Ejercicios 2 MAT023

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Ejercicios propuestos MAT023
1. Hallar los máximos y mı́nimos absolutos para f(x, y) = x2 + xy + y2 en el disco unitario
D = {(x, y) : x2 + y2 ≤ 1}.
Solución:
Determinemos los puntos cŕıticos en el interior de D y los puntos cŕıticos en su frontera. Los de
la frontera se pueden encontrar usando multiplicadores de Lagrange, donde la restricción está
dada por x2 + y2 = 1. Hay que resolver el sistema:
∂f
∂x
= λ
∂g
∂x
→ 2x+ y = λ(2x)
∂f
∂y
= λ
∂g
∂y
→ 2y + x = λ(2y)
De la primera ecuación se tiene que y = 2(λ−1)x; sustituyendo en la segunda ecuación se tiene:
4(λ− 1)x+ x = 4λ(λ− 1)x
De aqúı, x(−4(λ− 1)2 + 1) = 0. Hay dos posibilidades:
x = 0, entonces, por x2 + y2 = 1, y2 = 1 y, por lo tanto, y = 1 e y = −1. De aqúı resultan
dos puntos cŕıticos (0, 1) y (0,−1).
Si −4(λ− 1)2 + 1 = 0, entonces (λ− 1)2 = 14 , por lo tanto, λ =
3
2 o λ =
1
2 .
Si se sabe que λ = 32 se tiene que x = yy sustituyendo en la segunda ecuación se tiene que
x = 1√
2
o x = −1√
2
, asi los puntos cŕıticos son
(
1√
2
, 1√
2
)
y
(
−1√
2
, −1√
2
)
.
Si se sabe que λ = 12 se tiene que x = −y, resulta entonces que x =
1√
2
o x = −1√
2
,
obteniendo los cŕıticos
(
1√
2
, −1√
2
)
y
(
−1√
2
, 1√
2
)
.
Ahora hay que determinar los puntos cŕıticos en el interior del disco. Entonces
∂f
∂x
= 0→ 2x+ y = 0
∂f
∂y
= 0→ x+ 2y = 0
La única solución de este sistema es x = 0, y = 0, por lo que (0, 0) es otro punto cŕıtico.
Aśı
Hf(0, 0) =
[
2 1
1 2
]
Donde |H1f(0, 0)| = 2 > 0 y |Hf(0, 0)| = 3 > 0, aśı en (0, 0) se tiene un mı́nimo local de valor
cero.
Finalmente:
(x, y) (0,1) (0,-1)
(
1√
2
, 1√
2
) (−1√
2
, −1√
2
) (
1√
2
, −1√
2
) (−1√
2
, 1√
2
)
(0,0)
f(x, y) 1 1 32
3
2
1
2
1
2 0
Las más pequeña de estas imágines es cero; este es el mı́nimo absoluto. Las más grande es 32 ,
este es el máximo absoluto.
2. Hallar el valor de las constantes a, b y c tales que la derivada direccional en la dirección paralela
al eje z de f(x, y, z) = axy2 + byx+ cx3z3 en el punto (1, 2,−1) tenga valor máximo 64.
Solución:
Sea v = (0, 0, 1) una de las direcciones paralelas al eje z. Si queremos
∂f
∂v
(1, 2,−1) tenga el valor
máximo 64, y recordando que la derivada direccional de f asume su valor máximo en la dirección
del gradiente, se tiene que encontar ∇f(1, 2,−1) = 64v. Entonces
∇f(x, y, z) = (ay2 + 3cx2z2, 2axy + bz, by + 2cx3z),
aśı
∇f(1, 2,−1) = (4a+ 3c, 4a− b, 2b− 2c).
∇f(x, y, z) = (ay2 + 3cx2z2, 2axy + bz, by + 2cx3z).
Entonces, tenemos que
4a+ 3c = 0
4a− b2 = 0
2b− 2c = 1
Aśı
a = 6
b = 24
c = −8
Por lo tanto, f(x, y, z) = 6xy2 + 24yx − 8x3z2. Claramente considerando la segunda dirección
paralela al eje z, que es −v, tendremos que la solución al problema será, f(x, y, z) = −6xy2 −
24yx+ 8x3z2.
3. Sea f : R2 → R de clase C2 y definimos g(u, v) = f(x, y) donde x = u+v e y = uv2. Suponiendo
que
∂f
∂y
= 2,
∂2f
∂x2
=
∂2f
∂x∂y
=
∂2f
∂y2
= 1
en x = 2, y = 1, calcule
∂2g
∂u2
(1, 1),
∂2g
∂v2
(1, 1)
Solución:
Utilizando la regla de la cadena
∂g
∂u
=
∂f
∂x
∂x
∂u
+
∂f
∂y
∂y
∂u
=
∂f
∂x
+
∂f
∂y
v2
∂g
∂v
=
∂f
∂x
∂x
∂v
+
∂f
∂y
∂y
∂v
=
∂f
∂x
+
∂f
∂y
2uv
donde ∂f∂x ,
∂f
∂y están evaluadas en x = u+ v e y = uv
2. Deferenciando nuevamente:
∂2g
∂u2
=
∂
∂u
(
∂f
∂x
+
∂f
∂y
v2
)
=
∂2f
∂x2
+
∂2f
∂x∂y
v2 +
∂2f
∂x∂y
v2 +
∂2f
∂y2
v4 =
∂2f
∂x2
+ 2
∂2f
∂x∂y
v2 +
∂2f
∂y2
v4
Evaluando u = v = 1 y utilizando la información del enunaciado, se tiene
∂2g
∂u2
(1, 1) =
∂2f
∂x2
(2, 1) + 2
∂2f
∂x∂y
(2, 1) +
∂2f
∂y2
(2, 1) = 4
Calculamos
∂2g
∂v2
=
∂
∂v
(
∂f
∂x
+
∂f
∂y
2uv
)
=
∂2f
∂x2
+
∂2f
∂x∂y
2uv +
∂2f
∂x∂y
2uv +
∂2f
∂y2
4u2v2 +
∂2f
∂y
2u
∂2g
∂v2
(1, 1) =
∂2f
∂x2
(2, 1) + 4
∂2f
∂x∂y
(2, 1) + 4
∂2f
∂y2
(2, 1) + 2
∂2f
∂y
(2, 1) = 13