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UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA “Norte de la Universidad Peruana” SECCIÓN JAÉN Fundada por Ley Nº 14015 del 13 de Febrero de 1,962 Bolívar Nº 1342 – Plaza de Armas – Telfs. 431907 - 431080 JAÉN – PERÚ ESCUELA ACADÉMICO PROFESIONAL DE INGENIERÍA

1.- Hallar la longitud de un giro de la hélice dada por: a) �

⃗(⃗�⃗) = ����(�)� + ����(�)� + √� − �� ⃗� SOLUCION

-

Sacamos las derivadas de la función dada:

r ´ (t )=−bsen ( t ) i+bcos ( t ) j -

usamos la fórmula de longitud de arco 2π

l=∫‖r ´ ( t)‖dt 0

2

bcos (t ) ¿ ¿ 2 −bsen ( t ) ¿ +¿ ¿ √¿ 2π

l=∫ ¿ 0

2π

l=∫ √ b2 sen 2 ( t ) +b2 cos2 ( t ) dt 0 2π

l=∫ b √ sen 2 ( t ) +cos 2 ( t ) dt 0

2π

l=b ∫ dt 0

l=2 πb

0.425 0.725 2.-La función S (w ,h)= 0.1091w h relaciona el área superficial ( en pies cuadrados) del cuerpo de una persona como una función del peso w ( en libras) y la � � altura h ( en pulgadas) . Encuentre cuando w= 150 y h= 72. Interprete, � � SOLUCION Calculamos la derivada parcial de S con respecto a W.

Lic. ELADIO SÁNCHEZ CULQUI

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s  0.1091*0.425w0.575h 0.725 w



s pies 2 l(150,72)  0.1091*0.425(150)0.575 (72)0.725  0.058 w libra

RPTA: para un aumento de 1lb y h=72 es constante,produce un aumento en el área de la piel de aproximadamente 0.058 pies2

2 2 3.- Para Z= 9-x -y encuentre la pendiente de la recta tangente en (2, 1, 4) en : a) El plano x=2 b) En el plano y=1. SOLUCION Como solo me dicen en el plano x=2 entonces calcularemos la derivada parcial de Z con respecto a y: z  9  x2  y2



z  2 y y



z l(2,1,4)  2 y

a) En el plano y=1 Solución: Como solo me dicen en el plano y=1 entonces calcularemos la derivada parcial de Z con respecto a x: z z z  9  x2  y2   2 x  l(2,1,4)  4 y y

Lic. ELADIO SÁNCHEZ CULQUI

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4.- Encuentre una linealización de la función dada en el punto indicado. �) (�, �) = 3���� ��� � �� ����� � ( �/4,3�/4) �) (�, �) = ln(�2 + �2) ���� ����� � ( −1, 1) SOLUCION f ( x , y ) =3 senxcosy en P( π /4,3 π /4) ∇ F ( x , y , z )=¿ 3 cosxcosy ,−3 senxseny ,−1>¿ π 3π 3 ∇F , , =¿−3/2,−3/2,−1>¿ 4 4 2 3 3 π 3π 3 ¿− ,− ,−1>¿ x− , y − , z− >¿ 0 2 2 4 4 2 −3 π 3 3π 3 x− − y− − z− =0 2 4 2 4 2 −3 3 3 f ( x , y )= x− y+ (π +1) 2 2 2

(

)

(

) (

)( )

5.- Compare los valores de ∆z y dz para la función dada cuando (x ,y) varía del primero al segundo punto : 2 a) z= 2x y+5y+8 ; (0,0) , (0.2, -0.1) 2 b) z= ( x + y) ; (3,1) , ( 3.1 , 0.8) SOLUCION Sea z=f ( x , y ) una función para la cual las primeras derivadas parciales de f x y f y existen Entonces las diferenciales de

x y

y

son dx=∆ x

Lic. ELADIO SÁNCHEZ CULQUI

y dy=∆ y

la diferencial de

z

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dz=f x ( x , y ) dx+ f y ( x , y ) dy=

∂z ∂z dx + dy ∂x ∂y

También se denomina diferencial total de z

z=2 x2 y +5 y+ 8 ;(0,0) ,(0.2,−0.1) entonces

a)

∂z =4 xy ∂x

y

∂z =2 x 2+5 ∂y

2

z=2 x y +5 y+ 8 ;(0,0) ,(0.2,−0.1) dx=0.2 dz=

∆ z=−0.508

y dy=−0.1

∂z ∂z dx + dy=( 4 xy )dx+(2 x2 +5)dy ∂x ∂y

dz=5∗−0.1=−0.5

Se observa que el resultado del cambio

∆z

de la función puede aproximarse por medio de los

cambios en la linealizacion. b)

z=( x+ y )2 ; (3,1),(3.1, 0.8) entonces ∂z =2(x + y ) ∂x

y

∂z =2( x + y ) ∂y

z=( x+ y )2 ; (3,1),(3.1, 0.8) dx=0.1 dz=

∆ z=−0.79

y dy=−0.2

∂z ∂z dx + dy=2(x + y )dx +2( x + y )dy ∂x ∂y

dz=8∗0.1−8∗0.2=−0.8

Se observa que el resultado del cambio ∆ z cambios en la linealización.

de la función puede aproximarse por medio de los

6.-Considere el plano que es perpendicular al plano XY y que pasa por los puntos P(2,1) y Q(3,2). ¿Cuál es la pendiente de la recta tangente a la curva de intersección de 2 2 este plano con la superficie f(x,y)= 4x + y en (2,1,17) en la dirección de Q? SOLUCION P 2,1

PQ  1,1

Q 3,2

1,1  

1 1  ,  2  2 2 Superficie: u



f  x, y   4 x 2  4 y 2 Gradiente:

P   2,1,17 

Lic. ELADIO SÁNCHEZ CULQUI

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 f  x , y   8 x ,2 y

 f  2,1  16,2 La derivada direccional: Du f  x, y    f  x, y .u  1 1  Du f  2,1  16,2 . ,   2 2 2   16 Du f  2,1     2  2 18 9 2 2 La pendiente

Lic. ELADIO SÁNCHEZ CULQUI

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7. La temperatura en grados Celsius en la superficie de una placa metálica está dada por T(x,y) = 20 - 4x2 - y2 Donde x e y se miden en centímetros.¿ En que dirección a parrtir de (2,-3) aumenta más rápido la temperatura?. ¿Cuál es la tasa o ritmo de crecimiento ?. SOLUCIÓN El gradiente es: ∇ T ( x , y )=T x ( x , y ) i+T y ( x , y ) j=−8 xi−2 yj La dirección del máximo incremento estará dada por: ∇ T ( 2,−3 )=−8 ( 2 ) i−2 (−3 ) j=−16 i+6 j La tasa o el ritmo de incremento es: |∇ T ( 2,−3 )|=√ (−16 )2+ ( 6 )2=√ 256+36=√ 292=17.09o por centimetro 8.- Encuentre la superfiie de nivel de F(x,y,z)= x2+y2+z2 que pasa por el punto (1,1,1). Grafique el gradiente en el punto dado.

SOLUCIÓN  Reemplazamos el punto (1,1,1) en la función F ( x, y, z ) F (1,1,1)  3  la superficie de nivel que pasa por el punto (1,1,1) es una esfera 3  x 2  y 2  z 2

 Ahora hallamos la F ( x, y, z ) F ( x, y, z ) F ( x, y, z ) i j x y  F ( x, y , z )  2 xi  2 yj  2 zk F ( x, y , z )  2i  2 j  2k F ( x , y , z ) 

2 2 2 9.-Determine los extremos de f(x,y,z) = x +y +z sujetos a 2x-2y-z=5 SOLUCION g ( x. y )  2 x  2 y  z  5 f x  2x gx  2

f y  2y

g y  2

f z  2z g z  1 2x  2 y  z  5  0   x   y  2 z Reemplazamos en 2 x  2 y  z  5  0  2

 2 x  2 2 y  2 2 z  

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4 x  4 y  2 z  10  0 4 x  4 x  x  10 x  10  y  10  z  5  Un extremo con restricciones es f (10,10,5)  225

10.- Una caja rectangular descansa en el plano XY con uno de sus vértices en el origen. El vértice opuesto en el plano 6x+4y+3z=24 como se muestra en la figura. Hallar el volúmen máximo de la caja. SOLUCIÓN Puesto que un vértice de la caja pertenece al plano 6x+4y+3z=24, tenemos que z=(1/3) (24-6x-4y) y podemos escribir el volumen, xyz, de la caja como función de dos variables:

Haciendo iguales a cero las dos derivadas parciales primeras,

Obtenemos los puntos críticos (0,0) y (4/3,2). En (0,0) el volumen es cero, por lo que aplicamos el criterio de las derivadas parciales segundas al punto (4/3,2)

Como

y

Deducimos por el criterio de las derivadas parciales segundas que el volumen máximo es

Unidades cúbicas. Observar que el volumen es nulo en los puntos del borde del dominio triangular de V.

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11.- Emplee la integral doble para determinar el área de la región acotada por las gráficas de y=x2 , y= 8 – x2 . SOLUCION 2 8 x 2

A  2

 dydx

0 x2

2

8 x 2

A  2 y x 2 dx 0

2







A  2 8  x 2  x 2 dx 0

2



A  2   8  2 x 2 dx 0

2



A  4   4  x 2 dx 0

 x3  A  4 4 x   3  8  A  4 8   3  64 A  u2 3

2

0

12.- Utilice la integral doble para calcular el volumen V del sólido en el primer octante que está acotado por los planos coordenados y las gráficas del plano z=3-x-y y el cilindro x2+y2 = 1 . SOLUCIÓN

x2  y2  1

z  3 x  y 1

V 



0 0

1 x 2

 3  x  y  .dy .dx

y2  V    3 y  xy  0 2   1

1 x 2



.dx 0

1 1 x2  V    3 1  x 2  x 1  x 2    .dx 0 2 2  2 1 x 1 1 V    x 1  x 2   .dx  3 1  x 2 0 0 2  2

1

i)

Para 

0

1  x 2 .dx

, POR SUSTITUCIÓN TRIGONOMÉTRICA

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0

I     sen .sen .d 

2

 2 0

I    sen 2 .d 





I   2 1  cos 2  .d 0

  sen 2  I   4   2

sen  1  x 2 cos   x  sen .d  dx

 2 0

 I 4

 x3 1 V   1 x2  6 2





32

x   2

1

 0

 4

 1 1  1   V         6 2  2  4   7 V     u3  4 6 13.- Utilizando coordenadas polares , encuentre el volumen del sólido que está bajo el hemisferio � = √1 − �2 − �2 y sobre la región acotada por la gráfica de la circunferencia �2 + �2 − � = 0 SOLUCIÓN v   1  x  y dA 2

2

R

coordenadas polares : x2  y2  r 2  z  1 x2  y2 pero y  sen( )  x  cos( )  r  1 z  1  r 2  0    2  0  r  1

V 

2

0

1



u  1 r

0 2

1  r 2 rdrd 

du  2rdr du  dr  2r Reemplazamos 2 1 u V    rdud 0 0  2r

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1

V 

u3 d 4

2

0

0

2 Reemplazamos u  1  r

V 

1  r 

2 3

2

4

0

1

d

V  

2

0

0

entoncesV  0.6

1 1 2 d  V     0 4 4

14.-Determine el área de la superficie de la porción de la esfera x2 +y2 +z2 =a2 que está sobre el plano XY y dentro del cilindro x2 +y2 =b2 , 0 < b < a SOLUCIÓN El área de la superficie es:

A( S )   1   f x ( x, y )    f y ( x, y )  2

2

R

z  a  x2  y2 Derivadas Parciales x f x ( x, y )  2 a  x2  y2 2

y

f y ( x, y ) 

a  x2  y2 2

1   f x ( x, y )    f y ( x, y )  2

Reemplazamos en : 

1 

x



2



y



2

2

   2 2 2   a2  x2  y2  a  x  y     2 2 x y a2  1 2   a  x2  y2 a2  x2  y2 a2  x2  y2 

A( S )   1   f x ( x, y )    f y ( x, y )  2

R Reemplazamos en: a A( S )   dA 2 2 2 a  x  y R Convertimos la función a coordenadas polares y  sen ( )  x  cos( )  x 2  y 2  r 2 r b

a2  x2  y2  a2  r2 a  A( S )   a2  r 2 R 0    2  0  r  b 2 b 1 A( S )  a   rdrd 0 0 a2  r2

2

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u  1 r2 du  2rdr du  dr  2r Reemplazamos en la integral: A( S )  a 

2

0



b

0

1  du  1 2 b 1   rd  A( S )  a  dud 2r 2 0 0 u u b

 a 2  1 u b A( S )  d  A( S )  a 2 a 2  r 2 d  0 2 2 0 0 4 0 a 2 A( S )   ( a 2  r 2  a )d 4 0 a 2 A( S )  ( a 2  r 2  a ) 0 4 a A( S )  ( a 2  r 2  a ) 2

15.- Combinar la suma de las dos integrales iteradas en una sola integral iterada pasando a coordenadas polares. Evaluar la integral iterada resultante.

�) ∫

∫ ������ + ∫ ∫ 0 5√2/2 0

0

������

SOLUCION 2 x

2 2



a)

x  y dydx  2

2

0 0

8 x 2

  2

0

8 y 2

2

  0

x 2  y 2 dxdy

y

Coordenadas polares:  4

8

   r  r drd

0 0  4 3

r 0 3

8

d 0

 4

16 2 d 3 0



16 2      0 3  4  4 2 3 5 2 2 x

5

25 x 2

5 2 2

0

  xy dydx    xy dydx 0

0

b) 5 2 2

25 y 2

0

y

  xy dxdy

En coordenadas polares:  4 5

   r cos   rsen  r drd

0 0  4 5

  r sen cos  drd

0 0  4

3

5

 r4  0  4 sen cos   d 0

x 2  y 2 dydx

 4

625 sen cos  d 4 0



625  2  4  2  625 16

2

16.- Calcule la integral triple que produce el volumen del sólido que tiene la forma determinada por el cono de un manto � = √�2 + �2 y el paraboloide x= 6 - y2 – z2 . SOLUCIÓN:

y  z  6  x , encontramos que x 2  6  x o  x  3  x  2   0 Al sustituir x  y  z en por lo tanto las dos superficies se intersecan en el plano x  2 .la proyección sobre el plano 2

2

2

2

2

2 2 yz de la curva de intercepción es y  z  4 . 2

V   dV  4 D

0

4  y 2 6 y 2  z 2

 0



2

y z

dxdzdy 2

Transformamos a coordenadas polares en el plano yz haciendo

y  r cos  , z  rsen

Por lo tanto las coordenadas cilíndricas en el espacio tridimensional son, obteniendo lo siguiente.

 r , , x 

 /2 2 6  r 2

V 4



0 0

rdxdrd

r

 /2 2

V  4   r   6  r 2    r  drd 0 0

 /2

V 4 0

 /2

V 4 0



2

r 2 r 4 r 3 6  2  4  3 d   0 16 d 3

64     3  2 32 V 3 V

17.- Cambie el orden de integración en: 6

4

0

0



2x 3

x 3y 3  2 4 0



f ( x, y , z )dzdydx

a dydxdz

SOLUCIÓN 2x x 3y 0 x  6;0 y  4 ; 0  z  3  3 2 4



3



2 ( 3 z )

0 0



4

0

2x 4z  3 3

f ( x, y, z )dydxdz

2 2 18.- Hallar el área de la superficie del paraboloide z = 1+x + y que se encuentra sobre el círculo unitario como se muestra en la figura :

SOLUCIÓN Si ƒ y sus primeras derivadas parciales son continuas en la región cerrada entonces el área de la superficie S Área de la superficie =

√

z=f ( x , y ) sobre

dada por

R

en el plano

xy ,

R está dada por

∫ R ∫ dS

2

2

¿ ∫ R ∫ 1+ [ f x ( x , y) ] + [ f y ( x , y ) ] dA Como f x (x , y )=2 x y

√

f y ( x , y)=2 y se tiene

2

2

S= ∫ R ∫ 1+ [ f x ( x , y ) ] + [ f y ( x , y ) ] dA= ∫ R ∫ √ 1+4 x 2 + 4 y 2 dA Se puede pasar a coordenadas polares haciendo R está acotada por 0 ≤ r ≤ 1 y

0 ≤θ ≤ 2 π

x=r cos θ

y

y=r sin θ . Entonces, como la región

se tiene

2π 1

S=∫ ∫ √ 1+4 r 2 rdrdθ 0 0

2π

S=∫ 0

2π

S=∫ 0

3 /2 1 ( 1+4 r 2 ) ¿ 1 dθ 12 0

5 √5−1 dθ 12

S=

5 √ 5−1 2 π θ¿ 12 0

S=

π ( 5 √5−1 ) 6

S=5.33

7

19.- Hallar el volumen del elipsoide dado por integrales dobles y triples.

4� 2 + 4�2 + � 2 = 16 , utilizando SOLUCION

2 x2  4  x2  y  4  x2 0  z  2 4  x2  y 2 Volumen:

Integrales dobles: 2

V

4 x 2

 

2 4  x 2  y 2 dydx

2  4 x 2

TRANSFORMANDO a coordenadas Polares: 0r 2

    2 2 2

V  2   4  r 2 r drd  0

 1  V  2   3 

2

3 2 2 2



0

 4  r 

d

2

 1  V  2    0  8  d  3   16 V   2    3 16 V  16.755 3 Integrales triples: 2

V

4 x 2  y 2

4 x 2

 

 dzdydx

 2  4 x 2

0

Resolviendo la integral 2

V

25 x 2

 

2 4  x 2  y 2 dydx

2  4 x 2

A coordenadas polares: 2 2

V  2   4  r 2 r drd  0

 1  V  2   3 

2

3 2 2 2



0

 4  r 

d

2

 1  V  2    0  8  d  3   16 V   2    3 16 V  16.755 3 20.-Dar una integral triple para el volumen de cada una de las regiones sólidas. a) La región en el primer octante acotada superiormente por el cilindro z= 1 – y2 y comprendida entre los planos verticales x+y=1 , x+y=3

SOLUCIÓN 1 3 y 1 y

V 

2

  dzdxdy

0 1 y

1 3 y

V 



0 1 y

0

1 y 2

z 0 dxdy

1 3 y

 1  y dxdy

V 

2

0 1 y

1



V   x  xy2 0

1



3 y 1 y



dy

 



V     3  y    3  y  y 2  1  y   1  y  y 2 dy 0

1



 



V   3  y  3 y 2  y 3  1  y  y 2  y 3 dy 0

1

V    2  2 y 2 dy 0



2 y3   V   2 y  3   4 V  u3 3

1

0

b) El hemisferio superior dado por � = √1 − � 2 − � 2.

SOLUCIÓN Volumen: 1 y 2

1

 

V

1  1 y 2

1 x 2  y 2



dzdxdy

0

1 y 2

1

V



1  x 2  y 2 dxdy

1  1 y 2

Pasando a coordenadas polares: 2 1



V

1  r 2 r drd

0 0

2 1

  1  r 

V

1 2 2

r drd

0 0

2

1 1 r 2  3 0

V

 1   3 

V 





3 1 2 0

2

  0  1d 0

1  2  0 3 2 3 V u  2.094 3 V

d

8