Càlcul II – GRETA/GREVA Universitat Politècnica de Catalunya … II... · 2019. 10. 11. · Càlcul II – GRETA/GREVA Curs 2016–2017 Quadrimestre de Primavera 4 d’abril de

U P C

Universitat Politècnica de CatalunyaDepartament de Matemàtiques

ESEIAAT

Càlcul II – GRETA/GREVACurs 2016–2017

Quadrimestre de Primavera

4 d’abril de 2017Parcial-B

1. Considerem un segment rectilini de longitud fixada d amb extrems A i B. L’extrem A està situat sobrel’eix OY i el B sobre l’eix OX (vegeu la figura adjunta). Sigui P el punt d’aquest segment que estàsituat al triple de distància de B que de A. Suposem que aquest segment es mou mantenint semprel’extrem A sobre l’eix vertical i el B sobre l’horitzontal.

t

A

B

PHx,yL

X

Y

(a) Demostreu que la corba descrita pel punt P és una el.lipse de semieixos 14d i 3

4d.

(b) Trobeu totes les posicions de P per les que el segment és tangent a la corba en P. Si no n’hi hacap, expliqueu-ne el motiu.

(c) Trobeu totes les posicions de P per les que el segment és perpendicular a la corba en P. Si non’hi ha cap, expliqueu-ne el motiu.

Solució

(a) Demostreu que la corba descrita pel punt P és una el.lipse de semieixos 14d i 3

4d.

Sigui 34d la distància de P a B. Si les coordenades de P en aquest sistema són (x,y) i t és l’angle

indicat en la figura,

y

x

34d

14d

A

B

PHx,yL

t

t

geomètricament és evident que

x =d4

cos t i y =34

d sin t.

Així, doncs, podem parametritzar la corba descrita per P de la manera següent:

r(t) =(

d4

cos t,34

d sin t)

amb t ∈ [0,2π] .

U P C


ESEIAAT




Clarament, aquesta corba és una el.lipse centrada en l’origen, amb semieix major (vertical) iguala 3d

4 i semieix menor (horitzontal) igual a d4 , ja que

(xd4

)2

+(

y3d4

)2

= cos2 t + sin2 t = 1d4

3 d4

X

Y

(b) Trobeu totes les posicions de P per les que el segment és tangent a la corba en P. Si no n’hi hacap, expliqueu-ne el motiu.

Hem de trobar les posicions en què el pendent del segment sigui igual al pendent del vectortangent en el punt P. Per a cada t ∈ [0,2π], les coordenades de A són (0,d sin t) i les de B,(d cos t,0). Llavors el pendent del segment és

0−d sin td cos t−0

=− tg t,

si cos t 6= 0, és a dir, si t 6= π

2 , 3π

2 . Clarament, quan cos t = 0, el segment no és tangent a la corba.Per determinar el pendent del segment també podeu pensar que el pendent correspon a la tangentde l’angle π− t :

tg(π− t) =− tg t =− d sin td cos t

El pendent del vector tangent, r′(t) =(−d

4 sin t, 34d cos t

), és

3d4 cos t

−d4 sin t

, sempre que sin t 6= 0, és

a dir, t 6= 0,π. És clar que, quan sin t = 0, el segment no és tangent a la corba.

Igualant els dos pendents, obtenim que

3cos2 t = sin2 t⇐⇒ 4cos2t = 1⇐⇒ cos t =±12

(o bé, tg2 t = 3, és a dir, tg t =±√

3.). Els valors de t ∈ [0,2π] que compleixen aquesta condiciósón:

π

3,

2π

3,

4π

3i

5π

3,

i les posicions corresponents de P,

d8

(1,3√

3)

,d8

(−1,3

√3)

,d8

(−1,−3

√3)

id8

(1,−3

√3)

.

U P C


ESEIAAT




(c) Trobeu totes les posicions de P per les que el segment és perpendicular a la corba en P. Si non’hi ha cap, expliqueu-ne el motiu.

Ara volem que el vector d’extrems A i B, o sigui, B−A (o A−B, tant se val), sigui ortogonal alvector tangent, és a dir, que

(B−A) · r′(t) = 0.

Com que B−A = (d cos t,−d sin t), resulta que

(B−A) · r′(t) =−14

d2 sin t cos t− 34

d2 sin t cos t =−d2 sin t cos t.

Aquest producte només pot anul.lar-se si sin t = 0 o cos t = 0. Els possibles valors de t ∈ [0,2π]són, doncs,

0,π

2, π,

3π

2i 2π,

i les posicions corresponents de P,(d4,0)

,

(0,

3d4

),

(−d

4,0)

i(

0,−3d4

),

és a dir, els vèrtexs de l’el.lipse.

U P C


ESEIAAT




2. Considereu la funció f (x,y) = x2− y2

4.

(a) Classifiqueu i dibuixeu les seves corbes de nivell.

(b) Sigui r la corba intersecció de la superfície z = f (x,y) amb el pla vertical x−y+1 = 0 (evident-ment, f (x,y) és la funció definida abans). Calculeu l’angle que forma el vector tangent a r ambel pla XY en el punt P = (3,4,5).

(c) Sigui ara la corba de R2 definida per u(t) = (t , t2 + 2t) amb t ∈ R. Considereu la corba de R3

parametritzada per α(t) = (t , t2 + 2t , f (u(t))), amb t ∈ R (evidentment, f (x,y) torna a ser lafunció definida abans).

(1) Calculeu l’altura màxima que assoleix α(t).(2) Calculeu la curvatura i la torsió de α(t) en el punt corresponent a t = 0.

Solució

(a) Considerem k = x2− y2

4. Observem que k ∈ R. Estudiem les corbes de nivell que s’obtenen

segons els diferents valors de k.

• Si k = 0. En aquest cas, x2 =y2

4=⇒ y = ±2x, és adir, tenim un parell de rectes que passen

per l’origen.

• Si k 6= 0. Podem escriure,

k = x2− y2

4⇐⇒ 1 =

x2

k− y2

4k.

- Si k > 0, per a cada k, tenim una hipèrbola de centre (0,0) i semieix real√

k.

- Si k < 0, per a cada k, tenim una hipèrbola de centre (0,0) i semieix real 2√−k.

U P C


ESEIAAT




(b) Podem resoldre aquest apartat almenys de tres maneres diferents.

(1) Si relacionem tots els conceptes de l’enunciat, podem observar que ens estan demanant(més o menys) la derivada direccional de la funció f (x,y) segons la direcció del vectordirector de la recta del pla XY donada per l’equació x− y + 1 = 0. Sigui u = 1√

2(1,1) el

vector director d’aquesta recta i de norma 1 (observeu que també podria ser u′ = −1√2(1,1)).

Aleshores, el pendent de la recta tangent és

∂ f∂u

(3,4) = ∇ f (3,4) · 1√2(1,1) = (6,−2) · 1√

2(1,1) =

4√2

= 2√

2.

I, per tant, l’angle que ens demanen és α = arc tg2√

2≈ 1.23096 radians (uns 70.53 graus).Observeu que si haguéssim fet el raonament amb el vector u′, haguéssim obtingut el mateixresultat però en negatiu.

(2) Parametritzant la corba intersecció del pla i la superfície. De l’equació del pla obtenimy = x+2. Substituint ara a l’expressió de la superfície obtenim també la z en funció de x:

r(x) =(

x,x+1,x2− (x+1)2

4

)=(

x,x+1,3x2−2x−1

4

).

El vector tangent en cada punt és

r′(x) =(

1,1,6x−2

4

).

Per tant, al punt que ens demanen serà

r′(3) = (1,1,4).

Per calcular l’angle α que forma aquest vector amb el pla XY , es calcula l’angle β queforma amb el vector normal al pla XY , que és (0,0,1). Aleshores, α = π/2−β. Fent elproducte escalar d’ambdós vectors obtenim

4 =√

18cosβ = 3√

2cosβ.

Per tant, cosβ = 43√

2i β≈ 0.339837. En conseqüència, α≈ 1.23096.

(3) No cal parametritzar la corba per determinar el seu vector tangent. De fet, podem trobaraquest vector com el producte vectorial dels gradients d’ambdues superfícies avaluats en elpunt P. El gradient corresponent al pla vertical és (1,−1,0). I el que correspon a la primerasuperfície és (2x,−2y/4,−1). Avaluant ambdós gradients al punt P i fent el seu productevectorial s’obté el vector (1,1,4), que és el mateix que hem vist a l’apartat anterior. Apartir d’aquí es procedeix com abans.

U P C


ESEIAAT




(c) És fàcil trobar una parametrització de la corba α(t) de l’enunciat. Només cal fer la composicióindicada:

α(t) =(

t, t2 +2t,−t4−4t3

4

).

(1) L’altura màxima s’assoleix on la component z de la corba és màxima. Com que es tractad’un polinomi de grau 4 amb el coeficient de la potència màxima negatiu, és clar queté màxim però no mínim. Per determinar el màxim derivem, igualem a zero i resoleml’equació que se n’obté:

−4t3−12t2 = 0⇐⇒−4t2(t +3) = 0⇐⇒ t = 0 o t =−3.

El màxim s’obté per t =−3 i val 27/4.

(2) Calculem les derivades de la corba i les avaluem a t = 0:

α′(t) =(1,2t +2,−t3−3t2) −→ α′(0) = (1,2,0)

α′′(t) =(0,2,−3t2−6t

)−→ α′′(0) = (0,2,0)

α′′′(t) = (0,0,−6t−6) −→ α′′′(0) = (0,0,−6)

Així, doncs, la curvatura serà

κ(0) =‖α′(0)×α′′(0)‖‖α′(0)‖3 =

25√

5.

I la torsió

τ(0) =det(α′(0),α′′(0),α′′′(0))‖α′(0)×α′′(0)‖2 =−12

4=−3.

U P C


ESEIAAT




3. Considerem la funció f (x,y) = xy2 · e− 12 x2−y2

.

(a) Trobeu els seus punts crítics.

(b) Classifiqueu-los.

(c) Considerem ara el conjunt K ={(x,y) ∈ R2 : 0≤ x≤ 2, −1≤ y≤ 2

}. Determineu els ex-

trems absoluts de f (x,y) en K, si en té.

Solució

En la gràfica següent podeu veure un esbós de la gràfica de la funció:

(a) Punts crítics. Per determinar-los calculem les derivades parcials, les igualem a 0 i resolem elsistema d’equacions que s’obté:

∂ f∂x (x,y) = y2e−

12 x2−y2− x2y2e−

12 x2−y2

= y2(1− x2)e−12 x2−y2

= 0

∂ f∂y (x,y) = 2xye−

12 x2−y2−2y3ye−

12 x2−y2

= 2xy(1− y2)e−12 x2−y2

= 0

De la segona equació obtenim

2xy(1−y2)e−12 x2−y2

= 0⇐⇒

y = 0 i, substituint a la primera, 0 = 0, és a dir,y = 0,x ∈ Rx = 0 i, substituint a la primera y = 0, és a dir,P1 = (0,0) (ja inclòs)

1− y2 = 0⇐⇒ y =±1 i, substituint a la primera x =±1

Finalment, tenim tota una recta de punts crítics en y = 0,x∈R (l’eix d’ordenades) i quatre puntscrítics més:

P2 = (−1,−1), P3 = (−1,1), P4 = (1,−1) i P5 = (1,1).

U P C


ESEIAAT




(b) Estudi dels punts crítics. Vegem ara si en els punts crítics hi ha extrem relatiu o punt de sella.Calculem les parcials de segon ordre i escrivim la matriu hessiana:

∂2 f∂x2 (x,y) = xy2(x2−3)e−

12 x2−y2

∂ f∂y∂x(x,y) = 2y(x2y2− x2− y2 +1)e−

12 x2−y2

∂2 f∂y2 (x,y) = 2x(2y4−5y2 +1)e−

12 x2−y2

H(x,y) =

(xy2(x2−3)e−

12 x2−y2

2y(x2y2− x2− y2 +1)e−12 x2−y2

2y(x2y2− x2− y2 +1)e−12 x2−y2

2x(2y4−5y2 +1)e−12 x2−y2

)I ara l’avaluem a cada un dels punts crítics:

• En la recta y = 0,x ∈ R:

H(x,0)=

(0 0

0 2xe−x22

)=⇒

∣∣H(0,y)∣∣= 0, per tant, el criteri de Sylvester no decideix.

Estudiem directament el comportament de la funció f (x,y) = x2y · e−x2− 12 y2

. Observemque f (x,0) = 0. Vegem com es comporta entorn de la recta de punts crítics.

1. Per a cada x > 0, f (x,0) = 0, però, tanmateix, en qualsevol entorn de x, f (x,0) > 0.Per tant, per a cada x > 0 tenim un mínim relatiu.

2. Si x = 0, f (0,0) = 0, però en qualsevol entorn de (0,0) podem trobar valors de ypels quals f (x,0) > 0 i f (x,0) < 0. és a dir, en (0,0) hi ha un punt de sella.

3. Per a cada x < 0, f (x,0) = 0, però en qualsevol entorn de x, f (x,0) < 0. Per tant,per a cada x < 0 tenim un màxim relatiu.

• En els punts P2 = (−1,−1) i P3 = (−1,1):

H(−1,−1) = H(−1,1)

(2e−

32 0

0 4e−32

)=⇒

∣∣H(−1,−1)∣∣= 8e−3 > 0

i, atès que 2e−32 > 0, podem dir que en els punts P2 = (−1,−1) i P3 = (−1,1) la funció

té un mínim relatiu.

U P C


ESEIAAT




• En el punt P4 = (1,−1):

H(−1,1) =

(−2e−

32 0

0 −4e−32

)=⇒

∣∣H(−1,1)∣∣= 8e−3 > 0

i, atès que −2e−32 < 0, podem dir que en el punt P4 = (1,−1) la funció té un màxim

relatiu.

• En el punt P5 = (1,1). És fàcil veure que en aquest punt també hi ha un màxim relatiu.

(e) Determinació dels extrems absoluts de f (x,y) en KD, si en té.

Donat que f és contínua (funció polinòmica i exponencial) i el conjunt K és un rectangle a R2,per tant, tancat i fitat, podem aplicar el teorema de Weierstrass i afirmar que f té màxim i mínimabsolut en K. Per determinar-los, estudiarem els punts crítics de f a l’interior de K i a la fronterade K; calcularem les imatges de tots els punts crítics i seleccionarem el major i el menor queseran, respectivament, el màxim absolut i el mínim absolut.

• Punts crítics a l’interior. Dels que hem trobat a l’apartat (b), pertanyen a l’interiorP5 = (1,1) i el segment y = 0 amb −1 < x < 2.

• Punts crítics a la frontera (I). En aquest cas,{y =−1

−1≤ x≤ 2=⇒ f (x,−1)= xe−

12 x2−1 =⇒ f ′(x,−1)= (1−x2)e−

12 x2−1 = 0 =⇒ x =±1

obtenim els punts (1,−1) i (−1,1). Aquest darrer que no pertany al conjunt. Per tant,considerem els punts (0,−1),(1,−1) i (2,−1).

U P C


ESEIAAT




• Punts crítics a la frontera (II).{x = 2

−1≤ y≤ 2=⇒ f (2,y)= 2y2e−2−y2

=⇒ f ′(2,y)= 4y(1−y2)e−2−y2= 0 =⇒ y =±1 i y = 0

així, ara tenim en compte els punts (2,−1), (2,0), (2,1) i (2,2).

• Punts crítics a la frontera (III).{y = 2

0≤ x≤ 2=⇒ f (x,2)= 4xe−

12 x2−4

=⇒ f ′(x,2)= 4(1−x2)e−12 x2−4 = 0 =⇒ x =±1

aleshores considerem els punts (1,2) i (0,2).

• Punts crítics a la frontera (IV).{x = 0

−1≤ y≤ 2=⇒ f (0,y) = 0

per tant, els únics punts a tenir en compte són el (0,0, (0,2) i (0,−1). Aquests dosúltims ja els hem considerat abans al les fronteres (I) i (III).

• Finalment, avaluem la funció en tots els punts considerats:

(x,y) f (x,y) = x2y · e−x2− 12 y2

(0,−1) 0

(1,−1) e−32 ≈ 0.22313

(2,−1) 2e−3 ≈ 0.0995741

(x,0) 0

(1,1) e−32 ≈ 0.22313

(2,1) 2e−3 ≈ 0.0995741

(0,2) 0

(1,2) 4e−92 ≈ 0.044436

(2,2) 8e−6 ≈ 0.01983

i concloem que el mínim absolut és 0 que s’assoleix en el segment y = 0 amb 0≤ y≤ 2.Mentre que el màxim absolut és e−

32 i s’assoleix en els punts (1,−1) i (1,1).

Documents

Càlcul II – GRETA/GREVA Universitat Politècnica de Catalunya … II... · 2019. 10. 11. · Càlcul II – GRETA/GREVA Curs 2016–2017 Quadrimestre de Primavera 4 d’abril de