Soluciones de los problemas propuestos del TEMA 5
1. Calcula el dominio de las siguientes funciones:
(a) f(x, y) = x
2
+y2
4−4 x2+y2
Domf ={(x, y)∈R2 :x2+ y2
4 −4≥0 y x
2+y2 = 0}=todo R2
excepto la elipse de semiejes2 y 4. (b) f(x, y) = xy1
Domf = {(x, y) ∈ R2 : xy = 0} = todo R2 excepto los ejes X
(recta y= 0) eY (recta x= 0). (c) f(x, y) = e√x2
+y2 −5
Domf = {(x, y) ∈ R2 : x2 +y2 −5 ≥ 0} = todo R2 excepto la
círculo radio√5(la circunferencia de radio√5 si forma parte del dominio)
(d) f(x, y) = ln (4−x−y)
Domf ={(x, y) ∈R2 : 4−x−y > 0} = semiplano que hay por
encima de la rectay=−x+ 4. (e) f(x, y) = x |y|
Domf =R2
(f) f(x, y) = cos x(x−y)2
Domf =R2
¿Cuál es el dominio de continuidad?. El mismo que el de definición. 2. Queremos estudiar lim(x,y)→(0,0) x
2
+y2
xy . Estudia el límite a lo largo de cualquier recta y=mx, param ∈R∗. ¿Existe el límite?
Si consideramos Bm={(x, y)∈Domf :y=mx},
lim
(x,y)→(0,0)(f|Bm) = lim
(x,y)→(0,0)
x2+m2x2
xmx =(x,ylim)→(0,0)
1 +m2
m =
1 +m2
m .
El límite depende dem, es decir, para cada valor demel límite cambia, por tanto ∄lim(x,y)→(0,0) x
2
+y2 xy . 3. Queremos estudiar lim(x,y)→(0,0) x
(a) Estudia el límite a lo largo de cualquier recta y=mx. Si consideramos Bm ={(x, y)∈Domf :y=mx},
lim
(x,y)→(0,0)(f|Bm) = (x,ylim)
→(0,0)
x2mx
x2 +m2x2 =(x,ylim)
→(0,0)
mx
1 +m2 = 0
(b) Estudia el límite a lo largo de cualquier parábolay =ax2.
Si consideramos Ba ={(x, y)∈Domf :y=ax2},
lim
(x,y)→(0,0)(f|Ba) =(x,ylim)
→(0,0)
x2ax2
x2+a2x4 =(x,ylim)→(0,0)
ax2
1 +a2x2 = 0
(c) Estudia los límites iterados.
limx→0 x
2 y x2
+y2 = 0,limy→0 x2
y x2
+y2 = 0. Por tanto,limx→0(limy→0 x2
y x2
+y2) =
0y limy→0(limx→0 x
2 y x2
+y2) = 0. Los límites iterados existen y valen
0.
(d) ¿Podemos sacar alguna conclusión sobre la existencia de límite?¿Y, sobre su posible valor?
No tenemos garantía de que exista límite, lo único que podemos afirmar es que caso de que exista valdrá cero.
4. Demuestra que los siguientes límites no existen: (a) lim
(x,y)→(0,0)
y x2
+y2. Si consideraramos, por ejemplo, el subconjunto B ={(x, y)∈Domf :y =x}, se tiene que
∄ lim
(x,y)→(0,0)(f|B)⇒∄(x,ylim)→(0,0)
y x2+y2
(b) lim
(x,y)→(0,0) sin(x2
y)
xy2 . Teniendo en cuenta quex2y→0, cuando(x, y)→
(0,0), podemos aplicar infinitésimos
lim
(x,y)→(0,0)
sin(x2y)
xy2 =(x,ylim)→(0,0)
x2y
xy2 =(x,ylim)→(0,0)
x y.
Si ahora consideraramos, por ejemplo, los subconjuntos B1 =
{(x, y) ∈ Domf : x = 0} y B2 = {(x, y) ∈ Domf : y = x},
se tiene que
lim
(c) lim
(x,y)→(0,0)
x2 −y2 x2
+y2. Se pueden considerar, por ejemplo, los subconjun-tos B1 ={(x, y)∈ Domf : y= x} y B2 ={(x, y)∈ Domf : y=
0}. Se tiene que
lim
(x,y)→(0,0)(f|B1) = 0 = 1 =(x,ylim)→(0,0)(f|B2)
(d) lim
(x,y)→(0,0)
x2 y
x4+y2. Podemos considerar, por ejemplo, los subconjun-tosB1 ={(x, y)∈Domf :y=x2} y B2 ={(x, y)∈Domf :y=
0}y razonar como en los dos apartados anteriores. (e) lim
(x,y)→(0,0)
x+y
x2+y2. Se puede considerar, por ejemplo, el subconjunto B ={(x, y)∈Domf :y =x}. Como
∄ lim
(x,y)→(0,0)(f|B)⇒
∄ lim
(x,y)→(0,0)
x+y x2+y2
(f) lim
(x,y)→(0,0)
x3
y2. Se puede considerar, por ejemplo, el subconjunto B ={(x, y)∈Domf :y =x2}. Como
∄ lim
(x,y)→(0,0)(f|B)⇒∄(x,ylim)→(0,0)
x3
y2
(g) lim
(x,y)→(0,0)
xy
x2+y2. Se pueden considerar, por ejemplo, los subconjun-tos B1 ={(x, y)∈ Domf : y= x} y B2 ={(x, y)∈ Domf : y=
−x}. (h) lim
(x,y)→(0,0)
y+ex
−1
x+y . Si aplicamos el infinitésimo e
x−1≈ x, se tiene que
lim
(x,y)→(0,0)
y+ex−1
x+y =(x,ylim)→(0,0)
y+x x+y = 1,
es decir, que este límite existe en contra de lo que propone este ejercicio. Dicho de otra forma, este límite sobra de este ejercicio (i) lim
(x,y)→(∞,∞)
x2 y
x2+y2. Tenemos un polinomio de grado 3 dividido por un polinomio de grado 2, por tanto la función diverge en (∞,∞)
(a) f(x, y) = x+xy+ 2xy2. Continua en R2, por ser polinómica (de
dos variables) (b) f(x, y) = √xx
+y. Continua en el semiplano que hay por encima de la rectay=−x (continua en todo su dominio)
(c) f(x, y) = 2(xx(+1)y−1)y. Continua en R2, excepto en las rectas x =−1
ey = 0 (continua en todo su dominio)
(d) f(x, y) =
x2 −y2
x2+y2 (x, y) = (0,0)
0 (x, y) = (0,0)
. Por el apartado c) del ejer-cicio anterior ∄lim(x,y)→(0,0)f(x, y), por tanto, la función no es
continua en el punto(0,0). Por el carácter local de la continuidad es continua enR2\{(0,0)}
(e) f(x, y) =
xy2
x2+y4 (x, y) = (0,0)
0 (x, y) = (0,0)
. De forma análoga al apartado d) del ejercicio anterior se demuestra que ∄lim(x,y)→(0,0)f(x, y),
por tanto, la función no es continua en el punto (0,0). Por el carácter local de la continuidad es continua enR2\{(0,0)}
(f) f(x, y) =
sin(xy)
x (x, y) = (0,2)
2 (x, y) = (0,2)
. Continua enR2
6. Calcula las derivadas parciales de primer orden de las siguientes fun-ciones:
(a) f(x, y) = 3x−x2y2+ 2x3y.
∂f
∂x(x, y) = 3−2xy
2+ 6x2y ; ∂f
∂y(x, y) =−2x
2y+ 2x3
(b) f(x, y) = x2e2y. ∂f
∂x(x, y) = 2xe
2y ; ∂f
∂y(x, y) = 2x
2e2y
(c) f(x, y) = ln(x2+y2).
∂f
∂x(x, y) =
2x x2+y2 ;
∂f
∂y(x, y) =
(d) f(x, y) = arctanxy. ∂f
∂x(x, y) =−
−xy2
1 + yx22
; ∂f
∂y(x, y) =
1
x
1 + yx22
(e) f(x, y) = arcsen (xy). ∂f
∂x(x, y) =
y
1−x2y2 ;
∂f
∂y(x, y) =
x
1−x2y2
(f) f(x, y, z) = ln x2+y2+z2.
∂f
∂x(x, y, z) =
1
x2+y2+z2x ∂f
∂z(x, y, z) =
1
x2+y2+z2z ∂f
∂y(x, y, z) =
1
x2+y2+z2y
7. Halla la derivada de la función f(x, y) = 3x2−3xy−y2 en el punto
(1,2)y en la direcciónθ = π6. El ángulo π
6 nos da el vector unitario
→
u = (cosπ
6,sin
π
6) = (
√
3 2 ,
1 2).
D→
uf(1,2) = f′(1,2)·(
√
3 2 ,
1 2) = (
∂f ∂x(1,2),
∂f
∂y(1,2))· √
3 2 1 2
=
= ∂f
∂x(1,2)·
√
3
2 +
∂f
∂y(1,2)·
1 2 =−
7 2
8. Halla la derivada de las siguientes funciones en el punto a y en la dirección del vector v, que en cada caso se indica:
(a) f(x, y) = 3x−4xy+ 5y, a= (1,2),v = 1 2,
√
3
D→
vf(1,2) = ∂f
∂x(1,2)·
1 2 +
∂f
∂y(1,2)·
√
3 =−5 2+
√
3
(b) f(x, y) = ln (x2+y2), a= (0,0),v=i+j
(c) f(x, y, z) = eysen (xy) +xz, a= (4,1,1), v=i+ 2j−k
El vectorv =i+2j−k = (1,0,0)+2(0,1,0)−(0,0,1) = (1,2,−1). D→
vf(4,1,1) = ∂f
∂x(4,1,1)·1 + ∂f
∂y(4,1,1)·2 + ∂f
∂z(4,1,1)·(−1)
9. El potencial eléctrico en un punto viene definido porV = ln (x2+y2)1/2.
Halla la derivada de V en el punto (3,4) según la dirección del punto
(2,6).
El vector viene dado por →v = (2,6)−(3,4) = (−1,2). D→
vf(3,4) = ∂V
∂x(3,4)·(−1) + ∂V
∂y(3,4)·2
10. Calcula la matriz jacobiana de las siguientes funciones: (a) f(x) = (ln (x2), e2x). f
1(x) = ln (x2), f2(x) =e2x
f′(x) = ∂f1
∂x(x, y) ∂f2
∂x(x, y)
=
2
x
2e2x
(b) f(x, y, z) = x2z+2y2, xyz . f1(x, y, z) = z2
x2+y2, f2(x, y, z) =xyz f′(x, y, z) =
∂f1
∂x(x, y, z) ∂f1
∂y(x, y, z) ∂f1
∂z (x, y, z) ∂f2
∂x(x, y, z) ∂f2
∂y(x, y, z) ∂f2
∂z (x, y, z)
= −2
z2
(x2+y2)2x −2 z 2
(x2+y2)2y 2 z x2
+y2
yz xz xy
11. Calcula el jacobiano de las siguientes funciones en los puntos que se indican:
(a) f(x, y) = (ln (x2y), e2x), a= (1,1)
f1(x, y) = ln (x2y), f2(x, y) =e2x(ln (x2y), e2x),
f′(x, y) = ∂f1
∂x(x, y) ∂f1
∂y(x, y) ∂f2
∂x(x, y) ∂f2
∂y(x, y)
=
2
x
1
y
2e2x 0
Jf(x, y) =|f′(x, y)|=−2 ye
2x; Jf(1,1) =
(b) f(x, y, z) = (eysen(xy) +z2,cos(xy), z2), a= (0,1,0)
f′(x, y, z) =
ey(cosxy)y eysinxy+ey(cosxy)x 2z
−(sinxy)y −(sinxy)x 0
0 0 2z
Jf(x, y, z) = 2 sin2xy yzey; Jf(0,1,0) = 0
12. Halla la ecuación del plano tangente a la superficie dada en el punto indicado:
(a) f(x, y) = 25−x2−y2, a= (3,1,15)
P lano≡z =f(3,1) + ∂f
∂x(3,1)(x−3) + ∂f
∂y(3,1)(y−1)
f(3,1) = 15
∂f
∂x(x, y) =−2x⇒ ∂f
∂x(3,1) =−6 ∂f
∂y(x, y) =−2y⇒ ∂f
∂y(3,1) =−2 Por tanto,
z = 15−6(x−3)−2(y−1)⇒6x+ 2y+z−35 = 0
(b) z =ex(seny+ 1), a= (0, π/2,2)
Tenemos la funciónf(x, y) = ex(seny+ 1), por tanto, P lano≡z =f(0, π/2) + ∂f
∂x(0, π/2)(x−0) + ∂f
∂y(0, π/2)(y− π
2)
f(0, π/2) = 2
∂f
∂x(x, y) =e
x(siny+ 1)⇒ ∂f
∂x(0, π/2) = 2 ∂f
∂y(x, y) =e
xcosy⇒ ∂f
∂y(0, π/2) = 0 Por tanto,
z = 2 + 2x⇒2x−z+ 2 = 0
(c) F (x, y, z) =x2−4z2+ 10yz+ 5z−22 = 0, a= (2,−2,4)
P lano≡ ∂F
∂x(a)(x−2) + ∂F
∂y(a)(y+ 2) + ∂F
∂F
∂x(x, y, z) = 2x⇒ ∂F
∂x(a) = 4 ∂F
∂y(x, y, z) = 10z ⇒ ∂F
∂y(a) = 40 ∂F
∂z(x, y, z) =−8z+ 10y+ 5⇒ ∂F
∂z(a) =−47 Por tanto,
4(x−2) + 40(y+ 2)−47(z−4) = 0
13. El campo de temperaturas correspondiente a los puntos de una placa viene dado por T = x/(x2+y2). Halla la dirección del máximo
au-mento de temperatura en el punto (3,4).
La dirección que nos piden es la del gradiente en el punto (3,4).
▽T(3,4) = (∂T
∂x(3,4), ∂T
∂y(3,4))
14. Dada la funciónf(x, y) = 3− x
3 −
y
2, halla:
(a) su derivada direccional en(3,2)para θ = 23π.
Consideramos el vector u= (cosθ,sinθ) dado por el ángulo θ, de manera que
Duf(3,2) = ∂f
∂x(3,2) cosθ+ ∂f
∂y(3,2) sinθ =−
1 3 ·(−
1 2)−
1 2 ·
√
3 2
(b) el gradiente def en el punto(3,2).
▽f(3,2) = (∂f
∂x(3,2), ∂f
∂y(3,2)) = (−
1 3,−
1 2)
(c) el máximo valor de la derivada direccional en(3,2).
El máximo valor se alcanza en la dirección del vector gradiente y su valor es la norma, por tanto:
|| ▽f(3,2)||= (∂f
∂x(3,2))
2+ (∂f
∂y(3,2))
2 = 1
9 + 1 4 =
√
13 6
(a) su derivada direccional en(1,π
2) en la dirección del vector e1.
e1 = (1,0). Por tanto,
De1f(1,π
2) =
∂f ∂x(1,
π
2)·1 +
∂f ∂y(1,
π
2)·0 =
∂f ∂x(1,
π
2) =e
(b) el gradiente def en el punto(1, π/2).
▽f(1,π
2) = (
∂f ∂x(1,
π
2),
∂f ∂y(1,
π
2)) = (e,0)
(c) el máximo valor de la derivada direccional en(1, π/2).
|| ▽f(1,π
2)||= (
∂f ∂x(1,
π
2))
2+ (∂f
∂y(1, π
2))
2 =e
16. Calcula las derivadas parciales de segundo orden orden de las siguientes funciones:
(a) f(x, y) = 3x−x2y2+ 2x3y
∂f
∂x = 3−2xy
2+ 6x2y
∂f
∂y =−2x2y+ 2x3
, ∂2 f
∂x2 =−2y2+ 12xy ∂2
f
∂x∂y =−4xy+ 6x
2 = ∂2 f ∂y∂x ∂2
f
∂y2 =−2x2y+ 2x3
(b) f(x, y) = ln (x2+y2)
∂f ∂x =
2x x2
+y2 ∂f
∂y =
2y x2+y2
, ∂2 f ∂x2 =−2
x2 −y2
(x2
+y2
)2
∂2 f ∂x∂y =
−4xy
(x2+y2)2 = ∂2
f ∂y∂x ∂2
f ∂y2 = 2
x2 −y2
(x2+y2)2
(c) z =extany
∂f ∂x =e
xtany ∂f
∂y =e
x(1 + tan2y) ,
∂2 f
∂x2 =extany ∂2
f ∂x∂y =e
x(1 + tan2y) = ∂2 f ∂y∂x ∂2
f
(d) z = arctanx y
∂f ∂x =
y x2+y2 ∂f
∂y =− x x2
+y2 ,
∂2 f ∂x2 = −
2xy
(x2
+y2
)2
∂2 f ∂x∂y =
x2 −y2
(x2
+y2
)2 =
∂2 f ∂y∂x ∂2
f ∂y2 =
2xy
(x2+y2)2
¿Existe alguna relación entre ∂x∂y∂2f y ∂y∂x∂2f ?. Si, coinciden en los cuatro apartados.
17. Halla el desarrollo de Taylor en un entorno del punto(1,2)de la función f(x, y) =x3+ 3x2y+ 6xy2 −5x2+ 3y2
Teniendo en cuenta que f(x, y) es un polinomio, el Polinomio de Tay-lor, que es el polinomio que mejor aproxima a la función, es la propia función. No obstante, si hacéis el desarrollo de Taylor, se puede obser-var que todas las derivadas parciales de orden 4 en adelante son cero, de manera que P3(x) coincide con la funciónf(x, y).
18. Aproxima las funciones f(x, y) = sin (xy) y g(x, y) = yx23 mediante polinomios de grado 2 en un entorno de los puntos (1, π/2) y (1,−1), respectivamente.
Para la función f(x, y), el polinomio de Taylor centrado en el punto
(1, π/2) de grado2es P2(x, y) =f(1, π/2) +
∂f
∂x(1, π/2)(x−1) + ∂f
∂y(1, π/2)(y− π
2)+
+1 2![
∂2f
∂x2(1, π/2)(x−1)
2+2 ∂2f
∂x∂y(1, π/2)(x−1)(y− π
2)+
∂2f
∂y2(1, π/2)(y−
π
2)
2] =
= 1 + 1 2[−
π2
4 (x−1)
2
−π(x−1)(y−π
2)−(y−
π
2)
2]
Para la función g(x, y), el polinomio de Taylor centrado en el punto
(1, π/2)de grado 2es P2(x, y) =g(1,−1) +
∂g
∂x(1,−1)(x−1) + ∂g
+1 2![
∂2g
∂x2(1,−1)(x−1)
2+2 ∂2g
∂x∂y(1,−1)(x−1)(y+1)+ ∂2g
∂y2(1,−1)(y+1) 2] =
= 1−3(x−1)−2(y+ 1) + 1
2[12(x−1)
2+ 6(x−1)(y+ 1) + 2(y+ 1)2]
19. Calcula los puntos críticos def(x, y) =xy+ 1x +8y
Para ello, tenemos que resolver el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas dado por
∂f
∂x(x, y) = 0 ∂f
∂y(x, y) = 0 ⇒
y− 1
x2 = 0 x− 8
y2 = 0
Si, por ejemplo, de la primera ecuación, despejamosy y sustituimos en la segunda, se tiene que esta función tiene un único punto crítico, el punto (12,4).
20. Halla los extremos relativos de las funciones f(x, y) =x3−4xy+ 2y2
y g(x, y) = x4+y4−2 (x−y)2
. (a) f(x, y) = x3−4xy+ 2y2
En primer lugar calculamos lospuntos críticos: ∂f
∂x(x, y) = 0⇒3x
2−4y= 0
∂f
∂y(x, y) = 0⇒ −4x+ 4y= 0
De la segunda ecuación tenemos que y = x. Sustituyendo en la primera, se obtiene quex= 0ox= 43, lo que nos proporciona los puntos críticos(0,0) y (43,43).
El siguiente paso es obtener la matriz hessiana:
Hf(x, y) =
∂2 f ∂x2(x, y)
∂2 f ∂x∂y(x, y) ∂2
f ∂y∂x(x, y)
∂2 f ∂y2(x, y)
= 6x −4
−4 4
Por último aplicamos elcriterioen cada uno de los puntos críticos obtenidos:
Hf(0,0) = 0 −4
−4 4 . |Hf(0,0)|<0⇒(0,0) punto de silla
Hf(4 3,
4 3) =
8 −4
−4 4 .
∂2 f ∂x2(
4 3,
4 3)>0
|Hf(4 3,
4 3)|>0
⇒En(4 3,
4
(b) g(x, y) =x4+y4−2 (x−y)2
En primer lugar calculamos lospuntos críticos: ∂g
∂x(x, y) = 0⇒4x3−4x+ 4y= 0 ∂g
∂y(x, y) = 0 ⇒4y
3+ 4x−4y= 0
Si sumamos las dos ecuaciones y dividimos por cuatro,x3+y3 = 0,
lo que nos lleva a que y = −x. Sustituyendo, por ejemplo, en la primera ecuación se obtiene, x3 − 2x = 0, cuyas soluciones son
x = 0 y x = ±√2, lo que nos proporciona los puntos críticos
(0,0), (√2,−√2)y (−√2,√2).
El siguiente paso es obtener la matriz hessiana:
Hg(x, y) =
∂2 g ∂x2(x, y)
∂2 g ∂x∂y(x, y) ∂2
g ∂y∂x(x, y)
∂2 g ∂y2(x, y)
= 12x
2−4 4
4 12y2−4
Por último aplicamos elcriterioen cada uno de los puntos críticos obtenidos:
Hg(0,0) = −4 4
4 −4 . |Hg(0,0)|= 0⇒No tenemos información
Hg(√2,−√2) =Hg(−√2,√2) = 20 4 4 20
∂2 g ∂x2(
√
2,−√2) = ∂∂x2g2(−
√
2,√2)>0
|Hg(√2,−√2)|=|Hg(−√2,√2)|>0 ⇒
que la función alcanza un mínimo relativo estricto en los puntos
(√2,−√2)y (−√2,√2).
21. Halla el valor mínimo de la función f(x, y, z) = 2x2+y2 + 3z2 sujeta
a la condición de ligadura 2x−3y−4z = 49.
2x2+y2+ 3(1 2x−
3 4y−
49 4)
2. Para esta función tenemos que obtener los
extremos relativos:
En primer lugar calculamos lospuntos críticos: ∂h
∂x(x, y) = 0⇒
11 2x−
9 4y−
147
4 = 0
∂h
∂y(x, y) = 0⇒
43 8y−
9 4x+
441
8 = 0
Se trata de un sistema lineal de dos ecuaciones con dos incógnitas cuya solución es el punto (3,−9) (punto crítico).
El siguiente paso es obtener la matriz hessiana:
Hh(x, y) =
∂2 h ∂x2(x, y)
∂2 h ∂x∂y(x, y) ∂2
h ∂y∂x(x, y)
∂2 h ∂y2(x, y)
=
11
2 −
9 4
−9 4
43 8
Por último aplicamos el criterio en el punto(3,−9):
Hh(3,−9) =
11
2 −
9 4
−9 4
43 8
. ∂ 2
h
∂x2(3,−9)>0
|Hh(3,−9)|>0 ⇒En (3,−9)h alcanza mínimo rel. est
El punto (3,−9) es un mínimo relativo estricto para la función h, por tanto, sustituyendo en (∗), se tiene que el punto(3,−9,−4)es un mín-imo relativo estricto para la función f.
22. Halla las dimensiones de un ortoedro de volumen 64 dm3, de manera
que su superficie sea mínima.
Un ortoedro es un prisma de base cuadrada (una caja) de lados x, y y z. El volumen (condición que nos dan) es xyz = 64. La superficie (función a optimizar) es2xy+2xz+2yz. Por tanto el problema es de extremos condicionados conf(x, y, z) = 2xy+ 2xz+ 2yz y g(x, y, z) =
23. Encuentra el punto del plano 2x−4y+ 5 = 0 más próximo al origen. Para ello calcula el valor mínimo de f(x, y) = x2+y2 con la condición
de ligadura 2x−4y+ 5 = 0.
Al igual que los dos ejercicios anteriores, aunque se trata de un prob-lema de extremos condicionados, podemos resolverlo como un probprob-lema de extremos relativos. De la condición, se obtiene quey(=∗) 1
2x+ 5
4.
Susti-tuyendo en la función f, definimos la función h(x) = x2 + (1 2x+
5 4)
2
función de una variable. Para obtener los puntos críticos derivamos e igualamos a cero. h′(x) = 5
2x+ 5
4 = 0, cuya solución es x = − 1 2. Si
hacemos la segunda derivada y sustituimos en x = −12, se tiene que h′′(−1
2) = 5
2 > 0. Por tanto, h alcanza un mínimo relativo estricto en
x=−1
2, de manera que, por(∗),f alcanza un mínimo relativo estricto
en (−1 2,1).
24. Divide el número 21 en tres sumandos de manera que su producto sea mínimo.
Si llamamos a los sumandos x,y y z tenemosf(x, y, z) = xyz (función a optimizar) y g(x, y, z) =x+y+z−21 = 0 (condición de ligadura). De la condición podemos despejar una variable en función de las otras, por ejemplo, z = 21−x−y y así definir h(x, y) =xy(21−x−y). La solución es (7,7,7)
25. Divide un segmento en otros tres de manera que la suma de los cuadra-dos de sus longitudes sea mínima.
Si a la longitud del segmento la llamamos a y a las tres partes del segmento x, y y z, tenemos la función a optimizar f(x, y, z) = x2 +
y2 +z2 y la condición g(x, y, z) = x+y+z−a = 0. La solución es
(a3,a3,a3).
26. Halla los extremos de la funciónf(x, y) =x2+y2 sujetos a la condición
x2+ 8xy+ 7y2 = 225.
Como de la condición no podemos despejar una variable en función de la otra, si llamamos g(x, y) = x2+ 8xy+ 7y2 −225 = 0, definimos la
función auxiliar de Lagrange,
F(x, y, λ) =f(x, y) +λg(x, y) =x2+y2+λ(x2+ 8xy+ 7y2−225). Para
En primer lugar calculamos lospuntos críticos def condicionados a g, para lo que resolvemos el siguiente sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas:
(I) ∂F
∂x(x, y, λ) = 0 ⇒2x+λ(2x+ 8y) = 0
(II) ∂F
∂y(x, y, λ) = 0 ⇒2y+λ(8x+ 14y) = 0
(III) ∂F
∂λ(x, y, λ) = 0 ⇒x
2+ 8xy+ 7y2−225 = 0
Se obtienen los puntos críticos condicionados(−√5,−2√5)y(√5,2√5)
los dos con el multiplicador de Lagrange λ= −1 9 .
El siguiente paso es obtener la matriz hessiana ampliada:
∆3(x, y) =
0 ∂g∂x ∂y∂g
∂g ∂x
∂2 F ∂x2
∂2 F ∂x∂y ∂g
∂y ∂2
F ∂y∂x
∂2 F ∂y2
=
0 2x+ 8y 8x+ 14y
2x+ 8y 2 + 2λ 8λ
8x+ 14y 8λ 2 + 14λ
Por último aplicamos el criterio en los puntos críticos obtenidos:
∆3(−
√
5,−2√5)
(paraλ=−1 9 )
=
0 −18√5 −36√5
−18√5 169 −8 9
−36√5 −8 9
4 9
Como|∆3(−
√
5,−2√5)|=−18000<0, la función alcanza en el punto
(−√5,−2√5) un mínimo relativo estricto condicionado.
∆3(
√
5,2√5)
(paraλ=−1 9 )
=
0 18√5 36√5 18√5 169 −8
9
36√5 −8 9
4 9
Como |∆3(
√
5,2√5)| = −18000 < 0, la función alcanza en el punto
(√5,2√5) un mínimo relativo estricto condicionado.
27. Una caja rectangular sin tapa tiene un vomumen de32 cm3. Hallar sus
dimensiones de forma que su superficie sea mínima.
Si las dimensiones de la caja las denotamos por x, y y z, tenemos la función a optimizar f(x, y, z) = xy+ 2xz + 2yz con la condición de ligadura g(x, y, z) = xyz −32 = 0. Debemos tener en cuenta que por la naturaleza del problema x, y, z > 0. Por tanto, de la condición podemos despejar, por ejemplo,z en función dexeyy definirh(x, y) =
xy + 64
y +
64
28. Encuentra los extremos absolutos de la función f(x, y, z) = z en el conjunto compacto
R = (x, y, z)∈IR3 :x2+y2+z2 = 6, x+y+z = 0 .
El conjuntoR, es la intersección de la esfera hueca centrada en el origen y de radio √6 con el plano x+y+z = 0, lo que nos da una elipse en el espacio, conjunto que es cerrado y acotado, es decir, compacto. La función f claramente es continua. Por el Teorema de Weierstrass, la función alcanza máximo y mínimo absolutos. Para calcularlos, tenemos que calcular los puntos críticos del interior de R y los puntos críticos de f condicionados a R. Teniendo en cuenta que R es una elipse, Int(R) =∅yF r(R) =R. Por otra parte, teniendo en cuenta que de la condiciónx+y+z = 0podemos despejar una variable en función de las otras (por ejemploz), podemos pasar de tener un problema de extremos condicionados con una función de tres variables con dos condiciones de ligadura a un probema de extremos condicionados con una función de dos variables con una condición de ligadura. En efecto:
x+y+z = 0 ⇒z =−x−y
Sustituyendo en la otra condición y en la función f, podemos definir una nueva función h(x, y) =−x−y en el conjunto compacto
R={(x, y)∈IR2 :x2+y2+ (−x−y)2 = 6
Como hemos comentado como Int(R) = ∅, sólo tenemos que calcular los puntos críticos de h condicionados a R. Para ello, definimos la función auxiliar de Lagrange
F(x, y, λ) =−x−y+λ(2x2+ 2y2+ 2xy−6)
Para calcular los puntos críticos de h condicionados al conjunto
R, resolvemos el siguiente sistema de tres ecuaciones con tres incógni-tas:
(I) ∂F∂x(x, y, λ) = 0⇒ −1 + 4λx+ 2λy= 0 (II) ∂F∂y(x, y, λ) = 0⇒ −1 + 4λy+ 2λx= 0 (III) ∂F
∂λ(x, y, λ) = 0⇒2x
Si resolvemos el sistema obtenemos los puntos (1,1) con λ = 1
6 y
(−1,−1) con λ = −1
6 . Una vez obtenidos todos los puntos críticos
hallamos la imagen de todos ellos, la imagen mayor será el máximo absoluto y la imagen menor el mínimo absoluto. Como h(1,1) = −2
y h(−1,−1) = 2, se tiene que el mínimo absoluto es −2 y el máximo absoluto es 2.
29. La funciónf(x, y) =xy presenta un máximo sobre la curva(x+ 1)2+
y2 = 1. Obtenerlo.
La función f claramente es continua y la curva dada es el conjunto K ={(x, y)∈R2 : (x+ 1)2
+y2 = 1}
que claramente es compacto. Por el Teorema de Weierstrass, f alcanza máximo y mínimo absolutos. Teniendo en cuenta que Int(K) = ∅, sólo tendremos que calcular los puntos críticos de F r(K) =K.
Si llamamosg(x, y) = (x+ 1)2+y2−1 = 0, como no podemos despejar
una variable en función de la otra, definimos la función auxiliar de Lagrange,
F(x, y, λ) =f(x, y) +λg(x, y) =xy+λ(x2+y2+ 2x)
En primer lugar calculamos lospuntos críticos def condicionados a g, para lo que resolvemos el siguiente sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas:
(I) ∂F
∂x(x, y, λ) = 0⇒y+λ(2x+ 2) = 0
(II) ∂F
∂y(x, y, λ) = 0⇒x+ 2λy = 0
(III) ∂F∂λ(x, y, λ) = 0⇒x2+y2+ 2x= 0
Se obtienen los puntos críticos condicionados (−3 2,−
√
3
2 ) con el
mul-tiplicador de Lagrange λ = −√3
2 y (−
3 2,
√
3
2 ) con el multiplicador de
Lagrange λ= √23.
Ahora evaluamos la función en cada uno de los puntos obtenidos: f −3
2,−
√
3
2 =
3√3 4
f −3 2,
√
3
2 = −
3√3 4
30. La bola cerrada unidad de R2, es decir:
BR2 = (x, y)∈R2 :x2+y2 ≤1
es un subconjunto compacto de R2. Calcula los extremos absolutos de
f(x, y) =x2+y2−x−y+ 1 en él.
La existencia de extremos absolutos está garantizada por el Teorema de Weierstrass, ya que la función es continua y el conjunto en el que está definida es compacto.
Int(BR2) ={(x, y)∈R2 :x2+y2 <1} F r(BR2) ={(x, y)∈R2 :x2+y2 = 1}
Si llamamosg(x) =x2+y2−1, tenemos que obtener los puntos críticos
def que pertenecen al interior y los puntos críticos def condicionados a la frontera.
Puntos Críticos de Int(BR2) ={(x, y)∈R2 :x2+y2 <1}: ∂f
∂x(x, y) = 0 ∂f
∂y(x, y) = 0 ⇒
(1 2,
1
2)∈Int(BR2)
Puntos críticos defcondicionados aF r(BR2) ={(x, y)∈R2 :x2+y2 = 1}. Definimos F(x, y, λ) =x2+y2−x−y+ 1 +λ(x2 +y2 −1). Tenemos
que resolver el sistema:
(I) ∂F
∂x(x, y, λ) = 0 ⇒2x−1 + 2λx = 0
(II) ∂F
∂y(x, y, λ) = 0 ⇒2y−1 + 2λy= 0
(III) ∂F
∂λ(x, y, λ) = 0 ⇒x
2+y2−1 = 0 ⇒
(
√
2 2 ,
√
2 2 ),(
−√2 2 ,
−√2 2 )
Calculamos la imagen de todos los puntos críticos obtenidos:
f(12,12) = 12
f(√2 2 ,
√
2
2 ) = 2−
√
2
f(−√2 2 ,−
√
2
2 ) = 2 +
√
2
Como 12 < 2−√2 < 2 + √2, el mínimo absoluto es 12 y el máximo absoluto es 2 +√2.
31. Halla la divergencia y el rotacional del campo vectorial V = xy2−→i +
2x2yz−→j −3yz2−→k en el punto(1,2,−1).
