´ ´ UNIVERSIDAD CATOLICA DE LA SANT´ISIMA CONCEPCI ON FACULT ACULTAD DE INGENIER´ IA
´ DEPARTAMENTO DE MATEMATICA Y F´ISICA APLICADAS (DMFA) CERTAMEN N 2(PAUTA) ◦
´ CALCULO III (IN 1009 C) Problema 1.(20 puntos ) Sea
f (x, y
a) Calcula Calcularr
)= 6
∂ f ∂x
x2 y
x2 + y 2
y
∂ f ∂y
+ 4x
− 5y + 6
si
(x, y ) = (0, 0)
̸̸
si (x, y ) = (0, 0)
en todo su dominio.
b) Analizar Analizar la diferenciabilidad diferenciabilidad de f en todo
2 R .
c) Calcular Calcular la ecuaci´ on on del plano tangente a la superficie z = f (x, y ) en el punto (x0, y0 ) = (0, 0).
Soluci´ on on (a) Pa Para ra todo punto punto ( x, y ) = (0, 0) se tiene:
̸̸
2xy (x2 + y 2 ) x2 y(2x) (x, y ) = +4 ∂x (x2 + y 2)2 ∂f 2yx 3 + 2 xy 3 2x3 y (x, y ) = +4 ∂x (x2 + y 2)2
−
∂ f •
−
2xy 3 (x, y ) = 2 +4 (x + y 2)2 ∂x
∂f
(02 pts.) ∂ f •
(x, y ) =
x2 (x2 + y 2 )
2
− x y(2y) − 5
(x2 + y 2)2 2x2 y 2 x4 + x 2 y 2 (x, y ) = ∂y (x2 + y 2 )2
∂y ∂f
−
x4
−5
2 2
− x y − 5 (x, y ) = ∂y (x + y )
∂f
2
2 2
(02 pts.) 1
Para el punto ( x, y ) = (0, 0) se tiene : ∂f •
∂x
f (0 + h, 0)
(0, 0) = lim
h−→0
∂f ∂x ∂f ∂x
h2 0
·
h2 + 0 2
(0, 0) = lim
− f (0, 0)
h
+ 4h
h
h−→0
4h
(0, 0) = lim
h−→0
−5·0+ 6−6
=4
h
(02 pts.) ∂f •
∂y
f (0, 0 + k )
(0, 0) = lim
∂f ∂y ∂f ∂y
k
k−→0
2
(0, 0) = lim
− f (0, 0)
0 k +4 0 02 + k 2
·
· − 5 · k + 6 − 6 k
k−→0
(0, 0) = lim
k−→0
−5k = −5 k
(02 pts.) Asi tenemos: ∂f ∂x
(x, y
2xy 3 +4 x2 + y 2 )2
( )= 4
x4
∂f ∂y
(b)
•
•
(x, y
si
(x, y ) = (0, 0)
̸
si (x, y ) = (0, 0) x2 y 2
− ( + )= 5 − x2
y 2 )2
− 5
si
(x, y ) = (0, 0)
̸
si (x, y ) = (0, 0)
Para (x, y ) = (0, 0) la funci´ o n es racional, por tanto es continua con derivadas parciales continuas, luego f es diferenciable. (02 pts.) Para ( x, y ) = (0, 0), tenemos:
̸
lim
f (0 + h, 0 + k )
2
(h,k)−→(0,0)
lim
(h,k)−→(0,0)
−√ f (0, 0) − ∇f (0, 0) · (h, k) = h + k
f (h, k)
2
− f (0√ , 0) − ∇f (0, 0) · (h, k) = h2 + k 2
2
h2 k
+ 4h
− 5k + 6 − 6 − 4h + 5k = √ h + k
(h2 + k 2 )
lim
2
(h,k)−→(0,0)
2
h2 k
lim
(h,k)−→(0,0)
(h2 + k 2 )
· √ h
2
+ k 2
= (03 pts.)
Si h = k tenemos: h2 k
lim
(h,k)−→(0,0)
(h2
√ + k ) · h 2
2
+ k 2
= lim
h−→0+
h3
(2h2
Por lo tanto f no es diferenciable en (0 , 0).
√ )· 2
h2
=
1 √ 2 2 (02 pts.)
(c)
− z
z
0
∂f
=
∂x z
(0, 0)(y − y ) − x ) + ∂f ∂y
(0, 0)(x
0
0
− 6 = 4(x − 0) − 5(y − 0) z = 4x − 5y + 6 (05 pts.)
Problema 2. ( 10 puntos) Dada la funci´on f (x , y , z ) = ln(x2 + y 2 ) + e z y los puntos P 1 = (0, 1, 0) , P 2 = ( 4, 2, 3) . Hallar la derivada direccional Dv⃗ f (P 1 ), donde
−
−−→
a)v⃗ es el vector unitario en la direcci´ on P 1 P 2 . b)v⃗ es el vector unitario tal que Dv⃗ f (P 1 ) es m´axima .
Soluci´ on as f es de clase C 1 (R3 ), y adem´ ∂f ∂f (x , y , z ), (x , y , z ), (x , y , z)) ∇f (P ) = ( ∂f ∂x ∂y ∂z
∇f (P ) = ( x 2+x y , x 2+y y ∇f (P ) = (0, 2, 1) 2
2
2
2
, ez )
Por tanto, Dv⃗ f (P 1 ) =
∇f (P ) v· ⃗ 1
(04 pts.)
−−→
(a) Para ⃗b = P 1P 2 = P 2 P 1 = ( 4, 2, 3) (0, 1, 0) = ( 4, 1, 3) Luego el vector unitario paralelo a P 1P 2 es:
−
− −−→ − 3
−
⃗ b ⃗ b
v⃗ =
=(
− √ 426 , √ 126 , √ 326 )
∥ ∥ D f (P ) = ∇f (P ) v · ⃗ = (0, 2, 1) · (− √ 426 , √ 126 , √ 326 ) v⃗
1
1
Dv⃗ f (P 1 ) =
√ 526 (03 pts.)
(b) La derivada direccional es m´ axima en la direcci´ on del gradiente, luego v⃗ =
∇f (P ) = (0, √ 2 , √ 1 ) ∥ f (P ) ∥ 5 5 1
1
As´ı Dv⃗ f (P 1 ) =
∇f (P ) v· ⃗ = (0, 2, 1) · (0, √ 25 , √ 15 ) = 1
√
5. (03 pts.)
Problema 3.( 15 puntos) Mostrar que en cercan´ıas de (x0 , y0 , u0 , v0 ) = (1, 1, 1, 1) el sistema : xu + yvu 2 = 2 xu3 + y 2 v 4 = 2
�
define de manera u´nica a u y v como funciones de x e y . Calcular
∂u ∂x
(1, 1),
∂v ∂x
(1, 1).
Soluci´ on Verifiquemos las hip´otesis del teorema de la funci´ on implicita •
f 1 (x , y , u , v ) = xu + yvu 2 f 2 (x , y , u , v ) = xu3 + y 2 v 4
−2 −2
Sea F (x , y , u , v ) = (f 1 (x , y , u , v ), f 2(x , y , u , v )), X 0 = (1, 1), U 0 = (1, 1) , X = (x, y ), U = (u, v ). Adem´as F (1, 1, 1, 1) = 0. •
•
La funci´ on F es de clase C 1 (R4), pues las funciones componentes f 1 y f 2 son C 1 (R4 ) por ser polinomios.
| F (X , U ) |= U
0
0
| J (F, U
0
) |= 4
∂f 1
∂f 1
∂u
∂v
∂f 2
∂f 2
∂u
∂v
̸= 0 (X0 ,U 0 )
| J (F, U
0
) |=
| J (F, U
0
x + 2yvu yu2 3xu2 4y 2 v 3
3 ) |= 3
̸= 0
(X0 ,U 0 )
= 12 − 3 = 9̸ = 0
1 4
Entonces, por el teorema de funciones impl´ıcitas, existe una funci´ on f : N 2 2 R R diferenciable definida por
−→
⊆
f (x, y ) = (h(x, y ), g (x, y )) = (u, v )
.
(05 pts.) As´ı J (f, X 0 ) =
J (f, X 0 ) =
−
�
−(J
1
)
U0 F
x + 2yvu yu2 3xu2 4y 2 v3
−
· (J
)
X0 F
1
−
�
(U 0 )
u vu 2 u3 2yv 4
�
·
�
(X0 )
1
−
J (f, X 0 ) =
J (f, X 0 ) =
J (f, X 0
J (f, X 0
−
−
1 9
�3 1� �1 1� �
3 4
·
4 3
−1 � · � 1
−
1 1 2
3
� � 1 3 2 ) = − = 9 0 3 − = 1 −
1 −3 )= 0
1 2
2 9 3
∂u
∂u
∂x
∂y
∂v
∂v
∂x
∂y
∂u
∂u
∂x
∂y
∂v
∂v
∂x
∂y
�
(X0 )
(X0 )
Asi : ∂u ∂x
.
(1, 1) =
− 13 ,
∂v ∂x
(1, 1) = 0 (10 pts.)
5
Problema 4.(15 puntos ) Sea f : R2 R una funci´ o n de clase C 2 tal que (s, t) w (s, t) = f (x, y ) donde x = es cos t e y = es sin t. Probar que
→
→
2s
e
�
∂ 2 f ∂x2
+
∂ 2 f ∂y 2
�
=
∂ 2 w ∂s2
+
∂ 2 w ∂t 2
.
Soluci´ on ∂w ∂s
=
∂f ∂x ∂x ∂s
+
∂f ∂y ∂y ∂s
•
=
∂ 2 w ∂s 2
=
∂f
∂f x + · ·y ∂x ∂y
�
∂ 2 f ∂x ∂x2 ∂s
� +
•
=
+
∂ 2 f ∂y ∂y∂x ∂s
∂ 2 f ∂x ∂x∂y ∂s
∂ 2 f
· x ∂x
2
2
+2
+
�·
∂ 2 f ∂y ∂y 2 ∂s
x +
�·
∂ 2 f
∂f ∂x ∂x ∂s ∂f ∂y
y +
∂y ∂s
∂ 2 f
· xy + ∂y · y ∂x∂y
2
2
+
∂f
∂f x + · ·y ∂x ∂y
....................(1)
(06 pts.) ∂w ∂t
=
∂f ∂x ∂x ∂t
+
∂f ∂y ∂y ∂t
•
=
∂ 2 w ∂t2
=
∂f
∂f (−y ) + · ·x ∂x ∂y
�
∂ 2 f ∂x ∂x2 ∂t
� +
•
=
+
∂ 2 f ∂y ∂y∂x ∂t
∂ 2 f ∂x ∂x∂y ∂t
∂ 2 f
+
� · (− ) −
∂ 2 f ∂y ∂y 2 ∂t
∂ 2 f
y
�·
x +
∂f ∂y ∂x ∂t
∂f ∂x ∂y ∂t
∂ 2 f
∂f ∂f · · · · ·y y −2 xy + x − x− ∂x ∂x∂y ∂y ∂x ∂y 2
2
2
2
................(2)
6
(06 pts.) Sumando las ecuaciones (1) y (2) se tiene:
2
2
(x + y )
·
�
∂ 2 f ∂x
+
∂ 2 f ∂y 2
�
=
∂ 2 w ∂s2
+
∂ 2 w ∂t 2
As´ı tenemos :
2s
e
�
∂ 2 f ∂x2
+
∂ 2 f ∂y 2
�
=
∂ 2 w ∂s2
+
∂ 2 w ∂t 2
.
(03 pts.) October 30, 2013 JV/LG/MU/NS/MG/ns
7
