UNIVERSIDAD DISTRITAL FRANCISCO JOSE DE CALDAS

MATERIAL DE EJERCICIOS RESUELTOS PARA RESOLVER TALLER DEL

SEGUNDO CORTE-NOTAS DE CLASE-

Responsable Nelson Algarin Meza-Magister en matemática aplicada.

I. Regla de la cadena

1. Demostrar que la función

𝑧 = 𝑓(𝑥 + 𝜑(𝑦)) es solución de la ecuación diferencial en derivadas parciales de

segundo orden mixtas:

𝝏𝒛

𝝏𝒙 𝝏𝟐𝒛

𝝏𝒙𝝏𝒚=

𝝏𝒛

𝝏𝒚

𝝏𝟐𝒛

𝝏𝒙𝟐

Solución

Sea 𝑢 = 𝑥 + 𝜑(𝑦) luego:

𝑧 = 𝑓(𝑢) = 𝑓[𝑢(𝑥, 𝜑(𝑦))]

donde 𝑟 = 𝜑(𝑦)

𝑧 = 𝑓(𝑢) = 𝑓[𝑢(𝑥, 𝑟)]

Z

f (u)

u

f

𝑢

x

u

r

u

x r dy

dr

y

Por lo anterior, Tomando la parte izquierda de la igualdad:

𝜕𝑧

𝜕𝑥 =

𝜕𝑓

𝜕𝑢. 𝜕𝑢

𝜕𝑥=

𝜕𝑓

𝜕𝑢. 1 =

𝜕𝑓

𝜕𝑢 𝑬𝒄. 𝟏

𝜕2𝑧

𝜕𝑥2=

𝜕

𝜕𝑥 (

𝜕𝑧

𝜕𝑥) =

𝝏

𝝏𝒙 (

𝜕𝑓

𝜕𝑢) =

𝝏

𝝏𝒖 (

𝝏𝑓

𝜕𝑢) (

𝜕𝑢

𝝏𝒙) = 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑙𝑒𝑡𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝑐𝑎𝑑𝑒𝑛𝑎

𝜕2𝑧

𝜕𝑥2 =𝝏

𝝏𝒖 (

𝝏𝑓

𝜕𝑢) (

𝜕𝑢

𝝏𝒙) =

𝝏

𝝏𝒖(𝝏𝑓

𝜕𝑢) (1) =

𝜕2𝑓

𝜕𝑢2 Ec.2

𝜕2𝑧

𝜕𝑥𝜕𝑦=

𝜕

𝜕𝑦 (

𝜕𝑧

𝜕𝑥) =

𝜕

𝜕𝑢 (

𝜕𝑓

𝜕𝑢)

𝜕𝑢

𝜕𝑟 𝑑𝑟

𝑑𝑦=

𝜕2𝑓

𝜕𝑢2 𝜕𝑢

𝜕𝑟 𝑑𝑟

𝑑𝑦

donde 𝑟 = 𝜑(𝑦)

𝜕2𝑧

𝜕𝑥𝜕𝑦=

𝜕2𝑓

𝜕𝑢2 𝜕𝑢

𝜕𝜑 𝑑𝜑

𝑑𝑦

La derivada de 𝜕𝑢

𝜕𝜑= 0 + 𝜑′(𝑦)

𝜕2𝑧

𝜕𝑥𝜕𝑦=

𝜕2𝑓

𝜕𝑢2 𝜑′(𝑦)

𝑑𝜑

𝑑𝑦 Ecuacion 3

Tomando la parte derecha de la igualdad tenemos:

𝜕𝑧

𝜕𝑦=

𝜕𝑓

𝜕𝑢

𝜕𝑢

𝜕𝑟 𝑑𝑟

𝑑𝑦

𝜕𝑧

𝜕𝑦=

𝜕𝑓

𝜕𝑢

𝜕𝑢

𝜕𝜑

𝑑𝜑

𝑑𝑦 porque 𝑟 = 𝜑(𝑦)

𝜕𝑧

𝜕𝑦=

𝜕𝑓

𝜕𝑢 𝜑′(𝑦)

𝑑𝜑

𝑑𝑦 Ecuacion 4

𝜕2𝑧

𝜕𝑥2 =𝜕2𝑓

𝜕𝑢2 esto se obtuvo en la ecuación 2

Multiplicando 𝐸𝑐. 1 por 𝐸𝑐. 3:

𝜕𝑧

𝜕𝑥

𝜕2𝑧

𝜕𝑥𝜕𝑦= (

𝜕𝑓

𝜕𝑢) (

𝜕2𝑓

𝜕𝑢2 𝜑′(𝑦)

𝑑𝜑

𝑑𝑦) 𝐸𝑐. 5

Sustituyendo las expresiones de la 𝐸𝑐. 2 y 𝐸𝑐. 4 en la expresión del lado derecho :

𝝏𝒛

𝝏𝒚

𝝏𝟐𝒛

𝝏𝒙𝟐= (

𝜕𝑓

𝜕𝑢 𝜑′(𝑦)

𝑑𝜑

𝑑𝑦) (

𝜕2𝑓

𝜕𝑢2) Ec.6

luego puedes apreciar que las dos ecuaciones,Ec5 y Ec.6 son iguales

𝜕𝑧

𝜕𝑥 𝜕2𝑧

𝜕𝑥𝜕𝑦=

𝜕𝑧

𝜕𝑦 𝜕2𝑧

𝜕𝑥2; 𝐿𝑄𝐷

3. El laplaciano en forma bidimensional es 2 f = 2

2

x

f

+

2

2

y

f

. La introducción en coordenadas

polares x = r cos , y = r sen transforma f (x, y) en g (r, ).

Demostrar que se cumple la siguiente ecuación:

2

2

x

f

+

2

2

y

f

=

2

2

r

g

+

22

21

r

g+

rr

g

1 (Derivadas parciales de segundo grado)

Solución

2 f =

2

2

x

f

+

2

2

y

f

Como x = r cos y = r sen

Aplicando el árbol, tenemos:

g ( r, ) = f ( x, y )

g ( r, )

f (x, y)

x

f

y

f

x y

r

x

x

r

y

y

r r

r

g

=

x

f

r

x

+

y

f

r

y

(Derivadas parciales de primer orden)

x = r cos y = r sen

r

x

= cos

r

y

= sen

r

g

=

x

f

(cos ) +

y

f

(sen )

r

1

r

g

= (

r

cos)

x

f

+(

r

sen)

y

f

(1)

r

r

g=

r

y

fsen

x

fcos

2

2

r

g

= cos

r

x

f + sen

r

y

f

2

2

r

g

= cos

xr

f

2

+ sen yr

f

2

r

x

f=

x

x

f

r

x

+

y

x

f

r

y

(se completa la cadena)

r

x

f = cos

2

2

x

f

+ sen

xy

f

2

Resolviendo las derivadas parciales

r

y

f =

y

y

f

r

y

+

x

y

f

r

x

r

y

f= sen

2

2

y

f

+ cos

yx

f

2

2

2

r

g

= cos

xy

fsen

x

f2

2

2

cos + sen

yx

f

y

fsen

2

2

2

cos

2

2

r

g

= cos2

2

2

x

f

+ cos sen

xy

f

2

+ sen22

2

y

f

+ sen cos

yx

f

2

(2)

g=

x

f

x +

y

f

y (derivadas de primer orden)

g=

x

f

(-r sen ) +

y

f

(r cos ) resolviendo las derivadas parciales

g= -r sen

x

f

+ rcos

y

f

g =

y

fr

x

frsen

cos Aplicando las derivadas parciales de segundo orden.

2

2

g =

x

frsen +

y

fr cos

2

2

g =-r

x

fsen + r

y

fcos

2

2

g=

x

f

(-rsen ) +( - r sen )

x

f+

y

f

cosr + r cos

y

f

2

2

g=-r cos

x

f

-r sen

x

f- r sen

y

f

+ r cos

y

f

x

f=

x

x

f

x+

y

x

f

y (resolviendo las cadenas)

y

f=

y

y

f

y+

x

y

f

x (resolviendo las cadenas)

Reemplazando cada una de las cadenas anteriores, tenemos:

2

2

g=-r cos

x

f

-r sen

x

f

x

x

f

x

y

y- rsen

y

f

+

r cos

f

x

f

x

y

yyy

Resolviendo cada una de las derivadas parciales, Tenemos

x

f=

2

2

x

f

(-r sen ) +

xy

f

2

+ r cosyx

f

2

x

f=-r sen

2

2

x

f

+ r cos

2

2

x

f

y

f=

2

2

y

f

(r cos ) +

yx

f

2

(-r sen )

y

f= r sen

2

2

y

f

-r sen

yx

f

2

remplazando todos los termino, tenemos:

2

2

g=-r cos

x

f

-r sen

xy

fr

x

frsen

2

2

2

cos

-r seny

f

+ r cos

yx

frsen

y

fr

2

2

2

cos

2

1

r2

2

g= -

r

cos

x

f

+ sen2

2

2

x

f

- sen cos

yx

f

2

- r

sen

y

f

+cos2

2

2

y

f

(3)

-cos senyx

f

2

Luego uniendo la (1),(2) y (3) tenemos:

2

2

r

g

+

2

1

r 2

2

g+

r

1

r

g

=

2

2

r

g

= cos2

2

2

x

f

+ cos sen

xy

f

2

+ sen22

2

y

f

+

sen cosyx

f

2

-r

cos

x

f

+ sen2

2

2

x

f

- sen cos

yx

f

2

- r

sen

y

f

+cos2

2

2

y

f

-cos

senyx

f

2

+ (r

cos)

x

f

+(

r

sen)

y

f

Simplificando términos semejantes tenemos:

2

2

r

g

+

2

1

r 2

2

g+

r

1

r

g

=

2

2

r

g

= cos2

2

2

x

f

+ sen2

2

2

y

f

+ sen2

2

2

x

f

+cos2

2

2

y

f

Agrupando términos semejantes:

2

2

r

g

+

2

1

r 2

2

g+

r

1

r

g

=

2

2

r

g

= (cos2

2

2

x

f

+sen2

2

2

x

f

)+(sen2

2

2

y

f

+ cos2

2

2

y

f

)

2

2

r

g

+

2

1

r 2

2

g+

r

1

r

g

=

2

2

r

g

= (cos2

2

2

x

f

+sen2

2

2

x

f

)+(sen2

2

2

y

f

+ cos2

2

2

y

f

)

Factorizando:

2

2

r

g

+

2

1

r 2

2

g+

r

1

r

g

=

2

2

r

g

=

2

2

x

f

(cos2θ+sen2 )+

2

2

y

f

( cos2θ+sen2 )

Como cos2θ+ sen2 =1,tenemos:

2

2

r

g

+

2

1

r 2

2

g+

r

1

r

g

=

2

2

r

g

=

2

2

x

f

+

2

2

y

f

(L.Q.D)

6. Sea la función 𝒛 = 𝒇(𝒙, 𝒚) que satisface la ecuación de laplace

𝝏𝟐𝒇

𝝏𝒙𝟐+

𝝏𝟐𝒇

𝝏𝒚𝟐= 𝟎

Demostrar que la función 𝒛 = 𝒇(𝒙 − 𝟐𝒚, 𝟐𝒙 + 𝒚) también la satisface

Solución

Sea 𝑣 = 𝑥 − 2𝑦 y 𝑤 = 2𝑥 + 𝑦 de lo cual:

𝜕𝑣

𝜕𝑥= 1 ;

𝜕𝑣

𝜕𝑦= −2 ;

𝜕𝑤

𝜕𝑥= 2 ;

𝜕𝑤

𝜕𝑦= 1

Así cualquier segunda derivada parcial de u y w con respecto a 𝑥 y/o 𝑦 es cero.

Luego: 𝑧 = 𝑓(𝑣, 𝑤)

𝜕𝑧

𝜕𝑥=

𝜕𝑓

𝜕𝑣

𝜕𝑣

𝜕𝑥+

𝜕𝑓

𝜕𝑤

𝜕𝑤

𝜕𝑥=

𝜕𝑓

𝜕𝑣+ 2

𝜕𝑓

𝜕𝑤

𝜕2𝑧

𝜕𝑥2=

𝜕

𝜕𝑥(𝜕𝑧

𝜕𝑥) =

𝜕

𝜕𝑥(𝜕𝑓

𝜕𝑣) + 2

𝜕

𝜕𝑥

𝜕𝑓

𝜕𝑤

= [𝜕

𝜕𝑣(𝜕𝑓

𝜕𝑣)𝜕𝑣

𝜕𝑥+

𝜕

𝜕𝑤(𝜕𝑓

𝜕𝑣)𝜕𝑤

𝜕𝑥] + 2 [

𝜕

𝜕𝑣(𝜕𝑓

𝜕𝑤)𝜕𝑣

𝜕𝑥+

𝜕

𝜕𝑤(𝜕𝑓

𝜕𝑤)𝜕𝑤

𝜕𝑥]

= [𝜕2𝑦

𝜕𝑣2

𝜕𝑣

𝜕𝑥+

𝜕2𝑓

𝜕𝑤𝜕𝑣

𝜕𝑤

𝜕𝑥] + 2 [

𝜕2𝑓

𝜕𝑣𝜕𝑤 𝜕𝑣

𝜕𝑥+

𝜕2𝑓

𝜕𝑤2 𝜕𝑤

𝜕𝑥]

= [𝜕2𝑓

𝜕𝑣2+ 2

𝜕2𝑓

𝜕𝑤𝜕𝑣] + [

𝜕2𝑓

𝜕𝑣𝜕𝑤2

𝜕2𝑓

𝜕𝑤2]

= 𝜕2𝑓

𝜕𝑣2+ 4

𝜕2𝑓

𝜕𝑤𝜕𝑣+ 4

𝜕2𝑓

𝜕𝑤2 𝐸𝑐. 1

𝜕𝑧

𝜕𝑦=

𝜕𝑓

𝜕𝑣

𝜕𝑣

𝜕𝑦+

𝜕𝑓

𝜕𝑤

𝜕𝑤

𝜕𝑦= −2

𝜕𝑓

𝜕𝑣+

𝜕𝑓

𝜕𝑤

=𝜕

𝜕𝑦(𝜕𝑧

𝜕𝑦) =

𝜕

𝜕𝑦[−2

𝜕𝑓

𝜕𝑣+

𝜕𝑓

𝜕𝑤]

𝜕2𝑧

𝜕𝑦2= −2 [

𝜕

𝜕𝑦(𝜕𝑓

𝜕𝑣)] +

𝜕

𝜕𝑦(𝜕𝑓

𝜕𝑤)

= −2 [𝜕

𝜕𝑤(𝜕𝑓

𝜕𝑣)𝜕𝑤

𝜕𝑦+

𝜕

𝜕𝑣(𝜕𝑓

𝜕𝑣)𝜕𝑣

𝜕𝑦] + [

𝜕

𝜕𝑤(𝜕𝑓

𝜕𝑤)𝜕𝑤

𝜕𝑦+

𝜕

𝜕𝑣(𝜕𝑓

𝜕𝑤)𝜕𝑣

𝜕𝑦]

= −2 [𝜕2𝑓

𝜕𝑤𝜕𝑣− 2

𝜕2𝑓

𝜕𝑣2] + [

𝜕2𝑓

𝜕𝑤2− 2

𝜕2𝑓

𝜕𝑣𝜕𝑤]

= 4𝜕2𝑓

𝜕𝑣2− 4

𝜕2𝑓

𝜕𝑤𝜕𝑣+

𝜕2𝑓

𝜕𝑤2 𝐸𝑐. 2

Sumando 1 y 2

5𝜕2𝑓

𝜕𝑣2+ 5

𝜕2𝑓

𝜕𝑤2= 0

5(𝜕2𝑓

𝜕𝑣2+

𝜕2𝑓

𝜕𝑤2) = 0

𝜕2𝑓

𝜕𝑣2+

𝜕2𝑓

𝜕𝑤2= 0

Ya que la hipótesis del enunciado dice que 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) →𝜕2𝑓

𝜕𝑥2 +𝜕2𝑓

𝜕𝑦2 = 0 , luego

debe cumplirse también con 𝑧 = 𝑓(𝑣,𝑤) de tal forma:

𝜕2𝑓

𝜕𝑣2+

𝜕2𝑓

𝜕𝑤2= 0; 𝐿. 𝑄. 𝐷

7. Transformar la ecuación

𝒚 𝝏𝒛

𝝏𝒙− 𝒙

𝝏𝒛

𝝏𝒚= (𝒚 − 𝒙)𝒛

Introduciendo las nuevas variables independientes 𝒖 = 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 𝒗 =𝟏

𝒙+

𝟏

𝒚 y la

nueva función

𝒘 = 𝑳𝒏𝒛 − (𝒙 + 𝒚)

Solución

Ya que 𝑤 = 𝐿𝑛𝑧 − (𝑥 + 𝑦) es posible decir que 𝐿𝑛𝑧 = 𝑤 + 𝑥 + 𝑦: por lo tanto

teniendo en cuenta los cambios requeridos :

𝑧 = 𝑧(𝑤, 𝑥, 𝑦) = 𝑧[𝑤(𝑢, 𝑣), 𝑥, 𝑦] = 𝑧 {𝑤[𝑢(𝑥, 𝑦), 𝑣(𝑥, 𝑦)], 𝑥, 𝑦}

Con esto se tiene que:

𝐿𝑛𝑧 = 𝑤 + 𝑥 + 𝑦 𝐸𝑐. 1

𝑢 = 𝑥2 + 𝑦2 𝐸𝑐. 2

𝑢 = 𝑥−1 + 𝑦−1 𝐸𝑐. 3

De la 𝐸𝑐. 2:

𝜕𝑢

𝜕𝑥= 2𝑥;

𝜕𝑢

𝜕𝑦= 2𝑦

De la 𝐸𝑐. 3:

𝜕𝑣

𝜕𝑥= −𝑥−2;

𝜕𝑣

𝜕𝑦= −𝑦−2

De la 𝐸𝑐. 1:

𝜕

𝜕𝑥(𝑙𝑛𝑧) =

𝜕

𝜕𝑥(𝑤 + 𝑥 + 𝑦)

1

𝑧

𝜕𝑧

𝜕𝑥=

𝜕

𝜕𝑥(𝑤) + 1

= [𝜕𝑤

𝜕𝑢 𝜕𝑢

𝜕𝑥+

𝜕𝑤

𝜕𝑣 𝜕𝑣

𝜕𝑥] + 1

1

𝑧

𝜕𝑧

𝜕𝑥=

𝜕𝑤

𝜕𝑥(2𝑥) +

𝜕𝑤

𝜕𝑣 (−𝑥−2) + 1

𝜕𝑧

𝜕𝑥= (2𝑥

𝜕𝑤

𝜕𝑥−

1

𝑥2 𝜕𝑤

𝜕𝑣 + 1) 𝑧 𝐸𝑐. 4

𝜕

𝜕𝑦(𝑙𝑛𝑧) =

𝜕

𝜕𝑦(𝑤 + 𝑦 + 𝑧)

1

𝑧

𝜕𝑧

𝜕𝑦=

𝜕𝑧

𝜕𝑦(𝑤) + 1 = [

𝜕𝑤

𝜕𝑢 𝜕𝑢

𝜕𝑦+

𝜕𝑤

𝜕𝑣 𝜕𝑣

𝜕𝑦] + 1

= [𝜕𝑤

𝜕𝑢 (2𝑦) +

𝜕𝑤

𝜕𝑣(−𝑦−2)] + 1

= 2𝑦𝜕𝑤

𝜕𝑢−

1

𝑦2 𝜕𝑤

𝜕𝑣+ 1

𝜕𝑧

𝜕𝑦= (2𝑦

𝜕𝑤

𝜕𝑢−

1

𝑦2 𝜕𝑤

𝜕𝑣+ 1) 𝑧

Remplazando en la EDP

𝑦𝑧 (2𝑥𝜕𝑤

𝜕𝑢−

1

𝑥2 𝜕𝑤

𝜕𝑣+ 1) − 𝑥𝑧 (2𝑦

𝜕𝑤

𝜕𝑢−

1

𝑦2 𝜕𝑤

𝜕𝑣+ 1) = (𝑦 − 𝑥)𝑧

2𝑥𝑦𝜕𝑤

𝜕𝑢−

𝑦

𝑥2 𝜕𝑤

𝜕𝑣+ 𝑦 − 2𝑥𝑦

𝜕𝑤

𝜕𝑢+

𝑥

𝑦2 𝜕𝑤

𝜕𝑣− 𝑥 = 𝑦 − 𝑥

−𝑦

𝑥2 𝜕𝑤

𝜕𝑣+

𝑥

𝑦2 𝜕𝑤

𝜕𝑣= 0

(𝑥

𝑦2 −

𝑦

𝑥2 )𝜕𝑤

𝜕𝑣= 0

(𝑥3 − 𝑦3

𝑦2 𝑥2 )

𝜕𝑤

𝜕𝑣= 0

Derivación implícita.

4. Sea f una función real de dos variables reales y supongamos que las derivadas

parciales 𝜕𝑓

𝜕𝑥,𝜕𝑓

𝜕𝑦 son siempre distintas de cero. Sea u otra función real de dos

variables reales tales que la derivadas parciales 𝜕𝑢

𝜕𝑥 𝑦

𝜕𝑢

𝜕𝑦 estan ligadas por la

ecuación 𝑓 (𝜕𝑢

𝜕𝑥,𝜕𝑢

𝜕𝑦) = 0 demostrar que existe una constante n tal que:

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2

𝜕2𝑢

𝜕𝑦2= (

𝜕2𝑢

𝜕𝑥𝜕𝑦)

𝑛

Solución:

𝑠𝑒𝑎 𝑚 =𝜕𝑢

𝜕𝑥 𝑦 𝑡 =

𝜕𝑢

𝜕𝑦 , 𝑑𝑒 𝑡𝑎𝑙 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎 𝑞𝑢𝑒:

𝑓(𝑚, 𝑡) = 0

𝜕𝑓

𝜕𝑥=

𝜕𝑓

𝜕𝑚

𝜕𝑚

𝜕𝑥+

𝜕𝑓

𝜕𝑡

𝜕𝑡

𝜕𝑥

0 =𝜕𝑓

𝜕𝑚

𝜕

𝜕𝑥(𝜕𝑢

𝜕𝑥) +

𝜕𝑓

𝜕𝑡

𝜕

𝜕𝑥(𝜕𝑢

𝜕𝑦)

0 =𝜕𝑓

𝜕𝑚

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2+

𝜕𝑓

𝜕𝑡

𝜕2𝑢

𝜕𝑥𝜕𝑦

𝜕𝑓

𝜕𝑚

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2= −

𝜕𝑓

𝜕𝑡

𝜕2𝑢

𝜕𝑥𝜕𝑦 𝐸𝑐. 1

𝜕𝑓

𝜕𝑦=

𝜕𝑓

𝜕𝑚

𝜕𝑚

𝜕𝑦+

𝜕𝑓

𝜕𝑡

𝜕𝑡

𝜕𝑦

0 =𝜕𝑓

𝜕𝑚

𝜕

𝜕𝑦(𝜕𝑢

𝜕𝑥) +

𝜕𝑓

𝜕𝑡

𝜕

𝜕𝑦(𝜕𝑢

𝜕𝑦)

0 =𝜕𝑓

𝜕𝑚

𝜕2𝑢

𝜕𝑦𝜕𝑥+

𝜕𝑓

𝜕𝑡

𝜕2𝑢

𝜕𝑦2

𝜕𝑓

𝜕𝑡

𝜕2𝑢

𝜕𝑦2= −

𝜕𝑓

𝜕𝑚

𝜕2𝑢

𝜕𝑦𝜕𝑥 𝐸𝑐. 2

Multiplicando Ec.1 por Ec.2 y ya que 𝜕2𝑢

𝜕𝑥𝜕𝑦=

𝜕2𝑢

𝜕𝑦𝜕𝑥

𝜕𝑓

𝜕𝑚

𝜕𝑓

𝜕𝑡

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2

𝜕2𝑢

𝜕𝑦2=

𝜕𝑓

𝜕𝑡

𝜕𝑓

𝜕𝑚(

𝜕2𝑢

𝜕𝑥𝜕𝑦)

2

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2

𝜕2𝑢

𝜕𝑦2= (

𝜕2𝑢

𝜕𝑥𝜕𝑦)

2

𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜 𝑛 = 2, 𝐿𝑄𝐷

Máximos y mínimos relativos o condicionales.

2. Encuentre los valores máximos, mínimos locales y punto de silla (o

ensilladura) si los hay para la siguiente función:

𝒊). 𝒇(𝒙, 𝒚) = (𝒙 − 𝟐)(𝒚 − 𝟐)(𝒙 + 𝒚 − 𝟑)

Solución:

Al expandir la expresión

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2𝑦 + 𝑥𝑦2 − 7𝑥𝑦 − 2𝑥2 + 10𝑥 − 2𝑦2 + 10𝑦 − 12

𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜 𝜕𝑓

𝜕𝑥= 2𝑥𝑦 + 𝑦2 − 7𝑦 − 4𝑥 + 10

𝜕𝑓

𝜕𝑦= 𝑥2 + 2𝑥𝑦 − 7𝑦 − 4𝑥 + 10

Aplicando el criterio de la primera derivada para calcular los puntos críticos de f

𝜕𝑓

𝜕𝑥= 0;

𝜕𝑓

𝜕𝑦= 0; 𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜:

2𝑥(𝑦 − 2) + 𝑦2 − 7𝑦 + 10 = 0

2𝑦(𝑥 − 2) + 𝑥2 − 7𝑥 + 10 = 0

Al despejar x de Ec.1y sustituyendo en Ec.2 resulta

−3𝑦4 + 20𝑦3 − 49𝑦2 + 52𝑦 − 20 = 0

Cuya solución es: 𝑦 = 2, 𝑦 = 2, 𝑦 = 1, 𝑦 =5

3 al sustituir en Ec.2 los valores

obtenidos y resolviendo para x se obtiene 𝑥 = 1,2,2,5

3, luego f(x, y) posee puntos

críticos en los puntos: (1,2)(2,2)(2,1) (5

3,5

3)

Aplicando el criterio de la segunda derivada:

𝜕2𝑓

𝜕𝑥2= 2𝑦 − 4 ;

𝜕2𝑓

𝜕𝑦2= 2𝑦 − 4;

𝜕2𝑓

𝜕𝑥𝜕𝑦= 2𝑦 + 2𝑥 − 7

Luego la matriz Hessiana resulta:

𝐻(𝑥, 𝑦) = |2𝑦 − 4 2𝑦 + 2𝑥 − 7

2𝑦 + 2𝑥 − 7 2𝑥 − 4| = 4(𝑥 − 2)(𝑦 − 2) − (2𝑦 + 2𝑥 − 7)2

𝐻(2,2) = −1 𝐻(1,2) = −1 𝐻(2,1) = −1 𝐻 (5

3,5

3) =

1

3

Dado que 𝐻(2,2) = 𝐻(1,2) = 𝐻(2,1) < 0 Es posible inferir que los puntos (1,2,0)

(2,1, 0) son puntos de silla.

Ya que 𝐻 (5

3,5

3) y

𝜕2𝑓(5

3,5

3 )

𝜕𝑥2= −

2

3< 0 el punto (0,0,

1

27 ) es un máximo relativo de

f.

𝒊𝒊𝒊. 𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝐜𝐨𝐬(𝒚𝟐 + 𝒙𝟐)

Solución:

𝜕𝑓

𝜕𝑥= −2𝑥 sen(𝒙𝟐 + 𝒚𝟐);

𝜕𝑓

𝜕𝑦= −2𝑦 sen(𝒙𝟐 + 𝒚𝟐);

Haciendo 𝜕𝑓

𝜕𝑥= 0 𝑦

𝜕𝑓

𝜕𝑦= 0 para encontrar los puntos críticos:

−2𝑥 sen(𝒙𝟐 + 𝒚𝟐) = 𝟎

−2𝑥 = 0 𝐸𝑐. 1 𝑣 𝑥2 + 𝑦2 = 0 𝐸𝑐. 2 𝑣 𝑥2 + 𝑦2 = 𝜋 𝐸𝑐. 3

−2𝑦 sen(𝑥2 + 𝑦2) = 0

−2𝑦 = 0 𝐸𝑐. 4 𝑣 𝑥2 + 𝑦2 = 0 𝐸𝑐. 5 𝑣 𝑥2 + 𝑦2 = 𝜋 𝐸𝑐. 6

De Ec.1 Ec.2 Ec.4 y Ec.5 se tiene x=0, y=0; pero de Ec.3 y Ec.6 se tiene la ecuación

de una circunferencia por lo cual es posible inferir que f posee infinitos puntos

críticos sobre la circunferencia 𝑥2 + 𝑦2 = 𝜋

Ya que 𝑓(𝑥, 𝑦) es una función cosenoidal los valores de esta oscilaran entre -1 y

1 por lo que es de saber que no habrán puntos de silla, pero si extremos relativos,

de los cuales x= 0; y=0 es un máximo ya que f (0, 0) =1; mientras todos los puntos

de 𝑥2 + 𝑦2 = 𝜋 que se definen es f son puntos mínimos ya que 𝑓(𝑥, √𝜋 − 𝑥2) =

−1

7. Supóngase que una montaña tiene la forma de paraboloide elíptico 𝒛 = 𝒄 −

𝒂𝒙𝟐 − 𝒃𝒚𝟐, donde a, b y c son constantes positivas, x, y son las coordenadas

este- oeste y norte-sur en el mapa y z es la altitud sobre el nivel del mar

(𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒔𝒆 𝒎𝒊𝒅𝒆𝒏 𝒆𝒏 𝒎𝒆𝒕𝒓𝒐𝒔)

a. En el punto (1,1), ¿en qué dirección crece la altitud más rápidamente? Si se

soltara una canica en dicho punto (1,1) ¿en qué dirección deberá rodar?

Solución:

a. La dirección de mas rápido aumento de las altura viene dada por la dirección del

gradiente.

∇⃑⃑ 𝑧 = (−2𝑎𝑥, −2𝑎𝑦)

∇⃑⃑ 𝑧(1,1) = −2𝑎(1,1); Evaluando en el punto (1,1)

Si se soltaba una canica en el punto (1,1) esta ira bajo la acción de gravedad en la

dirección de más decrecimiento de la altura luego:

∇⃑⃑ 𝑇𝑐(1,1) = −∇⃑⃑ 𝑧(1,1)

∇⃑⃑ 𝑇𝑐(1,1) = 2𝑎(1,1)

1. Sea 𝒇:𝕹𝟑 → 𝕹 definida por 𝒇(𝒙, 𝒚, 𝒛) = 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒃𝒙𝒚 + 𝒂𝒛 donde 𝒂 y 𝒃 son

parámetros reales.

a. obtenga una relación entre los parámetros 𝒂 y 𝒃 para que el punto (𝟏, 𝟏, 𝟏) sea un

extremo relativo de 𝒇 sobre la esfera 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 = 𝟑.

La función a minimizar es:

𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑏𝑥𝑦 + 𝑎𝑧

Restringida por:

𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 − 3

Luego, se tiene el sistema:

∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝜆 ∙ ∇g(𝑥, 𝑦, 𝑧)

2𝑥 + 𝑏𝑦 = 2𝜆𝑥 (1)

2𝑦 + 𝑏𝑥 = 2𝜆𝑦 (2)

𝑎 = 2𝜆𝑧 (3)

𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 − 3 = 0 (4)

En el punto dado de la ecuaciones (1) o (2), se tiene:

2 + 𝑏 = 2𝜆

𝜆 = 1 +1

2𝑏

Además de (3), se tiene:

𝜆 =1

2𝑎

Igualando,

1

2𝑎 = 1 +

1

2𝑏

1

2(𝑎 − 𝑏) = 1

𝑎 − 𝑏 = 2

b. supuesto que se cumple la condición anterior, estúdiese para que valores de 𝒂 y 𝒃

el punto (𝟏, 𝟏, 𝟏) es:

𝒇(𝒙, 𝒚, 𝒛) = 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒃𝒙𝒚 + 𝒂𝒛

𝑓𝑥 = 2𝑥 + 𝑏𝑦

𝑓𝑦 = 2𝑦 + 𝑏𝑥

𝑓𝑧 = 𝑎 = 0

Si 𝑎 = 0, entonces 𝑏 = −2

Luego,

𝑓𝑥 = 2𝑥 − 2𝑦

𝑓𝑥𝑥 = 2

𝑓𝑦 = 2𝑦 − 2𝑥

𝑓𝑦𝑦 = 2

𝑓𝑥𝑦 = −2

Al calcula la determinante de la matriz Hessiana, se tiene:

𝑓𝑥𝑥 ∙ 𝑓𝑦𝑦 − [𝑓𝑥𝑦]2= 2 ∙ 2 − 4 = 0