Pontificia Universidad Católica de Chile
Facultad de Matemáticas
Departamento de Matemática
22/Enero/2020
MAT 1620 - Cálculo II.
Interrogación 2.
Solución
1.
x3 + y 3
en el punto (0, 0).
x+y
b) Utilizando el concepto de aproximación lineal de una función en un punto, hallar el valor
p
aproximado de (1,02)3 + (1,97)3 .
a) Analice la continuidad de la función f (x, y) =
Solución.
a) La función es discontinua en (0, 0) pués no está definida para (0, 0).
Para que la discontinuidad sea evitable se debe tener que
x3 + y 3
= f (0, 0)
(x,y)→(0,0) x + y
lı́m
ası́,
(x + y)(x2 − xy + y 2 )
x3 + y 3
=
lı́m
x+y
(x,y)→(0,0)
(x,y)→(0,0) x + y
lı́m
considerando y 6= −x entonces
=
(x2 − xy + y 2 ) = 0
lı́m
(x,y)→(0,0)
Note que los valores de acercamiento al punto (0, 0) tanto como se quiera, no puede tomar
los puntos tales que y = −x pues no están en el dominio de la función, por tanto el lı́mite
en cuestión es 0.
p
b) Considerando la función f (x, y) = x3 + y 3 y el punto (1, 2). Se tiene que que
!
3x2
3y 2
1
p
∇f (x, y) =
, p
⇒ ∇f (1, 2) =
,2
2
2 x3 + y 3 2 x3 + y 3
De esta manera tenemos que la aproximación lineal de f en (1, 2) es
L(x, y) = f (1, 2) + ∇f (1, 2) · (x − 1, y − 1) = 3 + 21 , 2 · (x − 1, y − 2), y
f (1,02, 1,97) ≈ L(1,02, 1,97) = 3 +
1
, 2 · (0,02, −0,03) = 3 + 0,01 − 0,06 = 2,95
2
2. Considere la función f : R2 → R definida por
(
x2 + xy + y 2 si x 6= y
f (x, y) =
x+y
si x = y
a) Calcule
∂f
∂f
(0, 0) y
(0, 0).
∂x
∂y
b) ¿ Es f diferenciable en (0, 0)?
Solución.
a) Notemos que f (0, 0) = 0 y por lo tanto
∂f
f (h, 0) − 0
f (h, 0)
h2
(0, 0) = lı́m
= lı́m
= lı́m
= lı́m h = 0
h→0
h→0
h→0 h
h→0
∂x
h
h
f (0, h) − 0
f (0, h)
h2
∂f
(0, 0) = lı́m
= lı́m
= lı́m
= lı́m h = 0
h→0
h→0
h→0 h
h→0
∂y
h
h
b) Sea L la posible aproximación lineal de f en (0,0), esto es:
L(x, y) = f (0, 0) + ∇f (0, 0) · (x − 0, y − 0) = 0 + (0, 0) · (x, y) = 0
Utilizando la definición de diferenciabilidad, f es diferenciable en (0, 0) si
|f (x, y) − L(x, y)|
=0
(x,y)→(0,0) ||(x, y) − (0, 0)||
lı́m
|f (x, y) − L(x, y)|
|f (x, y)|
p
=
lı́m
(x,y)→(0,0) ||(x, y) − (0, 0)||
(x,y)→(0,0)
x2 + y 2
lı́m
Si consideramos la trayectoria T : x = y,
√
|2x|
|f (x, y)|
|f (x, x)|
p
= lı́m √
= lı́m √
= 2 6= 0,
x→0
(x,y)→ (0,0)
2|x|
2|x|
x2 + y 2 x→0
lı́m
por tanto la función no es diferenciable en (0, 0).
También se puede mostrar que el lı́mite no existe, tomando otra trayectoria y que resulte
otro valor del lı́mite en cuestión.
3.
a) Considere la función
x sen y − y sen x si (x, y) 6= (0, 0)
x2 + y 2
f (x, y) =
0
si (x, y) = (0, 0)
calcule fxy (0, 0) y fyx (0, 0).
b) Si z = f (u, v), donde u = ln(x + y), v = ln(x − y) y f tiene segundas derivadas parciales
continuas, demuestre que
2
∂2z
∂2z
∂ z
2
2
−
=
4
(x − y )
∂x2 ∂y 2
∂u∂v
Solución.
a) Aplicando la definición de derivada, se tiene
fxy (0, 0) = lı́m
t→0
fx (0, t) − fx (0, 0)
t
(1)
Ahora, calculamos: fx (0, 0) y fx (x, y), (x, y) 6= (0, 0)
t sen 0 − 0 sen t
f (t, 0) − f (0, 0)
= lı́m
= lı́m 0 = 0
t→0
t→0
t→0
t
t3
fx (0, 0) = lı́m
fx (x, y) =
(sen y − y cos x)(x2 + y 2 ) − (x sen y − y sen x)2x
(x2 + y 2 )2
luego en (1) resulta
sen t − t
0
(sen t − t)t2 − (0 sen t − t sen 0)2 · 0
= lı́m
=
5
3
t→0
t→0
t
t
0
fxy (0, 0) = lı́m
= lı́m
t→0
cos t − 1
− sen t
1
= lı́m
=−
t→0
3t2
6t
6
analogamente
fy (t, 0) − fy (0, 0)
t→0
t
calculamos: fy (0, 0) y fy (x, y), (x, y) 6= (0, 0)
fyx (0, 0) = lı́m
(2)
f (0, t) − f (0, 0)
0 sen t − t sen 0
= lı́m
= lı́m 0 = 0
t→0
t→0
t→0
t
t3
fy (0, 0) = lı́m
fy (x, y) =
(x cos y − sen x)(x2 + y 2 ) − (x sen y − y sen x)2y
(x2 + y 2 )2
luego en (2) resulta
(t cos 0 − sen t)t2 − (t sen 0 − 0 sen t)2 · 0
t − sen t
0
= lı́m
=
5
3
t→0
t→0
t
t
0
fxy (0, 0) = lı́m
= lı́m
t→0
1 cos t
sen t
1
= lı́m
=
t→0 6t
3t2
6
b) Considerando z = f (u, v), u = ln(x + y), v = ln(x − y) y derivando se tiene:
∂z
∂f 1
∂f 1
=
+
∂x
∂u x + y
∂v x − y
∂z
∂f 1
∂f 1
=
−
∂y
∂u x + y
∂v x − y
Ahora, derivando respecto de x y de y las dos igualdades anteriores respectivamente, resultan:
1
1
1
∂2z
∂2f
1
∂2f
∂f
∂2f
=
+
+
+
+
2
2
2
2
2
2
2
∂x
∂u (x + y)
∂u∂v x − y
∂u (x + y)
∂v∂u x − y 2
+
∂2f
1
∂f
1
+
∂v 2 (x − y)2
∂v (x − y)2
∂2z
∂2f
1
∂2f
1
∂f
1
∂2f
1
=
−
+
−
+
2
2
2
2
2
2
2
∂y
∂u (x + y)
∂v∂u x − y
∂u (x + y)
∂u∂v x − y 2
+
∂2f
1
∂f
1
+
∂v 2 (x − y)2
∂v (x − y)2
ahora, restando de la primera la segunda, usando Clairaut y simplificando se obtiene:
∂2z
∂2z
∂2f
1
−
=
4
2
2
2
∂x
∂y
∂u∂v x − y 2
4. Determine la ecuación del plano tangente al elipsoide 4x2 + 2y 2 + z 2 = 16 en el punto (1, 2, 2).
Solución. Sea F (x) = 4x2 +2y 2 +z 2 −16 = 0 entonces la ecuación del plano tangente al elipsoide
en el punto (1, 2, 2) está dada por:
~ (1, 2, 2) · (x − 1, y − 2, z − 2) = 0
∇F
donde
~ (x, y, z) = (8x, 4y, 2z)
∇F
asi, resulta la ecuación:
(8, 8, 4) · (x − 1, y − 2, z − 2) = 0 ⇔ 2x + 2y + z = 8
1 4
x − x2 y 2 + y 2 en la región x ≥ 0, y ≥ 0
4
y x2 + y 2 ≤ 9. En caso de puntos crı́ticos interiores decida si corresponden a máximo, mı́nimo
o puntos silla. Además determine los extremos absolutos.
Solución.
5. Encontrar los puntos crı́ticos de la función f (x, y) =
Puntos criticos en el interior de D,
donde
D = {(x, y) / x2 + y 2 ≤ 9, x ≥ 0, y ≥ 0}
(
~ =0⇒
∇f
fx = x3 − 2xy 2 = 0
fy = −2x2 y + 2y = 0
(1)
(2)
De (1) se obtiene: x = 0 ∨ x2 = 2y 2 entonces,
Si x = 0 de (2) se obtiene y = 0
1
Si x2 = 2y 2 también de (2) se sigue −2y 3 + y = 0 ⇔ y = 0 ∨ −2y 2 + 1 = 0 ⇔ y = ± √
2
1
Ahora, considerando el interior de D solo se tiene como punto crı́tico a P1 = (1, √ )
2
Analizando la naturaleza de este punto crı́tico, se tiene
√
2
−4/ 2
fxx fxy
3x2 − 2y 2
−4xy
√
=
= −8 < 0
H2 f (x, y) =
=
fyx fyy
−4xy
−2x2 + 2
−4/ 2
0
1
Por tanto en el punto P1 = (1, √ ) la función f tiene un punto silla.
2
Puntos crı́ticos en el borde de D.
El punto crı́tico P2 = (0, 0)) pertenece al borde o frontera de D es más es un vértice.
En el borde x = 0, con 0 ≤ y ≤ 3 se tiene f (0, y) = y 2 ⇒ f 0 = 2y > 0 por tanto f crece en este
borde, y se debe considerar al punto P3 = (0, 3) como crı́tico
1
En el borde y = 0, con 0 ≤ x ≤ 3 se tiene f (x, 0) = x4 ⇒ f 0 = x3 > 0 por tanto f también
4
crece en este borde, y también se debe considerar el punto P4 = (3, 0)
En el borde x2 + y 2 = 9 con 0 < x < 3 e 0 < y < 3 lo analizamos por medio de Lagrange, luego:
1
L(x, y, λ) = x4 − x2 y 2 + y 2 + λ(x2 + y 2 − 9)
4
asi:
3
2
(1)
Lx = x − 2xy + 2λx = 0
2
~
∇L = 0 ⇒ Ly = −2x y + 2y + 2λy = 0
(2)
L = x2 + y 2 − 9 = 0
(3)
λ
Multiplicando: (1) por y y (2) por −x y sumando resulta
3x3 y − 2xy 3 − 2xy = 0 ⇔ xy(3x2 − 2y 2 − 2) = 0
Cómo x 6= 0 e y 6= 0 y tomando en cuenta (3), resulta el sistema a resolver:
3x2 − 2y 2 − 2 = 0
x2 + y 2 − 9 = 0
√
y cuyas soluciones son: x = ±2 e y = ± 5 pero cómo 0 < x < 3 e 0 < y < 3 entonces solo es
√
crı́tico el punto P5 = (2, 5).
En resumen para determinar los extremos absolutos de f en D, tenemos los puntos:
√
1
P1 = (1, √ ), P2 = (0, 0), P3 = (0, 3), P4 = (3, 0), P5 = (2, 5)
2
finalmente evaluando la función f en estos puntos, se obtiene:
1
1
f (1, √ ) =
4
2
f (0, 0) = 0
f (0, 3) = 9
81
← Máximo absoluto de f .
f (3, 0) =
4
√
f (2, 5) = −11 ← Mı́nimo absoluto de f .
6. Determine los puntos en la curva de intersección de las superficies x2 + y 2 = 1, x + y + z = 1
que están más cercanos y más lejanos al origen.
Solución
Se trata de encontrar el máximo y mı́nimo de la distancia desde el origen (0, 0, 0) a la
curva de intersección
de las superficies x2 +y 2 = 1 y x+y +z = 1, es decir de la función
p
f (x, y, z) =
x2 + y 2 + z 2 en un conjunto cerrado y acotado, dado que los puntos
crı́ticos de f coinciden con los puntos crı́ticos de la función g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 ya
√
que f = g es una función monótana y creciente, esto conserva incluso la naturaleza
de los puntos crı́ticos.
Ası́, usando multiplicadores de Lagrange el problema se reduce a determinar el Máx.
y Mı́n. de la función:
L(x, y, z, λ1 , λ2 ) = x2 + y 2 + z 2 + λ1 (x2 + y 2 − 1) + λ2 (x + y + z − 1)
Lx = 2x + 2λ1 x + λ2 = 0
Ly = 2y + 2λ1 y + λ2 = 0
Lz = 2z + λ2 = 0
Lλ1 = x2 + y 2 − 1 = 0
Lλ2 = x + y + z − 1 = 0
restando entre si las dos primeras ecuaciones se obtiene
(x − y)(λ1 + 1) = 0 ⇔ x = y ∨ λ1 = −1
1
1
Si x = y de la cuarta ecuación se tiene, x = ± √ por tanto x = y = ± √ y remplazndo
2
2
√
estos valores en la quinta ecuación se obtiene z = 1 ∓ 2 y de la tercera ecuación
√
λ2 = −2(1 ∓ 2), ası́ resultan:
√
√
√
1
x = y = √ , z = 1 − 2, λ1 = 2 − 3, λ2 = −2(1 − 2)
2
√
√
√
1
x = y = − √ , z = 1 + 2, λ1 = − 2 − 3, λ2 = −2(1 + 2)
2
Si λ1 = −1 de la primera ecuación λ2 = 0 y de la tercera ecuación z = 0 y ası́ queda
el sistema
x2 + y 2 = 1
x+y =1
de donde resultan: x = 0, y = 1 o bien x = 1, y = 0
ası́ se tiene:
x = 0, y = 1, z = 0, λ1 = −1, λ2 = 0
x = 1, y = 0, z = 0, λ1 = −1, λ2 = 0
La intersección del cilindro x2 + y 2 = 1 y el plano x + y + z = 1 es una elipse que es
un conjunto cerrado y acotado. Como g es continua en R3 , g alcanza su máx. y su
mı́n. en la elipse. Evaluando g en los puntos crı́ticos obtenidos se tiene:
√
√
√
√
1 1
1
1
g(0, 1, 0) = 1 = g(1, 0, 0), g( √ , √ , 1 − 2) = 4 − 2 2, g(− √ , − √ , 1 + 2) = 4 + 2 2
2 2
2
2
luego:
√
1
1
El punto más alejado del origen es: (− √ , − √ , 1 + 2).
2
2
0.5 puntos
El punto más cercano al origen se produce en los puntos: (0, 1, 0) o (1, 0, 0).
0.5 puntos
Tiempo: 120 minutos
Sin consultas
Sin calculadora