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Parcial III de Cálculo III
David Montes Cardona Código: 1923542- Universidad del Valle
- Considere la función f (x, y) = y+
x^2 + 9y^2 definida sobre el conjunto
x^2 9
Solución. Obsérvese que el que gradiente de f es
∇f (x, y) =
x √ x^2 + 9y^2
9 y √ x^2 + 9y^2
El gradiente está definido para cualquier (x, y) ∈ R^2 −{(0, 0)}. Por ende, (0, 0) es un punto singular de f que además pertenece al conjunto sobre el que se define la función. Acá se tiene que f (0, 0) = 0.
Ahora bien, si (x, y) ∈ R^2 − {(0, 0)} es un punto critico de f , entonces ∇f (x, y) = (0, 0), es decir, x = 0 y
9 y √ x^2 + 9y^2
9 y 3 |y|
y |y|
Pero lo anterior es una contradicción, porque y/|y| ∈ { 1 , − 1 }. En consecuencia, f no tiene puntos críticos.
Por otra parte, analícese el comportamiento de f en la frontera del conjunto dado, es
decir, sobre el conjunto
x^2 9
- y^2 = 1. Este conjunto puede parametrizarse como sigue
~r(t) = (3 cos(t), sen(t)) para t ∈ [0, 2 π]. Luego
g(t) = f (~r(t)) = sen(t) +
9 cos^2 (t) + 9 sen^2 (t) = sen(t) + 3.
Como g′(t) = cos(t), entonces los puntos críticos de g ocurren cuando t = π/ 2 , 3 π/ 2. Ade- más, g(0) = g(2π) = 3, g(π/2) = 4 y g(3π/2) = 2.
De todo lo anterior, se concluye que el valor mínimo de f es 0, alcanzado en (0,0); mientras que su valor máximo es 4, alcanzado en ~r(π/2) = (0, 1).
- Sea f (x, y) = x^2 − 3 y + 2y^2 − 2 xy.
Solución. Es claro que fx(x, y) = 2x − 2 y, fy(x, y) = −3 + 4y − 2 x, fxx(x, y) = 2, fyy = 4 y fxy(x, y) = fyx(x, y) = − 2.
Si (x, y) ∈ R^2 es un punto crítico de f , entonces 2 x − 2 y = 0 y −3 + 4y − 2 x = 0. Sumando ambos lados de las ecuaciones anteriores, se obtiene −3 + 2y = 0, luego y = 3/ 2 y x = 3/ 2 (porque de la ecuación 2 x − 2 y = 0 si sigue que x = y). Por ende, (3/ 2 , 3 /2) es el único punto crítico de f.
La matriz hessiana de f viene dada por
Hessf (x, y) =
[
fxx(x, y) fyx(x, y) fxy(x, y) fyy(x, y)
]
[
]
Nótese que det(Hessf (3/ 2 , 3 /2) = 4 > 0 , y como fxx(3/ 2 , 3 /2) = 2 > 0 , entonces f alcanza un mínimo relativo en (3/ 2 , 3 /2).
- La función vectorial F (x, y) =
−y sen(xy) + y^2 , −x sen(xy) + 2xy +
2 y y^2 + 1
sa-
tisface que ∇ϕ = F. Halle ϕ.
Solución. Partiendo de la existencia de ϕ (el enunciado no pide demostrar la conservativi- dad de F y da por hecho que ya lo es), se tiene que
∂ϕ ∂x
= −y sen(xy) + y^2
y ∂ϕ ∂y
= −x sen(xy) + 2xy +
2 y y^2 + 1
Por un lado,
ϕ(x, y) =
[−y sen(xy) + y^2 ] dx = cos(xy) + xy^2 + g(y)
para alguna función g. Ahora bien,
∂ϕ ∂y
= −x sen(xy) + 2xy + g′(y).
iii) Una parametrización para −C 3 es ~r(t) = (t, 1) para t ∈ [0, 1] (se pone el signo negativo, porque C 3 en realidad va desde el vértice superior derecho hasta el superior izquierdo). Luego (^) ∫
C 3
F · d~r = −
0
(t, 0) · (1, 0) dt = −
0
t dt = −
t^2 2
1
0
iv) Una parametrización para −C 4 es ~r(t) = (0, t) para t ∈ [0, 1] (se pone el signo negativo, porque C 4 en realidad va desde el vértice superior izquierdo hasta el inferior izquierdo). Luego (^) ∫
C 4
F · d~r = −
0
(0, 0) · (0, 1) dt = 0.
Así pues, ∫
C
F · d~r =
∑^4
i=
Ci
F · d~r = −
- Sea∫ ∫ T el triángulo en R^2 con vertices en (0, 2), (2, 0) y (2, 2). Halle la integral
T
(x + 1) dxdy.
Solución. Gráficamente, la región de integración es
y
x
𝒙 = 𝟐 − 𝒚
Luego ∫ ∫
T
(x + 1) dxdy =
0
2 −y
(x + 1) dxdy
0
x^2 2
x=
x=2−y
dy
0
[
(2 − y)^2 2
− (2 − y)
]
dy
= 4y +
(2 − y)^3 2
2 y −
y^2 2
2
0
- Invierta los límites de la suma de integrales siguiente
∫ (^3)
0
∫ (^) x/ 3
0
f (x, y) dydx +
3
x 3 − 1
f (x, y) dydx
Solución. Gráficamente, la región de integración es
𝒙 = 𝟐 − 𝒚
y
x
𝑦 = 𝑥 3 − 1 ⟺ 𝑥 = 3 𝑦 + 3
𝑦 =
𝑥 3 ⟺^ 𝑥^ =^3 𝑦
Luego
∫ (^3)
0
∫ (^) x/ 3
0
f (x, y) dydx +
3
x 3 − 1
f (x, y) dydx =
0
∫ (^3) y+
3 y
f (x, y) dxdy.
