Page 1 1.1.- En ( ){ } 0,0 2 − R la función es continua por ser tener

En R 2 − {(0,0 )} la función es continua por ser tener en el denominador un polinomio, el
1.1.-
denominador sólo se anula en el punto ( 0,0) y es una raíz cuadrada de un polinomio positivo.
En el punto ( 0,0) tenemos que aplicar la definición de continuidad.
lim
( x, y ) →( 0 , 0 )
f ( x, y ) =
x2 + y3 − 6y2
lim
( x , y ) →( 0 , 0 )
x +y
2
(
)
= lim r cos(θ ) + r 2 sen(θ ) − 6rsen (θ ) = 0
r→ 0
2
f (0,0) = 0.
Como la imagen y el límite coninciden f es continua en R 2 .
En R 2 − {(0,0 )} la función es de clase C 2 (por las mismas razones descritas en el apartado
1.2.-
anterior), por lo tanto es diferenciable en R 2 − {(0,0 )} y su diferencial es
2
D f ( x0 , y 0 )( x, y ) =
(3 y
+
2
0
− 12 y 0
)
(
2 x 0 x 0 + y 0 − (x 0 + y 0 − 6 y 0 ) x 0 x 0 + y 0
2
2
3
2
x0 + y0
2
2
2
x0 + y0
2
3
)
1
2 −2
2
(
x0 + y 0 − ( x 0 + y 0 − 6 y 0 ) y 0 x0 + y 0
2
2
2
2
)
x+
1
2 −2
y
2
El punto ( 0,0) tenemos que analizarlo por separado.
h2
∂f
∂x
( 0, 0)
f ( h,0) − f (0,0)
= lim
= lim
h →0
h →0
h
lim +
h2
h2
= lim + 2 = 1
h h h→0 h
lim −
h2
h2
= lim+
= −1
h h h→ 0 − h 2
h →0
h →0
h2
h
−0
h2
no existe ya que
h→ 0 h h
= lim
La función es diferenciable en R 2 − {(0,0 )} y su diferencial es
D f ( x0 , y 0 )( x, y ) =
1.3.-
(
)
2 x 0 x + 3 y 0 2 − 12 y 0 y
x0 2 + y0 2
−
( x 0 2 + y 0 3 − 6 y 0 2 ) (x 0 x + y 0 y )
(x
2
0
+ y0 2
)
3
2
La función g ( x, y ) = x 2 + y 3 − 6 y 2 . La matriz jacobiana es
(
)
J g ( x, y ) = 2 x 3 y 2 − 12 y = (2 x 3 y ( y − 4) ) . Y los punto críticos son ( 0,0) y ( 0, 4) .
0 
2
Para clasificar los puntos necesitamos la matriz hessiana: H g ( x , y ) = 
 . Entonces
 0 6 y − 12 
2
H g ( 0,0) = 
0
0 
 . ( 0,0) es un punto de silla.
− 12 
2 0 
H g ( 0, 4) = 
 . ( 0, 4) es un mínimo relativo.
 0 12 
1.4.-
Como la función es continua y el conjunto es cerrado y acotado, podemos afirmar que existe el
máximo y el mínimo valor. Para calcularlos dividiremos el problema en dos partes: el cálculo sobre el
o
abierto y sobre la frontera. Para A aprovechamos los datos del apartad anterior. Hay dos puntos el
o
o
( 0,0) ∈ A y ( 0, 4) ∉ A .
Para la frontera Fr ( A ) =
{( x , y ) / x
2
}
+ y 2 = 1 , consideraremos los multiplicadores de Lagrange
(lo podemos realizar porque verifica todas las condiciones excepto para el punto ( 0,0) , que no está en la
frontera):
F ( x, y , λ ) = x 2 + y 3 − 6 y 2 + λ ( x 2 + y 2 − 1) .
Hay
que
resolver
el
sistema
2 x + 2λx = 0

 2
3 y − 12 y + 2λy = 0 .De la primera ecuación tenemos dos casos:

x2 + y2 =1

CASO A: x = 0 .
De la tercera ecuación sacamos y = ±1 . Y de la segunda para y = 1, λ =
9
15
e y = −1, λ = − . Tenemos
2
2
dos puntos ( 0,1) y ( 0,−1) .
CASO B: x ≠ 0 y por lo tanto λ = −1 . Ahora la segunda ecuación es y (3 y − 14) = 0 . Por lo tanto
y=0 ó y=
14
. De la tercera ecuación tenemos que para y = 0,
3
x = ±1 pero para y =
14
, la
3
ecuación no tiene solución real.
Recopilando los puntos y viendo sus imágenes tenemos
f (0,0) = 0 , f (0,1) = −5 , f (0,−1) = −7 , f (1,0) = 1 , f (−1,0) = 1
Así, el máximo absoluto es 1 y se alcanza en (±1,0) y el mínimo absoluto es -7 en ( 0,−1) .
2.1.-La región es un disco centrado en el punto ( 0,0) y cuyo radio menor es 1 y el radio mayor es 3.
Utilizaremos coordenadas polares
∫∫
D1
x + y dxdy = ∫
2
2
2π
0
r =3
3
 3 rrdr dθ = 2π  r  dθ = 2π  9 − 1  = 52 π ,
∫0  3 
 ∫1

3 3

r =1
2.2.-La región es un cono cuyo vértice está en el punto ( 0,0,0) y su altura es 2. Utilizaremos coordenadas
cilíndricas. Como hemos dicho 0 ≤ z ≤ 2 , y para cada altura de z tenemos un disco centrado en el punto
( 0,0, z ) y de radio z ( r 2 = x 2 + y 2 ≤ z 2 )
∫∫∫
D2
2π
2
2
2
 2 z
x + y + z dxdydz = ∫  ∫  ∫
0  0  0
  2
2
2π  2  r + z
2
2


r + z rdr  dz  dθ = ∫  ∫ 
0
 
3
 0
 
(
)
r =z



2
 dz  dθ =


 r = 0 
3
z =2
7
  3 3
 
 3 4

 3

2π  2  2 2 z
2π  2 2 z
 224 4
z3  
z4 
22 − 4
= ∫ ∫ 
−  dz dθ = ∫ 
−
dθ = 2π 
−  = 2π
0
0
0
3 
12 
3
3
3
  3
 12

 z =0
 



 
3-. El sólido es el interior de un cilindro infinito cuya base es un círculo centrado en ( 0,0, z ) y de radio 1.
Esta figura se interseca con una esfera de radio 2. Por lo tanto el sólido se puede dividir en tres partes:
D1 es el cilindro anterior pero su altura está acotada cuando se junta con la esfera:
 x 2 + y 2 = 1
implica que z 2 = 3 . Por lo tanto − 3 ≤ z ≤ 3 .
 2
2
2
 x + y + z = 4
Para calcular este volumen utilizaremos coordenadas cilíndricas:
((
r =1
))
2
2π
 1 3
 
 1 r 3 + 3 dr dθ = 2 3 2π  r  dθ = 2 3 ⋅ 2π 1 = 2 3π
dxdydz
=
rdz
dr
d
θ
=




∫∫D1
∫0  ∫0  ∫− 3   ∫0  ∫0
∫0  2 

2
r= 0
D2 es la parte de la esfera que queda encima del cono. Utilizaremos coordenadas esféricas, solamente
π
tenemos restricciones sobre ϕ : el ϕ más grande es ϕ = y el más pequeño ocurre en
2
2
2
 x + y = 1
1
. Es decir, 1 = x 2 + y 2 = r 2 cos 2 (ϕ ) = 4 cos 2 (ϕ ) . Así, cos(ϕ ) = ±
 2
2
2
2
 x + y + z = 4
2π
∫∫
D2
dxdydz = ∫
2π
0
π
3
ϕ=

 2 π 2


2π  2
2
2

dθ = 2π  r
  π2 r cos(ϕ ) dϕ dr dθ =
r
sen
(
ϕ
)
dr
π
∫0  ∫0
∫0  3
 
 ∫0  ∫3
ϕ=

3
 

 


(
)
(
]
r =2


1 − 3   dθ =

2   r =0



1 − 3 

2 

D3 es la parte de la esfera que queda debajo del cono. Utilizaremos coordenadas esféricas, solamente
π
π
tenemos restricciones sobre ϕ : el ϕ más pequeño es ϕ = − y el más grande ϕ = − .
2
3
r =2
π
π
3
ϕ =−

2π  2  −
 
2π  2
2π  r 

3
2
2
3


3



∫∫D2 dxdydz = ∫0  ∫0  ∫− π2 r cos(ϕ ) dϕ dr dθ = ∫0  ∫0 r sen (ϕ ) ϕ = − π2 dr  dθ =∫0  3  − 2 + 1 dθ =

 r =0




16π
3
(
16π
3
)
(
]


1 − 3 

2 

Por lo tanto
Vol ( D ) = ∫∫∫ dxdydz = ∫∫∫ dxdydz + ∫∫∫ dxdydz + ∫∫∫ dxdydz = 2 3π +
D
D1
D2
D3
(
)
16
32 − 10 3
π 2− 3 =
π
3
3
La región es
(-1,0)
(4,0)
 y 2 = 4 − x
Tenemos que saber los puntos de corte que son  2
( 0, −2) y ( 0, 2)
 y = 4 + 4 x
2 
2 
 4− y 2 
y2 − 4
5y2
 dy =∫  5 −
Area( A) = ∫∫ dxdy = ∫  ∫y 2 − 4 dx dy = ∫  4 − y 2 −
A
−2
−2
−2
4 
4
 4



10
10 40
10 −
+ 10 − =
3
3
3
2
y=2


5y 3 
dy = 5 y −
=

12


 y = −2
 ∂M
= −2 x

 M ( x, y ) = −2 xy
 ∂y
4.1.-Es una ecuación en forma diferencial donde 
.
Veamos
si
es
exacta
.
2
 ∂N
 N ( x, y ) = x + y
= 2x

 ∂x
No es exacta, busquemos un factor integrante µ ( y ) = e
∫
−2 x − 2 x
dy
− 2 xy
= e − 2 log( y ) =
1
..
y2
− 2x

 ∂M 2 x
= 2

 M ( x, y ) = y
∂y

y
2

Entonces la ecuación exacta es y + x dy − 2 yxdx = 0 : 
y
2
∂
N
2
x
 N ( x, y ) = x + 1 
= 2

y 2 y  ∂x y
(
F ( x, y ) = ∫ −
)
2x
x2
dx + C ( y ) = −
+C( y) .
y
y
x2 1 x2
dy
+ = 2 + C' ( y ) . Por lo tanto, C ( y ) = ∫
= log( y ) .
2
y
y y
y
La solución es −
x2
+ log( y) = C .
y
4.2. La ecuación de de segundo orden convertible a primer orden con el cambio y ' ' = z ' e y ' = z . La
nueva ecuación es z '+ xz − x = 0 . Es una ecuación de variables separables:
x2
x2
− +c
−
dz
x2
= xdx . Así,
+ C = − log( 1 − z ) . z = 1 − e 2 = 1 + Ce 2 . Deshaciendo el cambio tenemos
1− z
2
x2
−
dy
= 1 + Ce 2 .
dx
La solución es y = x + C ∫ e
−
x2
dx
2
+D.