Soluciones de los ejercicios del primer examen parcial

Matemáticas III (GIC, curso 2015 2016) Soluciones de los ejercicios del primer examen parcial EJERCICIO 1. Determina en qué ecuación se transforma la ecuación en derivadas parciales z yy + 3z xy + 2z xx = 0 cuando se aplica el cambio de variables u = x y, v = x 2y. Solución: Aplicando la regla de la cadena, teniendo en cuenta que u x = 1, v x = 1, u y = 1 y v y = 2, obtenemos z x = z u + z v y z y = z u 2z v. Aplicándola de nuevo, queda z xx = z uu + 2z uv + z vv, z xy = z uu 3z uv 2z vv, z yy = z uu + 4z uv + 4z vv. Finalmente, sustituyendo estas expresiones en z yy +3z xy +2z xx = 0, nos queda la ecuación z uv = 0. Errores más comunes: (1) No conocer la regla de la cadena o no usarla bien en el cálculo de las derivadas segundas. (2) Equivocarse con las operaciones. EJERCICIO 2. La figura muestra diversas curvas de nivel de una superficie z = f(x, y); la más oscura es la que pasa por el punto A = (2, 1). Del campo f(x, y) se sabe que P = (2, 1, 6) está en dicha superficie y que el plano tangente en P viene dado por z = a + 2x + y. (1) Cuánto vale el nivel en la curva de nivel que pasa por A? (2) Cuánto vale a? (3) Cuál es el gradiente de f en A? Dibújalo en la figura (4) Los niveles de las curvas que se muestran, crecen o decrecen al alejarnos del origen? (5) Cuál es la ecuación de la recta tangente a la curva de nivel en el punto A? Solución: (1) El nivel de la curva de nivel f(x, y) = c que pasa por A = (2, 1) es c = f(a) = f(2, 1). Como P = (2, 1, 6) está en la superficie z = f(x, y), se tiene 6 = f(2, 1), así que el nivel es c = 6. (2) P = (2, 1, 6) está en el plano tangente z = a + 2x + y, luego 6 = a + 2 2 + 1, con lo que a = 1. (3) Puesto que el plano tangente z = 1 + 2x + y es el polinomio de Taylor de grado 1 de f en A, se tiene f x (A) = z x (A) = 2 y f y (A) = z y (A) = 1, así que f(a) = (2, 1) y aparece en la figura en color azul. (4) Puesto que el gradiente indica la dirección de máximo crecimiento de los valores de la función f(x, y), los niveles de las curvas crecen al alejarnos del origen. 1

2 Matemáticas III (GIC, 2015 2016) (5) El gradiente f(a) = (2, 1) es perpendicular a la curva de nivel en A, así que la recta tangente a la curva de nivel en A = (2, 1) tiene de ecuación 2 (x 2) + 1 (y 1) = 0, o sea, 2x + y = 5. Errores más comunes: (1) No saber qué el nivel de la curva de nivel c = f(x, y) que pasa por un punto A es f(a). (2) No saber que el punto P está en el plano tangente. (3) Confundir el gradiente de f(x, y), que es un vector 2D, con el vector normal al plano tangente, que es 3D. (4) No saber calcular el gradiente de f a partir del plano tangente. (5) No dibujar, o dibujar mal, f(a). (6) Emplear los valores del plano tangente para decidir sobre el crecimiento de los niveles. (7) Usar f(a) como un vector tangente a la curva de nivel en A, cuando f(a) es perpendicular. (8) No saber construir un vector tangente a la curva de nivel en A a partir de la perpendicularidad de f(a). (9) Confundir la recta tangente a la curva de nivel en A, ambas están en el plano XY, con la recta tangente a la superficie en el plano z = 6, que no está en el plano XY. (10) Equivocarse con las operaciones. EJERCICIO 3. En un cruce de tres carreteras, la primera va en dirección norte y tiene una pendiente de subida del 10%, la segunda va en dirección suroeste y tiene una pendiente de bajada del 5% y la tercera es horizontal. En qué dirección va la tercera? Solución: Llamamos P al punto de cruce y f(x, y) a la altura del terreno. El vector unitario en la dirección norte es u = (0, 1) (señalado con un punto azul en la figura) y nos dicen que la derivada direccional de f en u es 0.1 = D u f = f(p ) u = f y (P ). Por otro lado, el vector unitario en la dirección suroeste es v = ( 2/2, 2/2) (señalado con un punto rojo en la figura) y nos dicen que la derivada direccional de f en v es 0.05 = D v f = z(p ) v = ( 2/2) [ f x (P ) + f y (P ) ], luego f x (P ) = 0.05 2 f y (P ) = 0.05 2 0.1 0.0293. Tenemos, entonces f(p ) = ( 0.0293, 0.1). Puesto que la tercera carretera es horizontal, si llamamos w a un vector unitario en su dirección, se tiene 0 = D w z = f(p ) w, con lo que w es un vector unitario perpendicular a f(p ) = ( 0.0293, 0.1). Podemos tomar, entonces (0.1, 0.0293) w = ± = ±(0.9597, 0.2812). (0.1, 0.0293) En consecuencia, la dirección de la tercera carretera, señalada con puntos verdes en la figura, está inclinada unos 16 o, en el sentido contrario a las agujas de un reloj, respecto del eje este-oeste.

Soluciones de los ejercicios del primer examen parcial 3 También puede razonarse calculando la ecuación del plano tangente al terreno en P, usando que debe contener los vectores (0, 1, 0.1) y ( 2/2, 2/2, 0.05), y hallando luego la recta de corte de dicho plano con el plano horizontal que pasa por P. El vector director de dicha recta nos dará la dirección de la carretera en la que la pendiente es cero. Errores más comunes: (1) No saber reconocer la pendiente en una dirección como la derivada direccional de la función que da la altura. (2) No usar vectores unitarios para las direcciones. EJERCICIO 4. Prueba que la ecuación f(x, y) = y 5 + y 2x 3 + x = 0 define implícitamente la variable y como función y(x) de la variable x cerca del origen y halla el polinomio de Maclaurin de grado 3 de y(x). Solución: Puesto que f(0, 0) = 0 y f y (0, 0) = (5y 4 + 1)(0, 0) = 1 0, el teorema de la función implícita nos dice que la ecuación f(x, y) = y 5 + y 2x 3 + x = 0 define implícitamente la variable y como función y(x) de la variable x cerca del origen; en particular, y(0) = 0. Para hallar las derivadas sucesivas en x = 0, derivamos implícitamente: 5y 4 y + y 6x 2 + 1 = 0 y, sustuyendo el punto, obtenemos y (0) = 1. Derivando dos veces más nos queda y (0) = 0 e y (0) = 12, así que el polinomio de Maclaurin de grado 3 de y(x) es x + 12 3! x3 = x + 2x 3. Errores más comunes: (1) No usar el teorema de la función implícita. (2) No aplicar bien el procedimiento de derivación implícita. (3) No conocer la construcción del polinomio de Maclaurin; en particular, confundir y(0) con f y (0, 0). (4) Equivocarse con las operaciones. EJERCICIO 5. Prueba que la ecuación F (x, y, z) = z x sen(z) y = 0 define implícitamente la variable z como función z(x, y) de las variables x, y cerca de (0, 0, 0) y halla el polinomio de Taylor de grado 2 de z(x, y) en el punto (0, 0). Solución: Puesto que F (0, 0, 0) = 0 y F z (0, 0, 0) = (1 x cos(z))(0, 0, 0) = 1 0, el teorema de la función implícita nos dice que la ecuación F (x, y, z) = z x sen(z) y = 0 define implícitamente la variable z como función z(x, y) de las variables x, y cerca de (0, 0, 0). Para hallar las derivadas parciales de z(x, y) en (0, 0), derivamos implícitamente con respecto a x: z x sen(z) xz x cos(z) = 0, luego z x (0, 0) = 0; con respecto a y: z y xz y cos(z) 1 = 0, luego z y (0, 0) = 1. Volviendo a derivar implícitamente se obtiene z xx (0, 0) = 0, z xy (0, 0) = 1 y z yy (0, 0) = 0, así que el polinomio de Taylor de grado 2 de z(x, y) en el punto (0, 0) es y + xy. Errores más comunes: (1) No usar el teorema de la función implícita. (2) No aplicar bien el procedimiento de derivación implícita. (3) No conocer la construcción del polinomio de Maclaurin; en particular, poner 2f xy (0, 0) en vez de f xy (0, 0) como coeficiente de xy. (4) Equivocarse con las operaciones.

4 Matemáticas III (GIC, 2015 2016) EJERCICIO 6. Halla los puntos críticos del campo f(x, y, z) = x+4y + 2 +cos(z) y clasifícalos xy usando el test de las derivadas segundas. Solución: Los puntos críticos de f son los puntos para los que f x = f y = f z = 0, así que, derivando parcialmente, nos queda el sistema f x = 1 2 x 2 y = 0, f y = 4 2 xy 2 = 0, f z = sen(z) = 0, cuya solución es x = 2, y= 1/2, z = nπ con n = 0, ±1, ±2,... Entonces, los puntos críticos son P n = (2, 1/2, nπ) con n = 0, ±1, ±2,... La matriz hessiana de f es D 2 f = 4/x3 y 2/x 2 y 2 0 2/x 2 y 2 4/xy 3 0, luego D 2 f(p n ) = 1 2 0 2 16 0 0 0 cos(z) 0 0 ( 1) n cuyos autovalores son λ 1 = 17 + 241 > 0, λ 2 = 17 241 > 0 y λ 3 = ( 1) n+1. En consecuencia, el test de las derivadas segundas nos dice que si n es impar, entonces P n es un mínimo local 2 2 porque los tres autovalores de D 2 f(p n ) son positivos, mientras que si n es par, tenemos que P n es un punto de silla porque D 2 f(p n ) tiene dos autovalores positivos y uno negativo. Errores más comunes: (1) Obtener x = 0, y = 0 al resolver el sistema f x = f y = f z = 0. (2) Tomar como solución de sen(z) = 0 únicamente z = 0 o, como mucho, z = 0 y z = π. (3) No calcular bien los autovalores o calcular sólo dos; en particular, calcular el determinante completo de la matriz D 2 f(p n ) λi en vez de desarrollar por la tercera fila, donde sólo hay un elemento. (4) Usar la traza y el determinante para clasificar la matriz hessiana como si fuera 2 2. (5) Equivocaciones en las operaciones. EJERCICIO 7. Halla el máximo de f(x, y) = x + y sobre la elipse x 2 + xy + y 2 = 1. Solución: La función objetivo f(x, y) = x + y es continua y la elipse g(x, y) = x 2 + xy + y 2 1 = 0 es un conjunto cerrado y acotado, así que el teorema de Weierstrass nos dice que existe un punto en la elipse en el que se alcanza el máximo de f sobre dicha curva. Como tenemos una restricción de igualdad, usamos el teorema de los multiplicadores de Lagrange. Por un lado Df = (1, 1) y, por otro lado, Dg = (2x + y, x + 2y) no se anula sobre la elipse, así que el punto en el que se alcanza el máximo se obtendrá entre los puntos que resuelven el sistema 1 = λ(2x + y), 1 = λ(x + 2y), x 2 + xy + y 2 1 = 0. De las dos primeras ecuaciones obtenemos x = y y, usando esta igualdad en la tercera ecuación, obtenemos las soluciones A = (1/ 3, 1/ 3) y B = ( 1/ 3, 1/ 3). Como f(a) = 2/ 3 y f(b) = 2 3, obtenemos que el máximo de f(x, y) = x + y sobre la elipse x 2 + xy + y 2 = 1 vale 2/ 3 y se alcanza en el punto A. Errores más comunes: (1) No usar el teorema de Weierstrass. (2) No usar el teorema de los multiplicadores de Lagrange. (3) No plantear bien el problema; por ejemplo, confundir la función objetivo con una restricción. (4) Equivocarse al resolver el sistema. (5) No dar el valor máximo de f una vez hallados los candidatos.

Soluciones de los ejercicios del primer examen parcial 5 EJERCICIO 8. El cambio de variables dado por x = u 2 v 2, y = uv transforma el punto A = (u 0, v 0 ) = (2, 1) del plano UV en el punto P = (x 0, y 0 ) = (3, 2) del plano XY. (1) Haz un boceto en la figura adjunta de las curvas del plano XY que se obtienen al aplicar el cambio de variables a las rectas u = 2 y v = 1 del plano UV. (2) Calcula la matriz jacobiana (x, y) (u, v) del cambio de variables. (3) Prueba que el cambio de variables es invertible cerca del punto P. (4) De acuerdo con el apartado 3, sea v(x, y) la función que expresa v en términos de las variables x e y cerca de P. Halla el polinomio de Taylor de grado 1 de v(x, y) en el punto P. Solución: (1) Si u = 2, obtenemos x = 4 v 2 e y = 2v, con lo que nos queda la parábola x = 4 y 2 /4 (en rojo en la figura). Si v = 1, nos queda x = u 2 1 e y = u, con lo que nos queda la parábola x = y 2 1 (en violeta en la figura). [ ] [ ] (x, y) (2) La matriz jacobiana del cambio es (u, v) = xu x v 2u 2v =. y u y v v u [ ] 4 2 (3) La matriz jacobiana del cambio en el punto A = (2, 1) es M =, que es invertible 1 2 porque det(m) = 10 0. Entonces, el teorema de la función inversa nos dice que el cambio de variables es invertible cerca del punto P, que es la imagen de A. (4) La función v(x, y) cumple v(p ) = v(3, 2) = v 0 = 1. Para hallar v x (P ) y v y (P ), derivamos implícitamente en las igualdades x = u 2 v 2, y = uv, primero con respecto a x: 1 = 2uu x 2vv x, 0 = vu x + uv x, y con u 0 = 2, v 0 = 1 obtenemos 1 = 4u x (P ) 2v x (P ), 0 = u x (P ) + 2v x (P ), de donde, despejando, nos queda v x (P ) = 1/10. Derivando ahora con respecto a y, obtenemos 0 = 2uu y 2vv y, 1 = vu y + uv y, y con u 0 = 2, v 0 = 1 sale 0 = 4u y (P ) 2v y (P ), 1 = u y (P ) + 2v y (P ), de donde, despejando, v y (P ) = 2/5. (u, v) Otra opción es usar que (x, y) (P ) = M 1 = 1 [ ] 2 2, luego v 10 1 4 x (P ) = 1/10 y v y (P ) = 4/10. Se haga como se haga, el polinomio de Taylor de grado 1 de v(x, y) en el punto P viene dado por p(x, y) = 1 1 10 (x 3) + 2 (y 2). 5 Errores más comunes: (1) No saber plantear el apartado (1) ni el (4). (2) Confundir la matriz jacobiama con su traspuesta. (3) Confundir v x y v y con x v e y v en el apartado (4). (4) Equivocaciones en las operaciones.

6 Matemáticas III (GIC, 2015 2016) EJERCICIO 9. Dado el campo vectorial F(x, y, z) = (y 3 + xyz) ı + (z 3 + xyz) ȷ + (x 3 + xyz) k, calcula (1) Su matriz diferencial D F. (2) Su rotacional rot( F). (3) Su divergencia div( F). (4) El gradiente de su divergencia grad ( div( F) ). (5) La divergencia de su rotacional div ( rot( F) ). Solución: (1) La matriz diferencial DF viene dada fila a fila por las derivadas parciales de sus componentes DF yz 3y 2 + xz xy = yz xz 3z 2 + xy. 3x 2 + yz xz xy (2) El rotacional de F es rot( F) ı ȷ k = / x / y / z y 3 + xyz z 3 + xyz x 3 + xyz = (xz 3z2 xy) ı+(xy 3x 2 yz) ȷ+(yz 3y 2 xz) k. (3) La divergencia de F es div( F) = (y3 + xyz) x + (z3 + xyz) y + (x3 + xyz) z = yz + xz + xy. (4) El gradiente de la divergencia de F es grad ( div( F) ) = grad(yz + xz + xy) = (z + y, x + z, y + x). (5) La divergencia de su rotacional div ( rot( F) ) es 0 siempre. También puede comprobarse en este caso usando la expresión del rotacional de F. Errores más comunes: (1) No conocer alguno de los conceptos. (2) Dar la divergencia como un vector o el gradiente como un escalar. (3) Decir que el gradiente de la divergencia es el laplaciano. (4) Equivocarse con las operaciones.

Soluciones de los ejercicios del primer examen parcial 7 EJERCICIO 10. Sea f(x, y, z) = 2x + y + z. Calcula los extremos absolutos de f en el sólido D = {(x, y, z) R 3 : x 2 + y 2 1, y + z 2, z 0} que se muestra en la figura. Señala en la figura los puntos candidatos a ser extremo que hayas obtenido. Solución: La función objetivo f(x, y) = 2x + y + z es continua y el sólido D es un conjunto cerrado y acotado, así que el teorema de Weierstrass nos dice que existen puntos en D en los que se alcanzan los extremos absolutos de f sobre dicho sólido. Para hallar estos puntos, determinamos los posibles candidatos. Por un lado, los puntos críticos de f en el interior del sólido D, pero como Df = (2, 1, 1) 0, la función objetivo no tiene puntos críticos. Por otro lado, para hallar los candidatos en la frontera del sólido D aplicando el teorema de los multiplicadores de Lagrange, descomponemos dicha frontera en cinco trozos, de acuerdo con qué igualdades se dan en las desigualdades que definen D. (a) El suelo sin su borde, dado por z = 0 y x 2 + y 2 < 1. Tenemos una restricción de igualdad, así que, de acuerdo con el teorema de los multiplicadores de Lagrange, los puntos candidatos a ser los extremos son las soluciones del sistema 2 = λ 0, 1 = λ 0, 1 = λ 1, z = 0. Pero este sistema no tiene solución, así que en este trozo de la frontera no hay puntos candidatos. (b) La superficie lateral sin sus bordes, dada por x 2 + y 2 = 1 y 0 < y + z < 2. Tenemos una restricción de igualdad, así que, de nuevo por el teorema de los multiplicadores de Lagrange, los candidatos a ser los extremos son las soluciones de 2 = λ 2x, 1 = λ 2y, 1 = λ 0, x 2 + y 2 = 1. Pero este sistema tampoco tiene solución, así que en este trozo de la frontera no hay puntos candidatos. (c) La tapa superior sin su borde, dada por y + z = 2 y x 2 + y 2 < 1. Tenemos una restricción de igualdad, así que los candidatos son las soluciones de que tampoco tiene solución. 2 = λ 0, 1 = λ 1, 1 = λ 1, y + z = 2,

8 Matemáticas III (GIC, 2015 2016) (d) El borde inferior, que es la circunferencia dada por x 2 + y 2 = 1 y z = 0. Tenemos dos restricciones de igualdad, así que, de acuerdo con el teorema de los multiplicadores de Lagrange, los puntos candidatos a ser los extremos son las soluciones del sistema 2 = λ 2x + µ 0, 1 = λ 2y + µ 0, 1 = λ 0 + µ 1, z = 0, x 2 + y 2 = 1. De las dos primeras ecuaciones obtenemos x = 2y, así que, usando esta igualdad la última, queda 5y 2 = 1 y sacamos los puntos P 1 = (2/ 5, 1/ 5, 0) y P 2 = ( 2/ 5, 1/ 5, 0). También puede hacerse parametrizando el borde inferior, mediante x = cos(t), y = sen(t) y z = 0 con t [0, 2π], y hallando los extremos de φ(t) = 2 cos(t) + sen(t) con t [0, 2π]. (e) Finalmente, el borde de la tapa superior, que es la elipse dada por x 2 + y 2 = 1 e y + z = 2. Tenemos dos restricciones de igualdad, así que, por el teorema de los multiplicadores de Lagrange, los puntos candidatos a ser los extremos son las soluciones de 2 = λ 2x + µ 0, 1 = λ 2y + µ 1, 1 = λ 0 + µ 1, y + z = 0, x 2 + y 2 = 1. De la tercera ecuación tenemos µ = 1, luego de la segunda sale y = 0, así que z = 2 y x = ±1, con lo que obtenemos los puntos P 3 = (1, 0, 2) y P 4 = ( 1, 0, 2). También puede hacerse parametrizando el borde superior, mediante x = cos(t), y = sen(t) y z = 2 sen(t) con t [0, 2π], y hallando los extremos de ψ(t) = 2 cos(t) + 2 con t [0, 2π]. Una vez hallados todos los puntos candidatos, evaluamos f en ellos f(p 1 ) = 5, f(p 2 ) = 5, f(p 3 ) = 4, f(p 4 ) = 0, así que el máximo absoluto de f en D vale 4 y se alcanza en P 3 = (1, 0, 2), mientras que el mínimo absoluto vale 5 y se alcanza en P 2 = ( 2/ 5, 1/ 5, 0). Errores más comunes: (1) No usar el teorema de Weierstrass. (2) Confundir el vector Df con un punto crítico. (3) No descomponer bien la frontera del sólido. En particular, tomar como frontera únicamente los bordes inferior y superior, o bien no considerar la frontera lateral. (4) No usar el teorema de los multiplicadores de Lagrange. (5) Usar la función objetivo como una restricción. (6) No dibujar bien los puntos candidatos. (7) No dar los valores de los extremos de f una vez hallados los candidatos.