Certamen 1 - Matemáticas III (2009)

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UTFSM
Departamento de Matemática.
Valparaiso, 15 de abril de 2009.
MAT-023. 2009-1. Resolución Certamen 1
1. Sea g : R2 −→ R una función diferenciable tal que g(3, 5) = π/2, y ∇g(3, 5) = (a, b).
Considere la ecuación
x2 + y2 + xz2 + cos(g(zx, y + z)) = 14.
a) Determine los valores de los números reales a y b para los cuales existe una función diferenciable
z = z(x, y) solución de la ecuación dada cerca del punto (1, 2, 3).
Solución:
Sea F (x, y, z) = x2 + y2 + xz2 + cos(g(zx, y + z)) − 14. Es claro que F es diferenciable y que
F (1, 2, 3) = 0.
Entonces
Fz(x, y, z) = 2xz − sen(g(zx, y + z))(xg1 + g2)
y por tanto
Fz(1, 2, 3) = 6 − sen(π/2)(a + b) = 6 − (a + b).
Por el teorema de la función impĺıcita es posible despejar z = z(x, y) si a + b − 6 6= 0.
OTRA FORMA: Derivando con respecto a x la ecuación F (x, y, z) = 0:
2x + z2 + 2xzzx − sen(g(xz, y + z))((z + xzx)g1 + zxg2) = 0
Despejando
zx = −
zg1 sen(g(xz, y + z)) − 2x − z2
(xg1 + g2) sen(g(xz, y + z)) − 2xz
Entonces
zx(1, 2) = −
3a sen(π/2) − 2 − 9
(a + b) sen(π/2) − 6 =
3a − 11
6 − (a + b)
por lo que es posible despejar z = z(x, y) si a + b 6= 6.
b) Si a y b toman valores dados en el inciso anterior, obtenga la ecuación del plano tangente de z = z(x, y)
en (1, 2, 3).
Se calcula zx(1, 2) como arriba, y analogamente zy(1, 2).
O bien, zy = −
Fy
Fz
= −2y − sen(g(xz, y + z))g2
Fz
. Entonces zy(1, 2) =
b − 4
6 − (a + b) .
Por lo tanto la ecuación del plano tangente en (1, 2, 3) es
z − 3 = 3a − 11
6 − (a + b) (x − 1) +
b − 4
6 − (a + b) (y − 2).
2. Una empresa estima que su utilidad mensual está dada por
U(x, y, z) =
18x
x + 4
+
48y
y + 6
+ 3x + 3y + 5z − 45
donde x, y, z representan el gasto por radio, televisión y prensa escrita, respectivamente.
Determine la cantidad a asignar a cada medio de manera que se maximice la utilidad, si el presupuesto
mensual no puede superar los 10 millones de pesos.
Si la empresa no invierte, ¿se obtiene utilidades?
Solución 1:
Escribimos la restricción x + y + z = r, donde r es algún real tal que 0 ≤ r ≤ 10.
Entonces z = r − x − y, y consideramos la función en dos variables dada por
f(x, y) = U(x, y, r − x − y) = 18x
x + 4
+
48y
y + 6
+ 3x + 3y + 5r − 5x − 5y − 45
Entonces
∂f
∂x
=
18 · 4
(x + 4)2
− 2 = 0 =⇒ (x + 4)2 = 36 =⇒ x + 4 = −6, +6
Por tanto x1 = −10 , x2 = 2.
Análogamente
∂f
∂y
=
48 · 6
(y + 6)2
− 2 = 0 =⇒ (y + 6)2 = 144 =⇒ y + 6 = −12, +12,
Por tanto y1 = −18 , y2 = 6.
Se concluye que (x, y) = (2, 6) es el único punto cŕıtico en el cuadrante x ≥ 0, y ≥ 0,
Por otra parte, se tiene fxx = − 18·8(x+4)3 , fyy = − 48·12(y+6)3 , fxy = 0
Por lo tanto det(Hf(2, 6)) > 0, fxx(2, 6) < 0. Se concluye que (2, 6) es un máximo.
El anterior razonamiento funciona para cualquier r ∈ [0, 10] fijo. Se obtiene el máximo valor de U cuando
r = 10, de donde z = 10 − 2 − 6 = 2. Por lo tanto el máximo se encuentra en (2, 6, 2).
Si la empresa no invierte, se tiene U(0, 0, 0) = −45, y por tanto se tienen pérdidas.
Solución 2:
Con multiplicadores de Lagrange. Sea g(x, y, z) = x + y + z.
Se tiene Uz = 5 6= 0, de manera que ∇U 6= 0 y entonces no hay puntos cŕıticos en el interior, y los extremos
se alcanzan en la frontera:
En la restricción g(x, y, z) = 10 se tiene:
∇U = λ∇g
de donde se tienen las ecuaciones 18·4(x+4)2 + 3 = λ,
48·6
(y+6)2 + 3 = λ, 5 = λ.
De donde (x + 4)2 = 36 y entonces x = 2,−10.
Análogamente, (y + 6)2 = 144 y entonces y = 6,−12.
De la restricción se tiene z = 10− 2− 6 = 2, por lo que (2, 6, 2) es el único punto critico en g(x, y, z) = 10.
Se tiene que U(2, 6, 2) = 19 y evaluando en otro punto de la restricción: U(0, 0, 10) = 50 − 45 = 5, de
donde (2, 6, 2) es un máximo.
Las demás partes de la frontera son las intersecciones de g(x, y, z) ≤ 10 con cada uno de los planos xy,
xz y zy. Dado que ninguna coordenada de ∇U es cero, este vector nunca es ortogonal a ninguno de tales
planos. En los vértices se tiene U(0, 10, 0) = 15, U(10, 0, 0) = 90/7− 15 < −2.
Por lo tanto el punto encontrado es máximo de toda la región.
3. Definamos la función
f(x, y) =



(x − 1)(y + 1)2
(x − 1)3 + (y + 1)2 si (x − 1)
3 + (y + 1)2 6= 0
0 si (x − 1)3 + (y + 1)2 = 0
a) Determine los puntos en el plano cartesiano donde f es diferenciable.
b) Determine los puntos de la curva (x − 1)3 + (y + 1)2 = 0 en los cuales la función fx es cont́ınua. (Se
usa la notación fx =
∂f
∂x
).
Solución:
Para los puntos fuera de la curva, f es un cociente de funciones diferenciables, por lo que es diferenciable
en tales puntos.
Ahora, con el cambio de variables u = x − 1, v = y + 1, basta considerar:
F (u, v) =



uv2
u3 + v2
si u3 + v2 6= 0
0 si u3 + v2 = 0
Sea (u0, v0) tal que u
3
0 + v
2
0 = 0
Fu(u0, v0) = ĺım
h→0
F (u0 + h, v0) − F (u0, v0)
h
= ĺım
h→0
(u0 + h)v
2
0
((u0 + h)3 + v20)h
= ĺım
h→0
u0v
2
0 + hv
2
0
(u30 + v
2
0 + 3u
2
0h + 3u0h
2 + h3)h
= ĺım
h→0
u0v
2
0 + hv
2
0
(3u20h + 3u0h
2 + h3)h
Si (u0, v0) 6= (0, 0) entonces u0 6= 0 y v0 6= 0, y por lo tanto Fu(u0, v0) no existe. Se concluye que F no es
diferenciable en los puntos de la curva fuera del (0, 0).
Si (u0, v0) = (0, 0) entonces Fu(0, 0) = 0. Análogamente, Fv(0, 0) = ĺımk→0
F (0,k)−F (0,0)
h
= 0. Veamos si
es diferenciable en (0, 0):
ĺım
(h,k)→(0,0)
F (h, k) − F (0, 0) − Fu(0, 0)h − Fv(0, 0)k√
h2 + k2
= ĺım
(h,k)→(0,0)
hk2
(h3 + k2)
√
h2 + k2
=h=k ĺım
h→0
h3
(h3 + h2)h
√
2
=
1√
2
6= 0
Por lo tanto f no es diferenciable sobre ningún punto de la curva.
(b) Por la parte (a), el único punto de la curva donde Fu existe es el (0, 0), donde toma el valor 0.
Es decir, el único punto de la curva (x− 1)3 + (y + 1)2 donde fx existe es el (1,−1) (en los demas puntos
no existe, y por tanto no es continua).
Para probar que Fu es continua en el (0, 0), bastaria probar que
ĺım
(u,v)→(0,0)
Fu(u, v) = Fu(0, 0) = 0
Sin embargo,
Fu(u, v) =
v2(u3 + v2) − uv23u2
(u3 + v2)2
=
v4 − 2v2u3
(u3 + v2)2
entonces:
ĺım
(u,v)→(0,0)
Fu(u, v) =u=v ĺım
u→0
u4 − 2u5
(u3 + u2)2
= ĺım
u→0
1 − 2u
u2 + 2u + 1
= 1 6= 0
Por lo tanto fx no es continua en ningún punto de la curva.
Otro posible argumento: Existen puntos de la curva diferentes del (1,−1) (en los que fx no existe) arbi-
trariamente cerca de tal punto (donde fx = 0). Por tanto fx no puede ser continua en una vecindad del
(1,−1)
4. Considere la función f : R2 −→ R dada por
f(x, y) =
{
|x| si x2 < y < 2x2
0 en cualquier otro caso
a) Determine y realice un esbozo de los conjuntos de nivel de f .
El conjunto de nivel c de f es la gráfica del conjunto solución de la ecuación f(x, y) = c.
Si c < 0 el conjunto de nivel c es vaćıo.
Si c = 0 el conjunto de nivel c = 0 de f es {(x, y) ∈ R2 | f(x, y) = 0} =
{(x, y) ∈ R2 | y ≤ x2 ó y ≥ 2x2}.
Un esbozo se presenta en la figura (área sombreada):
Out[19]=
-1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0
-0.4
-0.2
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
Si c > 0 el conjunto de nivel c de f es
{(x, y) ∈ R2 | f(x, y) = c} = {(x, y) ∈ R2 | |x| = c , x2 < y < 2x2} =
{(c, y) ∈ R2 | c2 < y < 2c2} ∪ {(−c, y) ∈ R2 | c2 < y < 2c2}
Se esbozan conjuntos de nivel en la figura:
Out[34]=
-1.0 -0.5 0.5 1.0
0.5
1.0
1.5
2.0
b) Analizar la continuidad de f en el origen.
Se tiene que 0 ≤ |f(x, y) − f(0, 0)| = |f(x, y)| ≤ |x| para todo (x, y) ∈ R2.
Como ĺım(x,y)→(0,0) |x| = 0, se deduce que ĺım(x,y)→(0,0) f(x, y) = 0 = f(0, 0) y por lo tanto f es
continua en (0, 0).
c) ¿Existe alguna dirección unitaria ~u tal que la derivada direccional
∂f
∂~u
(0, 0) no exista?.
Dado θ ∈ [0, 2π), sea ~u = (cos(θ), sen(θ)).
La restricción de f a toda recta que pasa por el origen es cero en una vecindad del (0, 0) (pues la
pendiente de las funciones y = x2, y = 2x2 es igual a 0 en x = 0).
Entonces
∂f
∂~u
= ĺım
h→0
f((0, 0) + h~u) − f(0, 0)
h
= ĺım
h→0
f(h~u)
h
= ĺım
h→0
0
h
= 0
Por lo tanto la derivada direccional en (0, 0) existe en toda dirección (y es igual a cero).