problemasresueltos1octmax-150813234819-lva1-app6892

Vista previa del material en texto

Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez Concha
Facultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo
Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín
1 PROBLEMAS RESUELTOS
1.1 Continuidad y diferenciabilidad
1.1.1 Problema
Dada la función f : IR2 ! IR de�nida como
f (x; y) =
(
arctg
xy
x2 + y2
; si (x; y) 6= (0; 0)
0 ; si (x; y) = (0; 0)
:
a) Veri�car si f es continua en IR2
b) Calcular si existen las derivadas parciales
@f
@x
;
@f
@y
en IR2
Solución.
a) Tenemos que f (x; y) es continua 8 (x; y) 6= (0; 0) puesto que es
composicion de dos funciones continuas, como son arctg y
xy
x2 + y2
:
Para estudiar la continuidad en el punto (0; 0) tenemos que calcular
lim
(x;y)!(0;0)
f(x; y) lo que haremos a través de la trayectoria y = mx,
entonces lim
(x;y)!(0;0)
f(x;mx) = lim
x!0
arctg
mx2
x2 + y2
= lim
x!0
arctg
m
2 +m2
que depende de la pendiente m, por lo que este limite no existe.
Por lo tanto f no es continua en el punto(0; 0)
b) Para (x; y) 6= (0; 0) la función admite derivadas parciales, que son:
@f
@x
(x; y) = y
y2 � x2
(x2 + y2)2 + x2y2
;
@f
@y
(x; y) = x
x2 � y2
(x2 + y2)2 + x2y2
Para (x; y) = (0; 0) ;se tiene
@f
@x
(0; 0) = lim
h!0
f(h; 0)� f (0; 0)
h
= lim
h!0
arctg0� 0
h
= lim
h!0
0 = 0
@f
@y
(0; 0) = lim
h!0
f(0; h)� f (0; 0)
h
= lim
h!0
arctg0� 0
h
= lim
h!0
0 = 0
Por lo tanto, existen las derivadas parciales en (x; y) = (0; 0) :
1.1.2 Problema
Dada la función f : IR2 ! IR de�nida como
f (x; y) =
8<:
x2seny2
x2 + y2
; si (x; y) 6= (0; 0)
0 ; si (x; y) = (0; 0)
;probar que es
diferenciable en el punto P0 = (0; 0) :¿Es continua la función
en ese punto?
1
Solución.
Tenemos que utilizar la de�nición y ver si el siguiente límite es cero:
L = lim
(h;k)!(0;;0)
j�f � df jp
h2 + k2
; con �f = f(h; k)� f (0; 0) = h
2senk2
h2 + k2
; y
df =
@f
@x
(0; 0)h+
@f
@y
(0; 0) k
donde
@f
@x
(0; 0) = lim
h!0
f(h; 0)� f (0; 0)
h
= lim
h!0
h2 � 0
h2
� 0
h
= 0
@f
@y
(0; 0) = lim
h!0
f(0; k)� f (0; 0)
k
= lim
h!0
0 � senk2
k2
� 0
k
= 0
Luego, df = 0; entonces L = lim
(h;k)!(0;;0)
h2senk2
(h2 + k2)
p
h2 + k2
g (x; y) =
h2senk2
(h2 + k2)
3=2
� h
2k2
(h2 + k2)
3=2
� (h
2 + k2)(h2 + k2)
(h2 + k2)
3=2
=
p
(h2 + k2) <
"
Si � = " . Así L = 0 y f es diferenciable en P0 = (0; 0) :
De lo anterior se deduce que f es es continua en (0; 0) ya que es diferenciable
en dicho punto.
1.2 Regla de la cadena
1.2.1 Problema
Sea la ecuación zxx + 2zxy + zy = 0 , donde
x(u; v) =
u+ v
2
; y(u; v) =
u� v
2
; z(u; v) =
u2 � v2
4
� w (u; v)
Muestre que al cambiar las variables independientes (x; y) por (u; v) y la
función z por w la ecuación se reduce a 2� 4w uu = 0:
Solución
En primer lugar, calculamos la aplicación inversa
u(x; y) = x+ y; v (x; y) = x� y:
Derivando parcialmente estas últimas expresiones se tiene:
ux = 1; uy = 1; vx = 1; vy = �1
Usando estos resultados y la regla de la cadena, obtenemos
zx = zu ux + zv vx = zu + zv
zy = zu uy + zv vy = zu � zv
Reiterando la derivacion parcial usando la regla de la cadena
por segunda vez
zxx = (zx)u ux + (zx)v vx = z uu + zvu + zuv + zvv
zxy = (zx)u uy + (zx)v vy = z uu + zvu � (zuv + zvv)
2
zyy = (zx)u uy + (zv)v vy = z uu � zvu � (zuv � zvv)
Suponiendo que z es una función continua con primeras derivadas parciales
continuas, entonces
zxx + 2zxy + zy = 4z uu = 0
Finalmente, zu =
2u
4
� wu =) z uu =
1
2
� w uu
Por tanto:
1
2
� w uu = 0
1.2.2 Problema
Una función z = z (x; y) se dice que es armónica si tiene derivadas parciales de
segundo orden continuas y además zxx + zyy = 0:
Sean u =
x
x2 + y2
; v =
y
x2 + y2
: Pruebe que:
i) u y v son armónicas
ii) (ux)
2
= (vy)
2
iii) (uy)
2
= (vx)
2
iv) uxvx = �uyvy
b) Si f (x; y) es una función armónica, entonces la función w (x; y) = f
�
x
x2 + y2
;
y
x2 + y2
�
es también armónica
Solución
i) u =
x
x2 + y2
=) ux =
y2 � x2
(x2 + y2)2
; uy = �
2xy
(x2 + y2)2
v =
y
x2 + y2
=) vx = �
2xy
(x2 + y2)2
; vy =
x2 � y2
(x2 + y2)2
Derivando parcialmente por segunda vez se tiene
uxx =
�2x(x2 + y2)2 � (y2 � x2)2(x2 + y2)2x
(x2 + y2)4
=
2x3 � 6xy2
(x2 + y2)3
uyy =
�2x(x2 + y2)2 � (2xy)2(x2 + y2)2y
(x2 + y2)4
=
�2x3 + 6xy2
(x2 + y2)3
Lo anterior implica que
uxx + uyy = 0
Analogamente para vxx + vyy = 0:
ii) (ux)
2
=
�
y2 � x2
(x2 + y2)2
�2
=
�
x2 � y2
(x2 + y2)2
�2
= (vy)
2
iii)(uy)
2
=
�
� 2xy
(x2 + y2)2
�2
=
�
2xy
(x2 + y2)2
�2
= (vx)
2
iv) uxvx =
�
y2 � x2
(x2 + y2)2
��
� 2xy
(x2 + y2)2
�
= �
�
2xy(y2 � x2)
(x2 + y2)2
�
= �uyvy
b) Aplicando derivacion compuesta tenemos:
wx =
@f
@u
ux +
@f
@v
vx; wy =
@f
@u
uy +
@f
@v
vy
3
wxx =
�
@2f
@u2
ux +
@2f
@v@u
vx
�
ux +
@f
@u
uxx +
�
@2f
@u@v
ux +
@2f
@v2
vx
�
vx +
@f
@v
vxx
wyy =
�
@2f
@u2
uy +
@2f
@v@u
vy
�
uy +
@f
@u
uyy +
�
@2f
@u@v
uy +
@2f
@v2
vy
�
vy +
@f
@v
vyy
wxx =
@2f
@u2
(ux)
2 +
@2f
@v@u
vxux +
@f
@u
uxx +
@2f
@u@v
uxvx +
@2f
@v2
(vx)
2 +
@f
@v
vxx
wyy =
@2f
@u2
(uy)
2 +
@2f
@v@u
uyvy +
@f
@u
uyy +
@2f
@u@v
uyvy +
@2f
@v2
(vy)
2 +
@f
@v
vyy
Sumando términos y utilizando las igualdades establecidas en a) se tiene
wxx+wyy =
�
@2f
@u2
+
@2f
@v2
�
(ux)
2+
@f
@u
(uxx+uyy)+
�
@2f
@u2
+
@2f
@v2
�
(vx)
2+
@f
@v
(vxx+vyy) = 0
1.3 Derivacion Implicita
1.3.1 Problema
Sea sen(xz) = xyz; pruebe que en una vecindad del punto
�
1;
2
�
;
�
2
�
se puede
despejar z = z (x; y) y calcule @z@x
�
1; 2� ;
�
2
�
; @z@x
�
1; 2� ;
�
2
�
:
Solución
Consideremos F (x; y; z) = sen (xz) � xyz = 0, función continua que en el
punto
�
1;
2
�
;
�
2
�
satisface F
�
1; 2� ;
�
2
�
= sen
�
�
2
�
� (1)( 2� )(
�
2 ) = 0
Además, las derivadas parciales
Fx = z cos (xz)� yz
Fy = �xz
Fz (x; y; z) = x cos (xz)� xy, son todas funciones continuas
Para poder despejar z = z (x; y) se debe tener que el plano tangencial a la
super�cie en el punto no sea vertical, es decir, no sea vertical al plano xy. Esto
signi�ca que Fz
�
1; 2� ;
�
2
�
6= 0
En efecto Fz (x; y; z) = x cos (xz)�xy =) Fz
�
1; 2� ;
�
2
�
= 1�cos
�
�
2
�
�1� 2� =
� 2� 6= 0:
Luego, z = z (x; y) queda de�nido implicitamente en una vecindad del punto
V�
�
1; 2� ;
�
2
�
:
Se desea calcular zx y zy: Derivemos parcialmente la función implícita
F (x; y; z (x; y)) = 0 ´con respecto a x e y.
Fx � 1 + Fy � 0 + Fz � zx = 0 =) zx = �
Fx
Fz
Fx � 0 + Fy � 1 + Fz � zy = 0 =) zy = �
Fy
Fz
Lo que implica que:
zx = �
z cos (xz)� yz
x cos (xz)� xy ; zy = �
�xz
x cos (xz)� xy
Evaluando las derivadas en el punto se tiene
4
zx
�
1; 2� ;
�
2
�
= �
�
2 cos
�
1 � �2
�
�
�
� 2�
�
�
2
� 2�
=) zx
�
1; 2� ;
�
2
�
= � 2�
zy
�
1; 2� ;
�
2
�
= �
�
2
� 2�
=) zy
�
1; 2� ;
�
2
�
= ��24
1.3.2 Problema
Si u = f(x; y; z) de�ne una función diferenciable, y z se de�ne implicitamente
como una función de x e y
por la ecuación g(x; y; z) = 0 con los atributos pedido en el teorema de la
función implícita. Pruebe que
u tiene primeras derivadas parciales de x e y dadas por:
@u
@x
=
@(f;g)
@(x;z)
@y
@z
;
@u
@y
=
@(f;g)
@(y;z)
@y
@z
b) Si u = x2y + z2; y z = g(x; y) se de�ne implicitamente po la ecuación
x2y � 3z + 8yz3 = 0
Calcule:
@u
@x
(1; 0; 0) y
@u
@y
(1; 0; 0)
Solución:
a) Utilizando la regla de la cadena tenemos
@u
@x
=
@f
@x
+
@f
@z
@z
@x
por otra parte si g(x; y; z) = 0 de�ne implicitamente a z = z(x; y) entonces
@z
@x
= �
@g
@x
@g
@z
reemplazando en la ecuación anterior
@u
@x
=
@f
@x
+
@f
@z
(�
@g
@x
@g
@z
) =
@f
@x
@g
@z �
@f
@z
@g
@x
@g
@z
=
@(f;g)
@(x;z)
@g
@z
Similarmente
5
@u
@y
=
@f
@y
+
@f
@z
@z
@y
y
@z
@y
= �
@g
@y
@g
@z
)
@u
@y
=
@f
@y
+
@f
@z
(�
@g
@y
@g
@z
) =
@f
@y
@g
@z �
@f
@z
@g
@y
@g
@z
=
@(f;g)
@(y;z)
@g
@z
b) En este caso u = f(x; y; z) = x2y+z2 y z = z(x; y) se de�ne implicitamente
por
g(x; y; z) = x2y � 3z + 8yz3 = 0 y tenemos
@g
@x
= 2xy ,
@g
@y
= x2 + 8z3 ,
@g
@z
= �3 + 24yz2
derivadas que son todas continuas por lo que se a�rma que g es de C1
Ademas g(1; 0; 0) = 0 y @g@z (1; 0; 0) = �3 6= 0
Entonces por el teoremade la función implicita se tiene que existe V =
V@(1; 0) y una vecindad (�a; a) de z = 0
y una función z(x; y) de C1 sobre V tal que
z(1; 0) = 0 y z(1; 0)�(�a; a)
Ademas:
@(f;g)
@(x;z) =
����2xy 2z2xy �3 + 24yz2
���� = 2xy(�3 + 24yz2)� 2xy2z
= 2xy(�3 + 24yz2 � 2z)
@g
@z = �3 + 24yz
2
) @u
@x
=
2xy(�3 + 24yz2 � 2z)
�3 + 24yz2 )
@u
@x
(1; 0; 0) =
0
�3 = 0
También:
@(f;g)
@(y;z) =
���� x2 2zx2 + 8z3 �3 + 24yz2
���� = �3x2 + 24x2yz2 � 2x2z � 16z3
= x2(24yz2 � 2z � 3)� 16z3
) @u
@y
=
x2(24yz2 � 2z � 3)� 16z3
�3 + 24yz2 )
@u
@y
(1; 0; 0) =
�3
�3 = 1
6
1.3.3 Problema
a) Sea f : R! R2 una función tal que r f(1; 1) = (2; 4) y g : R3 ! R2 una fun-
ción tal que sus funciones coordenadas gi : R3 ! R; i = 1; 2 tienen los siguientes
gradientes r g1(1; 1; 1) = (2; 3; 1), r g2(1; 1; 1) = (�5; 4; 2). Si g(1; 1; 1) = (1; 1).
Obtener
@(f � g)
@x
(1; 1; 1).
b) Utilizando el teorema de la función implicita determine si es posible es-
cribir y en términos de x para la función F (x; y) = x4 � exy3�1 = 0 en una
vecindad del punto (1; 1), y además encuentre su derivada.
Solución
Sean las coordenadas cartesianas designadas en R3 por (x; y; z) y en R2 por
(u; v), y tomando u = u(x; y; z); v = v(x; y; z) tenemos que:
@f � g
@x
(1; 1; 1) =
@f
@u
(g(1; 1; 1)) � @u
@x
((1; 1; 1)) +
@f
@v
(g(1; 1; 1)) � @v
@x
((1; 1; 1))
=
@f
@u
((1; 1)) � @u
@x
((1; 1; 1)) +
@f
@v
((1; 1)) � @v
@x
((1; 1; 1))
Notemos que
r f(1; 1) =
�
@f
@u
(1; 1);
@f
@v
(1; 1)
�
= (2; 4);
rg1 =
�
@g1
@x
;
@g1
@y
;
@g1
@z
�
=
�
@u
@x
;
@u
@y
;
@u
@z
�
= (2; 3; 1);
r g2 =
�
@g2
@x
;
@g2
@y
;
@21
@z
�
=
�
@v
@x
;
@v
@y
;
@v
@z
�
= (�5; 4; 2);
Así
@f � g
@x
(1; 1; 1) = 2 � 2 + 4 � �5 = �16:
Primeramente notar que (1; 1) 2 F�1(0; 0) y además
@F
@x
= 4x3 � y3exy
3�1;
@F
@y
= �3xy2exy
3�1
las cuales son continuas en R2 en particular para alguna bola B((1; 1); �) de
(1; 1) donde @F@y (1; 1) = �3 6= 0 por lo tanto podemos ocupar el teorema de la
función implicita, y de�nir f : B((1; 1); �) ! R con y = f(x) y 1 = f(1) cuya
derivada es
y0 =
4x3 � y3exy3�1
3xy2exy3�1
:
7
1.3.4 Problema
a) Determine las derivadas parciales @u=@x; @u=@y; @v=@x; @v=@y, donde u; v
son funciones de�nidas implicitamente por el sistema
F (x; y; u; v) = xeu+v + uv � 1 = 0; G(x; y; u; v) = yeu�v � 2uv � 1 = 0:
Al rededor del punto p = (1; 1; 0; 0).
b) Sea la función z = f(u2 + v2; u=v) obtener
@2z
@u2
.
Solución
a) Veri�cando las hipótesis del Teorema de la función implicita podemos
concluir que:
@u
@x
= � (ye
u�v + 2u)eu+v
2xu+vyeu�v + yeu�vu� 2vxeu+v + 2xeu+vu+ vyeu�v
@v
@x
= � e
u+v(yeu�v � 2v)
2xu+vyeu�v + yeu�vu� 2vxeu+v + 2xeu+vu+ vyeu�v
@u
@y
= � e
(u� v)(xeu+v + u)
2xu+vyeu�v + yeu�vu� 2vxeu+v + 2xeu+vu+ vyeu�v
@v
@y
=
(xeu+v + v)eu�v
2xu+vyeu�v + yeu�vu� 2vxeu+v + 2xeu+vu+ vyeu�v
b) De�niendo x := x(u; v) = u2 + v2; y := y(u; v) = u=v tenemos que
z = f(x; y), entonces
@z
@u
=
@z
@x
@x
@u
+
@z
@y
@y
@u
=
@z
@x
2u+
@z
@y
1
v
;
luego
@2z
@u2
= 2
@z
@x
+ 2u
�
@2z
@x2
@x
@u
+
@2z
@y@x
@y
@u
�
+
1
v
�
@2z
@y2
@y
@u
+
@2z
@x@y
@x
@u
�
= 2
@z
@x
+ 2u
�
@2x
@x2
2u+
@2z
@y@x
1
v
�
+
1
v
�
@2z
@y2
2u+
@2z
@x@y
1
v
�
Utilizando �nalmente el teorema de Schwarz tenemos que
@2z
@u2
= 2
@z
@x
+ 4u2
@2z
@x2
+
1
v
@2z
@y2
+
4u
v
@2z
@x@y
:
8
1.4 RECTA TANGENTE Y PLANO NORMAL A UNA
CURVA
1.4.1 Problema
Hallar las ecuaciones de la recta tangente y del plano normal a la trayectoria
�!r (t) = (t� cos t; 3 + sen (2t) ; 1 + cos (3t)) en el punto P0 =
��
2
; 3; 1
�
:
Solución.
El punto P0 que corresponde a t = t0 esta dado por
�!r (t0) = (t0 � cos t0; 3 + sen (2t0) ; 1 + cos (3t0)) =
��
2
; 3; 1
�
t0 � cos t0 =
�
2
=) t0 =
�
2
:
Entonces el vector tangente a la trayectoria en el punto en que t0 =
�
2
es:
�!r 0 (t) = (1 + sen(t); 2 cos (2t) ;�3sen (3t)) =)
�!r 0
��
2
�
=
�
1 + sen(
�
2
); 2 cos
�
2
�
2
�
;�sen
�
3
�
2
��
= (2;�2; 3) :
Sea �!r = (x; y; z) un punto de la recta tangente luego la ecuación de la recta
tangente en el punto P0 es
�!r (�) = �!r
��
2
�
+ ��!r 0
��
2
�
=) (x; y; z) =
��
2
; 3; 1
�
+ � (2;�2; 3) � 2 R:
Por tanto, la ecuación cartesiana es:
x� �
2
2
=
y � 3
�2 =
z � 1
3
La ecuación del plano normal en el punto P0 esh�!r ��!r ��
2
�i
� �!r 0
��
2
�
= 0
2
�
x� �
2
�
� 2 (y � 3) + 3 (z � 1) = 0
1.4.2 Problema
Probar que los planos tangentes a la super�cie S: xyz = a; a > 0 constante, en
cualquier punto de S forma con los planos coordenados un tetraedro de volumen
constante.
Solución.
Sea la super�cie S descrita por la función implícita F (x; y; z) = xyz�a = 0:
los vectores normales a la super�cie S satisfacen rF (x; y; z) = (yz; xz; xy)
Si
�!
P 0 = (x0; y0; z0) 2 S;entonces
�!
N (P0) = rF (x0; y0; z0) = (y0z0; x0z0; x0y0)
La ecuación del plano tangente al punto
�!
P 0 2 S; esta de�nida por
(�!r ��!P 0)�
�!
N (P0) = 0;luego y0z0 (x� x0)+x0z0 (y � y0)+x0y0 (z � z0) = 0:
Entonces, las trazas de este plano con los ejes coordenados son
i) Si x = �; y = 0; z = 0 =) � = 3x0y0z0
y0z0
= 3x0
ii) Si x = 0; y = �; z = 0 =) � = 3x0y0z0
x0z0
= 3y0
9
iii) Si x = 0; y = 0; z = 
 =) � = 3x0y0z0
x0y0
= 3z0
El volumen del tetraedro es:
V =
��
6
=
(3x0) (3y0) (3z0)
6
=
9
2
a; constante.
1.4.3 Problema
a) Probar que S1dada por F (x; y; z) = 0 y S2 dada por G(x; y; z) = 0 son
ortogonales en sus puntos de intersección sí y solo si FxGx+FyGy +FzGz = 0:
b) Probar que las super�cies S1 : x2 + y2 + z2 � 2x + 4y � 8z = 0 y S2 :
3x2 � y2 + 2z2 � 6x� 4y � 16z + 31 = 0 son ortogonales.
Solución.
a) La normal a S1dada por F (x; y; z) = 0 es
�!
N 1 = rF (x; y; z) = (Fx; Fy; Fz).
Del mismo modo, la normal a S2 dada por G(x; y; z) = 0 es
�!
N 2 = rG(x; y; z) = (Gx; Gy; Gz)
Por de�nición, ambas super�cies son ortogonales si rF � rG = 0 ()
(Fx; Fy; Fz) � (Gx; Gy; Gz) = 0 =) FxGx + FyGy + FzGz = 0
b) Sea S1 : x2 + y2 + z2 � 2x+ 4y � 8z = 0 =)
(x� 1)2 + (y + 2)2 + (z � 4)2 � 21 = 0
y S2 : 3x2 � y2 + 2z2 � 6x� 4y � 16z + 31 = 0 =)
3(x� 1)2 � (y + 2)2 + 2(z � 4)2 = 0
Entonces S1tiene normal
�!
N 1 = rF (x; y; z) = (2x� 2; 2y + 4; 2z � 8) :
Asimismo , S2 tiene normal
�!
N 2 = rG(x; y; z) = (6x� 6;�2y � 4; 4z � 16) :
=) rF � rG = (2x� 2; 2y + 4; 2z � 8) � (6x� 6;�2y � 4; 4z � 16)
= (2x� 2) (6x� 6) + (2y + 4) (�2y � 4) + (2z � 8) (4z � 16)
= 4
�
3(x� 1)2 � (y + 2)2 + 2(z � 4)2
�
= 4 � 0 = 0
Por lo tanto, S1 es ortogonal a S1:
1.5 DERIVADAS DIRECCIONALES
1.5.1 Problema :
Sea f (x; y) :
8<:
2xy2
x2 + y4
; si (x; y) 6= (0; 0)
0 ; si (x; y) = (0; 0)
:Determine, si existe, la derivada
direccional de f en P0 = (0; 0).
Solución.
Sea be = (e1; e2) un versor e una dirección cualquiera de IR2 tal que
Dbef (0; 0) = lim
�!0
f((0; 0) + � (e1; e2))� f (0; 0)
�
= lim
�!0
f(�e1; �e2)� f (0; 0)
�
10
Dbef (0; 0) = lim
�!0
2 (�e1) (�e2)
2
(�e1)
2
+ (�e2)
4
�
= lim
�!0
2�3e1e
2
2
�2(e21 + �
2e42)
�
Por lo tanto
Dbef (0; 0) = lim
�!0
2e22
e1
;este limite existe si y solo si e1 6= 0
1.5.2 Problema :
Sea f (x; y) =
8<:
x (x+ y)
x2 + y2
; si (x; y) 6= (0; 0)
0 ; si (x; y) = (0; 0)
:Determine, si existe, la derivada
direccional de f en P0 = (0; 0).
Solución.
Sea be = (e1; e2) un versor e una dirección cualquiera de IR2 tal que
Dbef (0; 0) = lim
�!0
f((0; 0) + � (e1; e2))� f (0; 0)
�
= lim
�!0
f(�e1; �e2)� f (0; 0)
�
Dbef (0; 0) = lim
�!0
e1(e1 + e2)
� (e21 + e
2
2)
Este limite existe si y solo si e1(e1 + e2) = 0 =) e1 = 0 ó (e1 + e2) = 0
i) Si be = (0; e2) = 0; Dbef (0; 0) = 0
ii) Si be = (e1;�e1) = 0; Dbef (0; 0) = 0:
1.5.3 Problema 4:
Hallar la derivada direccional de f (x; y; z) = x2yz3 en el punto P0 = (1; 1;�1) en
la dirección de la tangente a la trayectoria : �!r (t) = (e�t; 1 + 2sen (t) ; t� cos (t)) :
Solución.
Como f (x; y; z) = x2yz3es una función diferenciable en R3;entonces
Dbtf (P0) = rf (P0) � bt; donde rf (P ) = �2xyz3; x2z3; 3x2yz2�
El punto P0 que corresponde a t = t0 es:�!r (t0) = (e�t0 ; 1 + 2sen (t0) ; t0 � cos (t0)) = (1; 1;�1) =) e�t0 = 1
Así, t0 = ln (1) =0
El vector tangente a la curva es:
�!r 0 (t) = (�e�t; 2 cos (t) ; 1 + sen (t)) ; entonces �!r 0 (0) = (�1; 2; 1) y
el vector tangente unitario en esta dirección quedabt = �!r 0 (0)k�!r 0 (0)k = (�1;2;1)p6
Por tanto, la derivada direccional es
Dbtf (P0) = (�2;�1; 3) � (�1;2;1)p6 = 3p6 > 0
Como es positiva,signi�ca que f aumenta en esta dirección.
1.5.4 Problema :
Calcular la derivada direccional de f (x; y; z) = xy + xz � yz en el punto
P0=
�p
2;�
p
2; 0
�
en dirección de la tangente a la curva determinada por las
11
super�cies
x2 + y2 + z2 = 4; x+ y + z = 0
Solución.
Como f (x; y; z) = xy+xz� yz es una función diferenciable en R3;entonces
Dbtf (P0) = rf (P0) � bt; donde rf (P ) = (y + z; x� z; x� y) =)
rf (P0) =
�
�
p
2;
p
2; 2
p
2
�
Aún falta calcular el vector bt = �!r 0 (P0)k�!r 0 (P0)k ,que es tangente a la curva
determinada por las super�cies dadas.
Sea C dada por �!r (x) = (x; y (x) ; z (x)) =) �!r 0 (x) =
�
1; y
0
(x) ; z0 (x)
�
,
donde y
0
(x) ; z0 (x) se calculan implicitamente a partir del sistema
de ecuaciones por derivación con respecto a x, en el entendido
que y = y (x) ; z = z (x) :En efecto:
2x+ 2yy0 + 2zz0 = 0 � 12
1 + y
0
+ z
0
= 0
() yy
0 + zz0 = �x
y
0
+ z
0
= �1
Resolviendo el último sistema obtenemos
y
0
(x) =
���� �x z�1 1
�������� y z1 1
���� =
�x+ z
y � z ; z
0
(x) =
���� y �x1 �1
�������� y z1 1
���� =
x� y
y � z
Evaluando
y
0 �p
2
�
=
�
p
2
�
p
2
= 1 y y
0 �p
2
�
=
2
p
2
�
p
2
= �2
Luego
=) �!r 0
�p
2
�
= (1; 1;�2) =) bt = �!r 0 (P0)k�!r 0 (P0)k = (1; 1;�2)p6
Por lo tanto, se tiene que
Dbtf (P0) = (�p2;p2; 2p2) � (1; 1;�2)p
6
=
�4p
6
1.6 VALORES EXTREMOS
1.6.1 Problema :
Encuentre los valores extremos de la f (x; y) = x2 + y2 � 12x
4:
Solución.
Derivando parcialmente con respecto a x e y tenemos:
fx (x; y) = 2x� 2x3
fy (x; y) = 2y
Esta claro que fx y fy son continuas en R2
Aplicando la condición necesaria para los puntos críticos de f
tenemos: 2x� 2x3 = 0; 2y = 0:
Al resolver el sistema obtenemos tres puntos críticos.
12
P0 = (0; 0) ; P1 = (1; 0) ; P2 = (�1; 0)
Determinemos el Hessiano H (x; y) :
H (x; y) =
���� fxx (x; y) fxy (x; y)fyx (x; y) fyy (x; y)
���� = ���� 2� 6x2 00 2
���� = 4� 12x2
Evaluemos el Hessiano H (x; y) en cada uno de los puntos:
i) Para P0 = (0; 0) =) H (0; 0) = 4 > 0 y fxx (0; 0) = 2 > 0
Se concluye, que en P0 hay un mínimo relativo f (0; 0) = 0:
ii) Para P1 = (1; 0) =) H (1; 0) = �8 < 0 :
Por tanto, en P1 hay punto silla de f:
iii) Para P2 = (�1; 0) =) H (�1; 0) = �8 < 0 :
Así, en P2 tambien hay un punto silla de f:
1.6.2 Problema :
Encuentre los valores extremos de la f (x; y) = x2 + y2 � xy + x+ y
en el dominio D =
�
(x; y) 2 R2= x � 0; y � 0; x+ y � �3
	
:
Solución.
En primer lugar, determinemos los valores extremos en el conjunto
abierto: D� =
�
(x; y) 2 R2= x < 0; y < 0; x+ y > �3
	
:
Derivando parcialmente con respecto a x e y tenemos:
fx (x; y) = 2x� y + 1
fy (x; y) = 2y � x+ 1
Observe que fx y fy son continuas en R2
Aplicando la condición necesaria para los puntos críticos de f
tenemos en sistema:
2x� y = �1; �x+ 2y = �1:
Al resolver el sistema obtenemos un único punto crítico
P0 = (�1;�1) 2 D�
Determinemos el Hessiano H (x; y) :
H (x; y) =
���� fxx (x; y) fxy (x; y)fyx (x; y) fyy (x; y)
���� = ���� 2 �1�1 2
���� = 3 8 (x; y) 2 D�:
Así, P0 = (�1;�1) =) H (�1;�1) = 3 > 0 y fxx (�1;�1) = 3 > 0
Se concluye, que en P0 hay un mínimo relativo f (�1;�1) = �1:
En segundo lugar, estudiemos la condición que se presenta en la
frontera de D:
a) Si y = 0; f (x; 0) = x2 + x con x 2 [�3; 0]
Determinemos los puntos críticos en este borde
f
0
(x) = 2x+ 1 = 0 =) x = � 12
Luego se tiene un punto critíco en P1 =
�
� 12 ; 0
�
2 D:
Como f
00
(x) = 2 > 0;8x 2 [�3; 0] ;entonces en P1 =
�
� 12 ; 0
�
hay
un mínimo f
�
� 12 ; 0
�
= � 14 :
b) Si x = 0; f (0; y) = y2 + y con y 2 [�3; 0]
Determinemos los puntos críticos en este borde
f
0
(y) = 2y + 1 = 0 =) y = � 12
13
Luego, se tiene un punto critíco en P2 =
�
0;� 12
�
2 D:
Como f
00
(y) = 2 > 0;8y 2 [�3; 0] ;entonces en P2 =
�
0;� 12
�
hay
un mínimo f
�
0;� 12
�
= � 14 :
c) Si x+ y = �3; f (x;�x� 3) = 3x2 + 9x+ 6 con x 2 [�3; 0]
Determinemos los puntos críticos en este borde
f
0
(x) = 6x+ 9 = 0 =) x = � 32 =) y = �
3
2
Luego se tiene un punto critíco en P2 =
�
� 32 ;�
3
2
�
2 D:
Como f
00
(x;�x� 3) = 6 > 0;8x 2 [�3; 0] ;entonces P2 =
�
� 32 ;�
3
2
�
en hay un mínimo f
�
� 32 ;�
3
2
�
= � 34 :
1.7 MULTIPLICADORES DE LAGRANGE PARA EX-
TREMOS RESTRINGIDOS
1.7.1 Problema :
En que puntos de la elipse
x2
a2
+
y2
b2
= 1, la tangente a este lugar geométrico
forma con los ejes coordenados un triángulo de área mínima.
Solución.
Sea la ecuación de la tangente a la elipse en el punto (x0; y0) :
x0x
a2
+
y0y
b2
= 1
Sea f (x; y) =
1
2
xT yT , el área que forma la recta tangente con los ejes
coordenados, donde xT yT se determinan a partir de la ecuación de
la tangente.
Si yT = 0 =) xT =
a2
x0
xT = 0 =) yT =
b2
y0
Así f (x; y) =
1
2
a2b2
x0y0
es la función a estudiar.
que veri�ca la condición:
x20
a2
+
y20
b2
� 1 = 0:
Consideremos la función :
L (x; y; �) =
1
2
a2b2
x0y0
+ �
�
x20
a2
+
y20
b2
� 1
�
Lx (x; y; �) = �
1
2
a2b2
x20y0
+ 2�
x0
a2
= 0 �1=y0
Ly (x; y; �) = �
1
2
a2b2
x0y20
+ 2�
y0
b2
= 0 �=x0
L� (x; y; �) =
x20
a2
+
y20
b2
� 1 = 0
Multiplicando las ecuaciones anteriores por los coe�cientes que se
indican, tenemos
14
1:0) �1
2
a2b2
x20y
2
0
+
2�
a2
x0
y0
= 0 �1=y0
2:0) �1
2
a2b2
x20y
2
0
+
2�
b2
y0
x0
= 0 �1=x0
3:0)
x20
a2
+
y20
b2
� 1 = 0
Restando 2:0� 1:0 se tiene
2�
a2
x0
y0
=
2�
b2
y0
x0
=) x20 =
a2
b2
y20
Sustituyendo este resultado en 3.0) se tiene un único punto crítico de f en
P0 =
�
ap
2
;
bp
2
�
Mediante el criterio de la segunda derivada podemos determinar la
naturaleza del punto crítico
f (x; y(x)) =
1
2
a2b2
x0y0
=) f
0
(x) =
a2b2
2
 
�y0 � x0y
0
0(x)
(x0y0)2
!
donde a partir de la condición obtenemos
2x0
a2
+
2y0
b2
y
0
0(x) = 0 =) y
0
0(x) = �
b2x0
a2y0
=) y00(x) = �
b2
a2
"
y0 � x0y
00
0
y20
#
Así
f
00
(x) = �a
2b2
2
 
(x0y0)
2(2y
0
0 + x0y
00
0 (x))� 2(x0y0)(y0 + x0y
0
0(x))
2
(x0y0)4
!
Produce
f
00
�
ap
2
;
bp
2
�
> 0
Por lo tanto, en el punto P0 =
�
ap
2
;
bp
2
�
un mínimo de f
1.7.2 Problema :
Se desea construir una tolva para un silo, que tenga una capacidad de 100 m3
y forma de cono circular recto de 2m de radio coronado por un cilindro por
un cilindro circular recto, empleando un mínimo de material para la super�cie.
Calcular las alturas x del cilindro e y del cono para tal objeto.
Solución:
Sea la función super�cie de�nida por f (x; y) = 2�
p
4 + y2 +4�x
Con la condición que el volumen sea g (x; y) = 43�y + 4�x� 100 = 0
Entonces formemos la función:
L (x; y; �) = f (x; y) = 2�
p
4 + y2 +4�x+ �
�
4
3�y + 4�x� 100
�
Lx (x; y; �) = 4� + 4�� = 0 =) � = �1
Ly (x; y; �) =
4�y
2
p
4 + y2
+
4
3
�� = 0 =) y
2
p
4 + y2
=
1
3
L� (x; y; �) =
4
3�y + 4�x� 100 = 0
15
9y2 = 4
�
4 + y2
�
=) 5y2 = 16 =) y = 4p
5
Sustituyendo en la restricción se tiene
4�x = 100� 16
3
p
5
� =) x = 100
4�
� 4
3
p
5
En consecuencia, se tiene un único punto crítico en
P0 =
�
100
4�
� 4p
5
;
4p
5
�
La condición de mínimo de f se estable mediante la segunda derivada
f (x; y(x)) = 2�
p
4 + y2 + 4�x =) f 0 (x) = 4�yy
0
2
p
4 + y2
+ 4�
4
3�y + 4�x� 100 = 0 =) y
0 (x) = �3
Por lo tanto, sustituyendo y0 (x) ; y derivando por segunda vez
f
0
(x) = � 6�yp
4 + y2
+ 4� =) f 00 (x) = �6�
 
(�3(4 + y2)� y2
(4 + y2)
3=2
!
f
00
(P0) > 0 =) Valor minimo
Así el valor mínimo de la función es:
f
�
100
4�
� 4p
5
;
4p
5
�
= 2�
q
4 + 165 +4�
�
100
4�
� 4p
5
�
= 100� 20�
3
p
5
1.7.3 Problema :
Determine la distancia mínima y máxima del origen a la curva de intersección
del paraboloide z =
7
4
� x2 � y2 y el plano x+ y + z = 2:
Solución:
En este caso es conveniente los valores extremos del cuadrado de la
distancia con respecto al origen en vez de la distancia misma. Por lo
tanto, se deben hallar los valores extremosde la función:
f(x; y; z) = x2 + y2 + z2
sujeta a las restriciones
g (x; y; z) = z � 7
4
+ x2 + y2 = 0
h (x; y; z) = x+ y + z � 2 = 0
Para aplicar el método de los multiplicadores de Lagrange se de�ne
F (x; y; z; �1; �2) = x
2+y2+z2+�1
�
z � 7
4
+ x2 + y2
�
+�2 (x+ y + z � 2)
16
Fx = 2 (1 + �1)x+ �2 = 0 (1:0)
Fy = 2 (1 + �1) y + 2�2 = 0 (2:0)
Fz = 2z + �1 + �2 = 0 (3:0)
F�1 = z �
7
4
+ x2 + y2 = 0 (4:0)
F�2 = x+ y + z � 2 = 0 (5:0)
1:0)� 2:0) : 2 (1 + �1) (x� y) = 0 =) �1 = �1 o y = x
Si �1 = �1 ;entonces de 1) �2 = 0 y de 3) z =
1
2
Si z =
1
2
; entonces de 4) y 5) se obtiene: 2x2 � 3x+ 1 = 0
Resolviendo la ecuación anterior, sus soluciones son: x1 = 1;x2 =
1
2
x1 = 1 =) y1 =
1
2
=)
�
1;
1
2
;
1
2
�
es punto crítico.
x2 =
1
2
=) y2 = 1 =)
�
1
2
; 1;
1
2
�
es punto crítico.
Por otra parte:4)� 5) =) x2 + y2 � x� y + 1
4
= 0
Si y = x =) 2x2 � 2x+ 1
4
= 0; resolviendo la ecuación x =
2�
p
2
4
y = x =
2 +
p
2
4
=) z = 4� 2
p
2
4
=)
 
2 +
p
2
4
;
2 +
p
2
4
;
4� 2
p
2
4
!
es punto crítico de f:
y = x =
2�
p
2
4
=) z = 4 + 2
p
2
4
=)
 
2�
p
2
4
;
2�
p
2
4
;
4 + 2
p
2
4
!
es punto crítico de f:
Así
fmax
 
2�
p
2
4
;
2�
p
2
4
;
4� 2
p
2
4
!
=
1
4
�
9 + 2
p
2
�
fmin
�
1
2
; 1;
1
2
�
=
3
2
Como la curva intersección del paraboloide y el plano es una curva cerrada,
la distancia mínima y la distancia máxima al origen son respectivamente
r
3
2
y
1
2
q�
9 + 2
p
2
�
:No necesitamos más pruebas por las caracteristicas geométricas
del problema.
1.7.4 Problema :
Demuestre que las distancias máxima y mínima desde el origen a la curva de
intersección de�nida por
x2
4
+
y2
5
+
z2
25
= 1; z = x+ y:
Solución:
17
Debenos encontrar los valores extremos de la función
f(x; y; z) = x2 + y2 + z2
sujeta a las restriciones
g (x; y; z) =
x2
4
+
y2
5
+
z2
25
� 1 = 0
h (x; y; z) = x+ y � z = 0
Para aplicar el método de los multiplicadores de Lagrange se de�ne
F (x; y; z; �1; �2) = x
2 + y2 + z2 + �1
�
x2
4
+
y2
5
+
z2
25
� 1
�
+ �2 (x+ y � z)
Aplicando la condición necesaria de punto crítico
Fx = 2
�
1 +
�1
4
�
x+ �2 = 0 (1:0)
Fy = 2
�
1 +
�1
5
�
y + �2 = 0 (2:0)
Fz = 2(1 +
�1
5
+ �2 = 0 (3:0)
F�1 =
x2
4
+
y2
5
+
z2
25
� 1 = 0 (4:0)
F�2 = x+ y � z = 0 (5:0)
Despejando de estas ecuaciones x; y; z se tiene
x = � 2�2
�1 + 4
; y = � 5�2
2�1 + 10
; z = � 25�2
2�1 + 50
; 6:0)
Al dividir 5:0 por �2 6= 0 (lo cual está justi�cado porque de otro modo de
1:0; 2:0 y 3:0, se tendría x = y = z = 0).
2
�1 + 4
+
5
2�1 + 10
+
25
2�1 + 50
= 0:Multiplicando por 2 (�1 + 4) (2�1 + 10) (2�1 + 50)
y simpli�cando da
17�21 + 245�1 + 750 = 0 =) (�1 + 10)(17�1 + 75) = 0
de donde: �1 = �10; �1 = �
75
17
Caso i) Si �1 = �10; entonces de 6:0 : x =
�2
3
; y =
�2
2
; z =
5�2
6
:
Sutituyendo en 4.0 da:
�22
36
+
�22
20
+
5�22
66
� 1 = 0 =) �22 =
180
19
=)
�2 = �6
r
5
19
Por lo tanto, se tienen dos puntos críticos.
P1 =
 
2
r
5
19
; 3
r
5
19
; 5
r
5
19
!
y P2 =
 
�2
r
5
19
:� 3
r
5
19
;�5
r
5
19
!
Evaluando en la función se tiene f
 
�2
r
5
19
;�3
r
5
19
;�5
r
5
19
!
= 10
Caso ii) Si �1 = �
75
17
; entonces de 6:0 : x =
34�2
7
; y = �17�2
4
; z =
17�2
28
:
18
Sutituyendo en 4.0 da:
�22
36
+
�22
20
+
5�22
66
� 1 = 0 =) �22 =
(140)2
(17)2(646)
=)
�2 = �
�
140
17
p
646
�
Por lo tanto, se tienen otros dos puntos críticos más.
P1 =
�
40p
646
;� 35p
646
5p
646
�
y P2 =
�
� 40p
646
;
35p
646
;� 5p
646
�
Evaluando en la función se tiene f
�
� 40p
646
;� 35p
646
;� 5p
646
�
=
75
17
Asi el valor máximo buscado es 10 y el valor mínimo es
75
17
1.7.5 Problema :
Se desea construir un silo, que tenga una capacidad de V0 con forma de cilindro
circular recto de altura h y radio basal r . Calcular la altura h del cilindro y
radio basal r de manera que la super�cie total sea mínima.
Solución:
Sea la función super�cie de�nida por f (r; h) = 2�r2 +2�rh
Con la condición que el volumen sea g (x; y) = �r2h� V0 = 0
Entonces formemos la función:
L (r; h; �) = 2�r2 + 2�rh+ �
�
�r2h� V0
�
Lr (r; h; �) = 4�r + 2�h+ 2��rh = 0 1:0)
Lh (r; h; �) = 2�h+ ��r
2 = 0 2:0)
L� (r; h; �) = �r
2h� V0 = 0 3:0)
De 2:0)se tiene: � = �2
r
y sustituyendo este valor en 1:0) obtenemos h = 2r
Si h = 2r; entonces de 3.0)r = 3
r
V0
2�
;h = 2 3
r
V0
2�
En consecuencia, se tiene un único punto crítico en
P0 =
 
3
r
V0
2�
; 2 3
r
V0
2�
!
La condición de mínimo de f se establece mediante la segunda derivada
f (r; h(r)) = 6�r2 =) f 0 (r) = 12�r
=) f
00
(r) = 12� > 0
Por lo tanto, se tiene un valor mínimo de f si h = 2r
Así el valor mínimo de la super�cie es:
f
 
3
r
V0
2�
; 2 3
r
V0
2�
!
= 6�
�
V0
2�
�2=3
1.7.6 Problema :
19
Determinar los extremos absolutos de la función f (x; y) = y3 + x2y + 2x2 +
2y2 � 4y � 8 en el conjunto D =
�
(x; y) 2 IR2=x2 + y2 � 1
	
:
Solución.
En primer lugar estudiemos los puntos del interior de D, para ver si existen
máximos o mínimos locales.
La condicion necesaria, de los puntos interiores candidatos a extremos, es
rf (x; y) = (0; 0) =)
@f
@x
= 2x(y + 2) = 0
@f
@y
= 3y2 + x2 + 4y � 4 = 0
i) La primera ecuación implica que x = 0 ó y = �2: Si y = �2; la segunda
ecuación implica que x = 0; luego se tiene un punto crítico en P0 = (0;�2) ; sin
embargo , P0 =2 D:
ii) Si x = 0, la segunda ecuación es 3y2 + 4y � 4 = 0 =) y = �2; y = 2
3
:
Las coordenadas del punto P1 =
�
0;
2
3
�
veri�can
4
9
< 1;entonces P1 2 D:
Además f (P1) =
8
27
+
8
9
� 8
3
� 8 = 256
27
= �9; 48:
En segundo lugar, estudiemos los puntos de la frontera de D usando la
función f (x; y) = y3 + x2y + 2x2 + 2y2 � 4y � 8 bajo la restrición g (x; y) =
x2 + y2 � 1 = 0:
Usemos el método de los multiplicadores de Lagrange.
Sea L (x; y; �) = y3 + x2y + 2x2 + 2y2 � 4y � 8 + �(x2 + y2 � 1);
y obtenemos:
@L
@x
= 2x(y + 2) + �2x = 0 (1:0)
@L
@y
= 3y2 + x2 + 4y � 4 + �2y = 0 (2:0)
@L
@�
= x2 + y2 � 1 = 0 (3:0)
De la ecuación 1:0 se tiene que x = 0 ó (y + 2) + � = 0
a) Si x = 0;en 3.0 se tiene y2� 1 = 0 =) y = �1:Luego se tienen otros dos
puntos críticos
P2 = (0; 1) y P2 = (0;�1) que satisfacen las ecuaciones 1:0 y 3:0:
Para comprobar que también satisfacen la ecuación 2:0 , sustituyamos el ella
P1 = (0; 1) =) � =
3
2
2 IR
P2 = (0;�1) =) � =
5
2
2 IR:
Si evaluamos las función en los puntos encontrados obtenemos:
f (P2) = 1 + 2� 4� 8 = �9
f (P3) = �1 + 2 + 4� 8 = �3
b) Si (y+2)+ � = 0 () � = �(y+2), en 2:0 se tiene 3y2 + x2 +4y� 4+
2y(y + 2) = 0
=) x2 + y2 = 4, resultado que contradice la ecuación 3:0; x2 + y2 = 1:
Luego, esta condición no produce un punto crítico.
20
Por lo tanto, comparando los valores de la función en los tres puntos en-
contrados, podemos inferir que el máximo absoluto se alcanza en P3 y que el
mínimo absoluto se alcanza en P1
1.7.7 Problema :
Determine las dimensiones de una caja rectangular, sin tapa
superior,que ha de tener un volumen dado V0;de manera que
su super�cie sea mínima.
Solución:
Sea la función super�cie de�nida por f (x; y; z) = xy + 2xz + 2yz
Con la condicion que el volumen sea g (x; y; z) = xyz � V0 = 0
Entonces formemos la función:
L (x; y; z; �) = f (x; y) = xy + 2xz + 2yz + � (xyz � V0)
Lx (x; y; z; �) = y + 2z + �yz = 0 (1:0)
Ly (x; y; z; �) = x+ 2z + �xz = 0 (2:0)
Lz (x; y; z; �) = 2x+ 2y + �xy = 0 (3:0)
L� (x; y; z; �) = xyz � V0 = 0 (4:0)
Despejando y y x de 1:0 y 2:0 se tiene
5.0) y = x = � 2z1+�z ; sutituyendo en 3:0) produce:
� 8z1+�z +
4�z2
(1+�z)2
= 0 =) z = 1� 6:0)
Reemplazando en 6:0) en 5:0) se tiene
y = x = � 4� : Sustituyendo en 4.0�
� 4�
� �
� 4�
� �
1
�
�
= V0 =) � =
�
16
V0
�1=3
Por lo tanto, se tiene un único punto crítico de f en
P0 =
�
4
�
V0
16
�1=3
; 4
�
V0
16
�1=3
;
�
V0
16
�1=3�
:
Examinemos la naturaleza del punto crítico usando el Hessiano limitado:
H (x; y; z) =
����������
0 @g@x
@g
@y
@g
@z
@g
@x
@2L
@x2
@2L
@x@y
@2L
@x@z
@g
@y
@2L
@x@y
@2L
@y2
@2L
@y@z
@g
@z
@2L
@x@z
@2L
@y@z
@2L
@z2
����������
=
��������
0 yz xz xy
yz 0 1 + �z 2 + �y
xz 1 + �z 0 2 + �x
xy 2 + �y 2 + �x0
��������
H
�
4
�
V0
16
�1=3
; 4
�
V0
16
�1=3
;
�
V0
16
�1=3�
=
����������
0 4
�
V0
16
�2=3
4
�
V0
16
�2=3
16
�
V0
16
�2=3
4
�
V0
16
�2=3
0 2 6
4
�
V0
16
�2=3
2 0 6
16
�
V0
16
�2=3
6 6 0
����������
Usando propiedades de determinantes, obtenemos que el valor de Hessiano
es:
21
H = 16
�
V0
16
�4=3
��������
0 1 1 4
1 0 2 6
1 2 0 6
4 6 6 0
�������� = �2048:0� (0:062 5V0)
4
3 < 0
Además: �3 =
������
0 1 1
1 0 2
1 2 0
������ = 4 > 0
Entonces la función f tendrá un máximo condicionado en el punto P0 =�
4
�
V0
16
�1=3
; 4
�
V0
16
�1=3
;
�
V0
16
�1=3�
1.8 Aplicación al cálculo de errores
1.8.1 Problema :
El periodo T de un péndulo simple depende de la longitud l y de la aceleración
de gravedad g del lugar y está dado por:
T = 2�
r
l
g
: Hallar a a) el error absoluto y b) el error relativo , al calcular
T con l = 0; 6 m y g = 10m=s2 si los valores verdaderos eran l = 58; 5cm y
g = 9; 8m=s2:
Solución
a) Sea T = 2�
r
l
g
: el período de un péndulo simple.
El error absoluto de T es �T; que en este caso es aproximadamente dT: así
se tiene:
El error absoluto de T = dT =
@T
@l
dl +
@T
@g
dg =
�p
lg
dl � �
r
l
g3
dg
Error de l = �l = dl = (0; 6 � 0; 585)m = 0; 015m
Error de g = �g = dg = (10� 9; 8)m=s2 = 0; 2m=s2
El error absoluto de T = dT =
�p
0; 6x10
(0; 015)� �
r
0; 6
1000
(0; 2)
b) El error relativo de T =
dT
T
=
1
2�
r
l
g
�
�p
lg
dl � �
r
l
g3
dg
�
El error relativo de T =
�
1
2l
dl � 1
2g
dg
�
:
El error relativo de T =
dT
T
=
1
2�
r
l
g
�
�p
lg
dl � �
r
l
g3
dg
�
22
1.8.2 Problema
Si u = f(x; y; z) de�ne una función diferenciable, y z se de�ne implicitamente
como una función de x e y
por la ecuación g(x; y; z) = 0 con los atributos pedido en el teorema de la
función implícita. Pruebe que
u tiene primeras derivadas parciales de x e y dadas por:
@u
@x
=
@(f;g)
@(x;z)
@y
@z
;
@u
@y
=
@(f;g)
@(y;z)
@y
@z
b) Si u = x2y + z2; y z = g(x; y) se de�ne implicitamente po la ecuación
x2y � 3z + 8yz3 = 0
Calcule:
@u
@x
(1; 0; 0) y
@u
@y
(1; 0; 0)
1.9 Solución:
a) Utilizando la regla de la cadena tenemos
@u
@x
=
@f
@x
+
@f
@z
@z
@x
por otra parte si g(x; y; z) = 0 de�ne implicitamente a z = z(x; y) entonces
@z
@x
= �
@g
@x
@g
@z
reemplazando en la ecuación anterior
@u
@x
=
@f
@x
+
@f
@z
(�
@g
@x
@g
@z
) =
@f
@x
@g
@z �
@f
@z
@g
@x
@g
@z
=
@(f;g)
@(x;z)
@g
@z
Similarmente
@u
@y
=
@f
@y
+
@f
@z
@z
@y
y
@z
@y
= �
@g
@y
@g
@z
)
@u
@y
=
@f
@y
+
@f
@z
(�
@g
@y
@g
@z
) =
@f
@y
@g
@z �
@f
@z
@g
@y
@g
@z
=
@(f;g)
@(y;z)
@g
@z
23
b) En este caso u = f(x; y; z) = x2y+z2 y z = z(x; y) se de�ne implicitamente
por
g(x; y; z) = x2y � 3z + 8yz3 = 0 y tenemos
@g
@x
= 2xy ,
@g
@y
= x2 + 8z3 ,
@g
@z
= �3 + 24yz2
derivadas que son todas continuas por lo que se a�rma que g es de C1
Ademas g(1; 0; 0) = 0 y @g@z (1; 0; 0) = �3 6= 0
Entonces por el teorema de la función implicita se tiene que existe V =
V@(1; 0) y una vecindad (�a; a) de z = 0
y una función z(x; y) de C1 sobre V tal que
z(1; 0) = 0 y z(1; 0)�(�a; a)
Ademas:
@(f;g)
@(x;z) =
����2xy 2z2xy �3 + 24yz2
���� = 2xy(�3 + 24yz2)� 2xy2z
= 2xy(�3 + 24yz2 � 2z)
@g
@z = �3 + 24yz
2
) @u
@x
=
2xy(�3 + 24yz2 � 2z)
�3 + 24yz2 )
@u
@x
(1; 0; 0) =
0
�3 = 0
También:
@(f;g)
@(y;z) =
���� x2 2zx2 + 8z3 �3 + 24yz2
���� = �3x2 + 24x2yz2 � 2x2z � 16z3
= x2(24yz2 � 2z � 3)� 16z3
) @u
@y
=
x2(24yz2 � 2z � 3)� 16z3
�3 + 24yz2 )
@u
@y
(1; 0; 0) =
�3
�3 = 1
Problema
Si u = f(x; y; z) de�ne una función diferenciable, y z se de�ne implicitamente
como una función de x e y
24
por la ecuación g(x; y; z) = 0 con los atributos pedido en el teorema de la
función implícita. Pruebe que
u tiene primeras derivadas parciales de x e y dadas por:
@u
@x
=
@(f;g)
@(x;z)
@y
@z
;
@u
@y
=
@(f;g)
@(y;z)
@y
@z
b) Si u = x2y + z2; y z = g(x; y) se de�ne implicitamente po la ecuación
x2y � 3z + 8yz3 = 0
Calcule:
@u
@x
(1; 0; 0) y
@u
@y
(1; 0; 0)
1.10 Solución:
a) Utilizando la regla de la cadena tenemos
@u
@x
=
@f
@x
+
@f
@z
@z
@x
por otra parte si g(x; y; z) = 0 de�ne implicitamente a z = z(x; y) entonces
@z
@x
= �
@g
@x
@g
@z
reemplazando en la ecuación anterior
@u
@x
=
@f
@x
+
@f
@z
(�
@g
@x
@g
@z
) =
@f
@x
@g
@z �
@f
@z
@g
@x
@g
@z
=
@(f;g)
@(x;z)
@g
@z
Similarmente
@u
@y
=
@f
@y
+
@f
@z
@z
@y
y
@z
@y
= �
@g
@y
@g
@z
)
@u
@y
=
@f
@y
+
@f
@z
(�
@g
@y
@g
@z
) =
@f
@y
@g
@z �
@f
@z
@g
@y
@g
@z
=
@(f;g)
@(y;z)
@g
@z
25
b) En este caso u = f(x; y; z) = x2y+z2 y z = z(x; y) se de�ne implicitamente
por
g(x; y; z) = x2y � 3z + 8yz3 = 0 y tenemos
@g
@x
= 2xy ,
@g
@y
= x2 + 8z3 ,
@g
@z
= �3 + 24yz2
derivadas que son todas continuas por lo que se a�rma que g es de C1
Ademas g(1; 0; 0) = 0 y @g@z (1; 0; 0) = �3 6= 0
Entonces por el teorema de la función implicita se tiene que existe V =
V@(1; 0) y una vecindad (�a; a) de z = 0
y una función z(x; y) de C1 sobre V tal que
z(1; 0) = 0 y z(1; 0)�(�a; a)
Ademas:
@(f;g)
@(x;z) =
����2xy 2z2xy �3 + 24yz2
���� = 2xy(�3 + 24yz2)� 2xy2z
= 2xy(�3 + 24yz2 � 2z)
@g
@z = �3 + 24yz
2
) @u
@x
=
2xy(�3 + 24yz2 � 2z)
�3 + 24yz2 )
@u
@x
(1; 0; 0) =
0
�3 = 0
También:
@(f;g)
@(y;z) =
���� x2 2zx2 + 8z3 �3 + 24yz2
���� = �3x2 + 24x2yz2 � 2x2z � 16z3
= x2(24yz2 � 2z � 3)� 16z3
) @u
@y
=
x2(24yz2 � 2z � 3)� 16z3
�3 + 24yz2 )
@u
@y
(1; 0; 0) =
�3
�3 = 1
26