Ejercicios-y-problemas-de-funciones-reales-de-varias-variables

d) No se puede concluir. e) Sea ε > 0 dado, se debe hallar un numero δ > 0 tal que Si 0 < (x − 0)2 + (y − 0)2 < δ entonces x4 + y4 −0 <ε x2 + y2 Es decir, Si 0 < x 2 + y 2 < δ entonces x4 + y4 <ε Como x2 + y2 ( )x 4 + y 4 ≤ x 4 + 2x 2 y 2 + y 4 = x 2 + y 2 2 = x 2 + y 2 < δ 2 x2 + y2 x2 + y2 x2 + y2 Siempre que 0 < x 2 + y 2 < δ Si se define δ = ε y 0< x 2 + y 2 < δ se tiene que x4 + y4 <ε. x2 + y2 Por lo tanto, para todo ε > 0 existe δ = ε > 0 tal que (x , y)∈ R 2 − {(0 , 0) } y 0 < x 2 + y 2 < δ se tiene que x4 + y4 <ε x2 + y2 En consecuencia lim x 4 + y 4 = 0 (x, y )→(0,0) x 2 + y 2 f) Si se puede definir, basta con hacer f (0,0) = 0 . g) Es continua en R 2 . 21. Si f (x , y) = 3x 2 y − 2xy , halle: a) lim f (x + h , y) − f (x , y) b) lim f (x , y + h) − f (x , y) h→0 h h→0 h Solución: a) lim f (x + h , y) − f (x , y) = lim 3(x + h)2 y − 2(x + h)y − 3x 2 y + 2xy h→0 h h→0 h 51

= lim 6xhy + 3h 2 y − 2hy h→0 h = lim(6xy + 3hy − 2 y) h→0 = 6xy − 2 y b) lim f (x , y + h) − f (x , y) = lim 3x 2 (y + h) − 2x(y + h) − 3x 2 y + 2xy h→0 h h→0 h = lim 3x 2h − 2xh h→0 h ( )= lim 3x2 − 2x h→0 = 3x2 − 2x 52

Problemas propuestos En los problemas del 1 al 14 calcule el límite propuesto o demuestre que no existe. 1. lim (x 2 + 2xy − 5) 2. lim 3x y3 ( x, y)→(2,3) (x , y)→(0 , 0) 2 y 6 + x 2 3. lim y 2 + xy 4. lim ln  1+ (x + y )8  x8 y8 (x , y)→(0, 0) 3x 2 + 4 y 2 (x , y )→(0 , 0) + +1 5. lim 3 x2 y 6. lim 3(x +1)2 − 2 y(x +1) (x , y)→(0 , 0) x 4 + 2 y 2 (x , y)→(−1, 0) x 2 + y 2 + 2x +1 7. lim x 2 + xy 8. lim (x − 1)2 + (y − 1)2 + 2 (x , y)→(0 , 0) 8x 2 + y 2 (x , y)→(1,1) x 2 + y 2 − 2x − 2 y + 3 9. lim 2 xy 2 10. lim yx 2 − 4 y (x , y)→(0, 0) x 2 + 3y 4 (x , y)→(2 , 0) x 4 − 8x 2 + y 2 + 16 11. ( x , lim , 0) 2x2 − y2  4 x2 x2 + 3y2 y )→(0 12. lim e1+2x2 + y2 13. lim x 2 + 2 y 2 + 4z 2 + 5 (x , y )→(0 , 0) (x , y , z )→(0 , 0 , 0) 8x 2 + y 2 + 7 14. lim x 2 + 2 y 2 + 4z 2 (x , y , z )→(0, 0, 0) 8x 2 + y 2 Respuestas: 1) 11 2) no existe 3) no existe 4) 0 5) no existe 6) no existe 7) no existe 8) 2 9) no existe 10) no existe 11) no existe 12) 1 13) 5 14) no existe 7 En los problemas del 15 al 19 los límites propuestos existen, determine su valor. 15. lim 4x 2 y 2 x2 + y2 x2 + y2 ( )16. lim 17. lim (x , y)→(0 , 0) x 2 + y 2 (x , y)→(0 , 0) sen x 2 + y 2 (x , y)→(0, 0) x 2 + y 2 + 4 − 2 ( )18. lim sen x 2 + y 2 19. lim xy −1 (x , y)→(0 , 0) 3x 2 + 3y 2 (x , y)→(1,1) 1 + xy Respuestas: 15) 0 16) 1 17) 4 18) 1 19) 0 3 En los problemas del 20 al 25 estudie la continuidad de las funciones definidas. 53

 3x y si (x, y) ≠ (0,0)  2y2 (x, y) = (0,0) 20. f (x, y) = sen (x3 − x 2 y) 21. =  5x 2 +  3 si f (x , y)  7  x4 − y4  x4 − y4  x2 + y2 si (x, y) ≠ (0,0)  x2 + y2 si (x, y) ≠ (0,0) 22. f (x, y) =  23. g ( x , y) =   1 si (x, y) = (0,0)  0 si (x, y) = (0,0) 24. f (x, y, z) = arc tan (x 2 − 2x 2 y + 3zy)  x2 + 2y2 + z2 si (x , y , z) ≠ (0.0 , 0)  25. f (x, y, z) =  4 x 2 + 5y2 + 2z2  1 si (x , y , z) = (0 , 0 , 0)  4 {( ) }Respuestas: 20) continua en R2 21) continua en R 2 − 0,0 {( ) }22) continua en R 2 − 0,0 23) continua en R2 24) {( )}continua en R3 25) continua en R 3 − 0 , 0 , 0 En los problemas del 26 al 29 halle los límites. a) lim f (x + h , y) − f (x , y) b) lim f (x , y + h) − f (x , y) h→0 h h→0 h 26. f (x, y) = 3x3 − 2 y 2 27. f (x, y) = 2x 2 y 2 + xy 28. f (x, y) = x 2 + y 2 29. f (x, y) = 4 − 2x 2 − 8y 2 x Respuestas: 26) a) 9x 2 b) −4 y 27) a) 4xy 2 + y b) 4x 2 y + x 28) a) x b) y 29) a) − 4x − 8y 2 b) −16xy x2 + y2 x2 + y2 En los problemas del 30 al 33 dibuje la región del plano más grande en las cuales la función f es continua. 1 31. f (x , y) = y − x 2 33. f (x , y) = 3 − x − y 30. f (x , y) = e x−y 32. f (x , y) = tan −1  xy   x− y 54

Respuestas: 31) 30) 33) 32) En los problemas del 34 al 40 decida si la afirmación dada es falsa o verdadera. Justifique su respuesta. 34. lim 3xy = lim 3x 2 = lim 3 = 3 (x , y)→(0 , 0) 4x 2 + y 2 x→0 5x 2 x→0 5 5 35. Sea f (x , y) = x 4 − y 4 . Si se sabe que lim f (x , y) = 0 se tiene que la función f es x2 + y2 (x , y )→(0 , 0) continua en (0 , 0). 36. La función f definida por f (x , y) = e xy − cos 2xy es continua en R 2 . 3+ x2 + y2 (( ))37. lim 2x 2 − (mx)2 = x2 2−m2 = 2−m2 x 2 1+ 3m 2 1+ 3m 2 x→0 x2 + 3(mx)2 38. 2x2 − y2 =  2x2 − y 2  lim limlim x2 + 7y 2  (x , y)→(0 , 0) x 2 + 7 y 2 x→0 y→0  55

39. Si f (x , y) → L1 cuando (x , y) → (a , b) a lo largo de una trayectoria C y f (x , y) → L2 cuando (x , y) → (a , b) a lo largo de una trayectoria W, donde L1 ≠ L2 , entonces no existe lim f (x , y). (x , y )→(a , b) 40. La función f es continua en D ⊂ R3 si es continua en todos los puntos (a , b , c )∈ D . Respuestas: 34) a) Falso 35) Falso 36) Verdadero 37) Falso 38) Falso 39) Verdadero 40) Verdadero 56

DIFERENCIACIÓN DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES Definiciones, propiedades y teoremas importantes Definición 3.1: Sea f una función real de dos variables reales definida por z = f (x, y) , sus derivadas parciales son las funciones fx y fy definidas por f x (x, y) = ∂f (x, y) = lim f (x + h, y) − f (x, y) ∂x h→0 h f y (x, y) = ∂f (x, y) = lim f (x, y + h) − f (x, y) ∂y h→0 h Definición 3.2: Sea f una función real de dos variables reales definida por z = f (x, y) , sus derivadas parciales fx y fy son también funciones de dos variables cuyas derivadas parciales se llaman derivadas parciales de segundo orden y se definen: ∂ 2 f (x, y) ∂  ∂f (x, y)  ∂x 2 ∂x  ∂x  f xx (x, y) = = f (x, y) = ∂2 f (x, y) = ∂  ∂f (x, y)  ∂y 2 ∂y ∂y yy f (x, y) = ∂ 2 f (x, y) = ∂  ∂f (x, y)  ∂y ∂x ∂y  ∂x  xy f (x, y) = ∂ 2 f (x, y) = ∂  ∂f (x, y)  ∂x ∂y ∂x ∂y yx Teorema 3.1: (Teorema de Clairaut) Sea f una función real de dos variables reales definida sobre un disco D que contiene al punto (a, b) . Si las funciones fxy y fyx son continuas en D entonces f xy (a, b) = f yx (a, b) . Definición 3.3: Sea f una función real de dos variables reales definida por z = f (x, y) . Se dice que f es diferenciable en (a, b) si ∆z = f (a + ∆x, b + ∆y) − f (a, b) se puede expresar de la forma 57

∆z = f (a + ∆x, b + ∆y) − f (a, b) = f x (a, b)∆x + f y (a, b)∆y + ε1∆x + ε 2∆y Donde ε1 → 0 y ε 2 → 0 cuando (∆x, ∆y) → (0,0) . Teorema 3.2: Si las derivadas parciales fx y fy existen y son continuas en algún conjunto abierto que contenga a (a, b) , entonces f es diferenciable en (a, b) . Teorema 3.3: Si f es una función real de dos variables reales y es diferenciable en (a, b) , entonces f es continua en (a, b) . Teorema 3.4: Sean f y g dos funciones diferenciables en (a, b) y sea k una constante. Entonces las funciones kf , f ± g , fg y f / g si g(a, b) ≠ 0 , son diferenciables en (a, b) . Teorema 3.5: Sea f es una función real de dos variables reales diferenciable en (a, b) , y sea g una función real de una variable real derivable en f (a, b) , entonces la compuesta g o f es diferenciable en (a, b) . Teorema 3.6: Sea z = f (x, y) , tiene derivadas parciales continuas fx y fy y si x = g(t) y y = h(t) , donde g y h son funciones derivables de t, entonces z es una función derivable de t. dz = ∂f dx + ∂f dy dt ∂x dt ∂y dt Teorema 3.7: Sea f una función real de dos variables reales definida por z = f (x, y) , si f tiene derivadas parciales continuas fx y fy y si x = g(s, t) y y = h(s, t) , donde g y h son funciones con derivadas parciales continuas de s y t, entonces z tiene derivadas de s y t, y ∂z = ∂f ∂x + ∂f ∂y y ∂z = ∂f ∂x + ∂f ∂y ∂s ∂x ∂s ∂y ∂s ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t Teorema 3.8: Si la ecuación F (x, y, z) = 0 define a z como función diferenciable de x y y, entonces ∂z = − Fx (x, y, z) y ∂z = − Fy (x, y, z) ∂x Fz (x, yz) ∂y Fz (x, yz) Definición 3.4: Sea f una función real de dos variables reales definida en un conjunto abierto D que contiene a (a, b) . Sea v = v1i + v2 j un vector unitario de R2. Se define la derivada direccional de f en (a, b) en la dirección de v , y se escribe D f (a, b) o ∂f (a, b) como v ∂v D f (a, b) = lim f (a + tv1, b + tv2 ) − f (a, b) v t→0 t Siempre que el límite exista. 58

Teorema 3.9: Si f es una función diferenciable de x y y, entonces f admite la derivada direccional en la dirección de cualquier vector unitario v = v1i + v2 j y se cumple que: D f (x, y) = f x (x, y) v1 + fy (x, y) v2 v Definición 3.5: Si z = f (x, y) , donde f es una función diferenciable de x y y, entonces el gradiente de f es la función vectorial ∇f definida por: ∇f (x, y) = f x (x, y) i + f y (x, y) j Teorema 3.10: Si f es una función diferenciable de x y y, entonces f admite derivada direccional en la dirección de cualquier vector unitario v = v1i + v2 j y se verifica que: D f (x, y) = ∇f (x, y)⋅v v Teorema 3.11: Sea f una función real de dos variables reales definida por z = f (x, y) . El valor máximo de la derivada direccional D f (x, y) es ∇f (x, y) y se presenta cuando el vector v v tiene la misma dirección del gradiente ∇f (x, y) . Nota: Las definiciones y teoremas anteriores pueden extenderse a funciones de tres variables. Definición 3.6: Sea F diferenciable en el punto P(a, b, c) de la superficie S definida por F (x, y, z) = 0 tal que ∇F (a, b, c) ≠ 0 . El plano que pasa por P(a, b, c) y tiene como vector normal ∇F (a, b, c) se llama plano tangente a S en P y la recta que pasa por P(a, b, c) y tiene la dirección del ∇F (a, b, c) se llama recta normal a S en P. Teorema 3.12: Si F es diferenciable en P(a, b, c) , entonces la ecuación del plano tangente a la superficie S definida por F (x, y, z) = 0 en P(a, b, c) es: Fx (a, b, c)(x − a) + Fy (a, b, c)(y − b) + Fz (a, b, c)(z − c) = 0 Definición 3.7: Una función f real de dos variables reales definida por z = f (x, y) , tiene un máximo local en (a, b) sí y solo si f (x, y) ≤ f (a, b) para todos los puntos (x, y) en algún disco con centro (a, b) . El número real f (a, b) se llama máximo local. Definición 3.8: Una función f real de dos variables reales definida por z = f (x, y) , tiene un mínimo local en (a, b) sí y solo si f (x, y) ≥ f (a, b) para todos los puntos (x, y) en algún disco con centro (a, b) . El número real f (a, b) se llama mínimo local. 59

Definición 3.9: Una función f real de dos variables reales definida por z = f (x, y) , tiene un máximo absoluto en (a, b) sí y solo si f (x, y) ≤ f (a, b) para todos los puntos (x, y) en el dominio de f. El número real f (a, b) se llama máximo absoluto. Definición 3.10: Una función f real de dos variables reales definida por z = f (x, y) , tiene un mínimo absoluto en (a, b) sí y solo si f (x, y) ≥ f (a, b) para todos los puntos (x, y) en el dominio de f. El número real f (a, b) se llama mínimo absoluto. Definición 3.11: Los valores máximos y mínimos locales se denominan valores extremos locales. Definición 3.12: el máximo absoluto y el mínimo absoluto se denominan valores extremos absolutos. Teorema 3.12: Sea f real una función real de dos variables reales, si f tiene un extremo local en (a, b) y las derivadas parciales de primer orden existen en ese punto entonces f x (a,b) = f y (a,b) = 0 . Definición 3.13: Punto crítico de una función f real de dos variables reales, es un punto del dominio de f donde se anulan las funciones f x y f y , o donde alguna de ellas no exista. Teorema 3.13: Sea f una función real de dos variables reales definida por z = f (x, y) , y tal que las segundas derivadas parciales de f existen y son continuas en algún disco con centro (a, b) , y además f x (a, b) = f y (a, b) = 0 . Sea [ ]D = D(a, b) = f xx (a, b) f yy (a, b) − f xy (a, b) 2 Entonces, a) Si D > 0 y f xx (a, b) > 0 entonces f (a, b) es un mínimo local. b) Si D > 0 y f xx (a, b) < 0 entonces f (a, b) es un máximo local. c) Si D < 0 , entonces f (a, b) no es un extremo local, y al punto (a, b) se le llama punto de silla de f, y la gráfica de f atraviesa a su plano tangente en (a, b) . Teorema 3.14: Sea f una función real de dos variables reales continua en un conjunto cerrado y acotado de R2, entonces f tiene un máximo absoluto f (x1, y1 ) y un mínimo absoluto f (x2 , y2 ) en algunos puntos (x1, y1 ) y (x2 , y2 ) del dominio. Método de multiplicadores de Lagrange: Supongamos que los valores extremos absolutos de f (x, y, z) existen y que ∇g ≠ 0 se encuentra en la superficie definida por g(x, y, z) = k . Para determinar dichos valores extremos absolutos de f (x, y, z) sujeta a la restricción g(x, y, z) = k i) Se determinan los valores de x, y y λ . Tales que ∇f (x, y, z) = λ∇g(x, y, z) y g(x, y, z) = k ii) Se evalúa f en todos los puntos obtenidos en i). El mayor de esos valores es el máximo de f, el menor pequeño de los valores es el mínimo de f. 60

Problemas resueltos 1. Sea z = x4 + y4 . Demuestre que x  ∂z  + y  ∂z  = 2z  ∂x  ∂y Solución: ∂z = 2x 3 y ∂z = 2 y 3 ∂x x 4 + y 4 ∂y x 4 + y 4 Luego, x  ∂z  + y  ∂z  = 2x4 + 2y4 =2 x4 + y4 = 2z  ∂x  ∂y x4 + y4 ( ) ( )2. Sea f ( x , y ) = x 2 +1 x − 3 y 2 + x y con y 2 + x > 0 . Determine: a) ∂f (x , y) b) ∂f (x , y) ∂x ∂y Solución: ( )a) Para calcular ∂ x 2 + 1 x es conveniente hacer un cambio se variable: ∂x ( )Sea w = x 2 + 1 x . ( ) ( )w = x 2 +1 x ⇒ ln w = x ln x 2 +1 Derivando con respecto a x, resulta: ( )1 ∂w = ln x 2 +1 + x ⋅ 2x w ∂x x2 +1 Por lo tanto: ( ) ( )∂w = x2 +1 x  ln x2 +1 + 2x2  x2 + ∂x 1 ( )El cálculo de ∂ y 2 + x y es directo: ∂x Luego: ( ) ( )∂ y 2 + x y = y y 2 + x y−1 ∂x 61

( ) ( ) ( )∂f (x , y) =  ln 2x2  ∂x x2 + x2 +1 x x2 +1 + − 3y y 2 + x y−1 1 b) Procediendo de manera análoga a la parte a) ( )Sea w = y 2 + x y , entonces ( ) ( )w = y 2 + x y ⇒ ln w = y ln y 2 + x Al derivar w con respecto a x, resulta: ( )1 ∂w = ln y 2 + x + y ⋅ 2 y w ∂y y2 + x Por lo tanto: y  ln y 2 + x y2  ( ) ( )∂w = 2 + ∂y 2 y2 + x + y x ( )Observe que ∂ x 2 + 1 x = 0 ∂y Luego: ( ) ( )∂f (x , y) =y2+ x y  ln y2 +x + 2 y2  ∂y y2 +x 3. Sea f (x,y )= x2 g (t ) dt , donde g es una función real de variable real continua. Determine: ∫ x+ y a) ∂f (x , y) b) ∂f (x , y) ∂x ∂y Solución: a) Aplicando el teorema fundamental de cálculo, se tiene que: ( ) ( ) ( )∂f (x , y) = ∂x ∂ x2 = g x2 ∂ x2 − g(x + y) ∂(x + y) = 2x g x2 − g(x + y) ∂x ∂x ∫ g(t) dt ∂x x+ y b) Aplicando nuevamente el teorema fundamental de cálculo, resulta, ( ) ( )∂f (x , y) = − g(x + y) ∂(x + y) = −g(x + y) ∂y ∂ x2 = g x2 ∂ x2 ∂y ∂y ∂y ∫ g(t) dt x+ y 62

4. Sea w ( p , q ) = p n e pq2 , halle el valor de la constante “ n ” con n ∈ N de manera que w satisfaga la ecuación ∂w − 1 q ∂w = 3 p 2e pq2 ∂p 2 p ∂q Solución: ∂w = n p n−1e pq2 + p n q 2e pq2 (1) ∂p ∂w = 2 pqp n e pq2 (2) ∂q De (1) y (2) resulta Luego, ∂w − 1 q ∂w = n p n−1e pq2 + p n q 2e pq2 − p n q 2e pq2 = np n−1e pq2 De donde ∂p 2 p ∂q ∂w − 1 q ∂w = 3 p 2e pq2 ∂p 2 p ∂q n p n−1e pq2 = 3 p 2e pq2 ⇒ n p n−3 = 3 ⇒ n = 3 5. Halle los valores de las constantes a, b y c tales que la función real de dos variables definida por f (x , y) = ax 2 + bxy + cy 2 satisfaga la ecuación de Laplace: f xx (x , y) + f yy (x , y) = 0 Solución: f x (x , y) = 2ax + by ⇒ f xx (x , y) = 2a y f y (x , y) = bx + 2cy ⇒ f yy (x , y) = 2c Por lo tanto f xx (x , y) + f yy (x , y) = 0 ⇔ 2a + 2c = 0 ⇔ a = − c Observe que b puede tomar cualquier valor. 6. Sea f una función real de dos variables de clase C2, definida por z = f (x , y) = e x2y pruebe que para x ≠ 0 : ∂ 2 z + 2x 2 ∂z − 4 y 2 ∂ 2 z − 2 ∂ 2 z = 2 (y − 2x) z ∂x 2 ∂x x 2 ∂y 2 ∂y ∂x 63

Solución: ∂z = 2xy e x2 y ⇒ 2x 2 ∂z = 4x3 y e x2 y (1) (2) ∂x ∂x ( )∂ 2 z = 2 y e x2 y + 2x 2 ye x2 y = 2 ye x2 y + 4x 2 y 2e x2 y ∂x 2 ∂z = x 2 e x2 y ∂y ∂ 2 z = x 4 e x2 y ⇒ − 4 y 2 ∂ 2 z = − 4x 2 y 2 e x2 y (3) ∂y 2 x 2 ∂y 2 ( )∂ 2 z = 2x e x2 y + x 2 ye x2 y = 2xe x2 y + 2x3 ye x2 y ⇒ − 2 ∂ 2 z = −4 xe x2 y − 4x3 ye x2 y (4) ∂y ∂x ∂y ∂x De 1), 2), 3) y 4) ∂ 2 z + 2x 2 ∂z − 4 y 2 ∂ 2 z − 2 ∂ 2 z ( )= 2 ye x2 y − 4 xe x2 y = 2e x2 y y − 2x ∂x 2 ∂x x 2 ∂y 2 ∂y ∂x  x 2 y + 2xy 2 a) ∂f (x , y) b) ∂f (x , y)  7. Sea f (x, y) =  x2 + y2 si (x , y) ≠ (0 , 0) . Halle ∂x ∂y  0 si (x , y) = (0 , 0) Solución: a) i) Sea (x , y) ≠ (0 , 0) ( )( ) ( )∂f (x , y) = x 2 + y 2 2xy + 2 y 2 − 2x x 2 y + 2xy 2 = 2xy3 − 2x 2 y 2 + 2 y 4 ( ) ( )∂x x2 + y2 2 x2 + y2 2 ii) Sea (x , y) = (0 , 0) h2 ⋅ 0 + 2h ⋅ 02 −0 h2 + 02 ∂f (0 , 0) = lim f (h + 0 , 0) − f (0 , 0) = lim f (h , 0) − f (0 , 0) = lim = lim 0 = 0 ∂x h→0 h h→0 h h→0 h h→0 De i) y ii) resulta = ( )2xy3 − 2x 2 y 2 + 2 y 4 si (x , y) ≠ (0 , 0) f ( x , y )  x2 + y2 2 x  0 si (x , y) = (0 , 0) 64

b) i) Sea (x , y) ≠ (0 , 0) ( )( ) ( )∂f (x , y) = x 2 + y 2 x 2 + 4xy − 2 y x 2 y + 2xy 2 = x 4 + 4x3 y − x 2 y 2 ( ) ( )∂y x2 + y2 2 x2 + y2 2 ∂f f (0 , h + 0) − f (0 , 0) f (0 , h) − f (0 , 0) 0⋅h + 2⋅0⋅h2 −0 02 + h2 (0 , 0) = lim = lim = lim = lim 0 = 0 ∂y h→0 h h→0 h h→0 h h→0 De i) y ii) resulta = ( ) x 4 + 4x3 y − x 2 y 2 si (x , y) ≠ (0 , 0) f ( x , y)  x2 + y2 2 y  0 si (x , y) = (0 , 0) ( ( ) )8. Sea g la función definida por  2xy x 2− y 2 si (x , y) ≠ (0 , 0) .  5x +y g(x , y ) =  2 2  0 si (x , y) = (0 , 0) a) Halle ∂g(x , y) y ∂g(x , y) para (x , y) ≠ (0 , 0) . ∂x ∂y b) Halle ∂g(0 , 0) y ∂g(0 , 0) . ∂x ∂y c) Halle ∂ 2 g(0 , 0) y ∂ 2 g(0 , 0) . ∂x∂y ∂y∂x Solución: a) Sea (x , y) ≠ (0 , 0) entonces ( )( ) ( ) ( )∂g(x , y) = 2 x 2 + y 2 3x 2 y − y 3 − x3 y − xy3 2x = 2 x 4 y + 4x 2 y 3 − y 5 = 2 y x 4 + 4x 2 y 2 − y 4 ( ) ( ) ( )∂x 5 x2 + y2 2 5 x2 + y2 2 5 x2 + y2 2 ( )( ) ( ) ( )∂g(x , y) = 2 x 2 + y 2 x3 − 3xy 2 − x3 y − xy3 2 y = 2 x5 − 4x3 y 2 − xy 4 = 2 x x 4 − 4x 2 y 2 − y 4 ( ) ( ) ( )∂y 5 x2 + y2 2 5 x2 + y2 2 5 x2 + y2 2 b) Las derivadas parciales ∂g(0 , 0) y ∂g(0 , 0) se deben calcular por definición: ∂x ∂y 65

( )2 h3 ⋅ 0 − h ⋅ 03 −0 ( )∂g(0 , 0) = lim g(0 + h , 0) − g(0 , 0) = lim g(h , 0) − g(0 , 0) = lim 5 h2 + 02 = lim 0 = 0 ∂x h→0 h h→0 h h→0 h h→0 ( )2 03 ⋅ h − 0 ⋅ h3 −0 ( )∂g(0 , 0) = lim g(0 , 0 + h) − g(0 , 0) = lim g(0 , h) − g(0 , 0) = lim 5 02 + h2 = lim 0 = 0 ∂y h→0 h h→0 h h→0 h h→0 c) De a) y b) se tiene que ( ) 2 y x 4 + 4x 2 y 2 − y 4 si (x , y) ≠ (0 , 0) (x )  ( )g =  x , y 5 x2 + y2 2  0 si (x , y) = (0 , 0) y ( ) 2x x 4 − 4x 2 y 2 − y 4 ( )g (x ) =  si (x , y) ≠ (0 , 0) , y  5 x2 + y2 2 y  0 si (x , y) = (0 , 0) Luego, ( )2h h4 − 4h2 ⋅ 02 − 04 − 0 2h5 = lim 5h 4 ( )∂ 2 g(0 , 0) = lim g y (0 + h , 0) − g y (0 , 0) = lim 5 h2 + 02 2 = lim 2h5 ∂x∂y h→0 h h→0 h h→0 h h→0 5h5 = lim 2 = 2 h→0 5 5 ( ( ) )∂2 g(0, 0) 2h 04 + 4 ⋅ 02 ⋅ h2 − h4 − 0 − 2h5 = lim 5h 4 = lim g x (0 , 0 + h) − g x (0 , 0) = lim 5 02 + h2 2 = ∂y∂x h→0 h h→0 h h→0 h − 2h5 lim h→0 5h5 = lim − 2  = − 2 h→0 5  5 9. Sea f la función definida por f (x , y) = 3x − 2 y 2 . a) Halle por definición la derivada de f en (x , y) en la dirección del vector v = 4i + 3 j . b) Halle la derivada direccional de f en el punto (4 , −1) en la dirección del vector v = 4i + 3 j . Solución: 66

a) Como el vector v = 4i + 3 j no es unitario hay que determinar el vector unitario en la dirección de v . Ya que v = 16 + 9 = 5 , el vector unitario en la dirección del vector v es el vector u= v = 4i+ 3 j v5 5 La derivada direccional de f en (x , y) viene dada por f  x + 4 t , y + 3 t  − f (x, y) 3 x + 4 t  − 2 y + 3 t  2 − 3x + 2y 2  5 5  5  5 D f (x , y) = lim = lim u t→0 t t→0 t 12 t − 12 yt − 18 t 2 = lim12 − 12 y − 18 t  = 12 − 12 y = lim 5 5 25 t→0 t t→0  5 5 25  5 5 b) D f (x , y) = 12 − 12 t ⇒ D f (4 , −1) = 12 − 12 (−1) = 24 u 55 u 55 5 10. Sea f la función definida por f ( x , y ) =  x 2 xy y 2 si (x , y) ≠ (0 , 0)  +  0 si (x , y) = (0 , 0) a) ¿Es la función f continua en (0 , 0) ? b) Halle ∂f (0 , 0) y ∂f (0 , 0) . ∂x ∂y c) ¿En qué dirección existen la derivada direccional de f en (0 , 0) ? Solución: a) Como f (0 , 0) = 0 , para estudiar la continuidad se debe analizar la existencia del límite lim f (x , y) . (x, y)→(0,0) Observe que si (x , y) → (0 , 0) entonces, xy → 0 y x 2 + y 2 → 0 , y se obtiene una indeterminación de la forma 0 . 0 Hay que estudiar el comportamiento de la función cuando (x , y) → (0 , 0) a través de diferentes trayectorias, por ejemplo, se puede estudiar el comportamiento de la función cuando (x , y) toma valores próximos a (0 , 0) a través de cualquier la recta que pase por el origen, de ecuación y = m x, m∈R . 67

Como f (x , mx) = x m x = m x 2 = m x 2 + m 2 x 2 (1 + m 2 ) x 2 1 + m 2 Se tiene que la función tiende a valores diferentes según la pendiente m de la recta, por lo tanto, el límite dado no existe. Como lim f (x , y) no existe, la función f no es continua en (0 , 0) . (x , y)→(0, 0) ∂f f (h + 0 , 0) − f (0 , 0) f (h , 0) − f (0 , 0) h⋅0 −0 h2 + 02 b) (0 , 0) = lim = lim = lim = lim 0 = 0 ∂x h→0 h h→0 h h→0 h h→0 ∂f f (0 , h + 0) − f (0 , 0) f (0 , h) − f (0 , 0) 0⋅h −0 02 + h2 (0 , 0) = lim = lim = lim = lim 0 = 0 ∂y h→0 h h→0 h h→0 h h→0 Nota: Observe que la existencia de las derivadas parciales en un punto no implica que la función sea continua en el punto, como si se verifica en las funciones reales de una variable real. c) Sea v = v1i + v2 j un vector unitario. t 2v1v2 ( )D f (0 , 0) = lim f (0 + v1t ,0 + v2t)− f (0 , 0) = lim f (v1t , v2t ) − f (0 , 0) = lim t 2 v12 + v2 2 v t→0 t t→0 t t→0 t ( )= lim v1v2 t→0 t v12 + v2 2 • Si v1 = 0 y v2 ≠ 0 entonces Df (0 , 0) = lim 0 = lim 0 = 0 v t→0 tv2 2 t→0 • Si v2 =0 y v1 ≠ 0 entonces Df (0 , 0) = 0 = lim 0 = 0 v lim t→0 t→0 tv12 • Si v1 ≠ 0 y v2 ≠ 0 entonces Df (0 , 0) no existe. v Por lo tanto, la derivada direccional de f en (0 , 0) solo existe en la dirección de los ejes de coordenadas. Nota: Observe que la existencia de las derivadas parciales en un punto no implica la existencia en ese punto de la derivada direccional en cualquier dirección. 11. Demuestre por definición que la función f definida por f (x , y) = 3x − 2 y 2 es diferenciable en (4 , −1). 68

Solución: ∂f (x , y) = 3 y ∂f (x , y) = −4 y ⇒ ∂f (4 , − 1) = 3 y ∂f (4 , − 1) = 4 ∂x ∂y ∂x ∂y Sea h = (h1 , h2 ), y supongamos que f ((4 , − 1) + (h1 , h2 )) = f (4 , − 1) + ∂f (4 , − 1) ⋅ h1 + ∂f (4 , − 1) ⋅ h2 + r(h1 , h2 ) ∂x ∂y Luego, 3(4 + h1 ) − 2(− 1 + h2 )2 = 10 + 3h1 + 4 ⋅ h2 + r(h1 , h2 ) ⇒ r(h1 , h2 ) = −2h22 ( )Ahora, se debe evaluar el límite lim r h1 , h2 . ( x , y)→(0 , 0) h12 + h2 2 Y demostrar que por cualquier trayectoria se tiene que lim − 2h22 = 0 h12 + h2 2 (h1 , h2 )→(0 , 0) Se debe demostrar entonces por definición. Sea ε > 0 dado, se debe hallar un numero δ > 0 tal que Si 0 < (h1 − 0)2 + (h2 − 0)2 < δ entonces − 2h22 − 0 < ε h12 + h2 2 Es decir, Si 0 < h12 + h2 2 < δ entonces 2h2 2 <ε Como h12 + h2 2 2h2 2 ≤2 h12 + h2 2 = 2 h12 + h2 2 < 2δ h12 + h2 2 h12 + h2 2 Si se define 2δ = ε y 0 < h12 + h2 2 < δ se tiene que 2h22 < ε . Por lo tanto, para todo ε > 0 existe δ = ε > 0 tal que h12 + h2 2 2 69

(h1 ,h2 )∈ R 2 − {(0 , 0)} y 0 < h12 + h22 < δ se tiene que 2h2 2 <ε h12 + h2 2 En consecuencia lim − 2h22 = 0 h12 + h2 2 (h1 , h2 )→(0 , 0) Y por lo tanto, la función f es diferenciable en (0 , 0) . 12. Resuelva la parte b) del problema 9 sin aplicar la definición de derivada direccional. Solución: f (x , y) = 3x − 2 y 2 ⇒ ∂f (x , y) = 3 y ∂f (x , y) = −4 y ⇒ ∂f (4 , − 1) = 3 y ∂f (4 , − 1) = 4 ∂x ∂y ∂x ∂y Además v = 4i+3 j v55 Como f es diferenciable en (4 , −1) se tiene que D f (4 , −1) = ∂f (4 , −1) ⋅ 4 + ∂f (4 , −1) ⋅ 3 = 3⋅ 4 + 4 3 = 24 v ∂x 5 ∂y 5 5 5 5 13. Sea g una función diferenciable definida por z = g(x , y) , si la derivada direccional de la función g en P(1, 2) en la dirección de u = i + j es 2 2 y en la dirección de v = −2 j es − 3 ¿Cuál es la derivada de g en P(1, 2) en la dirección de w = −i − 2 j ? Solución: Como los vectores u , v y w no son unitarios hay que determinar el vector unitario correspondiente a cada uno de ellos, es decir: u1 = u = 1 i + 1 j , v1 = v = − j y w1 = w = − 1 i − 2 j u2 2 w 55 v Luego D f (1, 2) = ∂g(1, 2) ⋅ 1 + ∂g(1, 2) ⋅ 1 = 2 2 y D f (1, 2) = ∂g(1, 2) ⋅ 0 + ∂g(1, 2) ⋅ (−1) = −3 u1 ∂x 2 ∂y 2 v1 ∂x ∂y 70

Al resolver el sistema planteado resulta que ∂g(1, 2) = 1 y ∂g(1, 2) = 3 ∂x ∂y Por lo tanto, D f (1, 2) = ∂g (1 , 2) ⋅  − 1  + ∂g (1 , 2) ⋅  − 2  = − 1− 6 =− 7 5 5 5 5 5 w1 ∂x ∂y 14. Una partícula que busca calor se localiza en el punto Q(1, 4) sobre una placa metálica plana, cuya temperatura en un punto (x , y) es T (x , y) = 5 − 4x 2 − y 2 . Determine las ecuaciones paramétricas de la trayectoria de la partícula si esta se mueve en la dirección de máximo aumento de temperatura. Solución: Suponga que la trayectoria está representada por las ecuaciones paramétricas x = x(t) , y = x(t) donde la partícula en el instante t = 0 se encuentra en el punto Q(1, 4) . Dado que la función T es polinómica es diferenciable. Como la partícula se mueve en la dirección del aumento máximo de temperatura entonces se mueve en la dirección de ∇T (x , y), de aquí que su vector velocidad v(t) en el tiempo t apunta en la dirección de dicho gradiente, luego Y como v(t) = −8xi − 2 y j Se tiene que ∇T (x , y) = (x´(t) , y´(t)) dx = x´(t) = −8x y dy = y´(t) = −2 y ⇒ dx = −8dt y dy = −2dt dt dt x y Al integrar ambos miembros de ambas igualdades se obtiene que ln x = −8t + C1 y ln y = −2t + C2 Para hallar las constantes de integración se considera la condición inicial que en t = 0 está en Q(1, 4) , luego, ln1 = −8 ⋅ 0 + C1 ⇒ C1 = 0 y ln 4 = −2 ⋅ 0 + C2 ⇒ C2 = ln 4 En consecuencia, ln x = −8t y ln y = −2t + ln 4 71

Y por lo tanto, unas ecuaciones paramétricas de la trayectoria de la partícula son x = e −8t y = e −2t+ln 4 = 4e −2t 15. Halle los valores de las constantes a, b y c tales que la derivada direccional de f (x , y , z) = axy 2 + byz + cz 2 x3 en el punto P(1, 2 , − 1) tenga el valor máximo 64 en la dirección paralela al eje z. Solución: La función f es polinómica luego es diferenciable, y en consecuencia su derivada direccional es máxima cuando el vector v tiene la dirección del gradiente. D f (1, 2 ,−1) = ∇f (1, 2 ,−1)⋅ v , con v = 1 v ( ) ( )Se tiene que ∇f (x, y, z) = ay 2 + 3cz 2 x 2 i + (2axy + bz) j + by + 2czx3 k , en consecuencia ∇f (1, 2 ,−1) = (4a + 3c , 4a − b , 2b − 2c) Como el vector v es unitario y tiene dirección paralela al eje z, se tiene que v = ±k . En consecuencia, si v = k D f (1, 2 ,−1) = ∇f (1, 2 ,−1)⋅ v = (4a + 3c , 4a − b , 2b − 2c)⋅ (0 , 0 ,1) = 64 ⇒ b − c = 32 (1) v Por otra parte ∇f (1, 2 ,−1) = (4a + 3c , 4a − b , 2b − 2c) = λ (0 , 0 ,1) De la ecuación vectorial anterior se obtiene: 4a + 3c = 0   4a − b = 0 (2) 2b − 2c = λ De (1) y (2) se obtiene que a = 6, b = 24 y c = −8 . ¿Qué valores se obtienen para v = −k ? 16. Sea T (x , y) la temperatura en el punto (x , y) sobre la circunferencia de ecuación x = cos t , y = sen t con 0 ≤ t ≤ 2π y suponga que ∂T (x , y) = 8x − 4 y , ∂T (x , y) = 8y − 4x . ∂x ∂y 72

a) Determine en qué puntos de la circunferencia ocurren las temperatura máxima y mínima examinando las derivadas ∂T (t) = T ´(t) y ∂ 2T (t) = T ´´(t) ∂t ∂t 2 b) Sea T (x , y) = 4x 2 − 4xy + 4 y 2 . Determine los valores extremos absolutos de T sobre la circunferencia. Solución: a) T ´(t) = ∂T dx + ∂T dy = (8x − 4 y)(− sen t) + (8y − 4x)cos t = −8xsen t + 4 ysen t + 8y cos t − 4x cos t ∂x dt ∂y dt ( )= −8 cos tsen t + 4sen 2 t + 8sen t cos t − 4 cos2 t = 4 sen2t − cos2 t = −4 cos 2t T ´(t) = 0 ⇔ −4 cos 2t = 0 ⇔ cos 2t = 0 ⇔ 2t = π + kπ, k ∈ Z ⇔ t = π + k π , k ∈ Z 2 42 Como 0 ≤ t ≤ 2π , los puntos o valores críticos son t1 = π, t2 = 3π , t3 = 5π y t4 = 7π 4 4 4 4 Por otra parte, T ´´(t) = 8sen 2t T ´´ π  = 8sen  π  = 8 > 0 ⇒ en t1 = π la temperatura alcanza un mínimo local 4 2 4 T ´´ 3π  = 8sen  3π  = −8 < 0 ⇒ en t2 = 3π la temperatura alcanza un máximo local 4  2 4 T ´´ 5π  = 8sen  5π  = 8 > 0 ⇒ en t3 = 5π la temperatura alcanza un mínimo local 4  2 4 T ´´ 7π  = 8sen  7π  = −8 < 0 ⇒ en t4 = 7π la temperatura alcanza y un máximo local 4  2 4 En conclusión, en t = π y t = 5π la temperatura alcanza un mínimo absoluto y en t = 3π y t = 7π 44 44 la temperatura alcanza un máximo absoluto. ¿Por qué? b) T (x , y) = 4x 2 − 4xy + 4 y 2 ⇒ ∂T (x , y) = 8x − 4 y y ∂T (x , y) = 8y − 4x . ∂x ∂y En función de t: T (t) = 4 cos2 t − 4 cos t sen t + 4sen 2t = 4 − 2sen2t ⇒ T ´ (t) = −4 cos 2t 73

Luego, de a) se concluye que El máximo absoluto es: T  3π  = T  7π  = 4 − 2sen 3π  = 4 − 2sen 7π  = 4 + 2 = 6 4 4 2 2 El mínimo absoluto es: T  π  = T  5π  = 4 − 2sen π  = 4 − 2sen 5π  = 4 − 2 = 2 4  4  2  2  17. Una función real de dos variables w = f ( x , y ) , con segundas derivadas parciales continuas que satisfaga la ecuación de Laplace ∂2w + ∂2w = 0 ∂x 2 ∂y 2 Se denomina función armónica. Muestre que la función w = f ( x , y ) = x3 − 3xy 2 es armónica. Solución: ∂w = 3x 2 − 3y 2 ⇒ ∂ 2 w = 6x y ∂w = −6xy ⇒ ∂ 2 w = −6x ∂x ∂x 2 ∂y ∂y 2 Por lo tanto, ∂2w + ∂2w = 6x −6x = 0 ∂x 2 ∂y 2 18. Sea z = f (x , y) una función que admite derivadas parciales, y sean x = u + v y y = u − v . ( )Demuestre que ( z x )2 − z y 2 = zu zv . Solución: Como z es función de x y y, y a su vez x y y son funciones de u y v, por la regla de la cadena se tiene que: ∂z = ∂z ∂x + ∂z ∂y = ∂z + ∂z (1) ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂x ∂y ∂z = ∂z ∂x + ∂z ∂y = ∂z − ∂z (2) ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v ∂x ∂y De (1) y (2) se deduce que  ∂z ∂z   ∂z ∂z   ∂z 2  ∂z  2 ∂x ∂y ∂x ∂y  ∂x  ∂y ( )zu zv = + − = − = (zx )2 − zy 2 74

19. Si φ es una función real diferenciable. Pruebe que la función f definida por ( )f ( x , y ) = x3f x 2 − y satisface la ecuación x ∂f (x , y) + 2x 2 ∂f (x , y) = 3 f ( x , y ) ∂x ∂y Solución: ( )Como x3φ x 2 − y es el producto de x3 por una función φ que depende de una variable u = x 2 − y , que a su vez depende de “x” y de “y”, se tiene que: ( ) ( )∂f (x , y) = 3x2f x2 − y + x3 f ´ x2 − y ⋅ 2x ∂x ( ) ( )∂f (x , y) = 3x2f x2 − y + 2x4 f ´ x2 − y ∂x (1) Para calcular ∂f (x , y) se aplica la fórmula de la derivada de una constante por una función: ∂y ( )∂f (x , y) = x3 f ´ x2 − y ⋅(− 1) ∂y ( )∂f (x , y) = −x3 f ´ x2 − y (2) ∂y De (1) y (2) ( ) ( ) ( )x ∂f (x , y) + 2x2 ∂f (x , y) = 3x3φ x 2 − y + 2x5 φ´ x 2 − y − 2x5 φ´ x 2 − y = ∂x ∂y ( )3x3f x 2 − y = 3 f ( x , y ) 20. Sean f y g funciones reales y diferenciables. Sea f (x , t) = f (x − t) + g(x + t) . Pruebe que φ satisface la ecuación de la onda: ∂ 2φ = ∂ 2φ . ∂t 2 ∂x 2 Solución: ∂φ = − φ ' (x − t) + g ' (x + t) ⇒ ∂ 2f = f ' ' (x − t) + g ' ' (x + t) (1) ∂t ∂t 2 ∂φ = φ ' (x − t) + g ' (x + t) ⇒ ∂ 2f = f ' ' (x − t) + g ' ' (x + t) (2) ∂x ∂x 2 De (1) y (2) se tiene que ∂ 2φ = ∂ 2φ ∂t 2 ∂x 2 75

( )21. a) Verifique que z = f (x , y) = ln e x + e y es solución de la ecuación diferencial ∂z + ∂z = 1 ∂x ∂y b) Demuestre que: ∂2z ∂2z  ∂2z  2 ∂x 2 ∂y 2 ∂x∂y − =0 Solución: ∂z = e x y ∂z = e y a) ∂x e x + e y ∂y e x + e y Luego, ∂z + ∂z = e x + e y = e x + e y = 1 ∂x ∂y e x + e y e x + e y e x + e y ( ) ( )b) ∂ 2 z = e x e x + e y − e xe x = e xe y ∂2z = ey ex + ey − eyey = exey ⇒ ∂2z ∂2z ( ) ( ) ( ) ( )∂x2 e x + e y 2 e x + e y 2 ∂y 2 ex + ey 2 e x + e y 2 ∂x 2 ∂y 2 ( )= e2y e2x ex + ey 4 eyex ∂2z  2 e2ye2x ex + ey ∂x∂y ex + ey ( ) ( )∂2 z = − 2 ⇒  = 4 ∂x∂y Luego, ( ) ( )∂2 z∂2z− ∂2z  2 ∂y 2 ∂x∂y ∂x 2 = e2ye2x − e2ye2x =0 ex + ey 4 ex + ey 4 22. Sea f la función definida por w = f (u , v) y sean u = x 2 − y 2 y v = xy . Demuestre que si f 2 satisface la ecuación de Laplace en las variables “u” y “v” entonces f también satisface la ecuación de Laplace en las variables “x” y “y”, es decir ∂ 2 f (u , v) + ∂ 2 f (u, v) = 0 ∂x 2 ∂y 2 Solución: Al calcular ∂f = ∂f ∂u + ∂f ∂v = x ∂f + y ∂f = x fu + y fv ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u ∂v 76

∂f = ∂f ∂u + ∂f ∂v = − y ∂f + x ∂f = −y fu + xf v ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂u ∂v Para calcular las derivadas segundas de f con respecto a x y y, se debe tener en cuenta que sus derivadas fu = ∂f y fv = ∂f también son funciones de “x” y “y”. ∂u ∂v ∂2 f = ∂(x fu + y fv ) = fu + x ∂fu + y ∂fv = fu + x  ∂f u ∂u + ∂fu ∂v  + y  ∂f v ∂u + ∂f v ∂v  ∂x 2 ∂x ∂x  ∂u ∂x ∂v ∂x   ∂u ∂x ∂v ∂x  ∂x = fu + x  ∂2 f ∂2 f  y  ∂2 f ∂2 f  fu + x2 ∂2 f ∂2 f + y2 ∂2 f x ∂u 2 +y + x +y = ∂u 2 + 2xy ∂v 2   ∂u∂v ∂v 2  ∂v∂u  ∂v∂u ∂2 f = ∂(− y fu + x fv ) = − fu − y ∂f u + x ∂f v = − fu − y  ∂f u ∂u + ∂fu ∂v  + x  ∂f v ∂u + ∂fv ∂v  ∂y 2 ∂y ∂y ∂y  ∂u ∂y ∂v   ∂u ∂y ∂v   ∂y   ∂y   ∂ 2 f ∂2 f   ∂2 f ∂2 f  ∂2 f ∂2 f ∂2 f − +x + − +x  ∂u 2 − 2xy ∂v 2 = − fu − y y x y  − fu + y2 + x2  ∂u 2 ∂v∂u   ∂v∂y ∂v 2 ∂v∂u Al sustituir los valores de las derivadas resulta: ∂2 f + ∂2 f = fu + x2 ∂2 f ∂2 f + y2 ∂2 f − fu + y2 ∂2 f ∂2 f + x2 ∂2 f ∂x 2 ∂y 2 ∂u 2 + 2xy ∂v 2 ∂u 2 − 2xy ∂v 2 ∂v∂u ∂v∂u ( ) ( )= x 2 ∂ 2 f + y 2 ∂ 2 f + y 2 ∂ 2 f ∂u 2 ∂v 2 ∂u 2 x2 ∂2 f = x2 + y2  ∂2 f + ∂2 f  = x2 + y2 ⋅0 = 0 ∂v 2 ∂u ∂v 2 2 23. Sea z = f (u , v) = f  x − y , x + y  demuestre que si f es una función de clase C2 entonces  2 2 ∂2 f −4 ∂2 f = 4 ∂2 f ∂x 2 ∂y 2 ∂u∂v Solución: Sea u = x − y y v = x + y , entonces 22 ∂f = ∂f ∂u + ∂f ∂v = ∂f + ∂f = fu + fv ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u ∂v ∂f = ∂f ∂u + ∂f ∂v = − 1 ∂f + 1 ∂f =− 1 fu + 1 fv ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y 2 ∂u 2 ∂v 2 2 77

∂2 f =  ∂f u ∂u + ∂fu ∂v  +  ∂f v ∂u + ∂f v ∂v  = ∂x 2  ∂u ∂x ∂v ∂x   ∂u ∂x ∂v ∂x  = ∂2 f ∂2 f + ∂2 f + ∂2 f = ∂2 f ∂2 f + ∂2 f + ∂u 2 +2 ∂v 2 ∂u 2 ∂v∂u ∂u∂v ∂v 2 ∂v∂u ∂2 f 1  ∂f u ∂u + ∂fu ∂v  1  ∂f v ∂u + ∂f v ∂v  1  ∂ 2 f ∂2 f  1  ∂2 f ∂2 f  ∂y 2 2  ∂u ∂y ∂v ∂y  2  ∂u ∂y ∂v ∂y   − + − + = = −   +   = 4  ∂u 2 4  ∂u∂v ∂v 2  ∂v∂u  = 1 ∂2 f − 1 ∂2 f + 1 ∂2 f 4 ∂u 2 2 ∂v∂u 4 ∂v 2 − 4 ∂2 f = − ∂2 f ∂2 f +2 ∂2 f − ∂y 2 ∂u 2 ∂v 2 ∂v∂u Sustituyendo los valores obtenidos, se obtiene que: ∂2 f −4 ∂2 f = ∂2 f ∂2 f + ∂2 f − ∂2 f ∂2 f +2 ∂2 f = 4 ∂2 f +2 − ∂x 2 ∂y 2 ∂u 2 ∂v∂u ∂v 2 ∂u 2 ∂v 2 ∂v∂u ∂u∂v ( )24. Sea z = f (x , y) = y ϕ y 2 − x 2 , x 2 − y 2 donde ϕ una función real de dos variables de diferenciable . Pruebe que y ∂z + ∂z = z x ∂x ∂y y Solución: Sea u = y 2 − x 2 y v = x 2 − y 2 ∂z = y  ∂ϕ ∂u + ∂ϕ ∂v  = − 2xy ∂ϕ + 2xy ∂ϕ ∂x  ∂u ∂x ∂v ∂x  ∂u ∂v ∂z =  ∂ϕ ∂u + ∂ϕ ∂v  + ϕ(u , v) = 2y2 ∂ϕ − 2y2 ∂ϕ + ϕ(u , v) ∂y y ∂u ∂y ∂v  ∂u ∂v ∂y   Sustituyendo los valores obtenidos, se obtiene que: ( )y ∂z + ∂z = − 2 y 2 ∂ϕ + 2 y 2 ∂ϕ + 2 y 2 ∂ϕ − 2 y 2 ∂ϕ + ϕ(u , v) = ϕ(u , v) = ϕ y 2 − x 2 , x 2 − y 2 = z x ∂x ∂y ∂u ∂v ∂u ∂v y ( )25. Sea F (x , y) = ϕ xy , x 2 y 2 , donde φ una función real de dos variables, de clase C2. Demuestre que: 78

x ∂F (x, y) − ∂F(x, y) = 0 y ∂x ∂y Solución: Sean u = xy y v = x 2 y 2 , se tiene entonces que: ∂F = ∂ϕ ∂u + ∂ϕ ∂v = y ∂ϕ + 2xy 2 ∂ϕ ⇒ x ∂F = x ∂ϕ + 2x 2 y ∂ϕ (1) ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u ∂v y ∂x ∂u ∂v ∂F = ∂ϕ ∂u + ∂ϕ ∂v = x ∂ϕ + 2x 2 y ∂ϕ ⇒ − ∂F = − x ∂ϕ − 2x 2 y ∂ϕ (2) ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂u ∂v ∂x ∂u ∂v De 1) y 2) se concluye que x ∂F − ∂F = x ∂ϕ + 2x 2 y ∂ϕ − x ∂ϕ − 2x 2 y ∂ϕ = 0 y ∂x ∂y ∂u ∂v ∂u ∂v 26. Sea G (ρ ,α ) = g (ρ cosα , ρ sen α ), donde g es una función real de dos variables diferenciable. a) Pruebe que y ∂G = −ρ senα ∂g + ρ cosα ∂g ∂G = cosα ∂g + sen α ∂g ∂α ∂x ∂y ∂ρ ∂x ∂y b) Utilice a) para probar que ∂g = cosα ∂G − sen α ∂G y ∂g = senα ∂G + cosα ∂G ∂x ∂ρ ρ ∂α ∂y ∂ρ ρ ∂α Solución: a) Sea x = ρ cosα y y = ρ senα . ∂G = ∂g ∂x + ∂g ∂y = cosα ∂g + sen α ∂g ∂ρ ∂x ∂ρ ∂y ∂ρ ∂x ∂y ∂G = ∂g ∂x + ∂g ∂y = − ρ senα ∂g + ρ cosα ∂g ∂α ∂x ∂α ∂y ∂α ∂x ∂y b) Consideremos el sistema de ecuaciones ∂G = cosα ∂g + sen α ∂g (1) ∂ρ ∂x ∂y 79

∂G = − ρ senα ∂g + ρ cosα ∂g (2) ∂α ∂x ∂y Multipliquemos ambos miembros de (1) por ρ senα y ambos miembros de (2) por cosα para obtener ρ sen α ∂G = ρ sen α cosα ∂g + ρ sen 2 α ∂g (3) ∂ρ ∂x ∂y cosα ∂G = − ρ senα cosα ∂g + ρ cos 2 α ∂g (4) ∂α ∂x ∂y Sumando miembro a miembro (3) y (4) se obtiene ρ sen α ∂G + cosα ∂G = ρ sen 2 α ∂g + ρ cos 2 α ∂g = ρ ∂g ∂ρ ∂α ∂y ∂y ∂y Luego ∂g = sen α ∂G + cos α ∂G ∂y ∂ρ ρ ∂α De manera similar, multipliquemos ambos miembros de (1) por − ρ cosα y ambos miembros de (2) por senα para obtener − ρ cosα ∂G = −ρ cos2 α ∂g − ρ sen α cosα ∂g (5) ∂ρ ∂x ∂y sen α ∂G = − ρ sen2α ∂g + ρ cosα sen α ∂g (6) ∂α ∂x ∂y Sumando miembro a miembro (5) y (6) se obtiene − ρ cosα ∂G + sen α ∂G = − ρ cos2 α ∂g − ρ sen2α ∂g = −ρ ∂g ∂ρ ∂α ∂x ∂x ∂x Luego, ∂g = cosα ∂G − sen α ∂G ∂x ∂ρ ρ ∂α 27. Suponga que la porción de un árbol que se puede utilizar para madera es un cilindro circular recto. Si la altura utilizable del árbol aumenta 20 pulgadas por año y el diámetro utilizable aumenta 3 pulgadas por año. ¿Qué tan rápidamente crece el volumen de madera utilizable, cuando la altura utilizable del árbol es de 200 pulgadas y el diámetro es de 30 pulgadas. 80

Solución: Se conoce que el volumen de un cilindro circular recto en función del diámetro y la altura es V (d , h) = π d 2h 4 se debe determinar dV para h = 20 pulg y d = 30 pulg. dt Como la altura h y el diámetro d son funciones del tiempo t, se tiene que: dV = ∂V dd + ∂V dh = π 2dh dd + π d 2 dh dt ∂d dt ∂h dt 4 dt 4 dt Sustituyendo los valores: dh = 20 pul ; dd = 3 pul dt año dt año Se tiene que dV h = 200pul = π 30pul ⋅ 200pul ⋅ 3 pul + π 900pul2 20 pul = 13500 pul3 dt d =30pul 2 año 4 año año 28. La ecuación x2z +3y = z2 define a z como función implícita de las variables x e y, es decir, existe al menos una función f tal que z = f (x , y) que satisface dicha ecuación. Pruebe que: zx = z , x ≠ 0 2xz y 3 Solución: x2z +3y = z2 Derivando, ambos miembros, con respecto a la variable x, resulta 2x z + x2zx = 2z zx Al despejar z x se obtiene zx = − 2xz (1) x2 − 2z De igual forma, derivando ambos miembros con respecto a y, resulta, x2 zy + 3 = 2z zy 81

Al despejar z y se obtiene zy = − x2 3 2z (2) De 1) y 2) se concluye que − − 2xz zx = x2 − 2z =z 2xz y 3 2x (− 3) x2 − 2z 29. La ecuación x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = 0 determina a z como función implícita de las variables “x” y “y”. a) Halle ∂z y ∂z . ∂x ∂y b) Si se consideran a z y y funciones de x que vienen dadas por las ecuaciones xyz = a y x + y + z = b Con a y b constantes. Halle dy y dz dx dy Solución: a) Derivando ambos miembros de la ecuación x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = 0 con respecto a x resulta Al despejar ∂z se obtiene 3x 2 + 3z 2 ∂z − 3yz − 3xy ∂z = 0 ∂x ∂x ∂x ∂z = − x 2 + yz ∂x z 2 − xy Derivando ambos miembros de la ecuación x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = 0 con respecto a y resulta Al despejar ∂z se obtiene 3y 2 + 3z 2 ∂z − 3xz − 3xy ∂z = 0 ∂y ∂y ∂y ∂z = − y 2 + xz ∂x z 2 − xy 82

b) Al derivar ambos miembros de cada una de las ecuaciones xyz = a y x + y + z = b con respecto a x se obtiene el sistema de ecuaciones yz + xz dy + xy dz = 0 y 1 + dy + dz = 0 dx dx dx dx Cuya solución es dz = z(x − y) y dz = y(z − x) . dx x(y − z) dy x(y − z) 30. Si S1 y S2 son las gráficas de las superficies de ecuaciones x 2 + y 2 + z 2 = 2 y z = x 2 + y 2 respectivamente. a) Halle la intersección de S1 y S2, y además verifique que el punto  2, 2 ,1 ∈ S1 ∩ S2 . 2 2 b) Halle las ecuaciones de los planos tangentes a S1 y S2 en el punto P0  2, 2 ,1 . 2 2 c) Determine una ecuación de la recta L tangente a la curva de intersección de los planos tangentes de S1 y S2 en el punto P0  2, 2 ,1 . 2 2 Solución: a) Para hallar la intersección de las dos superficies se debe resolver el sistema de ecuaciones x 2 + y2 + z2 = 2 .  z = x2 + y  2 Observe que la ecuación x 2 + y 2 + z 2 = 2 representa una esfera de origen O(0 , 0 , 0) y radio 2 , y z = x 2 + y 2 representa un paraboloide elíptico. De la primera ecuación se obtiene que 2 − z 2 = x 2 + y 2 (1) De la segunda ecuación resulta z = x 2 + y 2 (2) De (1) y (2) se obtiene que 2 − z 2 = z ⇔ z 2 + z − 2 = 0 ⇔ z = 1 ó z = −2 Como z ≥ 0 la solución es z = 1. 83

Luego, la ecuación de la curva C de intersección de ambas superficies es x2 + y2 =1 C:   z =1 Que representa una circunferencia de radio 1 en el plano z = 1. Observe que  2, 2 ,1 ∈ S1 ∩ S2 , ya que  2  2 +  2  2 =1 y z =1. 2 2 2 2 b) Sea S1 la gráfica de la superficie de nivel f (x, y, z) = 2 , donde f es una función de R3 en R definida como f (x , y , z) = x2 + y2 + z 2 − 2 El gradiente de f es: ∇f (x, y, z) = (2x , 2 y , 2z) Luego El gradiente de f en el punto P0  2, 2 ,1 es: 2 2 ( )∇f (P0 ) = 2 , 2 , 2 La ecuación del plano tangente a la superficie S1 en el punto P0  2, 2 ,1 es: 2 2 ( ) x − −1 ⋅ 2 ,y− 2 , z 2, 2,2 =0 2 2 Al operar se obtiene, 2x + 2y + 2z − 4 = 0 o x + y + 2z − 2 2 = 0 Sea S2 la gráfica de la superficie de nivel g(x, y, z) = 0 , donde g es una función de R3 en R definida como g(x , y , z) = x2 + y 2 − z El gradiente de g es: ∇g(x, y, z) = (2x , 2 y , −1) 84

Luego El gradiente de g en el punto P0  2, 2 ,1 es: 2 2 ( )∇g(P0 ) = 2 , 2 , −1 La ecuación del plano tangente a la superficie S2 en el punto P0  2, 2 ,1 es: 2 2 ( ) x − −1 2 ,y− 2 , z ⋅ 2, 2 ,−1 = 0 2 2 Al operar resulta, 2x + 2y − z −1= 0 ( )c) El vector director v de la recta tangente L es ortogonal a los vectores n1 = 1,1, 2 y ( )n2 = 2 , 2 , − 1 , en consecuencia se obtiene mediante v = n1 × n2 = ( − 3, 3, 0 ) = 3 ( − 1,1, 0 ) Por lo tanto, una de las ecuaciones de la recta L en P0 es  2 −t x = 2   2+  y = 2 t t∈R z =1    31. Determine la ecuación del plano tangente a la superficie S definida por z = x 2 + xy ; que sea perpendicular a los planos de ecuaciones: π1 : x + y − z = 0 y π2 : 2x − y + z − 4 = 0 Solución: Primero se debe hallar el punto de la superficie S donde el plano tangente es perpendicular a los planos dados. Sea S la gráfica de la superficie de nivel f (x, y, z) = 0 , donde f es una función de R3 en R definida como 85

f (x , y , z) = x 2 + xy − z El gradiente de f es: ∇f (x, y, z) = (2x + y , x , −1) Si P0 (x0 , y0 , z0 ) es un punto cualquiera de la superficie S, se tiene que el gradiente de f evaluado en el punto P0 (x0 , y0 , z0 ) es: ∇f (x0 , y0 , z0 ) = (2x0 + y0 , x0 , − 1) El vector normal n = ∇f ( P0 ) del plano tangente debe ser ortogonal a los vectores n1 = (1,1, − 1) y n2 = ( 2 , − 1,1), en consecuencia: n = n1 × n2 = (1,1, −1 )× ( 2 , −1,1 ) = ( 0 , − 3, − 3 ) = −3 ( 0 ,1,1 ) Puesto que ∇f ( P0 ) y n = n1 × n2 son paralelos debe existir λ ∈ R tal que (2x0 + y0 , x0 , − 1) = λ ( 0 ,1,1 ) De lo cual se obtiene que 2 x 0+ y0 = 0  x0 = −1  x0 =λ  y0 =2  ⇔   −1 = λ  λ = −1 Como el punto a determinar está en la superficie, en consecuencia satisface la ecuación z = x 2 + xy se tiene z = −1 . El punto de la superficie S en el cual el plano tangente es perpendicular a los planos dados es P0 (−1, 2,−1) y la ecuación del plano tangente en dicho punto es (x +1, y − 2, z +1) ⋅ (0 ,1,1) = 0 ó y + z −1 = 0 32. Determine los puntos del hiperboloide de una hoja de ecuación x 2 − y 2 + 2z 2 = 1, en los cuales la recta normal es paralela a la recta que pasa por los puntos (3, − 1, 0) y (5, 3, 6). Solución: Para resolver el problema hay que determinar los vectores directores de ambas rectas. Sea S la gráfica de la superficie de nivel f (x, y, z) = 0 , donde f es una función de R3 en R definida como 86

f (x, y, z) = x2 − y2 + 2z2 −1 El vector director de la recta normal en un punto de la curva es el vector ∇f (x, y, z) evaluado en el punto considerado. El gradiente de la función f es: ∇f (x, y, z) = 2x i − 2 y j + 4zk La recta normal es paralela a la recta que pasa por los puntos (3, − 1, 0) y (5, 3, 6), cuyo vector director es v1 = (2 , 4 , 6). Si el vector ∇f (x, y, z) es paralelo al vector v1 se tiene que ( )∇f (x, y, z) = 2x i − 2 y j + 4zk = λ 2i + 4 j + 6k De la ecuación anterior se obtiene  2x = 2λ  x=λ −   2 y = 4λ ⇒  y = −2λ (1)  4z = 6λ  z = 3 λ  2 Como el punto está en la superficie, sus coordenadas deben satisfacer la ecuación x 2 − y 2 + 2z 2 = 1. Luego, al sustituir los valores de x, y y z obtenidos en (1), resulta λ2 − (2λ )2 + 2 3 λ 2 = 1 ⇒ λ2 = 2 ⇒ λ = − 2 ó λ = 2 2  33 3 Por lo tanto, los puntos que satisfacen la condición requerida son: P1  2 ,−2 2, 3  y P2  − 2,2 2 ,− 3  3 3 2 3 3 2 33. Halle el valor de las constantes a y b de forma tal que el plano tangente a la superficie de ecuación x4 − y + z = 0 en el punto P(a , b ,1) sea perpendicular a la recta de ecuación x −3 =1− y = z + 4. 32 Solución: 87

El plano tangente en el punto P(a , b ,1) es perpendicular a las rectas dadas si el vector normal del plano es paralelo al vector director de la recta, luego, hay que determinar el vector normal del plano en el punto dado. Sea S la gráfica de la de la superficie de nivel f (x, y, z) = 0 , donde f es una función de R3 en R definida como f (x , y , z) = x4 − y + z El vector normal del plano tangente en un punto de la curva es el vector ∇f (x, y, z)evaluado en el punto considerado. El gradiente de la función f es: ∇f (x, y, z) = 4x3 i − j + k Luego, ∇f (a, b,1) = 4a 3 i − j + k El plano tangente en el punto P(a , b ,1) es perpendicular a la recta de ecuación x − 3 = 1− y = z + 4 si el vector ∇f (x, y, z)evaluado en el punto P(a , b ,1) es paralelo al vector 32 director de la recta v = 32 i − j + k , luego se debe cumplir que: ( )4a3 ,−1,1 × (32 , −1,1) = 0 De la ecuación vectorial anterior resulta:  −1+1= 0   32 − 4a 3 = 0 − 4a 3 + 32 = 0 De donde se obtiene: a = 2 . Para obtener el valor de b, observe que el punto P pertenece a la superficie, por lo tanto satisface su ecuación, se obtiene así: a 4 − b +1 = 0 ⇒ b = (2)4 +1 = 17 34. Dada la superficie S de ecuación z = a 2 , con xy ≠ 0 y a ∈ R . Demuestre que el plano xy tangente a dicha superficie en cualquier punto de ella, forma con los planos coordenados un tetraedro de volumen constante, es decir, no depende del punto considerado. Solución: Para resolver este problema, se consideran tres subproblemas: 88

i) Hallar la ecuación del plano tangente a la superficie S en un punto cualquiera P0 (x0 , y0 , z0 ) . ii) Determinar las intersecciones del plano tangente con los planos de coordenadas. iii) Determinar el volumen del tetraedro formado. i) Sea S la gráfica de la superficie de nivel f (x, y, z) = 0 , donde f es una función de R3 en R definida como f (x , y , z) = a2 − z xy El gradiente de f es: ∇f (x, y, z) =  − a2 ,− a2 , − 1 x2 y xy 2 Si P0 (x0 , y0 , z0 ) es un punto cualquiera de la superficie S, se tiene que el gradiente de f evaluado en el punto P0 (x0 , y0 , z0 ) es: ∇f (x0 , y0 , z0 ) =  − a2 ,− a2 , − 1  x02 y0 x0 y02 La ecuación del plano tangente a la superficie de nivel f (x, y, z) = 0 en el punto P0 (x0 , y0 , z0 ) es: (x − x0 , y− y 0 , z − z 0 ) ⋅  − a2 ,− a2 , −1 = 0  x02 y0 x0 y02 De donde, − a2 x− a2 y−z+ a2 + a2 + z0 =0 Como x02 y0 x0 y02 x0 y0 x0 y0 z0 = a2 x0 y0 Se tiene que la ecuación del plano tangente es: πT : a 2 x + a 2 y + z = 3a 2 x02 y0 x0 y02 x0 y0 ii) Ahora se debe hallar las intersecciones de πT con los ejes coordenados: x = y = 0 ⇒ z = 3a 2 ; x = z = 0 ⇒ y = 3y0 ; y = z = 0 ⇒ x = 3x0 x0 y0 89

El plano tangente interseca al plano xy en la recta que pasa por los puntos (3x0 , 0 , 0) y (0 , 3y0 , 0) xz en la recta que pasa por los puntos (3x0 , 0 , 0) y (0 , 0 , 3z0 ) yz en la recta que pasa por los puntos (0 , 3y0 , 0) y (0 , 0 , 3z0 ) iii) La altura del tetraedro es h = 3a 2 . El volumen del tetraedro formado es: x0 y0 V = 1  3x0 ⋅ 3y0 3a 2  = 9 a 2 6 x0 y0 2 El cual es constante, es decir no depende del punto P0. 35. Determine los puntos del elipsoide de ecuación: x 2 + y 2 + z 2 = 1 dónde su plano tangente a2 b2 c2 corta a los ejes coordenados en puntos equidistantes al origen de coordenadas. Solución: Sea S la gráfica de la superficie de nivel f (x, y, z) = 0 , donde f es una función de R3 en R definida como f (x , y , z) = x2 + y2 + z 2 −1 a2 b2 c2 El vector normal del plano tangente en un punto de la curva es el vector ∇f (x , y , z)evaluado en el punto considerado. El gradiente de la función f en un punto P(x0 , y0 , z0 ) es: ∇f (x0 , y0 , z0 ) = 2x0 i + 2y0 j + 2z0 k a2 b2 c2 La ecuación del plano tangente en un punto P(x0 , y0 , z0 ) de la superficie es ( )x − x0 , y − y0 , z − z0 ⋅ 2x0 , 2y0 , 2z0  = 0  a2 b2 c2  De donde xx0 + yy0 + zz0 = 1 a2 b2 c2 90

Los puntos P(x0 , y0 , z0 ) de intersección del plano tangente con los ejes de coordenadas viene dados por y = z = 0⇒ x = a2 x = z = 0⇒ y = b2 x = y = 0⇒ z = c2 x0 y0 z0 Los puntos del elipsoide de ecuación: x 2 + y 2 + z 2 = 1 dónde su plano tangente corta a los ejes a2 b2 c2 coordenados en puntos equidistantes al origen de coordenadas satisfacen el sistema de ecuaciones: a2 = b2 = c2 y x02 + y02 + z02 =1 x0 y0 z0 a2 b2 c2 De donde se obtienen los puntos: P1  a2 b2 c 2   , , a 2 + b 2 + c 2  a2 + b2 + c2 aa + b2 + c2 y P2  − a2 ,− b2 ,− c 2   a2 + b2 + c2 aa + b2 + c2 a 2 + b 2 + c 2  36. Determine los máximos, mínimos y puntos de ensilladura de la función f definida por f (x , y) = x2 + y 2 + x2 y + 4 Solución: f x (x , y) = 2x + 2xy y f y (x , y) = 2 y + x 2 2x(1 + y) = 0 x = 0 o y = −1  y =− x2 f x (x , y)= fy (x , y)= 0⇒  2y + x2 = 0 ⇒   2 ( ) ( )Se obtienen así los siguientes puntos críticos: (0 , 0) , 2 , −1 y − 2 , −1 . Al calcular las segundas derivadas parciales y D(x , y) , resulta: f xx (x , y) = 2 + 2 y , f yy (x , y) = 2 , f xy (x , y) = 2x y D(x , y) = 2(2 + 2 y)− 4x 2 = 4 + 4 y − 4x 2 D(0 , 0) = 4 > 0 y f xx (0 , 0) = 2 > 0 , entonces f (0 , 0) = 4 es un mínimo local 91

( ) ( )D 2 , −1 = 4 − 4 − 8 = −8 < 0 , entonces 2 , 0 es un punto de silla. ( ) ( )D − 2 , −1 = 4 − 4 − 8 = −8 < 0 , entonces − 2 , 0 es un punto de silla. 37. Sea f la función definida por f (x, y) = xy + y + x + 1, y sea R región triangular de vértices (1, 0) , (−1, 0) y (0 , −1) . a) Represente gráficamente la región R y determine los puntos de R en los cuales la función f podría alcanzar los valores extremos absolutos. b) Halle el máximo y el mínimo absoluto de la función f . Solución: La región R se muestra sombreada en la figura a) i) En el interior de la región: f x (x , y) = y +1 y f y (x , y) = x +1 f x (x , y) = f y (x , y) = 0 ⇒ x = y = −1 Observe que el punto P(−1, −1) no está en el interior de la región, en consecuencia, no hay punto críticos en el interior. ii) En la frontera de la región: Sea C1 el segmento definido por: y = 0, −1 ≤ x ≤ 1 f (x ,0) = x +1, −1 ≤ x ≤ 1 d (x + 1) = 1 ≠ 0 ⇒ la función f es constante sobre C1 dx Los puntos a estudiar en C1 son los extremos del segmento: P1 (−1, 0) y P2 (1, 0) . Sea C2 el segmento definido por: y = x −1, 0 ≤ x ≤ 1. 92

f (x , x − 1) = x 2 + x , 0 ≤ x ≤ 1 ( )d x 2 + x = 2x + 1 y 2x + 1 = 0 ⇒ x = − 1 . 0bserve que − 1 ∉[0 ,1] dx 2 2 Los puntos a estudiar en C2 son los extremos del segmento: P2 (1, 0) y P3 (0 ,−1). Sea C3 el segmento definido por: y = −x −1, −1 ≤ x ≤ 0 . f (x , − x − 1) = −x 2 − x , −1 ≤ x ≤ 0 ( )d − x2 − x = −2x − 1 y − 2x − 1 = 0 ⇒ x = − 1 . 0bserve que − 1 ∈ [−1, 0] dx 2 2 Los puntos a estudiar en C3 son los extremos del segmento: P1 (−1, 0) y P3 (0 ,−1) y el punto P4  − 1 , − 1  .  2 2  Por lo tanto, los puntos de la región R donde pueden ocurrir los valores extremos absolutos son: P1 (−1, 0), P2 (1, 0) , P3 (0 ,−1) y P4  − 1 , − 1  .  2 2 b) Las imágenes de los puntos obtenidos en a) son f (−1, 0) = 0 , f (1,0) = 2 , f (0 , −1) = 0 , f  − 1 , − 1  = 1  2 2 4 Se tiene entonces que: El máximo absoluto es f (1,0) = 2 y el mínimo absoluto es f (−1, 0) = f (0 , −1) = 0 . 38. Sea f una función real de dos variables definida por f (x, y) = x 2 + y 2 − 3x − xy . Halle los valores máximo y mínimo absoluto de la función sobre la región R , donde { }R = (x, y) ∈ R 2 : x 2 + y 2 ≤ 9 . Solución: La región R se muestra en la figura 93

i) En el interior de la región: f x (x , y) = 2x − 3 − y y f y (x , y) = 2y − x f x (x , y) = f y (x , y) = 0 ⇒ x = 2 y y =1 Observe que el punto P(2 ,1) está en el interior de la región, en consecuencia, es un punto o valor crítico de R . ii) En la frontera de la región: Por Lagrange, se hallan los puntos donde ocurren los valores extremos de f (x, y) = x 2 + y 2 − 3x − xy , sujeta a la condición g(x, y) = 9 con g(x, y) = x 2 + y 2 . Como ∇f (x, y) = (2x − 3 − y)i + (2 y − x) j y ∇g(x, y) = 2x i + 2 y j Los valores extremos ocurren en los puntos de la frontera que son solución de las ecuaciones ecuaciones ∇f (x, y) = λ ∇g(x, y) y g(x, y) = x 2 + y 2 O equivalentemente del sistema 2x − 3 − y = 2λ x   2 y − x = 2λ y  x 2 + y 2 = 9 Se presenta tres casos: b) x = 0 y y ≠ 0 c) x ≠ 0 y y = 0 a) x ≠ 0 y y ≠ 0 a) Si x ≠ 0 de la primera ecuación resulta λ = 2x − 3 − y 2x Si y ≠ 0 de la segunda ecuación resulta λ = 2 y − x 2y 94

Luego, 2x −3− y = 2y − x ⇒ x2 = y2 +3y 2x 2y Al sustituir este valor en la tercera ecuación se obtiene y 2 + 3y + y 2 = 9 ⇒ 2 y 2 + 3y − 9 = 0 ⇒ y = −3 ó y = 3 2 y = −3 ⇒ x = 0 y y = 3 ⇒ x 2 = 27 ⇒ x = − 3 3 ó x = 3 3 24 2 2 Se obtiene así los puntos P1 (0 , − 3), P2  − 3 3 , 3  y P3  3 3 , 3  . 2 2 2 2 − 3 − y = 0  b) Si x = 0 y y ≠ 0 resulta el sistema  2 y = 2λ y cuya única solución es y = −3 .  y 2 = 9 2x − 3 = 2λ x  c) Si x ≠ 0 y y = 0 resulta el sistema  −x=0 que no tiene solución.  x 2 = 9 Por lo tanto, los puntos a estudiar en la frontera son: P1 (0 , − 3), P2  − 33 , 3  y P3  3 3 , 3  . 2 2 2 2 Las imágenes de los puntos donde pueden ocurrir los valores extremos absolutos vienen dadas por: f (2 ,1) = −3, f (0 , − 3) = 9 , f  33 , 3  = 9 − 27 3 , f  − 33 , 3  = 9 + 27 3 2 2 4 2 2 4 Se tiene entonces que: El máximo absoluto es f  − 3 3 , 3  = 9 + 27 3 y el mínimo absoluto es f (2 ,1) = −3 . 2 2 4 39. Sea f la función definida por f (x, y) = x 2 + y 2 + xy +1, y sea R región del plano acotada por las gráficas de y = x 2 − 2x , y = x . a) Represente gráficamente la región R y determine los puntos de R en los cuales la función f podría alcanzar los valores extremos absolutos. b) Halle el máximo y el mínimo absoluto de la función f . 95

Solución: La región R se muestra en la figura sombreada. a) i) En el interior de la región: f x (x , y) = 2x + y y f y (x , y) = 2y + x f x (x , y) = f y (x , y) = 0 ⇒ x = y = 0 Observe que el punto P(0 , 0) no está en el interior de la región, en consecuencia, no hay punto críticos en R . ii) En la frontera de la región: Sea C1 el segmento definido por: y = x, 0 ≤ x ≤ 3 f (x , x) = 3x2 + 1, 0 ≤ x ≤ 3 ( )d 3x 2 + 1 = 6x y 6x = 0 ⇒ x = 0 dx Los puntos a estudiar en C1 son los extremos del segmento: P1 (0 , 0) y P2 (3, 3) . Sea C2 la parte de la parábola definida por: y = x 2 − 2x, 0 ≤ x ≤ 3 . ( )f x , x 2 − 2x = x 4 − 3x3 + 3x 2 + 1, 0 ≤ x ≤ 3 ( ) ( )d x 4 − 3x3 + 3x 2 + 1 = 4x3 − 9x 2 + 6x = x 4x 2 − 9x + 6 = 0 ⇒ x = 0 ¿por qué? dx Los puntos estudiar en C2 son los extremos de la curva: P1 (0 , 0) y P2 (3, 3) . Por lo tanto, los puntos estudiar en la frontera son: P1 (0 , 0) y P2 (3, 3) y sus imágenes son: 96

f (0 , 0) = 1 , f (3, 3) = 28 Se tiene entonces que: El máximo absoluto es f (3, 3) = 28 y el mínimo absoluto es f (0 , 0) = 1 . 40. El potencial electrostático en cada punto de la región { }D = (x , y)∈ R 2 / 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 viene dado por V (x , y) = 48xy − 32x3 − 24 y 2 Halle los potenciales máximo y mínimo en la región. Solución: La región D es la región sombreada de la figura, limitada por el cuadrado. i) En el interior de la región: Vx (x , y) = 48y − 96x 2 y Vy (x , y) = 48x − 48y V (x , y ) = V (x , y ) = 0 ⇒ y − 2 x2 = 0  − y = 0 x y x x = y ⇒ x − 2x 2 = 0 ⇒ x(1− 2x) = 0 ⇒ x = 0 ó x = 1 , 2 Luego: x = 0 ⇒ y = 0 , x = 1 ⇒ y = 1 . 22 Observe que el punto P (0 , 0) no está en el interior de la región, en consecuencia, el único punto crítico en el interior es P1  1 , 1  .  2 2 ii) En la frontera de la región: 97

• Sea C1 el segmento definido por: y = 0, 0 ≤ x ≤ 1 V (x , 0) = −32x3 , 0 ≤ x ≤ 1 ( )d − 32x3 = −96x 2 = 0 ⇒ x = 0 dx Los puntos estudiar en C1 son los extremos del segmento: P (0 , 0) y P2 (1, 0) . • Sea C2 el segmento definido por: x = 1, 0 ≤ y ≤ 1 V (1, y) = 48y − 24 y 2 − 32 , 0 ≤ y ≤ 1 ( )d 48y − 24 y 2 − 32 = 48 − 48y y 48 − 48y = 0 ⇒ y = 1 dy Los puntos estudiar en C2 son los extremos del segmento: P2 (1, 0) y P3 (1, 1) . • Sea C3 el segmento definido por: y = 1, 0 ≤ x ≤ 1 V (x ,1) = 48x − 32x3 − 24 , 0 ≤ x ≤ 1 ( )d 48x − 32x3 − 24 = 48 − 96x 2 y 48 − 96x 2 = 0 ⇒ x = 1 . dx 2 Los puntos estudiar en C3 son los extremos del segmento: P4 (0 ,1) y P3 (1, 1) y P5  1 ,1 . 2 • Sea C4 el segmento definido por: x = 0, 0 ≤ y ≤ 1 V (0 , y) = −24 y 2 , 0 ≤ y ≤ 1 ( )d − 24 y 2 − 48y y − 48y = 0 ⇒ y = 0 dy Los puntos estudiar en C4 son los extremos del segmento: P4 (0 ,1) y P (0 , 0). Al determinar las imágenes de los puntos se tiene que: V (1, 0) = −32 , V (1,1) = −8 , V  ,1 ( )V  1 , 1  = 2 , V (0 , 0) = 0 , 1 2 2 2 V (0 ,1) = −24 , = 8 2 2 −3 98

Se tiene entonces que: El máximo absoluto es V  1 , 1  = 2 y el mínimo absoluto es V (1, 0) = −32 . 2 2 41.a) Halle el punto del plano de ecuación 3x + 2 y + z = 1 más próximo al punto O(0 ,0 , 0). b) Determine la distancia del punto O(0 ,0 , 0) al plano de ecuación 3x + 2 y + z = 1 . c) Use esta fórmula de la distancia de un punto a un plano para calcular la parte b) y compare el resultado con el valor obtenido en b). Solución: a) Observe que el problema se reduce a hallar el valor mínimo absoluto de la función real de tres variables d (x , y , z) = x 2 + y 2 + z 2 (distancia del punto P (x , y , z) al origen de coordenadas) sujeta a la restricción g(x, y , z) = 1 con g(x, y , z) = 3x + 2 y + z . Se debe resolver el sistema ∇d (x , y , z) = λ ∇g(x , y, z) g(x , y , z) = 1 Como ∇d (x, y , z) = x i + y j + z k (1) x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 y ∇g(x, y , z) = 3i + 2 j + k De ∇d (x, y , z) = λ ∇g(x, y , z) y g(x, y , z) = 1 . De (1) se obtiene el sistema:  x = 3λ  x2 + y2 + z2    y = 2λ  x2 + y2 + z2   z =λ  x2 + y2 + z2   3x + 2y + z =1   99

Cuya solución es: x = 3 , y = 2 , z = 1 . 14 14 14 Por lo tanto, el punto más próximo al origen es: P  3 , 2 , 1  .  14 14 14  b) La distancia de P al plano es: d  3 , 2 , 1  = 9 + 4 + 1 = 14 = 1 14 14 14  14 (14)2 (14)2 (14)2 (14)2 c) Observe que si se aplica la fórmula d = Ax1 + By1 + Cz1 + d , de distancia de un punto A2 + B2 +C 2 P (x1 , y1 , z1 ) al plano de ecuación Ax + By + Cz + D = 0 Resulta: 3(0)+ 2(0)+1(0)−1 1 d= = (3)2 + (2)2 + (1)2 14 42. Aplique multiplicadores de Lagrange para determinar las dimensiones de una caja que tiene forma rectangular, abierta en la parte superior, con un volumen de 108 cm3 y en la cual se utilice la menor cantidad de material para su construcción. Solución: Se supone que si la superficie de la caja rectangular es mínima entonces la cantidad de material utilizado también es mínimo. Por consiguiente para minimizar la cantidad de material utilizado se debe minimizar la superficie de la caja S. Sean x y y las dimensiones de la base de la caja y z la altura, entonces S(x , y , z) = xy + 2xz + 2 yz Sujeta a la restricción V (x , y , z) = 108 y V (x , y , z) = xyz Aplicando Lagrange, se debe resolver el sistema (x , z) = λ∇V (x z)  y + 2z = λyz x ∇S , y xyz = 108 , y ⇒ 2 + 2z = λxz  x+2 y = λxy   xyz = 108 Como x ≠ 0, y ≠ 0, z ≠ 0 se tiene que 100