Ejercicios recomendados: Cálculo III

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1 Ejercicios recomendados: Cálculo III Cátedra de MA 1003 II ciclo 2017 Los ejemplos que siguen están tomados del libro: Claudio Pita Ruiz Cálculo Vectorial Prentice-Hall Hispanoamericana México 1995 Ejemplos semanas y 7 Extremos de funciones de varias variables sección 2 Ejemplo 1 Considerar la función f : R 2 R dada por f (x y) := e 2x+3y La fórmula de Taylor de f en el origen se ve como f (x y) = f (0 0) + f (0 0)(x y) + 1 [ ] [ ] x y x H f (0 0) + R 2 y 2 f (x y) Se puede calcular que f = [ fx f y ] = [ 2e 2x+3y 3e 2x+3y ] f (0 0) = [ ] 2 ; 3 y por lo tanto H f (x y) = [ ] fxx f xy f yx f yy = [ 4e 2x+3y e 2x+3y e 2x+3y 9e 2x+3y ] H f (0 0) = [ ] 4 9 Así la fórmula de Taylor se ve como e 2x+3y = 1 + 2x + 3y + 2x 2 + xy y2 + R 2 f (x y) Ejemplo 2 Considerar la función f : R 3 R dada por f (x y z) := sen x + sen y + sen z sen(x + y + z) Tómese el punto p = ( π 2 π 2 π 2 ) y escríbase la fórmula de Taylor para f en p Se tiene f ( π 2 π 2 π 2 ) = 4 Las derivadas parciales de f son f = f x f y f z = cos x cos(x + y + z) cos y cos(x + y + z) f (p) = cos y cos(x + y + z)

2 Luego p es un punto crítico de f La matriz Hessiana de f es f xx f xy f xz H f (x y z) = f yx f yy f yz f zx f zy f zz sen x + sen(x + y + z) sen(x + y + z) sen(x + y + z) = sen(x + y + z) sen y + sen(x + y + z) sen(x + y + z) sen(x + y + z) sen(x + y + z) sen z + sen(x + y + z) H f ( π 2 π 2 π 2 ) = Entonces la fórmula de Taylor se ve como [ ] x y z f ( π 2 + x π 2 + y π 2 + z) = x y + R 2 f (x y z) z = 4 x 2 xy xz y 2 yz z 2 + R 2 f (x y z) Extremos de funciones de varias variables sección 3 Ejemplo 2 Considérese la función f (x y z) := sen x + sen y + sen z sen(x + y + z) de nuevo Hay que clasificar el punto crítico p = ( π 2 π 2 π 2 ) La matriz hessiana de f en ese punto es H f (p) = Los determinantes de sus submatrices angulares (los menores principales delanteras) son [ ] = det[ 2] = 2 < 0 2 = det = +3 > = det H f (p) = 4 < 0 Puesto que son de signos alternados (con 1 < 0) se concluye que la función f tiene en ( π 2 π 2 π 2 ) un máximo local Ejemplo 4 Sea f : R 3 R la función dada por f (x y z) := e x2 + e y2 + z 2 Comprobar que f posee un solo punto crítico y clasificarlo Las derivadas parciales de f son f x = 2xe x2 f y = 2ye y2 f z = 2z 8

3 de donde se ve que el único punto critico es (0 0 0) La matriz hessiana es H f (x y z) = (4x 2 2)e x (4y 2 2)e y que en el origen se ve como H f (0 0 0) = Los autovalores de la matriz son λ 1 = λ 2 = 2 y λ 3 = +2 por lo que la función f tiene un punto de ensilladura en el origen Nótese que en este caso 1 = 2 < 0 2 = +4 > 0 3 = +8 > 0 Este es un patrón de signos ( ++) que no corresponde a un máximo local ( + ) ni a un mínimo local (+++) Ejemplo 5 Sea f : R 2 R la función dada por f (x y) := ax 2 + by 4 con a 0 b 0 Clasificar el punto crítico (0 0) Puesto que f x = 2ax f y = 4by 3 el origen (0 0) es el único punto crítico de la función f La matriz hessiana es [ ] [ ] 2a 0 2a 0 H f (x y) = 0 12by 2 así que H f (0 0) = 0 0 Entonces λ 1 = a 0 pero λ 2 = 0 es un autovalor de la matriz H f (0 0) El criterio de la segunda derivada no decide1 la naturaleza del punto crítico No queda más remedio que considerar cada caso de los valores de a y b por separado De hecho f (x y) = x 2 + y 4 tiene un mínimo local en (0 0); f (x y) = x 2 y 4 tiene un máximo local en (0 0); y f (x y) = x 2 +y 4 tiene un punto de ensilladura en el origen Extremos de funciones de varias variables sección 4 En los ejemplos que siguen se requiere hallar todos los puntos críticos y clasificarlos hasta donde sea posible Ejemplo 1 Considérese la función f : R 2 R dada por f (x y) := 2x 4 + y 4 4x 2 2y 2 Hay 9 puntos críticos (x 0 y 0 ) donde f (x 0 y 0 ) = (0 0) Ellos son (x 0 y 0 ) = (0 0) (±1 0) (0 ±1) (±1 ±1) 1A veces se oye la frase no hay criterio la cual es falsa: el criterio obviamente sigue disponible aunque en este caso particular resulta inútil 9

4 con todos los signos posibles El hessiano es [ 24x H f (x y) = 2 ] y 2 4 Hay 4 mínimos locales un solo máximo local y 4 puntos de ensilladura Ejemplo 2 Sea f : R 2 R la función f (x y) := (x 2 + y 2 ) e (x2 +y 2) El origen (0 0) es un punto crítico; y cada punto del círculo x 2 + y 2 = 1 es también crítico (No hay otros) Se obtiene [ ] 2 0 H f (0 0) = H f (cos θ sen θ) = 4 [ 2 cos 2 ] θ sen θ cos θ 0 2 e sen θ cos θ 2 sen 2 θ En el segundo caso 1 = (32/e 2 ) cos 2 θ 0 y 2 = +(48/e 2 ) cos 2 θ sen 2 θ 0 Luego (0 0) es un mínimo local; el círculo x 2 + y 2 = 1 es un juego de máximos locales [Se debe usar la simetría circular de f para clasificar los puntos cardinales (±1 0) y (0 ±1)] Ejemplo 3 Sea f : R 2 \ {(0 0)} R la función f (x y) := 2x 3y log(x2 + y 2 ) + 5 arctg y x Hay un solo punto crítico (1 1) el cual es un punto de ensilladura Ejemplo 4 Considérese la función z = f (x y) dada implícitamente por la expresión F(x y z) x 3 + y 3 + z 3 3x 3y + z + 4 = 0 Los puntos críticos cumplen las ecuaciones f x = F x F z = 3x2 3 3z = 0 f y = F y F z = 3y2 3 3z = 0 Esto da 4 puntos críticos (±1 ±1) Las derivadas parciales de segundo orden son: f xx = x ( f x) = (3z2 + 1)(x) (3x 2 3)(z f x ) (3z 2 + 1) 2 f xy = y ( f x) = 3x2 3 (3z 2 + 1) 2 z f y f yy = y ( f y) = (3z2 + 1)(y) (3y 2 3)(z f y ) (3z 2 + 1) 2 En los puntos críticos se obtiene f (1 1) = 0; pero f (1 1) = f ( 1 1) = z 1 < 0 la raíz real de z 3 + z + 4 = 0; y también f ( 1 1) = z 2 < 0 la raíz real de z 3 + z + 8 = 0 No es necesario calcular estas raíces para hallar los signos de 1 y 2 para los hessianos de los puntos críticos Resulta que (1 1) es un máximo local; (1 1) y ( 1 1) son puntos de ensilladura; y ( 1 1) es un mínimo local 10

5 Ejemplo 5 Se quiere construir una caja rectangular abierta cuyo volumen sea de 100 cm 3 Se debe averiguar las dimensiones de la caja que tenga la menor área superficial posible Sean x y z las dimensiones de la caja Su área superfical es f (x y z) := xy+2xz+2yz Se quiere entonces determinar el mínimo del área cuando x y z satisfacen la relación x yz = 100 Esto implica minimizar g(x y) := xy y x pero solo los pares (x y) con x > 0 y > 0 son aceptables Se obtiene un único punto crítico (x 0 y 0 ) = ( ) en donde z0 = 3 25 con área total 3(200) 2/3 cm 2 Esto debe ser el mínimo buscado de hecho en cualquier otro punto de prueba por ejemplo ( ) se obtiene un valor mayor 140 > 3(200) 2/3 = 1020 pero el cálculo del hessiano lo verificará Ejemplo Considérese el plano x + y + z = 3 y el punto externo p = (2 3 1) Se requiere calcular la distancia del punto p al plano Si (x y z) es un punto cualquiera del plano su distancia desde p es d := (x 2) 2 + (y 3) 2 + (z 1) 2 y se trata de minimizar esta distancia Ahora bien: minimizar d es equivalente a minimizar d 2 dado por d 2 := (x 2) 2 + (y 3) 2 + (z 1) 2 Al eliminar z con la relación x + y + z = 3 se debe minimizar f (x y) := (x 2) 2 + (y 3) 2 + (2 x y) 2 Se obtiene f x = f y = 0 en (x 0 y 0 ) = (1 2) únicamente Luego d 2 = f (1 2) = 3 y la distancia buscada es d = 3 Se puede verificar que (1 2) es un mínimo local usando el hessiano de f Conviene tomar nota de la fórmula para la distancia desde un punto (x 0 y 0 z 0 ) al plano Ax + By + Cz + D = 0 Esta es d = ± Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D A 2 + B 2 + C 2 donde se elige el signo para que d 0 Esta fracción sin la corrección del signo es positiva a un lado del plano y negativa al otro lado (y vale 0 para puntos del plano) De esta manera se distingue algebraicamente los dos lados del plano (aunque sin decir cuál es cual) Extremos de funciones de varias variables sección 5 Ejemplo 1 Se quiere determinar los extremos de la función f (x y z) := x 2 + y 2 + z 2 sujeta a la restricción x y z2 = 1 11

6 Se debe formar la función de Lagrange: L(x y z λ) := x 2 + y 2 + z 2 + λ(x y z2 1) Entonces el sistema de ecuaciones por resolver ( L = 0) es L x = 2x + 2λx = 0 L y = 2y + 1 2λy = 0 L z = 2z + 2 9λz = 0 L λ = x y z2 1 = 0 Se obtienen puntos que lo satisfacen a saber: (±1 0 0) (0 ±2 0) y (0 0 ±3) El elipsoide x y z2 = 1 es una superficie acotada; entonces entre los puntos encontrados deberá haber un máximo y un mínimo Como f (±1 0 0) = 1 f (0 ±2 0) = 4 f (0 0 ±3) = 9 el mínimo (igual a 1) se logra en los puntos (±1 0 0) y el máximo (que vale 9) en los puntos (0 0 ±3) Ejemplo 2 Se quiere hallar los extremos de la función f (x y z) := xyz sujeta a las ligaduras g 1 (x y z) x 2 + y 2 + z 2 1 = 0 g 2 (x y z) x + y + z = 0 Se debe formar la función de Lagrange: L(x y z λ µ) := xyz + λ(x 2 + y 2 + z 2 1) + µ(x + y + z) El sistema de ecuaciones por resolver ( L = 0) es De ahí se obtienen puntos críticos ligados: L x = yz + 2λx + µ = 0 L y = xz + 2λy + µ = 0 L z = xy + 2λz + µ = 0 L λ = x 2 + y 2 + z 2 1 = 0 L µ = x + y + z = 0 p 1 = ( ) p3 = ( ) p5 = ( ) p 2 = ( ) p4 = ( ) p = ( ) Observando que f (p 1 ) = f (p 3 ) = f (p 5 ) = 1/3 mientras f (p 2 ) = f (p 4 ) = f (p ) = +1/3 se concluye que la función xyz tiene máximos ligados en p 2 p 4 p y mínimos ligados en p 1 p 3 p 5 Ejemplo 3 Se retoma el ejemplo 5 de la sección anterior Se desea minimizar el área superfical f (x y z) := xy + 2xz + 2yz sujeto a la ligadura g(x y z) xyz V = 0 donde V es el volumen de la caja 12

7 En esto caso la función de Lagrange es L(x y z λ) := xy + 2xz + 2yz λ(xyz V) Se resuelve L = 0 para obtener puntos críticos ligados: L x = y + 2z + λyz = 0 L y = x + 2z + λxz = 0 L z = 2x + 2y + λxy = 0 L λ = xyz V = 0 Solo se aceptan puntos críticos ligados (x 0 y 0 z 0 ) que cumplen x 0 > 0 y 0 > 0 z 0 > 0 Se obtiene un solo punto crítico ligado con coordenadas positivas: x 0 = y 0 = 3 2V z0 = V El área total en este punto es 3(2V) 2/3 que debe representar el mínimo buscado Ejemplo 4 Sea p = (x 0 y 0 z 0 ) un punto dado de R 3 y Ax + By + Cz + D = 0 un plano Π Se quiere hallar la distancia del punto p al plano Π Es cuestión de minimizar la distancia al cuadrado entre p y un punto (x y z) del plano Se debe minimizar f (x y z) := (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 + (z z 0 ) 2 sujeto a la ligadura Ax + By + Cz + D = 0 Tómese entonces la función de Lagrange De las ecuaciones L(x y z λ) := (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 + (z z 0 ) 2 λ(ax + By + Cz + D) se deduce al eliminar λ que L x = 2(x x 0 ) + λa = 0 L y = 2(y y 0 ) + λb = 0 L z = 2(z z 0 ) + λc = 0 L λ = Ax + By + Cz + D = 0 λ 2 = x x 0 A = y y 0 B = z z 0 C Al despejar x x 0 y y 0 z z 0 entre estas ecuaciones de recta y la ecuación del plano Ax + By + Cz = D se llega al valor mínima de f : d 2 = f (x y z) = (Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D) 2 A 2 + B 2 + C 2 13

8 Extremos de funciones de varias variables apéndice Ejemplo 1 Se debe determinar los extremos absolutos de la función f (x y) := x 2 + 3y 2 en la región K = { (x y) : x 2 2x + y } Obsérvese que la curva g(x y) x 2 2x + y 2 3 (x 1) 2 + y 2 4 = 0 que limita a la región K es un círculo con centro en (1 0) y radio 2 Primero localizan los puntos críticos de f que estén dentro del disco circular K Al resolver f x = 2x = 0 f y = y = 0 se obtiene el punto p 1 = (0 0) dentro de K En seguida se determinan los extremós de f en la frontera de K Para ello se buscan extremos ligados de f con la restricción g(x y) = 0 La función de Lagrange apropiada es: Ahora el sistema L(x y λ) := x 2 + 3y 2 + λ(x 2 2x + y 2 3) L x = 2x + λ(2x 2) L y = y + 2λy = 0 L λ = x 2 2x + y 2 3 = 0 produce dos puntos críticos ligados p 2 = ( 1 0) p 3 = (3 0) Así pues el mínimo absoluto de f en K se encuentra en el punto p 1 = (0 0) dentro de K el cual vale 0; y el máximo absoluto de f en K se encuentra en el punto p 3 = (3 0) en la frontera de K el cual vale 9 Ejemplo 2 Se debe determinar los extremos absolutos de la función f (x y) := x 2 y 3 (1 x y) en la región acotada K = { (x y) : x + y 1 } Esta región es un cuadrado con vértices en los puntos cardinales (±1 0) y (0 ±1) el cual está limitado por los segmentos de rectas: L 1 : y = 1 x 0 x 1 L 2 : y = 1 + x 1 x 0 L 3 : y = 1 x 1 x 0 L 4 : y = 1 + x 0 x 1 Primero se localizan los puntos críticos de f en el interior de K: f x = xy 3 (2 3x 2y) = 0 f y = x 2 y 2 (3 3x 4y) = 0 De ahí se obtienen los puntos p 1 = ( ) con f (p 1) = 1/432; y p 2 = (0 t) p 3 = (t 0) para 1 < t < 1 con f (p 2 ) = f (p 3 ) = 0; que se encuentran en el interior de K En la frontera la función f (x y) se reduce a cuatro problemas distintos en una variable: L 1 : f (x 1 x) 0 0 x 1 L 2 : f (x 1 + x) = 2x 3 (1 + x) 3 1 x 0 L 3 : f (x 1 x) = 2x 2 (1 + x) 3 1 x 0 L 4 : f (x 1 + x) = 2x 2 (x 1) 4 0 x 1 14

9 Los extremos de las últimas tres funciones son: L 2 : f ( 1 0) = f (0 1) = 0 f ( ) = 1/32; L 3 : f ( 1 0) = f (0 1) = 0 L 4 : f (0 1) = f (1 0) = 0 f ( ) = 21/3125; f ( ) = 32/729 Al inspeccionar la lista de posibles valores extremos se ve que el mínimo absoluto es f ( ) = 21/3125 = 00912; y el máximo absoluto es f ( ) = 1/32 = Ejemplo 3 Se debe determinar los extremos absolutos de la función f (x y z) := xy 2 z 3 en la bola unitaria cerrada K = { (x y z) : x 2 + y 2 + z 2 1 } Los puntos críticos de f en el interior de K se hallan con el sistema f x = y 2 z 3 = 0 f y = 2xyz 3 = 0 f z = 3xy 2 z 2 = 0 el cual da una familia de puntos críticos en donde y = 0 o bien z = 0 geométricamente dos discos ecuatoriales con f (x 0 z) = f (x y 0) = 0 en todos los casos Para los extremos de f en la frontera de K se debe optimizar f sujeta a la restricción g(x y z) x 2 + y 2 + z 2 1 = 0 La función de Lagrange es L(x y z λ) = xy 2 z 3 + λ(x 2 + y 2 + z 2 1) Se resuelve L = 0 para obtener puntos críticos ligados: L x = y 2 z 3 + 2λx = 0 L y = 2xyz 3 + 2λy = 0 L z = 3xy 2 z 2 + 2λz = 0 L λ = x 2 + y 2 + z 2 1 = 0 De ahí se obtienen 10 puntos críticos ligados: (±1 0 0) y (±1/ ±1/ 3 ±1/ 2) con todos los signos posibles Los valores críticos ligados son f (±1 0 0) = 0 y ( 1 f ± 1 ) 1 = f ( 1 ± ) 2 = f ( 1 ± 1 1 ) ( = f 1 ± ) 1 = Los primeros dos de estos son máximos absolutos y los otros dos son mínimos absolutos 15