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Soluciones - Modelo A
Ejercicio 1: Sea la función f (x, y, z) = 2 ln(xy) − 5 x
3 yz + ye
yz
a) Calcula el vector gradiente y la matriz Hessiana en un punto cualquiera (x, y, z) del interior
el dominio.
El gradiente es igual a:
∇ f (x, y, z) =
∂ f (x, y, z)
∂ x
∂ f (x, y, z)
∂ y
∂ f (x, y, z)
∂ z
Computando las derivadas parciales:
∂ f (x, y, z)
∂ x
x
− 15 x
2 yz
∂ f (x, y, z)
∂ y
y
− 5 x
3 z + e
yz
yz
∂ f (x, y, z)
∂ z
= − 5 x
3 y + y
2 e
yz
Por tanto,
∇ f (x, y, z) =
x
− 15 x
2 yz ;
y
− 5 x
3 z + e
yz
yz ; − 5 x
3 y + y
2 e
yz
La matriz Hessiana es igual a:
H =
2 f (x, y, z)
∂ x^2
2 f (x, y, z)
∂ y∂ x
2 f (x, y, z)
∂ z∂ x
∂
2 f (x, y, z)
∂ x∂ y
2 f (x, y, z)
∂ y^2
2 f (x, y, z)
∂ z∂ y
∂
2 f (x, y, z)
∂ x∂ z
2 f (x, y, z)
∂ y∂ z
2 f (x, y, z)
∂ z^2
Computando las derivadas parciales segundas:
2 f (x, y, z)
∂ x
2
x
2
− 30 xyz
2 f (x, y, z)
∂ y∂ x
= − 15 x
2 z
2 f (x, y, z)
∂ z∂ x
= − 15 x
2 y
2 f (x, y, z)
∂ y
2
y
2
yz
2 e
yz
2 f (x, y, z)
∂ z∂ y
= − 5 x
3
yz
2 ze
yz ∂^
2 f (x, y, z)
∂ z
2
= y
3 e
yz
Por tanto,
H =
2 x^2
− 30 xyz − 15 x
2 z − 15 x
2 y
− 15 x
2 z
− 2 y^2
yz
2 e
yz − 5 x
3
yz
2 ze
yz
− 15 x
2 y − 5 x
3
yz
2 ze
yz y
3 e
yz
b) Calcula la matriz Hessiana en el punto ( 1 , 1 , 0 )
Reemplazamos en la matriz Hessiana:
H( 1 , 1 , 0 ) =
c) Escribe la forma cuadrática que define dicha matriz (apartado b) y analiza su signo
La forma cuadrática asociada es:
Q(x, y, z) = − 2 x
2 − 2 y
2
2 − 30 xz − 6 yz
Para analizar el signo de la forma cuadrática vemos el signo de los menores:
D 1 = − 2 < 0 D 2 = 4 > 0 D 3 = 472 > 0
Por tanto, la forma cuadrática tiene signo indefinido.
d) Analiza el signo de la forma cuadrática definida por la matriz del apartado b en el conjunto
S = {(x, y, z) |z = 0 }
La forma cuadrática restringida es:
Q(x, y, 0 ) = − 2 x
2 − 2 y
2
La matriz asociada a la forma cuadrática restringida es:
H(x, y) =
[
]
Analizamos los menores principales:
D 1 = − 2 < 0 D 2 = 4 > 0
Por tanto, la forma cuadrática restringida tiene signo definido negativo.
Ejercicio 2: Dada la función f (x, y) =
16 − x^2 − y^2
a) Calcula y dibuja su dominio D
Para que la función esté definida el interior de la raíz cuadrada tiene que ser mayor o igual a
cero. Por tanto:
16 − x
2 − y
2 ≥ 0
16 ≥ x
2
2
Por tanto el dominio es igual a:
D =
(x, y) ∈ R
2 : x
2
2 ≤ 16
Cuando la ecuación se da con igualdad representa una circunferencia de radio 4 y centro en
( 0 , 0 ). Por tanto, la gráfica del dominio sería:
Computamos las derivadas en el punto ( 2 , 2 ):
∂ f (x, y)
∂ x
( 2 , 2 )
2 x
y
( 2 , 2 )
∂ f (x, y)
∂ y
( 2 , 2 )
−x
2
y
2
( 2 , 2 )
y aplicamos la fórmula de la derivada direccional:
D f (a, v
∗ ) = ∇ f (a) · v
∗
∂ f (x, y)
∂ x
( 2 , 2 )
∂ f (x, y)
∂ y
( 2 , 2 )
· v
∗
La derivada direccional en el punto ( 2 , 2 ) y en la dirección ( 2 , 1 ) es igual a √^3 5
. Por tanto, la
función crece en dicha dirección.
b) Cuando nos situamos en el punto ( 2 , 2 ), ¿en qué dirección la derivada direccional es máxima?
La derivada direccional es máxima cuando nos movemos en la dirección del gradiente evaluado
en el punto. En caso de haberse pedido computar el valor de la derivada direccional máxima:
D f (a, v
∗ )
MAX = ‖∇ f (a)‖
∂ f (x, y)
∂ x
( 2 , 2 )
∂ f (x, y)
∂ y
( 2 , 2 )
22 + (− 1 )^2
c) f (x, y) = 2 define una función y = F(x) cuando nos encontramos próximos al punto ( 2 , 2 ),
¿cómo cambia la variable y cuando se produce un pequeño aumento de x? ¿aumenta o disminu-
ye?
Para analizar cómo cambia y ante cambios de x es posible utilizar el Teorema de la función
implícita. Para aplicar el Teorema primero es necesario comprobar:
- La función está definida en el punto analizado
f ( 2 , 2 ) = 2
- La función y sus derivadas son continuas en el punto analizado
f (x, y)c( 2 , 2 ) =
x
2
y
que es continua para todo y 6 = 0
∂ f (x, y)
∂ x
( 2 , 2 )
2 x
y
( 2 , 2 )
que es continua para todo y 6 = 0
∂ f (x, y)
∂ y
( 2 , 2 )
−x
2
y^2
( 2 , 2 )
que es continua para todo y 6 = 0
- La derivada respecto de y (la variable definida en la función explícita) evaluada en el
punto analizado es distinta de cero
∂ f (x, y)
∂ y
( 2 , 2 )
−x
2
y^2
( 2 , 2 )
Aplicando el Teorema:
f
′ (x)
( 2 )
∂ f (x,y) ∂ x
( 2 , 2 )
∂ f (x,y)
∂ y
( 2 , 2 )
En un entorno del punto ( 2 , 2 ) la variable y aumenta en 2 unidades cuando se producen pequeños
aumentos de la variable x.
d) Halla la ecuación de la recta tangente a la curva de nivel de la función que pasa por el punto
( 2 , 2 )
La recta tangente a la curva de nivel que pasa por el punto ( 2 , 2 ) tiene como pendiente a la
derivada de la función explicita en el punto x = 2 (el valor encontrado al aplicar el Teorema de
la Función Implicita). Por tanto, la ecuación de la mencionada recta tangente será:
(y − b) = f
′ (x)(x − a)
(y − 2 ) = 2 (x − 2 )
y = 2 x − 2
e) Calcula la ecuación del plano tangente a la gráfica de la función en el punto ( 2 , 2 )
La ecuación del plano tangente a la gráfica de la función en el punto ( 2 , 2 ) está dada por:
z − f (x, y)c (a,b)
∂ f (x, y)
∂ x
(a,b)
(x − a) +
∂ f (x, y)
∂ y
(a,b)
(y − b)
z − f (x, y)c( 2 , 2 ) =
∂ f (x, y)
∂ x
( 2 , 2 )
(x − 2 ) +
∂ f (x, y)
∂ y
( 2 , 2 )
(y − 2 )
z − 2 = 2 (x − 2 ) + (− 1 )(y − 2 )
