ParcialPII 1 SOLUCION

´ gico de Costa Rica
Instituto Tecnolo
´ lculo Superior
Ca
´ tica
Escuela de Matema

Puntos: 25 puntos.
Tiempo: 2 horas 30 minutos.
Fecha: 22 de Octubre, 2007.

´ n del II Parcial
Solucio
Instrucciones. Este es un examen de desarrollo por lo que deben aparecer todos los pasos que lo llevan a su
respuesta. Trabaje de manera clara y ordenada.
1.) (4 puntos). Determine y clasifique los puntoscr´ıticos de f (x, y) = x3 + 3xy 2 − 3x2 − 3y 2 + 4.
Soluci´
on.

• Puntos cr´ıticos.
fx = 3x2 + 3y 2 − 6x = 0
fy = 6xy − 6y
= 0

(1)
(2)

=⇒

• Si y = 0, sustituyendo en (1) queda,
3(x2 − 2x) = 0 =⇒ x = 0, x = 2.

3(x2 + y 2 − 2x) = 0
6y(x − 1)
= 0 =⇒ y = 0 o x = 1.
• Si x = 1, sustituyendo en (1) queda,
3(y 2 − 1) = 0 =⇒ y = 1, y = −1.

Finalmente, tenemos cuatro puntos cr´ıticos: (0, 0), (2, 0), (1, 1)y (1, −1).
• Clasificaci´on.

H(x, y) = fxx · fyy − (fxy )2 = (6x − 6) · (6x − 6) − 36y 2 .

• En (0, 0) f alcanza un m´aximo relativo, pues H(0, 0) = 36 > 0 y fxx (0, 0) = −6 < 0.
• En (2, 0) f alcanza un m´ınimo relativo pues H(2, 0) = 36 > 0 y fxx (2, 0) = 6 > 0.
• En (1, 1) f no alcanza un extremo pues H(1, 1) = −36 < 0 (punto de silla).
• En (1, −1) f no alcanza un extremo pues H(1, −1) =−36 < 0 (punto de silla).

2

2.) (5 puntos). Se quiere construir un cilindro circular recto con fondo pero sin tapa (ver figura 1). Si
se dispone de 48π cm2 de lata para construirlo, use
multiplicadores de Lagrange para determinar las dimensiones del cilindro, de tal manera que su volumen
sea m´aximo.

h
r

Figura 1: El cilindro circular recto.
Soluci´
on.
• Debemos maximizar V (r, h) = πr2 h sujetoa 48π = 2πr h + πr2 .
• L(r, h, λ) = πr2 h − λ(2r h + r2 − 48).

 Lr = 2πrh − λ(2h + 2r) = 0 (1)
L = πr2 − λ2r
= 0 (2)
•
 h
Lλ = 2r h + r2
= 48 (3)

Ahora, λ = λ =⇒





πrh
, pues h > 0 y r > 0.
h+r
=⇒
λ = πr/2


2r h + r2 = 48
λ =

π
πrh
= r =⇒ r(h − r) = 0 =⇒ r = h (r = 0 no pues r > 0).
h+r
2

Luego, sustituimos r = h en la ecuaci´on (3) :
2r h + r2 = 48 =⇒ 2h2 + h2 = 48 =⇒ h = ±4.
∴Las dimensiones son h = 4 y r = 4.
3.) (4 puntos). El primer momento de ´area de una
regi´on R, respecto al eje y, se define como
My =

x dx dy

θ = π/6

R

Considere r = 5 cos(3θ), la ecuaci´on de una rosa de
tres p´etalos. La gr´afica se muestra en la figura 2.
Calcule el primer momento de ´area de una regi´on R,
respecto al eje y, si R es la regi´on sombreada en la
figura 2.
Soluci´
on.
Paradeterminar los l´ımites de integraci´on, calculamos las tangentes al polo.

θ = −π/6

Figura 2: Regi´on R.

3

5 cos(3θ) = 0 =⇒ θ =

My =

π
π
dr
y θ = − . Como
6
6
dθ

x dx dy
R
π/6

5 cos(3θ)

=

r cos(θ) r dr dθ
−π/6
π/6

=
−π/6
π/6

=
−π/6

=
=

π
π
π = 0 entonces R : r = 5 cos(3θ) con − 6 ≤ θ ≤ 6 .
±
6

0

r3
cos(θ)
3

5 cos(3θ)

dθ
0

125
cos3 (3θ) cos(θ)dθ
3

125 1
cos5 (θ) (35 sen θ − 15sen(3θ) + 4 sen(5θ))
3 10
675 √
3 ≈ 18,2677
64

π/6

(seg´
un la f´ormula dada).
−π/6

4.) (3 puntos). El ´area de la regi´on R, en el plano xy, est´a dada por:
0

AR =

1

f (x, y) dy dx
−1 x2

a.) Dibuje la regi´on R .
b.) Plantee las integrales dobles correspondientes al ´area de la regi´on R, invirtiendo el orden integraci´
on respecto
a las integrales dadas.
Soluci´
on.
La regi´on deintegraci´on es R : 0 ≤ y ≤ x2 con −1 ≤ x ≤ 0.
¬
x = −√y

Y

y = x2

Y

y=1
0.5

y=0

-1

0

Luego, AR =

1

1

f (x, y) dy dx =
−1 x2

y=1
0.5

0

0
√
− y

f (x, y) dx dy.

4

Z

ϕ
5.) (4 puntos). Calcule, usando coordenadas esf´ericas, la integral

z dV si Q es el s´olido limitado

Y

Q

por las superficies y = x y x2 + y 2 + z 2 = 1; en el
primer octante (figura 3).

X

θ

4

π/

θ=
Figura 3: S´olido Q.Soluci´
on.
Como se ve en la figura 3, π/4 ≤ θ ≤ π/2 y 0 ≤ ϕ ≤ π/2. Luego,

π/2

z dV

π/2

1

=

Q

π/4

0

π/2

0
π/2

=
π/4
π/2

0

π/4

0

π/2

=
π/2

=
π/4

r4
cos(ϕ) · sen(ϕ)
4

1

dϕ dθ
0

1
cos(ϕ) · sen(ϕ) dϕ dθ
4

1 sen2 (ϕ)
4
2

=
π/4
π/2

r cos(ϕ) · r2 sen(ϕ) dr dϕ dθ

π/2

dθ
0

π
1
dθ =
.
8
32

6.) (5 puntos). Calcule, usando coordenadas cil´ındricas, el volumen del s´olido Q,...