problemas resueltos 1oct_max

Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín

1 PROBLEMAS RESUELTOS

1.1 Continuidad y diferenciabilidad

1.1.1 Problema

Dada la función f : IR2 ! IR de�nida como

f (x; y) =

(arctg

xy

x2 + y2; si (x; y) 6= (0; 0)

0 ; si (x; y) = (0; 0):

a) Veri�car si f es continua en IR2

b) Calcular si existen las derivadas parciales@f

@x;@f

@yen IR2

Solución.a) Tenemos que f (x; y) es continua 8 (x; y) 6= (0; 0) puesto que escomposicion de dos funciones continuas, como son arctg y

xy

x2 + y2:

Para estudiar la continuidad en el punto (0; 0) tenemos que calcularlim

(x;y)!(0;0)f(x; y) lo que haremos a través de la trayectoria y = mx,

entonces lim(x;y)!(0;0)

f(x;mx) = limx!0

arctgmx2

x2 + y2= lim

x!0arctg

m

2 +m2

que depende de la pendiente m, por lo que este limite no existe.Por lo tanto f no es continua en el punto(0; 0)b) Para (x; y) 6= (0; 0) la función admite derivadas parciales, que son:@f

@x(x; y) = y

y2 � x2(x2 + y2)2 + x2y2

;@f

@y(x; y) = x

x2 � y2(x2 + y2)2 + x2y2

Para (x; y) = (0; 0) ;se tiene@f

@x(0; 0) = lim

h!0

f(h; 0)� f (0; 0)h

= limh!0

arctg0� 0h

= limh!0

0 = 0

@f

@y(0; 0) = lim

h!0

f(0; h)� f (0; 0)h

= limh!0

arctg0� 0h

= limh!0

0 = 0

Por lo tanto, existen las derivadas parciales en (x; y) = (0; 0) :

1.1.2 Problema

Dada la función f : IR2 ! IR de�nida como

f (x; y) =

8<:x2seny2

x2 + y2; si (x; y) 6= (0; 0)

0 ; si (x; y) = (0; 0);probar que es

diferenciable en el punto P0 = (0; 0) :¿Es continua la funciónen ese punto?

1

Solución.Tenemos que utilizar la de�nición y ver si el siguiente límite es cero:

L = lim(h;k)!(0;;0)

j�f � df jph2 + k2

; con �f = f(h; k)� f (0; 0) = h2senk2

h2 + k2; y

df =@f

@x(0; 0)h+

@f

@y(0; 0) k

donde

@f

@x(0; 0) = lim

h!0

f(h; 0)� f (0; 0)h

= limh!0

h2 � 0h2

� 0h

= 0

@f

@y(0; 0) = lim

h!0

f(0; k)� f (0; 0)k

= limh!0

0 � senk2k2

� 0k

= 0

Luego, df = 0; entonces L = lim(h;k)!(0;;0)

h2senk2

(h2 + k2)ph2 + k2

g (x; y) =h2senk2

(h2 + k2)3=2

� h2k2

(h2 + k2)3=2

� (h2 + k2)(h2 + k2)

(h2 + k2)3=2

=p(h2 + k2) <

"Si � = " . Así L = 0 y f es diferenciable en P0 = (0; 0) :De lo anterior se deduce que f es es continua en (0; 0) ya que es diferenciable

en dicho punto.

1.2 Regla de la cadena

1.2.1 Problema

Sea la ecuación zxx + 2zxy + zy = 0 , donde

x(u; v) =u+ v

2; y(u; v) =

u� v2

; z(u; v) =u2 � v24

� w (u; v)

Muestre que al cambiar las variables independientes (x; y) por (u; v) y lafunción z por w la ecuación se reduce a 2� 4w uu = 0:SoluciónEn primer lugar, calculamos la aplicación inversa

u(x; y) = x+ y; v (x; y) = x� y:

Derivando parcialmente estas últimas expresiones se tiene:ux = 1; uy = 1; vx = 1; vy = �1Usando estos resultados y la regla de la cadena, obtenemos

zx = zu ux + zv vx = zu + zvzy = zu uy + zv vy = zu � zvReiterando la derivacion parcial usando la regla de la cadenapor segunda vezzxx = (zx)u ux + (zx)v vx = z uu + zvu + zuv + zvvzxy = (zx)u uy + (zx)v vy = z uu + zvu � (zuv + zvv)

2

zyy = (zx)u uy + (zv)v vy = z uu � zvu � (zuv � zvv)Suponiendo que z es una función continua con primeras derivadas parciales

continuas, entonceszxx + 2zxy + zy = 4z uu = 0

Finalmente, zu =2u

4� wu =) z uu =

1

2� w uu

Por tanto:1

2� w uu = 0

1.2.2 Problema

Una función z = z (x; y) se dice que es armónica si tiene derivadas parciales desegundo orden continuas y además zxx + zyy = 0:

Sean u =x

x2 + y2; v =

y

x2 + y2: Pruebe que:

i) u y v son armónicasii) (ux)

2= (vy)

2

iii) (uy)2= (vx)

2

iv) uxvx = �uyvyb) Si f (x; y) es una función armónica, entonces la función w (x; y) = f

�x

x2 + y2;

y

x2 + y2

�es también armónicaSolución

i) u =x

x2 + y2=) ux =

y2 � x2(x2 + y2)2

; uy = �2xy

(x2 + y2)2

v =y

x2 + y2=) vx = �

2xy

(x2 + y2)2; vy =

x2 � y2(x2 + y2)2

Derivando parcialmente por segunda vez se tiene

uxx =�2x(x2 + y2)2 � (y2 � x2)2(x2 + y2)2x

(x2 + y2)4=2x3 � 6xy2(x2 + y2)3

uyy =�2x(x2 + y2)2 � (2xy)2(x2 + y2)2y

(x2 + y2)4=�2x3 + 6xy2(x2 + y2)3

Lo anterior implica queuxx + uyy = 0Analogamente para vxx + vyy = 0:

ii) (ux)2=

�y2 � x2(x2 + y2)2

�2=

�x2 � y2(x2 + y2)2

�2= (vy)

2

iii)(uy)2=

�� 2xy

(x2 + y2)2

�2=

�2xy

(x2 + y2)2

�2= (vx)

2

iv) uxvx =�y2 � x2(x2 + y2)2

�� 2xy

(x2 + y2)2

�= �

�2xy(y2 � x2)(x2 + y2)2

�= �uyvy

b) Aplicando derivacion compuesta tenemos:

wx =@f

@uux +

@f

@vvx; wy =

@f

@uuy +

@f

@vvy

3

wxx =

�@2f

@u2ux +

@2f

@v@uvx

�ux +

@f

@uuxx +

�@2f

@u@vux +

@2f

@v2vx

�vx +

@f

@vvxx

wyy =

�@2f

@u2uy +

@2f

@v@uvy

�uy +

@f

@uuyy +

�@2f

@u@vuy +

@2f

@v2vy

�vy +

@f

@vvyy

wxx =@2f

@u2(ux)

2 +@2f

@v@uvxux +

@f

@uuxx +

@2f

@u@vuxvx +

@2f

@v2(vx)

2 +@f

@vvxx

wyy =@2f

@u2(uy)

2 +@2f

@v@uuyvy +

@f

@uuyy +

@2f

@u@vuyvy +

@2f

@v2(vy)

2 +@f

@vvyy

Sumando términos y utilizando las igualdades establecidas en a) se tiene

wxx+wyy =

�@2f

@u2+@2f

@v2

�(ux)

2+@f

@u(uxx+uyy)+

�@2f

@u2+@2f

@v2

�(vx)

2+@f

@v(vxx+vyy) = 0

1.3 Derivacion Implicita

1.3.1 Problema

Sea sen(xz) = xyz; pruebe que en una vecindad del punto�1;2

�;�

2

�se puede

despejar z = z (x; y) y calcule @z@x

�1; 2� ;

�2

�; @z@x

�1; 2� ;

�2

�:

SoluciónConsideremos F (x; y; z) = sen (xz) � xyz = 0, función continua que en el

punto�1;2

�;�

2

�satisface F

�1; 2� ;

�2

�= sen

��2

�� (1)( 2� )(

�2 ) = 0

Además, las derivadas parcialesFx = z cos (xz)� yzFy = �xzFz (x; y; z) = x cos (xz)� xy, son todas funciones continuasPara poder despejar z = z (x; y) se debe tener que el plano tangencial a la

super�cie en el punto no sea vertical, es decir, no sea vertical al plano xy. Estosigni�ca que Fz

�1; 2� ;

�2

�6= 0

En efecto Fz (x; y; z) = x cos (xz)�xy =) Fz�1; 2� ;

�2

�= 1�cos

��2

��1� 2� =

� 2� 6= 0:Luego, z = z (x; y) queda de�nido implicitamente en una vecindad del punto

V��1; 2� ;

�2

�:

Se desea calcular zx y zy: Derivemos parcialmente la función implícitaF (x; y; z (x; y)) = 0 ´con respecto a x e y.

Fx � 1 + Fy � 0 + Fz � zx = 0 =) zx = �FxFz

Fx � 0 + Fy � 1 + Fz � zy = 0 =) zy = �FyFz

Lo que implica que:

zx = �z cos (xz)� yzx cos (xz)� xy ; zy = �

�xzx cos (xz)� xy

Evaluando las derivadas en el punto se tiene

4

zx�1; 2� ;

�2

�= �

�2 cos

�1 � �2

�� 2�

��2

� 2�

=) zx�1; 2� ;

�2

�= � 2

�

zy�1; 2� ;

�2

�= �

�2

� 2�

=) zy�1; 2� ;

�2

�= ��2

4

1.3.2 Problema

Si u = f(x; y; z) de�ne una función diferenciable, y z se de�ne implicitamentecomo una función de x e y

por la ecuación g(x; y; z) = 0 con los atributos pedido en el teorema de lafunción implícita. Pruebe que

u tiene primeras derivadas parciales de x e y dadas por:

@u

@x=

@(f;g)@(x;z)

@y@z

;@u

@y=

@(f;g)@(y;z)

@y@z

b) Si u = x2y + z2; y z = g(x; y) se de�ne implicitamente po la ecuaciónx2y � 3z + 8yz3 = 0Calcule:

@u

@x(1; 0; 0) y

@u

@y(1; 0; 0)

Solución:

a) Utilizando la regla de la cadena tenemos

@u

@x=@f

@x+@f

@z

@z

@x

por otra parte si g(x; y; z) = 0 de�ne implicitamente a z = z(x; y) entonces

@z

@x= �

@g@x@g@z

reemplazando en la ecuación anterior

@u

@x=@f

@x+@f

@z(�

@g@x@g@z

) =@f@x

@g@z �

@f@z

@g@x

@g@z

=

@(f;g)@(x;z)

@g@z

Similarmente

5

@u

@y=@f

@y+@f

@z

@z

@yy

@z

@y= �

@g@y

@g@z

)@u

@y=@f

@y+@f

@z(�

@g@y

@g@z

) =

@f@y

@g@z �

@f@z

@g@y

@g@z

=

@(f;g)@(y;z)

@g@z

b) En este caso u = f(x; y; z) = x2y+z2 y z = z(x; y) se de�ne implicitamentepor

g(x; y; z) = x2y � 3z + 8yz3 = 0 y tenemos

@g

@x= 2xy ,

@g

@y= x2 + 8z3 ,

@g

@z= �3 + 24yz2

derivadas que son todas continuas por lo que se a�rma que g es de C1

Ademas g(1; 0; 0) = 0 y @g@z (1; 0; 0) = �3 6= 0

Entonces por el teorema de la función implicita se tiene que existe V =V@(1; 0) y una vecindad (�a; a) de z = 0y una función z(x; y) de C1 sobre V tal que

z(1; 0) = 0 y z(1; 0)�(�a; a)

Ademas:

@(f;g)@(x;z) =

��2xy 2z2xy �3 + 24yz2

�� = 2xy(�3 + 24yz2)� 2xy2z= 2xy(�3 + 24yz2 � 2z)

@g@z = �3 + 24yz

2

) @u

@x=2xy(�3 + 24yz2 � 2z)

�3 + 24yz2 ) @u

@x(1; 0; 0) =

0

�3 = 0

También:

@(f;g)@(y;z) =

�� x2 2zx2 + 8z3 �3 + 24yz2

�� = �3x2 + 24x2yz2 � 2x2z � 16z3= x2(24yz2 � 2z � 3)� 16z3

) @u

@y=x2(24yz2 � 2z � 3)� 16z3

�3 + 24yz2 ) @u

@y(1; 0; 0) =

�3�3 = 1

6

1.3.3 Problema

a) Sea f : R! R2 una función tal que r f(1; 1) = (2; 4) y g : R3 ! R2 una fun-ción tal que sus funciones coordenadas gi : R3 ! R; i = 1; 2 tienen los siguientesgradientes r g1(1; 1; 1) = (2; 3; 1), r g2(1; 1; 1) = (�5; 4; 2). Si g(1; 1; 1) = (1; 1).

Obtener@(f � g)@x

(1; 1; 1).

b) Utilizando el teorema de la función implicita determine si es posible es-cribir y en términos de x para la función F (x; y) = x4 � exy3�1 = 0 en unavecindad del punto (1; 1), y además encuentre su derivada.

SoluciónSean las coordenadas cartesianas designadas en R3 por (x; y; z) y en R2 por

(u; v), y tomando u = u(x; y; z); v = v(x; y; z) tenemos que:

@f � g@x

(1; 1; 1) =@f

@u(g(1; 1; 1)) � @u

@x((1; 1; 1)) +

@f

@v(g(1; 1; 1)) � @v

@x((1; 1; 1))

=@f

@u((1; 1)) � @u

@x((1; 1; 1)) +

@f

@v((1; 1)) � @v

@x((1; 1; 1))

Notemos que

r f(1; 1) =�@f

@u(1; 1);

@f

@v(1; 1)

�= (2; 4);

rg1 =�@g1@x;@g1@y;@g1@z

�=

�@u

@x;@u

@y;@u

@z

�= (2; 3; 1);

r g2 =�@g2@x;@g2@y;@21@z

�=

�@v

@x;@v

@y;@v

@z

�= (�5; 4; 2);

Así@f � g@x

(1; 1; 1) = 2 � 2 + 4 � �5 = �16:

Primeramente notar que (1; 1) 2 F�1(0; 0) y además

@F

@x= 4x3 � y3exy

3�1;@F

@y= �3xy2exy

3�1

las cuales son continuas en R2 en particular para alguna bola B((1; 1); �) de(1; 1) donde @F

@y (1; 1) = �3 6= 0 por lo tanto podemos ocupar el teorema de lafunción implicita, y de�nir f : B((1; 1); �) ! R con y = f(x) y 1 = f(1) cuyaderivada es

y0 =4x3 � y3exy3�13xy2exy3�1

:

7

1.3.4 Problema

a) Determine las derivadas parciales @u=@x; @u=@y; @v=@x; @v=@y, donde u; vson funciones de�nidas implicitamente por el sistema

F (x; y; u; v) = xeu+v + uv � 1 = 0; G(x; y; u; v) = yeu�v � 2uv � 1 = 0:

Al rededor del punto p = (1; 1; 0; 0).

b) Sea la función z = f(u2 + v2; u=v) obtener@2z

@u2.

Solucióna) Veri�cando las hipótesis del Teorema de la función implicita podemos

concluir que:

@u

@x= � (yeu�v + 2u)eu+v

2xu+vyeu�v + yeu�vu� 2vxeu+v + 2xeu+vu+ vyeu�v

@v

@x= � eu+v(yeu�v � 2v)


@u

@y= � e(u� v)(xeu+v + u)


@v

@y=

(xeu+v + v)eu�v


b) De�niendo x := x(u; v) = u2 + v2; y := y(u; v) = u=v tenemos quez = f(x; y), entonces

@z

@u=@z

@x

@x

@u+@z

@y

@y

@u=@z

@x2u+

@z

@y

1

v;

luego

@2z

@u2= 2

@z

@x+ 2u

�@2z

@x2@x

@u+@2z

@y@x

@y

@u

�+1

v

�@2z

@y2@y

@u+@2z

@x@y

@x

@u

�= 2

@z

@x+ 2u

�@2x

@x22u+

@2z

@y@x

1

v

�+1

v

�@2z

@y22u+

@2z

@x@y

1

v

�Utilizando �nalmente el teorema de Schwarz tenemos que

@2z

@u2= 2

@z

@x+ 4u2

@2z

@x2+1

v

@2z

@y2+4u

v

@2z

@x@y:

8

1.4 RECTA TANGENTE Y PLANO NORMAL A UNACURVA

1.4.1 Problema

Hallar las ecuaciones de la recta tangente y del plano normal a la trayectoria�!r (t) = (t� cos t; 3 + sen (2t) ; 1 + cos (3t)) en el punto P0 =

��2; 3; 1

�:

Solución.El punto P0 que corresponde a t = t0 esta dado por�!r (t0) = (t0 � cos t0; 3 + sen (2t0) ; 1 + cos (3t0)) =

��2; 3; 1

�t0 � cos t0 =

�

2=) t0 =

�

2:

Entonces el vector tangente a la trayectoria en el punto en que t0 =�

2es:

�!r 0(t) = (1 + sen(t); 2 cos (2t) ;�3sen (3t)) =)

�!r 0��2

�=�1 + sen(

�

2); 2 cos

�2�

2

�;�sen

�3�

2

��= (2;�2; 3) :

Sea �!r = (x; y; z) un punto de la recta tangente luego la ecuación de la rectatangente en el punto P0 es�!r (�) = �!r

��2

�+ ��!r 0

��2

�=) (x; y; z) =

��2; 3; 1

�+ � (2;�2; 3) � 2 R:

Por tanto, la ecuación cartesiana es:x� �

22

=y � 3�2 =

z � 13

La ecuación del plano normal en el punto P0 esh�!r ��!r ��2

�i� �!r 0

��2

�= 0

2�x� �

2

�� 2 (y � 3) + 3 (z � 1) = 0

1.4.2 Problema

Probar que los planos tangentes a la super�cie S: xyz = a; a > 0 constante, encualquier punto de S forma con los planos coordenados un tetraedro de volumenconstante.Solución.Sea la super�cie S descrita por la función implícita F (x; y; z) = xyz�a = 0:los vectores normales a la super�cie S satisfacen rF (x; y; z) = (yz; xz; xy)Si�!P 0 = (x0; y0; z0) 2 S;entonces

�!N (P0) = rF (x0; y0; z0) = (y0z0; x0z0; x0y0)

La ecuación del plano tangente al punto�!P 0 2 S; esta de�nida por

(�!r ��!P 0)��!N (P0) = 0;luego y0z0 (x� x0)+x0z0 (y � y0)+x0y0 (z � z0) = 0:

Entonces, las trazas de este plano con los ejes coordenados son

i) Si x = �; y = 0; z = 0 =) � =3x0y0z0y0z0

= 3x0

ii) Si x = 0; y = �; z = 0 =) � =3x0y0z0x0z0

= 3y0

9

iii) Si x = 0; y = 0; z = =) � =3x0y0z0x0y0

= 3z0

El volumen del tetraedro es:

V =��

6=(3x0) (3y0) (3z0)

6=9

2a; constante.

1.4.3 Problema

a) Probar que S1dada por F (x; y; z) = 0 y S2 dada por G(x; y; z) = 0 sonortogonales en sus puntos de intersección sí y solo si FxGx+FyGy +FzGz = 0:b) Probar que las super�cies S1 : x2 + y2 + z2 � 2x + 4y � 8z = 0 y S2 :3x2 � y2 + 2z2 � 6x� 4y � 16z + 31 = 0 son ortogonales.Solución.a) La normal a S1dada por F (x; y; z) = 0 es

�!N 1 = rF (x; y; z) = (Fx; Fy; Fz).

Del mismo modo, la normal a S2 dada por G(x; y; z) = 0 es

�!N 2 = rG(x; y; z) = (Gx; Gy; Gz)

Por de�nición, ambas super�cies son ortogonales si rF � rG = 0 ()

(Fx; Fy; Fz) � (Gx; Gy; Gz) = 0 =) FxGx + FyGy + FzGz = 0

b) Sea S1 : x2 + y2 + z2 � 2x+ 4y � 8z = 0 =)

(x� 1)2 + (y + 2)2 + (z � 4)2 � 21 = 0y S2 : 3x2 � y2 + 2z2 � 6x� 4y � 16z + 31 = 0 =)

3(x� 1)2 � (y + 2)2 + 2(z � 4)2 = 0

Entonces S1tiene normal�!N 1 = rF (x; y; z) = (2x� 2; 2y + 4; 2z � 8) :

Asimismo , S2 tiene normal�!N 2 = rG(x; y; z) = (6x� 6;�2y � 4; 4z � 16) :

=) rF � rG = (2x� 2; 2y + 4; 2z � 8) � (6x� 6;�2y � 4; 4z � 16)= (2x� 2) (6x� 6) + (2y + 4) (�2y � 4) + (2z � 8) (4z � 16)= 4

�3(x� 1)2 � (y + 2)2 + 2(z � 4)2

�= 4 � 0 = 0

Por lo tanto, S1 es ortogonal a S1:

1.5 DERIVADAS DIRECCIONALES

1.5.1 Problema :

Sea f (x; y) :

8<:2xy2

x2 + y4; si (x; y) 6= (0; 0)

0 ; si (x; y) = (0; 0):Determine, si existe, la derivada

direccional de f en P0 = (0; 0).Solución.Sea be = (e1; e2) un versor e una dirección cualquiera de IR2 tal queDbef (0; 0) = lim

�!0

f((0; 0) + � (e1; e2))� f (0; 0)�

= lim�!0

f(�e1; �e2)� f (0; 0)�

10

Dbef (0; 0) = lim�!0

2 (�e1) (�e2)2

(�e1)2+ (�e2)

4

�= lim

�!0

2�3e1e22

�2(e21 + �2e42)

�Por lo tanto

Dbef (0; 0) = lim�!0

2e22e1;este limite existe si y solo si e1 6= 0

1.5.2 Problema :

Sea f (x; y) =

8<:x (x+ y)

x2 + y2; si (x; y) 6= (0; 0)

0 ; si (x; y) = (0; 0):Determine, si existe, la derivada

direccional de f en P0 = (0; 0).Solución.Sea be = (e1; e2) un versor e una dirección cualquiera de IR2 tal queDbef (0; 0) = lim

�!0

f((0; 0) + � (e1; e2))� f (0; 0)�

= lim�!0

f(�e1; �e2)� f (0; 0)�

Dbef (0; 0) = lim�!0

e1(e1 + e2)

� (e21 + e22)

Este limite existe si y solo si e1(e1 + e2) = 0 =) e1 = 0 ó (e1 + e2) = 0i) Si be = (0; e2) = 0; Dbef (0; 0) = 0ii) Si be = (e1;�e1) = 0; Dbef (0; 0) = 0:

1.5.3 Problema 4:

Hallar la derivada direccional de f (x; y; z) = x2yz3 en el punto P0 = (1; 1;�1) enla dirección de la tangente a la trayectoria : �!r (t) = (e�t; 1 + 2sen (t) ; t� cos (t)) :Solución.Como f (x; y; z) = x2yz3es una función diferenciable en R3;entoncesDbtf (P0) = rf (P0) � bt; donde rf (P ) = �2xyz3; x2z3; 3x2yz2�El punto P0 que corresponde a t = t0 es:�!r (t0) = (e�t0 ; 1 + 2sen (t0) ; t0 � cos (t0)) = (1; 1;�1) =) e�t0 = 1Así, t0 = ln (1) = 0El vector tangente a la curva es:�!r 0(t) = (�e�t; 2 cos (t) ; 1 + sen (t)) ; entonces �!r 0

(0) = (�1; 2; 1) yel vector tangente unitario en esta dirección quedabt = �!r

0(0)

k�!r 0 (0)k =(�1;2;1)p

6

Por tanto, la derivada direccional esDbtf (P0) = (�2;�1; 3) � (�1;2;1)p

6= 3p

6> 0

Como es positiva,signi�ca que f aumenta en esta dirección.

1.5.4 Problema :

Calcular la derivada direccional de f (x; y; z) = xy + xz � yz en el puntoP0=

�p2;�

p2; 0�en dirección de la tangente a la curva determinada por las

11

super�ciesx2 + y2 + z2 = 4; x+ y + z = 0

Solución.Como f (x; y; z) = xy+xz� yz es una función diferenciable en R3;entoncesDbtf (P0) = rf (P0) � bt; donde rf (P ) = (y + z; x� z; x� y) =)

rf (P0) =��p2;p2; 2p2�

Aún falta calcular el vector bt = �!r0(P0)

k�!r 0 (P0)k ,que es tangente a la curvadeterminada por las super�cies dadas.

Sea C dada por �!r (x) = (x; y (x) ; z (x)) =) �!r 0 (x) =�1; y

0(x) ; z0 (x)

�,

donde y0(x) ; z0 (x) se calculan implicitamente a partir del sistema

de ecuaciones por derivación con respecto a x, en el entendidoque y = y (x) ; z = z (x) :En efecto:2x+ 2yy0 + 2zz0 = 0 � 121 + y

0+ z

0= 0

() yy0 + zz0 = �xy0+ z

0= �1

Resolviendo el último sistema obtenemos

y0(x) =

�� x z�1 1

�� y z1 1

�� =�x+ zy � z ; z

0(x) =

�� y �x1 �1

�� y z1 1

�� =x� yy � z

Evaluando

y0 �p

2�=�p2

�p2= 1 y y

0 �p2�=2p2

�p2= �2

Luego

=) �!r 0�p2�= (1; 1;�2) =) bt = �!r 0

(P0)

k�!r 0 (P0)k=(1; 1;�2)p

6Por lo tanto, se tiene que

Dbtf (P0) = (�p2;p2; 2p2) � (1; 1;�2)p6

=�4p6

1.6 VALORES EXTREMOS

1.6.1 Problema :

Encuentre los valores extremos de la f (x; y) = x2 + y2 � 12x

4:Solución.Derivando parcialmente con respecto a x e y tenemos:fx (x; y) = 2x� 2x3fy (x; y) = 2yEsta claro que fx y fy son continuas en R2Aplicando la condición necesaria para los puntos críticos de ftenemos: 2x� 2x3 = 0; 2y = 0:Al resolver el sistema obtenemos tres puntos críticos.

12

P0 = (0; 0) ; P1 = (1; 0) ; P2 = (�1; 0)Determinemos el Hessiano H (x; y) :

H (x; y) =

�� fxx (x; y) fxy (x; y)fyx (x; y) fyy (x; y)

�� = �� 2� 6x2 00 2

�� = 4� 12x2Evaluemos el Hessiano H (x; y) en cada uno de los puntos:i) Para P0 = (0; 0) =) H (0; 0) = 4 > 0 y fxx (0; 0) = 2 > 0Se concluye, que en P0 hay un mínimo relativo f (0; 0) = 0:ii) Para P1 = (1; 0) =) H (1; 0) = �8 < 0 :Por tanto, en P1 hay punto silla de f:iii) Para P2 = (�1; 0) =) H (�1; 0) = �8 < 0 :Así, en P2 tambien hay un punto silla de f:

1.6.2 Problema :

Encuentre los valores extremos de la f (x; y) = x2 + y2 � xy + x+ yen el dominio D =

�(x; y) 2 R2= x � 0; y � 0; x+ y � �3

:

Solución.En primer lugar, determinemos los valores extremos en el conjuntoabierto: D� =

�(x; y) 2 R2= x < 0; y < 0; x+ y > �3

:

Derivando parcialmente con respecto a x e y tenemos:fx (x; y) = 2x� y + 1fy (x; y) = 2y � x+ 1Observe que fx y fy son continuas en R2Aplicando la condición necesaria para los puntos críticos de ftenemos en sistema:2x� y = �1; �x+ 2y = �1:Al resolver el sistema obtenemos un único punto críticoP0 = (�1;�1) 2 D�

Determinemos el Hessiano H (x; y) :

H (x; y) =

�� fxx (x; y) fxy (x; y)fyx (x; y) fyy (x; y)

�� = �� 2 �1�1 2

�� = 3 8 (x; y) 2 D�:

Así, P0 = (�1;�1) =) H (�1;�1) = 3 > 0 y fxx (�1;�1) = 3 > 0Se concluye, que en P0 hay un mínimo relativo f (�1;�1) = �1:En segundo lugar, estudiemos la condición que se presenta en lafrontera de D:a) Si y = 0; f (x; 0) = x2 + x con x 2 [�3; 0]Determinemos los puntos críticos en este bordef0(x) = 2x+ 1 = 0 =) x = � 1

2Luego se tiene un punto critíco en P1 =

�� 12 ; 0�2 D:

Como f00(x) = 2 > 0;8x 2 [�3; 0] ;entonces en P1 =

�� 12 ; 0�hay

un mínimo f�� 12 ; 0�= � 1

4 :b) Si x = 0; f (0; y) = y2 + y con y 2 [�3; 0]Determinemos los puntos críticos en este bordef0(y) = 2y + 1 = 0 =) y = � 1

2

13

Luego, se tiene un punto critíco en P2 =�0;� 1

2

�2 D:

Como f00(y) = 2 > 0;8y 2 [�3; 0] ;entonces en P2 =

�0;� 1

2

�hay

un mínimo f�0;� 1

2

�= � 1

4 :c) Si x+ y = �3; f (x;�x� 3) = 3x2 + 9x+ 6 con x 2 [�3; 0]Determinemos los puntos críticos en este bordef0(x) = 6x+ 9 = 0 =) x = � 3

2 =) y = � 32

Luego se tiene un punto critíco en P2 =�� 32 ;�

32

�2 D:

Como f00(x;�x� 3) = 6 > 0;8x 2 [�3; 0] ;entonces P2 =

�� 32 ;�

32

�en hay un mínimo f

�� 32 ;�

32

�= � 3

4 :

1.7 MULTIPLICADORES DE LAGRANGE PARA EX-TREMOS RESTRINGIDOS

1.7.1 Problema :

En que puntos de la elipsex2

a2+y2

b2= 1, la tangente a este lugar geométrico

forma con los ejes coordenados un triángulo de área mínima.Solución.Sea la ecuación de la tangente a la elipse en el punto (x0; y0) :x0x

a2+y0y

b2= 1

Sea f (x; y) =1

2xT yT , el área que forma la recta tangente con los ejes

coordenados, donde xT yT se determinan a partir de la ecuación dela tangente.

Si yT = 0 =) xT =a2

x0xT = 0 =) yT =

b2

y0

Así f (x; y) =1

2

a2b2

x0y0es la función a estudiar.

que veri�ca la condición:x20a2+y20b2� 1 = 0:

Consideremos la función :

L (x; y; �) =1

2

a2b2

x0y0+ �

�x20a2+y20b2� 1�

Lx (x; y; �) = �12

a2b2

x20y0+ 2�

x0a2= 0 �1=y0

Ly (x; y; �) = �12

a2b2

x0y20+ 2�

y0b2= 0 �=x0

L� (x; y; �) =x20a2+y20b2� 1 = 0

Multiplicando las ecuaciones anteriores por los coe�cientes que seindican, tenemos

14

1:0) �12

a2b2

x20y20

+2�

a2x0y0= 0 �1=y0

2:0) �12

a2b2

x20y20

+2�

b2y0x0= 0 �1=x0

3:0)x20a2+y20b2� 1 = 0

Restando 2:0� 1:0 se tiene2�

a2x0y0=

2�

b2y0x0

=) x20 =a2

b2y20

Sustituyendo este resultado en 3.0) se tiene un único punto crítico de f en

P0 =

�ap2;bp2

�Mediante el criterio de la segunda derivada podemos determinar lanaturaleza del punto crítico

f (x; y(x)) =1

2

a2b2

x0y0=) f

0(x) =

a2b2

2

�y0 � x0y

0

0(x)

(x0y0)2

!donde a partir de la condición obtenemos2x0a2

+2y0b2y0

0(x) = 0 =) y0

0(x) = �b2x0a2y0

=) y0

0(x) = �b2

a2

"y0 � x0y

00

0

y20

#Así

f00(x) = �a

2b2

2

(x0y0)

2(2y0

0 + x0y00

0 (x))� 2(x0y0)(y0 + x0y0

0(x))2

(x0y0)4

!Produce

f00�ap2;bp2

�> 0

Por lo tanto, en el punto P0 =�ap2;bp2

�un mínimo de f

1.7.2 Problema :

Se desea construir una tolva para un silo, que tenga una capacidad de 100 m3

y forma de cono circular recto de 2m de radio coronado por un cilindro porun cilindro circular recto, empleando un mínimo de material para la super�cie.Calcular las alturas x del cilindro e y del cono para tal objeto.Solución:Sea la función super�cie de�nida por f (x; y) = 2�

p4 + y2 +4�x

Con la condición que el volumen sea g (x; y) = 43�y + 4�x� 100 = 0

Entonces formemos la función:L (x; y; �) = f (x; y) = 2�

p4 + y2 +4�x+ �

�43�y + 4�x� 100

�Lx (x; y; �) = 4� + 4�� = 0 =) � = �1Ly (x; y; �) =

4�y

2p4 + y2

+4

3�� = 0 =) y

2p4 + y2

=1

3

L� (x; y; �) =43�y + 4�x� 100 = 0

15

9y2 = 4�4 + y2

�=) 5y2 = 16 =) y =

4p5

Sustituyendo en la restricción se tiene

4�x = 100� 163p5� =) x =

100

4�� 4

3p5

En consecuencia, se tiene un único punto crítico en

P0 =

�100

4�� 4p

5;4p5

�La condición de mínimo de f se estable mediante la segunda derivada

f (x; y(x)) = 2�p4 + y2 + 4�x =) f

0(x) =

4�yy0

2p4 + y2

+ 4�

43�y + 4�x� 100 = 0 =) y0 (x) = �3

Por lo tanto, sustituyendo y0 (x) ; y derivando por segunda vez

f0(x) = � 6�yp

4 + y2+ 4� =) f

00(x) = �6�

(�3(4 + y2)� y2

(4 + y2)3=2

!f00(P0) > 0 =) Valor minimo

Así el valor mínimo de la función es:

f

�100

4�� 4p

5;4p5

�= 2�

q4 + 16

5 +4�

�100

4�� 4p

5

�= 100� 20�

3p5

1.7.3 Problema :

Determine la distancia mínima y máxima del origen a la curva de intersección

del paraboloide z =7

4� x2 � y2 y el plano x+ y + z = 2:

Solución:En este caso es conveniente los valores extremos del cuadrado de ladistancia con respecto al origen en vez de la distancia misma. Por lotanto, se deben hallar los valores extremos de la función:

f(x; y; z) = x2 + y2 + z2

sujeta a las restriciones

g (x; y; z) = z � 74+ x2 + y2 = 0

h (x; y; z) = x+ y + z � 2 = 0

Para aplicar el método de los multiplicadores de Lagrange se de�ne

F (x; y; z; �1; �2) = x2+y2+z2+�1

�z � 7

4+ x2 + y2

�+�2 (x+ y + z � 2)

16

Fx = 2 (1 + �1)x+ �2 = 0 (1:0)Fy = 2 (1 + �1) y + 2�2 = 0 (2:0)Fz = 2z + �1 + �2 = 0 (3:0)

F�1 = z �7

4+ x2 + y2 = 0 (4:0)

F�2 = x+ y + z � 2 = 0 (5:0)1:0)� 2:0) : 2 (1 + �1) (x� y) = 0 =) �1 = �1 o y = x

Si �1 = �1 ;entonces de 1) �2 = 0 y de 3) z =1

2

Si z =1

2; entonces de 4) y 5) se obtiene: 2x2 � 3x+ 1 = 0

Resolviendo la ecuación anterior, sus soluciones son: x1 = 1;x2 =1

2

x1 = 1 =) y1 =1

2=)

�1;1

2;1

2

�es punto crítico.

x2 =1

2=) y2 = 1 =)

�1

2; 1;

1

2

�es punto crítico.

Por otra parte:4)� 5) =) x2 + y2 � x� y + 14= 0

Si y = x =) 2x2 � 2x+ 14= 0; resolviendo la ecuación x =

2�p2

4

y = x =2 +

p2

4=) z =

4� 2p2

4=)

2 +

p2

4;2 +

p2

4;4� 2

p2

4

!es punto crítico de f:

y = x =2�

p2

4=) z =

4 + 2p2

4=)

2�

p2

4;2�

p2

4;4 + 2

p2

4

!es punto crítico de f:Así

fmax

2�

p2

4;2�

p2

4;4� 2

p2

4

!=1

4

�9 + 2

p2�

fmin

�1

2; 1;

1

2

�=3

2

Como la curva intersección del paraboloide y el plano es una curva cerrada,

la distancia mínima y la distancia máxima al origen son respectivamente

r3

2y

1

2

q�9 + 2

p2�:No necesitamos más pruebas por las caracteristicas geométricas

del problema.

1.7.4 Problema :

Demuestre que las distancias máxima y mínima desde el origen a la curva de

intersección de�nida porx2

4+y2

5+z2

25= 1; z = x+ y:

Solución:

17

Debenos encontrar los valores extremos de la función

f(x; y; z) = x2 + y2 + z2

sujeta a las restriciones

g (x; y; z) =x2

4+y2

5+z2

25� 1 = 0

h (x; y; z) = x+ y � z = 0

Para aplicar el método de los multiplicadores de Lagrange se de�ne

F (x; y; z; �1; �2) = x2 + y2 + z2 + �1

�x2

4+y2

5+z2

25� 1�+ �2 (x+ y � z)

Aplicando la condición necesaria de punto crítico

Fx = 2

�1 +

�14

�x+ �2 = 0 (1:0)

Fy = 2

�1 +

�15

�y + �2 = 0 (2:0)

Fz = 2(1 +�15+ �2 = 0 (3:0)

F�1 =x2

4+y2

5+z2

25� 1 = 0 (4:0)

F�2 = x+ y � z = 0 (5:0)Despejando de estas ecuaciones x; y; z se tiene

x = � 2�2�1 + 4

; y = � 5�22�1 + 10

; z = � 25�22�1 + 50

; 6:0)

Al dividir 5:0 por �2 6= 0 (lo cual está justi�cado porque de otro modo de1:0; 2:0 y 3:0, se tendría x = y = z = 0).

2

�1 + 4+

5

2�1 + 10+

25

2�1 + 50= 0:Multiplicando por 2 (�1 + 4) (2�1 + 10) (2�1 + 50)

y simpli�cando da17�21 + 245�1 + 750 = 0 =) (�1 + 10)(17�1 + 75) = 0

de donde: �1 = �10; �1 = �75

17

Caso i) Si �1 = �10; entonces de 6:0 : x =�23; y =

�22; z =

5�26:

Sutituyendo en 4.0 da:�2236+�2220+5�2266

� 1 = 0 =) �22 =180

19=)

�2 = �6r5

19Por lo tanto, se tienen dos puntos críticos.

P1 =

2

r5

19; 3

r5

19; 5

r5

19

!y P2 =

�2r5

19:� 3

r5

19;�5

r5

19

!

Evaluando en la función se tiene f

�2r5

19;�3

r5

19;�5

r5

19

!= 10

Caso ii) Si �1 = �75

17; entonces de 6:0 : x =

34�27; y = �17�2

4; z =

17�228

:

18

Sutituyendo en 4.0 da:�2236+�2220+5�2266

� 1 = 0 =) �22 =(140)2

(17)2(646)=)

�2 = ��140

17p646

�Por lo tanto, se tienen otros dos puntos críticos más.

P1 =

�40p646

;� 35p646

5p646

�y P2 =

�� 40p

646;35p646

;� 5p646

�Evaluando en la función se tiene f

�� 40p

646;� 35p

646;� 5p

646

�=75

17

Asi el valor máximo buscado es 10 y el valor mínimo es75

17

1.7.5 Problema :

Se desea construir un silo, que tenga una capacidad de V0 con forma de cilindrocircular recto de altura h y radio basal r . Calcular la altura h del cilindro yradio basal r de manera que la super�cie total sea mínima.Solución:Sea la función super�cie de�nida por f (r; h) = 2�r2 +2�rhCon la condición que el volumen sea g (x; y) = �r2h� V0 = 0Entonces formemos la función:L (r; h; �) = 2�r2 + 2�rh+ �

��r2h� V0

�Lr (r; h; �) = 4�r + 2�h+ 2��rh = 0 1:0)Lh (r; h; �) = 2�h+ ��r2 = 0 2:0)L� (r; h; �) = �r2h� V0 = 0 3:0)

De 2:0)se tiene: � = �2ry sustituyendo este valor en 1:0) obtenemos h = 2r

Si h = 2r; entonces de 3.0)r = 3

rV02�;h = 2 3

rV02�

En consecuencia, se tiene un único punto crítico en

P0 =

3

rV02�; 2 3

rV02�

!La condición de mínimo de f se establece mediante la segunda derivadaf (r; h(r)) = 6�r2 =) f

0(r) = 12�r

=) f00(r) = 12� > 0

Por lo tanto, se tiene un valor mínimo de f si h = 2rAsí el valor mínimo de la super�cie es:

f

3

rV02�; 2 3

rV02�

!= 6�

�V02�

�2=31.7.6 Problema :

19

Determinar los extremos absolutos de la función f (x; y) = y3 + x2y + 2x2 +2y2 � 4y � 8 en el conjunto D =

�(x; y) 2 IR2=x2 + y2 � 1

:

Solución.En primer lugar estudiemos los puntos del interior de D, para ver si existen

máximos o mínimos locales.La condicion necesaria, de los puntos interiores candidatos a extremos, es

rf (x; y) = (0; 0) =)@f

@x= 2x(y + 2) = 0

@f

@y= 3y2 + x2 + 4y � 4 = 0

i) La primera ecuación implica que x = 0 ó y = �2: Si y = �2; la segundaecuación implica que x = 0; luego se tiene un punto crítico en P0 = (0;�2) ; sinembargo , P0 =2 D:ii) Si x = 0, la segunda ecuación es 3y2 + 4y � 4 = 0 =) y = �2; y = 2

3:

Las coordenadas del punto P1 =�0;2

3

�veri�can

4

9< 1;entonces P1 2 D:

Además f (P1) =8

27+8

9� 83� 8 = 256

27= �9; 48:

En segundo lugar, estudiemos los puntos de la frontera de D usando lafunción f (x; y) = y3 + x2y + 2x2 + 2y2 � 4y � 8 bajo la restrición g (x; y) =x2 + y2 � 1 = 0:Usemos el método de los multiplicadores de Lagrange.Sea L (x; y; �) = y3 + x2y + 2x2 + 2y2 � 4y � 8 + �(x2 + y2 � 1);y obtenemos:@L

@x= 2x(y + 2) + �2x = 0 (1:0)

@L

@y= 3y2 + x2 + 4y � 4 + �2y = 0 (2:0)

@L

@�= x2 + y2 � 1 = 0 (3:0)

De la ecuación 1:0 se tiene que x = 0 ó (y + 2) + � = 0a) Si x = 0;en 3.0 se tiene y2� 1 = 0 =) y = �1:Luego se tienen otros dos

puntos críticosP2 = (0; 1) y P2 = (0;�1) que satisfacen las ecuaciones 1:0 y 3:0:Para comprobar que también satisfacen la ecuación 2:0 , sustituyamos el ella

P1 = (0; 1) =) � =3

22 IR

P2 = (0;�1) =) � =5

22 IR:

Si evaluamos las función en los puntos encontrados obtenemos:f (P2) = 1 + 2� 4� 8 = �9f (P3) = �1 + 2 + 4� 8 = �3b) Si (y+2)+ � = 0 () � = �(y+2), en 2:0 se tiene 3y2 + x2 +4y� 4+

2y(y + 2) = 0=) x2 + y2 = 4, resultado que contradice la ecuación 3:0; x2 + y2 = 1:Luego, esta condición no produce un punto crítico.

20

Por lo tanto, comparando los valores de la función en los tres puntos en-contrados, podemos inferir que el máximo absoluto se alcanza en P3 y que elmínimo absoluto se alcanza en P1

1.7.7 Problema :

Determine las dimensiones de una caja rectangular, sin tapasuperior,que ha de tener un volumen dado V0;de manera quesu super�cie sea mínima.Solución:

Sea la función super�cie de�nida por f (x; y; z) = xy + 2xz + 2yzCon la condicion que el volumen sea g (x; y; z) = xyz � V0 = 0Entonces formemos la función:L (x; y; z; �) = f (x; y) = xy + 2xz + 2yz + � (xyz � V0)

Lx (x; y; z; �) = y + 2z + �yz = 0 (1:0)Ly (x; y; z; �) = x+ 2z + �xz = 0 (2:0)Lz (x; y; z; �) = 2x+ 2y + �xy = 0 (3:0)L� (x; y; z; �) = xyz � V0 = 0 (4:0)

Despejando y y x de 1:0 y 2:0 se tiene5.0) y = x = � 2z

1+�z ; sutituyendo en 3:0) produce:

� 8z1+�z +

4�z2

(1+�z)2= 0 =) z = 1

� 6:0)

Reemplazando en 6:0) en 5:0) se tieney = x = � 4

� : Sustituyendo en 4.0�� 4�

� �� 4�

� �1�

�= V0 =) � =

�16V0

�1=3Por lo tanto, se tiene un único punto crítico de f en

P0 =�4�V016

�1=3; 4�V016

�1=3;�V016

�1=3�:

Examinemos la naturaleza del punto crítico usando el Hessiano limitado:

H (x; y; z) =

��0 @g

@x@g@y

@g@z

@g@x

@2L@x2

@2L@x@y

@2L@x@z

@g@y

@2L@x@y

@2L@y2

@2L@y@z

@g@z

@2L@x@z

@2L@y@z

@2L@z2

��=

��0 yz xz xyyz 0 1 + �z 2 + �yxz 1 + �z 0 2 + �xxy 2 + �y 2 + �x 0

��H�4�V016

�1=3; 4�V016

�1=3;�V016

�1=3�=

��0 4

�V016

�2=34�V016

�2=316�V016

�2=34�V016

�2=30 2 6

4�V016

�2=32 0 6

16�V016

�2=36 6 0

��Usando propiedades de determinantes, obtenemos que el valor de Hessiano

es:

21

H = 16�V016

�4=3��0 1 1 41 0 2 61 2 0 64 6 6 0

�� = �2048:0� (0:062 5V0)43 < 0

Además: �3 =

��0 1 11 0 21 2 0

�� = 4 > 0Entonces la función f tendrá un máximo condicionado en el punto P0 =�

4�V016

�1=3; 4�V016

�1=3;�V016

�1=3�1.8 Aplicación al cálculo de errores

1.8.1 Problema :

El periodo T de un péndulo simple depende de la longitud l y de la aceleraciónde gravedad g del lugar y está dado por:

T = 2�

rl

g: Hallar a a) el error absoluto y b) el error relativo , al calcular

T con l = 0; 6 m y g = 10m=s2 si los valores verdaderos eran l = 58; 5cm yg = 9; 8m=s2:Solución

a) Sea T = 2�

rl

g: el período de un péndulo simple.

El error absoluto de T es �T; que en este caso es aproximadamente dT: asíse tiene:

El error absoluto de T = dT =@T

@ldl +

@T

@gdg =

�plgdl � �

rl

g3dg

Error de l = �l = dl = (0; 6 � 0; 585)m = 0; 015m

Error de g = �g = dg = (10� 9; 8)m=s2 = 0; 2m=s2

El error absoluto de T = dT =�p

0; 6x10(0; 015)� �

r0; 6

1000(0; 2)

b) El error relativo de T =dT

T=

1

2�

rl

g

��plgdl � �

rl

g3dg

�

El error relativo de T =�1

2ldl � 1

2gdg

�:

El error relativo de T =dT

T=

1

2�

rl

g

��plgdl � �

rl

g3dg

�

22

1.8.2 Problema




@u

@x=

@(f;g)@(x;z)

@y@z

;@u

@y=

@(f;g)@(y;z)

@y@z


@u

@x(1; 0; 0) y

@u

@y(1; 0; 0)

1.9 Solución:


@u

@x=@f

@x+@f

@z

@z

@x


@z

@x= �

@g@x@g@z


@u

@x=@f

@x+@f

@z(�

@g@x@g@z

) =@f@x

@g@z �

@f@z

@g@x

@g@z

=

@(f;g)@(x;z)

@g@z

Similarmente

@u

@y=@f

@y+@f

@z

@z

@yy

@z

@y= �

@g@y

@g@z

)@u

@y=@f

@y+@f

@z(�

@g@y

@g@z

) =

@f@y

@g@z �

@f@z

@g@y

@g@z

=

@(f;g)@(y;z)

@g@z

23



@g

@x= 2xy ,

@g

@y= x2 + 8z3 ,

@g

@z= �3 + 24yz2


Ademas g(1; 0; 0) = 0 y @g@z (1; 0; 0) = �3 6= 0


z(1; 0) = 0 y z(1; 0)�(�a; a)

Ademas:

@(f;g)@(x;z) =

��2xy 2z2xy �3 + 24yz2

�� = 2xy(�3 + 24yz2)� 2xy2z= 2xy(�3 + 24yz2 � 2z)

@g@z = �3 + 24yz

2

) @u

@x=2xy(�3 + 24yz2 � 2z)

�3 + 24yz2 ) @u

@x(1; 0; 0) =

0

�3 = 0

También:

@(f;g)@(y;z) =

�� x2 2zx2 + 8z3 �3 + 24yz2

�� = �3x2 + 24x2yz2 � 2x2z � 16z3= x2(24yz2 � 2z � 3)� 16z3

) @u

@y=x2(24yz2 � 2z � 3)� 16z3

�3 + 24yz2 ) @u

@y(1; 0; 0) =

�3�3 = 1

Problema


24



@u

@x=

@(f;g)@(x;z)

@y@z

;@u

@y=

@(f;g)@(y;z)

@y@z


@u

@x(1; 0; 0) y

@u

@y(1; 0; 0)

1.10 Solución:


@u

@x=@f

@x+@f

@z

@z

@x


@z

@x= �

@g@x@g@z


@u

@x=@f

@x+@f

@z(�

@g@x@g@z

) =@f@x

@g@z �

@f@z

@g@x

@g@z

=

@(f;g)@(x;z)

@g@z

Similarmente

@u

@y=@f

@y+@f

@z

@z

@yy

@z

@y= �

@g@y

@g@z

)@u

@y=@f

@y+@f

@z(�

@g@y

@g@z

) =

@f@y

@g@z �

@f@z

@g@y

@g@z

=

@(f;g)@(y;z)

@g@z

25



@g

@x= 2xy ,

@g

@y= x2 + 8z3 ,

@g

@z= �3 + 24yz2


Ademas g(1; 0; 0) = 0 y @g@z (1; 0; 0) = �3 6= 0


z(1; 0) = 0 y z(1; 0)�(�a; a)

Ademas:

@(f;g)@(x;z) =

��2xy 2z2xy �3 + 24yz2

�� = 2xy(�3 + 24yz2)� 2xy2z= 2xy(�3 + 24yz2 � 2z)

@g@z = �3 + 24yz

2

) @u

@x=2xy(�3 + 24yz2 � 2z)

�3 + 24yz2 ) @u

@x(1; 0; 0) =

0

�3 = 0

También:

@(f;g)@(y;z) =

�� x2 2zx2 + 8z3 �3 + 24yz2

�� = �3x2 + 24x2yz2 � 2x2z � 16z3= x2(24yz2 � 2z � 3)� 16z3

) @u

@y=x2(24yz2 � 2z � 3)� 16z3

�3 + 24yz2 ) @u

@y(1; 0; 0) =

�3�3 = 1

26

problemas resueltos 1oct_max

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