EJERCICIOS RESUELTOS

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1 FUNDAMENTOS MATEMÁTICOS DE LA INGENIERÍA Ingeriería Técnica Industrial. Especialidad en Mecánica. Boletin 6. Funciones de Varias Variables EJERCICIOS RESUELTOS Curso En cada apartado, calcular el límite discutir la continuidad de la función de la que se calcula el límite (a) lim +3 + (b) lim (c) lim (,) (,1) (,) (,4) (,) (1,1) + (d) arcsen lim (,) (0,1) ³ 1+ (e) lim sen (f) lim (,) ( π 4,) (,) (0,0) e Todas las funciones que aparecen en cada uno de los apartados de este ejercicio son continuas en sus respectivos dominios de definición por ser composición, suma, producto /o cociente de funciones continuas. Así, el cálculo de todos los límites se realiza por simple sustitución, a que el punto donde deben ser calculado dichos límites siempre pertenece al dominio de la función. (a) (b) (c) (d) (e) (f) lim (,) (,1) +3 =+3 1 =5 Dominio: R. + lim (,) (,4) = +4 4 = 3 Dominio: D = {(, ) R : 6= }. lim (,) (1,1) + = 1 Dominio: D = {(, ) R : + >0}. arcsen(/) lim =0 Dominio: D = {(, ) R : 6= 0, / 1, 1+ 6= 0}. (,) (0,1) 1+ lim (,) (π/4,) sen =senπ/ = Dominio: R. lim (,) (0,0) e =1 Dominio: R.. Calcular las derivadas parciales primeras segundas de las siguientes funciones: (a) z =tg( ) (b) z = e (c) z = ln() 1 (d) w = (e)w = p (f) w =ln(z ) + + z 1 z (a) z =tg( ). Las derivadas parciales de z después de simplificar factorizar quedan de la siguiente forma. Se ha utilizado que (sec ) 0 =sec tg. Derivadas parciales de primer orden: =sec ( ) = sec ( ) Derivadas parciales de segundo orden: z z =8sec ( ) tg( ) =sec ( ) tg( ) z = z = 4sec ( ) tg( ) (b) z = e Derivadas parciales de primer orden: =1 e 1 + e = e 1+ = e = e 1

2 Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso Derivadas parciales de segundo orden: z = e e 1 = e + z = z = e + 1+ e (c) z = ln() = (ln +ln) = ln + ln Derivadas parciales de primer orden: =ln + 1 +ln =1+ln +ln Derivadas parciales de segundo orden: z = 3 e + = e = + e = 3 e + z = 1 z = z = z = 1 (d) w =. Las derivadas parciales de w después de simplificar factorizar quedan de la siguiente + + z forma. Derivadas parciales de primer orden: = + z ( + + z) = + z ( + + z) = ( + + z) Derivadas parciales de segundo orden: w = + z ( + + z) 3 = w = + z w ( + + z) 3 = ( + + z) 3 w = w + z + z + z w = ( + + z) 3 = w = z ( + + z) 3 w = w = + z ( + + z) 3 1 (e) w = p 1 z = 1 z 1/. Derivadas parciales de primer orden: = 1 1 z 3/ ( ) = 1 z 3/ = q (1 z ) 3 = 1 1 z 3/ ( ) = 1 z 3/ = q (1 z ) 3 = 1 1 z 3/ ( z) =z 1 z 3/ z = q (1 z ) 3 Derivadas parciales de segundo orden: w = 1 z 3/ + w w = 1 z 3/ + = 1 z 3/ + z w = w = w = w = q w (1 z ) 5 3z q (1 z ) 5 (f) w =ln z =ln +ln +lnz 1 z 5/ +1 z ( ) = q (1 z ) 5 1 z 5/ +1 z ( ) = q (1 z ) 5 1 z 5/ ( z) = z +1 q (1 z ) 5 = w = 3z q (1 z ) 5

3 Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso Derivadas parciales de primer orden: = 1 = 1 = z Derivadas parciales de segundo orden: w = 1 w = 1 w = 1 z w = w = w = w = w = w =0 3. Dada la función f(, ) = , calcular todos los valores de e para los que se verifica que f (, ) =0 f (, ) =0simultáneamente. En primer lugar, obtenemos las derivadas parciales de primer orden de f : f (, ) = 1 +, f (, ) = Ahora, resolvemos el sistema de ecuaciones (no lineales) + =0, 1 + =0. De la primera de las ecuaciones obtenemos = 1 la sustitución en la segunda ecuación nos conduce a 4 + =0 ( 3 +1)= 0 =0, =1. Pero,nótesequelospuntosdelarecta =0no pertenecen al dominio de f, por lo que los valores pedidos son =1e = 1 1 =1. 4. a) Comprobar que la función z = e sen satisface la ecuación de Laplace z + z =0. b) Comprobar que la función z = e t sen, donde c es una constante no nula, satisface la ecuación del c calor t c z =0. (a) z = e sen. Calculemos las derivadas parciales segundas z z. = e sen = z, = z e cos, = = z, z = e sen = z. Así, z + z = z z =0. (b) z = e t sen (/c). Calculemos las derivadas parciales t z. t = e t sen (/c) = z, = e t c cos (/c), z = e t c sen (/c) = z c. De esta forma, t c z = z + z c = z + z =0. c 5. La aceleración centrípeta de una partícula que se mueve por un círculo es a = v, donde v es la velocidad r r es el radio del círculo. Estimar el máimo error porcentual en la aceleración si las cotas de error en v r son del por 100 del1 por 100, respectivamente. A partir de los datos del problema tenemos dv v = v dr = ±0.0, v r = r = ±0.01. Por consiguiente, r a ' da = a v dv + a r v v dr = dv r r dr,

4 Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso de donde teniendo en cuenta de nuevo que a = v r,setiene a a ' da v a = r dv v r v r dr = dv v v dr =(±0.0) (±0.01) = ±0.05. r r Es decir, el máimo error porcentual en la medida de la aceleración centrípeta es del 5%. 6. Un leñador puede cometer un error del 5% al medir el diámetroun3%almedirlaalturadeuntronco cilíndrico, recto circular. Estimar el máimo error porcentual en el volumen del tronco. El volumen del tronco es V = π 4 D H, donde D es diámetro del tronco H es la altura. Así, por tanto, V ' dv = V V dd + D H dh = π DHdD + π 4 D dh V V ' dv π V = DH π π 4 D H dd + 4 D π 4 D H dh =dd D + dh =(±0.05) + (±0.03) = ±0.13. H Luego, el error porcentual al medir el volumen del tronco puede ser hasta del 1.3%. 7. a) Usando la regla de la cadena, hallar dz dt, siendo z = sen = e t e = π t. b) Usando la regla de la cadena, hallar dw dt, siendo w = cos z, = t, = t z =arcsent. c) Usando la regla de la cadena, hallar d w,siendow =arccotan(), dt =cost, =sent. Calcular, además, d w cuando t =0. dt (a) z = sen, = e t, = π t. dz dt = d dt + d dt =[sen ( e t )+ cos ( 1)] =e t,=π t = = e t sen (π t) e t cos (π t) =e t (cos t sen t). (b) w = cos z, = t, = t,z =arcsent. dw dt = d dt + d dt + dz dt = 1 cos z 1+ cos z (t) sen z 1 t = =t,=t,z=arcsen t = t cos (arcsen t)+t t 4 cos (arcsen t) =3t 1 t t 4 = 3t 4t 4. 1 t 1 t 1 t (c) w = arccotg(),=cost, =sent. En este caso, vamos a obtener la epresión de d w dt aplicando la regla de la cadena de forma sucesiva sin utilizar las epresiones eplicítitas de w, e. Al final sustituiremos dichas epresiones. Aplicando la regla de la cadena sabemos que dw dt = d dt + d dt, luego d w dt = d dw = d dt dt dt d dt + d dt aplicando la derivada para la suma el producto se obtiene d dt d dt + d = d d dt dt dt + d dt + d d dt dt + d dt.

5 Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso Ahora, utilizando la regla de la cadena para las funciones d dt d dt = = d dt + d dt + se tiene d dt = w d dt + w d dt d dt = w d dt + w d dt. Por consiguiente, imponiendo la igualdad para las derivadas parciales cruzadas conseguimos d w dt = w d dt + w d d dt dt + d dt + w d dt + w d d dt dt + d dt = = w d + w dt d dt d dt + d dt + w d dt d dt + w d + dt d dt = = w d w + dt d dt d dt + d dt + w d + dt d dt. Si ahora tenemos en cuenta que w = arccotg(),=cost, =sint sen t, se obtiene = 1+4, = 1+4, w =16 3 (1 + 4 ), w =16 3 (1 + 4 ), w = 1+4 (1 + 4 ) d dt = sen t, d dt d = cos t, dt =cost, d = sen t, dt por consiguiente, " d w 3 dt = 16 (1 + 4 ) ( sen t) (1 + 4 cos t ( sen t)+ ) ( cos t)++16 (1 + 4 ) (cos t) ( sen t) = =cos t,=sen t sen 5 t = 16cost (1 + 4 cos t sen t) 4 1+4cos t sen t (1 + 4 cos t sen cos t sen t+ t) sen t cos t sen t cos t +16 cos 5 t sen t (1 + 4 cos t sen t) = = 8cost sen t sen4 t +1+cos 4 t (1 + 4 cos t sen t) Ahora, para t =0, tenemos d w (0) = 0. dt 8. Hallar t s usando la regla de la cadena, siendo z = = s cos t e = t sen s. t = t + =( s sen t) sen s t =s cos t,=t sen s = =s cos t,=t sen s =s cos s( s sen t) t sen s sen s = s cos t sen t t sen s = s sen(t) t sen s. s = s + = cos t t cos s s =s cos t,=t sen s = =s cos t,=t sen s =s cos t t cos s sen s =s cos t t sen(s).

6 Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso a) Calcular las derivadas parciales de z por derivación implícita en los siguientes apartados: (a.1) ln + z + z =8. (a.) z = e sen( + z). b) Calcular las derivadas parciales de w por derivación implícita en los siguientes apartados: (b.1) z + zw zw + w =5. (b.) w w + z =0. (a) (a.1) Derivamos con respecto a la identidad ln + z + z =8. ln + +z =0, luego = ln +z Si derivamos respecto de se tiene +z + +z =0 por tanto, = +z +z = + z ( +z) (a.) Repetimos el proceso para z = e sen( + z). Derivando respecto de se obtiene = e sen( + z)+e cos( + z) = z + e cos( + z). Por consiguiente, = z 1 e cos( + z). Al derivar con respecto a obtenemos = e cos( + z) 1+, luego = e cos( + z) 1 e cos( + z). (b) (b.1) Ahora obtenemos las derivadas parciales de w respecto de,, z siendo z+zw zw+w =5. Derivamos con respecto a obtenemos z + zw + z z +w =0, por tanto, = z + zw z z +w. Derivando con respeto a conseguimos z + z zw z = z + zw z z +w. Derivando con respeto a z se tiene + w + z w z = + w w z z +w. +w (b.) De forma análoga para w w + z =0, obtenemos: Derivando con respecto a se consigue 1 1 w w =. ( w +1) =0, luego +w =0deaquí =0,portanto, Derivando respecto de obtenemos =0, luego w = w +. ( w +1) Ahora, al derivar respecto de z se obtiene 1 w w = w =0 por consiguiente,

7 Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso Determinar la derivada direccional de la función f en el punto dado en la dirección indicada: (a) f(, ) =, P (1, 1), u = i + j. (b) f(,, z) =ln(1+z ), P(, 1, 0), u = i + j + k. (a) Hacemos el vector u = i + j =(1, 1) unitario, tomando v = 1 D v f(1, 1) = f(1, 1) v =(1, 1), 1 = =. (b) Tomamos v = u 1 kuk = 1 1,,. El gradiente de f es f(,, z) =(f (,, z),f (,, z),f z (,, z)) = luego D v f(, 1, 0) = f(, 1, 0) v =(0, 0, 0) v =0. u kuk = 1, 1 conseguimos z 1+z, z 1+z, z 1+z, 11. a) Hallar la derivada direccional de f(, ) =cos( + ) en el punto P (0, π) en la dirección de Q( π, 0). b) Hallar la derivada direccional de f(,, z) =ln( + + z) en el punto P (1, 0, 0) en la dirección de Q(4, 3, 1). (a) Obsérvese que f(, ) =( sen( + ), sen( + )), luego f(0, π) = 0 = (0, 0) por tanto, D u f(0, π) = f(0, π) u = 0 u =0para todo vector u unitario de R. (b) Calculamos el vector unitario u en la dirección de PQ PQ =(4, 3, ) (1, 0, 0) = (3, 3, ),u = k PQk = 3, 3, f(1, 0, 0) u =(1, 1, 1). Teniendo en cuenta que f(,, z) = 3 3,, = = z (1, 1, 1), se tiene D uf(1, 0, 0) = 1. La temperatura en los puntos (,, z) deunapiezametálicaestádadaport (,, z) =e ++3z. En qué dirección desde el origen se incrementa más rapidamente la temperatura? Como sabemos, la dirección de máimo crecimiento viene dada por el vector gradiente, luego, a que T (,, z) = e ++3z,e ++3z, 3e ++3z, tenemos que el vector que marca el maor crecimiento es T (0, 0, 0) = (, 1, 3). 13. a) Calcular el gradiente de g(, ) =e el valor máimo de la derivada direccional en el punto P (0, 5). b) Calcular el gradiente de g(,, z) =e z el valor máimo de la derivada direccional en el punto P (, 0, 4). (a) Puesto que g(, ) = ³ e,e, obtenemos que el valor máimo de la derivada direccional en el punto P (0, 5) viene dado por k g(0, 5)k = k(0, 1)k =1. (b) Análogamente, utilizando que g(,, z) =(e z,ze z,e z ), elvalormáimodeladerivada direccional en el punto P (, 0, 4) es k g(, 0, 4)k = k(1, 8, 0)k = Hallar un vector normal la recta tangente a la curva de nivel de f(, ) = que pasa por el punto P ( 1, 3). Sabemos que el vector normal viene dado por el gradiente. Así, el vector normal es n = f( 1, 3) = (3, 1) la recta tangente viene dada, en forma implícita por, 3( +1)+( 1)( 3) = 0.

8 Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso a) Calcular la ecuación del plano tangente la ecuación de la recta normal a la superficie de ecuación z = en el punto P (1,, 3). b) Calcular la ecuación del plano tangente la ecuación de la recta normal a la superficie de ecuación +3 z =4en el punto P (, 1, ). (a) Utilizamos que la ecuación del plano tangente a la superficie dada por z = f(, ) en el punto ( 0, 0,f( 0, 0 )) tiene por ecuación z = ( 0, 0 )( 0 )+ ( 0, 0 )( 0 )+f( 0, 0 ). Puesto que z = f(, ) = , se tiene (1, ) = = 3, (1, ) = =9,z 0 = f(1, ) = 3, la ecuación del plano tangente es z = 3( 1) + 9( ) + 3, es decir, 3 +9 z =1. =1 3t, La recta normal en forma paramétrica viene dada por =+9t, con t R. z =3 t, (b) En este apratado la superficieestadadaen formaimplícitamediante +3 z =4, luego tomando F (,, z) = +3 z 4, la ecuación del plano tangente en el punto (, 1, ) viene dada por F F F (, 1, )( ) + (, 1, )( 1) + (, 1, )(z +)=0. Así, usando que F (, 1, ) = 1 +3=4, F F (, 1, ) = 1=4, (, 1, ) = ( ) = 4, el plano tangente tiene por ecuación 4( ) + 4( 1) + 4(z +)=0, i.e., + + z =1. =+t, La recta normal tiene por ecuaciones paramétricas =1+t, con t R. z = +t, 16. Encontrar clasificar los puntos críticos de las siguientes funciones: a) f(, ) = b) f(, ) = c) z =. 4 d) z = Para la resolución de cada uno de los apartados de este ejercicio debemos resolver, en primer lugar, el (, ) =0, sistema de ecuaciones que nos proporciona los puntos críticos de f. (, ) =0, (a) Como (, ) = +=0 (, ) = +, (, ) = 6, la única solución del sistema (, ) = 6=0 es (, ) =( 1, 3). Es decir, el único punto crítico de f es el punto ( 1, 3). Ahora calculamos las derivadas parciales f (, ) =, f (, ) =, f (, ) =0. Puesto que, f ( 1, 3) = > 0, f ( 1, 3) f f ( 1, 3) ( 1, 3) =4> 0,

9 Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso resultaqueelpuntocrítico( 1, 3) es un mínimo relativo la función toma en este punto el valor f( 1, 3) = ( 1) +3 +( 1) 6 3+6= 4. Nótese que f(, ) =( +1) +( 3) 4, luego en el punto ( 1, 3) la función f toma su mínimo absoluto. (, ) =4 + +=0 (b) Resolvemos el sistema obtenemos (, ) =( 5/, 4). Puesto que (, ) = + 3=0 f ( 5/, 4) = 4 > 0, f ( 5/, 4) f f ( 5/, 4) ( 5/, 4) =4 =4> 0, se deduce que ( 5/, 4) es un mínimo relativo. (c) Es fácil ver que el único punto crítico de f(, ) = es el origen. Como f (0, 0) f el origen es un punto de silla. f (0, 0) (d) Calculamos las derivadas parciales de f(, ) = (0, 0) , =0 0 1 = 1 < 0, (, ) =4 1 ( + +1), (, ) =8 ( + +1) 4 1 resolvemos el sistema ( + +1) =0, obteniendo los dos puntos críticos (, ) =(1, 0), (, ) = 8 ( + +1) =0, ( 1, 0). Ahora, para establecer la naturaleza de los dos puntos críticos, calculamos las derivadas parciales de segundo orden: f (, ) = ( + +1) 3, f (, ) = ( + +1) 3, f (, ) = ( + +1) 3 A partir de aquí, tenemos f 3 (1, 0) = 81 =, 8 f (1, 0) = 8 8 =, f (1, 0) = 0, por lo que es inmediato observar que el punto (1, 0) es un mínimo relativo. Análogamente, f 3 ( 1, 0) = 81 =, 8 f ( 1, 0) = 8 8 =, f ( 1, 0) = 0, elpunto( 1, 0) es un máimo relativo. 17. a) Calcular los etremos absolutos de f(, ) = + en la región del plano acotada por las gráficas de las funciones = e =1. b) Calcular los etremos absolutos de f(, ) = + + en la región del plano acotada R = (, ) : + 8 ª.

10 Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso (a) Nótese que el problema posee solución puesto que f(, ) = + es continua en la región dada, que a su vez es cerrada acotada. Calculemos, en primer lugar, los puntos críticos de f(, ) = + en la región abierta que acota las gráficas = e =1. (, ) = =0 La única solución del sistema es (, ) =(1, 1), que no pertenece a (, ) = + =0 dicha región abierta. Ahora calculamos los puntos críticos sobre la frontera. Puesto que la frontera está dada por la unión {(, ) R : 1 1, =1} {(, ) R : 1 1, = }, debemos analizar la restricción de f a los conjuntos {(, ) R : 1 1, =1}, {(, ) R : 1 1, = }. Tomando =1, tenemos f(, 1) = 1+1 =1. Si =, entonces f(, )= 3 + 4, por lo que debemos analizar lo etremos absolutos de la función g() = 3 + 4, con [ 1, 1]. Ahora, calculamos los puntos críticos de g en el intervalo abierto ( 1, 1). Para ello, resolvemos la ecuación g 0 () = =0. La raíces del anterior polinomio son: 1/, 1 (doble) sólo 1/ pertenece al intervalo abierto ( 1, 1). Ahora evaluamos g en = 1/ en los etremos del intervalo obtenemos g( 1/) = 11/16,g( 1) = g(1) = 1, por lo que el máimo absoluto de g se alcanza en =1 su mínimo absoluto en =0. Luegoelmáimoabsolutodef restringida a {(, ) R : 1 1, = } se alcanza en el punto (1, 1) el mínimo absoluto de f restringida a {(, ) R : 1 1, = } se toma en el punto ( 1/, 1/4). En resumen, el mínimo absoluto de f en la región acotada por las gráficas de las funciones = e =1es 11/16 se alcanza en el punto ( 1/, 1/4) su máimo valor es uno, alcanzándose en cualquiera de los puntos del segmento {(, ) R : 1 1, =1}. (b) Nótese que el problema posee solución puesto que f(, ) = + + es continua en todo R el círculo R = (, ) : + 8 ª es cerrado acotado. Téganse en cuenta que f puede epresarse en la forma f(, ) =( + ), luego f(, ) 0 se anula en los puntos (, ) R tales que =. Así, el menor valor de f restringida a R = (, ) : + 8 ª es cero se alcanza en los puntos del segmento = restringido al circulo R. Es decir, f sólo es nula sobre el segmento S = {(, ) R : =, + 8} = {(, ) R : =, 8} = {(, ) R : =, }. Por otra parte, los puntos críticos de f restringida a R son todos los puntos del segmento S. En (, ) = + =0 efecto,elsistema posee infinitas soluciones, todas de la forma =. (, ) = + =0 Ahora vamos estudiar los etremos absolutos de la función f restringida a la circunferencia C = (, ) : + =8 ª. Realizaremos este estudio de dos formas distintas: Primera forma: Analizamos el comportamiento de la función f sobre las semicircunferencias de ecuaciones = 8 e = 8, con [, ]. Así, debemos estudiar las funciones g() =f, 8 = + 8 = 8 +8 h() =f, 8 = 8 = 8 +8, con [, ]. Para (, ), la ecuación g 0 () = =0nos lleva a 8 =0, de donde = ±. Como g() = 16, g( ) = 0,g = g =8, el máimo absoluto de g es 16, alcanzándose en =, el mínimo absoluto es cero, tomándose en =. Los corespondientes valores de son: == = 8 =, == = 8 =. Un análisis similar puede hacerse sobre la función h para deducir que el máimo absoluto de h es 16, alcanzándose en =, el mínimo absoluto es cero, tomándose en =. Los corespondientes valores de son: == = 8 =, = = = 8 =. Nótese que en los puntos donde g h se anulan ( = =), los correspondiente valores para f ( = = = 8 =,=, = 8 = ) son(, ) (, ) que

11 Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso pertenecen, como no podía ser de otra forma, al segmento S = {(, ) R : =, }, donde la función f toma el valor cero. Uniendo los resultados anteriores, tenemos que el máimo absoluto de f es 16, tomándose en los puntos (, ) (, ), el mínimo absoluto de f es cero se alcanza en todos los puntos de segmento S. Segunda forma: La circunferencia C = (, ) : + =8 ª puede escribirse, en coordenadas polares, en la forma = cosθ, = senθ, con θ [0, π). Así, la función f restringida a C puede epresarse en la forma f( cosθ, senθ) =8(cosθ +senθ), con θ [0, π), por tanto, debemos analizar la función α(θ) =8(cosθ +senθ),con θ [0, π). (No incluimos el punto θ =π, pues α(0) = α(π)). No analizaremos la función α en los puntos donde ésta se anula (los puntos θ [0, π) tales que cos θ +senθ =0, es decir, θ =3π/4 θ =7π/4), a que sabemos que en los correspondientes puntos de la circunferencia, la función f es nula toma su valor mínimo. Derivando la función α, obtenemos α 0 (θ) = 16(cos θ +senθ)( sen θ +cosθ), los valores θ [0, π) que no anulan a α, pero sí a su derivada, son aquellos que verifican sen θ +cosθ =0. Los únicos valores en el intervalo [0, π) que resuleven esta ecuación son θ = π/4 θ =5π/4. Así, puesto que α(0) = α(π) =8 α(π/4) = α(5π/4) = 16, el valor máimo de α es 16 se alcanza en θ = π/4 θ =5π/4. Por consiguiente, el valor máimo de f restrigidaalacircunferenciac es 16 dicho máimo máimo se alcanza en los valores = cosπ/4 =, = senπ/4 = = cos5π/4 =, = sen5π/4 =. Uniendo los resultados anteriores, tenemos que el máimo absoluto de f en R es 16, tomándose en los puntos (, ) (, ), el mínimo absoluto de f en R es cero se alcanza en todos los puntos de segmento S. 18. Calcular la mínima distancia desde el punto P (5, 5, 0) al paraboloide de ecuación z = +. La distancia de un punto cualquiera (,, z) al punto (5, 5, 0) viene dada por d(,, z) = p ( 5) +( 5) + z. Ahora bien, si el punto (,, z) pertenece al paraboloide de ecuación z = +, entonces la función distancia se reduce a la función de dos variables q g(, ) = ( 5) +( 5) +( + ). Pero obsérvese que optimizar esta función equivale a la optimización de la función que resulta de suprimir la raíz cuadrada. Así, calcularemos los etremos de la función f(, ) =( 5) +( 5) + + Comenzamos calculando los puntos críticos resolviendo el sistema de ecuaciones (, ) = =0, (, ) = =0. Restando ambas ecuaciones se obtiene 0= =( ) +1+,de donde =, sustituendo en cualquiera de las dos ecuaciones del sistema debemos resolver la ecuación =0. Es decir, debemos encontrar las raíces del polinomio p() = =0. La única solución real de p es =1, por lo que el único punto crítico de f es =1, = =1, esto es, el punto (1, 1). Ahora veremos que este punto crítico es mínimo relativo para la función f. Calculamos la derivadas parciales de segundo orden de f. f (, ) =+1 +4 = f (1, 1) = 18

12 Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso f (, ) =+1 +4 = f (1, 1) = 18 f (, ) =8 = f (1, 1) = 8 Luego f (1, 1) = 18 > 0 f (1, 1) f f (1, 1) (1, 1) = = 60 > 0 por tanto, el punto (1, 1) es un mínimo relativo para la función f. Obsérvese que el correspondiente punto del paraboloide es el punto (1, 1, ) (z = + =1 +1 =) Representando el paraboloide el punto (5, 5, 0) podemos asegurar que el problema posee una única solución por tanto, la mínima distancia del punto (5, 5, 0) al paraboloide de ecuación z = + podemos obtenerla calculando la distancia del punto (5, 5, 0) al punto (1, 1, ) de dicho paraboloide, d = p (1 5) +(1 5) + = Un tanque metálico rectangular sin tapa debe contener 56 metros cúbicos de líquido. Cuáles son las dimensiones del tanque que requiere menos material para su construcción? Para la construcción del tanque debemos construir la base sus cuatro caras. Si e son las longitudes de los lados de la base z es la altura, entonces debemos minimizar la función g(,, z) = +z +z Puesto que el volumen del tanque es 56 m 3,setienequez = 56, luego z = 56 minimizar es f(, ) = = con, > 0 En primer lugar, obtenemos los puntos críticos de la función f resolviendo el sistema (, ) 51 = =0, (, ) 51 = =0, la función a cua única solución real es =8, =8. Para clasificar el punto crítico (8, 8) de f, calculamos sus derivadas parciales de segunco orden: f (, ) =104 3 f (, ) =104 3 = f 104 (8, 8) = 8 3 =, = f 104 (8, 8) = 8 3 =, f (, ) =1= f (8, 8) = 1. f (8, 8) = 1 =3> 0 el punto Por consiguiente, f (8, 8) = > 0 f (8, 8) f (8, 8) crítico (8, 8) es un mínimo relativo para f. Así, las dimensiones de la caja que requieren menor material son =8, =8,z = =4. 0. Una caja rectangular, cuos lados son paralelos a los ejes de coordenadas, se inscribe en el elipsoide de ecuación z =36. Cuál es el maor volumen posible para tal caja?

13 Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso El volumen de la caja puede epresearse en la forma V =8z, donde,, z > 0 elpunto(,, z) está en la superficie del elipsoide de ecuación z =36. Por tanto, z = p 4 +9 la función a maimizar es V (, ) =8 p 4 +9 con ,>0, >0. Luego, vamos a resolver un problema de máimo absoluto para una función continua V en un conjunto cerrado acotado R = (, ) R :4 + 9, 0, 0 ª.. Comenzamos calculando los puntos críticos de V en el interior del conjunto R. La única solución del sistema V (, ) = p 4 +9 =0, V (, ) = es = 9 p 4 +9 =0, 4, = 3. Puesto que V =0en las fronteras de R, à =0, = =0, el máimo absoluto de V se alcanza en el punto 4,! 3 sumáimo à valor es V 4,! v 3 =8 4 3 Ã! u t =6. Además, las dimensiones de la 4 v caja son: = 4 =, = 3, z = p Ã! u 4 +9=t = UnacajadeR 3 tiene la forma del cubo 0 1, 0 1, 0 z 1. Se coloca dentro de la caja la placa que es la porción del plano + + z =1quecabedentrodeella.Secalientalaplacadetalforma que la temperatura en el punto (,, z) es T (,, z) =4 z. Hallar el punto más caliente másfríodelaplaca. El problema en cuestión se trata de un problema de etremos absolutos en región cerrada acotada. Puesto que + + z =1, tenemos z =1 la función a optimizar es T (, ) =4 (1 ) restringida a la región R = (, ) R : 0, 0,+ 1 ª. Puesto que T es continua en R R es cerrada acotada, T alcanza su máimo absoluto su mínimo absoluto en puntos de R. Ahora calculamos los puntos críticos de T en el interior de R. Para ello, resolvemos el sistema T (, ) = 6 + =0, T (, ) = 4 + =0. La única solución de este sistema es = 1 5, =. Y este punto se encuentra en el interior de R, pues 5 = 1 5 > 0, = 5 > 0,+ = = < 1. Obsérvese que T 5, 1 = = Ahora analizamos la restricción de T al conjunto (, ) R :0 1, =0 ª. Es decir, estudiamos la función f() =T (, 0) = 4 (1 ) =3 3 +, con [0, 1]. En primer lugar, calculamos los puntoscríticosdef en el intervalo abierto (0, 1), es decir, resolvemos la ecuación f 0 () = 6 +=0en el intervalo (0, 1). La única solución de esta ecuación es =1/3 (0, 1). Evaluamos f en el punto crítico en los etremos del intervalo [0, 1]. Como f(0) = 3,f(1/3) = 3 3 (1/3) + 1/3 = 10 3 f(1) =, el máimo absoluto de f es 10/3 se alcanza en =1/3 el mínimo absoluto de f es, tomándose en =1.

14 Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso Estudiamos a continuación la restricción de T al conjunto (, ) R :0 1,=0 ª. Tenemos que analizar la función g() =T (0,)=4 (1 ) =3 +, para 0 1. La ecuación g 0 () = 4 +=0posee una única solución =1/ (0, 1). Evaluando g enlosetremosdelintervalo (0, 1) en el punto crítico =1/, se obtiene g(0) = 3,g(1/) = 3 (1/) + 1/ = 7,g(1) = 3. Por consiguiente, el máimo absoluto de g es 7/ se alcanza en =1/ el mínimo absoluto se toma en =0e =1 su valor es 3. Por último, estudiamos el comportamiento de la función T sobre el conjunto (, ) R :0 1,+ =1 ª. Tomando =1, debemos analizar la función h() =T (, 1 ) =4 (1 ) (1 (1 )) = 3 3 +, con [0, 1]. Obsérvese que las funciones f h coinciden, luego el máimo absoluto de h es 10/3 sealcanzaen =1/3 el mínimo absoluto de h es, tomándose en =1. Teniendo en consideración los cálculos anteriores, podemos establecer que la función T toma su máimo 1 absoluto en el punto 5, su valor es 18 su mínimo absoluto es, tomándose en los puntos (1/3, 0) 5 5 (1/3, /3). 1 Luego, el punto más caliente de la placa es el punto 5, 5, (pues z = = 5 )lospuntos (1/3, 0, /3) (1/3, /3, 0) son los puntos de menor temperatura.