APUNTES 2 CALCULO N VARIABLES

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Soluciones del parcial de Cálculo (grupo D) (abril de 2016)
1. Sea f (x, y)= cos(x+y) � cos(x�y)x2+y2 , f (0,0)=0 . a) Desarrollar el numerador por Taylor hasta orden 2 en torno a
(0,0) . b) Precisar si f en (0,0) : i) es continua, ii) tiene derivadas parciales, iii) es diferenciable. [0.5+1 pts]
a) cos z=1� z22 + · · · ! cos(x+y)�cos(x�y)=1� 12 (x+y)2+ · · · �
⇥
1� 12 (x�y)2+ · · ·
⇤
= �2xy+o�x2+y2� .
[=�2 sen x sen y ]
⇥
Más largo derivar: f
x
=�s+s , f
y
=�s�s , f
xx
= f
yy
=�c+c , que se anulan en (0, 0), y f
xy
=�c�c��(0,0)=�2 ⇤ .
b) f (x, x)= cos 2x�12x2 =
�2x2+· · ·
2x2 �!
x!0
�1
f
f (x,mx)�!
x!0
�2m
1+m2 en general
g
) discontinua ) no diferenciable.
f (x, 0)= f (0, y)=0
⇥
pues cos y=cos(�y) ⇤ ) las parciales son f
x
(0, 0)= f
y
(0, 0)=0 .
2. Sea z(x, y)=g � 3x+y5x+2y
�
, con g 2C1 de una variable. Hallar a, b2R tales que a @z@x +b @z@y = 15x+2y g0
� 3x+y
5x+2y
�
.
[1.5 pts]
z
x
=
y
(5x+2y)2 g
0 � 3x+y
5x+2y
�
, z
y
=� x(5x+2y)2 g
0 � 3x+y
5x+2y
�
. az
x
+bz
y
=
ay�bx
(5x+2y)2 g
0 � 3x+y
5x+2y
� ) a=2 , b=�5 .
3. Sean f (x, y, z)= �xz , y2, 2xz� y c (t)= �1 , t , 1�t3� . a) Hallar: i) div f , ii) rot f , iii) D f , iv) Jf , v) c0(�1) .
b) Si r(t)=
�
f � c � (t) , calcular r 0(�1) utilizando la regla de la cadena en Rn. [1+0.5+1 pts]
c) Hallar la recta tangente en (1,�1, 2) a la curva dada por c y otro punto en el que la tangente corta la curva.
a) i) div f= 2x+2y+z , ii) rot f= (0, x�2z, 0) , iii) Df= *..
,
z 0 x
0 2y 0
2z 0 2x
+//
-
, iv) Jf= 0 ,
v) c0(t)=
�
0,1,�3t2� , c0(�1)= (0,1,�3) .
b) c(�1)= (1,�1, 2) . r0(�1)=Df�c(�1)� c0(�1)= *..
,
2 0 1
0 �2 0
4 0 2
+//
-
*..
,
0
1
�3
+//
-
=
*..
,
�3
�2
�6
+//
-
[se suele escribir
como vector fila].
c) Recta tangente (si t=�1 ): (1, s�1, 2�3s) . Corta otra vez si t= s�1 , 1�t3=2�3s .
! t3�3t�2=0 ! t=2 ⇥y t=�1 doble⇤ . El otro punto es (1, 2,�7) .
⇥
A la derecha, el dibujo de la curva y la tangente
�
z=1�y3 , z=�1�3y � , sobre el plano x=1 ⇤ .
4. Sea F (x, y, z)= x3�2yz+ ex z2 . a) Hallar la ecuación del plano tangente a F=0 en (0, 1, 2) .
b) Probar que F=0 define implícitamente una z(x, y) de C1 cerca de (0, 1, 2) y hallar el valor de z
x
(0,1) .
c) Encontrar un u unitario que sea perpendicular al vector (1, 0, 1) y tal que D
u
F (0, 1, 2)=0 . [1+0.5+1 pts]
a) rF= �3x2+z2ex,�2z, 2zex�2y� (0,1,2)�! 2(2,�2, 1) . Plano: (2,�2, 1) · (x, y�1, z�2)=0 . z=2y�2x .
b) F 2C1 , F (0, 1, 2)=0 , F
z
(0, 1, 2)=2,0 ) 9z(x, y) por el teorema de la función implícita.
Derivando implícitamente: 3x2�2yz
x
+ex z2+2ex zz
x
=0 , z
x
= 3x
2+z2ex
2(y�zex )
���(0,1,2)= �2 ⇥o bien zx =�FxFz ⇤ .f
Coincide con a). Más largo es derivar z= e�x
⇣
y+
p
y2�x3ex
⌘ g
.
c) Perpendicular al vector y al gradiente en el punto es (1, 0, 1)⇥(2,�2, 1)= (2, 1,�2) ! u = � 23, 13,�23
� ⇥
o �u ⇤ .f
O resolviendo a+c=0 ! c=�a2a�2b+c=0 a=2b , vector de la forma (2b, b,�2b) de módulo 9|b|
g
.
5. Sea h(x, y)= x�x3�xy2 . Hallar y clasificar sus puntos críticos. [2 pts]
h
x
=1�3x2�y2=0 , y=±1 , x=±1/
p
3
h
y
=�2xy=0 , x=0%, y=0% ! (0,±1) ,
⇣ ±1p
3
, 0
⌘
. Hh=
�����
�6x �2y
�2y �2x
�����=4(x
2�3y2) .
Como en ellos el hessiano es negativo, (0,±1) son sillas (y en ellos h vale 0 ).
Los otros serán máximos o mínimos. Viendo el signo de h
xx
:
�
1/
p
3 , 0
�
es máximo y ��1/
p
3 , 0
�
es mínimo (sólo locales). dibujo %con Maple
Soluciones del final de Cálculo (grupo D) (junio de 2016)
1. Sea f (x, y)= y
2�x4
x2+y2 si (x,y), (0,0) , f (0,0)=0 .
a) Dibujar las curvas de nivel f (x, y)= 0 y 1 . b) Hallar, si
existe, un u unitario tal que D
u
f (1,�1) valga i) 0 , ii) 3 .
c) Estudiar su continuidad, la existencia de derivadas parciales y su diferenciabilidad en (0, 0) . [0.4+0.7+0.9=2 pts]
x
y
c=0
c=0c=1
a) f =0! y2= x4 , y=±x2 parábolas. f =1! x2(1+x2)=0 , x=0 .
b) i) D
u
=0 en dirección perpendicular a rf (tangente a la curva nivel).
Por tanto: u=
⇣
± 1p
5
,⌥ 2p
5
⌘
(unitarios tangentes a y=�x2 en x=1 ).
O bien: rf = 2x(x2+y2)2
��x4�2x2y2�y2, xy(x2+1)�(1,�1)�!�(2, 1) ...
ii) No existe u porque el valor máximo de D
u
es krf k=
p
5 < 3 .
c) Tan cerca de 0 como queramos hay puntos con f =0 y f =1 )
f discontinua en el origen. O bien, lo es porque: f (x,mx)= m2�x21+m2 �!
x!0
m
2
1+m2 distinto para distintos m .
f discontinua ) f no diferenciable.
f (x, 0)=�x2 ) f
x
(0,0)=�2x��
x=0=0 . f (0, y)=
( 1 , y,0
0 , y=0 discontinua) @ fy (0,0) .
[Definiendo f (0, 0)=1 , la
que no existiría sería f
x
].
2. Sea h(x, y)=3y2�x3 . Hallar los valores máximo y mínimo de h sobre el círculo x2+y24 . [2 puntos]
Los extremos han de existir por ser h continua en el conjunto compacto (el círculo).
Localizamos los puntos críticos en el interior (claramente no hay ‘picos’, pues h2C1 ):
⇢ h
x
=�3x2=0
h
y
=6y=0 ! (0, 0) . H=
�����
�6x 0
0 6
�����=36x . H (0, 0)=0 y el Hessiano no decide.⇥
Aunque no se necesita (basta comparar f (0, 0)=0 con el resto), como f (x, 0)=�x3 es una silla⇤ .
Para encontrar los extremos el borde g(x, y)= x2+y2=4 podemos usar mulltliplicadores de Lagrange:
8>>><>>>:
�3x2=2�x x=�2 , 0! y=±2
6y=2�y ! y=
#
0 , � "=3
x2+y2=4 x=±2
f (0,±2)= 12 valor máximo.
f (2, 0)= �8 valor mínimo.
f (�2, 0)=8 .
También se podría parametrizar la circunferencia (2 cos t, 2 sen t) , t 2 [�⇡, ⇡] ! h��
C
=12 sen2t�8 cos3t ⌘ s(t)
! s0(t)=24 sen t cos t(1+cos t)=0 ! t=0,± ⇡2 , ⇡ , que nos vuelve a dar los puntos de arriba.
O, incluso, es sencillo aquí y2=4�x2 ! h��
C
=12�3x2�x3 , hallar sus extremos en [�2, 2] y deducir los y .
Elegir entre 3 y 3*:
3. Calcular el plano tangente a la superficie x2+y2+3z2=16 en el punto (3, 2, 1) y hallar el ángulo con el que la
curva c(t)=
�
3et, 2et, e3t
�
corta esa superficie. [1.5 puntos]
rF=2(x, y, 3z)(3,2,1)�! 2(3, 2, 3) . Plano tangente: 3(x�3)+2(y�2)+3(z�1)=0 , z= 163 �x�
2y
3 .
Se cortan si 3e6t+13e2t =16 lo que claramente sucede si t=0 , que lleva el punto (3, 2, 1) de antes.f
De hecho, es el único corte, pues primer miembro creciente, o e2t = s ! 3s3+13s�16= [s�1][3s2+3s+16]=0
g
.
Un vector tangente a la curva es c0(0)= (3, 2, 3) normal al plano tangente.
Curva y superficie son, pues, perpendiculares. Es decir, se cortan formando un ángulo ⇡2 .
3*. Calcular
$
V
dx dy dz
z2 , siendo V el sólido definido por x
2+y2+z24 , z�1 . [1.5 puntos]
1
r f
2
r=p/3
z= 4-r2
20
=1/sen
3
Cilíndricas:
Z 2⇡
0
Z 2
1
Z p4�z2
0
r
z
2 dr dz d✓ = ⇡
R 2
1
⇣
4
z
2 �1
⌘
dz = ⇡
⇥� 4
z
⇤2
1 � ⇡ = ⇡ .
O bien:
Z 2⇡
0
Z p3
0
Z p4�r2
1
r
z
2 dz dr d✓ = 2⇡
R p3
0
⇣
r� rp
4�r2
⌘
dr = 3⇡+2⇡
fp
4�r2
gp3
0
= ⇡ .
Esféricas:
Z 2⇡
0
Z ⇡/3
0
Z 2
1/ cos�
sen�
cos2� d⇢ d� d✓ = 2⇡
R ⇡/3
0
� 2s
c
2 � s
c
3
�
d� = 2⇡
f
2
c
� 12c2
g⇡/3
0
= ⇡ .
4. Hallar el área de la región plana definida por x2/3+ y2/3 1 , x�0 , y�0 , utilizando el cambio de variables
x=r cos3✓ , y=r sen3✓ . [2 puntos]
D
x
Como x2/3+y2/3=1 es simétrica, tiene y=
⇥
1�x2/3⇤3/2 pendiente 0 en (1, 0) ,
corta y= x si x=
p
2/4 , . . . la región D es la del dibujo (este usando Maple):
Jacobiano: @(x,y)@(r,✓) =
������
c
3 �3rc2s
s
3 3rs2c
������=3r sen
2✓ cos2✓
�
sen2✓+cos2✓
�
=3r sen2✓ cos2✓ .
Veamos que conjunto D⇤= [0, 1]⇥ ⇥0, ⇡2
⇤
se transforma en nuestro recinto D :
✓=0! y=0 , ✓= ⇡2 ! x=0 ; x2/3+y2/3=r2/3
�
sen2✓+cos2✓
�
=r2/31 , r 1 .
⇥
Y en D⇤ es inyectivo, salvo en (0, 0) , como las polares: ✓=K constante lleva a distintas rectas y= (tan3K )x
⇤
.
Área=
!
D
1 = 34
R ⇡/2
0
R 1
0 r sen
22✓ dr d✓ = 316
R ⇡/2
0 (1�cos 4✓) d✓ =
3⇡
32 � 0 = 3⇡32 .
5. Sea C la curva cerrada formada por los segmentos que unen los puntos (1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1) y (1, 0, 0) ,
y f(x, y, z)=
�
z3, 0 ,�3(x+y)� . a) Calcular
I
C
f · ds expresándola en términos de una integral de superficie.
b) Parametrizar los segmentos y calcular directamente la integral anterior. [1.6+0.9=2.5 pts]
T
S
x+y+z=1
x+y=1
1
1
1
(1,1,1)
a) Nos lleva a utilizar Stokes. rot f =
��������
i j k
@/@x @/@y @/@z
z
3 0 �3(x+y)
��������
=3
��1 , 1+z2, 0� .
El plano por los puntoses claramente x+y+z=1 que da esta parametrización de S :
r (x, y)= (x, y, 1�x�y) , con (x,y) 2T triángulo del dibujo.
r
x
⇥ r
y
= (� f
x
,� f
y
, 1)= (1, 1, 1) (que apunta en el sentido que pide Stokes).
Stokes:
I
C
f · ds =
"
S
rot f · dS = 3
"
T
z2 dx dy = 3
R 1
0
R 1�x
0 (1�x�y)
2 dy dx
=
R 1
0
⇥�(1�x�y)3⇤1�x0 dx =
R 1
0 (1�x)
3dx = � 14 (1�x)4
g1
0
= 14 .
[Eligiendo parametrizaciones (no habituales) r (x, z) o r (y, z) se simplificarían algo algunos cálculos].
b) Parametrizaciones posibles de los 3 segmentos en el sentido dado son, por ejemplo:
(t,1�t, 0) , t 2 [1,0] , (0, t,1�t) , t 2 [1,0] , (t, 0,1�t) , t 2 [0,1] !
I
C
f · ds =
Z 0
1
(0, 0, 3t) · (1,�1, 0) +
Z 0
1
�
(1�t)3, 0,�3t� · (0, 1,�1) +
Z 1
0
�
(1�t)3, 0,�3t� · (1, 0,�1)
=
R 0
1 0 +
R 0
1 3t +
R 1
0 (1+3t
2�t3) = 0� 32+1+1� 14 = 14 .
Soluciones de septiembre de Cálculo (grupo D) (2016)
1. Sea f (x, y) una función diferenciable en todo el plano. Se sabe que sus derivadas direccionales en el punto
(1, 2) según los vectores
�
1/
p
2 ,�1/
p
2
�
y (3/5 , 4/5) son �
p
2 y 3 , respectivamente, y que f (1, 2)=2 .
Calcular la ecuación del plano tangente y de la recta normal a gráfica de f (x, y) en el punto (1, 2) . [2 ptos]
rf (2, 1)=
�
f
x
(1, 2), f
y
(1, 2)
�
⌘ (c, d) , D(u,v) f (2, 1)=cu+dv !
1p
2
c� 1p
2
d=�
p
2
3
5 c +
4
5 d= 3
! f
x
(1, 2)=1, f
y
(1, 2)=3 .
Plano tangente: z=2+(x�1)+3(y�2) , x+3y�z=5 . Recta normal a la superficie: x= (1, 2, 2)+t(1, 3,�1) .
2. Sea h(x, y, z)=g
�
u(x,y,z), v(x,y,z)
�
, con u(x,y,z)= x2+2yz , v(x,y,z)= y2+2xz , y g(u,v) campo escalar C1.
Simplificar al máximo, con la regla de la cadena, la expresión (y2�xz)@h@x +(x2�yz)
@h
@y +(z2�xy)
@h
@z . [2 ptos]
@h
@x =
@g
@u2x+
@g
@v 2z
@h
@y =
@g
@u2z+
@g
@v 2y
@h
@z =
@g
@u2y+
@g
@v 2x
!
(y2�xz)@h@x +(x2�yz)
@h
@y +(z2�xy)
@h
@z
= 2
�
xy2�x2z+x2z�yz2+yz2�xy2
� @g
@u + 2
�
y2z�x2z+x2y�y2z+x2z�x2y
� @g
@v = 0 .
Elegir entre 3 y 3*:
3. Sea f (x, y)= (x�1)3+(y�x)2�3x . Hallar sus máximos y mínimos locales y precisar si alguno es absoluto.
[2 ptos]
f
x
=3(x�1)2�2(y�x)�3=0 , (x�1)2=1
f
y
=2(y�x)=0 ! y= x % ! (0, 0) y (2, 2) . H=
�����
6(x�1)+2 �2
�2 2
�����=6(x�1) .
(0, 0) silla
(2, 2) mínimo.
El valor mínimo f (2, 2)=�5 no es absoluto, pues, por ejemplo, sobre y= x es f (x, x)= x3�3x �!
x!�1
�1 .⇥
O basta encontrar un punto donde valga menos, por ejemplo: f (�2,�2)=�21<�5
⇤
.
3*. Calcular
ª
V
z dx dy dz si V es el sólido limitado por x=0 , y=0 , x+y=2 , z=0 y z=e�x . [2 ptos]
π 2
0
π 2�x
0
π e�x
0
z dz dy dx =
π 2
0
π 2�x
0
1
2e
�2xdy dx =
Ø 2
0
�
1� x2
�
e�2xdx = (partes)
=
�
x
4 �
1
2
�
e�2x
⇤2
0 �
1
4
Ø 2
0 e
�2xdx = 12+
1
8
⇥
e�2x
⇤2
0 =
3+e�4
8 .⇥
Algo más corto haciendo
Ø 2
0
Ø 2�y
0
Ø e�x
0 z dz dx dy
⇤
.
4. Comprobar el teorema de Green para f(x,y)=
�
x, x2
�
sobre la parte de la elipse 4x2+9y2=1 con x �0 . [2 ptos]
D
1/3
1/2
g
x
� f
y
=2x .
∫
D
2x =
π 1/3
�1/3
π p1�9y2/2
0
2x dx dy = 12
Ø 1/3
0 (1�9y
2) dy = 16�
1
2
⇥
3y3
⇤1/3
0 =
1
9 .
O con x= r2 cos ✓ , y=
r
3 sen ✓ , J=
r
6 ,
1
6
Ø 1
0
Ø ⇡/2
�⇡/2 r
2 cos ✓ d✓ dr = 16 ·
1
2 ·2 =
1
9 .
Sobre x=0 el campo es nulo y la elipse viene dada por c(t)=
� 1
2 cos t,
1
3 sen t
�
, t 2
⇥
� ⇡2 ,
⇡
2
⇤
:
!
º
@D
f ·ds =
π ⇡/2
�⇡/2
�
c
2 ,
c
2
4
�
·
�
� s2 ,
c
3
�
dt = 16
Ø ⇡/2
0 (1�s
2)c dt = 16
⇥
s� 13 s3
⇤⇡/2
0 =
1
9 .
5. Comprobar el teorema de Gauss para f(x,y,z)=
�
x, 1, y
�
y el sólido dado por 0 z1�
�
x2+y2
�2 . [2 ptos]
B
S
div f=1 . Cilíndricas:
±
V
div f =
π 2⇡
0
π 1
0
π 1�r4
0
r dz dr d✓ = 2⇡
Ø 1
0
�
r�r5
�
dr = 2⇡3 .
Sobre la base B : (x, y, 0) ,
∞
�(x, 1, y)·(0, 0,�1) dx dy=�
∞
� y dx dy= 0 (impar).
Sobre la tapa S : r(x, y) =
�
x, y, 1�(x2+y2)2
�
! r
x
⇥ r
y
=
�
4x(), 4y(), 1
�
(exterior).∫
�
�
4x2(x2+y2)+4y(x2+y2)+y
�
dx dy=
π 2⇡
0
π 1
0
4r5cos2✓ dr d✓= 13 ·2⇡=
±
@V
f ·dS .
impar impar 2r5(1
| |
+cos 2✓)⇥O bien, r(r, ✓)= �r cos ✓, r sen ✓, 1�r4� . . . ⇤ .