FUNDAMENTOS MATEMÁTICOS DE LA INGENIERÍA Ingeriería Técnica Industrial. Especialidad en Mecánica. Boletin 6. Funciones de Varias Variables Variables
Curso 2003-2004
EJERCICIOS RESUELTOS 1. En cada apartado, apartado, calcular calcular el límite límite y discutir discutir la continu continuidad idad de la función función de la que se calcula el límite (a)
lim
(x,y) x,y)
(2, (2,1)
→
(d)
x + 3y 3y 2
¡
arcsen
lim
(x,y) x,y)
¢
(b)
(x,y) x,y)
x y
(e)
(c)
−
→
³´
1 + xy
(0, (0,1)
→
x+y y (2, (2,4) x
lim
lim (x,y) x,y) ( →
π
4
,2)
x √ x+y (1, (1,1)
lim
(x,y) x,y)
→
(f)
y sen xy
lim
(x,y) x,y)
(0, (0,0)
exy
→
Solución:
Todas las funciones que aparecen en cada uno de los apartados de este ejercicio son continuas en sus respectivos 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) x,y)
(2, (2,1)
Dominio:
x + 3y 3y 2 = 2 + 3 · 12 = 5
2 R .
→
x+y 2+4 = = y 2 4 (x,y) x,y) (2, (2,4) x x 1 lim = (c) x+y (x,y) x,y) (1, (1,1) 2 arcsen(x/y arcsen(x/y)) lim =0 (d) 1 + xy (x,y) x,y) (0, (0,1)
(b)
lim
− √
→
→
− √
= y }. Dominio: D = {(x, y) ∈ R2 : x 6
−3
Dominio: D = {(x, y) ∈ R2 : x + y > 0}. 6 0, |x/y| x/y | ≤ 1, 1 + xy = 6 0} 0 }. Dominio: D = {(x, y) ∈ R2 : y =
→
(e)
(x,y) x,y)
lim
(π/4,2)
Dominio:
y sen xy = 2 sen sen π/2 = 2
2 R .
→
(f) (f )
lim
(x,y) x,y)
(0, (0,0)
Dominio:
exy = 1
2 R .
→
2. Calcular las derivadas parciales primeras y segundas de las siguientes funciones: tg(2x − y ) ln(xy)) (a) z = tg(2x (b) z = xe (c) z = x ln(xy x y
(d) w =
xy x+y+z
(e)w =
Solución:
1
p − 1
x2
y2
− −
ln(xyz 2 ) (f) w = ln(xyz
z2
tg(2x − y ). Las derivadas parciales de z después de simpli ficar y factorizar quedan de la siguiente (a) z = tg(2x forma. Se ha utilizado que (sec x) = sec x tg x. Derivadas parciales de primer orden: 0
∂ z ∂ x
= 2 sec sec2 (2x (2x
− y)
∂ z ∂ y
=
(2x − y ) − sec2(2x
Derivadas parciales de segundo orden: ∂ 2 z ∂ x2
= 8 sec sec2 (2x (2x
∂ 2 z ∂ x∂ y
=
∂ 2 z ∂ y ∂ x
tg(2x − y ) − y) tg(2x
=
∂ 2 z ∂ y 2
= 2 sec sec2 (2x (2x
tg(2x − y ) − y) tg(2x
(2x − y ) tg(2x tg(2x − y ) −4sec2(2x
x y
(b) z = xe Derivadas parciales de primer orden: ∂ z
x 1 = 1 · e + xe = ey y ∂ x x y
x y
x 1+ y
µ ¶
∂ z ∂ y
1
= xe
x y
x
µ− ¶ y2
2
=
− xy2 e
x y
2
Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04
Derivadas parciales de segundo orden: ∂ 2 z
x 1 x 1 x 2 x y y = 1 + +e = + 2 e e 2 y y y y y ∂ x 2 2 x x xy x x ∂ z ∂ z y = = e + 1 + e y2 y y2 ∂ x∂ y ∂ y ∂ x
µ ¶
x y
µ ¶ µ ¶ µ− ¶
−
∂ 2 z
2x2 xy x2 = 3 e + y y2 ∂ y 2 x xy x = e 2 + y2 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
1 + ln y = 1 + ln x + ln y x
∂ z
=
∂ y
x
µ− ¶ µ − ¶ µ ¶ e
x y
y2
x2 xy = 3e y
x y
µ ¶ 2+
x y
Derivadas parciales de segundo orden: ∂ 2 z
1 1 x ∂ 2 z ∂ 2 z ∂ 2 z = = = = x y2 y ∂ x2 ∂ y 2 ∂ x∂ y ∂ y ∂ x xy . Las derivadas parciales de w después de simpli ficar y factorizar quedan de la siguiente (d) w = x+y+z
−
forma. Derivadas parciales de primer orden: ∂ w ∂ x
y+z
=y
∂ w
(x + y + z)
2
=x
∂ y
x+z
∂ w 2
=
∂ z
(x + y + z)
−x
y (x + y + z)2
Derivadas parciales de segundo orden: ∂ 2 w
=
∂ x2
y+z
−2y
∂ 2 w
=
3
∂ y 2
(x + y + z) 2xy + xz + yz + z 2 ∂ 2 w ∂ 2 w = = 3 ∂ x∂ y ∂ y ∂ x (x + y + z) ∂ 2 w
=
∂ y ∂ z
∂ 2 w ∂ z ∂ y
=
p − − − ¡ − − ¡ − − ¡ − x2
1
∂ x ∂ w ∂ y ∂ w ∂ z
= = =
y2
1 1 2
x2
1 1 2
x2
1 1 2
x2
¡− − ¢ − ¢ − ¢
− z2
= 1
− y2 − y2 − y2
z2 z2 z2
x2
3/2
−
3/2
−
3/2
−
∂ x2 ∂ 2 w ∂ y 2 ∂ 2 w ∂ z 2
= 1
− −
= 1
x2
− y2 − z2
−
= 1
x2
− y2 − z2
−
∂ 2 w ∂ x∂ y ∂ 2 w ∂ y ∂ z
= =
∂ 2 w
∂ y ∂ x ∂ 2 w ∂ z ∂ y
y2
=
q − q − (1
=
z2
3/2
−
x2
¡− ¡− ¡−
(x + y + z) x y z ∂ 2 w ∂ 2 w = =y 3 ∂ x∂ z ∂ z ∂ x (x + y + z)
− y2 − z 2
(1
¢ ¢ ¢
3/2
3/2
−
( 2y) = y 1
−
( 2z) = z 1
−
+x +y +z
3xy
x2
3 2
µ− ¶ ¡ − µ− ¶ ¡ − µ− ¶ ¡ −
y (x + y + z)3
.
x2 x2 x2
− y2 − z 2 − y2 − z2 − y2 − z 2
¢ ¢ ¢
1
− −
3 2
1
x2
− y2 − z2
−
3 2
1
x2
− y2 − z 2
−
− y 2 − z 2 )5
− y2 − z2)5
∂ 2 w ∂ x∂ z
=
3/2
x
q − q − q −
=
(1
3/2
5/2
−
¢ ¢ ¢
=
(1
−
z2
y2
3/2
−
−
x2
3yz x2
1/2
−
¢ ¡− ¡− ¡−
( 2x) = x 1
(f) w = ln xyz 2 = ln x + ln y + 2ln z
¡ ¢
= 2x
∂ z 2
(x + y + z)
Derivadas parciales de segundo orden: ∂ 2 w
3
− −
Derivadas parciales de primer orden: ∂ w
−2x
−x x − y + z 3
1
(e) w =
=
∂ 2 w
x+z
5/2
5/2
=
(1
( 2x) =
−
( 2y) =
−
( 2z) =
∂ 2 w
∂ z ∂ x
−
=
x2
− y2 − z2)3
y x2
− y 2 − z 2 )3 z
x2
− y 2 − z 2 )3
2x2 + 1
− y2 − z 2 (1 − x2 − y 2 − z 2 )5 2y 2 + 1 − x2 − z 2 (1 − x2 − y2 − z 2 )5 2z 2 + 1 − x2 − y2 (1 − x2 − y2 − z 2 )5
q q q
3xz
q − (1
x2
− y2 − z2)5
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3
Derivadas parciales de primer orden: ∂ w
1 x
=
∂ x
∂ w
=
∂ y
1 y
∂ w
− y12
∂ 2 w
∂ z
Derivadas parciales de segundo orden: ∂ 2 w ∂ x2
=
∂ 2 w ∂ x∂ y
∂ 2 w
− x12
=
∂ y 2
∂ 2 w ∂ y ∂ x
=
∂ 2 w
= =
∂ x∂ z
=
∂ z ∂ x
∂ 2 w ∂ y ∂ z
=
2 z
=
∂ z 2
∂ 2 w
1
=
− z12
∂ 2 w ∂ z ∂ y
=0
1
3. Dada la función f (x, y) = + + xy, calcular todos los valores de x e y para los que se verifica que x y f x (x, y) = 0 y f y (x, y) = 0 simultáneamente. Solución: En primer lugar, obtenemos las derivadas parciales de primer orden de f : f x (x, y) =
− x12 + y,
f y (x, y) =
1 −x Ahora, resolvemos el sistema de ecuaciones (no lineales) − 1 y
− y12 + x.
2
+ y = 0,
2
+ x = 0.
De la primera de las ecuaciones
1 x( x3 + 1) = y la sustitución en la segunda ecuación nos conduce a x4 + x = 0 x2 0 x = 0, x = 1. Pero, nótese que los puntos de la recta x = 0 no pertenecen al dominio de f, por lo 1 que los valores pedidos son x = 1 e y = 2 = 1. 1
obtenemos y =
−
⇐⇒
4. a) Comprobar que la función z = ex sen y satisface la ecuación de Laplace
∂ 2 z ∂ x2
⇐⇒ −
+
∂ 2 z ∂ y 2
= 0.
x c
b) Comprobar que la función z = e t sen , donde c es una constante no nula, satisface la ecuación del −
calor
2
∂ z
∂ z c2 2 = 0. − ∂ t ∂ x
Solución:
(a) z = ex sen y. Calculemos las derivadas parciales segundas ∂ z ∂ x
= ex sen y = z,
Así,
∂ 2 z ∂ x2
+
∂ 2 z ∂ y 2
=z
∂ z ∂ y
∂ 2 z
= ex cos y,
∂ x2
=
∂ z ∂ x
∂ t
−e
t
−
sen(x/c) =
De esta forma,
∂ z
∂ x2 ∂ y 2
∂ 2 z ∂ y 2
=
.
−ex sen y = −z.
− z = 0.
−
=
y
∂ 2 z
= z,
(b) z = e t sen(x/c) . Calculemos las derivadas parciales ∂ z
∂ 2 z
−z,
2z
∂ z ∂ x
=
e
t
∂ z ∂ t
−
cos(x/c) ,
c z z + c2 2 = c
∂ c2 2 = − − ∂ t ∂ x
y
∂ 2 z ∂ x2
∂ 2 z
∂ x2
. t
− ec2
−
=
sen(x/c) =
− cz2 .
−z + z = 0.
v2 5. La aceleración centrípeta de una partícula que se mueve por un círculo es a = , donde v es la velocidad r y r es el radio del círculo. Estimar el máximo error porcentual en la aceleración si las cotas de error en v y r son del 2 por 100 y del 1 por 100, respectivamente. Solución:
A partir de los datos del problema tenemos
dv dr ∆v ∆r = = ±0.02, = = ±0.01. Por consiguiente, v v r r
2v dv + dr = dv ∆a ' da = r ∂ v ∂ r ∂ a
∂ a
−
v2 dr, r2
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Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04
de donde teniendo en cuenta de nuevo que a = ∆a
da ' = a a
2v r v2 r
dv
v2 r2 v2 r
−
dr = 2
v2 , se tiene r dv v
− drr = 2 (±0.02) − (±0.01) = ±0.05.
Es decir, el máximo error porcentual en la medida de la aceleración centrípeta es del 5%. 6. 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: π
El volumen del tronco es V = D2H, donde D es diámetro del tronco y H es la altura. Así, 4
∆V
∂ V
' dV =
∂ D
dD +
∂ V
π
π
dH = DHdD + D2 dH 2 4 ∂ H
y por tanto, ∆V
dV ' = V V
2 DH dD π 2 4 D H π
2 4D dH = π 2 4 D H π
+
2
dD dH + = 2 (±0.05) + (±0.03) = ±0.13. D H
Luego, el error porcentual al medir el volumen del tronco puede ser hasta del 1.3%. dz , siendo z = x sen y y x = e t e y = π t. dt dw b) Usando la regla de la cadena, hallar , siendo w = xy cos z , x = t, y = t2 y z = arcsen t. dt d2 w c) Usando la regla de la cadena, hallar 2 , siendo w = arccotan(2xy), x = cos t, y = sen t. Calcular, dt d2 w además, 2 cuando t = 0. dt
7. a) Usando la regla de la cadena, hallar
−
−
Solución:
(a) z = x sen y, x = e t , y = π − t. −
dz ∂ z dx ∂ z dy = · + · = [sen y · ( e t ) + x cos y · ( 1)]|x=e−t ,y= dt ∂ x dt ∂ y dt = e t sen(π t) e t cos(π t) = e t (cos t sen t) .
−
−
−
− −
−
−
−
−
t
π−
=
−
−
(b) w = xy cos z, x = t, y = t2 , z = arcsen t.
dw ∂ w dx ∂ w dy ∂ w dz = · + · + · = y cos z · 1 + x cos z · (2t) dt ∂ x dt ∂ y dt ∂ z dt
1
·
¸¯¯ ¯
= − xy sen z · √ 1 − t2 x=t,y=t ,z=arcsen t √ t4 t4 3t2 − 4t4 = t2 cos (arcsen t) + 2t2 cos (arcsen t) − √ = 3t2 1 − t2 − √ = √ . 1 − t2 1 − t2 1 − t2 2
(c) w = arccotg(2xy), x = cos t, y = sen t.
d2 w
En este caso, vamos a obtener la expresión de 2 aplicando la regla de la cadena de forma sucesiva dt y sin utilizar las expresiones explicítitas de w, x e y. Al final sustituiremos dichas expresiones. Aplicando la regla de la cadena sabemos que d2 w d = 2 dt dt
dw dt
d dt
∂ w
dw ∂ w dx ∂ w dy = · + · , luego dt dt dt ∂ x ∂ y
dx ∂ w dy + · dt dt ∂ y
µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ =
∂ x
·
y aplicando la derivada para la suma y el producto se obtiene d dt
∂ w
dx ∂ w dy · + · dt dt ∂ x ∂ y
d = dt
∂ w ∂ x
dx ∂ w d2 x d · + · 2 + dt dt dt ∂ x
∂ w
µ ¶ ∂ y
·
dy ∂ w d2 y + · 2. dt dt ∂ y
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Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04
∂ w
Ahora, utilizando la regla de la cadena para las funciones d dt
∂ w
∂
∂ w
∂ x
∂ x
∂
∂ w
∂ x
∂ y
µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ =
∂ x
d dt
∂ w
=
∂ y
dx ∂ · + dt ∂ y
·
dx ∂ + dt ∂ y
∂ w
µ ¶ µ ¶ ∂ x
∂ w ∂ y
y
∂ x
∂ w ∂ y
∂ 2 w
se tiene dx dy ∂ 2 w + · dt ∂ y ∂ x dt
·
dy = dt
·
dy dx ∂ 2 w = · + dt ∂ x∂ y dt
∂ x2
·
∂ 2 w ∂ y 2
·
dy . dt
Por consiguiente, imponiendo la igualdad para las derivadas parciales cruzadas conseguimos d2 w = dt2 =
∂ 2 w ∂ x2
dx dy ∂ 2 w · + · 2 dt ∂ x ∂ y ∂ x dt dx dt
·
2
∂ 2 w
¶
dx ∂ w d2 x · + · 2 + dt dt ∂ x
µ
∂ 2 w
dx ∂ 2 w dy · + · dt ∂ x∂ y dt ∂ x2
dy dx ∂ w d2 x dx dy ∂ 2 w + · · + · 2 + · · + dt dt dt ∂ y ∂ x dt ∂ x ∂ x∂ y dt
2
dx dt
·
+2·
∂ 2 w
∂ 2 w ∂ x2
2
·
¶ µ ¶ dy dt
·
dy ∂ w d2 y + · 2 = dt dt ∂ y
2
+
∂ w ∂ y
·
d2 y = dt2
dy dx ∂ w d2 x ∂ 2 w dy ∂ w d2 y · + · + · + · 2. dt dt2 dt dt ∂ x2 ∂ y ∂ x dt ∂ x ∂ y 2 ∂ y Si ahora tenemos en cuenta que w = arccotg(2xy), x = cos t, y = sin t sen t, se obtiene =
∂ 2 w
∂ 2 w
µ µ ¶ µ ¶
∂ w ∂ x ∂ 2 w
= 16
∂ x2
·
=
xy 3 (1 + 4x2 y 2 )2 dx = dt
µ ¶
, − 1 + 2y 4x2 y2
∂ w ∂ y
∂ 2 w
,
= 16
∂ y 2
− sen t,
d2 x = dt2
=
, − 1 + 2x 4x2 y 2
x3 y (1 + 4x2 y 2 )2
∂ 2 w
,
= cos t, − cos t, dy dt
∂ y ∂ x
d2 y = dt2
1 + 4x2 y 2 − =2
(1 + 4x2 y2 )2
− sen t,
y por consiguiente, d2 w dt2
=
"
16
xy3
2
1 + 4x2 y 2 − +2·2
( sen t) · cos t · ( sen t) + (1 + 4x2 y2 )2 (1 + 4x2 y2 )2 2y x3 y 2 + · ( cos t) + +16 2 · (cos t) + 2 2 1 + 4x2 y 2 (1 + 4x y ) 2x + · ( sen t) = 1 + 4x2 y2 x=cos t,y=sen t sen5 t 1 + 4 cos2 t sen 2 t = 16 c os t 4 cos t sen t+ (1 + 4 cos2 t sen 2 t)2 (1 + 4 cos2 t sen 2 t)2 sen t sen t +4 cos t + 16 cos5 t = 2 2 1 + 4 cos t sen t (1 + 4 cos2 t sen 2 t)2 2sen 4 t + 1 + 2 cos4 t = 8 cos t sen t (1 + 4 cos2 t sen 2 t)2
µ− µ−
−
−
¶− ¶ − ¸¯¯ ¯
− −
¡ ¢
d2 w Ahora, para t = 0, tenemos 2 (0) = 0. dt
8. Hallar
∂ z
y
∂ t
Solución: ∂ z
∂ x
·
∂ s
∂ x
usando la regla de la cadena, siendo z = x2 − y 2 y x = s cos t e y = t sen s.
∂ t
+
∂ z
∂ y
·
∂ y
¯¯ ¯ ¯¯ ¯
− 2y sen s|x=s cos t,y=t sen s = = 2s cos s(−s sen t) − 2t sen s sen s = −2s2 cos t sen t − 2t sen2 s = −s2 sen(2t) − 2t sen2 s. ∂ z ∂ z ∂ x ∂ z ∂ y = · + · = 2x cos t − 2yt cos s|x=s cos t,y=t sen s = ∂ s ∂ x ∂ s ∂ y ∂ s x=s cos t,y=t sen s = 2s cos2 t − 2t2 cos s sen s = 2s cos2 t − t2 sen(2s). ∂ t
=
∂ z
∂ z
∂ t x=s cos t,y=t sen s
= 2x( s sen t)
−
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9. a) Calcular las derivadas parciales de z por derivación implícita en los siguientes apartados: (a.1) x ln y + y 2 z + z 2 = 8. (a.2) z = ex sen(y + z). b) Calcular las derivadas parciales de w por derivación implícita en los siguientes apartados: √ √ (b.1) xyz + xzw − yzw + w2 = 5. (b.2) w − x − y − y − w + z = 0. Solución: (a) (a.1) Derivamos con respecto a x la identidad x ln y + y2 z + z 2 = 8. ln y + y 2
∂ z ∂ x
+ 2z
∂ z ∂ x
= 0, luego
∂ z ∂ x
Si derivamos respecto de y se tiene
=
− y2ln+y2z
x x x + 2y 2 z ∂ z ∂ z ∂ z y + 2yz 2 + 2yz + y + 2z = 0 y por tanto, = = y y2 + 2z y (y 2 + 2z) ∂ y ∂ y ∂ y (a.2) Repetimos el proceso para z = ex sen(y + z). ∂ z ∂ z ∂ z = ex sen(y + z) + ex cos(y + z) = z + ex cos(y + z) . Por Derivando respecto de x se obtiene ∂ x ∂ x ∂ x z ∂ z = consiguiente, . 1 ex cos(y + z) ∂ x ex cos(y + z) ∂ z ∂ z ∂ z = ex cos(y + z) 1 + , luego = . Al derivar con respecto a y obtenemos 1 ex cos(y + z) ∂ y ∂ x ∂ y
−
−
−
µ
¶
− (b) (b.1) Ahora obtenemos las derivadas parciales de w respecto de x,y,z siendo xyz+xzw −yzw+w2 = 5. ∂ w ∂ w ∂ w yz + 2w = 0, y por tanto, − Derivamos con respecto a x y obtenemos yz + zw + xz ∂ x ∂ x ∂ x ∂ w ∂ x
=
+ zw . − xz yz− yz + 2w
Derivando con respeto a y conseguimos xz + xz ∂ w ∂ y
=
∂ w
∂ w ∂ w zw − yz + 2w = 0, luego − ∂ y ∂ y ∂ y
−xz + zw . xz − yz + 2w
∂ w ∂ w yw − yz + 2w = 0 y de aquí − ∂ z ∂ z ∂ z xy + xw − yw ∂ w =− . xz − yz + 2w ∂ z √ √ (b.2) De forma análoga para w − x − y − y − w + z = 0, obtenemos: 1 1 ∂ w ∂ w √ √ = 0, y por tanto, − − − Derivando con respecto a x se consigue 2 x−y 2 y−w ∂ x ∂ x √ y − w ∂ w √ = √ . x − y (2 y − w + 1) ∂ x
Derivando con respeto a z se tiene xy + xw + xz
∂ w
µ ¶
∂ w
1 + Derivando respecto de y obtenemos 2 x ∂ y
1 2 y w
√ − y − √ − 1 √ y − w + √ x − y − ∂ w √ = √ . x − y (2 y − w + 1) ∂ y 1 2 y w
∂ w √ − − ∂ z ∂ z √ y − w ∂ w = −2 √ . 2 y−w+1 ∂ z
Ahora, al derivar respecto de z se obtiene
∂ w
∂ w
µ− ¶
µ− ¶
∂ y
= 0, luego
+ 1 = 0 y por consiguiente,
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10. Determinar la derivada direccional de la función f en el punto dado y en la dirección indicada: P (1, 1), u = i + j. (a) f (x, y) = xy, (b) f (x,y,z) = ln(1 + xyz 2 ), P (2, 1, 0), u = −i + j + k. Solución: u = (a) Hacemos el vector u = i + j = (1, 1) unitario, tomando v = kuk 1 1 2 Dv f (1, 1) = f (1, 1) · v = (1, 1) · , = = 2. 2 2 2 u 1 1 1 = , , . El gradiente de f es (b) Tomamos v = kuk 3 3 3
µ √ √ ¶ µ √ − √ √ ¶
∇
√ √
∇f (x,y,z) = (f x(x,y,z), f y (x,y,z), f z (x,y,z)) =
µ
1 1 , 2 2
µ √ √ ¶
y conseguimos
2xyz yz 2 xz 2 , , 1 + xyz 2 1 + xyz 2 1 + xyz 2
luego Dv f (2, 1, 0) = ∇f (2, 1, 0) · v = (0, 0, 0) · v = 0.
¶
,
π
11. a) Hallar la derivada direccional de f (x, y) = cos(x + y) en el punto P (0, π) en la dirección de Q( , 0). 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:
∇f (x, y) = −(→− sen(x + y), − sen(x + y)) , luego ∇f (0, π) = −→0 = (0, 0) y por tanto, Du f (0, π) = ∇f (0, π) · u = 0 · u = 0 para todo vector u unitario de R2 . −→ PQ −→ (b) Calculamos el vector unitario u en la dirección de P Q = (4, 3, 2) − (1, 0, 0) = (3, 3, 2), u = −→ = kP Qk 3 3 2 1 √ 22 , √ 22 , √ 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) · √ 322 , √ 322 , √ 222 = √ 322 + √ 322 + √ 222 = √ 822 . (a) Obsérvese que
µ
¶
µ
¶
12. La temperatura en los puntos (x,y,z) de una pieza metálica está dada por T (x,y,z) = e2x+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) = 2e2x+y+3z , e2x+y+3z , 3e2x+y+3z , tenemos que el vector que marca el mayor crecimiento es
¡
¢
∇T (0, 0, 0) = (2, 1, 3).
13. a) Calcular el gradiente de g(x, y) = ye
x2
−
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:
³−
x2 , e x2
´
, obtenemos que el valor máximo de la derivada direccional (a) Puesto que ∇g(x, y) = 2xye 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 = 65. −
−
14. 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 = (3, −1) y la recta tangente viene dada, en forma implícita por, 3(x + 1) + (−1)(y − 3) = 0.
∇f (−1, 3) =
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Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04
15. a) Calcular la ecuación del plano tangente y la ecuación de la recta normal a la superficie de ecuación z = x3 − 3xy + 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 super ficie 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 super ficie dada por z = f (x, y) en el punto (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) tiene por ecuación z=
∂ f ∂ x
(x0 , y0 )(x
− x0) + ∂ ∂ fy (x0, y0)(y − y0) + f (x0, y0).
∂ f 3 · 2 = −3, (1, 2) = − ∂ x ∂ y −3 · 1 + 3 · 22 = 9, z0 = f (1, 2) = 3, la ecuación del plano tangente es z = −3(x − 1) + 9(y − 2) + 3, es decir, −3x + 9y − z = 12. x = 1 − 3t, La recta normal en forma paramétrica viene dada por yz == 23 −+ t,9t, con t ∈ R. (b) En este apratado la super ficie esta dada en forma implícita mediante xy2 + 3x − z 2 = 4, luego tomando F (x,y,z) = xy2 + 3x − z 2 − 4, la ecuación del plano tangente en el punto (2, 1, −2) viene
Puesto que z = f (x, y) = x3
− 3xy + y3,
∂ f
se tiene
(1, 2 ) = 3 · 12
dada por
∂ F ∂ x
(2, 1, 2)(x
−
− 2) + ∂ ∂ Fy (2, 1, −2)(y − 1) + ∂ ∂ Fz (2, 1, −2)(z + 2) = 0.
∂ F
∂ F
∂ F
(2, 1, −2) = 12 +3 = 4, (2, 1, −2) = 2 · 2 · 1 = 4, (2, 1, −2) = −2 · (−2) = 4, Así, usando que ∂ x ∂ y ∂ 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.
16. Encontrar y clasificar los puntos críticos de las siguientes funciones: a) f (x, y) = x2 + y2 + 2x − 6y + 6. b) f (x, y) = 2x2 + 2xy + y 2 + 2x − 3. c) z = xy. d) z =
−4x
x2 + y2 + 1
.
Solución:
Para la resolución de cada uno de los apartados de este ejercicio debemos resolver, en primer lugar, el ∂ f
sistema de ecuaciones
∂ x ∂ f ∂ y
(x, y) = 0,
que nos proporciona los puntos críticos de f.
(x, y) = 0,
∂ f ∂ f (a) Como (x, y) = 2x + 2, (x, y) = 2y − 6, la única solución del sistema ∂ x ∂ y 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 ∂ x2
( 1, 3) = 2 > 0,
−
∂ 2 f ∂ x2
∂ 2 f ∂ x2
(x, y) = 2,
( 1, 3) ·
−
∂ 2 f ∂ y 2
∂ 2 f ∂ y 2
(x, y) = 2,
( 1, 3)
−
µ −
∂ 2 f ∂ x∂ y
∂ 2 f
∂ x∂ y
∂ f
∂ y
(x, y) = 2y
−6 =0
(x, y) = 0. Puesto que,
¶
( 1, 3)
−
(x, y) = 2x + 2 = 0
∂ x ∂ f
2
= 4 > 0,
9
Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04
resulta que el punto crítico (−1, 3) es un mínimo relativo y la función toma en este punto el valor
f ( 1, 3) = ( 1)2 + 32 + 2( 1) 6 · 3 + 6 = 4. Nótese que f (x, y) = (x + 1)2 + (y 3)2 4, luego en el punto ( 1, 3) la función f toma su mínimo
−
−
− −
−
absoluto.
(b) Resolvemos el sistema ∂ 2 f ∂ x2
∂ f ∂ x ∂ f ∂ y
−
−
−
(x, y) = 4x + 2y + 2 = 0 (x, y) = 2x + 2y
∂ 2 f
( 5/2, 4) = 4 > 0,
−
∂ x2
( 5/2, 4) ·
−
y obtenemos (x, y) = (−5/2, 4). Puesto que
−3= 0
∂ 2 f ∂ y 2
( 5/2, 4)
−
µ −
∂ 2 f ∂ x∂ y
¶
( 5/2, 4)
−
2
= 4·2
− 22 = 4 > 0,
se deduce que (−5/2, 4) es un mínimo relativo. (c) Es fácil ver que el único punto crítico de f (x, y) = xy es el origen. Como ∂ 2 f ∂ x2
∂ 2 f
(0, 0) ·
∂ y 2
(0, 0)
µ −
∂ 2 f ∂ x∂ y
¶
2
(0, 0)
− 12 = −1 < 0,
= 0·0
el origen es un punto de silla. (d) Calculamos las derivadas parciales de f (x, y) = ∂ f ∂ x
(x, y) = 4
x2
− y2 − 1
(x2 + y 2 + 1)
2
x2
2,
2
+ y2 + 1 ∂ f ∂ y
,
(x, y) = 8
x (x2 + y2 + 1)2
y
2
x − y − 1 4 (x + y + 1) = 0, y resolvemos el sistema x 8 y = 0, (x + y + 1) 2
−4x
2
2
obteniendo los dos puntos críticos (x, y) = (1, 0), (x, y) =
2
2
( 1, 0).
−
Ahora, para establecer la naturaleza de los dos puntos críticos, calculamos las derivadas parciales de segundo orden: ∂ 2 f ∂ x2
(x, y) =
−8x
x2
− 3y2 − 3 ,
(x2 + y 2 + 1)3
∂ 2 f ∂ y 2
3y2 + x2 + 1 − (x, y) = 8x , (x2 + y2 + 1)3
∂ 2 f ∂ x∂ y
(x, y) =
−8y
3x2
− y2 − 1
(x2 + y 2 + 1)3
A partir de aquí, tenemos ∂ 2 f
(1, 0) = ∂ x2
∂ 2 f
−8 1 −8 3 = 2,
∂ y
(1, 0) = 8 2
2 = 2, 8
∂ 2 f ∂ x∂ y
(1, 0) = 0,
por lo que es inmediato observar que el punto (1, 0) es un mínimo relativo. Análogamente, ∂ 2 f
1 3 ( 1, 0) = 8 = 2 8 ∂ x
−
−
−2,
∂ 2 f ∂ y
( 1, 0) = 2
−
−8 28 = −2,
∂ 2 f ∂ x∂ y
( 1, 0) = 0,
−
y el punto (−1, 0) es un máximo relativo. 17. a) Calcular los extremos absolutos de f (x, y) = 2x − 2xy + y 2 en la región del plano acotada por las gráficas de las funciones y = x2 e y = 1. b) Calcular los extremos absolutos de f (x, y) = x2 + 2xy + y 2 en la región del plano acotada R = (x, y) : x2 + y2
©
Solución:
ª
≤8
.
10
Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04
(a) Nótese que el problema posee solución puesto que f (x, y) = 2x − 2xy + 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 − 2xy + y 2 en la región abierta que acota las gráficas y = x2 e y = 1.
La única solución del sistema
∂ f ∂ x ∂ f ∂ y
(x, y) = 2
(x, y) =
− 2y = 0
es (x, y) = (1, 1), que no pertenece a
−2x + 2y = 0
dicha región abierta. Ahora calculamos los puntos críticos sobre la frontera. Puesto que la frontera está dada por la unión {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, y = 1} ∪ {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, y = x2 }, debemos analizar la restricción de f a los conjuntos {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, y = 1}, {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, y = x2 }. Tomando y = 1, tenemos f (x, 1) = 2 · x − 2 · x · 1 + 12 = 1. Si y = x2 , entonces f (x, x2 ) = 2x − 2x3 + x4 , por lo que debemos analizar lo extremos absolutos de la función g(x) = 2x − 2x3 + x4 , con x ∈ [−1, 1]. Ahora, calculamos los puntos críticos de g en el intervalo abierto (−1, 1). Para ello, resolvemos la ecuación g (x) = 2 1 − 3x2 + 2x3 = 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) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, y = x2} se alcanza en el punto (1, 1) y el mínimo absoluto de f restringida a {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, y = x2 } 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 = x2 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) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, y = 1}. (b) Nótese que el problema posee solución puesto que f (x, y) = x2 + 2xy + y2 es continua en todo R2 y el círculo R = (x, y) : x2 + 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) ∈ R2 tales que y = −x. Así, el menor valor de f restringida a R = (x, y) : x2 + y2 ≤ 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) ∈ R2 : y = −x, x2 + y 2 ≤ 8} = {(x, y) ∈ 0
©
©
2 R
:y=
¡
¢
ª
ª
−x, 2x2 ≤ 8} = {(x, y) ∈ R2 : y = −x, |x| ≤ 2}.
Por otra parte, lospuntos críticos de f restringida a R son todos los puntos del segmento S. En ∂ f
efecto, el sistema
∂ x ∂ f ∂ y
(x, y) = 2x + 2y = 0 (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) : x2 + y2 = 8 . Realizaremos este estudio de dos formas distintas: Primera forma: Analizamos √ 2 el comportamiento √ 2 de la función√ f sobre √ las semicircunferencias de ecuaciones y = 8 − x e y = − 8 − x , con x ∈ [−2 2, 2 2]. Así, debemos estudiar las √ √ √ √ 2 funciones g(x) = f x, 8 − x2 = x + 8 − x2 = 2x 8 − x2 + 8 y h(x) = f x, − 8 − x2 = √ √ √ √ 2 x − 8 − x2 = −2x 8 − x2 + 8, con x ∈ [−2 2, 2 2].
©
ª
¡
¢
¡
√ √
¢ ¡
√
¢
¡
¢ ¡ − ¢−
−2x = 0 nos lleva a 2 8 x2 √ 2 8√ x2 − √ 2x2 = 0, de donde x = ±2. Como g(2) = 16, g(−2) = 0, g 2 2 = g −2 2 = 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 − x2 = 2, x = 2 =⇒ y = − 8 − x2 = −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 − x2 = −2, x = −2 =⇒ y = − 8 − x2 = −2. Nótese que en los puntos donde √ g2 y h se anulan (x =√ −2 y x2 = 2), los correspondiente valores para f (x = −2 =⇒ y = 8 − x = 2, x = 2, y = − 8 − x = −2) son (−2, 2) y (2, −2) que Para x ∈ (−2 2, 2 2), la ecuación g (x) = 2 8 − x2 + 2x 0
¡ ¢ ¡ ¢
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Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04
pertenecen, como no podía ser de otra forma, al segmento S = {(x, y) ∈ R2 : 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) : x2 + y2 = 8 puede escribirse, en coordenadas √ √ 2sen , 2 polares, en la forma x = 2 2cos θ, y = θ con θ ∈ [0, 2π ). Así, la función f restringida √ √ a C puede expresarse en la forma f (2 2cos θ, 2 2sen θ) = 8(cos θ + sen θ)2 , con θ ∈ [0, 2π), y por tanto, debemos analizar la función α(θ) = 8(cos θ + sen θ)2 ,con θ ∈ [0, 2π). (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, 2π) 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 (θ) = 16(cos θ + sen θ)(− sen θ + cos θ), y los valores θ ∈ [0, 2π) que no anulan a α, pero sí a su derivada, son aquellos que veri fican − sen θ + cos θ = 0. Los únicos valores en el intervalo [0, 2π) 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 = 5 π/4. f restrigida a la circunferencia C es 16 y dicho Por consiguiente, el valor máximo de√ √ √ máximo máximo se√ alcanza en los valores x = 2 2cos π/4 = 2, y = 2 2sen π/4 = 2 y x = 2 2cos5π/4 =
©
ª
0
−2, y = 2
2sen5π/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.
18. Calcular la mínima distancia desde el punto P (5, 5, 0) al paraboloide de ecuación z = x2 + 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 + z2.
Ahora bien, si el punto (x,y,z) pertenece al paraboloide de ecuación z = x2 + y2 , entonces la función distancia se reduce a la función de dos variables g(x, y) =
q − (x
5)2 + (y
− 5)2 + (x2 + y2)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 +
¡
x2 + y 2
¢
2
Comenzamos calculando los puntos críticos resolviendo el sistema de ecuaciones
∂ f
− 10 + 4x3 + 4xy2 = 0, (x, y) = 2y − 10 + 4yx 2 + 4y 3 = 0. ∂ y (x, y) = 2x
∂ x ∂ f
Restando ambas ecuaciones se obtiene 0 = 2x − 2y+4x3 − 4y 3 +4xy2 − 4yx2 = 2 (x − y) 2x2 + 1 + 2y 2 , de donde x = y, y sustituyendo en cualquiera de las dos ecuaciones del sistema debemos resolver la ecuación 2x − 10 + 4x3 + 4x3 = 0. Es decir, debemos encontrar las raíces del polinomio p(x) = 2x − 10 + 8x3 = 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
2
⇒ ∂ ∂ xf 2 (1, 1) = 18
(x, y) = 2 + 12x2 + 4y 2 = ∂ x2
¢
Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04
∂ 2 f ∂ y
∂ x∂ y
2
⇒ ∂ ∂ yf 2 (1, 1) = 18
(x, y) = 2 + 12y 2 + 4x2 = 2
∂ 2 f
12
2
⇒ ∂ ∂ x∂ f y (1, 1) = 8
(x, y) = 8yx =
Luego
∂ 2 f ∂ x2
(1, 1) = 18 > 0 y
∂ 2 f ∂ x2
(1, 1) ·
∂ 2 f ∂ y 2
(1, 1)
µ −
2
∂ 2 f ∂ x∂ y
¶
(1, 1)
= 18 · 18
− 82
= 260 > 0 y por
tanto, el punto (1, 1) es un mínimo relativo para la función f. Obsérvese que el correspondiente punto del paraboloide es el punto (1, 1, 2) (z = x2 + y 2 = 1 2 + 12 = 2) Representando el paraboloide y el punto (5, 5, 0) podemos asegurar que el problema posee una única solución y por tanto, la mínima distancia del punto (5, 5, 0) al paraboloide de ecuación z = x2 + y 2 podemos obtenerla calculando la distancia del punto (5, 5, 0) al punto (1, 1, 2) de dicho paraboloide, d=
p − (1
5)2 + (1
− 5)2 + 22 = 6.
19. Un tanque metálico rectangular sin tapa debe contener 256 metros cúbicos de líquido. ¿Cuáles son las dimensiones del tanque que requiere menos material para su construcción? Solución: Para la construcción del tanque debemos construir la base y sus cuatro caras. Si x e y son las longitudes de los lados de la base y z es la altura, entonces debemos minimizar la función g(x,y,z) = xy + 2xz + 2yz 256
Puesto que el volumen del tanque es 256 m 3 , se tiene que xyz = 256, luego z = y la función a xy minimizar es f (x, y) = xy + 2x
256 256 512 512 + 2y = xy + + xy xy y x
con
x, y > 0
En primer lugar, obtenemos los puntos críticos de la función f resolviendo el sistema
∂ f
yx 2
− 512 = 0, x2 ∂ x 2 xy − 512 ∂ f (x, y) = = 0, (x, y) =
y2
∂ y
cuya única solución real es x = 8, y = 8. Para clasificar el punto crítico (8, 8) de f, calculamos sus derivadas parciales de segunco orden: ∂ 2 f
2
1024 (x, y) = = 2 x3 ∂ x 1024 ∂ 2 f (x, y) = = y3 ∂ y 2
= 2, ⇒ ∂ ∂ xf 2 (8, 8) = 1024 83 2
= 2, ⇒ ∂ ∂ yf 2 (8, 8) = 1024 83
∂ 2 f ∂ x∂ y
2
⇒ ∂ ∂ x∂ f y (8, 8) = 1.
(x, y) = 1 =
Por consiguiente,
∂ 2 f ∂ x2
(8, 8) = 2 > 0 y
∂ 2 f ∂ x2
(8, 8)·
∂ 2 f ∂ y 2
(8, 8)
µ −
∂ 2 f ∂ x∂ y
2
¶
(8, 8)
= 2 · 2 12 = 3 > 0 y el punto
−
crítico (8, 8) es un mínimo relativo para f. Así, las dimensiones de la caja que requieren menor material 256 = 4. son x = 8, y = 8, z = 8·8
20. Una caja rectangular, cuyos lados son paralelos a los ejes de coordenadas, se inscribe en el elipsoide de ecuación 96x2 + 4y 2 + 4z 2 = 36. ¿Cuál es el mayor volumen posible para tal caja? Solución:
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Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04
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 96x2 + 4y 2 + 4z 2 = 36. Por tanto, z = −24x2 − y2 + 9 y la función a maximizar es
p
V (x, y) = 8xy
p −
24x2
− 24x2 − y2 + 9 ≥ 0, x > 0, y > 0.
con
− y2 + 9
Luego, vamos a resolver un problema de máximo absoluto para una función continua V en un conjunto cerrado y acotado R = (x, y) ∈ R2 : 24x2 + 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
∂ V ∂ y
©
(x, y) =
(x, y) =
−8y
−8x
48x2 + y 2
p − p −
−9
24x2 y 2 + 9 24x2 + 2y 2 9
−
24x2
−
− y2 + 9
ª
= 0,
es x = = 0,
√
2 ,y = 4
√
3. Puesto que V = 0 en las fronteras de R,
à √ √ !
− 9 = 0, el máximo absoluto de V se alcanza en el punto 42 , 3 y su máximo √ √ √ √ √ 2 √ √ 2 2 2 2 , 3 = 8· · 3 · −24 3 + 9 = 6 2. Además, las dimensiones de la − valor es V 4 4 4 √ 2 √ 2 √ 2 2 √ √ √ 2 2 2 = , 2y = 2 3, 2z = 2 −24x − y + 9 = 2 −24 3 + 9 = 2 3. − caja son: 2x = 2 4 2 4 x = 0, y = 0 y 24x2 + y 2
Ã
v ut à ! ¡ ¢ v ut à ! ¡ ¢ p
!
21. Una caja de R3 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 − 2x2 − 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
− 2x2 − y2 − (1 − x − y)2 (x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 1 . Puesto que T es continua en R y R es T (x, y) = 4
restringida a la región R = 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
©
ª
∂ T
−6x + 2 − 2y = 0, (x, y) = −4y + 2 − 2x = 0. ∂ y
∂ x ∂ T
(x, y) =
1 5
2 5
La única solución de este sistema es x = , y = . Y este punto se encuentra en el interior de R, pues 1 x = > 0, y = 5 2 1 2 1 = 5 5
µ− − ¶
2 1 2 3 1 2 > 0, x + y = + = < 1. Obsérvese que T , 5 5 5 5 5 5 18 . 5
µ ¶
= 4
−2
1 5
2
2 5
2
µ ¶ −µ ¶ −
Ahora analizamos la restricción de T al conjunto (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, y = 0 . Es decir, estudiamos la función f (x) = T (x, 0) = 4 − 2x2 − (1 − x)2 = 3 − 3x2 + 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 (x) = −6x + 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 = 10 3 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.
©
ª
0
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Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04
Estudiamos a continuación la restricción de T al conjunto (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 1, x = 0 . Tenemos que analizar la función g(y) = T (0, y) = 4 − y 2 − (1 − y)2 = 3 − 2y 2 + 2y, para 0 ≤ y ≤ 1. La ecuación g (y) = −4y + 2 = 0 posee una única solución y = 1/2 ∈ (0, 1). Evaluando g en los extremos del intervalo 7 (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. 2 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
©
0
ª
∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, x + y = 1 . Tomando y = 1 −x, debemos analizar la función h(x) = T (x, 1−x) = 4−2x2 −(1−x)2 −(1 − x − (1 − x))2 = 3 − 3x2 + 2x, con x ∈ [0, 1]. Obsérvese que las funciones f y h coinciden, luego el máximo absoluto de h
©
ª
(x, y)
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 1 2 18 , absoluto en el punto y su valor es y su mínimo absoluto es 2, tomándose en los puntos (1/3, 0) y (1/3, 2/3).
µ ¶ 5 5
5
Luego, el punto más caliente de la placa es el punto
µ
1 2 2 , , 5 5 5
¶
(pues z = 1 −
(1/3, 0, 2/3) y (1/3, 2/3, 0) son los puntos de menor temperatura.
1 5
− 25 = 25 ) y los puntos
