Certamen 1 Cálculo III1 3 de mayo de 2002
1. Sea f : IR 2
→ IR
la función definida por
x 2 y f ( x, y ) = x 2 + y 2 0
si ( x, y ) ≠ (0,0 ) si ( x, y ) = (0,0)
(a) Hacer ver que f es continua en IR 2 . (b) Estudiar si f es diferenciable en (0,0 ) y en (1,1) . 2. (a) Hacer ver que la función funció n z = φ ( x 2
+ y 2 ) , ∂ z ∂ z ecuación diferencial parcial: y − x = 0 . ∂ x ∂ y
(15 puntos)
con φ
diferenciable, diferenciable, satisface la
(b) Hallar los puntos de a y b tales que la derivada direccional de f ( x , y ) = ax 2 y + bxy bx y 2 en el punto (1,1) tenga un valor máximo 8 en la dirección del vector que forma un ángulo de 45º con el eje . (30 puntos) F : IR 2 → IR 3. Sea (u, v ) a F (u, v ) ∂ F ∂ F +b ≠ 0. una función de clase C 1 que satisface a ∂u ∂v (a) Verificar que la ecuación F ( x − az , y − bz ) = 0 define a la variable z como función de clase C 1 de las variables
e y .
∂ z ∂ z y ∂ ∂ y ∂ z ∂ z a + b =1. ∂ x ∂ y
(b) Hacer ver que las derivadas parciales
satisface satisf acen n la relación (30 puntos)
4. Considerar todos los triángulos rectángulos con perímetro fijo P . Determinar las dimensiones de los lados d manera que se obtenga el triángulo rectángulo de mayor área. (25 puntos) 1
J.Aguayo/G.Avello/E.Bello/H.Palma/J.Ruíz 1/5
I dea de la soluci ón:
1.
x 2 y , ( x, y ) ≠ (0,0 ) f ( x, y ) = x 2 + y 2 0, ( x, y ) = (0,0) 2
(a)
∀( x 0 , y 0 ) ≠ (0,0 ):
lím
( x , y )→ ( x 0 , y0 )
f ( x, y ) =
De aquí se ve que f es continua
lím
( x , y )→( x 0 , y 0 )
x y x 2
+ y 2
=
x 02 y 0 x 02
+ y 02
= f ( x 0 , y 0 )
∀( x 0 , y 0 ) ≠ (0,0 ).
Continuidad en el origen: Suponiendo que
L
=
Como f ( x, y ) − L
≤
y,
y
lím
( x , y , z )→( 0,0 )
=0
y
f ( x, y ) = 0
lím
( x , y )→ (0, 0)
∀( x, y ) ≠ (0,0)
entonces se tiene que L = 0 = f (0,0 ) .
Así f es continua en (0,0 ) .
∴
f es continua
∀( x, y )∈ IR 2
(b) Diferenciabilidad en el origen:
∂ f ∂ f (0,0 ) = 0 = (0,0 ) = f (0,0) , ∂ x ∂ y L1
= ( x , ylím )→( 0, 0)
se tiene que L1
f ( x, y )
( x, y )
=
1 2 2
f es diferenciable en el origen cuando
= 0 . Por otra parte si ( x, y ) ∈ T = {( x, y ) ∈ IR 2 : y = x > 0} ≠ 0. ∴
f no es diferenciable en el origen.
Diferenciabilidad en (1,1) :
∂ f ( ) 2 xy 3 x, y = , ∀( x, y ) ≠ (0,0) 2 2 2 ∂ x ( x + y )
2/5
∂ f ( ) 2 x 2 − y 2 , ∀( x, y ) ≠ (0,0) x, y = x 2 2 2 ∂ y ( x + y )
∀( x, y ) ≠ (0,0) , por tanto
Claramente estas funciones son continuas clase C 1 y además diferenciable
2. (a)
f es de
∀( x, y ) ≠ (0,0) ( en particular en el punto (1,1) ).
∂ z x + y ∂ z x + y ′ 2 y φ = 2 xφ ′ = ; x y y x y ∂ x − ∂ − Al multiplicar
∂ z por ∂
y y
∂ z ∂
por
se tiene que y
∂ z ∂ z − x = 0 . ∂ x ∂ y
(b) La derivada direccional tiene valor máximo en la dirección del vector
∇ f (1,1) = (2a + b, a + 2b ) y dicho valor máximo es ∇ f (1,1) y como en este caso ese valor es 8, se tiene que: 5a 2
+ 5b 2 + 8ab = 64
(1)
Para que el vector ∇ f (1,1) forme un ángulo de 45º con el eje
debe cumplirse que
sus dos componentes sean iguales. ∴ 2 a + b = a + 2b y esto equivale a decir que
a = b De (1) y (2) se tiene que a = b =
4 3
(2)
2 ( no se consideran valores negativos ya que
no se formaría un ángulo de 45º con el eje
3. (a) Sean φ ( x, y , z ) = F ( x − az , y − bz ) , u =
).
− az ;
v = y − bz
Al considerar que φ ( x, y , z ) = 0 , se cumplen las tres condiciones del T.F. Imp. :
3/5
i)
φ ( x, y , z ) = 0 = F ( x − az , y − bz )
ii)
φ es de clase C 1
iii)
∂φ ∂ F ∂u ∂ F ∂v ∂ F ∂ F = + = −a − b ≠ 0 ∂ z ∂u ∂ z ∂v ∂ z ∂u ∂v
Luego por teorema de la función implícita se tiene que z puede definirse como una función de clase C 1 de las variables
e y .
(b) El jacobiano de la función implícita está dado por −1 ∂ z ∂ z ∂ F ∂ F 1 ∂ F ∂ F ∂ F = − = ∂ x ∂ y ( x , y ) ∂ z ∂ x ∂ y a ∂ F + b ∂ F ∂ x ∂ y ∂u ∂v
donde:
∂ F ∂ F ∂u ∂ F = = ∂ ∂u ∂ ∂u
y
∂ F ∂ F ∂v ∂ F = = ∂ y ∂v ∂ y ∂v
1 ∂ z ∂ F = ∂ x a ∂ F + b ∂ F ∂u ∂u ∂v 1 ∂ z = ∂ F ∂ y a ∂ F + b ∂ F ∂v ∂u ∂v
∴
4. Sean
a
1 ∂ z ∂ z a ∂ F + b ∂ F = 1 +b = ∂ x ∂ y a ∂ F + b ∂ F ∂u ∂v ∂u ∂v
e y las longitudes de los catetos.
El área está dada por A( x, y ) = x + y + x 2
xy 2
, esta función debe maximizarze dada la condición
+ y 2 = P . Sea g ( x, y ) = x + y +
4/5
x 2
+ y 2 − P . Al usar multiplicadores de
Lagrange se tiene el sistema:
∇ f ( x , y ) = λ ∇ g ( x, y ) g ( x, y ) = 0
Hay 3 ecuaciones :
= λ 1 + 2
(1)
x
= λ 1 + 2
x 2 + y 2
(2)
y
x
x
2
+ y
2
y
g ( x, y ) = 0
(3)
Al dividir la ecuación (1) por la (2) se llega a
de aquí se tiene que
( x − y )1 +
x + y x 2
+ y 2
= 0 ,
= y ; reemplazando en la ecuación (3) se tiene x = y
=
P 2+ 2
.
EG G/PL S/egg
5/5
