calculo 3

1. UNIVERSIDAD CAT´OLICA DE LA SANT´ISIMA CONCEPCI´ON
FACULTAD DE INGENIERIA
DEPARTAMENTO DE MATEM´ATICA Y F´ISICA APLICADAS (DMFA)
CERTAMEN N◦ 3 (PAUTA)
C´ALCULO III
(IN 1009 C)
1. Problema (15 puntos) Sea f : R3 → R, la funcion de

2. nida por
f(x; y; z) = x2z + y2z +
2
3
z3 − 4x − 4y − 10z + 1:
(a) Determine la naturaleza de todos los puntos crticos de la funcion f.
(b) Muestre que f no alcanza ni maximo ni mnimo absoluto en R3.
Soluci´on
Para la funcion f(x; y; z) = x2z +y2z +
2
3
z3 −4x−4y −10z +1, tenemos que:
(a) Dom(f) = R3 es un conjunto abierto, por tanto, los extremos relativos son local-
izados en los puntos criticos y caracterizados por criterio de la segunda derivada.
Asi,
fx = 2xz − 4, fy = 2yz − 4, fz = x2 + y2 + 2z2 − 10
– Si fx = 0, entonces 2xz − 4 = 0, luego x =
2
z
.
– Si fy = 0, entonces 2yz − 4 = 0, luego y =
2
z
.
– Si fz = 0, entonces x2 + y2 + 2z2 − 10 = 0
Las soluciones de las igualdades anteriores son los puntos
P1(2; 2; 1), P2(−2;−2;−1), P3(1; 1; 2), y P4(−2;−1;−1)
(04 Pts.)
La matriz Hessiana de f es dada por:
Hessf(x; y; z) =

fxx fxy fxz

fyx fyy fyz
fzx fzy fzz


⇒ Hessf(x; y) =


2z 0 2x
0 2z 2y
2x 2y 4z


Haciendo Δ1 = fxx, Δ2 =

8. fxx fxy
fyx fyy

14. ,
Δ3 =

24. fxx fxy fxz
fyx fyy fyz
fzx fzy fzz

34. ,
(04 Pts.)
1

35. – Para P1(2; 2; 1), Δ1 = 2 0, Δ2 = 4 0 y Δ3 = −48 0 por
tanto P1 es un punto de silla.
– Para P2(−2;−2; 1), Δ1 = −2 0, Δ2 = 4 0 y Δ3 = 48 0,
por tanto P2 es un punto de silla.
– Para P3(1; 1; 2), Δ1 = 4 0, Δ2 = 16 0 y Δ3 = 96 0, por
tanto P3 es un punto de mnimo relativo.
– Para P4(−1;−1;−2), Δ1 = −4 0, Δ2 = 16 0 y Δ3 = −96
0 por tanto P4 es un punto de maximo relativo.
(04 Pts.)
(b) La funcion f no tiene maximos, ni mnimos absolutos en R3, pues no es una
funcion acotada. En efecto, si z = 0, y = 0, entonces tenemos que
f(x; 0; 0) = −4x + 1;
luego
lim
x→−∞
f(x; 0; 0) = +∞; lim
x→+∞
f(x; 0; 0) = −∞:
(03 Pts.)
2. Problema (15 puntos) Sea C la curva de interseccion de las super

36. cies
x2 + y2 = 1 y x + y + z = 1
(a) Encontrar los puntos de maximo y de mnimo absoluto de la funcion
f(x; y; z) = x2 + y2 + z2 sobre la curva C
(b) Deducir cual es el punto de C mas alejado del origen.
Soluci´on.
(a) En este caso la funcion de Lagrange es
L(x; y; z; ;

37. ) = x2 + y2 + z2 + (x2 + y2 − 1) +

38. (x + y + z − 1):
Al igualar a cero las derivadas parciales de L, obtenemos el sistema de ecuaciones
2x + 2x +

39. = 0 (1)
2y + 2y +

40. = 0 (2)
2z −

41. = 0 (3)
x2 + y2 − 1 = 0 (4)
x + y + z − 1 = 0 (5)
(04 Pts.)
Restando (1) y (2) se obtiene ( + 1)(x − y) = 0, es decir, = −1 o x = y.
Reemplazando = −1 en (1) resulta que

42. = 0 y sustituyendo este valor
en (3), encontramos que z = 0. Sustituyendo este valor en (5) y usando (4)
nos da x = 0, y = 1 x = 1 e y = 0.
2

43. Ahora, si x = y usando (4) y (5) encontramos x = ±
√
2
2 y z = 1 − 2x =
1 ∓
√
2.
As, los puntos crticos de f son P1 = (0; 1; 0), P2 = (1; 0; 0), P3 =
(√
2
2 ;
√
2
2 ; 1 −
)
√
2
y P4 =
(
−
√
2
2 ;−
√
2
2 ; 1 +
)
.
√
2
(06 Pts.)
Luego,
√
2 ; f(P4) = 4 + 2
f(P1) = 1 ; f(P2) = 1 ; f(P3) = 4 − 2
√
2:
Por lo tanto, el nico punto de maximo absoluto es P4 y los puntos de mnimo
absoluto son P1 y P2.
(03 Pts.)
(b) Si P es un punto sobre la curva C, notando que su distancia al origen es
d(P; 0) =
√
x2 + y2 + z2 = f2(x; y; z)
se obtiene por a) que el punto mas alejado del origen es P2 =
(
−
√
2
2 ;−
√
2
2 ; 1 +
)
.
√
2
(02 Pts.)
3. Problema (15 puntos) Sea Ω la region acotada por x + y = 1; x + y = 4;
x − y = −1; x − y = 1. Calcular:
∫ ∫
Ω
(x + y)2 ex−yd(x; y)
Soluci´on.
Considerando el cambio de variable (x; y) = T (u; v) dado por u = x+y, v = x−y
obtenemos que x = 1
2(u + v), y = 1
2(u − v), con lo cual
T es una funcion de clase C1(R2)
T es una aplicacion lineal con kernel(T ) = {(0; 0; 0)}, luego T es biunivoca.
El jacobiano de T
JT =
@(x; y)
@(u; v)
=

47. 1=2 1=2
1=2 −1=2

51. = −1
2
;
es no nulo.
La region Ω∗ = T −1(Ω) es el rectangulo [1; 4] × [−1; 1].
(06 Pts.)
3

52. Luego, usando formula del cambio de variables para integrales dobles, tenemos:
∫∫
Ω
(x + y)2ex−yd(x; y) =
∫∫
Ω
u2ev
(
1
2
)
dvdu
=
1
2
∫4
1
∫1
−1
u2evdvdu
=
1
2
∫4
1
u2(ev)|1
−1du
=
1
2
(e − e−1)
∫4
1
u2du
=
1
2
(e − e−1)
(
u3
3
)

55. 4
1
=
21
2
(e − e−1):
(09 Pts.)
4. Problema (15 puntos )
(a) Usando integrales dobles, veri

56. que que el volumen de un cilindro de radio basal
a y altura h es a2h.
(b) Determinar el volumen de la region del primer octante encerrada por el cilindro
x2 = 4 − z y el plano 4x + 3y = 12.
Soluci´on
(a) Si consideramos el cilindro centrado en el origen y de radio a, entonces la ecuacion
del cilindro es x2+y2 = a2 con 0 ≤ z ≤ h. As el volumen del cilindro es dado
por:
V (cilindro) =
∫ ∫
Ω
f(x; y)dA
donde Ω = {(x; y) ∈ R2 : x2 + y2 = a}; f(x; y) = h. Usando coordenadas
polares tenemos que:
V (cilindro) =
∫ ∫
Ω
f(x; y)dA
=
∫ a
0
∫ 2
0
hrddr
= 2h
∫ a
0
rdr
= hr2

59. a
0
= a2h
(08 Pts.)
4

60. (b) El volumen del solido S encerrado por el cilindro parabolico z = 4 − x2 y el
plano 4x + 3y = 12 en el primer octante esta dado por
V (S) =
∫∫
Ω
(4 − x2)dyx;
con Ω : 0 ≤ x ≤ 3 ; y ≤ 4 − 4
3
x. Luego,
V (S) =
∫3
0
4−4
3∫ x
0
(4 − x2)dydx
=
∫3
0
(4 − x2)
(
4 − 4
3
)
dx
x − 0
=
∫3
0
(
16 − 16
3
x − 4x2 +
4
3
x3
)
dx
=
(
16x − 8
3
x2 − 4
3
x3 +
1
3
x4
)
|3
0
= 15:
(07 Pts.)
December 2, 2013
JV/LG/MU/NS/MG/mu
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