2014/1
(1) (a) Demuestre que el m´aximo de la funci´on x2y2z2sobre la esfera x2+ y2+ z2 = a2 es (a2/3)3 y que el m´ınimo de la funci´on x2+ y2+ z2 sobre la superficie x2y2z2= (a2/3)3 es a2.
Consideramos en primer lugar el Lagrangeano L(x, y, z, λ) = x2y2z2− λ(x2+ y2+ z2− a2)
y suponemos que (x, y, z) es el m´aximo de la funci´on x2y2z2. Entonces, por
la condici´on de primer orden para m´aximos con restricciones, tenemos: ∂L ∂x = 2xy 2z2− 2λx = 0, ∂L ∂y = 2x 2yz2− 2λy = 0, ∂L ∂x = 2x 2y2z − 2λz = 0 y adem´as ∂L ∂λ = x 2 + y2+ z2− a2= 0.[0, 5punto]
Como se trata de un m´aximo de la funci´on x2y2z2, las variables x, y y z son distintas de cero [0,5 punto]. Entonces, de las tres primeras ecuaciones se deduce que
λ = x2y2= x2z2= y2z2,
lo que implica que x2 = y2 = z2. Entonces, por la restricci´on vemos que 3x2= a2, de donde el valor del m´aximo es
a2
3 3
.[0, 5punto]
Ahora consideramos la segunda parte, escribiendo el Lagrangeano corres-pondiente
L(x, y, z, λ) = x2+ y2+ z2− λ(x2y2z2− a2
3 3
).
Si (x, y, z) es m´ınimo de la funci´on x2+ y2+ z2sujeto a x2y2z2= (a2/3)3,
debe tenerse que ∂L ∂x = 2x − 2λxy 2z2= 0, ∂L ∂y = 2y − 2λx 2yz2= 0, ∂L ∂x = 2z − 2λx 2y2z = 0 1
y adem´as ∂L ∂λ = x 2y2z2− a 2 3 3 = 0.[0, 5punto]
Como (x, y, z) satisfacen la restricci´on, sabemos que son todos no nulos, entonces podemos multiplicar las tres primeras ecuaciones por x, y y z, respectivamente obteniendo que
2x2= 2λx2y2z2, 2y2= 2λx2y2z2 y
2z2= 2λx2y2z2, de donde vemos que
x2= y2= z2, [0, 5punto]
pero entonces, reemplazando en la ´ultima ecuaci´on, la restricci´on, vemos que (x2)3= a 2 3 3 ,
as´ı que x2 = a2/3 = y2 = z2. En consecuencia el valor de la funci´on es
x2+ y2+ z2= a2.[0, 5punto]
(b) Considere la superficie S definida por F (p) = 0 y un punto q0fuera de
ella, donde F : R3→ R es una funci´on de clase C1 y ∇F (p) 6= 0 para todo
p ∈ S. Encuentre la condici´on que debe satisfacer un punto p ∈ S que est´e a m´ınima distancia de q0. Interprete geom´etricamente.
Se trata de minimizar la funci´on kp−q0k2sujeto a la condici´on F (p) = 0.
En un punto de m´ınimo debe satisfacerse que (p, λ) es un punto cr´ıtico del Lagrangeano
L(p, λ) = kp − q0k2− λF (p).[1punto]
Entonces, derivando con respecto a las componentes de p y a λ vemos que 2(p − q0) − λ∇F (p) = 0 y F (p) = 0, [1punto]
as´ı que
p − q0=
λ 2∇F (p).
Como q0 no pertenece a la superficie tenemos que p − q0 6= 0 y λ 6= 0.
Geom´etricamente, esto significa que p − q0 es normal a la superficie o es
paralelo al vector normal a la superficie. [1 punto]
(2) (a) Calcular el volumen del s´olido que se forma al intersectar el cilindro x2+ y2≤ rx con los planos z = 0 y x + y − z = 0.
La base del cilindro es la circunferencia C : (x − r
2)
2+ y2= r2
que se obtiene completando el cuadrado. El volumen del s´olido S en cuesti´on se puede escribir como
V = Z Z Z
S
1, que se puede escribir como
V = Z Z C Z x+y 0 1 que implica V = Z Z C x + y. Alternativamente, se puede escribir directamente
V = Z Z
C
x + y.
Para calcular esta integral podemos encontrar los l´ımites de integraci´on para la circunferencia, describi´endola como
C = {(x, y) / 0 ≤ x ≤ r, − r r2 4 − (x − r 2) 2≤ y ≤ r r2 4 − (x − r 2) 2},
lo que permite escribir la integral
V = Z r 0 Z q r2 4−(x− r 2)2 − q r2 4−(x−r2)2 (x + y)dydx.[1punto] Integrando obtenemos V = Z r 0 (xy + y2)| q r2 4−(x− r 2)2 − q r2 4−(x−r2)2 dx = 2 Z r 0 x r r2 4 − (x − r 2) 2dx = 2 Z r 0 (x −r 2) r r2 4 − (x − r 2) 2dx + r Z r 0 r r2 4 − (x − r 2) 2dx[0, 5punto]
Para la primera de estas integrales hacemos un cambio de variables u = x−r 2 y vemos que Z r 0 (x − r 2) r r2 4 − (x − r 2) 2dx = Z r2 −r 2 u r r2 4 − u 2du = 0
por simetr´ıa. Con respecto a la otra integral podemos ver que Z r 0 r r2 4 − (x − r 2) 2dx = 1 2π( r 2) 2, [0, 5punto]
interpretando la integral como el ´area bajo la curva (media circunferen-cia). Esta integral tambi´en se puede hacer usando un cambio de variable trigonom´etrico, por ejemplo. Con todo esto, el volumen pedido es
V = π(r 2)
(b) Suponga que f es una funci´on continua y que a > 0. Demuestre que Z a 0 Z x 0 Z y 0 f (z)dzdydx = 1 2 Z a 0 f (z)(z − a)2dz. Usando el teorema de Fubini obtenemos
Z a 0 Z x 0 Z y 0 f (z)dzdydx = Z a 0 Z a z Z a y f (z)dxdydz [1, 5punto] = Z a 0 Z a z f (z) Z a y dxdydz = Z a 0 Z a z f (z)(a − y)dydz = −1 2 Z a 0 f (z)(a − y)2|a zdz = 1 2 Z a 0 f (z)(a − z)2dz. [1, 5punto]
(3) (a) D´e condiciones para que las ecuaciones
x = u + v, y = u2+ v2, z = u3+ v3 definan a z como funci´on de x e y. Calcule
∂z ∂x,
∂z ∂y. Consideramos el sistema de ecuaciones
x − u − v = 0 y − u2− v2 = 0
z − u3− v3 = 0
y buscamos una condici´on para poder despejar las variables (z, u, v) en funci´on de (x, y). Para ello es necesario que el determinante de Jacobiano de la funci´on que define el lado izquierdo de la ecuaci´on, con respecto a las variables que queremos despejar ((z, u, v)) sea no nulo, es decir,
0 −1 −1 0 −2u −2v 1 −3u2 −3v2 = 1 × (−2v + 2u) = 2(u − v) 6= 0.
As´ı la condici´on es u 6= v [1, 5punto]. Para encontrar ∂z∂x, derivamos la ecuaci´on con respecto a x, considerando (z, u, v) funciones de (x, y). Obten-emos el sistema de ecuaciones lineales
−∂u ∂x− ∂v ∂x = −1, −2u∂u ∂x− 2v ∂v ∂x = 0, ∂z ∂x − 3u 2∂u ∂x − 3v 2∂v ∂x = 0. De las primeras dos ecuaciones despejamos f´acilmente
∂u ∂x = v u − v, ∂v ∂x = u u − v
y usando la tercera ecuaci´on obtenemos ∂z ∂x = 3u 2 v u − v + 3v 2 u u − v = 3uv. [1, 0punto]
Para encontrar ∂z∂y, derivamos la ecuaci´on con respecto a y, considerando (z, u, v) funciones de (x, y). Obtenemos el sistema de ecuaciones lineales
−∂u ∂y − ∂v ∂y = 0, −2u∂u ∂y − 2v ∂v ∂y = −1, ∂z ∂y − 3u 2∂u ∂y − 3v 2∂v ∂y = 0. De las primeras dos ecuaciones despejamos f´acilmente
∂u ∂y = − 1 2(v − u), ∂v ∂y = 1 2(v − u) y usando la tercera ecuaci´on obtenemos
∂z ∂y = −3u 2 1 2(v − u)+ 3v 2 1 2(v − u) = 3 2(u + v). [0, 5punto]
(b) Considere la funci´on f : R3→ R3 definida por
f (x, y, z) = (z cos(xy), zsen(xy), x + z).
Muestre que la funci´on f admite una funci´on inversa en un regi´on cercana al punto (1, 0, 1). Calcule la matriz Jacobiana de la inversa de f en (1, 0, 1). ¿es f biyectica?
Calculamos en primer lugar el Jacobiano de la funci´on f :
−zysen(xy) −zxsen(xy) cos(xy) zycos(xy) zxcos(xy) sen(xy)
1 0 1 . Evaluando en el punto (1, 0, 1) obtenemos
0 0 1 0 1 0 1 0 1 = −1.
Como el Jacobiano es no nulo, el Teorema de la Funci´on Inversa garantiza que en una regi´on cercana a (1, 0, 1) la funci´on f tiene inversa [1, 5punto]. La matriz Jacobiana de la funci´on f−1 en el punto f (1, 0, 1) = (1, 0, 2) es la inversa de la matriz Jacobiana de f , es decir,
Df−1(1, 0, 2) = (Df (1, 0, 1))−1. Tenemos Df (1, 0, 1) = 0 0 1 0 1 0 1 0 1 .
La inversa de esta matriz se puede encontrar con diversos m´etodos, por ejemplo, con el m´etodo de Cramer. La matriz adjunta es
1 0 −1 0 −1 0 −1 0 0 de donde obtenemos la inversa
(Df (1, 0, 1))−1= 1 −1 1 0 −1 0 −1 0 −1 0 0 = −1 0 1 0 1 0 1 0 0 , que es la matriz buscada. [1punto]
La f no es biyectiva, pues por ejemplo, f (0, 0, 0) = f (0, 3, 0) (y muchos otros ejemplos) [0, 5punto].
