UNIVERSIDAD DE CONCEPCIONFACULTAD DE CIENCIAS

FISICAS Y MATEMATICAS

DEPARTAMENTO DE INGENIERIA MATEMATICA

Pauta Evaluacion 1.Calculo III.

525211.9 de Mayo de 2014.

1. Sea f : R2 → R tal que f(x, y) = cos(x+ y)

(a) Calcule el desarrollo de Taylor hasta orden 3 de esta funcion en torno a (0, 0);

Solucion: Si (x0, y0) = (0, 0) y ~h = (x− x0, y − y0) = (x, y) segun formula de Manuscritode Calculo III, entonces

cos(x+ y) = cos(0) +

(xy

)· ∇f(0, 0) +

1

2

((xy

)· ∇f

)2

(0, 0) +1

6

((xy

)· ∇f

)3

(0, 0)

+R3 ((x, y), (0, 0)) .

Pero ∇f(x0, y0) = −(

11

)sin(x0 + y0), luego

(xy

)· ∇f(0, 0) = −(x + y) sin(0 + 0) = 0.

Adicionalmente el Hessiano de f esta dado por: Hf(x0, y0) = −(

1 11 1

)cos(x0 + y0), luego((

xy

)· ∇f

)2

(0, 0) = −(x+y)2 cos(0+0) = −(x+y)2. Finalmente:

((xy

)· ∇f

)3

(0, 0) =

(x+ y)3 sin(0 + 0) = 0. Reemplazando, se obtiene el desarrollo de Taylor hasta orden 3:

cos(x+ y) = 1− 12(x+ y)2 +R3 ((x, y), (0, 0)) . (1.0 pto.)

(b) Calcule el valor residual R3.

Solucion: De lo anterior

R3 ((x, y), (0, 0)) =1

4!

((xy

)· ∇f

)4

(χ(x, y))

para algun χ ∈ (0, 1). Es decir, R3 ((x, y), (0, 0)) = (x+y)4

24 cos(χ(x+ y)) (1.0 pto.)

2. Sean f(x, y) = (ex cos y, ex sen y) y g(u, v) = ( ln√u2 + v2, arctan v

u).

(a) Pruebe que f tiene una inversa local entorno de cada punto (x, y) de R2.

Solucion: La matrix jacobiana de f esta dada por Jf(x, y) =

(ex cos y −ex sen yex sen y ex cos y

), cuyo

determinante es det(JF ) = e2x > 0 . Esta es una condicion suficiente para que f tenga

una inversa local en cada punto (x, y) de R2. (1.0 pto.)

(b) Pruebe que g(f(x, y)) = (x, y) para todo (x, y) ∈ R2 tal que −π2 < y < π

2

Solucion: g(f(x, y)) = g(ex cos y, ex sen y) = ( ln√e2x(cos2 y + sin2 y)), arctan ex sen y

ex cos y ) =( ln ex, arctan(tan y)) = (x, y) (1.0 pto.)

(c) Que puede decir de la inversa de f en una vecindad de (x, y) = (0, π2 ): existe? es igual a g?

Solucion: La inversa de f en una vencidad de (0, π2 ) existe por (a), pero no puede ser iguala g pues no esta definida para y = π

2 . (1.0 pto.)

1

Mas precisamente (sin puntaje), la inversa de f en una vecindad de (0, π2 ) esta dada por

g(u, v) =

g(u, v) si u > 0( ln |v|, π/2) si u = 0g(u, v) + (0, π) si u < 0

(d) Calcule la matriz Jacobiana de la inversa de f cuando (x, y) = (0, π2 ).

Solucion: Si (x, y) = (0, π2 ), entonces (u, v) = f(0, π2 ) = (0, 1) De (a), y del teorema de la

funcion inversa, se tiene que Jf(0, π2 ) =

(0 −11 0

)=⇒

Jf−1(0, 1) =[Jf(0, π2 )

]−1=

(0 1−1 0

). (1.0 pto.)

3. Sea f : C → R la funcion definida en el disco C : x2+y2 6 4 mediante f(x, y) = 3x2y2+2x3+2y3.

(a) Hallar los extremos relativos de f en Int(C) : x2 + y2 < 4.

Solucion: ∇f(x, y) =

(6xy2 + 6x2

6x2y + 6y2

)=

(00

)=⇒

{x(y2 + x) = 0(x2 + y)y = 0

O bien x = y = 0, o bien x = −x4 =⇒ x = y − 1,

luego los puntos crıticos son (0, 0) y (−1,−1) .

Por otro lado el Hessiano de f es Hf(x, y) =

(6y2 + 12x 12xy

12xy 6x2 + 12y

), luego

Hf(0, 0) =

(0 00 0

)(que no da informacion), y

Hf(−1,−1) =

(−6 1212 −6

)(valores propios λ1 = 6 con vector propio w1 =

(1 1

)y λ2 =

−18 con vector propio w2 =(1 −1

)) =⇒ (−1,−1) es punto silla .

Si (x, y) esta en una vecindad de (0, 0), tomando x = y, se tiene que g(x) = f(x, x) = 3x4 +4x3 que es creciente en una vecindad de x = 0 (pues g′(x) = 12x3 + 12x2 = 12x2(x+ 1) > 0

para todo x ∈ (−1,+∞)). Luego (0, 0) no es ni mınimo ni maximo; es punto de inflexion.

Es decir, no hay extremos relativos en Int(C). (1.0 pto.)

(b) Hallar los extremos relativos de f en Fr(C) : x2 + y2 = 4.

Solucion: Dado que el Lagrangiano, L(x, y;λ) = 3x2y2 + 2x3 + 2y3 − λ(x2 + y2 − 4), se

tiene que ∇L =

(6xy2 + 6x2 − 2λx6x2y + 6y2 − 2λy

)=

(00

)=⇒

3x(y2 + x) = λx3(x2 + y)y = λyx2 + y2 = 4

Si x = 0, entonces y = ±2 y λ = ±1; Si y = 0, entonces x = ±2 y λ = ±1;

Si x 6= 0 y y 6= 0, =⇒ x+ y2 = x2 + y = λ3 =⇒ (y − x)(y + x) = (y − x).

O bien y = x, con lo cual 2x2 = 4 =⇒ x = y = ±√

2 .

O bien x 6= y, con lo cual x + y = 1 =⇒ x2 + (1 − x)2 = 4 =⇒ 2x2 − 2x − 3 = 0 =⇒

x = 1±√7

2 , y = 1∓√7

2 .

Los extremos relativos son (0,±2),(±2, 0), (±√

2,±√

2), (1±√7

2 , 1∓√7

2 ) . (1.0 pto.)

2

(c) Hallar el maximo y el mınimo absoluto de f en C.

Solucion:

f(0,−2) = f(−2, 0) = −16 =⇒ (0,−2) y (−2, 0) son los mınimos absolutos.

f(0, 2) = f(2, 0) = 16;

f(1±√7

2 , 1∓√7

2 ) = 17.75;

f(−√

2,−√

2) = 18− 8√

2 ≈ 0.686;

f(√

2,√

2) = 18 + 8√

2 ≈ 23.31 =⇒ (√

2,√

2) es el maximo absoluto

(1.0 pto.)

Adicionalmente (puntaje adicional): El Hessiano de L, y el gradiente de la restriccionestan dados por

HL(x, y) =

(6y2 + 12x− 2λ 12xy

12xy 6x2 + 12y − 2λ

), ∇g(x, y) =

(2x2y

)

HL(0,±2) =

(24± 2 0

0 ±22

), y ademas

(xy

)· ∇g(0,±2) = ±2y = 0 =⇒ y = 0.

Luego (x, 0)HL(0,±2)

(x0

)= (24± 2)x2 > 0, para todo x 6= 0.

Es decir (0,±2) son mınimos relativos.

Idem, (±2, 0) son mınimos relativos.

Por otro lado HL(±√

2,±√

2) =

(±6√

2 24

24 ±6√

2

), y ademas

(xy

)· ∇g(±

√2,±√

2) =

±2√

2(x+ y) = 0 =⇒ y = −x.

Luego (x,−x)HL(±√

2,±√

2)

(x−x

)= −2(24 ± 6

√2)x2 < 0, para todo x 6= 0. Es decir

(±√

2,±√

2) son maximos relativos.

Finalmente HL(1±√7

2 , 1∓√7

2 ) =

(3± 3

√7 −18

−18 3∓ 3√

7

), y ademas

(xy

)· ∇g(1±

√7

2 , 1∓√7

2 ) =

(1±√

7)x+ (1∓√

7)y = 0 =⇒ y = −1±√7

1∓√7x.

Luego ((1∓√

7)x,−(1±√

7)x)HL(1±√7

2 , 1∓√7

2 )

((1∓

√7)x

−(1±√

7)x

)= −252x2 < 0, para todo

x 6= 0. Es decir (1±√7

2 , 1∓√7

2 ) son maximos relativos.

(1.0 pto. extra)

Duracion : 2:00 horas.MSC/msc

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