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Soluciones del control 1 de Cálculo (23 de marzo de 2015) 1. Sea f (x,y)= x 4 y 2 , f (x,0)=0 . a] Dibujar las curvas de nivel f (x,y)=0 ,1 ,4 . b] Precisar si f es continua, si tiene derivadas parciales y si es diferenciable en (0,0) . c] Hallar un vector unitario u tal que D u f (1,�1)=�4 . d] Escribir la ecuación del plano tangente a la gráfica de f en (1,�1) . e] Si c(t)= � et , t�1 � , hallar, mediante la regla de la cadena, la derivada de h(t)= f (c(t)) en t=0 . [0.5 puntos] z=0z=1 z=4 x1 2 -1 z=1 z=0 z=4 y u f∆ c 1 a] x 4 y 2 =0 ! x=0 (e y=0 ), x 4 y 2 =1 y 4 ! y=±x2 e y=± 12 x 2 (parábolas). b] Las curvas de nivel muestran que no tiene límite f en (0,0) y no es continua.⇥ Cerca del origen hay puntos donde f vale 1,4, . . . , o bien, f (x,mx2)= 1 m 2 ⇤ . Por no ser continua, f no es diferenciable en el punto. f (x,0)= f (0,y)=0 ) f x (0,0)= f y (0,0)=0 . Existen las parciales. c] —f = � 4x3 y 2 ,� 2x 4 y 3 � , —f (1,�1)=(4,2) . Vale u =(�1,0) =�i , pues 4 es la D u en la dirección de i . ⇥ Con más trabajo u = � ap a 2+b2 , bp a 2+b2 � ! D u f (1,�1)= 4a+2bp a 2+b2 =�4 )- b=0 ó b= 4a3 ! � � 35 ,� 4 5 � ⇤ . d] Plano tangente: z =1+4(x�1)+2(y+1) , o bien, z =4x+2y�1 . e] c(0)=(1,�1) , c0(0)=(1,1) , h0(0) = —f (c(0)) · c0(0) = 6 . O bien: h(t)= f � et , t�1 � ! h0(t)= f x � et , t�1 � et+ f y � et , t�1 � t=0�! h0(0)= f x (1,�1)+ f y (1,�1)=6 . ⇥ Componiendo y derivando: h(t)= e 4t (t�1)2 ! h 0(t)= 2e4t(2t�3) (t�1)3 t=0�! 6 ⇤ . 2. Sea g(x,y)= e� p x 2+y2 . a] Dibujar aproximadamente g(0,y) y la gráfica de g . ¿Es diferenciable en (0,0) ? b] Calcular —g(�2,0) , utilizando cartesianas y polares. Calcular Dg(�2,0) en cartesianas o en polares. c] Si h(u,v,w)=g � u+3v,arctan(vw) � , hallar, utilizando la regla de la cadena, ∂h∂v (1,�1,0) . [0.3 puntos] y z 1 1/e 1-1 z a] g(0,y)= e� p y 2 = e�|y| , par y es e�y, si y�0 . De revolución. Como no existe g y (0,0) , no es diferenciable en el origen. b] En cartesianas: g x (x,y)=� xe � p x 2+y2p x 2+y2 , g y (x,y)=� ye � p x 2+y2p x 2+y2 . —g(�2,0)= � e�2, 0 � . En polares: g(r,q)= e�r . —g=g r e r =�e�r(cosq ,senq) q =p�! r=2 �e�2(�1,0)% . Laplaciano mejor en polares: Dg=g rr + 1 r g r = e�r� 1 r e�r = � 1� 1 r � e�r ��� r=2 = 12 e �2 . g xx =� e� p · (x2+y2)1/2 + x 2 e� p · (x2+y2)3/2 + x 2 e� p · x 2+y2 = (x2 p ·�y2)e� p · (x2+y2)3/2 , g yy = (y2 p ·�x2)e� p · (x2+y2)3/2 . Dg= -(�2,0)�p x 2+y2�1 � e� p x 2+y2 p x 2+y2 . c] h v = g x x v +g y y v = 3g x + w1+v2w2 gy ! hv(1,�1,0) = 3gx(�2,0)+0 ·gy(�2,0)= 3e �2 . 3. Sean a =(�1,0,3) y f(x,y,z)= � xz , y2, x � . a] Calcular: i) a⇥ f(a) , ii) el ángulo que forman a y f(a) , iii) div f , iv) — � div f � , v) rot f y vi) f · rot f . b] Precisar el punto de corte con el plano z=5 de la recta perpendicular a la superficie div f =3 en el punto a . [0.3 puntos] a] i) a⇥ f(a)= ������ i j k �1 0 3 �3 0 �1 ������ =(0,�10,0) . ii) a · f(a)=0 , ángulo p2 . iii) div f = z+2y . iv) — � div f � =(0,2,1) . v) rot f =(0,x�1,0) , vi) f · rot f =(x�1)y2 . b] z+2y=3 es un plano (al que pertenece a ), con vector perpendicular (0,2,1) . La recta perpendicular será: x =(�1,0,3)+ t (0,2,1)=(�1,2t,3+t) que corta z=5 para t=2 ! punto (�1,4,5) . ⇥ Décimas: 1: a] 10, b] 8+5+5=18, c,d] 3—+6+5=14, e] 8. 2: a] 9, b] 4+5+4=13, c] 8. 3: a] 3+4+3+3+4+3=20, b] 10 ⇤ . Soluciones del control 1* de Cálculo (23 de marzo de 2015) 1. Sea f (x,y)= x 2 (y�1)2 , f (x,1)=0 . a] Dibujar las curvas de nivel f (x,y)=0 ,1 ,4 . b] Precisar si f es continua, si tiene derivadas parciales y si es diferenciable en (0,1) . c] Hallar un vector unitario u tal que D u f (2,0)=�8 . d] Escribir la ecuación del plano tangente a la gráfica de f en (2,0) . e] Si c(t)= � 2t, t2�1 � , hallar, mediante la regla de la cadena, la derivada de h(t)= f (c(t)) en t=1 . [0.5 puntos] z=0z=1 z=4 x 1 2 -1 z=1 z=0 z=4 y u f ∆ c a] x 2 (y�1)2 =0 ! x=0 (e y=0 ), x 2 (y�1)2 =1 , 4 ! y=1±x , y=1± x 2 [rectas por (0,1) ]. b] Las curvas de nivel muestran que no tiene límite f en (0,0) y no es continua.⇥ Cerca del origen hay puntos donde f vale 1,4, . . . , o bien, f (x,1+mx)= 1 m 2 ⇤ . Por no ser continua, f no es diferenciable en el punto. f (x,1)= f (0,y)=0 ) f x (0,1)= f y (0,1)=0 . Existen las parciales. c] —f = � 2x (y�1)2 ,� 2x2 (y�1)3 � , —f (2,0)=(4,8) . Vale u =(0,�1) =�j , pues 8 es la D u en la dirección de j . ⇥ Con más trabajo u = � ap a 2+b2 , bp a 2+b2 � ! D u f (2,0)= 4a+8bp a 2+b2 =�8 )- a=0 ó a= 4b3 ! � � 45 ,� 3 5 � ⇤ . d] Plano tangente: z =4+4(x�2)+8(y�0) , o bien, z =4x+8y�4 . e] c(1)=(2,0) , c0(1)=(2,2) , h0(1) = —f (c(1)) · c0(1) = 24 . O bien: h(t)= f � 2t, t2�1 � ! h0(t)=2 f x � 2t, t2�1 � +2t f y � 2t, t2�1 � t=1�! h0(1)=2 f x (2,0)+2 f y (2,0)=24 . ⇥ Componiendo y derivando: h(t)= 4t 2 (t2�2)2 ! h 0(t)=� 8t(t 2+2) (t2�2)3 t=1�! 24 ⇤ . 2. Sea g(x,y)=arctan p x 2+y2 . a] Dibujar aproximadamente g(0,y) y la gráfica de g . ¿Es diferenciable en (0,0) ? b] Calcular —g(0,�2) , utilizando cartesianas y polares. Calcular Dg(0,�2) en cartesianas o en polares. c] Si h(u,v,w)=g � uew,4v+6w � , hallar, utilizando la regla de la cadena, ∂h∂w(0,1,�1) . [0.3 puntos] y zπ/2 π/4 1-1 z a] g(0,y)=arctan |y| , par y es arctany , si y�0 . De revolución. Como no existe g y (0,0) , no es diferenciable en el origen. b] En cartesianas: g x (x,y)= x (1+x2+y2) p x 2+y2 , g y (x,y)= y (1+x2+y2) p x 2+y2 . —g(0,�1)= � 0 ,� 15 � . En polares: g(r,q)= arctanr . —g=g r e r = 11+r2 (cosq ,senq) q =�p/2�! r = 2 1 5(0,�1) % . Laplaciano mejor en polares: Dg=g rr + 1 r g r =� 2r(1+r2)2 + 1 r(1+r2) = 1�r2 r(1+r2)2 ��� r=2 = � 350 . g xx = 1 (1+x2+y2)(x2+y2)1/2 + · · ·= y 2+y4�x2y2�2x4 (1+x2+y2)2(x2+y2)3/2 , gyy= x 2+x4�x2y2�2y4 (1+x2+y2)2(x2+y2)3/2 . Dg= -(0,�2) 1�x2�y2 (1+x2+y2)2 p x 2+y2 . c] h w = g x x w +g y y w = uewg x +6g y ! h w (0,1,�1)= 0·g x (0,�2)+6g y (0,�2)= � 65 . 3. Sean a =(2,2,�1) y f(x,y,z)= � x 2, yz ,y2 � . a] Calcular: i) a⇥ f(a) , ii) el ángulo que forman a y f(a) , iii) div f , iv) — � div f � , v) rot f y vi) f · rot f . b] Precisar el punto de corte con el plano z=0 de la recta perpendicular a la superficie div f =3 en el punto a . [0.3 puntos] a] i) a⇥ f(a)= ������ i j k 2 2 �1 4 �2 4 ������ =(6,�12,�12) . ii) a · f(a)=0 , ángulo p2 . iii) div f = 2x+z . iv) — � div f � =(2,0,1) . v) rot f =(y,0,0) . vi) f · rot f =x2y . b] z+2x=3 es un plano (al que pertenece a ), con vector perpendicular (2,0,1) . La recta perpendicular será: x =(2,2,�1)+ t (2,0,1)=(2+2t,2, t�1) que corta z=0 para t=1 ! punto (4,2,0) . ⇥ Décimas: 1: a] 10, b] 8+5+5=18, c,d] 3—+6+5=14, e] 8. 2: a] 9, b] 4+5+4=13, c] 8. 3: a] 3+4+3+3+4+3=20, b] 10 ⇤ . Soluciones del control 2 de Cálculo (26 de mayo de 2015) 1. Calcular la integral doble " D y dxdy , donde D es el semicírculo definido por (x�1)2+ y21 , y�0 : a] Integrando: i) en cartesianas (de una de las dos formas posibles) y ii) en las polares habituales. b] Usando ‘polares centradas en (1,0)’ : x=1+ucosv , y=usenv (tras hallar su jacobiano). [0.26+0.14 = 0.4 ptos] r=2senθ v=0v=π u=1 a] i) " D y = Z 2 0 Z p2x�x2 0 y dydx = 12 Z 2 0 (2x�x2)dx = 12 ⇥ 4� 83 ⇤ = 23 . " D y = Z 1 0 Z 1+ p 1�y2 1� p 1�y2 y dxdy = Z 1 0 2y(1�y2)1/2 dy =� 23 ⇥ (1�y2)3/2 ⇤1 0= 2 3 . ii) " D y = # Z p/2 0 Z 2cosq 0 r 2 senq dr dq = 83 Z p/2 0 cos3q senq dq = 23 ⇥ � cos4q ⇤p/2 0 = 2 3 . x 2+y2=2x , r2=2r cosq , r=2cosq b] Jacobiano ∂ (x,y)∂ (u,v) = ���� cosv �usenv senv ucosv ����= u . (x�1)2+ y2=1 ! u=1 . y�0 si v2 [0,p] . Por tanto: " D y = Z p 0 Z 1 0 u 2 senvdudv = ⇥ u 3 3 ⇤1 0 ⇥ � cosv ⇤p 0 = 2 3 . 2. Sea f (x,y,z)=y . a] Hallar $ V f , si V es el sólido acotado en x,y�0 por el paraboloide z=x2+y2 y z=2 . (Mejor en cilíndricas, aunque no es difícil en cartesianas). b] Si C es el corte de z=x2+y2 con x=0 ,para y�0 , 0z2 , parametrizar la curva C y hallar: i) Z C f ds . ii) Z C —f ·ds , en el sentido las z crecientes. [0.2+0.2 = 0.4 ptos] a] Paraboloide y plano se cortan en la circunferencia de radio p 2 . Cilíndricas: $ V f = Z p/2 0 Z p2 0 Z 2 r 2 r 2 senq dzdr dq = ⇥ � cosq ⇤p/2 0 Z p2 0 (2r2�r4)dr = ⇥2r2 3 � r 5 5 ⇤p2 0 = ⇥ 4p2 3 � 4 p 2 5 ⇤ = 815 p 2 . $ V f = Z p2 0 Z p2�x2 0 Z 2 x 2+y2 y dzdydx = Z p2 0 Z p2�x2 0 (2y�x2y�y3) dydx = Z p2 0 ⇥1 2(2�x 2)2� 14(2�x 2)2 ⇤ dx = Z p2 0 � 1�x2+ 14 x 4� dx = ||p 2(1� 23+ 1 5) . b] Podemos parametrizar C con c(t)=(0, t, t2) , t2 ⇥ 0, p 2 ⇤ , o con c⇤(t)= � 0, p t, t � , t2 [0,2] . i) c0(t)=(0,1,2t) , kc0k= p 1+4t2 , Z C f ds = Z p2 0 t (1+4t2)1/2dt = 112(1+4t 2)3/2 ⇤p2 0 = 13 6 . c 0 ⇤(t)= � 0, 12pt ,1 � , kc0k= q 1 4t +1 , Z C f ds = Z 2 0 1 2(1+4t) 1/2 dt = 112(1+4t) 3/2⇤2 0= 13 6 . ii) Z C —f ·ds = f � 0, p 2 ,2 � � f (0,0,0)= p 2 . h O bien: Rp2 0 (0,1,0)·(0,1,2t)dt= R 2 0 (0,1,0)· � 0, 12pt ,1)dt= p 2 i . 3. Comprobar el teorema de Green para el campo vectorial f(x,y)=(�xy ,y) en el recinto D limitado por la parábola y=x2 y el segmento que une los puntos (�1,1) y (2,4) . [0.4 puntos] D y=x y=x+2 2 g x � f y = x . " D x = Z 2 �1 Z 2+x x 2 x dydx = Z 2 �1 (2x+x2�x3)dx = ⇥ 3+ 93� 15 4 ⇤ = 94 . O bien: Z 1 0 Z p y �py x dxdy + Z 4 1 Z p y y�2 x dxdy = 0+ 12 Z 4 1 (5y�y2�4)dy = 94 . Parametrizamos los dos tramos de la frontera: c1(x)=(x,x2) , x2 [�1,2] . c2(x)=(x,x+2) , x2 [2,�1]⇥ o c2(y)=(y�2,y) , y2 [4,1] , o c2(t)=(2�3t,4�3t) , t2 [0,1] ⇤ . I ∂D f ·ds = Z 2 �1 (�x3,x2) · (1,2x)dx + Z �1 2 (�x2�2x,2+x) · (1,1)dx = Z 2 �1 x 3 dx + Z 2 �1 (x2+x�2)dx = 154 + 9 3 + 3 2 �6 = 15 4 � 3 2 = 9 4 . Soluciones del parcial de Cálculo (grupo C) (abril de 2015) 1. Sea f (x,y)= 2xy+y 3 x2+y2 si (x,y),(0,0) , f (0,0)=0 . a) Dibujar las curvas de nivel f (x,y)=0 . b) Estudiar la existencia de derivadas parciales, la continuidad y la diferenciabilidad de f en (0,0) . c) Hallar un vector unitario u tal que Du f (�2,2)=0 . [0.5+1.5+1=3pt] x 2 -2 z=0 y u f ∆ z=0 a) f =0 , y(2x+y2)=0 ! y=0 y la parábola x=� 12 y 2 [que pasa por (�2,2) ]. b) f (x,0)=0 f (0,y)=y ) fx(0,0)=0 fy(0,0)=1 . f (x,mx)= 2m+m 3x 1+m2 �!x!0 2m 1+m2 ) discontinua en (0,0) . ⇥ En polares es casi lo mismo: f (r,q)=2cosq senq+r sen3q ! r!0 sen2q dependiente de q ⇤ . ⇥ Para probar la discontinuidad bastaba comprobar, por ejemplo, que f (x,x)! x!0 1 ⇤ . Por no ser f continua, deducimos que f no es diferenciable en ese punto. c) —f = � 2y(y2�x2�xy2) (x2+y2)2 , 2x3�2xy2+3x2y2+y4 (x2+y2)2 ��� (�2,2)= � 1 2 ,1 � , (2,�1) perpendicular ) u = � 2p 5 ,� 1p 5 � ⇥ ó �u ⇤ . ⇥ Más corto: u debe ser vector tangente a la curva de nivel, que tiene pendiente � 12 en el punto ⇤ . 2. Sea g(x,y)=y3�2x2+2xy�2y2 . a) Hallar sus extremos locales. ¿Tiene extremos absolutos? b) Justificar que g(x,y)=0 define una función y(x) de C1 cerca de (0,2) y hallar la recta tangente a y(x) en ese punto. c) Si c(t)= � t�1, t+t2 � y h(t)=g(c(t)) , calcular h0(1) utilizando la regla de la cadena en Rn. [2+0.7+0.8=3.5pt] g=1 g=0 g= 1 g= 1/2 c a) gx=2y�4x=0 , y=2x & gy=3y2+2x�4y=0 , 6x(2x�1)=0 , Hg= ���� �4 2 2 6y�4 ����=12(1�2y) ! � 1 2 ,1 � silla y (0,0) máximo local ⇥ con valores g � 1 2 ,1 � =�12 y g(0,0)=0 ⇤ . g(0,y)=y3�2y2 �! y!±• ±• ) no tiene extremos absolutos. b) g(0,2)=0 , gy(0,2)=4,0 ) existe y(x)2C1 cerca de (0,2) , gx(0,2)=4 , y0(0)=�44 =�1 . Recta tangente y=y(0)+y 0(0)(x�0)=2�x . c) c(1)=(0,2) , c 0(1)=(1,3) , h0(1)= —g(c(1)) · c 0(1)=(4,4)·(1,3)=16 . ⇥ Con Maple pintamos las curvas de nivel g=�1,� 12 , 0 y 1 . Se ve que la recta es tangente a g=0 . También se ve que h 0(1)>0 . La curva g=0 es precisamente la curva f =2 del problema anterior (buscando más información sobre f llegaríamos a ella) ⇤ . 3. Sea f(x,y,z)= � xz2,�x2y ,�y2z � . a) Calcular: i) div f , ii) — � div f � , iii) rot f . b) Obtener la ecuación del plano tangente y la recta normal a la superficie div f =0 en el punto (3,4,5) . ¿Corta la recta normal alguno de los tres ejes? [1+1.5=2.5pt] a) div f =z2�y2�x2 [=0 cono]. — � div f � =(�2x,�2y,2z) (3,4,5)�! 2(�3,�4,5) . rot f =(�2yz,2xz,�2xy) . b) Plano tangente: �3(x�3)�4(y�3)+5(z�5)=0 , 5z=3x+4y (pasa por el origencomo en todo cono) ⇥ ó z= p x2+y2 ... ⇤ . Recta normal: � 3(1�t),4(1�t),5(1+t) � , que para t=1 corta el eje z (esperable en cono) en (0,0,10) . 4. Comprobar que u(x,y)= xy+xh � y x � , con h: R!R derivable y x>0 , cumple la ecuación xux+yuy = u+xy . [1 pt] ux=y+h � y x � �xh0 � y x � y x2 , uy=x+ xh 0� y x � 1 x , xux+ yuy=2xy+xh � y x � �yh0 � y x � +yh0 � y x � = 2xy+xh � y x � = u+xy . otros apartados preparados que no llegué a preguntar: 1. d) Calcular D f (�2,2) (mejor en polares). 2. a*) Hallar los puntos críticos de g sobre y�2x=1 ulizando multiplicadores de Lagrange. 3. c) Hallar D f . Si c(t)= � 3,5�t2,5t � y r(t)= � f� c � (t) , hallar c 0(1) y, con la regla de la cadena, r 0(1) . 1d) f (r,q)=sen2q+r sen3q ) frr+ frr + fqq r2 �� (2 p 2 ,3p/4) =1 ⇥ o peor fxx+ fyy= 2y(3x2�y2�4x) (x2+y2)2 �� (�2,2) = 1 ⇤ . 2a*) y�2x=�l & 3y2+2x�4y=l # 3y(y�1)=0 y�2x=1 x=�1/2,0 ! � � 12 ,0 � , (0,1) . [La recta y=2x+1 es tangente a las curvas de nivel g=� 12 y g=�1 del dibujo de arriba]. 3c) c 0(1)=(0,�2,5) . c(1)=(3,4,5) . Df = 0 @ z2 0 2xz �2xy �x2 0 0 �2yz �y2 1 A. c 0(1)= Df(c(1)) c0(1)=(150,18,0) .
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