soluciones

1
Departamento de Física y Matemáticas
Matemáticas - Grado en Biología
Ho ja de problemas sobre funciones de varias variables:
derivadas parciales, derivadas direccionales y gradiente.
Cálculo de extremos relativos.
1. Calcular las derivadas parciales de primer y segundo orden de las
siguientes funciones: Usaremos la notación
fx0 (x, y)
para referirnos a
fx0 (x, y) por ser más compacta. Las derivadas de segundo orden se calculan de forma análoga a las de primer orden; hay que tener cuidado
con las derivadas cruzadas, en las que se deriva primero respecto de
una variabley después respecto de la otra. Recuerda que el resultado
dederivas una función primero despecto de
x
y después respecto de
y
es elmismoque si derivamosprimeros respecto dey y después respecto
de
x.
Es decir,
00 = f 00 :
fxy
yx
a ) f (x, y) = 3x2 + 5y 2 sen(xy)
fx0 (x, y) = 6 x + 5 y 3 cos (x y)
fy0 (x, y) = 5 x y 2 cos (x y) + 10 y sin (x y)
fx00 (x, y) = 6 − 5 y 4 sin (x y)
0 (x, y) = 15 y 2 cos (x y) − 5 x y 3 sin (x y)
fxy
fy00 (x, y) = 20 x y cos (x y) − 5 x2 y 2 sin (x y) + 10 sin (x y)
b ) f (x, y) = ecos(x+y)
fx0 (x, y) = − sin(x + y)ecos(x+y)
fy0 (x, y) = − sin(x + y)ecos(x+y)
fx00 (x, y) = sin2 (x + y)ecos(x+y) − ecos(x+y)
0 (x, y) = sin2 (x + y)ecos(x+y) − ecos(x+y)
fxy
fy00 (x, y) = sin2 (x + y)ecos(x+y) − ecos(x+y)
2
2. Recuerda que la derivada direccional se puede calcular como el producto escalar entre el vector gradiente en el punto
paralelo a
~v .
Es decir, si
denotaremos por
~v
P
y el vector unitario
no es unitario, hay que normalizarlo (y lo
w
~ ).
a ) f (x, y) = x − 4x2 y + y 2 ,
P = (1, 2),
∇f (x, y) = (1 − 8 x y, 2 y −
3 4
w
~=
,
5 5
v̄ = (3, 4).
4 x2 ).
3 4
,
5 5
(−9, 0) ·
= −12
1
1
b ) f (x, y, z) = xyz , P = (1, 0, 1), v̄ = √ , 0, √ .
2
2
∇f (x, y, z) = (yz, xz, xy).
El vector ~
v ya es unitario.
1
1
√ , 0, √
La derivada direccional vale (0, 1, 0) ·
=0
2
2
c ) f (x, y) = xyexy , P = (1, −1), v̄ = (1, 1).
∇f (x, y) = ex y x y 2 + ex y y, ex y , x2 y + ex y x .
1 1
w
~ = √ ,√
2 2
1 −2
1 1
−1
√
√
La derivada direccional vale
,
·
,
=√
e2 e2
2 2
2e2
La derivada direccional vale
3. En todos los casos se trata de calcular el módulo del vector gradiente
en el punto
P.
a ) f (x, y) =
x−y
x+y
ā = (1, 1)
1) El gradiente es
∇f (x, y) =
2) El vector gradiente en
2 √13
6 −4 ,
= 25
25 25
1
3
x
b ) f (x, y) = x e 2x+3y
P
2y
−2 x
,
y 2 +2 x y+x2 y 2 +2 x y+x2
y su módulo valen
P = (2, 1)
1) El gradiente es
∇f (x, y) =
!
3 e x x3 + 9 e x x2 y + 2 e x x4 + 4 e x x3
3 e x x3
,
9 y 2 + 12 x y + 4 x2
9 y 2 + 12 x y + 4 x2
P y su módulo valen
2
q
2 +68 e2 )2
2
56 e +68 e2
e4
, − 2449e = (56 e 2401
+ 576
49
2401
2) El vector gradiente en
3
4. La idea es obtener el vector normal a la supercie en el punto indicado.
Con esa información es sencillo determinar larecta y el plano pedidos.
El primer apartadose resuelve con más detalle, el resto se hace de forma
totalmente análoga.
a ) f (x, y) = x2 + y 2 en P = (3, 4, 25).
2
2
2
2
Como z = x +y , denimos la función F (x, y, z) = x +y −z , de
forma que la supercie S con la que trabajamos sea la supercie
de nivel dada por F (x, y, z) = 0. Ahora, sabemos que el vector
gradiente de F (x, y, z) en P es normal a la supercie de nivel.
∇F (x, y, z) = (2x, 2y, −1)
y
∇F (1, 2, 5) = (2, 4, −1)
Las ecuaciones paramétricas de la recta normal

 x = 1 + 2λ
y = 2 + 4λ
r≡

z = 5−λ
El plano tangente en
Q = (x, y, z)
P
lo forman aquellos puntos de coordenadas
tales que el vector
P~Q = (x − 1, y − 2, z − 5)
es
perpendicular al vector normal, es decir, cuyo producto escalar
vale
0:
π ≡ (x − 1, y − 2, z − 5) · (2, 4, −1) = 2x + 4y − z − 4 = 0
b ) f (x, y) = √xy+7
2
2
x +y
en
P = (3, −4, −1).
!
p
p
y 3 y 2 + x2
x3 y 2 + x2
,
y 4 + 2 x2 y 2 + x4 y 4 + 2 x2 y 2 + x4
∇F (x, y, z) =
∇F (3, −1, −1) =
−64 27
,
, −1
125 125
Las ecuaciones paramétricas de la recta normal

x = 3 + −64

125 λ




27
y = −4 + 125
λ
r≡





z = −1 − λ
P:
−64 27
π ≡ (x−3, y+4, z+1)
,
, −1 = −64x+27y+z−209 = 0
125 125
El plano tangente en
4
c ) f (x, y) = sen(xy)
en
p = (π, 1, 0).
∇F (x, y, z) = (y cos(xy), x cos(xy), −1)
∇F (π, 1, 0) = (−1, −π, −1)
Las ecuaciones paramétricas de la recta normal

x = π−λ





y = 1 − πλ
r≡





z = 0−λ
El plano tangente en
P:
Π ≡ (x − π, y − 1, z) (−1, −π, −1) = −x − πy − z − 2π = 0
5. Hay que determinar los puntos críticos (aquellos en los que el gradiente
es el vector nulo) resolviendo el sistema
fx0 = 0, fy0 = 0
y clasicar los
puntos críticos utilizando el criterio del Hessiano
a)
Hay que resolver el sistema
 0
 fx (x, y) = 2y + 6x = 0

fy0 (x, y) = 2y + 2x = 0
cuya única solución es
(0, 0).
Ahora, la matriz Hessiana de
H(x, y) =
6 2
2 2
f
es
y aplicando el criterio correspondiente (mira la teoría) tenemos
que
(0, 0)
es un mínimo relativo.
b)
(0,0) silla
c)
(2,-1) min.
d)
(2,1) y (-2,1) silla, y (0,0) min.
e)
(-1,-1) y (1,1) min.
f)
(1,-2) silla
g)
ninguno
h)
(-1,0) max.
i)
(0,0), (4,0) y (0,-2) silla, y
( 34 , − 23 )
min.
5
6. llamemos
x, y , z
a los tres números que buscamos. Las condicione que
deben cumplir son
x + y + z = 27
2
x + y2 + z2
mínimo
En otras palabras, hay que encontrar el mínimo de la función
f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2
Para incorporar la restricción
despejar
función
z = 27 − x − y
x + y + z = 27
cuando
x + y + z = 27 a la función f basta con
f . Ahora hay que minimizar la
y sustituir en
g(x, y) = x2 + y 2 + (27 − x − y)2
Los puntos críticos son las soluciones del sistema
 0
 gx (x, y) = 2x − 2(27 − x − y) = 0

gy0 (x, y)
= 2y − 2(27 − x − y) = 0
⇔

 4x + 2y = 54

de donde se tiene que hay un único punto crítico:
2x + 4y = 54
x = 9, y = 9, z = 9.
Es inmediato calcular
00
gxx
(x, y) = 4,
00
gxy
(x, y) = 2,
00
gyy
(x, y) = 4
lo que permite clasicar el punto crítico como un mínimo.
7. Llamamos
x, y , z
al largo, ancho y alto de la caja. Con esas cantidades
tenemos
V olumen(x, y, z) = xyz
Superf icie(x, y, z) = 2xz + 2yz + xy
El volumen debe se considera constante, pongamos que vale
V.
Pode-
mos despejar
z=
V
xy
y sustituir en la función de la supercie, que es la que queremos minimizar:
S(x, y) = 2x
V
V
2V
2V
+ 2y
+ xy =
+
+ xy
xy
xy
y
x
Los puntos críticos son las soluciones del sistema

−2V


S 0 (x, y) = 2 + y = 0

 x
x


−2V

 Sy0 (x, y) = 2 + x = 0
y
⇔

2V


y= 2


x


2V

 x= 2
y
√
√
3
3
de donde se tiene que hay un único punto crítico: x =
2V
, y =
2V ,
√
3
2V
z=
. Usando el criteriode las segundas derivadas se obtiene que
2
es un mínimo.
6
8.
x=3
e
y = 3.
9. Los puntos críticos son las soluciones del sistema
 0
 fx (x, y) = 3x2 + 2xy = 0

fy0 (x, y) = 2y + x2 + 2 = 0
de donde se obtienen tres pruntos críticos:
(x, y) = (0, −1),
(x, y) = (2, −3),
(x, y) = (1, −3/2)
Las segundas derivadas son
00
fxx
(x, y) = 6x + 2y,
00
fxy
(x, y) = 2x,
00
fyy
(x, y) = 2
Si analizamos cada uno de los puntos críticos:
00
fxx
(0, −1) = −2,
00
fxx
(2, −3) = −14,
00
fxx
(1, −3/2) = 3,
00
fxy
(x, y) = 0,
00
fxy
(x, y) = 4,
00
fxy
(x, y) = 1,
00
fyy
(x, y) = 2 ⇒ punto
de silla
00
fyy
(x, y) = 2 ⇒ punto
de silla
00
fyy
(x, y) = 2 ⇒ mínimo
relativo (local)
Para decidir si es absoluto o sólo local, podemos buscar algún punto
(x, y)
tal que
f (x, y) < f (1, −3/2) = 7.
Por ejemplo,
f (0, 0) = 1.
Por
tanto, no hay extremos absolutos.
10. Como vimos en teoría, hay que calcular los extremos relativos de la
funcón que están en el recinto en el que varían
x
e
y
y comparar esos
valores con los que toma la función en el borde recinto. En este caso
 0
 fx (x, y) = −3

fy0 (x, y) = −4
de modo que no hay untos críticos. De hecho, la función
f (x, y)
dene
3
un plano en R . Esto implica que los extremos absolutos se alcanzan
en el borde del recinto de interés (el triángulo de vértices
(0, 0), (4, 0) y
(4, 5)). Pero podemos decir algo más sin hacer cálculos. Como las derivadas parciales son constantes, la función es monótona a lo largo de los
bordes del recinto, por lo que los extremos absolutos se alcanzan en los
vértices del recinto. Así, basta con comparar los valores
y
f (4, 5)
para obtener que el mínimo está en
y máximo en
(4, 5)
y vale
f (4, 5) = 13.
(4, 0)
f (0, 0), f (4, 0)
f (4, 0) = −7
y vale
7
11. De forma análoga al ejercicio anterior:
Extremos relativos. Los puntos críticos son las soluciones de
 0
 fx (x, y) = 2x + 2xy = 0

fy0 (x, y) = 2y + x2 = 0
√
√
√ (0, 0), (± 2, −1). Hay que tener en cuenta que x = − 2 < −1
yx =
2 > 1, es decir, esos dos puntos críticos quedan fuera del recinto
de interés D . Para clasicar el punto crítico (0, 0) (y excluir que sea
es decir,
un punto de silla) calculamos las segundas derivadas son
00
fxx
(x, y) = 2 + 2y,
00
fxy
(x, y) = 2x,
00
fyy
(x, y) = 2
de donde tenemos que se trata de un mínimo relativo.
Extremos a lo largo del borde de
de los lados de
D.
Hay que recorrer cada uno
D;
y = 1, −1 ≤ x ≤ 1
1
x = 1, −1 ≤ y ≤ 1
D
-1
1
-1
x = −1, −1 ≤ y ≤ 1
y = −1, −1 ≤ x ≤ 1
por ejemplo, para analizar los posibles extremos de
corren el lateral derecho (x
absolutos de
= 1, −1 ≤ y ≤ 1)
f
cuando
x
e
y
re-
estudiamos los extremos
f1 (y) = f (1, y) = 1 + y 2 + 2y + 4
en el intervalo
[−1, 1].
un mínimo relativo en
intervalo
y ∈ (−1, 1),
Es inmedito que
y = 1.
f1 (y) = y 2 + 2y + 5
que tiene
Como no tiene extremos relativos en el
alcanza un máximo relativoen
y = −1.
Es decir,
de momento, para edterminar el mínimo absoluto hay que comparar
f en (0, 0) (extremo relativo dentro de D) con
(1, 1). El máximo está, de momento, en (1, −1).
el valor que alcanza
valor que toma en
el
Falta analizar (de forma similarentramente análoga) qué sucede en los
D; el resultado es que el mínimo absoluto está en
(9, 0) y vale f (0, 0) = 4 y que hay dos máximos absolutos,en (−1, 1) y
en (1, 1) y valen f (−1, 1) = f (1, 1) = 7.
otros tres lados de
8
12. Respecto del anterior ejercicio, en este caso la región en la que varían
x
e
y
es más complicada que un cuadrado, en concreto,
D
tiene este
aspecto
Extremos relativos. Los puntos críticos son las soluciones de
 0
 fx (x, y) = y − 1 = 0

es decir, el punto
D.
fy0 (x, y) = x − 1 = 0
(1, 1), que en este caso sí está en el interior del recinto
(1, 1) (y excluir que sea un punto de
Para clasicar el punto crítico
silla) calculamos las segundas derivadas son
00
fxx
(x, y) = 1,
00
fxy
(x, y) = o,
00
fyy
(x, y) = 1
de donde tenemos que se trata de un mínimo relativo.
Extremos a lo largo del borde de
de
D,
D.
que está delimitado por la parábola
el segmento
absolutos de
−2 ≤ x ≤ 2, y = 4.
Hay que recorrer el borde
y = x2
para
−2 ≤ x ≤ 2
y
estonos lleva a calcular los extremos
f1 (x) = f (x, 4) = x2 +3x−3 con x ∈ [−2, 2], que tiene un mínimo
relativo en x = −3/2 (que es también absoluto) y alcanza el
máximo absoluto (que no es relativo) en x = 2. Esto proporciona
los candidatos a extemo absoluto
(−3/2, 4)
(2, 4)
f2 (x) = f (x, x2 ) = x3 −x2 −x+1 con x ∈ [−2, 2] (hemos sustituido
y = x2 ). Esta función tiene mínimo relativo en x = 1 y un máximo
relativo en x = −1/3, ambos en el intervalo [−2, 2] (pero ninguno
absoluto).Sobre esta parte delborde de D , los extremos absolutos
se alcanzan enlos extremos del intervalo, es decir, en
(−2, 4)
(2, 4)
9
Comparando el valor de
(−2, 4) = −9,
f
en todos estos puntos del plano tenemos
f (2, 4) = 5,
f (−3/2, 4) = −15/2,
por lo que el máximo absoluto se alcanza en
en(−2, 4).
f (1, 1) = 0,
(2, 4) y el mínimo absoluto