EJERCICIOS DE CÁLCULO DIFERENCIAL EN FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES
Matemáticas I. Prof.: Ignacio López Torres
Ejercicios de cálculo diferencial en funciones de varias variables. Ejercicio 1. Estudia la continuidad de las siguientes funciones: a) ( ) =
(
2
√ 2
+ 2
0
b) ( ) =
(
3 6 +2
c) ( ) =
(
4 + 4 2 + 2
d) ( ) =
(
√
0
0 2 + 2
0
para ( ) 6= (0 0 ) para ( ) = (0 0 )
.
para ( ) 6= (0 0) . para ( ) = (0 0) para ( ) 6= (0 0) . para ( ) = (0 0) para ( ) 6= (0 0) para ( ) = (0 0)
.
Una solución. a) Observa que dom = R3 . De las propiedades de las funciones continuas, se deduce que esta función es continua en todos los puntos de su dominio salvo, eventualmente, en los puntos de la forma (0 0 ), con ∈ R. En estos puntos, ( ) (observa que se trata para estudiar la existencia del límite lim ()→(00)
de una indeterminación del tipo 00 ), procedemos de modo similar al resultado visto en el ejemplo 5.3.4.2. de la parte de teoría (correspondiente a un cambio a esféricas), pero efectuando ahora en la función ( ) un cambio a coordenadas cilíndricas. En este sistema de coordenadas, un punto ( ) del espacio se expresa mediante tres coordenadas, ( ), donde el significado de , que es la distancia del punto al eje , del ángulo , y de la coordenada , se muestra en la Figura 1.
Figura 1
1
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El cambio de variable para pasar de coordenadas cilíndricas a cartesianas es = cos = sen = . Inversamente, para pasar de coordenadas cartesianas a cilíndricas, el cambio de variable es p = 2 + 2 = arc tan = verificándose que ≥ 0, y que 0 ≤ 2. Por tanto, efectuando un cambio a coordenadas cilíndricas para estudiar la ( ), se cumple que existencia del límite lim ()→(00)
2 cos2 = →0 = lim cos2 = 0,
lim ( cos sen ) = lim
→0
→0
cualquiera que sean ∈ R, ∈ [0 2), por lo que lim ( cos sen ) = 0,
→0
uniformemente en y cualquiera que sea ∈ R, y así se verifica que
lim
()→(00)
( ) =
0. En definitiva, puesto que (0 0 ) =
lim
()→(00)
( ) = 0,
resulta que la función también es continua en todos los puntos de la forma (0 0 ), con ∈ R. b) Observa que dom = R2 . De las propiedades de las funciones continuas, se deduce que esta función es continua en todos los puntos de su dominio salvo, eventualmente, el origen de coordenadas (0 0). En este punto, para estudiar la ( ), veamos que sucede al aproximarnos según existencia del límite lim ()→(00)
cúbicas (pasando por el punto (0 0)) del tipo = 3 . Haciendo = 3 en la expresión del límite según dichas cúbicas, se llega a ¡ ¢ ¡ ¢ 3 3 3 3 3 = = lim = lim 6 , lim →0 6 + 2 →0 6 + (3 )2 →0 (1 + 2 ) 1 + 2 de donde se sigue, aplicando la propiedad 5.1.2.1. de la parte teórica, que no ( ), por lo que la función no es continua en dicho punto existe lim ()→(00)
(0 0). 2
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c) De las propiedades de las funciones continuas, se deduce que esta función es continua en todos los puntos salvo, eventualmente, el origen de coordenadas ( ) (observa que se (0 0). Para estudiar la existencia del límite lim ()→(00)
trata de una indeterminación del tipo 00 ), efectuamos en la función ( ) un cambio a coordenadas polares, obteniendo ¡ ¢ lim ( cos sen ) = lim 2 cos4 + sen4 = 0, →0
→0
cualquiera que sea ∈ (0 2]. Por tanto, dado que lim ( cos sen ) = 0, →0
uniformemente en , se verifica que
lim
()→(00)
( ) = 0, y resulta que la
función también es continua en (0 0) (al ser (0 0) =
lim
()→(00)
( )).
d) Observa que dom = R2 . De las propiedades de las funciones continuas, se deduce que esta función es continua en todos los puntos de su dominio salvo, eventualmente, el origen de coordenadas (0 0). Para estudiar la existencia del ( ) (observa que se trata de una indeterminación del tipo límite lim ()→(00)
0 0 ),
veamos que sucede al aproximarnos según rectas (pasando por el punto (0 0)) del tipo = . Haciendo = en la expresión del límite según dichas rectas, se llega a =√ , lim √ 2 2 2 + 1 + 2
→0
de donde se sigue, aplicando la propiedad 5.1.2.1. de la parte teórica, que no ( ), por lo que la función no es continua en dicho punto existe lim ()→(00)
(0 0). Ejercicio 2. Estudia la existencia de derivadas parciales primeras, y construye las funciones derivadas parciales de primer orden, de las siguientes funciones: ( 2 para ( ) 6= (0 0) 6 + 2 . a) ( ) = 0 para ( ) = (0 0) b) ( ) =
(
c) ( ) =
(
d) ( ) =
½
(1−)+sen(3 ) 2 +2
0 (2 +2 ) sen(−) 2 + 2
0
para ( ) 6= (0 0) . para ( ) = (0 0) para ( ) 6= (0 0) . para ( ) = (0 0)
¢ ¡ 2 2 log 2 + 2 para ( ) 6= (0 0) . 0 para ( ) = (0 0) 3
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e) ( ) = | − |. Una solución. a) Observa que dom = R2 . Veamos que la función admite derivadas parciales en todos los puntos de su dominio. En efecto, aplicando las propiedades de las funciones derivables, las reglas de derivación vistas para funciones de una variable, y simplificando, se llega fácilmente a que ∀( ) ∈ R2 \{(0 0)} es ¡ ¢ 2 26 − 2 ( ) = − 2 (6 + 2 ) ¡ ¢ 2 6 − 2 ( ) = 2 . (6 + 2 ) En cuanto al origen, aplicando la definición de derivada parcial, se obtiene (0 0) = (0 0) =
( 0) − (0 0) 0 = lim = 0 →0 (0 ) − (0 0) 0 lim = lim = 0, →0 →0 lim
→0
por lo que también existen derivadas parciales en dicho punto, y son ambas nulas. Por tanto, las funciones derivadas parciales de primer orden de quedan definidas del modo siguiente ( 2(26 − 2 ) − para ( ) 6= (0 0) (6 + 2 )2 ( ) = 0 para ( ) = (0 0) ( 2 6 2 ( − ) para ( ) 6= (0 0) . (6 + 2 )2 ( ) = 0 para ( ) = (0 0) Este ejemplo prueba (una vez más) que la existencia de derivadas parciales de primer orden en un punto, no implica la continuidad en dicho punto. En efecto, fácilmente se prueba (p.e. procediendo de modo similar al ejemplo 1.b)) que esta función no es continua en (0 0). b) Observa que dom = R2 . Veamos que la función admite derivadas parciales en todos los puntos de su dominio. En efecto, aplicando las propiedades de las funciones derivables, las reglas de derivación vistas para funciones de una variable, y simplificando, se llega fácilmente a que ∀( ) ∈ R2 \{(0 0)} es ( ) =
−2 + 3 + 2 2 − 4 + 34 cos 3 + 32 2 cos 3 − 2 sen 3
(2 + 2 )2 −3 + 2 + 23 + 2 sen 3 ( ) = − . 2 (2 + 2 ) 4
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En cuanto al origen, aplicando la definición de derivada parcial, se obtiene 3
sen ( 0) − (0 0) 2 (0 0) = lim = lim =1 →0 →0 (0 ) − (0 0) 0−0 (0 0) = lim = lim = 0, →0 →0
por lo que también existen derivadas parciales de primer orden en (0 0). Por tanto, las funciones derivadas parciales de primer orden de quedan definidas del modo siguiente ( −2 + 3 +2 2 −4 +34 cos 3 +32 2 cos 3 −2 sen 3 para ( ) 6= (0 0) (2 + 2 )2 ( ) = 1 para ( ) = (0 0) ( −3 + 2 +23 +2 sen 3 − para ( ) 6= (0 0) (2 + 2 )2 ( ) = . 0 para ( ) = (0 0) c) Observa que dom = R2 . Veamos que la función admite derivadas parciales de primer orden en todos los puntos de su dominio. En efecto, aplicando las propiedades de las funciones derivables, las reglas de derivación vistas para funciones de una variable, y simplificando, se llega a que ∀( ) ∈ R2 \{(0 0)} es £ ¤ sen( − )(22 − 2 + 3 ) + cos( − )(4 + 2 2 + 3 + 3 ) ( ) = 2 (2 + 2 ) £ ¤ sen( − )(3 − 2 + 22 ) − cos( − )(3 + 3 + 2 2 + 4 ) ( ) = . 2 (2 + 2 ) En cuanto al origen, aplicando la definición de derivada parcial, se obtiene (0 0) = (0 0) =
( 0) − (0 0) 0−0 = lim =0 →0 (0 ) − (0 0) 0−0 lim = lim = 0, →0 →0 lim
→0
por lo que también existen derivadas parciales en dicho punto, y son ambas nulas. Por tanto, las funciones derivadas parciales de primer orden de quedan definidas del modo siguiente ( [sen(−)(2 2 −2 + 3 )+cos(−)(4 +2 2 +3 + 3 )] para ( ) 6= (0 0) (2 + 2 )2 ( ) = 0 para ( ) = (0 0) ( 3 2 2 3 3 2 2 4 [sen(−)( − +2 )−cos(−)( + + + )] para ( ) 6= (0 0) . (2 + 2 )2 ( ) = 0 para ( ) = (0 0) 5
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d) Observa que dom = R2 . Veamos que la función admite derivadas parciales de primer orden en todos los puntos de su dominio. En efecto, aplicando las propiedades de las funciones derivables, las reglas de derivación vistas para funciones de una variable, y simplificando, se llega a que ∀( ) ∈ R2 \{(0 0)} es £ ¤ 2 2 (2 + 2 ) log(2 + 2 ) + 2 ( ) = 2 + 2 ¤ £ 2 2 2 ( + 2 ) log(2 + 2 ) + 2 ( ) = . 2 + 2 En cuanto al origen, aplicando la definición de derivada parcial, se obtiene (0 0) = (0 0) =
( 0) − (0 0) 0−0 = lim =0 →0 (0 ) − (0 0) 0−0 lim = lim = 0, →0 →0 lim
→0
por lo que también existen derivadas parciales en dicho punto, y son ambas nulas. Por tanto, las funciones derivadas parciales de primer orden de quedan definidas del modo siguiente ( 2 2 [(2 + 2 ) log(2 +2 )+2 ] para ( ) 6= (0 0) 2 +2 ( ) = 0 para ( ) = (0 0) ( 2 2 2 2 2 2 2 [( + ) log( + )+ ] para ( ) 6= (0 0) . 2 +2 ( ) = 0 para ( ) = (0 0) e) Desplegando el valor absoluto, la función ( ) = | − | se puede reescribir en la forma ½ − ( − ) para − ≤ 0 ( ) = , − para − ≥ 0 y sus derivadas parciales de primer orden ½ −1 ( ) = 1 ½ 1 ( ) = −1
son para − 0 para − 0
para − 0 . para − 0
La gráfica de esta función en el cubo [0 1] × [0 1] × [0 2] se bosqueja en la
6
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Figura 2
Figura 2 Es evidente que,½en todos los puntos ( ) ∈ R2 tales que − = 0, es decir, a = lo largo de la recta mostrada en dicha Figura 2, la función no admite =0 derivadas parciales de primer orden. Esto se puede ver fácilmente recordando que la función : R → R definida mediante () = || no es derivable en el punto = 0. Ejercicio 3. Calcular las derivadas direccionales siguientes: a) De la función : R → R, definida mediante q () = kk = 21 + 22 + + 2 , ³ ´ según el vector (unitario) = √1 √1 √1 ∈ R , en el punto = (1 2 ) ∈ R . b) De la función : R2 → R, definida mediante ½ sen para ( ) 6= (0 0) 2 +2 , 0 para ( ) = (0 0) en el punto (0 0) según cualquier vector (unitario y no nulo) = (1 2 ) ∈ R2 . c) De la función : R2 → R, definida mediante ( 2 4 2 ( − ) para ( ) 6= (0 0) , (2 + 4 )2 1 para ( ) = (0 0) 7
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en el punto (0 0) según cualquier vector (unitario y no nulo) = (1 2 ) ∈ R2 . d) De la función : R2 → R, definida mediante ( 2 2 para ( ) 6= (0 0) 4 +4 , 0 para ( ) = (0 0) en el punto (0 0) según cualquier vector (unitario y no nulo) = (1 2 ) ∈ R2 . Una solución. a) Por las propiedades de las funciones diferenciables sabemos que es diferenciable en todos los puntos salvo en = 0 (en dicho punto, recuerda que la función : R → R definida mediante () = ||, obtenida haciendo = 1 en , no es diferenciable en el punto = 0 ∈ R, de donde se sigue que la función dada, () = kk, no es diferenciable en 0 ∈ R ). Por tanto, para todo ∈ R , con 6= 0, por ser diferenciable, podemos aplicar la siguiente fórmula para la derivada direccional () =
X () =1
= ∇ () · ,
y, dado que en este caso es ∙ ¸ 1 1 (1 2 ) (1 2 ) ∇ () = = kk kk (1 2 ) ¶ µ 1 1 1 √ √ √ , = se llega a () =
√ X . kk =1
Finalmente, en el punto 0 ∈ R , aplicando la definición de derivada direccional, las propiedades de la norma, y teniendo en cuenta que kk = 1, se verifica que () − (0) kk − 0 || = lim = lim (0) = lim →0 →0 →0 y este límite no existe, ya que || →0 || lim →0+ lim−
− = −1 →0 = lim+ = 1. →0 =
lim−
Por tanto, no existe derivada direccional de la función () = kk en el punto = 0 según el vector . Más aún, observamos que dicha función () = kk, no admite derivada direccional en el punto = 0 según ningún vector (unitario) . 8
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b) Aplicando la definición de derivada direccional, se verifica que (0 + 1 0 + 2 ) − (0 0) = lim (0 0) = lim →0 →0 12 2 1 2 sen (1 ) = 2 = lim . 12 + 22 →0 1 + 22
2 1 2 sen(1 ) 2 (12 +22 )
−0
=
c) Aplicando la definición de derivada direccional, se verifica que (12 −2 24 )2 2 − 1 (0 + 1 0 + 2 ) − (0 0) (2 +2 24 ) = lim 1 = (0 0) = lim →0 →0 −412 24 = lim = 0. →0 ( 2 + 2 4 )2 1 2 Por tanto, esta función admite derivada direccional en el punto (0 0) según cualquier vector (unitario) , y dicha derivada direccional es siempre nula. Sin ( ) embargo, observa que esta función no es continua en (0 0), ya que lim ()→(00)
no existe (se llega a esta conclusión utilizando aproximaciones al origen según parábolas del tipo 2 = ), ni diferenciable en (0 0) (por no ser continua en (0 0). d) Aplicando la definición de derivada direccional, se verifica que (0 + 1 0 + 2 ) − (0 0) (0 0) = lim = lim →0 →0 2 2 1 2 1 = lim . 14 + 24 →0
12 22 14 +24
−0
=
Se pueden presentar los siguientes casos: • Si 1 2 6= 0, no existe derivada direccional de la función dada en el punto (0 0), ya que el límite lim 1 no existe. →0
• Si 1 2 = 0, es decir, si = (1 0) o si = (0 1), entonces existen las derivadas direccionales de la función dada en el punto (0 0) según dichos vectores, y son ambas nulas. Ejercicio 4. a) Prueba que la función : R2 → R definida mediante ( 2 4 2 ( − ) para ( ) 6= (0 0) , (2 + 4 )2 1 para ( ) = (0 0) 9
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no es diferenciable en el punto (0 0), demostrando que no es continua en (0 0). b) Prueba que la función : R2 → R definida mediante ½ 2 1 ( + ) sen + para + 6= 0 , 0 para + = 0 es diferenciable en el punto (0 0), aplicando la definición de diferenciabilidad. Prueba que admite derivadas parciales de primer orden en (0 0), y que dichas derivadas parciales no son continuas en (0 0). ¿Contradice este ejemplo la propiedad 6.3.3.5. vista en la parte teórica? c) Prueba que la función : R2 → R definida mediante ( 2 √ 2 2 para ( ) 6= (0 0) + , 0 para ( ) = (0 0) es diferenciable en el punto (0 0), demostrando que admite derivadas parciales de primer orden en una bola de centro el punto (0 0), y que dichas derivadas parciales son continuas en (0 0). d) Prueba que la función : R2 → R definida mediante ½ 1 para ( ) 6= (0 0) sen 2 + 2 , 0 para ( ) = (0 0) no es diferenciable en el punto (0 0), demostrando que no admite alguna derivada parcial de primer orden en (0 0). e) Prueba que la función : R2 → R definida mediante ( 2 para ( ) 6= (0 0) 4 +2 , 0 para ( ) = (0 0) admite derivadas direccionales en el punto (0 0) según cualquier vector (unitario) = (1 2 ), pero no es diferenciable en (0 0). Una solución. a) Para esta función se probó en el ejercicio 3.c) que admite derivada direccional en el punto (0 0) según cualquier vector (unitario) , y que dicha derivada direccional es siempre nula (en particular, admite derivadas parciales de primer orden en dicho punto, y son ambas nulas). Sin embargo, veamos que esta fun ( ) no existe. En efecto, ción no es continua en (0 0), debido a que lim ()→(00)
utilizando aproximaciones al origen según parábolas del tipo 2 = , se llega 10
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a la siguiente expresión del
lim
()→(00)
( ) para cualquier aproximación al
origen según dichas parábolas: ¡ 2 ¢2 µ ¶2 − 2 2 1 − 2 lim = . →0 (2 + 2 2 )2 1 + 2 Dado que este límite depende de la parábola considerada, concluimos que ( ) no existe y, como consecuencia, no es continua en el límite lim ()→(00)
(0 0). Aplicando la propiedad vista en el apartado 6.3.3.2. de la parte teórica, resulta que no es diferenciable en (0 0). b) Veamos que, para esta función, existen derivadas parciales de primer orden en todos los puntos, en particular en el origen. En efecto, aplicando las propiedades de las funciones derivables, las reglas de derivación vistas para funciones de una variable, y simplificando, se llega fácilmente a que ∀( ) ∈ R2 \{( ) ∈ R2 tales que + = 0} es 1 1 ( ) = 2 ( + ) sen − cos + + 1 1 ( ) = 2 ( + ) sen − cos . + +
En cuanto al origen, aplicando la definición de derivada parcial, se obtiene (0 0) = (0 0) =
2 sen 1 − 0 1 ( 0) − (0 0) = lim = lim sen = 0 →0 →0 →0 2 sen 1 − 0 1 (0 ) − (0 0) lim = lim = lim sen = 0, →0 →0 →0 lim
por lo que también existen derivadas parciales en dicho punto, y son (0 0) = 0 y (0 0) = 0. Veamos que estas derivadas parciales no son continuas en (0 0). En este punto, observamos que el límite ¶ µ 1 1 − cos = 2 ( + ) sen ( ) = lim lim + + ()→(00) ()→(00) 1 , =− lim cos + ()→(00) y este límite no existe. Por tanto, no es continua en el punto (0 0) (id. para (0 0)). Más aún, y no son continuas en puntos ( ) ∈ R2 tales que + = 0. Veamos, sin embargo, que es diferenciable en (0 0). Para ello, calculamos ( ) − (0 0) − (0 0)( − 0) − (0 0)( − 0) q = ()→(00) 2 2 ( − 0) + ( − 0) lim
1 1 ( + )2 sen + − 0 − 0( − 0) − 0( − 0) ( + )2 sen + p p = lim = lim . ()→(00) ()→(00) 2 + 2 2 + 2
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Pasando a coordenadas polares para calcular este último límite, se llega a lim (cos + sen )2 sen
→0
1 = 0, (cos + sen )
cualquiera que sea ∈ (0 2]. Por tanto, dado que lim
()→(00)
( ) − (0 0) − (0 0)( − 0) − (0 0)( − 0) q = 0, ( − 0)2 + ( − 0)2
resulta que es diferenciable en el punto (0 0). Este ejemplo no contradice la propiedad 6.3.3.5. vista en la parte teórica, dado que la condición de que existan las derivadas parciales y en una bola de centro (0 0), y sean ambas continuas en el punto (0 0), es tan solo una condición suficiente, no siendo necesaria para garantizar la diferenciabilidad de la función en dicho punto (0 0). c) Veamos que, para esta función , existen derivadas parciales de primer orden en todos los puntos, en particular en el origen. En efecto, aplicando las propiedades de las funciones derivables, las reglas de derivación vistas para funciones de una variable, y simplificando, se llega fácilmente a que ∀( ) ∈ R2 \{(0 0)} es ¡ ¢ 2 + 2 2 ( ) = 3 (2 + 2 ) 2 4
( ) =
3
(2 + 2 ) 2
.
En cuanto al origen, aplicando la definición de derivada parcial, se obtiene (0 0) = (0 0) =
( 0) − (0 0) 0−0 = lim =0 →0 (0 ) − (0 0) 0−0 lim = lim = 0, →0 →0 lim
→0
por lo que también existen derivadas parciales en dicho punto, y son (0 0) = 0 y (0 0) = 0. Veamos que estas derivadas parciales son continuas en (0 0). En este punto, pasando a coordenadas polares, por ejemplo en la expresión de ( ), se llega a que ¡ ¢ lim ( cos sen ) = lim cos sen cos2 + 2 sen2 = 0 →0
→0
para cualquiera que sea ∈ (0 2]. Por tanto, dado que lim ( cos sen ) = →0
0, uniformemente en , se verifica que
lim
()→(00)
( ) = 0 = (0 0), resul-
tando que es continua en el punto (0 0) (similarmente para ). Como 12
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consecuencia, aplicando la propiedad 6.3.3.5. vista en la parte teórica, es diferenciable en (0 0). d) Veamos que, para esta función, no existe derivada parcial (0 0). En efecto, aplicando la definición de derivada parcial en el punto (0 0), se obtiene sen 12 − 0 1 ( 0) − (0 0) (0 0) = lim = lim = lim sen 2 , →0 →0 →0 y este límite no existe. Por tanto, dado que no admite derivada parcial (0 0), no es diferenciable en (0 0). e) Aplicando la definición de derivada direccional en el punto (0 0) según el vector (unitario) = (1 2 ), y siempre que sea 2 6= 0, se verifica que 2 (0 + 1 0 + 2 ) − (0 0) 2 2 = lim 2 41 = 1 (con 2 6= 0). 2 →0 →0 1 + 2 2
(0 0) = lim
Por tanto, siempre que sea 2 6= 0, admite derivada direccional en el punto (0 0) según cualquier vector (unitario) = (1 2 ), y en tal caso es (0 0) =
12 2
En particular, para el vector = (0 1) se obtiene (0 0) =
02 (0 0) = = 0. 1
En cuanto a la derivada direccional de en la dirección del vector = (1 0), dado que es igual a la derivada parcial (0 0), podemos obtenerla mediante ( 0) − (0 0) (0 0) = lim = 0. →0 Por tanto, admite derivada direccional en el punto (0 0) según cualquier vector (unitario) = (1 2 ), y dicha derivada direccional se define mediante ( 2 1 cuando 2 6= 0 2 (0 0) = 0 cuando 2 = 0 Veamos que no es diferenciable en (0 0). Esto se sigue de la discontinuidad de en (0 0), como fácilmente se comprueba utilizando una aproximación al orilim ( ) gen por parábolas del tipo 2 = , que muestra que el límite ()→(00)
depende de la dirección. En efecto, mediante dicha aproximación se obtiene el límite 2 = lim 2 2 →0 + 2 1 + 2 . 13
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En definitiva, esta función admite derivada direccional en el punto (0 0) según cualquier vector, pero no es diferenciable en dicho punto (0 0). La figura 3 bosqueja la gráfica de esta función en una bola del origen.
Figura 3 Ejercicio 5. Se considera la función : R2 → R, definida mediante ( sen(−) para ( ) 6= (0 0) (+) 2 +2 . 0 para ( ) = (0 0) Calcula (0 0) y (0 0). ¿Contradice el resultado obtenido el teorema de Clairaut, de igualdad de las derivadas parciales cruzadas?¿Verifica dicho teorema para cualquier ( ) ∈ R2 \(0 0)? Una solución. Es fácil probar que la función es continua en todos los puntos, incluido el origen de coordenadas (0 0). Asimismo es sencillo obtener las funciones derivadas parciales de primer orden de , que son ( [sen(−)(2 −22 −3 )−cos(−)(4 +2 2 +3 + 3 )] − para ( ) 6= (0 0) (2 +2 )2 ( ) = 0 para ( ) = (0 0) ( 3 2 2 3 3 2 2 4 [sen(−)( − +2 )−cos(−)( + + + )] para ( ) 6= (0 0) , (2 +2 )2 ( ) = 0 para ( ) = (0 0) 14
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y probar que ambas funciones y son continuas en todos los puntos, excluido (0 0). En efecto, aproximaciones al origen por rectas del tipo = muestran que los límites lim ( ) y lim ( ) dependen de la di→0
rección, por lo que los límites dobles
→0
lim
()→(00)
( ) y
lim
()→(00)
( ) no
existen. Veamos que, para esta función , no se cumple la igualdad de las derivadas parciales cruzadas de segundo orden en el origen. En efecto, dado que − (0 ) − (0 0) = lim (0 0) = lim →0 →0 (0 0) =
( 0) − (0 0) = lim →0
lim
→0
(3 sen ) 4
(3 sen ) 4
−0
−0
sen = −1 →0
= − lim
= lim
→0
sen = 1,
resulta que (0 0) = −1 6= 1 = (0 0). El resultado obtenido no contradice el teorema de Clairaut, debido a que no se cumplen las condiciones para aplicar este teorema. En efecto, hemos visto que y no son continuas en (0 0). Obviamente, en cualquier punto ( ) ∈ R2 distinto del punto (0 0), se cumplen las condiciones para aplicar dicho teorema, por lo que ( ) = ( ) ∀ ( ) ∈ R2 \ (0 0) . Ejercicio 6. Determina el mínimo valor de ∈ N para que la función : R2 → R, definida mediante ½ sen − sen para ( ) 6= (0 0) 2 +2 0 para ( ) = (0 0) admita plano tangente en el punto (0 0). Para el valor de obtenido, determina las ecuaciones del plano tangente y de la recta normal a la superficie = ( ) en el punto (0 0). Una solución. En el apartado 6.2. de la parte teórica, vimos que si es diferenciable en (0 0), entonces admite plano tangente en (0 0), y la ecuación de dicho plano tangente es = (0 0) + (0 0)( − 0) + (0 0)( − 0). Por tanto, se trata de determinar el mínimo valor de ∈ N para que la función sea diferenciable en el punto (0 0). Dado que la continuidad de en (0 0) es condición necesaria para la diferenciabilidad de en (0 0), comenzamos observando que el mínimo valor de ∈ N para que la función sea continua en (0 0) es = 2 . En efecto, para este valor = 2, fácilmente se comprueba, 15
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por ejemplo pasando a coordenadas polares, que ficándose que (0 0) = lim
()→(00)
lim
()→(00)
lim
()→(00)
( ) = 0, veri-
( ) = 0, mientras que para = 1 el límite
( ) no existe.
Supongamos, por tanto, que ≥ 2. Dado que la existencia de derivadas parciales de primer orden de en (0 0) es condición necesaria para la diferenciabilidad de en (0 0), comenzamos onteniendo el mínimo valor de ∈ N para que la función admita derivadas parciales de primer orden en (0 0). Aplicando la definición de derivada parcial en el punto (0 0), se obtiene (0 0) = (0 0) =
sen −0 ( 0) − (0 0) 2 lim = lim = lim −3 sen →0 →0 →0 − sen −0 (0 ) − (0 0) 2 lim = lim = − lim −3 sen , →0 →0 →0
y dichos límites existen siempre que sea ≥ 2. Para = 2, dichos límites valen 1 y −1 respectivamente, y para ≥ 3, dichos límites valen 0. Supongamos inicialmente que ≥ 3. En tal caso, (0 0) = (0 0) = 0, y aplicando la definición de diferenciabilidad en (0 0) se verifica que lim
()→(00)
=
( ) − (0 0) − (0 0)( − 0) − (0 0)( − 0) q = 2 2 ( − 0) + ( − 0) sen − sen 2 +2
lim
p 2 + 2
()→(00)
=
lim
()→(00)
sen − sen 3
(2 + 2 ) 2
,
y este límite existe y vale 0 (siempre que sea ≥ 3). Veamos que para = 2 la función no es diferenciable en (0 0). En efecto, para = 2 es (0 0) = 1, (0 0) = −1, por lo que aplicando la definición de diferenciabilidad en (0 0) ( ) − (0 0) − (0 0)( − 0) − (0 0)( − 0) q = ()→(00) 2 2 ( − 0) + ( − 0) lim
= =
lim
2 sen − 2 sen 2 + 2
−+ p = ()→(00) 2 + 2 2 sen − 2 sen − 3 − 2 + 2 + 3
()→(00)
lim
3
(2 + 2 ) 2
,
y este límite no existe como probaremos utilizando una aproximación al origen por rectas del tipo = . En efecto, esta aproximación conduce al límite 2 sen − 2 2 sen − 3 − 2 3 + 3 + 3 3
= 3 (2 + 2 2 ) 2 2 sen − 2 2 sen − 3 − 2 3 + 3 + 3 3 , = lim 3 →0 (2 + 2 2 ) 2 lim
→0
16
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y este límite no existe, dado que depende de como fácilmente se comprueba utilizando desarrollos en serie (sen = − 16 3 +, sen = − 16 3 3 +). Por tanto, el mínimo valor de ∈ N para que la función sea diferenciable en el punto (0 0) es = 3. Para dicho valor, se verifica que (0 0) = (0 0) = 0, y la ecuación del plano tangente a la superficie = ( ) en el punto (0 0) es = 0 + 0( − 0) + 0( − 0), es decir, = 0. La ecuación de la recta normal a la superficie = ( ) en el punto (0 0) es −0 − (0 0) −0 , = = −1 (0 0) (0 0) es decir, el eje =0 =0
¾
.
Ejercicio 7. a) Calcula el volumen de material necesario para fabricar un vaso cilíndrico de paredes delgadas de radio interior , altura interior , grosor de la pared lateral 1 , y grosor de la pared de la base 2 (todos los datos están expresados en metros). b) Obtén una aproximación p numérica al valor de la variación que experimenta la función ( ) = || cuando varía de 4 a 401 e varía de 9 a 899. ¿Que error se comete con dicha aproximación? c) Al medir las dimensiones del radio de la base y de la altura de un cono de revolución recto, se obtuvieron, respectivamente, los siguientes valores: = 14 cm y = 21 cm. Sabiendo que dichas medidas están sujetas a errores máximos de 01 cm y 015 cm, respectivamente, obtén una estimación del error máximo en que se puede incurrir al calcular el volumen del cono utilizando dichas medidas. Una solución. a) El volumen exacto de material necesario para fabricar dicho vaso se obtiene restando el volumen total del cilindro exterior menos el volumen del cilindro interior, mediante
= ( + 1 )2 ( + 2 ) − 2 = ¢ ¡ = 2 2 + 21 + 21 2 + 21 + 21 2 . 17
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De manera aproximada (dado que el vaso es de paredes delgadas), si designamos por el volumen del cilindro interior, entonces = 2 , y el material necesario para fabricar dicho vaso se obtiene de modo aproximado mediante la diferencial + , = donde ≈ 1 y ≈ 2 . Operando, se llega a = 21 + 2 2 = (21 + 2 ) . b) Hemos visto en la parte de teoría que la expresión ( ) ≈ ( ) + ( )( − ) + ( )( − ), es la linealización de en el punto ( ), y que dicha aproximación se denomina aproximación lineal (o aproximación del plano tangente) a la función en ( ). Para valores de ( ) en las proximidades de ( ), la linealización de en el punto ( ) se puede expresar mediante ( ) ≈ ( ) + ( ) + ( ), p por lo que, particularizando para la función ( ) = || y el punto (4 9), se llega a (401 899) ≈ (4 9) + (4 9) · 001 + (4 9) · (−001) . En estas condiciones, teniendo en cuenta que ¯ ¯¯ = (4 9) = √ 2 ¯(49) ¯ ¯ (4 9) = = √ ¯¯ 2 (49)
se obtiene
(401 899) ≈ 6 + 075 · 001 −
en el punto (4 9) es 3 = 075 4 1 , 3
001 ≈ 60042. 3
Por tanto, la variación que experimenta es (401 899) − (4 9) ≈ 60042 − 6 = 00042. Finalmente, dado que el valor exacto de dicha variación es p p |401 · 899| − |4 · 9| ≈ 000416,
el error que se comete mediante la aproximación lineal es del orden de ≈ 00001. 18
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c) El volumen de este cono es =
1 1 2 = · 142 · 21 = 1372 ≈ 4310262 cm3 . 3 3
Diferenciando en esta expresión, se llega a =
2 1 + = + 2 . 3 3
Por tanto, el error (absoluto) máximo en que se puede incurrir al calcular el volumen del cono utilizando dichas medidas es del orden de =
1 2 · 14 · 21 · 01 + · 142 · 015 = 294 ≈ 92363 cm3 , 3 3
que, en relación al volumen calculado, supone un error relativo de 92363 ≈ ≈ 2143%. 4310262 Ejercicio 8. Para las siguientes funciones y , estudiar la diferenciabilidad de las composiciones = ◦ en los puntos especificados. En caso de diferenciables, obtener su diferencial: ¢ ¡ a) : R3 → R2 definida mediante ( ) = 2 + 2 2 + 3 2 42 − 2 2 R3 , con : ⊂ R2 → ¡√ √= {( ) ∈ R : ¢ 3 y ( ) 6= (0 0)}, definida 2 2 − 3 + 3 − 4 , en el punto (4 3). mediante ( ) =
3 b) : ⊂ R3 →³R2 , con = {( ´ ) ∈ R : ( ) 6= (0 0)}, definida mediante ( ) = 2 + 2 2 + 2
3 mediante ( ) = ( sen cos sen sen cos ), : R3 → ¢ ¡ R definida en el punto 4 6 4 .
Una solución.
a) Aplicando el resultado visto en la parte de teoría, concerniente a la regla de la cadena, dado que es diferenciable en (4 3), por ser sus tres componentes diferenciables en dicho punto, y es diferenciable en (4 3) = (1 5 0), por ser sus dos componentes diferenciables en (1 5 0), resulta que ◦ es diferenciable en (4 3), y se verifica que ( ◦ ) (4 3) = ((4 3)) · (4 3) = = (1 5 0) · (4 3).
19
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En estas condiciones, de ( ) =
µ
se sigue que
2 4 8 −2
µ
(1 5 0) =
¶
6 0
2 20 0 8 −10 0
¶
,
.
Del mismo modo, de ⎛
( ) = ⎝
√1 2 −3 √ 2 + 2
se sigue que
(4 3) = ⎝
Por tanto, ( ◦ ) (4 3) =
µ
2 20 0 8 −10 0
¶
⎠
√ 2 +2
3 ⎛
⎞
0 −4
1 2 4 5
0 3 5
3
−4
⎛
·⎝
1 2 4 5
3
⎞
⎠. 0 3 5
−4
⎞
⎠=
µ
17 12 −4 −6
¶
.
Finalmente, la diferencial de ◦ en el punto (4 3), se puede expresar mediante µ ¶µ ¶ 17 12 ( ◦ ) (4 3) = . −4 −6 b) Aplicando el resultado visto en la parte¡ de teoría, ¢ concerniente a la regla de la cadena, dado que es diferenciable en 4 6 4 , por ser sus tres componentes diferenciables en dicho punto (las tres componentes se expresan mediante el producto de una variable), y es diferenciable √ ¢ ¢de funciones ¡√ √ diferenciables ¡ 2 2 2 3 , por ser sus dos componentes diferenciables en en 4 6 4 = ¡√ √ √ ¢ ¡ ¢ 2 2 2 3 , resulta que ◦ es diferenciable en 4 6 4 , y se verifica que ³ ³ ´´ ³ ´ ³ ´ 4 = 4 · 4 = ( ◦ ) 4 6 ³4 6 ´ ³√ 4√ 6 √ ´ 4 . 2 2 2 3 · = 4 6 En estas condiciones, de
( ) =
Ã
2
2
0
−2 (2 +2 )2
−2 (2 +2 )2
1 2 +2
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!
,
se sigue que
³√ √ √ ´ 2 2 2 3 =
Ã
√ 2 √2 − 46
√ 2 √2 − 46
0 1 4
!
.
Del mismo modo, de ⎛
⎞ − sen sen cos cos sen cos ( ) = ⎝ sen cos cos sen sen sen ⎠ 0 − sen cos
se sigue que
Por tanto,
⎛ √ √ 6 − 2 ³ ´ √ ⎜ √ 4 = ⎝ 2 6 4 6 0 −2
³ ´ 4 = ( ◦ ) 4 6 =
à Ã
√ 2 √2 − 46
√ 2 √2 − 46
0 1 4
!
! √ 0 8 3 2√ . 0 − 72 − 83
√ 2 √4 2 √4 3 2
⎛
⎞
⎟ ⎠.
√ √ 6 − 2 √ √ ⎜ ·⎝ 2 6 0 −2
√ 2 √4 2 √4 3 2
⎞
⎟ ⎠=
¢ ¡ Finalmente, la diferencial de ◦ en el punto 4 6 4 , se puede expresar mediante à ! ⎛ ⎞ √ ³ ´ 0 8 3 2√ ⎝ ⎠ . 4 = ( ◦ ) 4 6 0 − 72 − 83 Ejercicio 9. Determina los puntos ( ) ∈ R3 para los que las siguientes funciones : R3 → R3 son localmente invertibles. Para dichos puntos, obtén la diferencial de la función −1 (localmente definida) en el punto que se especifica.¿Son dichas funciones globalmente invertibles? mediante ( ) = ( sen cos sen sen cos ), a) : R3¡→ R3 definida ¢ en el punto 4 6 4 . b) ¡ : R3¢ → R3 definida mediante ( ) = ( cos sen ), en el punto 2 3 3 .
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Una solución. a) Por la propiedades de las funciones diferenciables, se verifica que ∈ 1 (R3 ), y ∀( ) ∈ R3 se cumple que ¯ ¯ ¯ − sen sen cos cos sen cos ¯ ¯ ¯ | ( )| = ¯¯ sen cos cos sen sen sen ¯¯ = − 2 sen . ¯ ¯ 0 − sen cos
Por tanto, designando por = {( ) ∈ R3 : = 0 o = ± para = 0 1 2 }, se verifica que ∀ ( ) ∈ R3 \, es | ( )| 6= 0. Observamos que no admite función inversa global (ya que, al ser ( ) = ( ± 2 ± 2 ), para = 0 1 2 , no es inyectiva). Sin embargo, dado que cumple las condiciones del Teorema de la función inversa en todo punto ( ) ∈ R3 \ ( ∈ 1 (R3 ) y | ( )| 6= 0 ∀ ( ) ∈ R3 \), es localmente invertible en cualquier punto ( ) ∈ R3 \. Por tanto, ∀ ( ) ∈ R3 \ existe un conjunto abierto conteniendo al punto ( ) en el cual : → = ( ) es regular. Más aun, en tales casos, el conjunto = ( ) es un conjunto abierto, y la función inversa local −1 : → verifica que −1 ∈ 1 ( ), y que ⎛
⎞−1 − sen sen cos cos sen cos −1 −1 ( ) = ( ( )) = ⎝ sen cos cos sen sen sen ⎠ = 0 − sen cos ⎞ ⎛ sen cos − sen 0 sen sen cos sen ⎠ . = ⎝ cos cos − sen cos sen sen cos donde ( ) = ( ). ¡ ¢ En particular, si consideramos el punto ( ) = 4 6 4 , se verifica que ¡ ¢ ¡√ √ √ ¢ 4 64 = 2 2 2 3 , y es ⎛ √ √ 6 − 2 ³ ³ ´´−1 ³√ √ √ ´ √ ⎜ √ 4 −1 2 2 2 3 = =⎝ 2 6 4 6 0 −2 ⎞ ⎛ √ √ 2 2 0 − √4 ⎟ ⎜ √64 6 = ⎝ 16 − 18 ⎠ . 16 √ 2 4
√ 2 4
Finalmente, la diferencial de −1 en el punto ⎛ √ − 2 ³√ √ √ ´ ⎜ √64 −1 2 2 2 3 = ⎝ 16 √ 2 4
√
2 √4 2 √4 3 2
⎞−1 ⎟ ⎠
=
√ 3 2
¡√ √ √ ¢ 2 2 2 3 , se expresa mediante ⎞⎛ √ ⎞ 2 0 4 √ ⎟ 6 1 ⎠ ⎝ ⎠ . − 16 √ √8 2 3 4
2
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b) Por la propiedades de las funciones diferenciables, se verifica que ∈ 1 (R3 ), y ∀( ) ∈ R3 se cumple que ¯ ¯ ¯ cos − sen 0 ¯ ¯ ¯ | ( )| = ¯¯ sen cos 0 ¯¯ = . ¯ 0 0 1 ¯
Por tanto, designando por = {( ) ∈ R3 : = 0}, se verifica que ∀ ( ) ∈ R3 \, es | ( )| 6= 0. Observamos que no admite función inversa global (ya que, al ser ( ) = ( ± 2 ), para = 0 1 2 , no es inyectiva). Sin embargo, dado que cumple las condiciones del Teorema de la función inversa en todo punto ( ) ∈ R3 \ ( ∈ 1 (R3 ) y | ( )| 6= 0 ∀ ( ) ∈ R3 \), es localmente invertible en cualquier punto ( ) ∈ R3 \. Por tanto, ∀ ( ) ∈ R3 \ existe un conjunto abierto conteniendo al punto ( ) en el cual : → = ( ) es regular. Más aun, en tales casos, el conjunto = ( ) es un conjunto abierto, y la función inversa local −1 : → verifica que −1 ∈ 1 ( ), y que ⎛
cos −1 ( ) = ( ( ))−1 = ⎝ sen 0 ⎛ ⎞ cos sen 0 cos 0 ⎠. = ⎝ − sen 0 0 1 En particular, si consideramos el punto ( ) = ¡ ¢ ¡ √ ¢ 2 3 3 = 1 3 3 , y es
− sen cos 0
¡ ¢ 2 3 3 , se verifica que
⎛ 1 ³ ³ ´´−1 ³ √ ´ √2 −1 1 3 3 = 2 3 = ⎝ 23 3 0 ⎞ ⎛ √ 3 1 0 2 ⎟ ⎜ 2√3 1 = ⎝ − 0 ⎠. 4 4 0 0 1
Finalmente, la diferencial de −1 en el punto ⎛ √ 1 3 ³ √ ´ 2 ⎜ 2√3 −1 1 1 3 3 = ⎝ − 4 4 0 0
⎞−1 0 0 ⎠ = 1
√ ⎞−1 − 3 0 1 0 ⎠ = 0 1
¡ √ ¢ 1 3 3 , se expresa mediante ⎞⎛ ⎞ 0 ⎟⎝ ⎠ . 0 ⎠ 1
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Ejercicio 10. a) Se considera la función : R2 → R definida mediante ( ) = 3 + 3 + 2 + + 2 + . Determina los valores del parámetro ∈ R para los cuales la ecuación ( ) = 0 define a como función implícita de , = (), en un entorno del punto (0 0). Para dichos valores de , obtén 0 (0). b) Sea = {( ) ∈ R2 : 0 0}. considera la función : → R definida mediante ( ) = − . Estudia si la ecuación ( ) = 0 a ¢ como función implícita de , = (), en un entorno del punto ¡define −1 −1 . En caso afirmativo, obtén 0 (−1 ). c) Sea
= {( ) ∈ R3 : 0 0 0}. considera la función : → R definida mediante ( ) = log + log + log . Estudia si la ecuación ( ) = 0 define a como función implícita de e , = ( ), en un entorno del punto (1 1 1). En caso afirmativo, obtén (1 1) y (1 1). Una solución. a) Teniendo en cuenta que ∈ 1 (R2 ), que (0 0) = 0, y que £ ¤ (0 0) = 3 2 + + 2 + {=0=0} = 6= 0
si y solamente si 6= 0. Por tanto, aplicando el teorema de la función implícita, siempre que sea 6= 0, en las proximidades del punto (0 0) la ecuación ( ) = 0 define una función diferenciable = () tal que ( ()) = 0.
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En dicho punto (0 0), y para dicha función implícita = (), obtenemos £ 2 ¤ 3 + + 2 {=0=0} 0 (0 0) 0 =− = − = 0. (0) = − (0 0) ¢ ¡ b) Teniendo en cuenta que ∈ 1 (), que −1 −1 = 0, y que ¡ ¢ £ ¤ −1 −1 −1 = log + −1 {=−1 =−1 } = 2− 6= 0
resulta, aplicando el¢ teorema de la función implícita que, en las proximidades ¡ del punto −1 −1 la ecuación ( ) = 0 define una función diferenciable = () tal que ( ¡ ()) =¢ 0. En dicho punto −1 −1 , y para dicha función implícita = (), obtenemos £ −1 ¤ ¡ −1 −1 ¢ −1 + log {=−1 =−1 } 2− 0 −1 =− ( ) = − = − −−1 = −1. (−1 −1 ) 2−−1 2 c) Teniendo en cuenta que ∈ 1 (), que (1 1 1) = 0, y que i h + log (1 1 1) = = 1 6= 0 {=1=1=1} resulta, aplicando el teorema de la función implícita que, en las proximidades del punto (1 1 1) la ecuación ( ) = 0 define una función diferenciable = ( ) tal que ( ( )) = 0. En dicho punto (1 1 1), y para dicha función implícita = ( ), obtenemos ¤ £ log + {=1=1=1} (1 1 1) =− = −1 (1 1) = − (1 1 1) 1 h i log + (1 1 1) {=1=1=1} =− = −1. (1 1) = − (1 1 1) 1 Ejercicio 11. Calcula y clasifica los extremos relativos de las siguientes funciones: a) ( ) = 3 − 4 + 2 2 − 3. ¢ ¡ b) ( ) = 2 − 2 + 2 .
c) ( ) = 4 − 23 + 62 + 72 − 6 + 2 − 6 + 2 + 1. 25
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¢ ¡ d) ( ) = 2 − 2 .
e) ( ) = ( − )2 .
¢2 ¡ f ) ( ) = − 2 .
¢2 ¡ g) ( ) = − 2 − 6 . Una solución.
a) Al ser un polinomio, se verifica que ∈ ∞ (R2 ), por lo que se pueden aplicar las condiciones introducidas en la parte de teoría. Al aplicar la condición necesaria de extremo, se llega al sistema
= 32 − 3 = 0 = −4 3 + 4 = 0,
cuyas soluciones son los puntos críticos (1 0),(1 1), (1 −1), (−1 0),(−1 1) y (−1 −1). Al aplicar la condición suficiente a estos puntos, teniendo en cuenta que
= 6 = −12 2 + 4 = 0,
resulta que: • En el punto (1 0): Dado que (1 0) = 6, (1 0) = 4, (1 0) = 0, observamos que se verifica en dicho punto que (1 0) = 6 0, | (1 0)| = (1 0) (1 0) − ( (1 0))2 = 24 0, por lo que el punto (1 0) es un mínimo local de . • En el punto (1 1): Dado que (1 1) = 6, (1 1) = −8, (1 1) = 0, observamos que se verifica en dicho punto que 2
(1 1) = 6 0, | (1 1)| = (1 1) (1 1)−( (1 1)) = −48 0, por lo que el punto (1 1) es un punto de silla de . • En el punto (1 −1): Dado que (1 −1) = 6, (1 −1) = −8, (1 −1) = 0, observamos que se verifica en dicho punto que 2
(1 −1) = 6 0, | (1 −1)| = (1 −1) (1 −1)−( (1 −1)) = −48 0, por lo que el punto (1 −1) es un punto de silla de . 26
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• En el punto (−1 0): Dado que (−1 0) = −6, (−1 0) = 4, (−1 0) = 0, observamos que se verifica en dicho punto que 2
(−1 0) = −6 0, | (−1 0)| = (−1 0) (−1 0)−( (−1 0)) = −24 0, por lo que el punto (−1 0) es un punto de silla de . • En el punto (−1 1): Dado que (−1 1) = −6, (−1 1) = −8, (−1 1) = 0, observamos que se verifica en dicho punto que 2
(−1 1) = −6 0, | (−1 1)| = (−1 1) (−1 1) − ( (−1 1)) = = 48 0, por lo que el punto (−1 1) es un máximo local de . • En el punto (−1 −1): Dado que (−1 −1) = −6, (−1 −1) = −8, (−1 −1) = 0, observamos que se verifica en dicho punto que 2
(−1 −1) = −6 0, | (−1 −1)| = (−1 −1) (−1 −1) − ( (−1 −1)) = = 48 0, por lo que el punto (−1 −1) es un máximo local de . Las Figuras 4 y 5 bosquejan, respectivamente, la gráfica de esta función en el cubo [−2 2] × [−2 2] × [−10 25], y típicas lineas de nivel de
Figura 4 27
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Figura 5 b) Al ser un polinomio, se verifica que ∈ ∞ (R2 ), por lo que se pueden aplicar las condiciones introducidas en la parte de teoría. Al aplicar la condición necesaria de extremo, se llega al sistema = 32 − 4 + 2 = 0 = 2 = 0, ¢ ¡ cuyas soluciones son los puntos críticos (0 0) y 43 0 . Al aplicar la condición suficiente a estos puntos, teniendo en cuenta que
= 6 − 4 = 2 = 0,
resulta que: • En el punto (0 0): Dado que (0 0) = −4, (0 0) = 0, (0 0) = 0, observamos que se verifica en dicho punto que (0 0) = −4 0, | (0 0)| = (0 0) (0 0) − ( (0 0))2 = 0,
28
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por lo que nada se puede afirmar, aplicando esta condición suficiente, respecto al caracter del punto (0 0). Aplicando la definición de extremo local, analicemos el signo de la expresión ¢ ¡ ( ) = ( ) − (0 0) = 2 − 2 + 2 para puntos ( ) pertenecientes a una bola de centro (0 0). En la figura 6 se muestran estos signos.
Figura 6 En el círculo 2 − 2 + 2 0 (excluyendo la frontera), es 0. En el exterior del círculo, en el semiplano 0 es 0 y en el semiplano 0 es 0. Sobre la circunferencia, y sobre el eje , es = 0. Dado que ( ) = ( ) − (0 0) no mantiene signo constante en una bola de centro el origen, resulta que (0 0) es un punto de silla. ¡ ¡ ¡ ¢ ¢ ¢ ¢ ¡ • En el punto 43 0 : Dado que 43 0 = 4, 43 0 = 83 , 43 0 = 0, observamos que se verifica en dicho punto que ¯ ¶ ¶¯ ¶ ¶ µ ¶¶2 µ µ µ µ µ ¯ ¯ 4 4 4 4 4 0 = 4 0, ¯¯ 0 ¯¯ = 0 0 − 0 = 3 3 3 3 3 32 0, = 3 ¡ ¢ por lo que 43 0 es un mínimo local de . 29
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c) Al ser un polinomio, se verifica que ∈ ∞ (R2 ), por lo que se pueden aplicar las condiciones introducidas en la parte de teoría. Al aplicar la condición necesaria de extremo, se llega al sistema
= 43 − 62 + 12 + 14 − 6 − 6 = 0 = 62 − 6 + 2 + 2 = 0.
Despejando en la segunda ecuación y sustituyendo en la primera, se llega a la ecuación ¢ ¡ −16 22 − 3 + 1 = 0 ¡ ¢ cuyas soluciones conducen a los puntos críticos (0 −1), 12 − 14 y (1 −1). Al aplicar la condición suficiente a estos puntos, teniendo en cuenta que
= 122 − 12 + 12 + 14 = 2 = 12 − 6,
resulta que: • En el punto (0 −1): Dado que (0 −1) = 2, (0 −1) = 2, (0 −1) = −6, observamos que se verifica en dicho punto que
(0 −1) = 2 0, | (0 −1)| = (0 −1) (0 −1)−( (0 −1))2 = −32 0,
por lo que el punto (0 −1) es un punto de silla. ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ • En el punto 12 − 14 : Dado que 12 − 14 = 8, 12 − 14 = 2, 12 − 14 = 0, observamos que se verifica en dicho punto que ¶ µ 1 1 − = 80 2 4 ¯ ¶¯ ¶ ¶ µ ¶¶2 µ µ µ µ ¯ ¯ ¯ 1 − 1 ¯ = 1 − 1 1 − 1 − 1 − 1 = 16 0, ¯ 2 4 ¯ 2 4 2 4 2 4 ¢ ¡ por lo que el punto 12 − 14 es un mínimo relativo de .
• En el punto (1 −1): Dado que (1 −1) = 2, (1 −1) = 2, (1 −1) = 6, observamos que se verifica en dicho punto que
(1 −1) = 2 0, | (1 −1)| = (1 −1) (1 −1)−( (1 −1))2 = −20 0, por lo que el punto (1 −1) es un punto de silla. d) Al ser un polinomio, se verifica que ∈ ∞ (R2 ), por lo que se pueden aplicar las condiciones introducidas en la parte de teoría. Al aplicar la condición necesaria de extremo, se llega al sistema ¢ ¡ = 32 − 2 = 0 ¢ ¡ = 2 − 3 2 = 0, 30
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es decir, ³√ ´ ³√ ´ 3 + 3 − = 0 ³ √ ´ √ ´³ = 0, + 3 − 3
y la única solución de este sistema conduce al punto crítico (0 0). Al aplicar la condición suficiente a este punto, teniendo en cuenta que de
= 6 = −6 = 32 − 3 2 ,
se sigue que (0 0) = 0, (0 0) = 0, (0 0) = 0, observamos que se verifica en dicho punto que 2
(0 0) = 0, | (0 0)| = (0 0) (0 0) − ( (0 0)) = 0, por lo que nada se puede afirmar, aplicando esta condición suficiente, respecto al caracter del punto (0 0). Aplicando la definición de extremo local, analicemos el signo de la expresión ¢ ¡ ( ) = ( ) − (0 0) = 2 − 2 = ( + ) ( − ) para puntos ( ) pertenecientes a una bola de centro (0 0). En la figura 7 se muestran estos signos, en rojo la recta = , en verde la recta = −, en amarillo la recta = 0, y en azul la recta = 0.
Figura 7 Dado que ( ) = ( )− (0 0) no mantiene signo constante en una bola de centro el origen, resulta que (0 0) es un punto de silla. e) Al ser un polinomio, se verifica que ∈ ∞ (R2 ), por lo que se pueden aplicar las condiciones introducidas en la parte de teoría. Al aplicar la condición 31
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necesaria de extremo, se llega al sistema
= 2 ( − ) = 0 = −2 ( − ) = 0,
y la única solución de este sistema conduce a una recta de puntos críticos de la forma ( ) con ∈ R. Al aplicar la condición suficiente a estos puntos, teniendo en cuenta que de
= 2 = 2 = −2,
se sigue que ( ) = 2, ( ) = 2, ( ) = −2, observamos que se verifica en dichos puntos que 2
( ) = 2 0, | ( )| = ( ) ( ) − ( ( )) = 0, por lo que nada se puede afirmar, aplicando esta condición suficiente, respecto al caracter de los puntos ( ). Aplicando la definición de extremo local, analicemos el signo de la expresión 2
( ) = ( ) − ( ) = ( − )
para puntos ( ) pertenecientes a una bola de centro ( ). Dado que 2
( ) = ( ) − ( ) = ( − ) ≥ 0, resulta que ( ) es no negativa en una bola de centro ( ), por lo que cada punto ( ) es un mínimo local de la función . f ) Al ser un polinomio, se verifica que ∈ ∞ (R2 ), por lo que se pueden aplicar las condiciones introducidas en la parte de teoría. Al aplicar la condición necesaria de extremo, se llega al sistema ¢ ¡ = −4 − 2 = 0 ¢ ¡ = 2 − 2 = 0, y la única solución ¢ de este sistema conduce a una parábola de puntos críticos ¡ de la forma 2 con ∈ R. Al aplicar la condición suficiente a estos puntos, teniendo en cuenta que de
= −4 + 122 = 2 = −4, 32
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¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ se sigue que 2 = 82 , 2 = 2, 2 = −4, observamos que se verifica en dichos puntos que
¯ ¡ ¢ ¢¯ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¡ ¢¢2 ¡ 2 = 42 ≥ 0, ¯ 2 ¯ = 2 2 − 2 = 0, por lo que nada se puede afirmar, ¢ aplicando esta condición suficiente, respecto ¡ al caracter de los puntos 2 . Aplicando la definición de extremo local, analicemos el signo de la expresión ¢ ¡ ¢2 ¡ ( ) = ( ) − 2 = − 2
¢ ¡ para puntos ( ) pertenecientes a una bola de centro 2 . Dado que
¢ ¡ ¢2 ¡ ( ) = ( ) − 2 = − 2 ≥ 0, ¡ ¢ resulta¡que ( ) es no negativa en una bola de centro 2 , por lo que cada ¢ punto 2 es un mínimo local de la función .
g) Al ser un polinomio, se verifica que ∈ ∞ (R2 ), por lo que se pueden aplicar las condiciones introducidas en la parte de teoría. Al aplicar la condición necesaria de extremo, se llega al sistema ¢ ¡ = −4 − 2 − 63 = 0 ¢ ¡ = 2 − 2 = 0,
y la única solución de este sistema conduce al punto crítico (0 0). Al aplicar la condición suficiente a este punto, teniendo en cuenta que de
= −4 − 62 = 2 = −4,
se sigue que (0 0) = 0, (0 0) = 2, (0 0) = 0, observamos que se verifica en dicho punto que (0 0) = 0, | (0 0)| = (0 0) (0 0) − ( (0 0))2 = 0, por lo que nada se puede afirmar, aplicando esta condición suficiente, respecto al caracter del punto (0 0). Aplicando la definición de extremo local, analicemos el signo de la expresión ¢2 ¡ ( ) = ( ) − (0 0) = − 2 − 6 = ¢¡ ¢ ¡ = − 2 + 3 − 2 − 3
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para puntos ( ) pertenecientes a una bola de centro (0 0). La Figura 8 muestra el signo de dicha expresión en las proximidades del origen.
Figura 8 Dado que ¡ ¢¡ ¢ ( ) = ( ) − (0 0) = − 2 + 3 − 2 − 3 ,
no mantiene signo constante en una bola de centro el origen, resulta que (0 0) es un punto de silla. Ejercicio 12. a) Se desea construir una balsa de riego de forma paralelepipédica, abierta por su parte superior, de volumen igual a m3 . Sabiendo que el coste de la construcción del fondo es de 1 euros/m2 , y el coste de la construcción de las paredes laterales es de 2 euros/m2 , determina las dimensiones de la balsa para minimizar el coste de su construcción. b) Determina el punto que, estando situado en los planos + 2 + 3 = 4 y − + 5 = 1, se halla a distancia mínima del origen de coordenadas. c) Determina los extremos absolutos de la función ( ) = + 5 sobre el conjunto 2 2 + ≤ 1 −1 ≤ ≤ 1}. = {( ) ∈ R2 : 9 4 d) Sea = {(1 2 ) ∈ R : 0 para = 1 2 }, y ∈ R, con 0. Halla el valor máximo de la función : ⊂ R → R, definida mediante √ (1 2 ) = 1 2 34
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sobre el conjunto 1 + 2 + + = . Deduce del resultado obtenido que, para cualquiera que sean los números reales 1 , 2 , ... , , con 0 para = 1 2 , se verifica que su media geométrica es menor o igual que su media aritmética √ 1 + 2 + + . 1 2 ≤ Una solución. a) Designando por e a la longitud de las aristas de la base, y por a la altura, teniendo en cuenta que el volumen del paralelepípedo es = , y que el área lateral (parte superior excluida, fondo incluido) es = + 2 ( + ) , se trata de resolver el problema de óptimos condicionados consistente en hallar el mínimo de la función que define el coste de la construcción, = 1 + 22 ( + ) , sujeta a la restricción de que el volumen embalsado sea , es decir = . Aplicando el método de los multiplicadores de Lagrange, el Lagrangiano del problema es ( ) = 1 + 22 ( + ) − ( − ) , y la condición necesaria de extremo introducida en la parte de teoría, conduce al sistema
= = = =
1 + 22 − = 0 1 + 22 − = 0 22 ( + ) − = 0 − ( − ) = 0.
Teniendo en cuenta que 0, 0, 0 (en particular, ninguna variable puede ser nula, porque, en caso de que alguna lo fuera, no se cumpliría la restricción), multiplicando por la primera ecuación, por la segunda, y por
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la tercera, y despejando e igualando las expresiones en , se llega fácilmente a las dos ecuaciones siguientes: = 1 = 22 . estas ecuaciones en la restricción, se obtiene el punto crítico q con q ´ ³ qEntrando 2 3 1 3 22 3 22 , por lo que las dimensiones óptimas de la balsa para 1 1 422 minimizar el coste de construcción son las siguientes: base cuadrada de lado q q 3
22 1
; altura
3
21 422
.
b) Se trata de encontrar el mínimo de la función p ( ) = 2 + 2 + 2
sujeta a las restricciones
+ 2 + 3 − + 5
= 4 = 1.
De modo equivalente, se trata de encontrar el mínimo de la función ( ) = 2 + 2 + 2 , sujeta a dichas restricciones. Aplicando el método de los multiplicadores de Lagrange, el Lagrangiano del problema es ( ) = 2 + 2 + 2 − ( + 2 + 3 − 4) − (− + 5 − 1), y la condición necesaria de extremo introducida en la parte de teoría, conduce al sistema
= = = = =
2 − + = 0 2 − 2 = 0 2 − 3 − 5 = 0 − ( + 2 + 3 − 4) = 0 −(− + 5 − 1) = 0.
Resolviendo este sistema lineal en ¡ y , se ¢ obtiene el punto situado 15 5 de a mínima distancia del origen, resultando 11 14 14 , 14 , y los multiplicadores √ 1 371 Lagrange = 15 y = − . La mínima distancia resulta ser . 14 2 14 Este problema también se puede resolver parametrizando la recta intersección de los dos planos, y minimizando la distancia al origen de un punto genérico de dicha recta.
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c) En la Figura 9
Figura 9 se muestra el conjunto = {( ) ∈ R2 :
2 2 + ≤ 1 −1 ≤ ≤ 1}, 9 4
que corresponde a la porción del interior de la elipse de centro el origen y semiejes = 3 sobre el eje y = 2 sobre el eje (esta elipse se muestra en color rojo en la Figura 9), situada en la franja horizontal de plano −1 ≤ ≤ 1 (las rectas = 1 e = −1 se muestran, respectivamente, en colores azul y verde en la Figura 9). Observamos que es continua, por ser un polinomio, y que es compacto, por ser cerrado y acotado. Por tanto, aplicando el teorema de Weierstrass, alcanza su máximo y su mínimo absolutos en . 2 2 Fácilmente se calculan los puntos de ³ intersección´ de la elipse 9 + 4 = 1 √
y la recta = −1, resultando los puntos ± 3 2 3 −1 , y de la elipse y la recta ³ √ ´ = 1, resultando los puntos ± 3 2 3 1 . El valor de la función en cada uno de estos puntos es: ! Ã √ ! Ã √ √ √ 15 3 3 3 15 3 3 3 −1 = −1 + − −1 = −1 − 2 2 2 2 ! Ã √ ! Ã √ √ √ 15 3 3 3 15 3 3 3 1 = 1+ − 1 = 1− 2 2 2 2 Por otra parte, la función no tiene extremos relativos, dado que = 1 6= 0 y = 5 6= 0.
Veamos que, en este ejercicio, se pueden obtener fácilmente los extremos absolutos de sobre el compacto mediante sencillas consideraciones geométricas. En efecto, las líneas de nivel de son líneas rectas. En particular, en la Figura 37
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9 se han representado en color negro las dos líneas de nivel de que pasan por los extremos absolutos. ³ √ De ´dicha figura se deduce que el máximo absoluto se obtiene en el punto 3 2 3 1 y que el mínimo absoluto se obtiene en el punto ³ √ ´ − 3 2 3 −1 . A este resultado también se puede llegar utilizando el procedimiento descrito en el apartado 9.6. de la parte teórica. Por otra parte, observa que el hecho de que se alcancen los extremos sobre las rectas = ±1 √ (como en este caso), o sobre los tramos de elipse situados en √ 3 3 3 3 de´nivel las regiones 2 o − 2 , depende de la pendiente de la línea ³ 0 en relación a la pendiente de la tangente a la elipse en el punto
√ 3 3 2 1
.
d) Aplicando el método de los multiplicadores de Lagrange, el Lagrangiano del problema es √ (1 2 ) = 1 2 − (1 + 2 + + − ) . Aplicando la condición necesaria de extremo condicionado, se obtiene el sistema 2 −=0 1 = −1 − = 1 (1 2 ) 1 3 −=0 2 = −1 − = 2 (1 2 ) 1 2 −1 = −=0 −1 − = (1 2 )
= − (1 + 2 + + − ) = 0.
De las primeras ecuaciones, se sigue que 1 = 2 = = , por lo que, sustituyendo en la restricción, se obtienen los valores de las variables correspondientes al máximo de , resultando 1 = 2 = = = . Sustituyendo en la expresión de , se obtiene su valor máximo, resultando max = . Como consecuencia de esta propiedad, y siempre que sea 0 para = 1, 2,, , se verifica que √ 1 2 ≤ , es decir, √ 1 + 2 + + . 1 2 ≤ 38
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