Calculo II. 1o Primer curso de ingenierıa informatica. Curso 2009/2010. Ejercicios resueltos.

Hoja 3

2. El cambio de variable x = u+v, y = u v2 transforma f(x, y) en g(u, v). Calcular el valor de∂2g

∂v∂uen el punto en el que u = 1, v = 1, sabiendo que

∂f

∂y=∂2f

∂x2=∂2f

∂y2=

∂2f

∂y∂x=

∂2f

∂x∂y= 1

en dicho punto.

Al hacer el cambio de variables, se tiene que f(x, y) = g(u, v); usando las igualdades x = u+ v e y = uv2,

despejamos en f y queda: f(x, y) = f(u+v, uv2) = g(u, v). Calcular∂2g

∂v∂ues simplemente calcular

∂( ∂g∂u )∂v

;es decir, primero derivamos la funcion g con respecto de u, y lo que nos quede lo derivamos con respecto

de v. Por tanto, nuestro primer objetivo es calcular∂g

∂u.

Usamos la igualdad de f con g y el hecho de que f depende solo de x e y. Entonces, usando la regla de lacadena, podemos tener la derivada parcial de g con respecto de u en funcion de f , x e y:

∂g

∂u=∂f

∂x

∂x

∂u+∂f

∂y

∂y

∂u.

Como x = u+ v,∂x

∂u= 1, y como y = uv2,

∂y

∂u= v2. Despejando arriba, nos queda:

∂g

∂u=∂f

∂x+ v2 ∂f

∂y.

A esta funcion, que depende de x e y, la llamamos h(x, y) :=∂f

∂x+ v2 ∂f

∂y. Calcular

∂2g

∂v∂ues lo mismo que

calcular∂

∂v

(∂f

∂x+ v2 ∂f

∂y

).

Aplicando la regla de derivacion de un producto,

∂

∂v

(∂f

∂x+ v2 ∂f

∂y

)=

∂

∂v

(∂f

∂x

)+ 2v

∂f

∂y+

∂

∂v

(∂f

∂y

)

Y usando la regla de la cadena como antes, teniendo en cuenta que como x = u + v,∂x

∂v= 1, y como

y = uv2,∂y

∂v= 2uv, nos queda:

∂

∂v

(∂f

∂x

)=

∂

∂x

(∂f

∂x

)∂x

∂v+

∂

∂y

(∂f

∂x

)∂y

∂v=∂2f

∂x2· 1 +

∂2f

∂y∂x· 2uv.

Analogamente,

∂

∂v

(∂f

∂y

)=

∂

∂x

(∂f

∂y

)∂x

∂v+

∂

∂y

(∂f

∂y

)∂y

∂v=

∂2f

∂x∂y· 1 +

∂2f

∂y2· 2uv.

Debe prestarse atencion al hecho de que en este problema las derivadas cruzadas∂2f

∂x∂yy∂2f

∂y∂xno tienen

por que coincidir, ya que no sabemos quien es f , y en general no se cumple que sean iguales.

Por ultimo, incluımos los resultados anteriores en la formula obtenida para∂

∂v

(∂f

∂x+ v2 ∂f

∂y

), sustituimos

u y v por 1, y los valores de las derivadas parciales por los indicados en el enunciado y obtenemos elresultado final:

∂2g

∂v∂u|(u,v)=(1,1) = · · · = 8.

1

3. Hallar el polinomio de Taylor de orden 2 centrado en (0, 0) de las siguientes funciones:

(a) f(x, y) = x ex+y. (b) f(x, y) = senx y + cosx y.

En primer lugar, recordemos que la formula general del polinomio de Taylor de orden 2 centrado en (a, b)para una funcion f de dos variables es:

f(x, y) ≈ f(a, b) +∇f(a, b) · (x− a, y − b) +12

(x− a, y − b)D2f(a, b)(x− ay − b

),

donde ∇f denota al gradiente de f , y D2f a la matriz hessiana. Basta, en cada caso, con calcular las cincoparciales que aparecen en la formula y luego sustituir (a, b) por (0, 0). Ademas, como las dos funciones soncontinuas e infinitamente diferenciables por composicion, las derivadas cruzadas fxy y fyx son iguales, ypodemos calcular cualquiera de ellas indistintamente.

a)f(x, y) = xex+y

fx(x, y) = ex+y + xex+y = (x+ 1)ex+y

fy(x, y) = xex+y

fxx(x, y) = ex+y + (x+ 1)ex+y = (x+ 2)ex+y

fxy(x, y) = (x+ 1)ex+y

fyy(x, y) = xex+y

Utilizando esto en la formula que dimos y sustituyendo (a, b) por (0, 0), queda:

f(x, y) ≈ 0 + 1x+ 0y +12

(2x2 + 1xy + 0) = x2 + xy + x.

b)f(x, y) = senxy + cosxy

fx(x, y) = −y senxy + y cosxy

fy(x, y) = −x senxy + x cosxy

fxx(x, y) = −y2 senxy − y2 cosxy

fyy(x, y) = −x2 senxy − x2 cosxy

fxy(x, y) = − senxy − xy cosxy + cosxy − xy senxy = −(1 + xy) senxy + (1− xy) cosxy

Utilizando esto en la formula que dimos y sustituyendo (a, b) por (0, 0), queda:

f(x, y) ≈ 1 + 0x+ 0y +12

(0x2 + 1xy + 0y2) = 1 +12xy.

5. Hallar los puntos crıticos y determinar cuales son maximos locales, mınimos locales o puntossilla:

(a) f(x, y) = x2 + y2 − 2x y. (b) f(x, y) = x2 + y2 + x y − 2x− 4 y + 10.

(c) f(x, y) = x y. (d) f(x, y) = 3x2 − 4 y2 + x y.

Para obtener los puntos crıticos de nuestra funcion hallaremos su gradiente y lo igualaremos a cero, unavez obtenidos los puntos, encontraremos la matriz Hessiana y la evaluaremos en dichos puntos estudiandoel signo de los determinantes de la matriz.

2

a) ∇f = (2x− 2y, 2y − 2x) = (0, 0)⇒

2x− 2y = 0 y 2y − 2x = 0⇒ x = y

Ası que el punto crıtico es de la forma (λ, λ).Hallamos la matriz Hessiana:

Hf =(

2 −2−2 2

)De manera que el determinante de Hf es cero, ası que estamos en un caso degenerado. En efecto, sicalculamos los autovalores resulta:

0 =∣∣∣∣ (2− λ) −2

−2 (2− λ)

∣∣∣∣ = · · · = λ(λ− 4),

de donde se deduce que los autovalores son 4 y 0. Por ser 0 uno de ellos, el punto crıtico es degenerado.Pero en este caso podemos escribir la funcion como f(x, y) = (x− y)2, ası que siempre sera mayor oigual que cero, y si evaluamos f en (s, s) nos queda f(s, s) = (s− s)2 = 0, luego (s, s) es un mınimolocal.

b) ∇f = (2x+ y − 2, 2y + x− 4) = (0, 0)⇒

2x+ y = 2 , 2y + x = 4⇒ x = 0, y = 2

Ası que el punto crıtico es (0, 2).Hallamos la matriz Hessiana:

Hf =(

2 11 2

)Al fijarnos en los determinantes obtenemos que D2 > 0 y D1 > 0, luego en f(0, 2) = 6 hay un mınimo.Si hacemos el calculo de los autovalores, obtenemos

0 =∣∣∣∣ (2− λ) 1

1 (2− λ)

∣∣∣∣ = · · · = (λ− 3)(λ− 1),

de manera que los dos autovalores son positivos y por lo tanto hay un mınimo.

c) ∇f = (y, x) = (0, 0)⇒

x = 0 y y = 0

Ası que el punto crıtico es (0, 0).Hallamos la matriz Hessiana:

Hf =(

0 11 0

)Al fijarnos en los determinantes obtenemos que D1 = 0 y D2 < 0, luego en f(0, 0) = 0 hay un puntode silla. Si usamos el criterio basado en el signo de los autovalores, es inmediato comprobar que eneste caso los autovalores son 1 y -1, y tienen distinto signo, como corresponde a un punto de silla.

d) ∇f = (6x+ y,−8y + x) = (0, 0)⇒

6x+ y = 0 y − 8y + x = 0⇒ x = 0, y = 0

Ası que el punto crıtico es (0, 0).Hallamos la matriz Hessiana:

Hf =(

6 11 −8

)Al fijarnos en los determinantes obtenemos que D2 < 0 y D1 > 0, luego en f(0, 0) = 0 hay un puntode silla. Segun el criterio de los autovalores, podemos comprobar que en este caso son −1 +

√2 y

−1−√

2, de manera que uno es positivo y el otro es negativo, como corresponde a un punto de silla.

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7. Calcular la distancia mınima entre los puntos de la grafica de f(x, y) =1

4x yy el punto (0, 0, 0).

La funcion que nos da la distancia d(x, y) entre los puntos (x, y, f(x, y)) y (0, 0, 0) es

d(x, y) =√x2 + y2 + (4x y)−2

Esta funcion esta definida y es diferenciable en el abierto R2\{xy = 0}. Como hallar el mınimo global de estafuncion es lo mismo que hallar el mınimo de su cuadrado escribimos la funcion auxiliar g(x, y) = (d(x, y))2.Esta observacion facilita notablemente los calculos. Notese que el problema esta bien formulado, porqueesta funcion es positiva y es muy grande conforme x e y se alejan del origen y aun mas grande cuando xse aproxima a los ejes x o y. Por estos motivos g(x, y) debe alcanzar un mınimo en algun punto crıtico:

0 = ∇g = (2x− (8x3y2)−1, 2y − (8x2y3)−1)

Si multiplicamos la primera ecuacion por x y la segunda por y y las restamos obtendremos x2 = y2, quellevado a cualquiera de las dos ecuaciones anteriores conduce a cuatro puntos crıticos con x = ±2−2/3

y y = ±2−2/3 (resultantes de escribir las cuatro combinaciones de signos). Todos ellos estan a la misma

distancia del origen (0, 0, 0), que es 6

√2716

. Es facil comprobar que la matriz Hessiana en cada uno de ellos

es definida positiva (mediante el criterio de Sylvester, que es mas rapido) lo cual permite afirmar que sealcanza el mismo mınimo global en cada punto crıtico.

11. Considerense el polinomio f(x, y) = (y − 3x2)(y − x2) y la funcion g(t) = f(t, c t) de t ∈ R .Demostrar que (0, 0) es un punto crıtico degenerado para f y que aunque g tiene un mınimoen t = 0, el punto (0, 0) no es un mınimo local de f .

Podemos escribir nuestro polinomio como f(x, y) = y2 − yx2 − 3x2y + 3x4

∇f = (−8xy + 12x3, 2y − 4x2) = (0, 0)⇒

x = 0, y = 0

Ası que el punto crıtico es (0, 0).

Hallamos la matriz Hessiana:

Hf =(−8y + 36x2 −8x−8x 2

)evaluamos ahora la matriz Hessiana en el punto crıtico (0, 0)

Hf(0, 0) =(

0 00 2

)El determinante de la matriz evaluada en el punto crıtico es cero (los autovalores son 0 y 2), luego (0, 0)es un punto crıtico degenerado.

Por otra parte, g(t) = (ct − 3t2)(ct − t2) = t2(c − 3t)(c − t) = t2(c2 − ct − 3ct + 3t2) = t2(c2 − 4ct + 3t2)Ası que podemos escribir g como g(t) = c2t2 − 4ct3 + 3t4.

Para ver si g(t) tiene un mınimo en el punto (0) vamos a hallar su derivada g′(t) = 2tc2 − 12ct2 + 12t3, yg′(0) = 0, y g′′(0) > 0, luego g tiene un mınimo en el punto 0.

Si tomamos por ejemplo y = 2x2, tenemos que f(x, 2x2) = −x4, es decir en el punto crıtico tenemos unmaximo local y no un mınimo local.

12. Hallar los extremos de las siguientes funciones con las correspondientes restricciones:

(a) f(x, y) = x2 + y2, 2x2 + y2 ≤ 4. (b) f(x, y) = 4x2 + y2 − 2x− y + 3, 4x2 + y2 ≤ 1.

a) La funcion es continua en el dominio cerrado y acotadoD = U∪∂U conD = {(x, y) ∈ R2, 2x2+y2 ≤ 4},siendo la frontera ∂U = {(x, y) ∈ R2, 2x2 + y2 = 4} una elipse centrada en (0, 0) con semieje mayor2 a lo largo del eje y y semieje menor

√2 segun el eje x. Por el Teorema del maximo y del mınimo

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(vease p.ej. Marsden-Tromba) sabemos que hay maximo y mınimo globales en D. Primero hallamoslos puntos crıticos de f(x, y) en el abierto U :

0 = ∇f = (2x, 2y)⇒ (x, y) = (0, 0)

que es un mınimo local (la matriz Hessiana en (0, 0) es 2I2, el doble de la matriz cuadrada unidad deorden 2, obviamente definida positiva). Ahı f(0, 0) = 0 y como x2 + y2 ≥ 0 para todo x, tambien esmınimo global en U .Para buscar los extremos globales en la frontera ∂U observemos que es posible encontrar una parametrizacionsuave de la elipse x(t) =

√2 cos(t) y y(t) = 2 sen(t) con t ∈ [−π, π), y la funcion restringida a la fron-

tera se escribe ası:

f(x, y)|∂U = f(√

2 cos(t), 2 sen(t)) = 2 cos2(t) + 4 sen2(t) = 2(1 + sen2(t)) ≡ g(t)

Ahora solo hay que hallar los extremos globales de esta funcion en el intervalo [−π, π], para ello cal-culamos su derivada g′(t), aplicamos la condicion necesaria de maximo o mınimo locales g′(t) = 0 yobtenemos los siguientes candidatos a extremo global (incluyendo los lımites del intervalo cerrado):0,±π/2 y ±π. Como g(0) = f(

√2, 0) = 2, g(±π) = f(−

√2, 0) = 2 y g(±π/2) = f(0,±2) = 4, llegamos

a la conclusion que la funcion dada alcanza el mınimo global en D en el punto (0, 0) con valor 0 yel maximo global con valor 4 en los puntos (0,±2) de la frontera ∂U . Si utilizasemos el metodo demultiplicadores de Lagrange, obtendrıamos la misma respuesta.

b) Al igual que en el apartado anterior, se dan las mismas condiciones para aplicar el teorema del maximoy del mınimo en D. Primero hallamos los puntos crıticos de f(x, y) en el abierto U :

0 = ∇f = (8x− 2, 2y − 1)⇒ (x, y) = (1/4, 1/2)

que es un mınimo local (la matriz Hessiana en este punto es tambien definida positiva) y ya tenemosun candidato a extremo global. Para buscar los extremos globales en la frontera ∂U , que tambien esuna elipse, observemos que puede parametrizarse de modo analogo al apartado anterior. En vez dehacerlo ası, emplearemos el metodo de multiplicadores de Lagrange como metodo alternativo. Paraello, escribimos la funcion

fλ(x, y) ≡ f(x, y) + λg(x, y)

donde g(x, y) ≡ 4x2 + y2 − 1(= 0 en la frontera) y buscamos sus puntos crıticos con λ 6= 0, ası seobtiene lo siguiente (es facil comprobar que ∇g(x, y) 6= 0 ∀x ∈ ∂U):

0 = ∇fλ ⇒ (x, y) = (1

4(1 + λ),

12(1 + λ)

)

(para λ = −1 no hay puntos crıticos) y la ligadura

4x2 + y2 − 1 = 0

Si imponemos la ligadura entonces obtenemos (1 + λ±)−1 = ±√

2 que dan lugar a los dos puntosx± = (±

√2/4,±

√2/2) ademas del calculado anteriormente para λ = 0. Es facil comprobar que

f(1/4, 1/2) = 5/2 y f(x±) = 4 ∓√

2. Ası el maximo global tiene lugar en x− y el mınimo global enx = (1/4, 1/2).

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