A2_Ex1_2016_II_Solution

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ANÁLISIS MATEMÁTICO I - 2016 II
SOLUCIÓN DEL EXAMEN PARCIAL
Tomado el 26 de setiembre, 11:30 am
Duración 3:00 horas
Facultad de Ingenierı́a
Universidad de Piura
Piura - 2016
PREGUNTA N◦ 1
Considere la hélice generada por la función f : R3 → R, f (t) = (a cos t, a sin t, bt).
Demuestre que:
(a) el ángulo que forma la recta tangente con el eje z es constante.
(b) la recta normal en cualquier punto de la curva es perpendicular al eje z.
(c) el ángulo que forma la recta binormal con el eje z es constante.
(d) el cociente de la curvatura y la torsión es constante.
(1 pto. cada apartado)
Solución de la parte (a):
Sabemos que el producto escalar de dos vectoresA y B es igual a:
A · B = ‖A‖ · ‖B‖ cosα,
1
donde α es el ángulo entre los vectores. Despejando el término que contiene al
ángulo queda
cosα =
A · B
‖A‖ ‖B‖
. (1)
La recta tangente a la curva generada por la función vectorial dada tiene la
dirección del vector f ′(t). Si esta recta en un punto arbitrario de la curva forma un
ángulo constante con el eje z entonces el producto escalar f ′(t) · k debe ser tal que
cosα = c, donde c es una constante.
Calculamos f ′(t):
f ′(t) = (−a sin t, a cos t, b) .
Calculamos el producto escalar f ′(t) · k:
f ′(t) · k = b,
calculamos también ‖ f ′(t)‖:
‖ f ′(t)‖ =
(
(a cos t)2 + (a sin t)2 + b2
)1/2
=
(
a2 + b2
)1/2
.
Utilizando (1), con A = f ′(t) y B = k obtenemos
cosα =
b(
a2 + b2
)1/2 ,
que como se puede apreciar es constante. Esto quiere decir que el ángulo α entre
la dirección tangente a la curva y el eje z es siempre el mismo.
Solución de la parte (b)
Tenemos que calcular un vector que tenga la dirección de N. Sabemos que
N(t) =
(
f ′(t) × f ′′(t)
)
× f ′(t)
‖
(
f ′(t) × f ′′(t)
)
× f ′(t)‖
.
Calculamos f ′′(t):
f ′′(t) = (−a cos t,−a sin t, 0) .
Calculamos el producto vectorial f ′(t) × f ′′(t):
f ′(t) × f ′′(t) =
∣∣∣∣∣∣∣∣
i j k
−a sin t a cos t b
−a cos t −a sin t 0
∣∣∣∣∣∣∣∣ ,
2
f ′(t) × f ′′(t) = (ab sin t,−ab cos t, a2).
Calculamos ahora el producto ( f ′(t) × f ′′(t)) × f ′(t):
( f ′(t) × f ′′(t)) × f ′(t) =
∣∣∣∣∣∣∣∣
i j k
ab sin t −ab cos t a2
−a sin t a cos t b
∣∣∣∣∣∣∣∣
( f ′(t) × f ′′(t)) × f ′(t) =
(
−ab2 cos t − a3 cos t,−a3 sin t − ab2 sin t, 0
)
= −a
(
cos t(b2 + a2), sin t(a2 + b2), 0
)
Este vector es paralelo al vector normal principal N(t). Lo multiplicamos es-
calarmente por k y obtenemos:
( f ′(t) × f ′′(t)) × f ′(t) · k = −a
(
cos t(b2 + a2), sin t(a2 + b2), 0
)
· (0, 0, 1)
= 0.
Este resultado indica que ( f ′(t)× f ′′(t))× f ′(t) y por lo tanto N(t) es perpendicular
al eje z como se querı́a demostrar.
Solución de la parte (c)
El vector binormal está dado por
B(t) =
f ′(t) × f ′′(t)
‖ f ′(t) × f ′′(t)‖
,
ya hemos calculado f ′(t) × f ′′(t), entonces el vector binormal es:
B(t) =
(ab sin t,−ab cos t, a2)
‖(ab sin t,−ab cos t, a2)‖
=
1
√
a2b2 + a4
(ab sin t,−ab cos t, a2).
Calculamos el producto vectorial B(t) · k:
B(t) · k =
1
√
a2b2 + a4
(ab sin t,−ab cos t, a2) · (0, 0, 1),
=
a2
√
a2b2 + a4
.
De (1), el coseno del ángulo entre los dos vectores está dado por
cosα =
B(t) · k
‖B‖ ‖k‖
,
=
a2
√
a2b2 + a4
.
El hecho de que cosα sea constante implica de que α, el ángulo entre B(t) y k
es constante.
3
Solución de la parte (d):
La curvatura y la torsión están dadas por la expresión:
κ(t) =
‖ f ′(t) × f ′′(t)‖
‖ f ′(t)‖3
, τ(t) = −
f ′(t) × f ′′(t) · f ′′′(t)
‖ f ′(t) × f ′′(t)‖2
.
El producto mixto f ′(t) × f ′′(t) · f ′′′(t) es igual a:
f ′(t) × f ′′(t) · f ′′′(t) =
∣∣∣∣∣∣∣∣
−a sin t a cos t b
−a cos t −a sin t 0
a sin t −a cos t 0
∣∣∣∣∣∣∣∣ = a2b.
luego la relación κ(t)/τ(t) es igual a:
κ(t)
τ(t)
=
‖ f ′(t)× f ′′(t)‖
‖ f ′(t)‖3
−
f ′(t)× f ′′(t)· f ′′′(t)
‖ f ′(t)× f ′′(t)‖2
=
‖ f ′(t) × f ′′(t)‖3
‖ f ′(t)‖3
(
− f ′(t) × f ′′(t) · f ′′′(t)
) ,
= −
(
√
a2b2 + a4)3
(
√
a2 + b2)3a2b
= −
a3(a2 + b2)3/2
(a2 + b2)3/2a2b
,
= −
a
b
,
que como vemos es una relación constante que es lo que se querı́a demostrar.
PREGUNTA N◦ 2
Calcule la longitud del segmento ubicado en la recta que resulta de la inter-
sección de los planos x = 1.2 y y = 0.95, que se encuentra entre el paraboloide
z = x2 + 5y2 y su plano tangente en el punto (1, 1, 6).
(4.0 ptos.)
SOLUCIÓN:
Necesitamos la ecuación del plano tangente al paraboloide en el punto (1, 1, 6).
Consideramos al paraboloide como la gráfica de la función real de dos variables
f (x, y) = x2 + 5y2. El plano tangente es la gráfica de la función que da la aproxi-
mación lineal a f en (1, 1):
L(x, y) = f (1, 1) +
∂ f
∂x
(1, 1)(x − 1) +
∂ f
∂y
(1, 1)(y − 1),
4
es decir, la gráfica de L es el plano con ecuación
z = f (1, 1) +
∂ f
∂x
(1, 1)(x − 1) +
∂ f
∂y
(1, 1)(y − 1).
Tenemos
f (x, y) = x2 + 5y2, fx(x, y), = 2x fy(x, y) = 10y,
f (1, 1) = 6, fx(1, 1) = 2, fy(1, 1) = 10,
luego, la aproximación lineal a f en el punto (1, 1) es:
L(x, y) = 6 + 2(x − 1) + 10(y − 1),
L(x, y) = 2x + 10y − 6.
La ecuación del plano tangente al paraboloide en (1, 1, 6) es
z = 2x + 10y − 6.
La longitud del segmento sobre la recta intersección de los planos x = 1.2 y
y = 0.95, entre el plano tanto al paraboloide en (1, 1, 6) y el paraboloide, es igual
a la diferencia entre el valor de f (1.2, 0.95) y L(1.2, 0.95):
f (1.2, 0.95) − L(1.2, 0.95) = ((1.2)2 + 5(0.95)2) − (2(1.2) + 10(0.95) − 6),
f (1.2, 0.95) − L(1.2, 0.95) = 0.0525.
La ecuación del plano tangente al paraboloide se puede obtener también con-
siderando al paraboloide como el conjunto de nivel de valor cero de la función
real de tres variables F(x, y, z) = z − x2 − 5y2. Desde este punto de vista, el vector
grad F(1, 1, 6) es un vector perpendicular al paraboloide en el punto (1, 1, 6):
grad F(x, y, z) = (−2x,−10y, 1) ,
grad F(1, 1, 6) = (−2,−10, 1).
La ecuación del plano tangente en dicho punto es entonces
(x − x0) · grad F(x0) = 0,
((x, y, z) − (1, 1, 6)) · (−2,−10, 1),
(x − 1)(−2) + (y − 1)(−10) + (z − 6) = 0,
z = 2x + 10y − 6.
La longitud del segmento sobre la recta intersección de los planos x = 1.2 y
y = 0.95, entre el plano tanto al paraboloide en (1, 1, 6) y el paraboloide, es igual
a la diferencia entre el valor de z del paraboloide y el valor de z∗ para el plano
cuando x = 1.2 y y = 0.95:
z − z∗ = ((1.2)2 + 5(0.95)2) − (2(1.2) + 10(0.95) − 6),
z − z∗ = 0.2525,
5
PREGUNTA N◦ 3
Sea F(x, y) = f (x + 3y, 2x − y), donde f : R2 → R es diferenciable. Suponga
que grad f (0, 0) = (4,−3). Determine la derivada de la función F en el origen en
la dirección del vector 3 = (1, 1).
(4.0 ptos.)
SOLUCIÓN:
Consideramos que la función F(x, y), F : R2xy → Rz, es resultado de la composi-
ción de f (u, v), f : R2uv → Rz, y la función g : R2xy → R2uv definida como
g(x, y) = (x + 3y, 2x − y).
Nos piden calcular la derivada direccional en p = (0, 0) en la dirección del vector
v = (1, 1). Pero p = (0, 0) = g(q) = g(0, 0), es decir, q = (0, 0). Dicha derivada
direccional está dada por
∂F
∂u
(0, 0) = grad F(0, 0) · u. (2)
Para calcular las derivadas parciales de F utilizamos la regla de la cadena.
Cálculo de ∂F/∂x:
∂F
∂x
(x0, y0) =
∂ f
∂u
(g(x0, y0))
∂g1
∂x
(x0, y0) +
∂ f
∂v
(g(x0, y0))
∂g2
∂x
(x0, y0),
∂F
∂x
(p) =
∂ f
∂u
(g(p))
∂g1
∂x
(p) +
∂ f
∂v
(g(p))
∂g2
∂x
(p),
pero q = g(p) = (0, 0)
∂F
∂x
(p) =
∂ f
∂u
(q)
∂g1
∂x
(p) +
∂ f
∂v
(q)
∂g2
∂x
(p),
∂F
∂x
(0, 0) =
∂ f
∂u
(0, 0)
∂g1
∂x
(0, 0) +
∂ f
∂v
(0, 0)
∂g2
∂x
(0, 0),
puesto que grad f (0, 0) = (4,−3) tenemos que
∂ f
∂u
(0, 0) = 4
∂ f
∂v
(0, 0) = −3.
Entonces,
∂F
∂x
(0, 0) = 4
∂g1
∂x
(0, 0) + (−3)
∂g2
∂x
(0, 0),
6
además,
∂g1
∂x
(x, y) = 1
∂g2
∂x
(x, y) = 2,
finalmente
∂ f
∂u
(0, 0) = 4
∂ f
∂v
(0, 0) = −3,
∂F
∂x
(0, 0) = 4(1) + (−3)(2),
∂F
∂x
(0, 0) = −2.
Cálculo de ∂F/∂y:
∂F
∂y
(x0, y0) =
∂ f
∂u
(g(x0, y0))
∂g1
∂y
(x0, y0) +
∂ f
∂v
(g(x0, y0))
∂g2
∂y
(x0, y0),
∂F
∂y
(p) =
∂ f
∂u
(g(p))
∂g1
∂y
(p) +
∂ f
∂v
(g(p))
∂g2
∂y
(p),
pero q = g(p) = (0, 0)
∂F
∂y
(p) =
∂ f
∂u
(q)
∂g1
∂y
(p) +
∂ f
∂v
(q)
∂g2
∂y
(p),
∂F
∂y
(0, 0) =
∂ f
∂u
(0, 0)∂g1
∂y
(0, 0) +
∂ f
∂v
(0, 0)
∂g2
∂y
(0, 0),
puesto que grad f (0, 0) = (4,−3) tenemos que
∂ f
∂u
(0, 0) = 4
∂ f
∂v
(0, 0) = −3.
Entonces,
∂F
∂y
(0, 0) = 4
∂g1
∂y
(0, 0) + (−3)
∂g2
∂y
(0, 0),
además,
∂g1
∂y
(x, y) = 3
∂g2
∂y
(x, y) = −1,
finalmente
∂ f
∂u
(0, 0) = 4
∂ f
∂v
(0, 0) = −3,
∂F
∂y
(0, 0) = 4(3) + (−3)(−1),
∂F
∂y
(0, 0) = 15.
7
Para calcular la derivada direccional en dirección de v necesitamos un vector
unitario u con dicha dirección:
u =
v
‖v‖
=
1
√
2
(1, 1).
Usamos (2) para calcular la derivada direccional:
∂F
∂u
(0, 0) = grad F(0, 0) · u,
∂F
∂u
(0, 0) = (−2, 15) ·
1
√
2
(1, 1),
∂F
∂u
(0, 0) =
13
√
2
.
Otra forma de calular las derivadas parciales de F:
Si hacemos
z = F(x, y), z = f (u, v),
u = x + 3y, v = 2x − y,
podemos escribir la regla de la cadena como:
∂z
∂x
=
∂z
∂u
∂u
∂x
+
∂z
∂v
∂v
∂x
∂z
∂y
=
∂z
∂u
∂u
∂y
+
∂z
∂v
∂v
∂y
PREGUNTA N◦ 4
Si un sonido con frecuencia fs es producido por una fuente que se desplaza en
lı́nea recta con una velocidad 3s y un observador se desplaza con una velocidad
3o a lo largo de la misma recta en dirección opuesta hacia la fuente, entonces, la
frecuencia del sonido percibido por el observador es
fo =
(
c + 3o
c − 3s
)
fs,
donde c es la velocidad del sonido, aproximadamente 332 m s−1. Este es el efecto
Doppler. Suponga que en un momento determinado, está en un tren viajando a
34 m s−1 y acelerando a 1.2 m s−2. Un tren se aproxima desde la dirección opuesta
en la otra vı́a a 40 m s−1, acelerando a 1.4 m s−2 y hace sonar su silbato, que tiene
una frecuencia de 460 Hz. En ese instante, ¿cuál es la frecuencia percibida del
sonido que escucha y con qué rapidez está cambiando?
8
(4.0 ptos.)
SOLUCIÓN:
La frecuencia que del sonido que escucha el observador en las condiciones dadas
es:
fo =
(
c + 3o
c − 3s
)
fs,
fo =
(
332 + 34
332 − 40
)
460,
fo = 576.6 Hz
Para calcular la rapidez de cambio de la frecuencia percibida por el observador
consideramos a la frecuencia f0 como función compuesta del tiempo, luego:
d f0
dt
=
∂ f0
∂v0
dv0
dt
+
∂ f0
∂vs
dvs
dt
,
d f0
dt
=
fs
c − vs
dv0
dt
+
(c + v0) fs
(c − vs)2
dvs
dt
,
en el instante dado la velocidad de cambio de la frecuencia que escucha el obser-
vador es
d f0
dt
=
460
332 − 40
1.2 +
(332 + 34)460
(332 − 40)2
1.4,
d f0
dt
= 4.65 Hz s−1
PREGUNTA N◦ 5
Calcule los valores máximos y mı́nimos locales y puntos de ensilladura de las
funciones
(a) y cos x.
(b) ex cos y.
(2.0 ptos. cada apartado)
9
Solución de la parte (a):
Debemos encontrar los puntos crı́ticos. Sea f (x, y) = y cos x. Las derivadas
parciales son:
fx(x, y) = −y sin x, fy(x, y) = cos x,
queremos que ambas derivadas se hagan cero simultáneamente, entonces debe
cumplirse:
fx(x, y) = −y sin x = 0, fy(x, y) = cos x = 0.
La derivada parcial respecto a x se hará cero en aquellos puntos en los que x = nπ,
n ∈ Z y en aquellos puntos en los que y = 0. La derivada parcial respecto a y se
hará cero en aquellos puntos en los que x = π/2 + nπ, n ∈ Z.
Ambas derivadas parciales se harán cero simultáneamente en los puntos de la
forma
(π/2 + nπ, 0),
la función tiene una cantidad infinita de puntos crı́ticos.
Para determinar si en dichos puntos hay un extremo local podemos utilizar la
prueba de la segunda derivada. Tenemos:
fxx = −y cos x fxy = − sin x fyy = 0.
Calculamos D(x, y) en cada punto crı́tico:
D(x, y) = fxx(x, y) fyy(x, y) − ( fxy(x, y))2,
D(x, y) = (−y cos x)(0) − (− sin x)2,
D(x, y) = − sin2 x,
en los puntos crı́ticos tenemos
D(π/2 + nπ, 0) = − sin2 (π/2 + nπ) = −1.
Puesto que D(π/2 + nπ, 0) < 0, cada punto crı́tico es un punto de ensilladura.
Solución de la parte (b):
Debemos encontrar los puntos crı́ticos. Sea g(x, y) = ex cos y. Las derivadas
parciales son:
gx(x, y) = ex cos y, gy(x, y) = −ex sin y,
10
queremos que ambas derivadas se hagan cero simultáneamente, entonces debe
cumplirse:
gx(x, y) = ex cos y = 0, gy(x, y) = −ex sin y = 0.
La derivada parcial respecto a x se anula en los puntos tales que y = π/2 + nπ,
n ∈ Zmientras que la derivada parcial respecto a y se anula en los puntos tales que
y = nπ. Las derivadas parciales se anulan en rectas paralelas que no se cortan entre
sı́. En consecuencia, ambas derivadas no se anulan simultáneamente y la función
no tiene puntos criticos, la función no tiene extremos locales.
11