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• Carlos Rojas Farfan

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EJERCICIOS PÁGINA 931: 36. La producción de trigo en un año dado, W, depende de la temperatura promedio T y de la precipitación pluvial anual R. Los científicos estiman que la temperatura promedio se eleva a razón de 0.15 ºC/año, y que la precipitación está disminuyendo a razón de 0.1 cm/año. También estiman que, a niveles de producción actuales,

𝜕𝑊 𝜕𝑇

= −2 𝑦

𝜕𝑊 𝜕𝑅

=8

a) ¿Cuál es el significado de los signos de estas derivadas parciales? b) Estime la razón de cambio actual de la producción de trigo,

𝑑𝑊 𝑑𝑡

Solución: a) Como

𝜕𝑊 𝜕𝑇

es negativo, un aumento en la temperatura promedio (mientras que la

precipitación anual permanece constante) causa una disminución en producción de trigo en los niveles de producción actuales. Como

𝜕𝑊 𝜕𝑅

es positivo, un aumento en la precipitación anual (mientras que el

la temperatura promedio permanece constante) provoca un aumento en la producción de trigo. (b) Dado que la temperatura promedio está aumentando a una tasa de 0.15ºC/año, sabemos que dT/dt 15. Ya que la lluvia es disminuyendo a una tasa de 0.1 cm/año, sabemos dR/dt=-0.1. Luego, por la regla de la cadena: 𝑑𝑊 𝜕𝑊 𝑑𝑇 𝜕𝑊 𝑑𝑅 = + = (−2)(0.15) + 8(−0.1) = −1.1 𝑑𝑡 𝜕𝑇 𝑑𝑡 𝜕𝑅 𝑑𝑡 por lo tanto, estimamos que la producción de trigo disminuirá a una tasa de 1.1 unidades/año. 37. La velocidad del sonido que viaja a través del agua del mar con salinidad de 35 partes por millar, está modelada por la ecuación 𝐶 = 1449.2 + 4.6𝑇 − 0.055𝑇 2 + 0.00029𝑇 3 + 0.016𝐷, donde C es la velocidad del sonido (en metros por segundo), T es la temperatura (en grados celsius) y D es la profundidad por abajo de la superficie del mar (en metros). Un buzo en escafandra autónoma empieza a sumergirse en el agua del mar; la profundidad del buzo y la temperatura del agua que lo rodea con respecto al tiempo se registran en las gráficas siguientes. Estime la razón de cambio, con respecto al tiempo, de la velocidad del sonido a través del agua de mar que experimentó el buzo durante una inmersión de 20 min. ¿Cuáles son las unidades?

Solución: 𝐶 = 1449.2 + 4.6𝑇 − 0.055𝑇 2 + 0.00029𝑇 3 + 0.016𝐷 ⇒ = 4.6 − 0.00087𝑇 2 ,

𝜕𝐶 = 0.016 𝜕𝐷

𝜕𝐶 𝜕𝑇

Según el gráfico, el buzo está experimentando una temperatura de aproximadamente 12.5ºC, t = 20 minutos, por lo que

𝜕𝐶 𝜕𝑇

= 4.6 − 0.11(12.5) +

0.00087(12.5)2 ≌ 3.36 Al dibujar líneas tangentes en t= 20 a los gráficos dados, estimamos 𝑑𝐷 𝑑𝑡

1 𝑑𝑇

≌ ,

2 𝑑𝑡

≌

1 10

Luego, por la regla de la cadena,

1

𝑑𝐶 𝑑𝑇

=

𝜕𝐶 𝑑𝑇 𝜕𝑇 𝑑𝑡

+

𝜕𝐶 𝑑𝐷 𝜕𝐷 𝑑𝑇

≌

1

(3.36) (− ) + (0.016) ( ) ≌ −0.33 10 2 Así, la velocidad del sonido experimentado por el buzo está disminuyendo a una velocidad de aproximadamente 0.33 m/s por minuto 39. La longitud L, ancho w y altura h de una caja cambia con el tiempo. En un cierto instante, las dimensiones son L=1 m y w=h =2 m, y L y w se incrementan a razón de 2 m/s, en tanto que h disminuye a razón de 3 m/s. Encuentre en ese instante las razones a las cuales las siguientes magnitudes cambian. a) El volumen b) El área superficial c) La longitud de la diagonal Solución: a) V=L.w.h, entonces por la regla de la cadena: 𝑑𝑉 𝜕𝑉 𝑑𝐿 𝜕𝑉 𝑑𝑤 𝜕𝑉 𝑑ℎ 𝑑𝐿 𝑑𝑤 𝑑ℎ = + + = 𝑤ℎ ( ) + 𝐿ℎ ( ) + 𝐿𝑤 ( ) 𝑑𝑡 𝜕𝐿 𝑑𝑡 𝜕𝑊 𝑑𝑡 𝜕ℎ 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 = 2.2.2 + 1.2.2 + 1.2(−3)= 6𝑚3 /𝑠 b) S=2(Lw+Lh+wh), por regla de la cadena: 𝑑𝑆 𝑑𝑡

=

𝜕𝑆 𝑑𝐿

+

𝜕𝐿 𝑑𝑡 𝑑ℎ

𝜕𝑆 𝑑𝑤 𝜕𝑊 𝑑𝑡

+

𝜕𝑆 𝑑ℎ 𝜕ℎ 𝑑𝑡

𝑑𝐿

𝑑𝑤

= 2(𝑤 + ℎ) ( ) + 2(𝐿 + ℎ) ( ) + 𝑑𝑡 𝑑𝑡

2(𝐿 + 𝑤) ( ) = 2(2 + 2)2 + 2(1 + 2)2 + 2(1 + 2)(−3)= 10𝑚2 /𝑠 𝑑𝑡

c) 𝐿2 = 𝑙 2 + 𝑤 2 + ℎ2 ⇒ 2𝐿

𝑑𝐿 𝑑𝑡

= 2𝑙

2(2)(2) + (2)(2)(−3) = 0 ⇒

𝑑𝐿 𝑑𝑡

𝑑𝑙 𝑑𝑡

+ 2𝑤

𝑑𝑤 𝑑𝑡

+ 2ℎ

𝑑ℎ 𝑑𝑡

= 2(1)(2) +

= 0𝑚/𝑠

40. El voltaje V en un circuito eléctrico sencillo disminuye con lentitud a medida que la batería se gasta. La resistencia R se incrementa lentamente cuando el resistor se calienta. Mediante la ley de Ohm, 𝑉 =I.R. determine cómo cambia la 𝑑𝑉

corriente I en el momento en que 𝑅 = 400Ω , 𝑉 = 0.08𝐴,

𝑑𝑡

Ω

𝑉

𝑑𝑅

𝑠

𝑑𝑡

= −0.01 y

=

0.03 . 𝑠

Solución: 𝑉 = 𝐼. 𝑅 => 𝐼 =

∗

𝜕𝐼 𝜕𝑣

=

1

𝑉

𝑑𝐼

𝑅

𝑑𝑡

*

𝑅

𝜕𝐼 𝜕𝑅

=

−𝑉

=>

𝑅2

=

𝜕𝐼 𝑑𝑉

.

𝜕𝑣 𝑑𝑡

𝑑𝐼 𝑑𝑡

=

+

1 𝑑𝑉

.

𝑅 𝑑𝑡

𝜕𝐼 𝑑𝑅

.

𝜕𝑅 𝑑𝑡

+

−𝑉 𝑑𝑅 𝑅2

.

𝑑𝑡

Reemplazando valores: 𝑑𝐼 1 0.08 = . (−0.01) − . 0.03 𝑑𝑡 400 4002 𝑑𝐼 𝑑𝑡

= −3.1𝑥10−5 A/s

41. La presión de un mol de un gas ideal se incrementa a razón de 0.05 kPa/s y la temperatura aumenta a razón de 0.15 K/s. Utilice la ecuación del ejemplo 2 para determinar la razón de cambio del volumen cuando la presión es de 20 kPa y la temperatura es de 320 K Solución: Datos: V=8.31(T/P), dT/dt =0.15, dP/dt = 0.05. 𝑉 = 8.31 ∗

𝜕𝑉 𝜕𝑇

=

𝑇 𝑃

8.31 𝑃

𝑑𝑉

=>

𝑑𝑡

*

=

𝜕𝑃 𝜕𝑉

=

𝜕𝑉 𝑑𝑇

.

𝜕𝑇 𝑑𝑡 −8.31𝑇 𝑃2

+

𝜕𝑃 𝑑𝑉

.

𝜕𝑉 𝑑𝑡

=>

𝑑𝑉 𝑑𝑡

=

8.31 𝑑𝑇 𝑃

.

𝑑𝑡

Reemplazando valores 𝑑𝑉 8.31 −8.31 = . 0.15 + . 0.05𝑥320 𝑑𝑡 20 202

+

−8.31 𝑑𝑃 𝑃2

.

𝑑𝑡

𝑑𝑉 = −0.27𝐿/𝑠 𝑑𝑡 El volumen disminuye a razón de casi 0.27L/s. EJERCICIOS PÁGINA 944:

29. Encuentre todos los puntos en los cuales la dirección del cambio más rápido de la función 2 2 𝐹(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 𝑦 − 2𝑥 − 4𝑦 es i + j Solución: La dirección del cambio más rápido es:∇𝑓(𝑥, 𝑦) = (2𝑥 − 𝑥)i + (2𝑦 − 4)j entonces necesitamos encontrar todos los puntos (x,y) cuando ∇𝑓(𝑥, 𝑦) sea paralelo a i + j  (2𝑥 − 2)𝑖 + (2𝑦 − 4)𝑗 = 𝑘(i + j) ⇔𝑘 = 2𝑥 − 𝑥 y 𝑘 = 2𝑦 − 4 ⇒2𝑥 − 2 = 2𝑦 − 4

⇒y=x+1

entonces la dirección del cambio más rápido es i + j en todos los puntos de la línea y=x+1. 30. En las cercanías de una boya, la profundidad de un lago en el punto de coordenadas (x, y) es 𝑧 = 200 + 0.02𝑥 2 − 0.001𝑦 3 donde x, y y z se miden en metros. Un pescador en un bote pequeño parte del punto (80, 60) y se dirige hacia la boya, la cual se ubica en (0, 0). ¿El agua bajo el bote se hace más somera o más profunda cuando el pescador parte? Explique. Solución: El pescador viaja en la dirección (-80,-60), y su vector unitario es 𝑢 = 1 100

4

3

(−80, −60) = (− , − ) y si la profundidad del lago viene dada por 𝑧 = 2

5

3

5

200 + 0.02𝑥 − 0.001𝑦 , ∇𝑓(𝑥, 𝑦) = (0.04𝑥 − 0.003𝑦 2 ) 4

3

⇒Du ∇𝑓(𝑥, 𝑦) = ∇𝑓(80,60). 𝑢 = (3.2 , −10.8). (− , − ) = 3.92 5 5 Ya que Du 𝑓(80,60) es positivo la profundidad del lago es aumentando cerca (80, 60) en la dirección hacia la boya

31. La temperatura T en una bola de metal es inversamente proporcional a la distancia desde el centro de la bola, el cual se considera como el origen. La temperatura en el punto (1, 2, 2) es 120º.

a) Determine la razón de cambio de T en (1, 2, 2) en la dirección hacia el punto (2, 1, 3). b) Demuestre que en cualquier punto en la bola la dirección de incremento más grande de temperatura está dado por un vector que apunta hacia el origen. Solución: 𝑇=

𝐾 √𝑥 2 +𝑦 2 +𝑧 2

y 120 = T(1,2,2) =

K 3

⇒ 𝐾 = 360

a. Hallamos el vector unitario 𝑢 = (1, −1,1)30a) hallamos el vector unitario 𝑢=

(1,−1,1) √3

⇒ 𝐷𝑢 𝑇(1,2,2) = ∇𝑇(1,2,2). 𝑢 = −

40 3

(1,2,2).

(1,−1,1) √3

= −

40 3 √3

3

b) de a ⇒ ∇ 𝑇 = −360(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )−2 (𝑥, 𝑦, 𝑧) ⇒ y como (x,y,z), es el vector posición del punto (x,y,z), el vector -(x,y,z), por lo tanto ∇ 𝑇 siempre apunta hacia el origen. EJERCICIOS PÁGINA 955:

41. Encuentre los puntos sobre el cono 𝑧 2 = 𝑥 2 + 𝑦 2 más cercanos al punto (4, 2, 0). Solución: Sea d la distancia desde el punto (4,2,0) a cualquier punto (x,y,z) en el cono, entonces 𝑑 = √(𝑥 − 4)2 + (𝑦 − 2)2 − (𝑧)2 cuando 𝑧 2 = 𝑥 2 + 𝑦 2 y minimizamos 𝑑 2 = (𝑥 − 4)2 + (𝑦 − 2)2 +𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑓(𝑥, 𝑦) ⇒𝑓𝑥(𝑥, 𝑦) = 2(𝑥 − 4) + 2𝑥 = 4𝑥 − 8, 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦) = 2(𝑦 − 2) + 2𝑦 = 4𝑦 − 4 y los puntos críticos ocurren cuando fx=0 , x=2 , fy=0, y=1 , Por lo tanto, el único punto crítico es (2,1). Existe un mínimo absoluto (ya que hay un distancia mínima desde el cono hasta el punto) que debe ocurrir en un punto crítico, por lo que los puntos en el cono más cercano a (4, 2, 0) son (2, 1, ±√5 ) 42. Determine los puntos sobre la superficie 𝑦 2 = 9 + 𝑥𝑧 que están más cercanos al origen.

Solución: La distancia desde el origen a un punto (x,y,z) en la superficie es 𝑑 = √𝑥 2 + 𝑦 2 + (𝑧)2 donde 𝑦 2 = 9 + 𝑥𝑧 por lo que minimizamos 𝑑 2 = (𝑥)2 + 9 + xz + 𝑧 2 = 𝑓(𝑥, 𝑧)Entonces, fx=2x+z, fz=x+2z, fx=0 , x=0 , fz=0, z=0 entonces el único punto crítico es (0, 0). D (0, 0) = (2) (2)- 1= 3 > 0 con fxx(0, 0) = 2> 0, por lo que este es un mínimo. Así 𝑦 2 = 9 + 0 ⇒ 𝑦 ± 3 y los puntos en la superficie más cercanos al origen son (0,+-3,0).

47. Calcule el volumen de la caja rectangular más grande en el primer octante con tres caras en los planos coordenados y un vértice en el plano 𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧 = 6 Solución: Maximizar 𝑓(𝑥, 𝑦) =

𝑥𝑦 3

(6 − 𝑥 − 2𝑦), entonces el volumen máximo es Y = xyz.

1 1 𝑓𝑥 = (6𝑦 − 2𝑥𝑦 − 𝑦 2 ) = 𝑦(6 − 2𝑥 − 2𝑦) , 3 3

1 𝑓𝑦 = 𝑥(6 − 𝑥 − 4𝑦) 3

Reemplazando fx= 0 e fy = 0 da el punto crítico (2,1) que geométricamente debe 2

4

3

3

dar un máximo. Por lo tanto, el volumen de la caja más grande es V=(2)(1)( ) = EJERCICIOS PAGINA 964

27. Mediante los multiplicadores de Lagrange, demuestre que el rectángulo con área máxima que tiene un perímetro dado p es un cuadrado Solución: Los lados del rectángulo sean x e y Entonces f(x,y)= xy, g(x,y)=2x+2y=p ⇒ ∇f(y,x)=(y,x) , λ ∇g=(2λ,2λ), cuando , λ=0.5y = 0.5x implica x=y el rectángulo con área máxima es un cuadrado con longitud lateral 0.25p

28. Mediante los multiplicadores de Lagrange, demuestre que el triángulo con área máxima que tiene un perímetro dado p es un triángulo equilátero. Sugerencia: utilice la fórmula de Herón para el área: 𝐴 = √s(s − x)(𝑠 − 𝑦)(𝑠 − 𝑧) Donde s=p/2 y x,y,z. don las longitudes de los lados

Solución: 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑠(𝑠 − 𝑥)(𝑠 − 𝑦)(𝑠 − 𝑧) , 𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 Entonces: ∇f = (−s(𝑠 − 𝑦)(𝑠 − 𝑧), −𝑠(𝑠 − 𝑥)(𝑠 − 𝑧). −𝑠(𝑠 − 𝑥)(𝑠 − 𝑦)). λ ∇g = (λ, λ, λ) (𝑠 − 𝑦)(𝑠 − 𝑧) = (𝑠 − 𝑥)(𝑠 − 𝑧) 𝑦 (𝑠 − 𝑥)(𝑠 − 𝑧) = (𝑠 − 𝑥)(𝑠 − 𝑦) implica x=y mientras que implica y=z, entonces x=y=z=p/3 y el triángulo con área máxima es equilátero.