Ejercicios resueltos del primer examen parcial del curso 2014–2015

Matem´
aticas III (G.I.T.I)
Ejercicios resueltos del primer examen parcial del curso 2014–2015
EJERCICIO 1.
Del campo escalar f (x, y) = axy 2 + by − 4x3 se sabe que el valor m´aximo de sus derivadas direccionales en el punto P = (1, 2) es 4 y se alcanza en la direcci´on del vector ⃗u = (0, −1).
(1) Halla los valores de las constantes a y b.
(2) Calcula los puntos cr´ıticos de f y clasif´ıcalos.
Soluci´
on.
(1) Sabemos que el valor m´aximo de las derivadas direccionales de un campo escalar en un punto
se alcanza en la direcci´on marcada por el gradiente del campo en dicho punto, as´ı que empezamos
∂f
= ay 2 − 12x2 ,
calculando el gradiente de f (x, y) = axy 2 + by − 4x3 en P = (1, 2). Tenemos
∂x
∂f
∂f
∂f
luego
(1, 2) = 4a−12 y, por otro lado,
= 2axy +b, por tanto
(1, 2) = 4a+b y el gradiente
∂x
∂y
(
) ∂y
de f en P es ∇f (P ) = 4a − 12, 4a + b .
La propiedad
( de m´aximo nos
) dice que, en este caso, el vector unitario en la direcci´on del gradiente
∇f (P ) = 4a − 12, 4a + b es ⃗u = (0, −1), as´ı que 4a − 12 = 0, con lo que a = 3. Por otro lado,
usando que la derivada direccional m´axima es 4 y la expresi´on de la derivada direccional en funci´on
del gradiente, nos queda 4 = ∇f (P ) · ⃗u = −(4a + b) = −12 − b, luego b = −16.
(2) Una vez hallados a y b, el campo resulta ser f (x, y) = 3xy 2 − 16y − 4x3 . Los puntos cr´ıticos
de f son los puntos en los que el gradiente vale cero, es decir, las soluciones del sistema
∂f
= 3y 2 − 12x2 = 0,
∂x
∂f
= 6xy − 16 = 0.
∂y
De la primera ecuaci´on obtenemos y 2 = 4x2 y, por tanto, y = ±2x.
√
2
En el primer caso, si y = 2x,
la
segunda
ecuaci´
o
n
queda
12x
−
16
=
0
con
lo
que
x
=
±2/
3y
√ )
√
√ )
( √
(
obtenemos los puntos A = 2/ 3, 4/ 3 y B = −2/ 3, −4/ 3 .
En el segundo caso, si y = −2x, la segunda ecuaci´on queda −12x2 − 16 = 0 que, obviamente, no
tiene soluci´on real.
√ )
√
√ )
( √
(
As´ı pues, s´olo hay dos puntos cr´ıticos, A = 2/ 3, 4/ 3 y B = −2/ 3, −4/ 3 . Para clasificarlos, usaremos el criterio de las derivadas segundas. La matriz hessiana de f es
[
]
−24x 6y
2
D f=
,
6y
6x
√ )
√
√ )
( √
(
luego en los puntos A = 2/ 3, 4/ 3 y B = −2/ 3, −4/ 3 nos queda
√
√ ]
√
√ ]
[
[
−48/
3
24/
3
48/
3
−24/
3
√
√
√
√ .
D2 f (A) =
y
D2 f (B) =
24/ 3 12/ 3
−24/ 3 −12/ 3
En ambos casos el determinante es −384 y, al ser negativo, los dos autovalores de cada matriz
tienen signo distinto; en consecuencia, A y B son puntos de silla de f .
1
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2
EJERCICIO 2.
Considera la ecuaci´on sen(xz) − xyz + π = 0 y el punto P = (1, 1, π).
(1) Prueba que la ecuaci´on anterior define z como funci´on impl´ıcita z = z(x, y) cerca del punto P .
(2) Calcula el polinomio de Taylor de grado 2 de z(x, y) en el punto (1, 1).
Soluci´
on.
(1) Para probar que sen(xz) − xyz + π = 0 define z como funci´on impl´ıcita z = z(x, y) cerca de
P = (1, 1, π), usaremos el teorema de la funci´on impl´ıcita. El campo F (x, y, z) = sen(xz) − xyz + π
es de clase C ∞ (R3 ) y cumple F (P ) = F (1, 1, π) = sen(π) − π + π = 0. Por otro lado, la derivada
parcial con respecto a z es Fz = x cos(xz)−xy, que en el punto P vale Fz (1, 1, π) = cos(π)−1 = −2.
Como Fz (P ) ̸= 0, el teorema de la funci´on impl´ıcita asegura que la ecuaci´on dada define z como
funci´
on impl´ıcita z = z(x, y) cerca del punto P y que dicha funci´on es de clase C ∞ en un disco con
centro en el punto A = (1, 1).
(2) Para calcular el polinomio de Taylor de grado 2 de z(x, y) en el punto A = (1, 1), partimos de
z(A) = π y usamos derivaci´
on impl´ıcita para hallar las derivadas parciales sucesivas de z en A.
( )
Vamos a derivar impl´ıcitamente la igualdad sen xz − xyz + π = 0 con respecto a x, es decir,
derivamos teniendo en cuenta que z es funci´on de x, y cerca de P . Usando sub´ındices para indicar
las derivadas parciales de z(x, y), obtenemos (z + xzx ) cos(xz) − y(z + xzx ) = 0 y, para el punto
A, (π + zx (A)) cos(π) − (π + zx (A)) = 0, luego −2(π + zx (A)) = 0 y, por tanto, zx (A) = −π.
( )
Ahora, derivando impl´ıcitamente la igualdad sen xz − xyz + π = 0 con respecto a y, nos queda
xzy cos(xz)−x(z+yzy ) = 0 y, para el punto A, zy (A) cos(π)−(π+zy (A)) = 0, luego −π−2zy (A) = 0
y, por tanto, zy (A) = −π/2.
Para hallar zxx , escribimos la igualdad obtenida antes (z + xzx ) cos(xz) − y(z + xzx ) = 0 en la
forma (z + xzx )(cos(xz) − y) = 0 y, derivamos impl´ıcitamente con respecto a x, obteniendo
(
)
(zx + zx + xzxx )(cos(xz) − y) + (z + xzx ) −(z + xzx ) sen(xz) = 0.
Particularizando en A tenemos
(
)
(−2π + zxx (A))(cos(π) − 1) + (π − π) −(π − π) sen(π) = 0,
con lo que zxx (A) = 2π.
Para hallar zxy , derivamos impl´ıcitamente (z + xzx )(cos(xz) − y) = 0 con respecto a y:
(
)
(zy + xzxy )(cos(xz) − y) + (z + xzx ) −xzy sen(xz) − 1 = 0.
Usando el punto A se tiene
(
)
(−π/2 + zxy (A))(cos(π) − 1) + (π − π) −(−π/2) sen(π) − 1 = 0,
de donde zxy (A) = π/2.
Finalmente, en la igualdad obtenida antes, xzy cos(xz) − x(z + yzy ) = 0, derivamos impl´ıcitamente
con respecto a y para hallar zyy :
(
)
xzyy cos(xz) + xzy −xzy sen(xz) − x(zy + zy + yzyy ) = 0
que, en el punto A, nos da −zyy (A) − (−π + zyy (A)) = 0, con lo que zyy (A) = π/2.
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Por tanto, el polinomio de Taylor de grado 2 de z(x, y) en el punto A = (1, 1) es
p(x, y) = z(A) + zx (A)(x − 1) + zy (A)(y − 1)
zxx (A)
zyy (A)
(x − 1)2 + zxy (A)(x − 1)(y − 1) +
(y − 1)2
2
2
= π − π(x − 1) − (π/2)(y − 1) + π(x − 1)2 + (π/2)(x − 1)(y − 1) + (π/4)(y − 1)2
)
π(
=
4 − 4(x − 1) − 2(y − 1) + 4(x − 1)2 + 2(x − 1)(y − 1) + (y − 1)2 .
4
+
3
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4
EJERCICIO 3.
Considera el cambio de variables dado por x = u2 + cos(v) e y = sen(v) y el punto P cuyas
coordenadas en el plano de las variables u, v son u0 = 1 y v0 = 2π.
(1) Calcula el punto Q = (x0 , y0 ) que es la imagen del punto P mediante el cambio de variables
dado. Prueba que dicho cambio de variables puede invertirse cerca del punto Q y halla la matriz
jacobiana del cambio de variables inverso en el punto Q.
(2) De un campo escalar f (x, y) se sabe que la ecuaci´on del plano tangente a su gr´afica en el punto
∂f
∂f
Q es z = 3 − 2x + y. ¿Cu´anto valen
(Q) y
(Q)? ¿Cu´al es la ecuaci´on del plano tangente a
∂x
(
)∂y
la gr´afica del campo g(u, v) = f x(u, v), y(u, v) en el punto P ?
Soluci´
on.
(1) Las coordenadas del punto Q son
x0 = u20 + cos(v0 ) = 1 + cos(2π) = 2
e
y0 = sen(v0 ) = sen(2π) = 0.
Para probar que dicho cambio de variables puede invertirse cerca del punto Q = (2, 0) aplicaremos
el teorema de la funci´on inversa. Es claro que el cambio es de clase C ∞ (R2 ) y su matriz jacobiana
es
 ∂x ∂x 
]
[
2u − sen(v)
∂(x, y)  ∂u ∂v 
=
.
=
∂y ∂y
∂(u, v)
0
cos(v)
∂u ∂v
En el punto P = (1, 2π) se tiene
[
]
2 0
∂(x, y)
(P ) =
∂(u, v)
0 1
que es una matriz invertible. Por tanto, el teorema de la funci´on inversa garantiza que el cambio
de variables puede invertirse cerca del punto Q = (2, 0) y que la matriz jacobiana del cambio de
variables inverso en el punto Q es la inversa de la matriz jacobiana del cambio en el punto P :
[
]−1 [
1/2
∂(u, v)
∂(x, y)
(Q) =
(P )
=
∂(x, y)
∂(u, v)
0
0
1
]
.
(2) El plano tangente a la gr´afica de f en Q = (2, 0) es z = 3−2x+y. Con esto, podemos obtener las
∂f
∂f
derivadas parciales
(Q) y
(Q) de varias formas. Por ejemplo, si llamamos p(x, y) = 3−2x+y,
∂x
∂y
entonces sabemos que p(x, y) es el polinomio de Taylor de grado 1 de f en Q, as´ı que
∂f
∂p
(Q) =
(Q) = −2
∂x
∂x
y
∂f
∂p
(Q) =
(Q) = 1.
∂y
∂y
Otra posibilidad es usar que la coordenada z0 = f (Q) = f (x0 , y0 ) del punto de tangencia es
z0 = 3 − 2x0 + y0 = −1 con lo que el plano tangente viene dado por
z − (−1) =
∂f
∂f
(Q)(x − 2) +
(Q)(y − 0)
∂x
∂y
≡
z = −1 − 2
Comparando con la ecuaci´on dada z = 3 − 2x + y, vemos que
∂f
∂f
∂f
(Q) +
(Q)x +
(Q)y.
∂x
∂x
∂y
∂f
∂f
(Q) = −2 y
(Q) = 1.
∂x
∂y
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(
)
La ecuaci´on del plano tangente a la gr´afica del campo g(u, v) = f x(u, v), y(u, v) en el punto P es,
∂g
∂g
llamando w a la tercera coordenada, w = g(P ) +
(P )(u − u0 ) +
(P )(v − v0 ), as´ı que debemos
∂u
∂v
∂g
∂g
calcular g(P ) y las derivadas parciales
(P ) y
(P ).
∂u
∂v
(
)
El c´alculo de g(P ) es directo: g(P ) = f x(P ), y(P ) = f (Q) = −1. Para hallar las derivadas
parciales usamos la regla de la cadena y los valores obtenidos antes
∂g
(P ) =
∂u
∂g
(P ) =
∂v
∂f
∂x
∂f
∂y
(Q) (P ) +
(Q) (P ) = −2 · 2 + 1 · 0 = −4,
∂x
∂u
∂y
∂u
∂f
∂x
∂f
∂y
(Q) (P ) +
(Q) (P ) = −2 · 0 + 1 · 1 = 1.
∂x
∂v
∂y
∂v
(
)
En consecuencia, la ecuaci´on del plano tangente a la gr´afica del campo g(u, v) = f x(u, v), y(u, v)
en el punto P es
w = −1 − 4(u − 1) + (v − 2π)
≡
w = 3 − 2π − 4u + v.
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EJERCICIO 4.
De los puntos que est´an a la vez en el cilindro x2 + y 2 = 1 y en la superficie z 2 − xy = 0, calcula,
en el caso de que existan, el que est´a m´as cerca y el que est´a m´as lejos del origen de coordenadas.
Justifica la respuesta.
Soluci´
on.
Llamemos C al conjunto de puntos que est´an a la vez en el cilindro x2 + y 2 = 1 y en la superficie
z 2 −xy = 0, es decir, C es el corte de ambas. C es un conjunto cerrado porque, al venir definido por
igualdades, no tiene puntos interiores y coincide con su propia frontera. Por otro lado, C tambi´en
2
2
es un conjunto acotado porque
√ si (x, y, z) es un punto de C, entonces x + y = 1, con lo que
|x| , |y| ≤ 1 y, adem´as, |z| = |x| |y| ≤ 1. Es decir, C se queda contenido en el cubo |x| , |y| , |z| ≤ 1
y no tiene puntos de coordenadas arbitrariamente grandes.
Para hallar los puntos de C que est´an m´as cerca y m´as lejos del origen de coordenadas,
tenemos
√
2
que resolver el problema de hallar el m´aximo y el m´ınimo de la funci´on d(x, y, z) = x + y 2 + z 2
que da la distancia de un punto al origen. Como es habitual en los problemas de distancia m´axima
(
)2
o m´ınima, trabajamos con el cuadrado de la distancia f (x, y, z) = d(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2
ya que es una funci´on m´as c´omoda de manejar y alcanza sus m´aximos y m´ınimos en los mismos
puntos que la funci´on que da la distancia.
En definitiva, tenemos que resolver el problema de hallar el m´aximo y el m´ınimo de la funci´on
objetivo f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 sujeto a (x, y, z) ∈ C. Puesto que f es una funci´on continua y C
es cerrado y acotado, el teorema de Weierstrass nos dice que este problema tiene soluci´on.
Para hallar las soluciones, usamos el teorema de los multiplicadores de Lagrange. En primer lugar,
observemos que la funci´on objetivo y las funciones g(x, y) = x2 + y 2 − 1 y h(x, y) = z 2 − xy
que definen las restricciones de igualdad son todas de clase C ∞ (R3 ). Por otro lado, tenemos que
Dg(x, y, z) = [2x, 2y, 0] y Dh(x, y, z) = [−y, −x, 2z] son vectores linealmente independientes si
(x, y, z) ∈ C porque al tener Dg la tercera coordenada igual a cero, la u
´nica posibilidad para
2
que sean dependientes es que x = y = z = 0, lo que no ocurre porque x + y 2 = 1 en C. Por
tanto, las soluciones del problema se encontraran entre los puntos que cumplan que existen sendos
multiplicadores de Lagrange λ y µ tales que Df (x, y, z) = λDg(x, y, z) + µDh(x, y, z). Es decir,
tenemos que resolver el sistema
2x = λ2x − µy,
2y = λ2y − µx,
2z = µ2z,
x2 + y 2 = 1,
z 2 = xy.
De la tercera ecuaci´on sacamos que z = 0 o que µ = 1.
Estudiamos primero el caso z = 0: si z = 0, entonces, de la u
´ltima ecuaci´on, y = 0 o bien x = 0. Si
y = 0, entonces x = ±1; mientras que si x = 0, entonces y = ±1. Por tanto, esto nos proporciona
cuatro puntos P1 = (1, 0, 0), P2 = (−1, 0, 0), P3 = (0, 1, 0) y P4 = (0, −1, 0).
Por otro lado, si µ = 1, entonces las primeras ecuaciones quedan
2x = λ2x − y
≡
y = (2λ − 2)x,
2y = λ2y − x
≡
x = (2λ − 2)y.
Multiplicando la primera de estas ecuaciones por y, la segunda por x e igualando ambas, nos queda
2
x2 = y 2 y, por tanto, x = ±y. En el caso x = y,√las dos
´ltimas
√ u
√ ecuaciones√resultan
√ ser 2x
√ =1
2
2
y z = √
x = 1/2,
P5 = ( √2/2, 2/2,
2/2), P6 = ( 2/2, 2/2, − 2/2),
√ que√dan los puntos √
√
P7 = (− 2/2, − 2/2, 2/2) y P8 = (− 2/2, − 2/2, − 2/2). En el caso x = −y, nos quedar´ıa
2x2 = 1 y z 2 = −x2 = −1/2 que es imposible.
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Por tanto, tenemos ocho puntos candidatos a ser los puntos de C m´
as cercanos y m´as lejanos al
origen. Para determinar cu´ales son, evaluamos la funci´on objetivo y obtenemos
f (P1 ) = f (P2 ) = f (P3 ) = f (P4 ) = 1
y
f (P5 ) = f (P6 ) = f (P7 ) = f (P8 ) =
3
.
2
En consecuencia, P1 , P2 , P3 y P4 son los puntos de C m´as cercanos al origen y P5 , P6 , P7 y P8
son los puntos de C m´
as alejados del origen, y las distancias m´ınima y m´axima de C al origen son,
√
respectivamente, 1 y 3/2

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