Ejercicios de Cálculo 20 - Caleb Carballido Torres

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PontificiaUniversidadCatolicadeChile Curso:MAT1620-C´alculoII
FacultaddeMatem áticas Profesor:WolfgangRivera
Semestre2019-2 Ayudante:IgnacioCasta˜neda
Mail: mat1620@ifcastaneda.cl
Ayudant́ıa11
Lagrangeeintegralesdobles
12denoviembrede2019
1. Hallarlosvaloresextremosde f(x,y )= x2+2y2−2x+3eneldiscocerrado x2+y2 ≤ 10.
Soluci´on:
Cuandotenemosrestricciones,debemoshacerunpasoadicional.
Enprimerlugar,encontramoslospuntoscr´ıticosigualquesiempre,esdecir,
igualandolagradienteaceroysologuardamoslosquecumplanconlasrestricciones.
Luego,utilizamosLagrangeparaencontrarlospuntoscr´ıticosdelosbordes.Para
esto,definimoscadarestricci´oncomounafunci´onadicional,despejandotodala
restricci´onhaciaunladodetalmaneraqueseigualeacero.Entonces,resolvemos
elsistema
∇f = λ∇g + µ∇h+ ...
g(x,y )=0 ,h (x,y )=0 ,...
paraobtenerlospuntoscr´ıticosdelosbordes.
Finalmente,evaluamostodoslospuntoscr´ıticosobtenidosparavercualesel
m´aximoycualeselm´ınimo.
Procedamosconleejercicio:
Enprimerlugar,tenemosque
∇f =
(
2x− 2
4y
)
=
(
0
0
)
Estosetraduceenelsistema
2x− 2=0
4y =0
→ x =1
y =0
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Por lo que P1(1, 0). Notemos que este punto si cumple con la restricción, ya que
12 + 02 ≤ 10, por lo que si es un punto cŕıtico.
Veamos ahora que sucede con los bordes. Sea
g(x, y) = x2 + y2 − 10
∇g =
(
2x
2y
)
Definimos el sistema
∇f = λ∇g
g(x, y) = 0
→
2x− 2 = λ2x
4y = λ2y
x2 + y2 = 10
Para resolver este sistema, seŕıa tentador pasar el y diviviendo en la segunda
ecuación, sin embargo, recordemos que este podŕıa ser cero, por lo que no podemos
hacerlo directamente. Si queremos dividir por algun termino que podŕıa ser cero,
debemos ver todos los casos posibles (en esta caso son dos, y = 0, y 6= 0).
y = 0
En este caso, de la últma ecuación obtenemos
x2 = 10→ x = ±
√
10
De aqúı se desprende
P2(
√
10, 0), P3(−
√
10, 0)
y 6= 0
De la segunda ecuación,
4 = 2λ→ λ = 2
Reemplazando esto en la primera,
2x− 2 = 4x→ x = −1
Por último, de la última ecuación tenemos que
1 + y2 = 10→ y2 = 9→ y1 = 3, y2 = −3
Por lo tanto, los puntos obtenidos son
P4(−1, 3), P5(−1,−3)
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Finalmente, evaluamos los puntos cŕıticos obtenidos en la función original, esto es
f(P1) = f(1, 0) = 1− 2 + 3 = 2
f(P2) = f(
√
10, 0) = 10− 2
√
10 + 3 = 13− 2
√
10
f(P3) = f(−
√
10, 0) = 10 + 2
√
10 + 3 = 13 + 2
√
10
f(P4) = f(−1, 3) = 1 + 18 + 2 + 3 = 24
f(P5) = f(−1,−3) = 1 + 18 + 2 + 3 = 24
Por lo tanto, concluimos que el máximo es 24 (P4 y P5) y el mı́nimo es 2 (P1).
2. Determine el máximo y el mı́nimo valor que alcanza la expresión z = x2−4xy−y2+2y,
para x ≥ 0; y ≥ 0; x+ y ≤ 2.
Solución:
En primer lugar, tenemos que
∇f =
(
2x− 4y
−4x− 2y + 2
)
=
(
0
0
)
Esto se traduce en el sistema
2x− 4y = 0
−4x+ 2y + 2 = 0 → x =
2
5
, y =
1
5
Por lo que nuestro primer punto es P1
(
2
5
,
1
5
)
. Notemos que este punto si cumple
con las restricción, ya que
2
5
+
1
5
≤ 2 y ambos son positivos, por lo que si es un
punto cŕıtico.
Veamos ahora que sucede con los bordes.
Recordemos para que nos sirve Lagrange. Al armar el sistema de ecuaciones
correspondiente, con las restricciones que elijamos, Lagrange nos indicará los puntos
cŕıticos que se encuentran cumpliendo todas las restricciones que hayamos agregado
al sistema.
Al tener múltiples restricciones, debemos hacer Lagrange múltiples veces, con todas
las restricciones por separado y combinandolas también con las que tengan sentido,
esto es, combinando las restricciones que se intersectan entre si.
Recordemos también que en Lagrange, las inecuaciones se convierten en igualdades,
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ya que estamos analizando solamente el borde y no su contenido.
Notemos que las restricciones de este ejercicio corresponden a un triangulo hecho
por los ejes coordenados y la recta y = 2 − x. Luego, los casos que tenemos que
analizar son cada uno de los bordes del triangulo y todas las intersecciones de estos,
es decir, las esquinas del triangulo. Estos casos corresponden a los siguientes:
x = 0
y = 0
x+ y = 2
x = 0 ∧ y = 0→ P2(0, 0)
y = 0 ∧ x+ y = 2→ P3(0, 2)
x+ y = 2 ∧ x = 0→ P4(2, 0)
Como pueden ver, varios casos se resolvieron de manera inmediata, sin embargo,
seguimos teniendo 3 casos que analizar. No obstante, dado que las restricciones son
bastante sencillas y tenemos solo dos variables, podemos evitar el uso de Lagrange
y simplemente reemplazar cada uno de los casos en la función original y encontrar
los puntos cŕıticos derivando la ecuación que obtengamos (que será de una variable).
Veamos entonces el resto de los casos:
x = 0
Al reemplazar en f(x, y), tenemos que
f(x, y) = −y2 + 2y = f(y)
Derivando,
f ′(y) = −2y + 2 = 0→ y = 1
Por lo tanto, tenemos P5(0, 1)
y = 0 Al reemplazar en f(x, y), tenemos que
f(x, y) = x2 = f(x)
Derivando,
f ′(x) = 2x = 0→ x = 0
Sin embargo, este punto ya lo tenemos (P2(0, 0)).
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x+ y = 2 Al reemplazar y = 2− x en f(x, y), tenemos que
f(x, y) = x2 − 4x(2− x)− (2− x)2 + 2(2− x) = 4x2 − 6x = f(x)
Derivando,
f ′(x) = 8x− 6 = 0→ x = 3
4
, y =
5
4
Por lo que P6
(
3
4
,
5
4
)
.
Finalmente, evaluamos todos los puntos en la función dada, esto es
f(P1) = f
(
2
5
,
1
5
)
=
1
5
f(P2) = f(0, 0) = 0
f(P3) = f(0, 2) = 0
f(P4) = f(2, 0) = 4
f(P5) = f(0, 1) = 1
f(P6) = f
(
3
4
,
5
4
)
= −9
4
Entonces, concluimos que el mı́nimo es −9
4
y el máximo es 4.
3. Si el plano x+y+2z = 2 corta al paraboloide z = x2+y2 se forma una elipse. Encuentre
los puntos de la elipse que están más cerca y más lejos del origen.
Solución:
Como tenemos que minimizar la distancia al origen, la función a minimizar es
f(x, y, z) =
√
x2 + y2 + z2
Notemos también que los óptimos de esta función serán los mismos que los de
f(x, y, z) = x2 + y2 + z2
Por lo tanto, optimizaremos esta última sujeta a las restricciones
x+ y + 2z = 2 , z = x2 + y2
Como solo nos interesa el borde, es decir, la elipse, podemos hacer Lagrange
directamente.
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Sea
g(x, y, z) = x+ y + 2z − 2, h(x, y, z) = x2 + y2 − z
Tenemos que
∇f =
2x2y
2z
 ∇h =
11
2
 ∇g =
2x2y
−1

Definimos el sistema
∇f = λ∇g + µ∇h
g(x, y, z) = 0
h(x, y, z) = 0
→
2x = λ+ µ2x (1)
2y = λ+ µ2y (2)
2z = 2λ− 1 (3)
x+ y + 2z = 2 (4)
z = x2 + y2 (5)
Haciendo (1)− (2), obtenemos
2x− 2y = 2xµ− 2yµ
x− y = (x− y)µ
(x− y)(µ− 1) = 0
Veamos por casos:
y = x
Al reemplazar esto en (5), obtenemos
z = 2x2
Luego, reemplazando estas cosas en (4), tenemos que
2x+ 4x2 = 2
2x2 + x− 1 = 0
(2x− 1)(x+ 1) = 0
x1 =
1
2
→ P1
(
1
2
,
1
2
,
1
2
)
, x2 = −1→ P2(−1,−1, 2)
y 6= x Al dividir por (x− y) en (1)− (2), obtenemos
µ− 1 = 0→ µ = 1
6
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Reemplazando esto en (1), tenemos que
2x = λ+ 2x→ λ = 0
Reemplazando los valores de λ y µ en (3), se tiene que
2z = −1→ z = −1
2
Sin embargo, notemos que al reemplazar esto en (5), llegamos a que
−1
2
= x2 + y2 ≥ 0
Como esto es una contradicción, no tenemos puntos cŕıticos en este caso.
Por lo tanto, los únicos puntos cŕıticos que tenemos son P1 y P2. Al evaluarlos en
la función objetivo, tenemos que
f(P1) = f
(
1
2
,
1
2
,
1
2
)
=
1
4
+
1
4
+
1
4
=
3
4
f(P2) = f(−1,−1, 2) = 1 + 1 + 4 = 6
Finalmente, concluimos que el punto perteneciente a la elipse que esta más cercano
al origen es P1
(
1
2
,
1
2
,
1
2
)
.
4. Resolver las siguientes integrales múltiples∫ 4
2
∫ 2
1
yexydxdya)
∫ 1
−1
∫ 1
−1
xy
1 + x2 + y2
dxdyb)
Solución:
a)
∫ 4
2
∫ 2
1
yexydxdy =
∫ 4
2
exy
∣∣∣2
1
dy =
∫ 4
2
e2y − eydy = 1
2
e2y
∣∣∣4
2
− ey
∣∣∣4
2
=
1
2
e8 − 1
2
e4 − e4 + e2 = 1
2
e8 − 3
2
e4 + e2
b)
∫ 1
−1
∫ 1
−1
xy
1 + x2 + y2
dxdy =
∫ 1
−1
y
2
∫ 1
−1
2x
1 + x2 + y2
dxdy
=
∫ 1
−1
y
2
ln(1 + x2 + y2)
∣∣∣1
−1
dy=
∫ 1
−1
y
2
(ln(2 + y2)− ln(2 + y2))dy
= 0
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5. Calcule ∫ 1
0
xb − xa
log x
dx
sabiendo que
∫ b
a
xydy =
xb − xa
log x
.
Solución:
Reemplazando con la información dada, tenemos que:∫ 1
0
xb − xa
log x
dx =
∫ 1
0
∫ b
a
xydydx
Cambiamos el orden de integración, dado que aśı es más facil integrar
=
∫ b
a
∫ 1
0
xydxdy
=
∫ b
a
xy+1
y + 1
∣∣∣1
0
dy
=
∫ b
a
dy
y + 1
= ln|y + 1|
∣∣∣b
a
con lo que: ∫ 1
0
xb − xa
log x
dx = ln
∣∣∣∣ b+ 1a+ 1
∣∣∣∣
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