INTERROGACION #1Calculo 3 - MAT 1630

Solucion

Problema 1

a) Analice la continuidad en (0, 0) de la funcion

F (x, y) =

{sin x2y6

x4+y6 si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)

Solucion

Estudiemos la existencia de lım(x,y)→(0,0)sin x2y6

x4+y6 .

Notemos que ∣∣∣∣sinx2y6

x4 + y6

∣∣∣∣ =∣∣∣∣sinx2y6

x2y6

∣∣∣∣∣∣∣∣

x2y6

x4 + y6

∣∣∣∣ =∣∣∣∣sinu

u

∣∣∣∣∣∣∣∣

x2y6

x4 + y6

∣∣∣∣ ,

con u = x2y6. Ademas(x, y) → (0, 0) ⇒ u → 0 .

Por otro lado la siguiente desigualdad se cumple para todo (x, y) 6= (0, 0),

0 ≤∣∣∣∣sinx2y6

x4 + y6

∣∣∣∣ =∣∣∣∣sinu

u

∣∣∣∣∣∣∣∣

x2y6

x4 + y6

∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣sinu

u

∣∣∣∣∣∣∣∣x2y6

y6

∣∣∣∣ =∣∣∣∣sinu

u

∣∣∣∣x2 .

Utilizando que lımu→0sin u

u = 1 y el Teorema del Emparedado,

0 ≤ lım(x,y)→(0,0)

∣∣∣∣sinx2y6

x4 + y6

∣∣∣∣ ≤ lım(x,y)→(0,0)

x2 = 0,

de lo cual se deduce que el lımite es cero.

Por lo tanto la funcion es continua en (0, 0) puesto que

lım(x,y)→(0,0)

sinx2y6

x4 + y6= 0 = F (0, 0) .

b) Sea h : ]0,∞[→ R una funcion de clase C2 con h′(√

n) =√

n y h′′(√

n ) = n.

Se define la funcion g : Rn \ {~0} → R por g(~x) = h(r(~x)) con r(~x) = ‖~x‖, ‖~x‖ representala longitud del vector ~x.

Calculen∑

k=1

∂2g

∂x2k

(~x0) , donde ~x0 = (1, 1, . . . , 1).

Solucion

Notemos que r(~x) =√

x21 + · · ·+ x2

n . Calculando la primera derivada parcial,

∂g

∂xk= h′(r(~x))

∂r

∂xk(r(~x)) = h′(r(~x))

(xk√

x1 + · · ·+ x2n

)= h′(r(~x))

xk

r(~x).

Luego,

∂2g

∂x2k

=∂

∂xk

(∂g

∂xk

)=

∂

∂xk

(h′(r(~x))

xk

r(~x)

)=

∂

∂xk

(h′(r(~x))

) xk

r(~x)+ h′(r(~x))

∂

∂xk

(xk

r(~x)

).

De esta manera,∂2g

∂x2k

=(

h′′(r(~x))xk

r(~x)

)xk

r(~x)+ h′(r(~x))

r2(x)− x2k

r3(x).

Finalmente,∂2g

∂x2k

= h′′(r(~x))x2

k

r2(~x)+ h′(r(~x))

r2(x)− x2k

r3(x)

Por lo tanto, sumando se tiene que

n∑

k=1

∂2g

∂x2k

(~x) = h′′(r(~x))1

r2(~x)

n∑

k=1

x2k + h′(r(~x))

1r3(x)

n∑

k=1

(r2(x)− x2k)

= h′′(r(~x)) + h′(r(~x))1

r3(~x)(nr2(~x)− r2(~x))

= h′′(r(~x)) + h′(r(~x))n− 1r(~x)

Ademas r(~x0) =√

n. Utilizando las condiciones en h se obtiene que

n∑

i=1

∂2g

∂x2i

(~x0) = n + (n− 1) = 2n− 1

2

Problema 2Sea f : R3 → R definida por f(x, y, z) = x2 + yez.

a) Calcule el plano tangente a la superficie de nivel {(x, y, z) ∈ R3 : f(x, y, z) = 3} en elpunto (1, 2, 0).

Solucion

Sabemos que la normal del plano tangente en el punto (1, 2, 0) a la superficie de nivel esel vector gradiente ∇f = (∂f

∂x , ∂f∂y , ∂

∂z ) evaluado en ese punto. Es decir,

∇f(x, y, z) = (2x, ez, yez) ⇒ ∇f(1, 2, 0) = (2, 1, 2)

Por lo tanto la ecuacion el plano tangente en (1, 2, 0) esta dada por

{(x, y, z) ∈ R3 : (2, 1, 2) · (x− 1, y − 2, z) = 0} ⇒ 2(x− 1) + (y − 2) + 2z = 0

b) Determine un punto (a, b, c) en R3 de tal modo que todos los vectores tangentes al graficode f en el punto (a, b, c, f(a, b, c)) se encuentren en el conjunto

{(x, y, z, w) ∈ R4 : w = f(a, b, c) + 2(x− a) + (y − b) + 2(z − c)} .

Solucion

La ecuacion que define al conjunto de todos los vectores tangentes en el punto ~x0 = (a, b, c),es un hiperplano en R4, correspondiente a

{(x, y, z, w) ∈ R4 : w = f(a, b, c) +∇f(~x0) · (x− 1, y − 2, z)}= {(x, y, z, w) ∈ R4 : w = f(a, b, c) + (2a, ec, bec) · (x− 1, y − 2, z)}

Luego, se debe tener que∇f(a, b, c) = (2, 1, 2)

Luego,∂f

∂x= 2 ,

∂f

∂y= 1 ,

∂f

∂z= 2 .

Por lo tanto,2a = 2, ec = 1, bec = 2

Resolviendo se obtiene que(a, b, c) = (1, 2, 0)

3

Problema 3Se considera la curva que resulta de intersectar el paraboloide de ecuacion z = x2 + y2 con elplano de ecuacion x + y + 2z = 2. Encontrar el punto que este a mayor altura y el que este amenor altura de esta curva.

Solucion

Se trata de encontrar el maximo y el mınimo de la funcion f definida sobre R3 porf(x, y, z) = z sujeta a las restricciones

g1(x, y, z) = z − x2 − y2 = 0g2(x, y, z) = x + y + 3z − 1 = 0

Las funciones f , g1 y g2 son de clase C1 sobre R3.

En todo punto de la curva, los gradientes de las funciones g1 y g2 no se anulan.

Los extremos buscados deben de satisfacer las condiciones de Lagrange siguientes:

g1(x, y, z) = 0g2(x, y, z) = 0−2λx + µ = 0−2λy + µ = 0λ + 2µ = 1

Se observa de las tres ultimas ecuaciones que necesariamente λ 6= 0, por lo tanto x = y.

Las dos primeras ecuaciones permiten calcular x, y , z. Se obtiene asi dos soluciones parael sistema:

(x, y, z, λ, µ) = (−1,−1, 2,−1/3, 2/3) , (x, y, z, λ, µ) = (1/2, 1/2, 1/2, 1/3, 1/3) .

Ahora, evaluando se observa que f(−1,−1, 2) = 2 y f(1/2, 1/2, 1/2) = 1/2.

Por lo tanto, el punto (−1,−1, 2) es el punto de la curva a mayor altura y (1/2, 1/2, 1/2) elpunto a menor altura, con alturas respectivas 2 y 1/2.

4

PREGUNTA No. 4

Considere la función := f → ( ),x y ( ) + x2 3 y2 ( ) − − 2 x2 y2

a) Determine todos sus puntos críticos y explique cuales son puntos extremos. b) Calcule, si existe, su máximo global. Explique.

SOLUCION

> restart:with(plots): > f:=(x,y)->(x^2+3*y^2)*(2-(x^2+y^2)) ;

:= f → ( ),x y ( ) + x2 3 y2 ( ) − − 2 x2 y2

BUSQUEDA DE PUNTOS CRITICOS

> diff(f(x,y),x);dx:=factor(%);

− 2 x ( ) − − 2 x2 y2 2 ( ) + x2 3 y2 x

:= dx −4 x ( )− + + 1 x2 2 y2

> diff(f(x,y),y);dy:=factor(%);

− 6 y ( ) − − 2 x2 y2 2 ( ) + x2 3 y2 y

:= dy −4 y ( )− + + 3 2 x2 3 y2

CALCULO DE PUNTOS CRITICOS

> ptocritico:=solve({dx=0,dy=0},{x,y});

ptocritico :=

, , , , ,{ }, = x 0 = y 0 { }, = x 1 = y 0 { }, = x -1 = y 0 { }, = x 0 = y 1 { }, = x 0 = y -1 { }, = x ( )RootOf − _Z2 3 = y ( )RootOf + _Z2 1

Interesan solamente las soluciones reales, luego hay cinco puntos criticos, a saber,

> p1:=ptocritico[1];p2:=ptocritico[2];p3:=ptocritico[3];p4:=ptocritico[4];p5:=ptocritico[5];

:= p1 { }, = x 0 = y 0 := p2 { }, = x 1 = y 0 := p3 { }, = x -1 = y 0 := p4 { }, = x 0 = y 1 := p5 { }, = x 0 = y -1

UTILIZANDO EL CRITERIO DEL HESSIANO,

> dxx:= diff(f(x,y),x,x);

:= dxx − − 4 12 x2 8 y2

> dyy:= diff(f(x,y),y,y);

:= dyy − − 12 8 x2 36 y2

> dxy:= diff(f(x,y),x,y);

:= dxy −16 x y

EVALUANDO EN LOS PUNTOS CRITICOS,

> with(Student[VectorCalculus]):> Hf:=Hessian( f(x,y), [x,y] );

:= Hf⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

− − 4 12 x2 8 y2 −16 x y−16 x y − − 12 8 x2 36 y2

> H(0,0):=eval( Hf, [x = 0, y = 0] );

:= ( )H ,0 0 ⎡⎣⎢⎢

⎤⎦⎥⎥

4 00 12

> H(1,0):=eval( Hf, [x = 1, y = 0] );H(-1,0):=eval( Hf, [x = -1, y = 0] );

:= ( )H ,1 0 ⎡⎣⎢⎢

⎤⎦⎥⎥

-8 00 4

:= ( )H ,-1 0 ⎡⎣⎢⎢

⎤⎦⎥⎥

-8 00 4

> H(0,1):=eval( Hf, [x = 0, y = 1] );H(0,-1):=eval( Hf, [x = 0, y = -1] );

:= ( )H ,0 1 ⎡⎣⎢⎢

⎤⎦⎥⎥

-4 00 -24

:= ( )H ,0 -1 ⎡⎣⎢⎢

⎤⎦⎥⎥

-4 00 -24

DE ESTA MANERA SE OBTIENE QUE

(0,0) es un punto de mínimo local. Valor de la función > f(0,0):=f(0,0);

:= ( )f ,0 0 0

(0,1), (0, -1 ) son puntos de máximo local

> f(0,1):=f(0,1); f(0,-1):=f(0,-1);

:= ( )f ,0 1 3 := ( )f ,0 -1 3

Parte b)

En la bola abierta B:= B(0; 2 ), la función f tiene los cinco puntos críticos ya mencionados. Además la función es cero en el borde de la bola B.

Luego el máximo de la función f en la bola cerrada B' es 3 y se alcanza en dos puntos. El mínimo en la bola cerrada es cero, el cual se alcanza en todo el borde de la bola y en su centro (0,0).

La función f es negativa para todo punto (x,y) tal que : ≤ 2 + x2 y2 = || (x , y) || . Es decir, f es negativa en el complemento de la bola cerrada.

En resumen la función tiene un máximo global que es 3 y lo alcanza en dos puntos : (0,1) y (0, -1).

GRAFICO DE LA FUNCION

> g1:=plot3d(f(x,y),x=-0.7..0.7,y=-0.5..0.5,grid=[20,20]): g2:=plot3d(f(x,y),x=-0.7..0.7,y=0.5..1.5,grid=[20,20]): g3:=plot3d(f(x,y),x=-0.5..0.5,y=-1.5..-0.5,grid=[20,20]): g4:=plot3d(f(x,y),x=-2..-0.5,y=-0.5..0.5,grid=[20,20],color=red): g5:=plot3d(f(x,y),x=0.5..2.0,y=-0.5..0.5,grid=[20,20],color=yellow): display(g1,g2,g3,g4,g5);

> >