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FUNDAMENTOS MATEMÁTICOS DE LA INGENIERÍA
Ingeriería Técnica Industrial. Especialidad en Mecánica.
Boletin 6. Funciones de Varias Variables Curso 2003-
EJERCICIOS RESUELTOS
- En cada apartado, calcular el límite y discutir la continuidad de la función de la que se calcula el límite
(a) lim (x,y)→(2,1)
x + 3y^2
(b) lim (x,y)→(2,4)
x + y x − y
(c) lim (x,y)→(1,1)
x √ x + y
(d) lim (x,y)→(0,1)
arcsen
x y
1 + xy
(e) lim (x,y)→( π 4 , (^2) )
y sen xy (f) lim (x,y)→(0,0)
exy
Solución: Todas las funciones que aparecen en cada uno de los apartados de este ejercicio son continuas en sus res- pectivos dominios de definición por ser composición, suma, producto y/o cociente de funciones continuas. Así, el cálculo de todos los límites se realiza por simple sustitución, ya que el punto donde deben ser calculado dichos límites siempre pertenece al dominio de la función.
(a) lim (x,y)→(2,1)
x + 3y^2 = 2 + 3 · 12 = 5 Dominio: R^2.
(b) lim (x,y)→(2,4)
x + y x − y
= − 3 Dominio: D = {(x, y) ∈ R^2 : x 6 = y}.
(c) lim (x,y)→(1,1)
x √ x + y
Dominio: D = {(x, y) ∈ R^2 : x + y > 0 }.
(d) lim (x,y)→(0,1)
arcsen(x/y) 1 + xy
= 0 Dominio: D = {(x, y) ∈ R^2 : y 6 = 0, |x/y| ≤ 1 , 1 + xy 6 = 0}.
(e) lim (x,y)→(π/ 4 ,2)
y sen xy = 2 sen π/2 = 2 Dominio: R^2.
(f) lim (x,y)→(0,0)
exy^ = 1 Dominio: R^2.
- Calcular las derivadas parciales primeras y segundas de las siguientes funciones:
(a) z = tg(2x − y) (b) z = xe
xy (c) z = x ln(xy)
(d) w =
xy x + y + z
(e)w = p^1 1 − x^2 − y^2 − z^2
(f) w = ln(xyz^2 )
Solución:
(a) z = tg(2x − y). Las derivadas parciales de z después de simplificar y factorizar quedan de la siguiente forma. Se ha utilizado que (sec x)^0 = sec x tg x. Derivadas parciales de primer orden: ∂z ∂x
= 2 sec^2 (2x − y) ∂z ∂y
= − sec^2 (2x − y) Derivadas parciales de segundo orden: ∂^2 z ∂x^2
= 8 sec^2 (2x − y) tg(2x − y)
∂^2 z ∂y^2
= 2 sec^2 (2x − y) tg(2x − y) ∂^2 z ∂x∂y
∂^2 z ∂y∂x
= −4 sec^2 (2x − y) tg(2x − y)
(b) z = xe
xy
Derivadas parciales de primer orden: ∂z ∂x
= 1 · e
xy
xy 1 y
= e
xy
μ 1 + x y
∂z ∂y
= xe
xy
μ −x y^2
= − x
2 y^2
e
xy
Derivadas parciales de segundo orden: ∂^2 z ∂x^2
= e
xy 1 y
μ 1 +
x y
+e
xy 1 y
= e
xy
μ 2 y
∂^2 z ∂y^2
=^2 x
2 y^3
e
xy
μ − x
2 y^2
e
xy
μ −x y^2
= x
2 y^3
e
xy
μ 2 + x y
∂^2 z ∂x∂y =^
∂^2 z ∂y∂x =^ −^
x y^2 e^
xy
μ 1 +
x y
e
xy
μ −x y^2
x y^2 e^
xy
μ 2 +
x y
(c) z = x ln(xy) = x (ln x + ln y) = x ln x + x ln y Derivadas parciales de primer orden: ∂z ∂x
= ln x + x
x
∂z ∂y
x y Derivadas parciales de segundo orden: ∂^2 z ∂x^2
=^1
x
∂^2 z ∂y^2
= −x y^2
∂^2 z ∂x∂y
(^2) z ∂y∂x
=^1
y
(d) w = xy x + y + z
. Las derivadas parciales de w después de simplificar y factorizar quedan de la siguiente forma. Derivadas parciales de primer orden: ∂w ∂x
= y y^ +^ z (x + y + z)^2
∂w ∂y
= x x^ +^ z (x + y + z)^2
∂w ∂z
= −x y (x + y + z)^2 Derivadas parciales de segundo orden: ∂^2 w ∂x^2
= − 2 y
y + z (x + y + z)^3
∂^2 w ∂y^2
= − 2 x
x + z (x + y + z)^3
∂^2 w ∂z^2
= 2x
y (x + y + z)^3 ∂^2 w ∂x∂y
∂^2 w ∂y∂x
2 xy + xz + yz + z^2 (x + y + z)^3
∂^2 w ∂x∂z
∂^2 w ∂z∂x
= y
x − y − z (x + y + z)^3 ∂^2 w ∂y∂z
(^2) w ∂z∂y
= −x x^ −^ y^ +^ z (x + y + z)^3
(e) w = p^1 1 − x^2 − y^2 − z^2
1 − x^2 − y^2 − z^2
Derivadas parciales de primer orden: ∂w ∂x
= −^1
1 − x^2 − y^2 − z^2
(− 2 x) = x
1 − x^2 − y^2 − z^2
= q x (1 − x^2 − y^2 − z^2 )^3 ∂w ∂y
1 − x^2 − y^2 − z^2
(− 2 y) = y
1 − x^2 − y^2 − z^2
y q (1 − x^2 − y^2 − z^2 )^3 ∂w ∂z
1 − x^2 − y^2 − z^2
(− 2 z) = z
1 − x^2 − y^2 − z^2
z q (1 − x^2 − y^2 − z^2 )^3 Derivadas parciales de segundo orden: ∂^2 w ∂x^2
1 − x^2 − y^2 − z^2
μ − 3 2
1 − x^2 − y^2 − z^2
(− 2 x) =
2 x^2 + 1 − y^2 − z^2 q (1 − x^2 − y^2 − z^2 )^5 ∂^2 w ∂y^2
1 − x^2 − y^2 − z^2
μ − 3 2
1 − x^2 − y^2 − z^2
(− 2 y) =
2 y^2 + 1 − x^2 − z^2 q (1 − x^2 − y^2 − z^2 )^5 ∂^2 w ∂z^2
1 − x^2 − y^2 − z^2
μ − 3 2
1 − x^2 − y^2 − z^2
(− 2 z) =
2 z^2 + 1 − x^2 − y^2 q (1 − x^2 − y^2 − z^2 )^5 ∂^2 w ∂x∂y
∂^2 w ∂y∂x
3 xy q (1 − x^2 − y^2 − z^2 )^5
∂^2 w ∂x∂z
∂^2 w ∂z∂x
3 xz q (1 − x^2 − y^2 − z^2 )^5 ∂^2 w ∂y∂z
(^2) w ∂z∂y
= q^3 yz (1 − x^2 − y^2 − z^2 )^5 (f) w = ln
xyz^2
= ln x + ln y + 2 ln z
de donde teniendo en cuenta de nuevo que a = v
2 r
, se tiene
∆a a '^
da a =
2 v r v^2 r
dv −
v^2 r^2 v^2 r
dr = 2
dv v −^
dr r = 2 (±^0 .02)^ −^ (±^0 .01) =^ ±^0.^05.
Es decir, el máximo error porcentual en la medida de la aceleración centrípeta es del 5%.
- Un leñador puede cometer un error del 5% al medir el diámetro y un 3% al medir la altura de un tronco cilíndrico, recto y circular. Estimar el máximo error porcentual en el volumen del tronco. Solución: El volumen del tronco es V = π 4
D^2 H, donde D es diámetro del tronco y H es la altura. Así,
∆V ' dV =
∂V
∂D
dD +
∂V
∂H
dH =
π 2
DHdD +
π 4
D^2 dH
y por tanto,
∆V V
dV V
π 2 DH π 4 D^2 H
dD +
π 4 D
2 π 4 D^2 H
dH = 2
dD D
dH H
Luego, el error porcentual al medir el volumen del tronco puede ser hasta del 1 .3%.
- a) Usando la regla de la cadena, hallar dz dt
, siendo z = x sen y y x = e−t^ e y = π − t.
b) Usando la regla de la cadena, hallar
dw dt
, siendo w = xy cos z, x = t, y = t^2 y z = arcsen t.
c) Usando la regla de la cadena, hallar d
(^2) w dt^2
, siendo w = arccotan(2xy), x = cos t, y = sen t. Calcular,
además,
d^2 w dt^2
cuando t = 0. Solución:
(a) z = x sen y, x = e−t, y = π − t. dz dt
∂z ∂x
dx dt
∂z ∂y
dy dt
= [sen y · (−e−t) + x cos y · (−1)]|x=e−t,y=π−t =
= −e−t^ sen (π − t) − e−t^ cos (π − t) = e−t^ (cos t − sen t). (b) w = xy cos z, x = t, y = t^2 , z = arcsen t. dw dt
= ∂w ∂x
· dx dt
· dy dt
· dz dt
y cos z · 1 + x cos z · (2t) − xy sen z · √^1 1 − t^2
x=t,y=t^2 ,z=arcsen t
= t^2 cos (arcsen t) + 2t^2 cos (arcsen t) − √t^4 1 − t^2
= 3t^2
1 − t^2 − √t^4 1 − t^2
(^3) √t^2 − 4 t^4 1 − t^2
(c) w = arccotg(2xy), x = cos t, y = sen t.
En este caso, vamos a obtener la expresión de
d^2 w dt^2
aplicando la regla de la cadena de forma sucesiva y sin utilizar las expresiones explicítitas de w, x e y. Al final sustituiremos dichas expresiones. Aplicando la regla de la cadena sabemos que
dw dt
∂w ∂x
dx dt
∂w ∂y
dy dt
, luego
d^2 w dt^2 =^
d dt
μ dw dt
d dt
μ ∂w ∂x ·^
dx dt +^
∂w ∂y ·^
dy dt
y aplicando la derivada para la suma y el producto se obtiene d dt
μ ∂w ∂x
dx dt
∂w ∂y
dy dt
d dt
μ ∂w ∂x
dx dt
∂w ∂x
d^2 x dt^2
d dt
μ ∂w ∂y
dy dt
∂w ∂y
d^2 y dt^2
Ahora, utilizando la regla de la cadena para las funciones
∂w ∂x
y
∂w ∂y
se tiene
d dt
μ ∂w ∂x
∂x
μ ∂w ∂x
dx dt
∂y
μ ∂w ∂x
dy dt
∂^2 w ∂x^2
dx dt
∂^2 w ∂y∂x
dy dt
d dt
μ ∂w ∂y
∂x
μ ∂w ∂y
· dx dt
∂y
μ ∂w ∂y
· dy dt
(^2) w ∂x∂y
· dx dt
(^2) w ∂y^2
· dy dt
Por consiguiente, imponiendo la igualdad para las derivadas parciales cruzadas conseguimos d^2 w dt^2
μ ∂^2 w ∂x^2
· dx dt
(^2) w ∂y∂x
· dy dt
· dx dt
· d
(^2) x dt^2
μ ∂^2 w ∂x∂y
· dx dt
(^2) w ∂x^2
· dy dt
· dy dt
· d
(^2) y dt^2
∂^2 w ∂x^2
μ dx dt
∂^2 w ∂y∂x
dy dt
dx dt
∂w ∂x
d^2 x dt^2
∂^2 w ∂x∂y
dx dt
dy dt
∂^2 w ∂x^2
μ dy dt
∂w ∂y
d^2 y dt^2
∂^2 w ∂x^2 ·
μ dx dt
∂^2 w ∂y∂x ·^
dy dt ·^
dx dt +^
∂w ∂x ·^
d^2 x dt^2 +^
∂^2 w ∂y^2 ·
μ dy dt
∂w ∂y ·^
d^2 y dt^2. Si ahora tenemos en cuenta que w = arccotg(2xy), x = cos t, y = sin t sen t, se obtiene ∂w ∂x
2 y 1 + 4x^2 y^2
∂w ∂y
2 x 1 + 4x^2 y^2
∂^2 w ∂x^2
= 16 xy
3 (1 + 4x^2 y^2 )^2
(^2) w ∂y^2
= 16 x
(^3) y (1 + 4x^2 y^2 )^2
(^2) w ∂y∂x
= 2 −1 + 4x
(^2) y 2 (1 + 4x^2 y^2 )^2
dx dt
= − sen t,
d^2 x dt^2
= − cos t,
dy dt
= cos t,
d^2 y dt^2
= − sen t,
y por consiguiente,
d^2 w dt^2
xy^3 (1 + 4x^2 y^2 )^2
(− sen t)^2 + 2 · 2
−1 + 4x^2 y^2 (1 + 4x^2 y^2 )^2
· cos t · (− sen t) +
μ −
2 y 1 + 4x^2 y^2
· (− cos t) + +
x^3 y (1 + 4x^2 y^2 )^2
· (cos t)^2 +
μ − 2 x 1 + 4x^2 y^2
· (− sen t)
x=cos t,y=sen t
= 16 cos t
sen^5 t (1 + 4 cos^2 t sen 2 t)^2
−1 + 4 cos^2 t sen 2 t (1 + 4 cos^2 t sen 2 t)^2
cos t sen t+
+4 sen^ t 1 + 4 cos^2 t sen 2 t
cos t + 16
cos^5 t
¢ (^) sen t (1 + 4 cos^2 t sen 2 t)^2
= 8 cos t sen t
2 sen 4 t + 1 + 2 cos^4 t (1 + 4 cos^2 t sen 2 t)^2
Ahora, para t = 0, tenemos
d^2 w dt^2
- Hallar ∂z ∂t
y ∂z ∂s
usando la regla de la cadena, siendo z = x^2 − y^2 y x = s cos t e y = t sen s. Solución: ∂z ∂t
∂z ∂x
∂x ∂t
∂z ∂y
∂y ∂t
x=s cos t,y=t sen s
= 2x(−s sen t) − 2 y sen s|x=s cos t,y=t sen s =
= 2s cos s(−s sen t) − 2 t sen s sen s = − 2 s^2 cos t sen t − 2 t sen^2 s = −s^2 sen(2t) − 2 t sen^2 s. ∂z ∂s
∂z ∂x
∂x ∂s
∂z ∂y
∂y ∂s
x=s cos t,y=t sen s
= 2x cos t − 2 yt cos s|x=s cos t,y=t sen s =
= 2s cos^2 t − 2 t^2 cos s sen s = 2s cos^2 t − t^2 sen(2s).
- Determinar la derivada direccional de la función f en el punto dado y en la dirección indicada:
(a) f (x, y) = xy, P (1, 1), u = i + j. (b) f (x, y, z) = ln(1 + xyz^2 ), P (2, 1 , 0), u = −i + j + k. Solución:
(a) Hacemos el vector u = i + j = (1, 1) unitario, tomando v =
u kuk
μ 1 √ 2
y conseguimos
Dvf (1, 1) = ∇f (1, 1) · v = (1, 1) ·
μ 1 √ 2
(b) Tomamos v =
u kuk
μ − 1 √ 3
. El gradiente de f es
∇f (x, y, z) = (fx(x, y, z), fy (x, y, z), fz (x, y, z)) =
μ yz^2 1 + xyz^2
xz^2 1 + xyz^2
2 xyz 1 + xyz^2
luego Dv f (2, 1 , 0) = ∇f (2, 1 , 0) · v = (0, 0 , 0) · v = 0.
- a) Hallar la derivada direccional de f (x, y) = cos(x + y) en el punto P (0, π) en la dirección de Q(
π 2
b) Hallar la derivada direccional de f (x, y, z) = ln(x + y + z) en el punto P (1, 0 , 0) en la dirección de Q(4, 3 , 1). Solución:
(a) Obsérvese que ∇f (x, y) = (− sen(x + y), − sen(x + y)) , luego ∇f (0, π) = −→ 0 = (0, 0) y por tanto, Duf (0, π) = ∇f (0, π) · u = −→ 0 · u = 0 para todo vector u unitario de R^2.
(b) Calculamos el vector unitario u en la dirección de − P Q→ = (4, 3 , 2) − (1, 0 , 0) = (3, 3 , 2), u =
− P Q→
k− P Q→k
μ 3 √ 22
. Teniendo en cuenta que ∇f (x, y, z) =
x + y + z
(1, 1 , 1) , se tiene Duf (1, 0 , 0) =
∇f (1, 0 , 0) · u = (1, 1 , 1) ·
μ 3 √ 22
- La temperatura en los puntos (x, y, z) de una pieza metálica está dada por T (x, y, z) = e^2 x+y+3z^. ¿En qué dirección desde el origen se incrementa más rapidamente la temperatura? Solución: Como sabemos, la dirección de máximo crecimiento viene dada por el vector gradiente, luego, ya que ∇T (x, y, z) =
2 e^2 x+y+3z^ , e^2 x+y+3z^ , 3 e^2 x+y+3z^
, tenemos que el vector que marca el mayor crecimiento es ∇T (0, 0 , 0) = (2, 1 , 3).
- a) Calcular el gradiente de g(x, y) = ye−x^2 y el valor máximo de la derivada direccional en el punto P (0, 5). b) Calcular el gradiente de g(x, y, z) = xeyz^ y el valor máximo de la derivada direccional en el punto P (2, 0 , −4). Solución:
(a) Puesto que ∇g(x, y) =
− 2 xye−x^2 , e−x^2
, obtenemos que el valor máximo de la derivada direccional en el punto P (0, 5) viene dado por k∇g(0, 5)k = k(0, 1)k = 1. (b) Análogamente, y utilizando que ∇g(x, y, z) = (eyz^ , xzeyz^ , xyeyz^ ) , el valor máximo de la derivada direccional en el punto P (2, 0 , −4) es k∇g(2, 0 , −4)k = k(1, − 8 , 0)k =
- Hallar un vector normal y la recta tangente a la curva de nivel de f (x, y) = xy que pasa por el punto P (− 1 , 3). Solución: Sabemos que el vector normal viene dado por el gradiente. Así, el vector normal es n = ∇f (− 1 , 3) = (3, −1) y la recta tangente viene dada, en forma implícita por, 3(x + 1) + (−1)(y − 3) = 0.
- a) Calcular la ecuación del plano tangente y la ecuación de la recta normal a la superficie de ecuación z = x^3 − 3 xy + y^3 en el punto P (1, 2 , 3). b) Calcular la ecuación del plano tangente y la ecuación de la recta normal a la superficie de ecuación xy^2 + 3x − z^2 = 4 en el punto P (2, 1 , −2). Solución:
(a) Utilizamos que la ecuación del plano tangente a la superficie dada por z = f (x, y) en el punto (x 0 , y 0 , f (x 0 , y 0 )) tiene por ecuación
z = ∂f ∂x
(x 0 , y 0 )(x − x 0 ) + ∂f ∂y
(x 0 , y 0 )(y − y 0 ) + f (x 0 , y 0 ).
Puesto que z = f (x, y) = x^3 − 3 xy + y^3 , se tiene
∂f ∂x
∂f ∂y
− 3 · 1 + 3 · 22 = 9, z 0 = f (1, 2) = 3, la ecuación del plano tangente es z = −3(x − 1) + 9(y − 2) + 3, es decir, − 3 x + 9y − z = 12.
La recta normal en forma paramétrica viene dada por
x = 1 − 3 t, y = 2 + 9t, z = 3 − t,
con t ∈ R.
(b) En este apratado la superficie esta dada en forma implícita mediante xy^2 + 3x − z^2 = 4, luego tomando F (x, y, z) = xy^2 + 3x − z^2 − 4 , la ecuación del plano tangente en el punto (2, 1 , −2) viene dada por ∂F ∂x
(2, 1 , −2)(x − 2) +
∂F
∂y
(2, 1 , −2)(y − 1) +
∂F
∂z
(2, 1 , −2)(z + 2) = 0.
Así, usando que
∂F
∂x
(2, 1 , −2) = 1^2 + 3 = 4,
∂F
∂y
∂F
∂z
el plano tangente tiene por ecuación 4(x − 2) + 4(y − 1) + 4(z + 2) = 0, i.e., x + y + z = 1.
La recta normal tiene por ecuaciones paramétricas
x = 2 + t, y = 1 + t, z = −2 + t,
con t ∈ R.
- Encontrar y clasificar los puntos críticos de las siguientes funciones:
a) f (x, y) = x^2 + y^2 + 2x − 6 y + 6. b) f (x, y) = 2x^2 + 2xy + y^2 + 2x − 3. c) z = xy.
d) z =
− 4 x x^2 + y^2 + 1. Solución: Para la resolución de cada uno de los apartados de este ejercicio debemos resolver, en primer lugar, el
sistema de ecuaciones
∂f ∂x
(x, y) = 0, ∂f ∂y
(x, y) = 0,
que nos proporciona los puntos críticos de f.
(a) Como
∂f ∂x
(x, y) = 2x + 2,
∂f ∂y
(x, y) = 2y − 6 , la única solución del sistema
∂f ∂x
(x, y) = 2x + 2 = 0 ∂f ∂y
(x, y) = 2y − 6 = 0 es (x, y) = (− 1 , 3). Es decir, el único punto crítico de f es el punto (− 1 , 3).
Ahora calculamos las derivadas parciales
∂^2 f ∂x^2
(x, y) = 2,
∂^2 f ∂y^2
(x, y) = 2,
∂^2 f ∂x∂y
(x, y) = 0. Puesto que,
∂^2 f ∂x^2
(^2) f ∂x^2
(^2) f ∂y^2
μ ∂^2 f ∂x∂y
(a) Nótese que el problema posee solución puesto que f (x, y) = 2x − 2 xy + y^2 es continua en la región dada, que a su vez es cerrada y acotada. Calculemos, en primer lugar, los puntos críticos de f (x, y) = 2x − 2 xy + y^2 en la región abierta que acota las gráficas y = x^2 e y = 1.
La única solución del sistema
∂f ∂x
(x, y) = 2 − 2 y = 0 ∂f ∂y
(x, y) = − 2 x + 2y = 0
es (x, y) = (1, 1), que no pertenece a
dicha región abierta. Ahora calculamos los puntos críticos sobre la frontera. Puesto que la frontera está dada por la unión {(x, y) ∈ R^2 : − 1 ≤ x ≤ 1 , y = 1} ∪ {(x, y) ∈ R^2 : − 1 ≤ x ≤ 1 , y = x^2 }, debemos analizar la restricción de f a los conjuntos {(x, y) ∈ R^2 : − 1 ≤ x ≤ 1 , y = 1}, {(x, y) ∈ R^2 : − 1 ≤ x ≤ 1 , y = x^2 }. Tomando y = 1, tenemos f (x, 1) = 2 · x − 2 · x · 1 + 1^2 = 1. Si y = x^2 , entonces f (x, x^2 ) = 2x − 2 x^3 + x^4 , por lo que debemos analizar lo extremos absolutos de la función g(x) = 2x − 2 x^3 + x^4 , con x ∈ [− 1 , 1]. Ahora, calculamos los puntos críticos de g en el intervalo abierto (− 1 , 1). Para ello, resolvemos la ecuación g^0 (x) = 2
1 − 3 x^2 + 2x^3
= 0. La raíces del anterior polinomio son: − 1 / 2 , 1 (doble) y sólo − 1 / 2 pertenece al intervalo abierto (− 1 , 1). Ahora evaluamos g en x = − 1 / 2 y en los extremos del intervalo y obtenemos g(− 1 /2) = − 11 / 16 , g(−1) = g(1) = 1, por lo que el máximo absoluto de g se alcanza en x = 1 y su mínimo absoluto en x = 0. Luego el máximo absoluto de f restringida a {(x, y) ∈ R^2 : − 1 ≤ x ≤ 1 , y = x^2 } se alcanza en el punto (1, 1) y el mínimo absoluto de f restringida a {(x, y) ∈ R^2 : − 1 ≤ x ≤ 1 , y = x^2 } se toma en el punto (− 1 / 2 , 1 /4). En resumen, el mínimo absoluto de f en la región acotada por las gráficas de las funciones y = x^2 e y = 1 es − 11 / 16 y se alcanza en el punto (− 1 / 2 , 1 /4) y su máximo valor es uno, alcanzándose en cualquiera de los puntos del segmento {(x, y) ∈ R^2 : − 1 ≤ x ≤ 1 , y = 1}.
(b) Nótese que el problema posee solución puesto que f (x, y) = x^2 + 2xy + y^2 es continua en todo R^2 y el círculo R =
(x, y) : x^2 + y^2 ≤ 8
es cerrado y acotado. Téganse en cuenta que f puede expresarse en la forma f (x, y) = (x + y)^2 , luego f (x, y) ≥ 0 y se anula en los puntos© (x, y) ∈ R^2 tales que y = −x. Así, el menor valor de f restringida a R = (x, y) : x^2 + y^2 ≤ 8
es cero y se alcanza en los puntos del segmento y = −x restringido al circulo R. Es decir, f sólo es nula sobre el segmento S = {(x, y) ∈ R^2 : y = −x, x^2 + y^2 ≤ 8 } = {(x, y) ∈ R^2 : y = −x, 2 x^2 ≤ 8 } = {(x, y) ∈ R^2 : y = −x, |x| ≤ 2 }. Por otra parte, los puntos críticos de f restringida a R son todos los puntos del segmento S. En
efecto, el sistema
∂f ∂x
(x, y) = 2x + 2y = 0 ∂f ∂y (x, y) = 2x^ + 2y^ = 0
posee infinitas soluciones, todas de la forma y = −x.
Ahora vamos estudiar los extremos absolutos de la función© f restringida a la circunferencia C = (x, y) : x^2 + y^2 = 8
. Realizaremos este estudio de dos formas distintas: Primera forma: Analizamos el comportamiento de la función f sobre las semicircunferencias de ecuaciones y =
8 − x^2 e y = −
8 − x^2 , con x ∈ [− 2
2]. Así, debemos estudiar las funciones g(x) = f
x,
8 − x^2
x +
8 − x^2
= 2x
8 − x^2 + 8 y h(x) = f
x, −
8 − x^2
x −
8 − x^2
= − 2 x
8 − x^2 + 8, con x ∈ [− 2
2].
Para x ∈ (− 2
2), la ecuación g^0 (x) = 2
8 − x^2 + 2x
− 2 x 2
8 − x^2
= 0 nos lleva a 2
8 − x^2
2 x^2 = 0, de donde x = ± 2. Como g(2) = 16, g(−2) = 0, g
= g
= 8, el máximo absoluto de g es 16 , alcanzándose en x = 2, y el mínimo absoluto es cero, tomándose en x = − 2. Los corespondientes valores de y son: x = 2 =⇒ y =
8 − x^2 = 2, x = 2 =⇒ y = −
8 − x^2 = − 2. Un análisis similar puede hacerse sobre la función h para deducir que el máximo absoluto de h es 16 , alcanzándose en x = − 2 , y el mínimo absoluto es cero, tomándose en x = 2. Los corespondientes valores de y son: x = 2 =⇒ y = −
8 − x^2 = − 2 , x = −2 =⇒ y = −
8 − x^2 = − 2. Nótese que en los puntos donde g y h se anulan (x = − 2 y x = 2), los correspondiente valores para f (x = −2 =⇒ y =
8 − x^2 = 2, x = 2, y = −
8 − x^2 = − 2 ) son (− 2 , 2) y (2, −2) que
pertenecen, como no podía ser de otra forma, al segmento S = {(x, y) ∈ R^2 : y = −x, |x| ≤ 2 }, donde la función f toma el valor cero. Uniendo los resultados anteriores, tenemos que el máximo absoluto de f es 16 , tomándose en los puntos (2, 2) y (− 2 , 2), y el mínimo absoluto de f es cero y se alcanza en todos los puntos de segmento S. Segunda forma: La circunferencia C =
(x, y) : x^2 + y^2 = 8
puede escribirse, en coordenadas polares, en la forma x = 2
2 cos θ, y = 2
2 sen θ, con θ ∈ [0, 2 π). Así, la función f restringida a C puede expresarse en la forma f (
2 cos θ, 2
2 sen θ) = 8(cos θ + sen θ)^2 , con θ ∈ [0, 2 π), y por tanto, debemos analizar la función α(θ) = 8(cos θ + sen θ)^2 ,con θ ∈ [0, 2 π). (No incluimos el punto θ = 2π, pues α(0) = α(2π)). No analizaremos la función α en los puntos donde ésta se anula (los puntos θ ∈ [0, 2 π) tales que cos θ + sen θ = 0, es decir, θ = 3π/ 4 y θ = 7π/ 4 ), ya que sabemos que en los correspondientes puntos de la circunferencia, la función f es nula y toma su valor mínimo. Derivando la función α, obtenemos α^0 (θ) = 16(cos θ + sen θ)(− sen θ + cos θ), y los valores θ ∈ [0, 2 π) que no anulan a α, pero sí a su derivada, son aquellos que verifican − sen θ + cos θ = 0. Los únicos valores en el intervalo [0, 2 π) que resuleven esta ecuación son θ = π/ 4 y θ = 5π/ 4. Así, puesto que α(0) = α(2π) = 8 y α(π/4) = α(5π/4) = 16, el valor máximo de α es 16 y se alcanza en θ = π/ 4 y θ = 5π/ 4. Por consiguiente, el valor máximo de f restrigida a la circunferencia C es 16 y dicho máximo máximo se alcanza en los valores x = 2
2 cos π/4 = 2, y = 2
2 sen π/4 = 2 y x = 2
2 cos 5π/4 = − 2 , y = 2
2 sen 5π/4 = − 2. Uniendo los resultados anteriores, tenemos que el máximo absoluto de f en R es 16 , tomándose en los puntos (2, 2) y (− 2 , 2), y el mínimo absoluto de f en R es cero y se alcanza en todos los puntos de segmento S.
- Calcular la mínima distancia desde el punto P (5, 5 , 0) al paraboloide de ecuación z = x^2 + y^2.
Solución: La distancia de un punto cualquiera (x, y, z) al punto (5, 5 , 0) viene dada por
d(x, y, z) =
p (x − 5)^2 + (y − 5)^2 + z^2.
Ahora bien, si el punto (x, y, z) pertenece al paraboloide de ecuación z = x^2 + y^2 , entonces la función distancia se reduce a la función de dos variables
g(x, y) =
q (x − 5)^2 + (y − 5)^2 + (x^2 + y^2 )^2.
Pero obsérvese que optimizar esta función equivale a la optimización de la función que resulta de suprimir la raíz cuadrada. Así, calcularemos los extremos de la función
f (x, y) = (x − 5)^2 + (y − 5)^2 +
x^2 + y^2
Comenzamos calculando los puntos críticos resolviendo el sistema de ecuaciones
∂f ∂x
(x, y) = 2x − 10 + 4x^3 + 4xy^2 = 0, ∂f ∂y
(x, y) = 2y − 10 + 4yx^2 + 4y^3 = 0.
Restando ambas ecuaciones se obtiene 0 = 2x− 2 y+4x^3 − 4 y^3 +4xy^2 − 4 yx^2 = 2 (x − y)
2 x^2 + 1 + 2y^2
, de donde x = y, y sustituyendo en cualquiera de las dos ecuaciones del sistema debemos resolver la ecuación 2 x − 10 + 4x^3 + 4x^3 = 0. Es decir, debemos encontrar las raíces del polinomio p(x) = 2x − 10 + 8x^3 = 0. La única solución real de p es x = 1, por lo que el único punto crítico de f es x = 1, y = x = 1, esto es, el punto (1, 1). Ahora veremos que este punto crítico es mínimo relativo para la función f. Calculamos la derivadas parciales de segundo orden de f. ∂^2 f ∂x^2
(x, y) = 2 + 12x^2 + 4y^2 =⇒
∂^2 f ∂x^2
El volumen de la caja puede expresearse en la forma V = 8xyz, donde x, y, z > 0 y el punto (x, y, z) está en la superficie del elipsoide de ecuación 96 x^2 + 4y^2 + 4z^2 = 36. Por tanto, z =
p − 24 x^2 − y^2 + 9^ y la función a maximizar es
V (x, y) = 8xy
p − 24 x^2 − y^2 + 9 con − 24 x^2 − y^2 + 9 ≥ 0 , x > 0 , y > 0.
Luego, vamos a resolver un problema de máximo absoluto para una función continua V en un conjunto cerrado y acotado R =
(x, y) ∈ R^2 : 24x^2 + y^2 ≤ 9 , x ≥ 0 , y ≥ 0
Comenzamos calculando los puntos críticos de V en el interior del conjunto R. La única solución del sistema
∂V
∂x
(x, y) = − 8 y
48 x^2 + y^2 − 9 p − 24 x^2 − y^2 + 9
∂V
∂y
(x, y) = − 8 x
24 x^2 + 2y^2 − 9 p − 24 x^2 − y^2 + 9
es x =
, y =
- Puesto que V = 0 en las fronteras de R,
x = 0, y = 0 y 24 x^2 + y^2 − 9 = 0, el máximo absoluto de V se alcanza en el punto
à √
y su máximo
valor es V
à √
vu ut − 24
à √
- Además, las dimensiones de la
caja son: 2 x = 2
, 2 y = 2
3 , 2 z = 2
p − 24 x^2 − y^2 + 9 = 2
vu ut − 24
à √
- Una caja de R^3 tiene la forma del cubo 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 , 0 ≤ z ≤ 1. Se coloca dentro de la caja la placa que es la porción del plano x + y + z = 1 que cabe dentro de ella. Se calienta la placa de tal forma que la temperatura en el punto (x, y, z) es T (x, y, z) = 4 − 2 x^2 − y^2 − z^2. Hallar el punto más caliente y más frío de la placa. Solución: El problema en cuestión se trata de un problema de extremos absolutos en región cerrada y acotada. Puesto que x + y + z = 1, tenemos z = 1 − x − y y la función a optimizar es
T (x, y) = 4 − 2 x^2 − y^2 − (1 − x − y)^2
restringida a la región R =
(x, y) ∈ R^2 : x ≥ 0 , y ≥ 0 , x + y ≤ 1
. Puesto que T es continua en R y R es cerrada y acotada, T alcanza su máximo absoluto y su mínimo absoluto en puntos de R. Ahora calculamos los puntos críticos de T en el interior de R. Para ello, resolvemos el sistema
∂T
∂x
(x, y) = − 6 x + 2 − 2 y = 0, ∂T ∂y
(x, y) = − 4 y + 2 − 2 x = 0.
La única solución de este sistema es x =^1 5
, y =^2 5
. Y este punto se encuentra en el interior de R, pues
x =
5 >^0 , y^ =
5 >^0 , x^ +^ y^ =
5 <^1.^ Obsérvese que^ T
μ 1 5 ,^
μ 1 5
μ 2 5
μ 1 − 1 5 −^
=^18
Ahora analizamos la restricción de T al conjunto
(x, y) ∈ R^2 : 0 ≤ x ≤ 1 , y = 0
. Es decir, estudiamos la función f (x) = T (x, 0) = 4 − 2 x^2 − (1 − x)^2 = 3 − 3 x^2 + 2x, con x ∈ [0, 1]. En primer lugar, calculamos los puntos críticos de f en el intervalo abierto (0, 1), es decir, resolvemos la ecuación f 0 (x) = − 6 x + 2 = 0 en el intervalo (0, 1). La única solución de esta ecuación es x = 1/ 3 ∈ (0, 1). Evaluamos f en el punto crítico y en los extremos del intervalo [0, 1]. Como f (0) = 3, f (1/3) = 3 − 3 · (1/3)^2 + 2 · 1 /3 = 103 y f (1) = 2, el máximo absoluto de f es 10 / 3 y se alcanza en x = 1/ 3 y el mínimo absoluto de f es 2 , tomándose en x = 1.
Estudiamos a continuación la restricción de T al conjunto
(x, y) ∈ R^2 : 0 ≤ y ≤ 1 , x = 0
. Tenemos que analizar la función g(y) = T (0, y) = 4 − y^2 − (1 − y)^2 = 3 − 2 y^2 + 2y, para 0 ≤ y ≤ 1. La ecuación g^0 (y) = − 4 y + 2 = 0 posee una única solución y = 1/ 2 ∈ (0, 1). Evaluando g en los extremos del intervalo
(0, 1) y en el punto crítico y = 1/ 2 , se obtiene g(0) = 3, g(1/2) = 3 − 2 · (1/2)^2 + 2 · 1 /2 =
, g(1) = 3.
Por consiguiente, el máximo absoluto de g es 7 / 2 y se alcanza en y = 1/ 2 y el mínimo absoluto se toma en y = 0 e y = 1 y su valor es 3.
Por último, estudiamos el comportamiento de la función T sobre el conjunto © (x, y) ∈ R^2 : 0 ≤ x ≤ 1 , x + y = 1
Tomando y = 1−x, debemos analizar la función h(x) = T (x, 1 −x) = 4− 2 x^2 −(1−x)^2 −(1 − x − (1 − x))^2 = 3 − 3 x^2 + 2x, con x ∈ [0, 1]. Obsérvese que las funciones f y h coinciden, luego el máximo absoluto de h es 10 / 3 y se alcanza en x = 1/ 3 y el mínimo absoluto de h es 2 , tomándose en x = 1.
Teniendo en consideración los cálculos anteriores, podemos establecer que la función T toma su máximo
absoluto en el punto
μ 1 5
y su valor es 18 5
y su mínimo absoluto es 2 , tomándose en los puntos (1/ 3 , 0)
y (1/ 3 , 2 /3).
Luego, el punto más caliente de la placa es el punto
μ 1 5
(pues z = 1 − 1 5
=^2
) y los puntos
(1/ 3 , 0 , 2 /3) y (1/ 3 , 2 / 3 , 0) son los puntos de menor temperatura.
