Ejercicios resueltos

Ejercicios resueltos Calculo Multivariable

R. Venegas C.

2

Prefacio

Este material surge en las clases de ayudantía de Calculo multivariable a alumnos de Ingeniería en Acústica e Ingeniería en Biotecnología impartidas por R. Venegas durante el año 2003 en la Universidad Pérez Rosales.

Consiste en las tareas enviadas a los alumnos como parte de dicha ayudantía, con sus respectivas correcciones y desarrollos de los ejercicios, algunos de estos requieren el uso de ordenador, se han realizado los algoritmos en Matlab que solucionan estos problemas. De ninguna manera éste material pretende substituir la literatura tradicional en la materia, sólo pretende ser una humilde ayuda en la formación de nuevos ingenieros.

En la tarea 1 se aborda problemas de funciones bi y trivariables, curvas y superficies

de nivel, funciones vectoriales y operaciones referentes a ellas En la tarea 2 se evalúa el calculo de derivadas parciales, direccionales, vector

gradiente y sus aplicaciones (Plano tangente , recta normal, etc...) En la tarea 3 se analizan problemas de optimización y aplicaciones de integrales

dobles En la tarea 4 se tratan aplicaciones de integrales dobles y triples La tarea 5 consiste en problemas de teoría de campo y los teoremas integrales. Cabe destacar el gran aporte de M. P. Raveau en la realización de estas notas, ella

desarrolló y tipeó algunos de los ejercicios aquí expuestos. Este material no es definitivo y se irá complementando, se agradecerá hacer ver

alguna falla y consideraciones al respecto, así como la ayuda de lectores interesados.

Rodolfo Venegas Castillo [email protected]

Santiago 2004

Nota: Esta obra puede ser reproducida total y parcialmente con el permiso del autor y nombrando explícitamente la fuente

3

Indice Tema: Página Prefacio _______________________ 2 Tarea 1 - 2003 _______________________ 4 Tarea 2 - 2003 _______________________ 17 Tarea 3 - 2003 _______________________ 25 Tarea 4 - 2003 _______________________ 35 Tarea 5 - 2003 _______________________ 43 Fuentes de Información_________________ 54

4

TAREA 1 - 2003

1.-Indique el dominio y grafique mediante ordenador las curvas de nivel para al menos 5 valores representativos. a) 3xyz −=

b) ( ) ( )2arcsin, xyyxf −= Solución

a) 3xyz −= La función no se indetermina en ningún punto, luego el dominio es

Dom(z) : (x,y)/x∈ ℜ ∧ y∈ ℜ

Para encontrar las curvas de nivel debemos igualar la variable z a una constante c La función resultante está dada por

3

3

3

xcyxycxyz

+=

−=

−=

El código en Matlab para generar ésta gráfica es el siguiente

close all clc x=-2:0.1:2;

5

y=-2+x.^3; y1=-1+x.^3; y2=x.^3; y3=1+x.^3; y4=2+x.^3; plot(x,y,x,y1,x,y2,x,y3,x,y4) axis([-2 2 -10 10]) title(['grafica curvas de nivel ejercicio 1.a Tarea 1 ']) legend('c = -2','c = -1','c = 0','c = 1','c = 2',2) La función ezmeshc(f,domain) de Matlab nos permite visualizar la superficie y sus curvas de nivel, el usuario ingresa la función y el dominio en el cual desea analizarla

La sintaxis de la función es la siguiente para nuestro en problema en particular ezmeshc(' y-x^3 ',[-2,2,-10,10])

Que entrega como resultado la siguiente gráfica

b) ( ) ( )2arcsin, xyyxf −=

Como bien sabemos el argumento de la función arcoseno debe estar entre los valores -1 y 1, por ello

Dom ( ):, yxf ( ) 1/, 2 ≤− xyyx

6

)()(

)arcsin()arcsin(),(

2

2

2

2

csenxyxycsen

xycxyyxf

+=

−=

−=

−=

Teniendo en cuenta que el recorrido de la función va entre –pi/2 y pi/2, los valores

que tome c está restringidos. Las curvas de nivel se pueden apreciar en la siguiente gráfica

El código en Matlab para generar la gráfica es el siguiente: close all clc x=-5:0.01:5; y=x.^2+sin(-pi/2); y1=x.^2+sin(-pi/4); y2=x.^2; y3=x.^2+sin(pi/4); y4=x.^2+sin(pi/2); figure(1) plot(x,y,x,y1,x,y2,x,y3,x,y4) axis([-5 5 -1.5 1.5]) title(['grafica curvas de nivel ejercicio 1.b Tarea 1 ']) legend('c = -pi/2','c = -pi/4','c = 0','c = pi/4','c = pi/2',2)

7

Al igual que en la parte a podemos visualizar la gráfica de la función con sus curvas

de nivel mediante figure(2) ezmeshc('asin(y-x^2)',[-5,5,-1,1])

2.-Indique el dominio y a qué superficie cuádrica corresponde, además, grafique mediante ordenador las superficies de nivel que usted considere mas representativas de la siguiente función:

zxyzyxf −+= 22),,( Solución:

La función se indetermina cuando el argumento de la raíz es menor que cero, así ( )( ) ( ) 0)/(,,:,, 22 ≥−+ zxyzyxzyxfDom

El dominio de la función corresponde a un paraboloide.

Las superficies de nivel están dadas por cyxz ++= 22

Las superficies de nivel son las siguientes

9

El código en Matlab clc close all [X,Y]=meshgrid(-5:0.1:5); Z=X.^2+Y.^2-2; Z1=X.^2+Y.^2; Z2=X.^2+Y.^2+2; figure(1) plot3(X,Y,Z) axis([-5 5 -5 5 -5 50]) title(['superficie de nivel para c= -2']) figure(2) plot3(X,Y,Z1) axis([-5 5 -5 5 -5 50]) title(['superficie de nivel para c=0']) figure(3) plot3(X,Y,Z2) axis([-5 5 -5 5 -5 50]) title(['superficie de nivel para c=2']) Nota: El comando meshgrid(valorinicial:paso:valorfinal); genera matrices que facilitan la realización de gráficas tridimensionales

10

3.-) Explique que representa geométricamente el producto escalar, además indique una condición necesaria y suficiente para analizar si dos vectores son ortogonales Solución

Debemos empezar definiendo la proyección escalar de un vector sobre otro. En la figura, se tiene el vector B

r y el vector A

r. Se define proyección escalar del vector B

rsobre

el vector Ar

como OR donde αcosBORr

= , o lo que es igual BORr

= BABArr

rr•

Entonces tenemos que el producto escalar BA

rr• es la magnitud de A

r multiplicado

por la proyección escalar de Br

sobre Ar

:

ORABArrr

=•

y como αcosBOR

r= entonces

αcosBABArrrr

=•

que es el producto escalar entre Ar

y Br

.

Una condición necesaria y suficiente para que dos vectores sean ortogonales es que el producto escalar entre ellos sea igual a 0. Esto es porque el ángulo que forman es de 90º y el coseno de 90º es 0. Formalmente

Sean ur y vr dos vectores ortogonales entonces

00)º90cos(, =⋅⋅=⋅>==<• vuvuvuvu rrrrrr

11

4.-) Explique que representa geométricamente el producto vectorial entre dos vectores, enuncie al menos 3 propiedades del producto vectorial, además indique una condición necesaria y suficiente para analizar si dos vectores son paralelos Solución

La magnitud del producto cruz o vectorial entre dos vectores Ar

y Br

representa geométricamente el área del paralelogramo que forman estos vectores.

Para calcular el área del paralelogramo tomaremos como base el vector B

r y la

altura quedará determinada por el segmentoQE (aunque podríamos tomar como base el vector A

ry trazar su altura correspondiente). El área será entonces:

Área = Br

QE

Por relaciones trigonométricas, vemos que AsenQEr

α= , entonces

Área = Ar

Br

αsen = BArr

×

Propiedades del producto cruz Sean A

r, Br

y Cr

vectores en 3ℜ y ℜ∈ωλ, 1.- ( )ABBA

rrrr×−=×

2.- 0rrr

=× AA 3.- 000

rrrrr=×=× AA

4.- ( ) ( ) ( )CABACBArrrrrrr

×+×=+× ωλωλ

5.- ( ) ( ) ( )CBCACBArrrrrrr

×+×=×+ ωλωλ

Una condición necesaria y suficiente para analizar si dos vectores son paralelos es que el modulo del producto cruz entre ellos sea igual a 0. Esto es porque el ángulo que forman es de 0º y el sen de 0º es 0. Formalmente

Sean ur y vr dos vectores paralelos entonces

00)º0( =⋅⋅=⋅=× vusenvuvu rrrrrr

12

5.- Sean A, B, C 3ℜ∈ indique lo que representa geométricamente la siguiente

expresión: ( )CBA ×• Solución

En la figura se observa BArr

× es el área de la base del paralelepípedo mientras que

la proyección de Cr

sobre BArr

× ( Cproy BA

rrr

×) determina la altura del paralelepípedo.

Entonces la multiplicación del área de la base por la altura del paralelepípedo será el

volumen de éste y vendrá dado por: V = (altura)(área de la base)

CproyV BA

rrr

×= BA

rr× =

BACCBAC rrr

rrrr

×

•× )( BArr

× = ( ) CBArrr

•× = ( )CBArrr

×•

Lo que equivale al producto mixto o producto escalar triple entre los vectores Ar

, Br

y Cr

. Por lo tanto decimos que este producto representa geométricamente el volumen del paralelepípedo con lados adyacentes A

r, Br

y Cr

.

6.-) Si una partícula sigue la siguiente trayectoria : ( )32 2,76,3 tttR +=

13

Encontrar: a) Vector tangente unitario b) Vector normal principal c) Si t está en segundos y R(t) en metros, calcular la rapidez de la partícula en

t = 3 s y la longitud de la trayectoria que recorrió en dicho tiempo d) Plano osculador en t = 1 e) Curvatura de la trayectoria.

Solución

a) El vector tangente a una trayectoria R dada, está dado por dtRdTr

r=

Luego ( ) ( )2

32

6,6,62,76,3 ttdt

tttddtRdT =

+==

rr

Entonces el vector tangente unitario lo obtenemos mediante

( ) ( )

++++++=

++=

++==

42

2

4242

2

42

2

42

1,

11,

1

,1,1

16,6,6363636

1

ttt

ttttt

tttt

ttttT

T

τ

τ

r

r

rr

b) El vector normal principal está dado por ''

ττr

r

=N

( )( )

( )( )

( )

++

+⋅

++

+⋅−

++

−=

++++++==

23

42

2

23

42

2

23

42

4

42

2

4242

1

2,1

12,1

1

1,

11,

1'

tt

tt

tt

tt

tt

tdtd

ttt

ttttt

dtd

dtd

τ

ττr

( )( )

( )( )

( )( ) ( )( ) ( )( )

( )342

222224

2

23

42

22

23

42

22

23

42

4

1

12121

1

2

1

12

1

1

ttttttt

dtd

tt

tt

tt

tt

tt

tdtd

++⋅+⋅++⋅−+−=

++

+⋅+

++

+⋅−+

++

−=

τ

τ

14

( ) ( )( ) ( )( )( )

( )( ) ( )

( )( )

( )( )

( )

( )342

2468

2684

342

24284

342

2424284

342

24224284

342

342

222224

11565

55611

1

855211

1

14444211

1

44144211

1

1

12121

tttttt

dtd

ttttttdt

d

tttttttdt

d

tttttttttdt

d

ttttttttttdt

d

ttttttt

dtd

++

++++=

++++++

=

++⋅++−++

=

+++++⋅++−++

=

++⋅+++⋅++−++

=

++⋅+⋅++⋅−+−=

τ

τ

τ

τ

τ

τ

Finalmente

( )( )

( )( )

( )( )

( ) ( )( )2,12,11565

11

2,1

12,1

11565

1''

224

2468

23

42

2

23

42

2

23

42

4

2468

342

+⋅+⋅−−++++

=

++

+⋅

++

+⋅−

++

−⋅

++++++

==

ttttttttt

N

tt

tt

tt

tt

tt

ttttt

ttNττr

r

c) Para calcular la rapidez de la partícula para cualquier tiempo debemos calcular la

velocidad para cualquier tiempo y luego encontrar el módulo de ésta

( )4242

2

16363636)(

6,6,6

ttttvtrapidez

ttdtRdv

++=++==

==

r

rr

En la pregunta se pide la rapidez para t = 3, ésta se encuentra mediante una simple

evaluación de la expresión obtenida anteriormente. ( )smrapidez 23,579163136)3( 42 ==++⋅=

La longitud de arco de una curva desde un punto dado a otro está definido mediante la siguiente integral

dttvLb

a

ba ∫ ⋅= )(r

dtRdvr

r=

15

Interpretando el problema, debemos calcular la longitud del arco desde t = 0 a t = 3 segundos para encontrar la longitud de la trayectoria, esto es:

dtttdtttL ∫∫ ++=⋅++=3

0

423

0

4230 1616

La integral resultante no es sencilla de resolver de manera analítica para luego evaluarla, sin embargo, la integral es definida y contamos con diversas herramientas para hallar su valor, el software Matlab posee funciones de integración que se basan en métodos numéricos, uno de éstos es el método de cuadratura, para nuestro problema en particular la sintaxis es la siguiente:

L = quad(' 6*sqrt(x.^4+x.^2+1) ', 0, 3)

En general la estructura de la función es la siguiente Valor= quad(‘ funcion’, limite inferior, limite superior)

El resultado es el siguiente:

m 5,6616163

0

423

0

4230 ≈++=⋅++= ∫∫ dtttdtttL

d) El plano osculador es aquél plano que tiene como normal al vector binormal B, este plano contiene al vector tangente y al normal. La ecuación del plano osculador es la siguiente

( )NTB

xxB×=

=− 00

Calcularemos el vector binormal

( )32142

2

4242,,

1,

11,

1TTT

ttt

tttttT =

++++++=

r

( ) ( )( ) ( )321224

2468,,2,12,1

15651 NNNttttt

ttttN =+⋅+⋅−−

++++=

r

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

( )

++++

−

++−

++++

+⋅−

+++

++++

−

++−

++++

+⋅

++−

++++

+⋅−

++−

++++

+⋅

++=

−+−−−==×

15651

11

156512

1

15651

115652

1

156512

115652

11)(

2468

4

422468

2

42

2468

4

42

2

2468

2

42

2468

2

42

2

2468

2

42

122113312332

321

321

ttttt

tttttttt

tttk

ttttt

ttt

tttttt

tttj

tttttt

ttt

tttttt

ttitB

NTNTkNTNTjNTNTiNNNTTTkji

NT

r

16

Así obtuvimos el vector binormal t∀ Luego evaluando B en t = 1

−−=

66,

66,

662)1(B

r

Y para encontrar un punto que pertenezca al plano, evaluamos en t=1 el vector

tangente o el normal, en este caso evaluaremos el vector tangente.

=

31,

31,

31)1(T

r

La ecuación del plano osculador está dada por

02

03

16

63

16

63

16

62

03

1,3

1,3

16

6,6

6,6

62

=−−

=

−

−+

−

−+

−

=

−−−•

−−

zyx

zyx

zyx

e) La curvatura de la trayectoria la encontramos de la siguiente manera

3'

'''

R

RR ×=κ

( )

( )tdt

Rd

ttdtRd

2,0,16

,1,6

2

2

2

=

=r

r

( ) ( )( )

( )( )

( ) ( )342

42

342

42

342

2

32

2

3

1

1461

16

1436

16

1,,236

,1,6

2,0,16,1,6

'

'''

++

++⋅=

++

++=

++

−=

×=

×=

tt

tt

tt

tt

tt

tt

tt

ttt

R

RR

κ

κ

17

TAREA 2 - 2003 1.-Investigue y exponga en extenso la definición, aplicaciones y como calcular la diferencial de una función f (campo escalar), denotada por )( 0xdf

r, en términos de

sus derivadas parciales 1.1-Encuentre un valor aproximado de yxeyxf

2

2),( = en el punto (1.04 ; 0.98) 1.2.- Calcular dz si zyxxyz 342 ++= Solución

Recordaremos lo visto en el primer curso de Calculo. Una función f que tiene derivada en a puede ser aproximada en una vecindad de a

mediante un polinomio de Taylor de primer grado (es decir, una aproximación lineal), que es el siguiente: Sea f una función diferenciable en a. Esto significa que existe la derivada en a, por lo tanto la recta tangente, y que es igual a f’(a). Usando la fórmula punto-pendiente (en la que el punto es (a,f(a)) y la pendiente es f’(a) obtenemos:

( )( )

( )axafafxLxLaxafafy

axafafy

−+=⇒=−+=

−=−

)(')()()()(')(

)(')(

Si hacemos esta aproximación para un valor cercano a a, digamos (a+h), obtenemos

lo siguiente ( )

hafafhaLahaafafhaL

)(')()()(')()(

+=+⇒−++=+

Gráficamente

18

Veamos que error o diferencia cometemos con esta aproximación. Al pasar de a a a+h , el error entre f(x) y L(x) es :

)()()( haLhafhE +−+= hafafhafhE )(')()()( −−+=

)(')()()( afh

afhafhhE

−−+

=

Si tomamos el

0lim

→h:

)('lim)()(lim)(lim000

afh

afhafhhE

hhh →→→−

−+=

)(')(')(lim0

afafhhE

h−=

→

0)(lim0

=→ h

hEh

Lo que ocurre siempre puesto que f tiene derivada en a

Vemos entonces que se justifica la aproximación )()( xLxf ≈ para valores

pequeños de h. Por otra parte, el incremento de la función de a hasta a+h es

)()( afhaff −+=∆ Por todo lo dicho anteriormente, si h es pequeño, entonces se cumplirá que:

fhaffafhafaf

hafhaL

∆≈∆+≈+

+≈+

)(')()(')(

)()(

Debido a esta última expresión se define como df al valor de f(a)h y se conoce dicho

valor como “la diferencial de f en a” Sintetizando, si x es un valor cercano a, entonces fdf ∆≈ y

hxfdf )('=

Ahora extenderemos el concepto a funciones de más variables. Sea ℜ→ℜ⊂ nUf : , la función f de dice diferenciable en el punto oX

rU∈ si

existe una aplicación lineal de ℜ→ℜn la cual denotaremos por oXdf r : ℜ→ℜn , tal que:

19

( )0)(lim

)()(lim

00==

−−+→→ h

hEh

hdfXfhXfh

Xoo

h

o r

r

r

rrrr

r

r

r

Por ende ,

( )hdfhfoo XX

rrrr ≈∆ )(

Donde

oXdf r es la diferencial de f en oXr

NOTA:

Para el caso de una función de una variable, veíamos que siempre se cumplía

0)(lim0

=→ h

hEh

, esto es porque en funciones ℜ→ℜ ,derivable y diferenciable son

conceptos equivalentes, no así para ℜ→ℜn , donde si una función f tiene derivadas parciales en un punto, no significa que sea diferenciable en ese punto.

Ahora sólo falta determinar oXdf r en términos de sus derivadas parciales, para lo cual

primero veremos el siguiente teorema:

Teorema

Si f es diferenciable en el punto oXr

, existen las derivadas parciales )( oXXif r

∂∂ y son

iguales a ( )( )io eXdf rr

Cálculo de la diferencial ( )oXdfr

en términos de sus derivadas parciales )( oi

XXf r

∂∂ , i = n,1

∑=

==n

iiin ehhhhh

121 )..,( rr

Por ser oXdf r lineal :

( ) ( )iedfhhdfn

iXiX oo

rrrr ∑

=

=1

∑= ∂

∂=

n

i i

oi X

Xfh

1

)(r

∴ ( ) ∑= ∂

∂=

n

i i

oiX X

Xfhhdf

o1

)(r

rr o ( ) hfhdf

oo XX

rrrr •∇= )(

Las aplicaciones de la diferencial de una función son variadas, una de las

aplicaciones mas comunes es el cálculo de la derivada de una función cuando ésta no se

20

encuentra de manera explícita, análisis de errores, esto es, dado una cota de error, estimar el error propagado y el error relativo tras algún cálculo y criterios en optimización de funciones entre otros. 1.1.- Encuentre un valor aproximado de f(x,y )= yxe

2

2 en el punto (1.04 ; 0.98) Solución:

Observemos que el punto (1.04 ; 0.98) esta cercano a (1,1) . Por lo tanto, calcularemos la función para (1,1) y luego le sumaremos el incremento f∆ . Esto nos dará el valor aproximado de la función en el punto (1.04 ; 0.98)

Sabemos que

02.004.0

−=∆≈=∆≈

≈∆

ydyxdx

dzz

dyyfdx

xfdz

∂∂

+∂∂

=

xyxexf yx2

4=∂∂

yxex

yf 222=

∂∂

Entonces

( ) ( ) ( ) ( )02.0)1,1(204.0)1,1(422 2 −+≈∆ yxyx exxyxez

( )( ) ( )( )02.0204.04 −+≈∆ eez 3262.0≈∆z

=)1,1(f 4366,52 ≈e 7628,5)1,1()98.0;04.1( =∆+≈ zff

y si evaluamos directamente 7726,5)98.0;04.1( =f , con lo que el error es aprox. 3108.9 −× 1.2.- Calcular dz si xyz = 2x +4y+3z

( ) 0342,, =−++= xyzzyxzyxF

dyyzdx

xzdz

∂∂

+∂∂

=

( )xy

zyxyzy

zF

xF

xz

−−

=−−−

=

∂∂∂∂

−=

∂∂

32

32

21

( )xy

xzxyxz

zFyF

yz

−−

=−−−

=

∂∂∂∂

−=

∂∂

34

34

La diferencial está dada por:

dyxy

xzdxxy

zydz−−

+−−

=3

43

2

2.-) Calcular zx, zy, si zxyezxzy z 2220 +−++= Solución

Ocupando la forma para derivación implícita obtenemos: Zx:

222

xyezxxzz

xz

z +−+−−

=∂∂

Zy:

222

xyezxey

yz

z

z

+−++−

=∂∂

3.-) Dada la función )(),(),( rfyxFyx =→ donde 22 yxr += . Demuestre que en todo punto )0,0(),( ≠yx se verifica que

)('1)(''2

2

2

2

rfr

rfyF

xF

+=∂∂

+∂∂

Solución: F = f r : x y

( ) ( ) ( ) ( ) xxrrrxxxrxrrxxxrxxrxxrxx

xrx

rffrrfrfrrfrfrfF

rfF

⋅+⋅=⋅+⋅=+⋅=⋅=

⋅=2

( ) ( ) ( ) ( ) yyrrryyyryrryyyryyryyryy

yry

rffrrfrfrrfrfrfF

rfF

⋅+⋅=⋅+⋅=+⋅=⋅=

⋅=2

Luego

( ) ( )yyxxryxrryyrrryxxrrrx rrfrrfrffrrffryF

xF

+++=⋅+⋅+⋅+⋅=∂∂

+∂∂ 2222

2

2

2

2

22

Pero

22222

21

yxxx

yxrx

+=⋅

+=

2322

2

22

22

22

)(

22

1

yx

yyx

xyx

xyx

rxx+

=+

⋅+

⋅−+

=

22 yxyry+

= 2

322

2

22

22

22

)(

22

11

yx

xyx

yyx

yyx

ryy+

=+

⋅+

⋅−+⋅

=

Así:

( ) ( )

...

)('1)(''

1

)()(

2

2

2

2

222322

2

2322

22

22

2

22

222

2

2

2

deq

rfr

rfyF

xF

yxff

yx

x

yx

yfyx

yyx

xf

rrfrrfyF

xF

rrrrrr

yyxxryxrr

+=∂∂

+∂∂

⇒

++=

++

++

++

+=

+++=∂∂

+∂∂

4.-) Calcular la derivada direccional de la función yexyyxxsenyxf 23)2(),( ++= en el punto P(1,2) en la dirección que apunta desde el punto dado hacia el origen. Solución

Para calcular la derivada direccional debemos calcular lo siguiente uyxfyxDur

•∇= ),(),( 0000

)2,1(5

1541

)2,1()2,1()0,0(

−==

=+=

−−=−=

vvu

v

v

r

r

r

r

∂∂

∂∂

=∇yf

xff ,

yy

eyyxxyxsenx

exyyxxsen 22

3)2cos()2()3)2((++++=

∂++∂

)2(3)2cos(2)3)2(( 22

yyxeyxxy

exyyxxsen yy

+++=∂

++∂

23

( ) ( ))2(3)2cos(2,3)2cos()2(, 22 yyxeyxxeyyxxyxsenyxf yy +++++++=∇

( ) ( )905,177;9934,872,1 =∇f

( ) 475.198123,159358,39)2,1(5

1905,177;9934,87)2,1( −=−−=−•=uD

5.-) La altura del relieve de una montaña se expresa mediante la siguiente fórmula

)3( 22

),( yxyxeyxH ++−= donde los ejes Ox y Oy indican el Este y el Norte respectivamente. Situados en el punto (1,2). Hallar la dirección que indica la máxima pendiente Solución: Como bien sabemos la dirección de máxima pendiente la obtenemos calculando el gradiente

( ) ( ) ( )( ) ( )

( )xyex

yxHxyeeyeexee

eex

eex

eexx

yxH

yxyx

yxyxxyxxyxy

xyxyxyxyyxyx

23),(2332

),(

)3(

)3(33

3)3()3(

22

22222

222222

−=∂

∂⇒

−=+−=

⋅∂∂

=∂∂

=∂∂

=∂

∂

++−

++−−−

−+−++−

( ) ( )( ) ( )

( )yxex

yxHxyeeyeexee

ex

eeyy

yxH

yxyx

yxyxxyxxyxy

xyyxyxyx

23),(2332

),(

)3(

)3(33

)3()3(

22

22222

2222

+=∂

∂⇒

−=+−=

=∂∂

=∂∂

=∂

∂

++−

++−−−

+−++−

Luego el gradiente está dado por

( )yxxyeyxH yxyx 23,23),( )3( 22

+−=∇ ++− Considerando el punto (1,2)

( )7,4)2,1( 9eH =∇ La dirección de máxima pendiente es en dirección Nor-Este 6.- Suponga que la altura z (en millas sobre el nivel del mar) de cierta colina está descrita por la ecuación z = 0.1(x2 – xy + 2y2). Escriba una ecuación (de la forma z = ax + by + c) del plano tangente a la ladera de la colina en el punto P(2, 1, 0.4) y la recta normal en el mismo punto.

24

Solución Nuevamente debemos calcular el gradiente de la función

( )( ) ( )

( )( ) ( )yxyxyxyy

f

yxyxyxxx

f

41.021.0

21.021.0

22

22

+−=+−∂∂

=∂∂

−=+−∂∂

=∂∂

))4(1.0),2(1.0( yxyxf +−−=∇

Reemplazando en el punto (2,1): ( ) ( )2,0;3,01,2 =∇f

Luego utilizando la ecuación explícita del plano tangente y reemplazando debidamente:

[ ]),(),(),( 0000 yxyxyxfzz o −⋅∇=− [ ]4.02.03.0

)1,2(),()2.0,3.0(4.0−+=

−⋅=−yxz

yxz

Como ( )1;2,0;3,0 −−=N , la ecuación de la recta normal está dada por:

14.0

2.01

3.02 −

=−

−=

−− zyx

25

TAREA 3 - 2003 1.- Hallar los extremos de la función 22),( yxyxf += en el recinto limitado por las rectas:

xy −= 1 ; xy += 1 ; xy −−= 1 ; xy +−= 1 Solución:

Debemos determinar los extremos de la función. La ligadura es el recinto limitado

por las rectas, por lo que debemos analizar por separado que sucede con el interior del cuadrado que forman las rectas, con las rectas y con los vértices del cuadrado (o las esquinas).

Puntos críticos en el interior:

El problema consiste en sacar los extremos de la función (sin ligadura):

( ) ( ) ( ) ( )0,0,02,2),( 22 =→==+∇=∇ yxyxyxyxf

Vemos que la función tiene un mínimo en (0,0), lo que parece lógico, puesto que responde a un paraboloide con vértice en el origen.

Así, nuestro primer punto crítico : P1=(0,0) Puntos críticos en la frontera:

Dividamos la frontera en las cuatro rectas que la forman. Luego veremos los puntos críticos en cada recta .

y=1-x y=1+x

y= -1+x

y= -1-x

x

y

26

a) xy −= 1 Como la ligadura esta de forma explicita, no necesitamos ocupar multiplicadores de Lagrange, sino que la reemplazamos en la función (original) y luego calculamos los puntos críticos de la forma acostumbrada (como lo hicimos para el interior del cuadrado)

21

024)('12221)1())1(,(),( 22222

=∴

=−=⇒+−=+−+=−+=−=

x

xxfxxxxxxxxxfyxf

reemplazando x en la recta, obtenemos que 21

=y , por lo tanto P2 =

21,

21

b) xy += 1

Análogamente como en a) :

21

024)('12221)1())1(,(),( 22222

−=∴

=+=⇒++=+++=++=+=

x

xxfxxxxxxxxxfyxf


=y , por lo tanto P3 =

−

21,

21

c) xy −−= 1

Análogamente como en a) y b) :

21

024'12221)1())1(,(),( 22222

−=∴

=+=⇒++=+++=−−+=−−=

x

xfxxxxxxxxxfyxf


−=y , por lo tanto P4 =

−−

21,

21

d) xy +−= 1

Análogamente como en a) b) y c) :

21

024'12221)1())1(,(),( 22222

=∴

=−=⇒+−=+−+=+−+=+−=

x

xfxxxxxxxxxfyxf


−=y , por lo tanto P5 =

−

21,

21

27

Y por último las esquinas :

P6 = (0,1) P7 = (0,-1) P8 = (1,0) P9 = (-1,0)

Ahora reemplazamos los puntos críticos en la función original para ver que puntos son máximos y cuales mínimos de la función limitada por el recinto dado.

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

( )

( ) 101)0,1(

101)0,1(110)1,0(

110)1,0(

21

21

21)

21,

21(

21

21

21)

21,

21(

21

21

21)

21,

21(

21

21

21)

21,

21(

000)0,0(

22

22

22

22

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

22

=+−=−

=+=

=−+=−

=+=

=−−

+=−

=+−−

=−

=−−

+−−

=−−

=+=

=+=

f

ff

f

f

f

f

f

f

Concluimos que el mínimo es (0,0.0) y los máximos son )1,0,1(),1,0,1(),1,1,0(),1,1,0( −−

2.-) Seaxy

yxf 1),( = . Hallar los puntos de ),( yxf más cercanos al origen.

Solución:

Podemos ver el problema de la siguiente forma: La función a estudiar será 222),,( zyxzyxf ++= , la que para mayor

comodidad en el cálculo, tomaremos solo como 222),,( zyxzyxf ++= y

0111=−⇒=⇒= xyzxyz

xyz será la ligadura.

Por multiplicadores de Lagrange:

λ=∇f g∇

28

λ==∇ )2,2,2( zyxf ),,( xyxzyz

222

222222

222222

zyxyzyxxzxyzyzx

xyz

xzy

yzx

xyz

xzy

yzx

xyzxzyyzx

==

=====

==

===⇒

===

λ

λλλ

( )( )( ) 111

111

111

1

632

632

632

±=⇒=⇒=

±=⇒=⇒=

±=⇒=⇒=

=

zzz

yyy

xxx

xyz

Por lo tanto tenemos todas las combinaciones posibles entre x, y, z. Sin embargo

estos puntos deben cumplir que 1=xyz , lo que nos da sólo cuatro puntos y estos son )1,1,1();1,1,1();1,1,1();1,1,1( −−−−−−

Por los puntos de xy

yxf 1),( = mas cercanos al origen son

)1,1,1();1,1,1();1,1,1();1,1,1( −−−−−− 3.-) Hallar el mayor volumen que pueda tener una caja rectangular tal que el área de la superficie esté fija, en 10 [m2] e indique cuando ocurrirá el máximo. Solución:

Sea la caja de dimensiones :

Sabemos que el área de la superficie de la caja debe ser 10 , por lo tanto

29

05510222

=−++=∴=++→=++

zyxyxzgzyxyxzzyxyxz

Y la función volumen V estará dada por xyzzyxf =),,( Entonces el problema se consiste en resolver un optimización condicionada, que en

este caso por estar la ligadura de forma implícita resolveremos por multiplicadores de Lagrange.

λ=∇f g∇ λ==∇ ),,( xyxzyzf ),,( yxzxyz +++

)()()()()()()()()(

)()()(

)()()(

yzxyyxyzzxxyyxzxyzxzzxyzyx

xyzx

xzyz

yzyx

xyzx

xzyz

yzyxxyzxxzyzyz

+=+=+=+=+=++

=+

=+

+=

+=

+=⇒

+=+=+=

λ

λλλ

zxyxyzxyzyzxyyxzxyzxzxyxzyzzxy +=+=+=+=+=+⇒ 222222

xyzyyxzxxzyz 222222 =====⇒ zyx ==⇒

y además como 5=++ zyxyxz

53 2222 ==++ xxxx

352 =x

35

±=x

Pero como las variables x, y, z son dimensiones de la caja, no pueden ser negativas.

Por lo tanto las dimensiones máximas de la caja serán

=

35,

35,

35),,( zyx . Eso quiere

decir que este ocurre cuando las dimensiones son iguales, o sea un cubo de lado 35 m y el

máximo volumen vendrá dado por: 3

35

=V 15,2≈ m3

4.-) Calcular [ ] [ ]ππ ,0,0R si )( ×=+∫∫R

dxdyyxsen

30

Solución:

−<⇒<++−−<⇒>++

=+xyyxsenyxsen

xyyxsenyxsenyxsen

ππ20)( )(

0)( )()(

dxxdxxI

dxxxxdxxxxI

dxyxdxyxI

dydxyxsendydxyxsenI

yxy

xyy

x

x

∫∫

∫∫

∫∫

∫ ∫∫ ∫

−++−−=

−+−++−−+−=

+−−+−=

+−+=

=−=

−==

−

−

ππ

ππ

πππ

ππ

π π

π

π π

πππ

πππ

00

00

000

00 0

)cos()cos()cos()cos(


)cos()cos(

)()(

πππ

ππ

πππ

πππ

πππ

ππ

2002)()()1(2

)cos()cos()cos(2


000

000

00

=++=+++−−=

+++−=

−++−−=

∫∫∫

∫∫

IxsenxsenxI

dxxdxxdxI

dxxdxxI

5.-) En una cuerda vibrante de longitud L, el desplazamiento transversal en el instante t del punto ubicado a x cm de uno de los extremos, está dado por

+

-

π

π y=2π-x

y =π-x

y=-x

31

⋅⋅

⋅⋅

⋅+

⋅⋅

⋅= xL

senL

tcsenBL

tcAtx πππξ cos),(

Donde c: velocidad del sonido.

Calcular la energía total media de la cuerda durante los primeros T segundos, teniendo en cuenta que la energía total está dada por pk EEE +=

22

2

21

21

=

=

dxdmcE

dtdmE

p

k

ξ

ξ

Ek: Energía cinética Ep: Energía potencial Solución:

Para obtener kE y pE necesitamos obtener

dtdξ y

dxdξ :

⋅

⋅⋅

⋅−

⋅⋅

⋅⋅⋅

=

⋅⋅

⋅⋅

⋅+

⋅⋅

⋅⋅

⋅−⋅

⋅

=

Lxsen

LtcsenA

LtcB

Lc

dtd

Ltc

LcB

Ltcsen

LcA

Lxsen

dtd

ππππξ

πππππξ

cos

cos

⋅

⋅⋅

⋅+

⋅⋅⋅

⋅⋅−

⋅⋅

⋅⋅

⋅⋅=

Lxsen

LtcsenA

LtcsenBA

LtcB

Lc

dtd πππππξ 22222

2

222 2cos

⋅

⋅⋅

⋅+

⋅⋅⋅

⋅⋅−

⋅⋅

⋅⋅

⋅⋅=

Lxsen

LtcsenA

LtcsenBA

LtcB

LcmEk

πππππ 222222

22 2cos21

⋅⋅

⋅+

⋅⋅

⋅⋅⋅

⋅

=L

tcsenBL

tcALL

xdxd ππππξ coscos

⋅⋅

⋅+

⋅⋅⋅

⋅⋅+

⋅⋅

⋅⋅

⋅

⋅

=

LtcsenB

LtcsenBA

LtcA

LLx

dxd πππππξ 2222

2

22

2 2coscos

⋅⋅

⋅+

⋅⋅⋅

⋅⋅+

⋅⋅

⋅⋅

⋅

⋅

⋅=L

tcsenBL

tcsenBAL

tcALL

xmcE pπππππ 2222

2

222 2coscos

21

pxtotal EEE +=

Se pide calcular:

32

( ) ( )210 00 00 0

111 IILT

dtdxEdtdxELT

dtdxEELT

EL T

p

L T

k

L T

pktotal +=

+=+= ∫ ∫∫ ∫∫ ∫

Calcularemos las integrales I1 e I2

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

⋅⋅

⋅+

⋅⋅⋅

⋅⋅−

⋅⋅

⋅⋅

⋅

⋅⋅=

⋅⋅

⋅+

⋅⋅⋅

⋅⋅−

⋅⋅

⋅⋅

⋅

⋅⋅=

⋅⋅

⋅+

⋅⋅⋅

⋅⋅−

⋅⋅

⋅⋅⋅

⋅

=

L T

L T

L T

dtdxL

tcsenAL

tcsenBAL

tcBL

xsenL

cmI

dtdxL

tcsenAL

tcsenBAL

tcBL

xsenL

cmI

dtdxL

tcsenAL

tcsenBAL

tcBL

xsenI

0 0

222222

22

1

0 0

222222

22

1

0 0

222221

2cos21

2cos21

2cos

πππππ

πππππ

ππππ

( ) ( ) ( )[ ]∫ ∫ ⋅⋅+⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅

⋅

⋅=L T

dtdxtsenAtsenBAtBL

xsenmI0 0

2222221 2cos

21 ωωωπω

Sea Lcπω =

Ya que

aazsenzdzzasen

zaazsendzza

zaa

dzzasen

4)2(

2)(

24)2()(cos

)cos(1)(

2

2

−=⋅

+=⋅

⋅−=⋅

∫

∫

∫

Entonces

( ) ( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

L

L

LT

T

T

Lxsen

LxTsenTATBATTsenBmI

dxL

xsenTsenTATBATTsenBmI

dxL

xsenABABmItsenttttsen

0

2221

0

22221

0

2

0

2

0

0

221

4

2

242

212cos

2242

21

42

212cos

2242

21

221

42

22cos

242

⋅

−

⋅

−⋅+−⋅⋅⋅⋅⋅

+

+

⋅⋅⋅=

⋅

⋅

−⋅+−⋅⋅⋅⋅⋅

+

+

⋅⋅⋅=

⋅

+

⋅⋅

+⋅=

∫

∫

⋅

−⋅⋅

+

⋅

π

π

ωωω

ωωωω

πωωω

ωωωω

πω

ωωω

ωωω

( ) ( ) ( ) ( )( )2

12cos224

221 22222

1LTBAABTABTsenmI

−⋅⋅⋅

⋅⋅

+++−⋅

⋅= ωωω

ωω

33

( ) ( ) ( )[ ]

( ) ( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( )2

12cos224

221

2442

212cos

2242

21

cos42

22cos

2242

21

2cos21

2coscos21

222222

0

2222

0

2

0

20

0

222

0 0

22222

22

2

0 0

22222

222

2

LTBABATBATsenmI

xLxsen

LTsenTBTBATTsenAmI

dxL

xtsentBtBAttsenAmI

dxdttsenBtsenBAtAL

mcI

dtdxL

tcsenBL

tcsenBAL

tcALL

xmcI

L

LTT

T

L T

L T

−⋅⋅

⋅−++−

⋅=

+

⋅

⋅

−⋅+−⋅⋅⋅

−

+

⋅⋅=

⋅

⋅

−⋅+⋅⋅⋅

−

+

⋅⋅=

⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅

=

⋅⋅

⋅+

⋅⋅⋅

⋅⋅+

⋅⋅

⋅⋅

⋅

⋅

⋅=

∫

∫ ∫

∫ ∫

ωωω

ωω

π

π

ωωω

ωωωω

πωωω

ωωωω

ωωωπ

πππππ

Finalmente

( )

( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( )

( )222

222

2222222

22222

22222

21

41

41

12cos12cos24

241

12cos224

24

12cos224

241

1

ABmE

ABTmT

TTBAABTBAABTsenmT

TBABATBATsenmL

TBAABTABTsenmL

LT

IILT

E

total

total

+⋅=⇒

+⋅=

+−−⋅

⋅⋅

+++−+−⋅

⋅=

−⋅⋅

⋅−++−

⋅+

−⋅⋅⋅

⋅⋅

+++−⋅

⋅=

+=

ω

ω

ωωωω

ωω

ωωω

ωω

ωωω

ωω

La energía mecánica (Energía total) media de la cuerda está dada por:

( )222

22

41 BA

LcmEtotal +=

π

34

6.- Cada punto de un filamento incandescente de longitud 20 [cm] emite en cada instante de tiempo una cantidad de calor igual a

+−

⋅⋅= −

txttxC )1(exp5.8),( 3

donde x es la distancia a uno de los extremos del filamento y t es el tiempo expresado en segundos. Calcular el calor emitido durante los primeros 10 segundos. Solución: Debemos integrar sobre la longitud del filamento en el tiempo dado

−−

−−

+

+−

−

+

+−

−=

−−

+

+−

−=

−

−

+−

⋅−=

+−

⋅⋅−=

+−

⋅=

+−

⋅⋅=

→→

−

∫

∫

∫ ∫

∫ ∫

tLim

TLt

L

LimL

TL

Calor

tLt

L

Calor

dttt

Lt

Calor

dtt

xtt

Calor

dxdtt

xt

Calor

dxdtt

xtCalor

tt

T

T

T

T L

T L

o

T L

o

)1exp1exp1

)1(exp

1

)1(exp5.8

)1exp1

)1(exp5.8

)1exp)1(exp15.8

)1(exp15.8

)1(exp15.8

)1(exp5.8

00

0

0

02

0 03

03

0

3

Como L =20 [cm] = 0.2 [m] y T = 10 [s]

( )

−−

−

−=

−

−−

+

+−

+

+−

−=→→

101exp

2.110

)2.1(exp5.8

1exp

1101exp

)12.0(exp12.0

112.0

10)12.0(exp

5.800

Calor

t

Lim

t

LimCalortt

Luego el calor emitido es aproximadamente

Calor emitido = 1.4076 [unidades de calor]

35

TAREA 4 - 2003 1.- Considérese la siguiente región sólida Ω limitada por el paraboloide

222 yxz −−= e inferiormente por el cono 22 yxz += .Calcular i) El volumen de dicha región (hint: usar coordenadas cilíndricas) ii) El área del casquete paraboloidal que limita superiormente la región Solución:

1.a) Sacaremos primero la intersección del cono con el paraboloide para determinar el dominio de integración de x e y . Igualamos ambas ecuaciones:

( )( )( )( )( )

1

1

021

02

2

2

22

22

2222

2222

2222

2222

=+∴

=+⇒

=++−+⇒

=−+++⇒

=+++⇒

+=−−

yx

yx

yxyx

yxyx

yxyx

yxyx

El paraboloide y el cono se intersectan en una circunferencia de radio 1 Entonces, el volumen de la región estará acotado por

1011

222

2222

≤≤−≤≤−−

−−≤≤+

xxyx

yxzyx

Por lo tanto el volumen esta dado por

∫ ∫ ∫−

−−

−−

+

=1

0

1

1

22

2

22

22

x

x

yx

yx

dzdydxV

Haciendo el cambio a coordenadas cilíndricas

rJzzryrx

=

===

θθ

sincos

36

Obtenemos:

( ) ( )

65

1252

31

4112

342

2222

1

0

342

1

0

2321

0

2

0

1

0

22

0

1

0

2 22

ππππ

ππθθππ

⋅=⋅=

−−⋅=

−−⋅=

−−⋅=−−⋅⋅=⋅⋅=⋅= ∫∫∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫−−

rrrV

drrrrdrrrrdzrdrddzdrdrVr

r

r

r

65 π⋅

=V

1.b) El área del casquete paraboloidal lo obtenemos con la fórmula

dAyf

xf

R∫∫

∂∂

+

∂∂

+22

1

22

22

22

42

42

2),(

yyfy

yf

xxfx

xf

yxyxf

=

∂∂

⇒−=∂∂

=

∂∂

⇒−=∂∂

−−=

El dominio de integración se mantiene , puesto que sigue siendo la circunferencia

de intersección del paraboloide con el cono

dydxyxAx

x∫ ∫

−

−−

++=1

0

1

1

22

2

2

441

Haciendo cambio de coordenadas a polares

θθ

sincos

ryrx

==

Obtenemos

drrrdA

drdrrA

∫ ∫

∫ ∫

+=

+=

π

π

θ

θ

2

0

1

0

2

2

0

1

0

2

41

41

Hacemos un nuevo cambio de variables

rdrduru

841 2

=+=

y los límites de integración

37

5110

=→==→=

urur

Entonces

33.5

325

32

41

325

32

432

4812 2

323

235

1

235

1

≈

−

=

−

=

=⋅= ∫

A

uduuA ππππ

2.- Calcular ∫∫∫

Q

ydV si Q está determinada por 6≤+ xz ; 0≥z ; y≥0 ; 23yx ≥

Solución

Tenemos que

xz −≤≤ 60

Además

03

33

3

3

2

2

≤≤−∴

−≥≥⇒

≥⇒

≥

yx

xyx

yxyx

Y por último

60 ≤→= xz

60 ≤≤∴ x (porque si 23yx ≥ , nunca va a ser negativo)

Entonces , los limites de integración serán :

xz −≤≤ 60

03

≤≤− yx

60 ≤≤ x

Por lo tanto la integral vendrá dada por:

38

( ) ( ) dxyxdydxxydydxyzydzdydxIxxx

x

x

x 0

3

6

0

26

0

0

3

6

0

0

3

6

0

6

0

0

3

6

0 266

−−−

−

−

−

∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ −=−===

( )

6

121818266

66

0

36

0

26

0

26

0

−=

+−=+−=

+−=

−⋅−= ∫∫

I

xxdxxxdxxxI

3.-) Hallar el centroide de un octante de una esfera sólida Nota: El centroide es el centro de masa de un cuerpo que posee densidad homogénea Solución: Densidad: =ρ k Radio de la esfera: R Masa : ∫∫∫ ⋅

D

dDyxf ),(ρ

Masa de la esfera en coordenadas esféricas:

θ

θθφϑφ

sincos

sinsinsincos

2rJrzryrx

=

===

( )

34

322

3cos2sinsin

330

3

00 0

22

0

2

0 0 0

2

RkRkM

rkrddkdddrkrMRRR

⋅=⋅⋅⋅⋅=

−⋅=⋅⋅=⋅⋅⋅= ∫ ∫∫∫ ∫ ∫

ππ

θπθθφφθθ ππππ π

Por lo tanto la masa de la esfera en un octante :

6

3RkM ⋅=

π

Ahora calculamos Myz , Mxz , Mxy

( )

16

442sin

2sin

sincoscossinsin

4

42/

0

2/

0

0 0

322/

0

2/

0

2/

0 0

2

RkMyz

rkMyz

rddkdddrrkrMyzRR

⋅⋅=

⋅

−⋅=

⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅= ∫ ∫∫∫ ∫ ∫

π

θθφ

θθφφφθφθθ

ππ

πππ π

39

( ) ( )

16

442sin

2cos

sinsinsinsinsin

4

42/

0

2/

0

0 0

322/

0

2/

0

2/

0 0

2

RkMxz

rkMxz

rddkdddrrkrMxzRR

⋅⋅=

⋅

−−⋅=

⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅= ∫ ∫∫∫ ∫ ∫

π

θθφ

θθφφφθφθθ

ππ

πππ π

16

44)2cos(

2

cossincossin

4

42/

0

0 0

32/

0

2/

0

2/

0 0

2

RkMxy

rkMxy

rddkdddrrkrMxyRR

⋅⋅=

⋅

−⋅⋅=

⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅= ∫ ∫∫∫ ∫ ∫

π

θπ

θθθφφθθθ

π

πππ π

Entonces

6

163

4

Rk

Rk

MMxyX

⋅

⋅

==π

π

=8

3RM

MxyM

Mxz==

Luego

83RZYX ===∴

5.-) En un estudio de acústica arquitectónica se desea calcular el tiempo de reverberación, según el modelo de Sabine, de un recinto, éste está dado por la siguiente expresión:

bsAVT 161.0=

Donde: V: volumen del recinto. Abs: absorción total del recinto. La absorción total de un recinto está dado por:

α⋅= Tbs SA Donde: α :coeficiente de absorción promedio

∑=i

iiT

SS

αα 1

Donde: ST: superficie total del recinto. Si: area de la superficie i-ésima.

40

αi: coeficiente de absorción de la i-ésima superficie. Teniendo en cuenta que el recinto a estudiar es un auditorio rectangular de ancho A, largo L y altura máxima H, si está techado por una cubierta en forma de superficie paraboidal y las paredes tienen un coeficiente de absorción: q, el piso un coeficiente de absorción: p y el techo un coeficiente de absorción k. Encuentre una expresión para el tiempo de reverberación del auditorio Solución

El techo está dado por el paraboloide de ecuación 22 yxHz −−= . El volumen bajo el paraboloide limitado por las rectas de ecuación

2;

2;

2;

2AyAyLxLx =−==−= será:

( ) ( ) ( ) ( )

32

24

32

24

44

34

344

4444

33

2/

0

32/

0

2/

0

32/

0

2/

0

2/

0

2/

0

2/

0

22/

0

2/

0

22/

0

2/

0

2/

0

2/

0

22

−

−=−−=

−−=−−= ∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫A

LL

AHLAyxxyyHxV

dxdyydxdyxdxdyHdxdyyxHV

AL

LAAL

A LA LA LA L

1212

33 LAALHLAV −−=

+−=

12

22 ALHLAV

Las áreas de las paredes, techo y suelo del auditorio.

Área del suelo = LAAs ⋅= Ap1 = Área paredes frontales

Entonces el área de una de las paredes vendrá dada por

−−=−

−= ∫

− 1244

222/

2/

22 LAHLdxxAHArea

L

L

Y como son 2 paredes iguales

−−=

1242

22

1LAHLAp

41

Análogamente el área de las paredes laterales será

−−=

1242

22

2ALHAAp

Por lo tanto , el área total de las paredes será

−−+

−−=+=

1242

1242

2222

21ALHALAHLAAA ppp

El área del techo la calcularemos con la fórmula de área de superficie:

dAyf

xfA

Rtecho ∫∫

∂∂

+

∂∂

+=22

1

22

22

22

42

42

),(

yyfy

yf

xxfx

xf

yxHyxf

=

∂∂

⇒−=∂∂

=

∂∂

⇒−=∂∂

−−=

∫ ∫∫∫− −

++=++=2

2

2

2

2222 441441

A

A

L

LRtecho dxdyyxdAyxA

Con ello encontramos una representación integral del area del techo Entonces la absorción total estará dada por:

techospbs AkApAqA ⋅+⋅+⋅= Con lo que

bsAVT 161.0=

Donde

LAHALHLAV +

+−=

12

22

∫ ∫− −

++⋅+⋅⋅+

−−+

−−⋅=

2

2

2

2

222222

441124

2124

2

A

A

L

Lbs dxdyyxkLApALHALAHLqA

42

Podemos escribir un algoritmo en Matlab que nos de la absorción y el tiempo de reverberación clc close all A=input('ingrese el ancho del recinto: ') L=input('ingrese el largo del recinto: ') H=input('ingrese la altura máxima del recinto: ') disp('ingrese los coef de absorción correspondientes a 500 Hz de ') q=input('paredes: ') p=input('piso: ') k=input('techo: ') V=L*A*(H-(L^2+A^2)/12); disp('el volumen del recinto es') disp(V) res = dblquad(@inte,-L/2,L/2,-A/2,A/2); Absorcion=q*(2*L*(H-A^2/4-L^2/12)+2*A*(H-A^2/12-L^2/4))+p*A*L+k*res; disp('la absorción es ') disp(Absorcion) T60=(0.161*V)/Absorcion; disp('el tiempo de reverberación es') disp(T60) function atecho=inte(x,y) atecho=sqrt(1+4*x.^2+4*y.^2) Nota 1:

El programa consiste en dos archivos, unos es el principal y el otro la función a integrar.

En el programa principal aparece la función dblquad, ésta nos permite calcular la integral doble de una función dada y tanto los límites como la función son ingresados por el usuario siguiendo el siguiente formato: Integraldoble= dblquad(@funcionaintegrar,limite inf ,lim sup,lim inf,lim sup); Nota 2: “@” permite evaluar la función

43

TAREA 5 - 2003 1.- Demostrar

a) Sea A un campo vectorial, demostrar que 0=×∇•∇ A , o sea que: div(rotA)=0

b) Sea f campo escalar de clase C2, demostrar que 0r

=∇×∇ f c) Demostrar que bajo condiciones adecuadas para F y G( campos

vectoriales) )()()( GFFGGF ×∇⋅−×∇⋅=×•∇ y nombre las condiciones adecuadas

Solución: a) Sea F una función vectorial, definida en 3ℜ (para poder aplicar el operador rotor) con funciones componentes F1, F2 y F3

rot A =

321 FFFzyx

kji

∂∂

∂∂

∂∂

= ky

Fx

Fjx

Fz

Fiz

Fy

F ˆ12ˆ31ˆ23

∂

∂−

∂∂

+

∂∂

−∂

∂+

∂

∂−

∂∂

div(rot A) =

∂

∂−

∂∂

∂∂

+

∂∂

−∂

∂∂∂

+

∂

∂−

∂∂

∂∂

yF

xF

zxF

zF

yzF

yF

x123123

=

∂

∂∂∂

−

∂∂

∂∂

+

∂∂

∂∂

−

∂∂

∂∂

+

∂∂

∂∂

−

∂

∂∂∂

yF

zxF

zxF

yzF

yzF

xyF

x123123

= yz

Fxz

Fxy

Fzy

Fzx

Fyx

F∂∂

∂−

∂∂∂

+∂∂

∂−

∂∂∂

+∂∂

∂−

∂∂∂ 123123 222222

=

∂∂

∂−

∂∂∂

+

∂∂

∂−

∂∂∂

+

∂∂

∂−

∂∂∂

yzF

zyF

zxF

xzF

xyF

yxF 112233 222222

Como F es de clase C2, sus derivadas mixtas son iguales, por lo tanto : div (rot A) = 0000 =++

b) demostrar que 0

r=∇×∇ f

∂∂

∂∂

∂∂

=zf

yf

xffgrad ,,)(

44

∂∂

∂∂

−

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

−

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

−

∂∂

∂∂

=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=xf

yyf

xzf

xxf

zyf

zzf

y

zf

yf

xf

zyx

kji

fgradrot ,,

ˆˆˆ

))((

=

∂∂

∂−

∂∂

∂

∂∂∂

−

∂∂∂

∂∂

∂−

∂∂

∂xy

fyx

fzx

fxz

fyz

fzy

f ,, = ( ) 00,0,0r

=

c) Demostrar )()()( GFFGGF ×∇⋅−×∇⋅=×•∇

( ) ( ) ( ) ( )( )1221,3113,2332321321

ˆˆˆ

GFGFGFGFGFGFGGGFFFkji

GF −−−==×

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

21121221

1331311332232332

122131132332

122131132332

Fz

GGz

FFz

GGz

F

Fy

GGy

FFy

GGy

FFx

GGx

FFx

GGx

F

GFz

GFz

GFy

GFy

GFx

GFx

GFGFz

GFGFy

GFGFx

GF

∂∂

−∂

∂−

∂∂

+∂

∂+

∂∂

−∂

∂−

∂∂

+∂

∂+

∂∂

−∂

∂−

∂∂

+∂

∂=

∂∂

−∂∂

+∂∂

−∂∂

+∂∂

−∂∂

=

−∂∂

+−∂∂

+−∂∂

=×•∇

( )

∂

∂−

∂∂

+

∂∂

−∂

∂

+

∂

∂−

∂∂

+

∂

∂−

∂∂

+

∂∂

−∂

∂+

∂

∂−

∂∂

=

∂

∂−

∂∂

+

∂∂

−∂

∂+

∂

∂−

∂∂

+

∂

∂−

∂∂

+

∂∂

−∂

∂+

∂

∂−

∂∂

=×•∇

xG

yGF

zG

xGF

yG

zGF

yF

xFG

xF

zFG

zF

yFG

Fx

GFy

GFz

GFx

GFy

GFz

G

Gy

FGx

FGx

FGz

FGz

FGy

FGF

213132

321123312231

323121231312

313223211213

( ) ( )

( )

∂

∂−

∂∂

∂∂

−∂

∂

∂

∂−

∂∂

•+

∂

∂−

∂∂

∂∂

−∂

∂

∂

∂−

∂∂

•==×•∇

xG

yG

zG

xG

yG

zGFFF

yF

xF

xF

zF

zF

yFGGGGF

21,13,323,2,1

12,31,233,2,1

45

( ) ( )

( )

( ) ( ) ( )GFFGGF

yG

xG

xG

zG

zG

yGFFF

yF

xF

xF

zF

zF

yFGGGGF

rrrr×∇•−×∇•=×•∇⇒

∂

∂+

∂∂

∂∂

+∂

∂

∂

∂+

∂∂

−•+

∂

∂−

∂∂

∂∂

−∂

∂

∂

∂−

∂∂

•=×•∇

12,31,233,2,1

12,31,233,2,1

Los campos vectoriales F y G tienen que ser continuos con derivadas parciales continuas. 2.- Dado el campo vectorial ),,2( zkxyxyA −+= y el paraboloide S de ecuación

22 yxz += a) Calcular el flujo a través de la superficie exterior a S b) Demostrar que cualquiera sea el valor de k, el campo A no puede ser solenoidal. c) Calcular el flujo a través de toda la superficie exterior del cuerpo limitado por el paraboloide y el plano horizontal que pasa por los puntos P y Q d) Encuentre el valor de k para que A sea conservativo, encuentre la circulación a través de la trayectoria OPQ. Considere la figura:

Solución: a) Para calcular el flujo a través del paraboloide, “taparemos” con un plano el paraboloide a fin de poder aplicar el teorema de la divergencia, luego le restaremos el flujo del plano.

El flujo de toda la superficie exterior del cuerpo limitado por el paraboloide y el plano 2=z es π6 (ver c)

Calculamos ahora el flujo en el plano:

kG

zGˆ

2

=∇∴

−=

46

( )( ) π42ˆ,,2 ∫∫∫∫ ∫∫ ===−+RR R

dAzdAdAkzkzyxy , ya que R es la circunferencia

222 =+ yx Por lo tanto, el flujo en el paraboloide es πππ 246 =−

b)

( ) ( ) ( ) 031112)( ≠=++=∂∂

+−∂∂

++∂∂

= zz

kxyy

xyx

Adiv k∀

∴ A no puede ser solenoidal c) Como el paraboloide y el plano limitan un sólido podemos aplicar el teorema de la divergencia: z está limitado arriba por el plano 2=z y abajo por el paraboloide. y está acotada por la circunferencia 22 x−± y x se mueve entre las constantes - 2 y 2 . Por lo tanto 222 ≤≤+ zyx

22 22 xyx −≤≤−− 22 ≤≤− x

Así : ∫ ∫∫ ∫ ∫−

−

−−−

−

−− +

−−==2

2

2

2

222

2

2

2

2 2

2

2

2 22

233x

x

x

x yx

dydxyxdzdydxI

Haciendo cambio a coordenadas a polares:

( ) ( ) πππθπ

64

6223232

0

42

2

0

32

0

2

0

2 =

−⋅=−⋅=−= ∫∫ ∫

rrdrrrrdrdrI

d) =)(Arotv

( )2,0,0

2

−−=

−+∂∂

∂∂

∂∂ k

zkxyxyzyx

kji

Para que el campo Av

sea conservativo =)(Arotv

0r

2

02−=∴

=−−⇒k

k

Entonces : ( )zxyxyA ,2,2 ++=

r

Ya que Av

es conservativo existe una función escalar tal que Φ∇=A

r

47

( ) ( )

( )2

222

,,

2),,()0,,()0,0,(,,

2220 000 00

zxyyxzyx

dttdtxtdttdttyxAdttxAdttAzyxy zxy zx

+++=Φ

⋅+++⋅=++=Φ ∫ ∫∫∫ ∫∫

Pero xi = (0,0,0) y xf = (-1,-1,2)

Luego la circulación

( ) ( ) ( ) 52221

210,0,02,1,1,, =+++=Φ−−−Φ=Φ=⋅∫ f

i

xx

C

zyxdrA

5∫ =⋅C

drA

3.-) Considere F = (M,N). Donde 32),( xyxyxM −= y xyyyxN 2),( 2 −= ,

Calcular ∫ •C

drF , si C es el cuadrado de vértices (0,0); (2,0); (2,2) y (0,2)

i) De manera directa, parametrizando y resolviendo las correspondientes integrales, considere que se recorre C en sentido anti-horario

ii) Verifique su respuesta mediante el teorema de Green Solución:

i) Parametrizando el cuadrado :

C1 : 20

0≤≤

==

ty

tx C2:

20

2

≤≤==

tty

x C3 :

2022

≤≤=

−=

ty

tx C4 :

2020

≤≤−=

=

tty

x

( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( )( ) ( )( )( )

( )

( )∫

∫

∫∫

∫ ∫ ∫

=+−=

−+−−+−+−−+=

−−+−−−−−−+

−−+=

2

0

2

0

2222

2

0

22

0

2

2

0

2

0

232

884

44816444

1,02,00,1244,282

1,04,240,10,

dtt

dttttttttt

dttdtttt

dttttdttFdrC

48

ii)

( )

( )

( )∫∫∫ ∫∫ +−=

∂

∂−

∂∂

=

−=∂−∂

=∂

∂

−=∂−∂

=∂∂

RC R

dAxyydAy

MxNFdr

xyy

xyxy

M

yx

xyyxN

2

232

2

32

3

22

Donde R es la región que acota la curva cerrada C. En este caso es un cuadrado acotado por los ejes coordenados y las rectas 2=x e 2=y

( ) ( ) ( ) 881632322

0

2

0

22

0

2

0

2

0

2

0

2 =−=+−=+−= ∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ dydxxydydxydydxxyyFdrC

4.-) Considere S como la bola unitaria en 3ℜ . Considere el campo vectorial ),,2(),,( 22 zyxzyxF = . Calcule ∫∫ •

S

dsNF )(

a) De manera directa: parametrice y resuelva la integral correspondiente b) Verifique su respuesta mediante el teorema de la Divergencia

Solución: Parametrización:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )upsenusenpusenpuR cos,,cos,:: 3 =ℜ→Φ Donde

[ ] [ ]ππ 2,0,0 ×=R

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )upsenusenpusenpur cos,,cos),( =

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )usenpsenupuru −= ,cos,coscos

( ) ( ) ( ) ( )( )0,cos, pusenpsenusenrp −=

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )

( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )kuusenpsenuusenp

jpsenusenipusenusenppsenusen

usenupsenpukji

rr pu

ˆcoscoscos

ˆˆcos0cos

coscoscos

ˆˆˆ

22

22

++

−−=−

−=×

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )uusenkpusenjpusenirr pu cosˆsinˆcosˆ 22 ⋅+⋅+⋅=×

49

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )dudpuusenpusenpusenupsenusenpusenF

dsNF

R

S

∫∫

∫∫•=

•

cos,sin,cos)cos(),()(),cos()(

)(

22

( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )∫∫ •=R

dAuusenpusenpusenupupu cos,sin,cos)cos(,)sin()sin(),cos()sin(2 2222

( )∫∫ ++=R

dApupupu )sin()(cos)(sin)(sin)(cos)(sin2 33423

( )

380)(cos

38

0)(sin8

3)(cos342

)sin()(cos)(sin)(sin)(cos)(sin2

2

0

2

2

0

32

0

2

0

2

2

0 0

33423

π

π

π

πππ

π π

=+=

+++⋅=

++=

∫

∫∫∫

∫ ∫

dpp

dppdpp

dudpuupupu

∫∫ =•S

dsNF3

8)( π

b) Verifique su respuesta mediante el teorema de la Divergencia

( ) ( ) ( ) ( )zyzyzz

yy

xx

Fdiv ++=++=∂∂

+∂∂

+∂∂

= 122222)( 22r

( )

321222

12)()(

IIIzdVydVdV

dVzydVFdivdsNF

VVV

VVS

++=++=

++==•

∫∫∫∫∫∫∫∫∫

∫∫∫∫∫∫∫∫r

38

3142EsferaVolumen 22

3

1ππ

=⋅

⋅=⋅== ∫∫∫V

dVI

Recordando coordenadas esféricas

)cos()()()cos()(

φθφθφ

⋅=⋅=⋅=

rzsensenry

senrx

1020

0

<<<<<<

rπθ

πφ

0)()(2

)()()(22

0

1

0

2

0

232

2

0

1

0

2

02

=⋅⋅⋅=

⋅⋅⋅⋅==

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫∫∫∫

φθθφ

φθφθφ

π π

π π

drddsensenrI

drddsenrsensenrydVIV

50

0)2(2)2(

)()(cos2

0

1

0

31

0 0

2

0

32

2

0

1

0

2

02

==⋅=

⋅⋅⋅==

∫∫∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫∫∫∫

drdsenrdrddsenrI

drddsenrrzdVIV

φφπφθφ

φθφφ

ππ π

π π

3800

38)( ππ

=++=•∫∫S

dsNF

5.-) Sea ( )2),cos(),(),,,( zyeyseneetzyxu xxtj ⋅⋅= ωr campo de velocidades de un fluido

i) Demostrar que es irrotacional ii) Encontrar una función Φ tal que ur=Φ∇ , tal función es llamada

potencial de velocidad iii) Calcular ∫ ⋅

σ

dru donde ( )qeqqq ,,)( 3=σ 10 << q para t = 0 y t∀

iv) Calcular ∫ ⋅C

dru si C es el contorno de la elipse 1169

22

=+yx recorrida en

sentido anti-horario v) Si consideramos la ecuación de Fuerza Simple linealizada en un fluido

no viscoso

00 =∂∂

+∇tupr

ρ

Desprenda que la presión esta dada por t

p∂Φ∂

−= 0ρ (recuerde que el

gradiente y la derivada son operadores lineales)

vi) Calcule la presión ),,,( tzyx∀ Solución

( )2),cos(),(),,,( zyeyseneetzyxu xxtj ⋅⋅= ωr campo de velocidades de un fluido i) Demostrar que es irrotacional

51

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) 0coscos,00,00

sincos,sin,cos

cossin

ˆˆˆ

)(

22

2

r

r

=−−−=

∂∂

−∂∂

∂∂

−∂∂

∂∂

−∂∂

=

∂∂

∂∂

∂∂

=

yeeyee

yeey

yeex

zex

yeez

yeez

zey

zeyeeyeezyx

kji

urot

xjwtxjwt

xjwtxjwtjwtxjwtxjwtjwt

jwtxjwtxjwt

ii)Encontrar una función Φ tal que ur=Φ∇ , tal función es llamada potencial de velocidad

3sin

3sin

3sin0

),,(cos0sin

),,()0,,(cos)0,0,(sin

),,()0,,()0,0,(

3

30

3

0

0

2

00

0

2

00

03

02

01

zeyee

zeyee

ñeñee

dññyxñeñdñeedñee

dññyxzedññxyeedññyee

dññyxudññxudññu

jwtxjwt

jwtxjwt

zjwtyxjwt

zjwt

yxjwt

xtjwt

zjwt

yxjwt

xxjwt

zyx

+=∴

+=

++=

++=

++=

++=

∫∫∫

∫∫∫

∫∫∫

φ

φ rrr

iii ) Calcular ∫ ⋅σ

dru donde ( )qeqqq ,,)( 3=σ 10 << q para t = 0 y t∀

a) Para t = 0

( )1,0,0)0( =σ

( )e,1,1)1( =σ

∫ ⋅σ

dru = )1(

)0(

σ

σφ = −

+ ),1,1(

3sin

3

ezeyeejwt

xjwt )1,0,0(3

sin3

+

zeyeejwt

xjwt

31

3)1sin(

3

−+=ee

b) Para t∀

( )1,0,0)0( =σ

52

( )e,1,1)1( =σ

∫ ⋅σ

dru = )1(

)0(

σ

σφ = −

+ ),1,1(

3sin

3

ezeyeejwt

xjwt )1,0,0(3

sin3

+

zeyeejwt

xjwt

−+=

31

3)1sin(

3eee jwt

iv ) Como C es una curca cerrada y u es irrotacional, 0=⋅∫

C

dru , por el teorema

fundamental de las integrales de línea. v) Si consideramos la ecuación de Fuerza Simple linealizada en un fluido no viscoso

00 =∂∂

+∇tupr

ρ

Desprenda que la presión esta dada por t

p∂Φ∂

−= 0ρ (recuerde que el gradiente y la

derivada son operadores lineales)

( )

( )

tp

tp

ctet

p

dVt

p

tp

tp

tup

∂∂

−=∴

=∂∂

+⇒

==

∂∂

+⇒

=

∂∂

+∇⇒

=∂∂∇

+∇⇒

=∂∇∂

+∇⇒

=∂∂

+∇

∫

φρ

φρ

φρ

φρ

φρ

φρ

ρ

0

0

0

0

0

0

0

0

0

/0

0

0

0r

vi) Calcule la presión ),,,( tzyx∀

53

tp

∂∂

−=φρ0

+=

∂

+∂

=∂∂

3sin

3sin

3

3

zyejwet

zeyee

txjwt

jwtxjwt

φ

+−=

3sin

3

0zyejwep xjwtρ

54

FUENTES DE INFORMACIÓN

J. E. Marsden., A.J. Tromba. Calculo Vectorial. 3ª edición. Addison-Wesley Iberoamericana L. E. Kinsler, A.R. Frey. Fundamentos de Acústica. 4ª edición. John Wiley & Sons S. Vera B. Cálculo para la ingeniería 1 problemas resueltos. www.ctima.uma.es/matap/personal/svera

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