um curso do calcul vectorial, Notas de aula de Matemática

Baixe um curso do calcul vectorial e outras Notas de aula em PDF para Matemática, somente na Docsity! ERNESTO ARANDA PABLO PEDREGAL  A Maŕıa José y Olga Prefacio Posiblemente, una las principales razones por las que las asignatu- ras de matemáticas poseen una pobre aceptación entre los estudiantes de carreras cient́ıfico-técnicas se deba a la dificultad que supone para muchos superarlas. Y este hecho puede ser consecuencia de la notable diferencia existente entre lo que el alumno lleva a cabo durante las ho- ras lectivas y lo que se ve obligado a realizar en un examen, esto es, afrontar por śı mismo la resolución de problemas. Uno de los motivos generalmente aludidos por los estudiantes al respecto de que los ejerci- cios hechos en clase no son muy útiles a la hora de preparar exámenes es que, con frecuencia, el exceso de repetición conlleva a un aprendizaje memoŕıstico de los mismos que resulta poco beneficioso para resolver de forma autónoma los problemas que suelen conformar los exámenes de matemáticas. De este modo el alumno se encuentra a veces con la frustrante sensación de haber realizado un considerable esfuerzo en el estudio de una asignatura de la que luego no obtiene resultados satis- factorios. En estos casos, las opiniones habituales de los docentes coinciden en recomendar insistentemente a los estudiantes que se ejerciten en la reso- lución de problemas, sin repetir una y otra vez los ejemplos y ejercicios 4. Integrales de ĺınea y de superficie 181 4.1. Curvas en el plano y el espacio . . . . . . . . . . . . . . 182 4.2. Integrales de ĺınea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187 4.3. Potenciales escalares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198 4.4. Superficies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209 4.5. Integrales de superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220 5. Análisis vectorial 231 5.1. Campos vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231 5.2. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234 5.3. Teorema de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244 5.4. Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254 5.5. Potenciales vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259 Soluciones del Caṕıtulo 1 275 1.1. Repaso de geometŕıa del plano y el espacio . . . . . . . 275 1.2. Cónicas y cuádricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276 1.3. Coordenadas polares, ciĺındricas y esféricas . . . . . . . 279 Soluciones del Caṕıtulo 2 287 2.1. Funciones de varias variables . . . . . . . . . . . . . . . 287 2.2. Ĺımites y continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 296 2.3. Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297 2.4. Regla de la cadena y derivadas de orden superior . . . . 301 2.5. Derivación impĺıcita. Polinomio de Taylor . . . . . . . . 304 2.6. Extremos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304 Soluciones del Caṕıtulo 3 309 3.1. Integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 309 3.2. Integrales triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311 3.3. Cambios de variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315 Soluciones del Caṕıtulo 4 321 4.1. Curvas en el plano y el espacio . . . . . . . . . . . . . . 321 4.2. Integrales de ĺınea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323 4.3. Potenciales escalares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325 4.4. Superficies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 326 4.5. Integrales de superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 329 Soluciones del Caṕıtulo 5 331 5.1. Campos vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331 5.2. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331 5.3. Teorema de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333 5.4. Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336 5.5. Potenciales vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 339 1.1. Repaso de geometŕıa del plano y el espacio 15 En este caso concreto obtenemos la recta y = 3. ¿Cuáles de los siguientes pares de rectas son perpendiculares? 9 2x− 5y = 1, 2x+ y = 2. 10 3x− 5y = 1, 5x+ 3y = 7. 11 −x+ y = 2, x+ y = 9. 12 x+ 2y = 5, y = 3 + 2x. Solución 10: El criterio de perpendicularidad entre rectas se reduce a com- probar si sus vectores directores, o equivalentemente sus vectores escalar de tales vectores es nulo. Puesto que para una recta de ecuación ax+ by + c = 0 un vector normal viene dado por (a, b), es fácil ver que en este ejemplo concreto tenemos (3,−5) · (5, 3) = 0, y por tanto las dos rectas son perpendiculares. Encontrar las ecuaciones paramétricas de las rectas que pasan por los pares de puntos dados: 13 (1, 1,−1), (−2, 1, 3). 14 (−1, 5, 2), (3,−4, 1). 15 (0, 1, 0), (1, 0, 1). 16 (−1, 0, 3), (0, 1, 2). Solución 13: En general, la recta del espacio que pasa por dos puntos dados P = (p1, p2, p3) y Q = (q1, q2, q3) viene dada en forma paramétrica por x = tp1 + (1− t)q1, y = tp2 + (1− t)q2, normales, son perpendiculares. Esto sucede cuando el producto 16 Caṕıtulo 1. Geometŕıa de las funciones de varias variables z = tp3 + (1− t)q3, donde t es un parámetro que se mueve en la recta real. En este ejemplo concreto, las ecuaciones paramétricas de la recta quedan x = 3t− 2, y = 1, z = 3− 4t. Encontrar la ecuación vectorial de las rectas 17 de ecuaciones paramétricas: x = −t, y = 1+ √ 2t, z = 6− 8t. 18 que pasa por los puntos P = (0, 0, 0), Q = (1, 2, 3). 19 donde se intersecan los planos 3x+ y − 4z = 0, 5x+ z = 2. Encontrar la ecuación del plano perpendicular al vector n que pasa por el punto P en los siguientes casos: 20 n = (1,−1, 3), P = (4, 2,−1). 21 n = (−1, 0, 5), P = (2, 3, 7). 22 n = (1, 0, 0), P = (2, 1, 1). 23 n = (0, 2, 3), P = (3, 4, 5). 24 n = (3, 2, 6), P = (2,−1, 0). 25 n = (0, 0, 1), P = (1, 3,−2). Solución 25: La ecuación del plano perpendicular a un vector dado de coor- denadas n = (n1, n2, n3) que pasa por un punto P = (p1, p2, p3) tiene por ecuación n1(x− p1) + n2(y − p2) + n3(z − p3) = 0. En este caso concreto la ecuación es z + 2 = 0. Determinar un punto P por el que pase el plano dado y un vector n perpendicular al mismo, en los siguientes casos: 1.1. Repaso de geometŕıa del plano y el espacio 17 26 3x+ z = 3. 27 x− y − z = 5. 28 y = 0. 29 2x+ y − z = 1. Encontrar la ecuación del plano que pasa por los tres puntos dados: 30 (2, 1, 1), (3,−1, 1), (4, 1,−1). 31 (−5,−1, 2), (1, 2,−1), (3,−1, 2). 32 (2, 1, 0), (0, 0, 7), (2, 1, 1). 33 (1, 3, 0), (−5,−3,−1), (−2, 0, 1). Solución 32: Directamente se puede escribir la ecuación del plano que pasa por tres puntos dados A = (a1, a2, a3), B = (b1, b2, b3), C = (c1, c2, c3), mediante el determinante∣∣∣∣∣∣ x− a1 b1 − a1 c1 − a1 y − a2 b2 − a2 c2 − a2 z − a3 b3 − a3 c3 − a3 ∣∣∣∣∣∣ = 0. En nuestro caso, la ecuación queda∣∣∣∣∣∣ x− 2 −2 0 y − 1 −1 0 z 7 1 ∣∣∣∣∣∣ = 0, es decir x− 2y = 0. 34 Encontrar la ecuación del plano que contiene a las rectas paralelas: x− 1 3 = y + 1 2 = z − 5 4 , x+ 3 3 = y − 4 2 = z 4 . Encontrar un vector que sea perpendicular a los pares de vectores dados: 20 Caṕıtulo 1. Geometŕıa de las funciones de varias variables de donde despejamos el valor del parámetro t para obtener t = n · (Q− P ) |n|2 , y el punto buscado será P + n · (Q− P ) |n|2 n. En el caso concreto que nos ocupa, resulta que n ·(Q−P ) se anula y consecuentemente el punto solicitado es el mismo P . Encontrar el punto de corte de los planos siguientes con los ejes coordenados. 46 x+ y + z = 1. 47 x+ y = 1. 48 −x+ 3y + 3z = −3. 49 2y + z = 0. Solución 48: Los puntos de corte de un cierto plano con los tres ejes coorde- nados se obtienen anulando dos de las coordenadas, por turno, y despejando la tercera de la propia ecuación del plano. Aśı, si el plano tiene ecuación −x+3y+3z = −3 los puntos de corte serán: Con el eje X: y = z = 0, −x = −3, y el punto resulta ser el (3, 0, 0). Con el eje Y: x = z = 0, 3y = −3, y el punto de intersección es (0,−1, 0). Con el eje Z: x = y = 0, 3z = −3, y el punto es (0, 0,−1). Determinar el paralelismo o perpendicularidad de los siguientes pares de planos. 50 x− 3y + 2z = 4, −2x+ 6y − 4z = 0. 1.1. Repaso de geometŕıa del plano y el espacio 21 51 4x+ 3y − z = 6, x+ y + 7z = 4. 52 Encontrar la distancia entre el punto (1, 1, 2) y el plano de ecuación 3x+ y − 5z = 2. 53 Dos caras de un cubo se encuentran en los planos 3x− y+2z = 5, 3x− y + 2z = 7. Calcular el volumen del cubo. Solución 53: Si dos caras de un cubo se encuentran en dos planos paralelos de ecuación n · (X − P ) = 0, n · (X −Q) = 0, donde n es el vector normal a ambos, P y Q son dos puntos concre- tos de ambos planos, respectivamente, y X = (x, y, z) es el vector de variables, el lado del cubo tendrá que ser necesariamente la dis- tancia entre ambos planos. Esta distancia es además la distancia de un punto de uno de los planos al otro plano. Tal fórmula de la distancia es |n · (P −Q)| |n| . Por lo tanto el volumen del cubo pedido será el cubo del valor anterior ( |n · (P −Q)| |n| )3 . En nuestro caso concreto n = (3,−1, 2), P = (1, 0, 1), Q = (1,−2, 1), y por lo tanto el volumen, aplicando la fórmula anterior, es 4 7 √ 14 . 54 Encontrar la ecuación del lugar geométrico de todos los puntos del espacio que equidistan de los puntos A = (−1, 5, 3) y B = (6, 2,−2). Solución 54: Es fácil caer en la cuenta de que el lugar geométrico solicitado es exactamente el plano perpendicular al vector B −A que pasa por el punto medio 12 (A+B) (el plano mediatriz). Una vez entendida 22 Caṕıtulo 1. Geometŕıa de las funciones de varias variables la afirmación anterior es muy sencillo comprobar que la ecuación de tal plano es 14x− 6y − 10z = 9. Dibujar los siguientes conjuntos del plano y del espacio: 55 {(x, y) ∈ R2 : x > 0, log x ≤ y}. 56 {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y < ex}. 57 {(x, y) ∈ R2 : x2 − 2x+ y2 ≤ 3}. 58 {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≥ 1}. 59 {(x, y) ∈ R2 : (4x− x2 − y2)(x2 + y2 − 2x) ≤ 0}. 60 {(x, y) ∈ R2 : |x|+ |y| ≤ 1}. 61 {(x, y) ∈ R2 : |x− 1|+ |y − 1| < 2}. 62 {(x, y, z) ∈ R3 : y2 + z2 ≤ 4}. 63 {(x, y) ∈ R2 : xy = 1}. 64 {(x, y, z) ∈ R3 : xy = 1}. 65 {(x, y, z) ∈ R3 : x = sen y}. Solución: 57 En la desigualdad x2 − 2x + y2 ≤ 3, podemos completar cuadrados del siguiente modo: x2−2x+y2 ≤ 3 ⇔ x2−2x+1−2+y2 ≤ 3 ⇔ (x−1)2+y2 ≤ 4. Si prestamos atención a la expresión anterior con igualdad, debemos distinguir la ecuación de una circunferencia1 de cen- tro el punto (1, 0) y radio 2. Para estudiar la desigualdad observamos que ésta corresponde a los puntos interiores de la misma, luego el conjunto pedido resulta ser el ćırculo (in- cluida la frontera) de centro (1, 0) y radio 2. 1Recuérdese que la ecuación de una circunferencia de centro (a, b) y radio r se escribe como (x− a)2 + (y − b)2 = r2. 1.2. Cónicas y cuádricas 25 (a) Rombo |x|+ |y| = 2 (b) Conjunto |x− 1|+ |y − 1| < 2 Figura 2. Ejercicio 61 esa región. Gráficamente esto se consigue “desplazando” la hipérbola xy = 1 dibujada en el plano z = 0 paralelamente, hacia arriba y hacia abajo, al eje Z (ver Figura 3). −3 −2 −1 0 1 2 3 −5 0 5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 Figura 3. Ejercicio 64: xy = 1 en R3 Sección 1.2 Cónicas y cuádricas Esbozar la gráfica de las siguientes cónicas y señalar sus elemen- tos: 26 Caṕıtulo 1. Geometŕıa de las funciones de varias variables 66 x2 + 9y2 = 36. 67 x2 + y2 − 2x = 0. 68 3x2 − 6x+ y = 7. 69 x2 + 2x− y2 − 2y = 1. 70 x2 + xy + y2 = 4. 71 194 x 2 + 4312y 2 + 7 √ 3 6 xy = 48. 72 3x2 = 2 + y2. 73 xy = 2. 74 x2 + 2x− 6y − 17 = 0. 75 x2 − xy + y2 = 2. 76 9x2 − 24xy + 2y2 = 0. 77 3x2 + 3y2 − 2xy − 6√ 2 x− 6√ 2 y = 8. Solución: 68 Al tratarse de una ecuación sin término cruzado xy la simple completación del cuadrado nos permite identificar la cónica en cuestión. En este caso 3x2 − 6x+ y = 7 se escribe como 3(x− 1)2 = −(y − 10). Se trata de la parábola2 de vértice (1, 10) y eje principal x = 1, con foco (1, 11912 ) y directriz y = 121 12 (véase Figura 4(a)). 69 Al igual que el apartado anterior, completando cuadrados, x2 + 2x− y2 − 2y = 1 se escribe (x+ 1)2 − (y + 1)2 = 1, que corresponde a la hipérbola3 de eje principal y = −1 y centro (−1,−1). Los vértices se encuentran en los puntos (0,−1) y (−2,−1) (Figura 4(b)). 77 En este caso tenemos un término en xy que nos obliga a realizar una rotación para poder identificar la cónica. Para ello procedemos del siguiente modo. El ángulo de rotación α viene determinado por tan 2α = B A− C si A 6= C 2La ecuación y = ax2 representa a una parábola de vértice en el origen, eje Y , foco en (0, c), con c = 1 4a y directriz la recta y = −c. Una traslación a vértice (x0, y0) proporciona la ecuación y − y0 = a(x− x0)2. 3La ecuación x 2 a2 − y 2 b2 = ±1 corresponde a una hipérbola de centro el origen y eje principal Y (X, respectivamente). Una traslación a centro (x0, y0) da lugar a la ecuación (x−x0)2 a2 − (y−y0) 2 b2 = ±1. 1.2. Cónicas y cuádricas 27 −2 −1 0 1 2 3 4 −2 0 2 4 6 8 10 12 (a) Parábola 3x2 − 6x + y = 7 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 (b) Hipérbola x2 + 2x− y2 − 2y = 1 Figura 4. Cónicas de los Ejercicios 68 y 69 donde B es el coeficiente del término xy y A y C los co- eficientes de x2 e y2, respectivamente. Si A = C entonces α = π4 , como es nuestro caso. La rotación viene dada por las ecuaciones( x y ) = ( cosα − senα senα cosα )( X Y ) . En este caso, x = √ 2 2 (X −Y ), y = √ 2 2 (X +Y ). Sustituyendo en la ecuación, 3x2 + 3y2 − 2xy − 6√ 2 x− 6√ 2 y = 8 ⇒ X2 + 2Y 2 − 3X = 4 y completando cuadrados, (X − 3 2 )2 + 2Y 2 = 25 4 Es decir, la ecuación girada corresponde a una elipse4 de centro ( 32 , 0) y ejes x = 3 2 e y = 0 (representada en ĺınea discontinua en la Figura 5). La ecuación original represen- tará a una elipse de centro (√ 2 2 · 3 2 , √ 2 2 · 3 2 ) y ejes y = x y x + y = 3 √ 2 2 , calculados según las ecuaciones de la rotación dada. 4La ecuación x 2 a2 + y 2 b2 = 1 representa una elipse de centro el origen, ejes X e Y , con semiejes a y b. La traslación a centro (x0, y0) da la ecuación (x−x0)2 a2 + (y−y0)2 b2 = 1. 30 Caṕıtulo 1. Geometŕıa de las funciones de varias variables cuyas ráıces son y = y0 ± √ y20 − 4cx0. Teniendo en cuenta que (x0, y0) es el punto de tangencia, y por tanto pertenece a la parábola, se concluye el resultado. 86 Probar que la tangente a una elipse x2 a2 + y2 b2 = 1 en (x0, y0) tiene por ecuación xx0 a2 + yy0 b2 = 1. 87 Probar que la elipse x2 + 2y2 = 16 y la hipérbola x2 − y2 = 4 se cortan formando ángulo recto. 88 La tangente en P a una hipérbola interseca a sus aśıntotas en los puntos Q y R. Probar que entonces P es el punto medio de QR. 89 Supongamos que la tangente a una parábola en un punto P in- terseca a la recta directriz en el punto Q. Si F es el foco de la parábola, demostrar que FQ es perpendicular a FP . 90 Un disco parabólico de 10 m. de diámetro y 5 m. de profundi- dad es usado como radiotelescopio. ¿Dónde debe estar colocado el receptor? 91 Supongamos que un rectángulo con lados paralelos a los ejes coor- denados se encuentra inscrito en una elipse de ecuación x 2 a2 + y2 b2 = 1. ¿Donde habrán de situarse los vértices para que el rectángulo tenga área máxima? Identificar las siguientes cuádricas. 92 x2 + 2y2 + z2 = 1. 93 x2 + 2y2 − z2 = −1. 94 x2 − 2y2 + z2 = 1. 95 x2 + 2y2 − z = 0. 1.2. Cónicas y cuádricas 31 96 x2 − z2 = 0. 97 x2 + 4y2 = 100. 98 x2 + y2 + z + 4 = 0. 99 4x = y2 − 2z2. 100 x2 + 2y2 + z2 + 4y + 2z = 0. 101 x2 + 2y2 − z2 + 4x− 4y = 0. 102 x2 + 4y2 + z2 − 2x = 0. 103 4x2 − y2 + z2 + 8x+ 8z = −24. 104 9x2 + y2 − z2 − 2y + 2z = 0. 105 yz = 1. 106 4x2 + y2 + 4z2 + 8x− 4y − 8z = −8. 107 2x2 + 3y2 − 4z2 + 4x+ 9y − 8z = −10. 108 x2 − y2 − z2 − 4x− 4y = 0. 109 x2 + y2 − 4z2 + 4x− 6y − 8z = 13. Solución: 106 La técnica de completación de cuadrados da lugar a la ecua- ción 4(x+ 1)2 + (y − 2)2 + 4(z − 1)2 = 4, que corresponde a un elipsoide5 de centro (−1, 2, 1), con sec- ciones Y circulares. 108 La simplificación de la ecuación mediante la completación de cuadrados proporciona (x− 2)2 − (y + 2)2 − z2 = 0, que representa un cono6 circular de eje y = −2, z = 0 (para- lelo a X), de vértice (2,−2, 0). 5La ecuación de un elipsoide de centro el origen y semiejes a, b y c es x 2 a2 + y 2 b2 + z 2 c2 = 1. 6La ecuación de un cono de vértice el origen y eje Z es x 2 a2 + y 2 b2 − z 2 c2 = 0. 32 Caṕıtulo 1. Geometŕıa de las funciones de varias variables 110 Probar que la intersección entre el cono x2 + y2 = z2 y el plano z = 1 es un ćırculo. 111 Probar que la proyección en el plano XY de la intersección entre el cono x2 + y2 = z2 y el plano 2z = y + 1 es una elipse. Solución 111: Como sabemos, la intersección de dos curvas corresponde al con- junto de puntos que satisface ambas ecuaciones. Por otro lado, la proyección de un punto (x, y, z) sobre el plano XY es el punto (x, y, 0). Es decir, dicha proyección se calcula haciendo “desapare- cer” la coordenada z. Aśı, la ecuación de la proyección se obtiene despejando z de ambas ecuaciones e igualando. Esto es, x2 + y2 = 1 4 (y + 1)2, que puede escribirse como la elipse x2 + 34 (y − 1 3 ) 2 = 13 . 112 Probar que la proyección en el plano XY de la intersección del plano z = 2y y el paraboloide z = x2 + y2 es un ćırculo. 113 Probar que la proyección en el plano XZ de la intersección de los paraboloides y = 2x2 + 3z2 e y = 5− 3x2 − 2z2 es un ćırculo. Sección 1.3 Coordenadas polares, ciĺındricas y esféricas Convertir las siguientes coordenadas de cartesianas a polares: 114 (0, 3). 115 ( √ 3, 1). 116 (−1, √ 3). 117 (−2,−2). Solución 116: Las fórmulas del cambio son bien conocidas r = √ x2 + y2, θ = arctan( y x ), 1.3. Coordenadas polares, ciĺındricas y esféricas 35 138 (3, π3 , π 2 ). 139 (8, π6 , π). 140 (1, π2 , π 2 ). 141 (2, π3 , 0). Solución 139: En este caso las fórmulas del cambio son x = ρ cos θ senφ, y = ρ sen θ senφ, z = ρ cosφ. Luego, obtenemos x = 8 cos( π 6 ) senπ = 0, y = 8 sen( π 6 ) senπ = 0, z = 8 cosπ = −8. Encontrar la ecuación polar de las curvas siguientes 142 x2 + y2 = 25. 143 y2(2a− x) = x3, a > 0. 144 x2 − y2 = 1. 145 y2 = x. 146 xy = 1. 147 x+ y = 4. Solución 143: Para encontrar la ecuación polar de una curva dada en coordena- das cartesianas no hay más que introducir las fórmulas del cambio en la ecuación de la curva, simplificar cuando sea posible, e inten- tar dar r en función de θ teniendo en cuenta las restricciones que debemos imponer para que el radio r sea no negativo. En concreto, tenemos r2 sen2 θ(2a− r cos θ) = r3 cos3 θ. Después de unas cuantas manipulaciones y simplificaciones, y no- tando que cos2 θ + sen2 θ = 1, se llega a r = 2a sen2 θ cos θ . Puesto que r ≥ 0, debemos exigir que cos θ > 0. Esta condición se da cuando −π2 < θ < π 2 . Encontrar la ecuación en coordenadas cartesianas de las siguientes expresiones polares: 36 Caṕıtulo 1. Geometŕıa de las funciones de varias variables 148 r = 3. 149 θ = 3π4 . 150 r2 = | cos(2θ)|. 151 r = 3 sec θ. Solución 150: Si multiplicamos la ecuación por r2 y notamos que cos(2θ) = cos2 θ − sen2 θ, llegamos a r4 = ∣∣r2 cos2 θ − r2 sen2 θ∣∣ , de modo que (x2 + y2)2 = ∣∣x2 − y2∣∣ . Encontrar los puntos de intersección de los pares de curvas si- guientes, expresadas en coordenadas polares: 152 r = 2, r = cos θ. 153 r = sen θ, r2 = 3 cos2 θ. Solución 153: Si elevamos al cuadrado la primera ecuación e igualamos las dos expresiones para r2 se obtiene la ecuación 3 cos2 θ = sen2 θ, cuyas soluciones deben satisfacer arctan θ = ± √ 3, es decir, θ = ±π3 , 2π 3 , 4π 3 . No obstante, observamos que los ángulos θ = −π3 , 4π 3 dan un valor negativo para el seno, y en consecuencia para r en la primera ecuación. Como esto no es posible debemos descartar estos dos valores. Los puntos de intersección serán por tanto los correspondientes a θ = π3 , 2π 3 , es decir, ( √ 3 4 , 3 4 ), (− √ 3 4 , 3 4 ). Esbozar las curvas cuya ecuación en coordenadas polares es: 1.3. Coordenadas polares, ciĺındricas y esféricas 37 154 r = a2| cos(2θ)|. 155 r = a(1 + cos θ). 156 r = 2 + cos θ. 157 r = a| cos(2θ)|. 158 r = a| sen(3θ)|. 159 r = eθ/2. 160 rθ = a. 161 r = a| cos(3θ)|. 162 r = a| sen(2θ)|. 163 r = 2a sen θ tan θ. 164 r2 = a2 cos θ. Solución 155: La técnica seguida para representar curvas en polares consiste en analizar la variación del radio vector r en función del ángulo θ. Por ejemplo, para la ecuación r = a(1 + cos θ) para a = 1 obser- vamos que la función en el plano (r, θ) definida por tal ecuación viene representada en la Figura 6(a). Vemos por tanto que para el ángulo θ = 0 estamos a distancia r = 2, luego la curva parte del punto (2, 0) (Figura 6(b)). A medida que θ evoluciona hasta π2 , el radio vector disminuye hasta distancia 1 (luego alcanzará el punto (0, 1)), y posteriormente a r = 0 para θ = π (llegando por tanto al origen). A partir de aqúı repite el mismo proceso en la dirección opuesta (el radio vector crece desde r = 0 a r = 2 a medida que θ se mueve entre π y 2π). (a) y = 1 + cos x (b) r = 1 + cos θ Figura 6. Representación de curvas en polares La Figura 7 muestra otras curvas en polares. 40 Caṕıtulo 1. Geometŕıa de las funciones de varias variables 180 El conjunto {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 1, y ≥ x ≥ 0} en coordenadas ciĺındricas. 181 El volumen engendrado por el cilindro x2 + y2 = 1 intersec- tado con los planos x + y + z = 1 y z = 0, en coordenadas ciĺındricas. 182 La superficie del cono de radio r y altura h en coordenadas esféricas. 183 La superficie z = x2 − y2 en coordenadas ciĺındricas y esféri- cas. Solución 177: Se deben usar las fórmulas del cambio correspondiente, teniendo en cuenta las simplificaciones que puedan llevarse a cabo para que la nueva ecuación resultante sea lo más sencilla posible. En el caso que nos ocupa, tendremos z = r2 cos2 θ 2 + r2 sen2 θ 4 , o incluso z = r2 4 (1 + cos2 θ). 184 Representa gráficamente y escribe la ecuación en ciĺındricas de las esferas: (x − a)2 + y2 + z2 = a2, x2 + (y − a)2 + z2 = a2 y x2 + y2 + (z − a)2 = a2. 185 Describir los conjuntos con r = constante, θ = constante, en coor- denadas polares. Análogamente para r = constante, θ = constante y z = constante, en coordenadas ciĺındricas y ρ = constante, θ = constante y φ = constante, en coordenadas esféricas. 186 Dos superficies son descritas en coordenadas esféricas por las ecua- ciones ρ = f(θ, φ) y ρ = 2f(θ, φ). ¿Cómo se representa gráficamen- te la segunda superficie a partir de la primera? 187 Probar que la superficie descrita en coordenadas esféricas por la expresión f(ρ, φ) = 0 es una superficie de revolución. 1.3. Coordenadas polares, ciĺındricas y esféricas 41 188 Dos superficies son descritas en coordenadas esféricas por las ecua- ciones f(ρ, θ, φ) = 0 y f(ρ, θ − π, φ) = 0. ¿Cómo se representa gráficamente la segunda superficie a partir de la primera? ¿Y para f(4ρ, θ, φ) = 0? Solución 188: Si (ρ0, θ0, ϕ0) es un punto de la primera superficie donde se supone que θ0 > π, entonces los puntos de la segunda superficie deberán verificar θ − π = θ0, es decir θ = θ0 + π. Esto significa que si rotamos la primera superficie alrededor del eje Z un ángulo π obtendremos la segunda superficie. Del mismo modo, para la superficie f(4ρ, θ, φ), los puntos deberán verificar 4ρ = ρ0 luego, ρ = ρ0 4 . Es decir, esta superficie responde a una dilatación de razón 1 4 respecto de la primera. 2.1. Funciones de varias variables 45 mismo modo y = 1. En definitiva el dominio de esta función es la unión de los conjuntos (0, 1)× (0, 1), (0, 1)× (1,+∞), (1,+∞)× (0, 1), (1,+∞)× (1,+∞). 197 En este caso, debemos exigir que el argumento del primer logaritmo, log(x− y), sea un número estrictamente positivo, es decir log(x− y) > 0. Esto, a su vez sucede si el argumento de este segundo logaritmo es superior a 1. El dominio será por tanto x − y > 1 que representa el semiplano por encima de la recta y = x− 1. 198 En una función definida como una potencia en que la base y el exponente son a su vez funciones, entendiéndola a través del logaritmo (x2 − y)x = ex log(x 2−y) vemos con claridad que la única restricción que debemos im- poner en este caso concreto es que el argumento del logaritmo (la base de la potencia) sea estrictamente positivo. Luego el dominio corresponderá a la región en que x2−y > 0. Se trata de la zona debajo de la parábola y = x2. 202 Teniendo en cuenta la propiedad que relaciona los logaritmos naturales con los logaritmos en cualquier otra base loga b = log b log a , podemos expresar la función f(x, y) como el cociente log(x+ 3y) log(2x− y) , y a partir de esta expresión es inmediato deducir el dominio de f , {2x− y > 0} ∪ {x+ 3y > 0}. 209 Sea f : R2 → R la función f(x, y) = x2 +y2. Hallar f(1, 0), f(0, 1) y f(1, 1). ¿Qué puntos de R2 verifican f(x, y) = 0? ¿Cuál es la imagen por f del disco de radio 2? 46 Caṕıtulo 2. Derivación parcial 210 Sea f : R3 → R la función definida por f(x, y, z) = e−(x2+y2+z2). Calcular f(0, 0, 0), f(±1,±1,±1). ¿Dónde manda f los puntos de la superficie de la esfera unitaria? ¿Qué ocurre con los valores de f cuando ‖(x, y, z)‖ → ∞? Estudiar las curvas de nivel de las siguientes funciones: 211 f(x, y) = |x| − y. 212 f(x, y) = x− |y|. 213 f(x, y) = |x− y|. 214 f(x, y) = 2xx2+y2 . 215 f(x, y) = 2yx2+y2 . 216 f(x, y) = y sgn(x). 217 f(x, y) = (x− 1)(y − 2). 218 f(x, y) = x 2 4 + y2 16 . 219 f(x, y) = xyx2+y2 . 220 f(x, y) = x 2+y2 x2−y2 . 221 f(x, y) = (x2 + y2 + z2)−1. 222 f(x, y) = x+ y2. 223 f(x, y) = x √ y. 224 f(x, y) = exy. 225 f(x, y) = xy. 226 f(x, y) = yx . 227 f(x, y) = x+yx2+y2−1 . Solución: 213 Para esta función f las curvas de nivel corresponden a los puntos del plano que verifican |x− y| = k. Evidentemente k ≥ 0, es decir, las curvas para k < 0 son vaćıas. Observemos que si k > 0, la igualdad |x− y| = k se desdobla en las dos igualdades x− y = k, x− y = −k, es decir la curva de nivel a altura k consta de las dos rec- tas paralelas anteriores. Si k = 0 entonces la curva de nivel correspondiente es la recta y = x (Figura 8(a)). 216 Teniendo en cuenta que la función signo, sgn(x), vale 1 si x > 0, −1 si x < 0 y 0 si x = 0, y razonando con un poco de calma las distintas posibilidades, no es complicado llegar 2.1. Funciones de varias variables 47 a la conclusión que las curvas de nivel a altura k constan de dos partes y = k, x > 0 e y = −k, x < 0, si k 6= 0. Si k = 0, la curva de nivel es la unión de los dos ejes (Figura 8(b)). 225 Las curvas de nivel de esta función son aquellas de ecuación xy = k o ey log x = k. Tomando logaritmos llegamos a y = log k log x . Observamos que k > 0, y que el dominio de f exige x > 0. Distinguimos entonces tres casos según 0 < k < 1, k = 1 y k > 1. En realidad todas estas curvas son aśıntotas conteni- das en x > 0 con dos ramas según sea k < 1 o k > 1. Para el caso k = 1 se obtienen las dos aśıntotas y = 0, x > 0 y x = 1. Véase la Figura 8(c). 227 Las curvas de nivel de esta función corresponden a las de ecuación x+ y x2 + y2 − 1 = k. En primer lugar debemos notar que la circunferencia x2+y2− 1 = 0 no pertenece al dominio de f y por tanto estos puntos no corresponden a ninguna curva de nivel. Si operamos en la ecuación anterior obtenemos kx2 + ky2 − x− y − k = 0. Si k = 0, la curva es la bisectriz y = −x (excluyendo su intersección con los puntos de la circunferencia x2 + y2 − 1). Si k es distinto de cero, podemos dividir entre k y completar cuadrados hasta conseguir la representación( x− 1 2k )2 + ( y − 1 2k )2 = 1 + 1 2k2 . 50 Caṕıtulo 2. Derivación parcial Considerar la función f : R2 → R, con dominio el conjunto U ⊂ R2. Para cada una de las funciones g siguientes, hallar el dominio y su gráfica respecto de la de f . 233 g(x, y) = f(x, y) + k, con k ∈ R. 234 g(x, y) = f(x− x0, y − y0), con (x0, y0) ∈ R2 fijo. 235 g(x, y) = f(−x,−y). 236 g(x, y) = −f(x, y). Usar los ejercicios 233–236 para esbozar la gráfica de las siguien- tes funciones: 237 g(x, y) = x2 + y2 + 3. 238 g(x, y) = (x− 2)2 + (y + 3)2. 239 g(x, y) = (−x− 2)2 + (−y + 3)2. 240 g(x, y) = −x2 − y2. En R3 consideremos una curva en el semiplano superior del plano Y Z, por ejemplo, la gráfica de una función no negativa z = f(y). Si hacemos girar esta gráfica alrededor del eje Z obtenemos una superficie S en R3, llamada superficie de revolución. Obsérvese que un punto P = (0, y, z) ∈ R3 de la gráfica de z = f(y), girará for- mando un ćırculo C alrededor del eje Z. Este ćırculo corresponde a una curva de nivel de la superficie S. Es decir, todos los puntos (x, y) del ćırculo C (viéndolo proyectado en el planoXY ) deben te- ner la misma imagen z. La distancia de un punto cualquiera (x, y) de C al origen es √ x2 + y2. Es claro entonces que la función cuya gráfica es la superficie de revolución S es z = f( √ x2 + y2). 241 Considerar la parábola z = y2 (en el plano Y Z). Probar que la superficie de revolución que se obtiene al girar esta parábola alrededor del eje Z es el paraboloide z = x2 + y2. 2.1. Funciones de varias variables 51 242 Considerar la función z = |y| (en el plano Y Z). Probar que la superficie de revolución que se obtiene al girar esta función alrededor del eje Z es el cono z = √ x2 + y2. 243 Determinar la superficie de revolución que se obtiene al girar el semićırculo superior z = √ a2 − y2 alrededor del eje Z. 244 Determinar la superficie de revolución que se obtiene al girar la catenaria z = cosh y alrededor del eje Z. 245 Probar que la superficie z = e−(x 2+y2) es una superficie de revolución. Esbozar su gráfica. 246 ¿Podŕıa considerarse un plano como una superficie de revo- lución? Solución: 241 En este caso la función que gira es f(y) = y2, de modo que la superficie de revolución que genera será z = f (√ x2 + y2 ) = (√ x2 + y2 )2 = x2 + y2. 242 Del mismo modo que en el apartado anterior, ahora f(y) = |y|, luego z = ∣∣∣√x2 + y2∣∣∣ =√x2 + y2. 243 f(y) = √ a2 − y2 luego z = f( √ x2 + y2) = √ a2 − (√ x2 + y2 )2 = √ a2 − x2 − y2, que corresponde a la superficie esférica para z ≥ 0. 244 f(y) = cosh(y), por tanto z = cosh( √ x2 + y2). 245 Si consideramos la función f(y) = e−y 2 entonces la superficie de revolución que genera es precisamente z = e−x 2−y2 . La función e−y 2 se esboza en la Figura 9(a), y la superficie de revolución generada al girar esta curva respecto del eje OZ se muestra en la Figura 9(b). 52 Caṕıtulo 2. Derivación parcial (a) Función f(y) = e−y 2 (b) Superficie e−x 2−y2 Figura 9. Ejercicio 245 246 La única forma de ver un plano como superficie de revolución seŕıa rotando una recta perpendicular al eje de giro. Para cada una de las curvas siguientes situadas en uno de los planos coordenados encontrar la ecuación de la superficie generada al girar dicha curva alrededor del eje indicado. (Indicación: usar el Ejercicio 241). 247 x = 2z2, eje X. 248 4x2 + 9y2 = 36, eje Y . 249 y2 − z2 = 1, eje Z. 250 yz = 1, eje Z. 251 z = 2x, eje Z. 252 z = 2x, eje X. Esbozar la gráfica de las siguientes funciones, estudiando previa- mente sus curvas de nivel y secciones. 253 f(x, y) = x+ y. 254 f(x, y) = x2 − y2. 255 f(x, y) = √ xy. 256 f(x, y) = x2 + 4y2. 257 f(x, y) = x2 + y2 + 1. 258 f(x, y) = 1− x2 − y2. 259 f(x, y) = x3 − x. 260 f(x, y) = √ 100− x2 − y2. 261 f(x, y) = (x2 + y2)1/2. 262 f(x, y) = 1− |x| − |y|. 2.2. Ĺımites y continuidad 55 El primer factor tiene ĺımite 1, mientras el segundo tiene ĺımite +∞ con independencia de cómo sea la función θ. En consecuencia el ĺımite solicitado es +∞. 275 Una forma muy cómoda de convencerse de que el ĺımite soli- citado es nulo consiste en usar la desigualdad |2ab| ≤ a2 + b2, válida para cualesquiera a, b. En particular∣∣2xy2∣∣ · |y| ≤ (x2 + y4) |y| . Luego ∣∣∣∣ 2xy3x2 + y4 ∣∣∣∣ ≤ |y| , y como |y| → 0 cuando (x, y) → (0, 0), concluimos que el ĺımite pedido es nulo. Otro modo de llegar a la misma conclusión consiste en anali- zar el ĺımite en coordenadas polares, teniendo que examinar el ĺımite ĺım r→0 r2 cos θ sen3 θ cos2 θ + r2 sen4 θ , donde θ = θ(r) puede ser cualquier función arbitraria. Si cos2 θ no converge a cero, el ĺımite anterior es claramente nulo. Si se tiene que cos2 θ → 0, tomando cos θ r → a, observamos que, dividiendo numerador y denominador entre r2 en la expresión anterior, el limite seŕıa nulo pues el deno- minador tiende a 1+a2 mientras el numerador tiende a cero. Si a resulta ser infinito, entonces r cos θ → 0, y en este caso, dividiendo entre cos2 θ, llegamos a la misma conclusión sobre el ĺımite. 56 Caṕıtulo 2. Derivación parcial 289 Para este ejercicio, basta observar que con el cambio a polares y tomando s = 1r2 , se debe estudiar ĺım s→+∞ ( 1 + 1 s )s . Conocemos bien que este ĺımite es el número e. 293 En primer lugar obsérvese que ĺım (x,y)→(0,0) √ 1 + x3 − y3 − 1 x3 − y3 = 1 2 . Para darse cuenta de ello considérese la función f(t) = √ 1 + t y nótese que ĺım t→0 f(t)− f(0) t = f ′(0) = 1 2 . Poniendo t = x3 − y3 se obtiene el resultado. Del mismo modo, para f(t) = arc sen(t) se tiene ĺım (x,y)→(0,0) arc sen(x2 + y2 + x)− arc senx x2 + y2 = 1. De este modo el ĺımite solicitado será 12 multiplicado por ĺım (x,y)→(0,0) x3 − y3 x2 + y2 , y este limite es nulo, lo cual es inmediato de comprobar. En consecuencia el ĺımite solicitado es también nulo. 295 Puesto que tenemos una indeterminación del tipo 00 podemos factorizar el polinomio del numerador dividiendo por x+ 2y, de modo que ĺım (x,y)→(2,−1) x3 + 2x2y − xy2 − 2y2 x+ 2y = ĺım (x,y)→(2,−1) (x+ 2y)(x2 − y2) x+ 2y = 3. 2.2. Ĺımites y continuidad 57 296 Estudiar el siguiente ĺımite: ĺım (x,y)→(0,0) 1 x2 + y2 ∫ x2y 0 dt 1 + t4 . Solución 296: Basta tener en cuenta que 1 x2 + y2 ∫ x2y 0 dt 1 + t4 = x2y x2 + y2 1 x2y ∫ x2y 0 dt 1 + t4 . El primer factor tiene ĺımite nulo, lo cual es sencillo de compro- bar planteándolo en polares; mientras que el segundo factor tiene ĺımite 1 por el teorema fundamental del Cálculo. Calcular los siguientes ĺımites: 297 ĺım (x,y,z)→(0,0,0) x2 − y2 − z2 x2 + y2 + z2 . 298 ĺım (x,y,z)→(0,0,0) xy + yz + zx x2 + y2 + z2 . 299 ĺım (x,y,z)→(0,0,0) xyz x2 + y2 + z2 . Estudiar la continuidad de las siguientes funciones: 300 log(2x+ 3y). 301 f(x, y) = tan(x4 − y4). 302 f(x, y) = x√ x2 + y2 . 303 f(x, y) =  xy2 x2 + y2 si (x, y) 6= (0, 0), 0 si (x, y) = (0, 0). 304 f(x, y) =  (x+ y) sen 1 x sen 1 y si x 6= 0 ó y 6= 0, 0 en caso contrario. . 60 Caṕıtulo 2. Derivación parcial 314 f(x, y) = 7x2 − log(cosx cos y). 315 f(x, y) = x y . 316 f(x, y) = x2 + y2 x2 − y2 . Evaluar las derivadas parciales de las funciones dadas en los puntos indicados: 317 f(x, y) = eax cos(bx+ y), ( 2πb , 0). 318 f(x, y) = (4cx2)y − (4cy2)x, (c, c2 ). 319 f(x, y) = exy sen(x+ y), (0, 0). 320 f(x, y) = 1 x3 + y3 , (−1, 2). 321 f(x, y) = √ a2 − x2 − y2, (0, 0), (a2 , a 2 ), con a > 0. Calcular las derivadas parciales de cada una de las funciones si- guientes: 322 f(x, y) = ∫ xy x g(t) dt. 323 f(x, y) = ∫ yx xy g(t) dt. 324 f(x, y) = ∫ ∫ y x g(t) dt ∫ x y g(t) dt g(t) dt. Solución 324: Debemos usar el teorema fundamental del Cálculo junto con la regla de la cadena con un poco de precaución para no confundirnos en los cálculos. Se obtiene ∂f ∂x = g (∫ y x g(t) dt ) (−g(x))− g (∫ x y g(t) dt ) g(x); 2.3. Derivadas parciales 61 o factorizando ∂f ∂x = −g(x) ( g (∫ y x g(t) dt ) + g (∫ x y g(t) dt )) . Del mismo modo tenemos ∂f ∂y = g(y) ( g (∫ y x g(t) dt ) + g (∫ x y g(t) dt )) . 325 Sea g : R → R una función continua y positiva. Considérese la función f : R2 → R dada por: f(x, y) = ∫ y x g(t) dt (a) ¿Para qué puntos (x, y) ∈ R2 se tiene que f(x, y) > 0? (b) ¿Para qué puntos (x, y) ∈ R2 se tiene que f(x, y) < 0? (c) ¿Cuál es el nivel cero de f? (d) Calcular las derivadas parciales de la función f . (e) Realizar los apartados anteriores suponiendo ahora que g es una función impar tal que g(t) > 0 para t > 0. 326 Para f(x, y) = exy mostrar que x ∂f ∂x (x, y)− y ∂f ∂y (x, y) = 0. 327 Hallar α tal que ∂f ∂x = ∂f ∂y , con f(x, y) = senx sen y+α cosx cos y. Solución 327: Después de calcular las dos derivadas parciales de f e igualar las expresiones obtenidas, llegamos a cosx sen y − α senx cos y = cos y senx− α sen y cosx. De aqúı es fácil concluir que α = −1. 62 Caṕıtulo 2. Derivación parcial 328 Calcular las derivadas parciales de la función: f(x, y) =  sen(x3y2) (x2 + y2)2 si (x, y) 6= (0, 0), 0 si (x, y) = (0, 0). Solución 328: Fuera del origen la función f está definida y es derivable. Las derivadas parciales se calculan con un poco de paciencia: ∂f ∂x = 3 cos(x3y2)x2y2 (x2 + y2)2 − 4 sin(x 3y2)x (x2 + y2)3 . ∂f ∂y = 2 cos(x3y2)x3y (x2 + y2)2 − 4 sin(x 3y2)y (x2 + y2)3 . Si nos centramos en el origen, en primer lugar debeŕıamos com- probar que la función f es continua, pues si no lo fuera, no podŕıa admitir derivadas parciales. Sin embargo, reescribiendo f(x, y) co- mo sen(x3y2) x3y2 x3y2 (x2 + y2)2 , se ve inmediatamente (usando polares) que el ĺımite de esta expre- sión cuando (x, y) → (0, 0) existe y es nulo. Veamos la derivada parcial respecto a x en (0, 0). Correspondeŕıa al ĺımite ĺım h→0 f(h, 0)− f(0, 0) h pero este cociente es nulo si h 6= 0, y en consecuencia el ĺımite anterior también. Aśı ∂f ∂x (0, 0) = 0. Lo mismo sucede con la derivada parcial respecto a y. 329 Probar que ĺım (x,y,z)→(0,0,0) ∂ ∂z ( (x2 + y2 + z2)1/3 ) no existe. 2.3. Derivadas parciales 65 La información que nos proporcionan, si ponemos ∇f(x0, y0, z0) = (a, b, c), es (a, b, c) · (0, 1, 1) = 3, (a, b, c) · (1, 0, 1) = 1, (a, b, c) · (1, 1, 0) = −1. Se trata por tanto de determinar el vector (a, b, c) a partir de esta información. En definitiva, debemos resolver el sistema lineal anterior. Los valores que se obtiene son a = −3 2 , b = 1 2 , c = 5 2 . 344 Si h(x, y) = 2e−x 2 + e−3y 2 denota la altura de una montaña, ¿en qué dirección desde (1, 0) se debeŕıa comenzar a caminar para escalar más rápidamente? 345 Determinar el camino de mayor inclinación de la superficie dada por f(x, y) = a2x2 + b2y2 partiendo del punto (a, b, a4 + b4). Encontrar un vector normal de cada una de las siguientes curvas en el punto dado: 346 √ x2 − y2 = 1, ( √ 2, 1). 347 arc sen √ x2 + y2 = π6 , ( 1 4 , √ 3 4 ). 348 xexy = 2e, (2, 12 ). 349 arctan(xey) = π4 , (1, 0). Encontrar la recta tangente a las curvas siguientes en los puntos dados: 350 xy2 = 1, ( 14 , 2). 66 Caṕıtulo 2. Derivación parcial 351 x2 − 2xy − 3y2 = 5, (2,−1). 352 xexy = 2, (2, 0). 353 (x+ y) arctan(xy) = 5π8 , (2, 1 2 ). 354 Probar que las curvas de nivel de la función f(x, y) = x2 + y2 son perpendiculares a las curvas de nivel de g(x, y) = yx en todos sus puntos. Solución 354: Recuérdese que dos curvas son perpendiculares en un punto si sus rectas tangentes en dicho punto lo son. Equivalentemente, dos curvas serán perpendiculares si sus vectores normales son ortogo- nales. Basta entonces comprobar que los vectores gradiente de f y de g son perpendiculares en todo punto. En efecto ∇f = (2x, 2y), ∇g = (− y x2 , 1/x), y ∇f · ∇g = 0, en todo punto. 355 Probar que la recta tangente a una cónica Ax2 +By2 +Cx+Dy+ E = 0 en el punto (x0, y0) tiene por ecuación Ax0x+By0y + C 2 (x+ x0) + D 2 (y + y0) + E = 0. Solución 355: Si el punto (x0, y0) debe pertenecer a la cónica, tendremos Ax20 +By 2 0 + Cx0 +Dy0 + E = 0. El vector normal a dicha cónica en el punto (x0, y0) vendrá dado por el gradiente en dicho punto (2Ax0 + C, 2By0 +D). 2.3. Derivadas parciales 67 Por lo tanto la recta tangente consta de todos los puntos cuya diferencia a (x0, y0) es perpendicular al vector anterior, es decir, tendrá ecuación (2Ax0 + C, 2By0 +D) · (x− x0, y − y0) = 0. Si desarrollamos y usamos la ecuación primera, después de unas cuantas manipulaciones llegamos a que la ecuación de dicha recta es Ax0x+By0y + C 2 (x+ x0) + D 2 (y + y0) + E = 0. Encontrar la ecuación del plano tangente a las siguientes funciones en los puntos dados: 356 f(x, y) = xy 1 + x2 en (1, 0), (0, 1), (−1, 1), (0, 0). 357 f(x, y) = x2 + y2 sen(xy) en (−π, 0), (0, π). 358 f(x, y) = cosx sen y en (0, π2 ). 359 f(x, y) = x− y + 2 en (1, 1) 360 f(x, y) = log(x cos y) + arc tg(x+ y) en (1, 0) 361 f(x, y) = senx+ sen y + sen(x+ y) en (0, 0) 362 f(x, y) = axy en (1, 1a ) 363 f(x, y) = x2 + y2 − xy − x− y en (1,−1). Para cada apartado de los Ejercicios 356–363 calcular el vector normal a la superficie f(x, y) en los puntos indicados. 364 Considerar la función f(x, y) = 1 + sen(ex) 1− cos(ey) . (a) Hallar la ecuación del plano tangente en el punto (log π, log π). 70 Caṕıtulo 2. Derivación parcial y x0x a2 + y0y b2 − z + z0 2 = 0, para los planos tangentes al hiperboloide y al paraboloide de ecua- ciones x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 = 1, z = x2 a2 + y2 b2 , respectivamente. 370 El plano tangente a la superficie x1/2 +y1/2 +z1/2 = 1 en el punto (x0, y0, z0) interseca a los ejes coordenados en (a, 0, 0), (0, b, 0) y (0, 0, c). Probar que la cantidad a+b+c es independiente del punto de tangencia. 371 Probar que para f(x, y) = √ |xy|, fx y fy son ambas nulas en el origen. ¿Tiene la gráfica plano tangente en el origen? (Ayuda: considérese la sección por el plano x− y = 0). 372 Sea g una función diferenciable de una variable y f(x, y) = xg( yx ). Probar que todo plano tangente al grafo de f pasa por el origen. Solución 372: Como vimos en el Ejercicio 364, la ecuación del plano tangente al grafo de una función en un punto (x0, y0) tiene por ecuación ∇f(x0, y0) · (x− x0, y − y0) = z − f(x0, y0). Si cualquiera de estos planos debe pasar por el origen debeŕıamos tener ∇f(x0, y0) · (x0, y0) = f(x0, y0). Luego en el caso concreto en que f(x, y) = xg( yx ) todo se reduce a comprobar que ∇f(x, y) · (x, y) = f(x, y). Esto es inmediato comprobarlo. Comprobar que las siguientes funciones son diferenciables y hallar su diferencial en un punto arbitrario: 2.3. Derivadas parciales 71 373 F : R2 → R, F (x, y) = x4 − y4. 374 F : R2 → R2, F (x, y) = (2, x+ y). 375 F : R2 → R3, F (x, y) = (2 + x+ y, x2 + y2, exy). 376 Dada la función: f(x, y) = x3 x2 + y2 , f(0, 0) = 0, comprobar que admite derivadas direccionales en el origen según cualquier vector unitario (v1, v2). ¿Es f diferenciable en el origen? Solución 376: Es inmediato comprobar que f es continua en el origen estudiando el ĺımite cuando (x, y) → (0, 0) mediante coordenadas polares. Por otro lado los ĺımites que definen las derivadas parciales en el origen son triviales, obteniendo ∂f ∂x (0, 0) = ∂f ∂y (0, 0) = 0. Para comprobar si f es diferenciable en el origen debeŕıamos preo- cuparnos por decidir si el ĺımite ĺım (x,y)→(0,0) f(x, y)− f(0, 0)−∇f(0, 0) · (x, y)√ x2 + y2 existe y es nulo. Si no existe o no es nulo, la función no será dife- renciable en el origen. En concreto ĺım (x,y)→(0,0) x3 (x2 + y2)3/2 = ( ĺım (x,y)→(0,0) x√ x2 + y2 )3 . El ĺımite dentro del cubo no existe, lo cual es evidente si lo escri- bimos en coordenadas polares. En consecuencia la función no es diferenciable en el origen. 377 Estudiar la continuidad, existencia de derivadas parciales y dife- renciabilidad de la función f(x, y) =  x3 − (y − 1)3 x2 + (y − 1)2 si (x, y) 6= (0, 1), 0 si (x, y) = (0, 1); 72 Caṕıtulo 2. Derivación parcial en el punto (0, 1). 378 Estudiar la continuidad y diferenciabilidad de la función f(x, y) =  x2y3 (x2 + y2)2 si (x, y) 6= (0, 0), 0 si (x, y) 6= (0, 0). 379 Dada la función f(x, y) =  x2 sen y + y2 senx x2 + y2 si (x, y) 6= (0, 0), 0 si (x, y) = (0, 0); (a) Estudiar la existencia de derivadas direccionales de f en el origen. (b) Calcular el vector gradiente de f en el (0, 0). (c) Usando los apartados anteriores, decidir si al función f es o no diferenciable. 380 Probar que la función f(x, y) = x2 + y2 x+ y si (x, y) 6= (0, 0), f(0, 0) = 0 no posee derivadas direccionales en el punto (0, 0) para todo vector n ∈ R2. ¿Es f diferenciable en el origen? ¿Es f continua en (0, 0)? 381 Consideremos la función f(x, y) =  α(|x|+ |y|)√ x2 + y2 si (x, y) 6= (0, 0), β si (x, y) = (0, 0), donde α y β son números reales cualesquiera. ¿Es posible encon- trar una relación entre α y β para que existan las derivadas par- ciales de f en (0, 0)? En caso afirmativo, ¿Cuánto valen fx(0, 0) y fy(0, 0)? ¿Es f diferenciable en (0, 0)? Solución 381: 2.4. Regla de la cadena y derivadas de orden superior 75 Sección 2.4 Regla de la cadena y derivadas de orden superior Verificar la regla de la cadena en cada caso para f ◦ c y c ◦ f : 387 f(x, y) = xy, c(t) = (et, cos t). 388 f(x, y) = exy, c(t) = (3t2, t3). 389 f(x, y) = xex 2+y2 , c(t) = (t,−t). 390 Sea f(x, y) = g(x+ 2y2) donde g es una función conocida de una variable. Razonar si es correcta la siguiente igualdad: ∂f ∂y − ∂f ∂x = 0. 391 Dada la función f(x, y, z) = ∫ x2+y x+z2 h(s) ds, donde h es una función cualquiera de una variable, decidir y razonar si es cierto 2z ∂f ∂x = 4xz ∂f ∂y + ∂f ∂z . Solución 391: Mediante la regla de la cadena y el teorema fundamental del Cálcu- lo, encontramos que ∂f ∂x = 2xh(x2 + y)− h(x+ z2), ∂f ∂y = h(x2 + y), ∂f ∂z = −2zh(x+ z2). Por lo tanto la expresión 2z ∂f ∂x − 4xz ∂f ∂y − ∂f ∂z queda idénticamente igual a cero. 76 Caṕıtulo 2. Derivación parcial 392 Sea f(x, t) = g(x − ct) + h(x + ct) con c una constante y g y h funciones de una variable. Probar que f satisface la ecuación de ondas: ∂2f ∂t2 = c2 ∂2f ∂x2 . 393 Comprueba que la función u(x, y) = ∫ x2y2 xy g(t) dt es solución de la ecuación xux − yuy = 0. 394 Sean las funciones: f : R2 → R, f(x, y) = x 2y x2 + y2 , f(0, 0) = 0, g : R → R, g(x) = x. Se pide: (a) Probar que existen ∂f ∂x (0, 0) y ∂f ∂y (0, 0) y valen cero. (b) ¿Es f continua en (0, 0)? (c) Se considera la función h : R → R, definida por h(x) = f(x, g(x)). Calcular h′(0), directamente y mediante la regla de la cadena. (d) Concluir del apartado anterior que f no es diferenciable en (0, 0). Solución 394: (a) Directamente de la definición se encuentra que ∂f ∂x (0, 0) = ĺım h→0 f(h, 0)− f(0, 0) h = 0, y lo mismo para la parcial respecto a y. Ambas son nulas. 2.4. Regla de la cadena y derivadas de orden superior 77 (b) La función f śı es continua en el origen pues |xy| ≤ 1 2 (x2 + y2), y en consecuencia 0 ≤ |f(x, y)| ≤ 1 2 |x| → 0 si (x, y) → (0, 0). El limite de f(x, y) cuando (x, y) → (0, 0) es nulo, y coincide con el valor de la función. (c) Por sustitución directa encontramos que h(x) = x 2 , de modo que h′(0) = 12 . Si usamos la regla de la cadena, tendremos h′(x) = ∂f ∂x (x, g(x)) + ∂f ∂y (x, g(x))g′(x). Cuando x = 0, h′(0) = ∂f ∂x (0, 0) + ∂f ∂y (0, 0) = 0 por (a). (d) La función f no puede ser diferenciable en el origen pues si lo fuera los dos modos de calcular la derivada h′(0) del apartado anterior debeŕıan haber coincidido. 395 Sea f : R3 → R diferenciable y g(ρ, θ, φ) = f(x, y, z), donde x = ρ cos θ senφ, y = ρ sen θ senφ, z = ρ cosφ. Calcular gρ, gθ y gφ y aplicarlo a la función f(x, y, z) = x2 + y2 + z2. Escribir la regla de la cadena para cada caso 80 Caṕıtulo 2. Derivación parcial 413 f(x, y) = senx cos2 x+ e−y . 414 Sea z = x4y3 − x8 + y4. Calcular ∂ 3z ∂y∂x∂x , ∂z3 ∂x∂y∂x y ∂3z ∂x∂x∂y . Una función u = f(x, y) con derivadas segundas continuas que satisface la ecuación de Laplace ∆u = ∂2u ∂x2 + ∂2u ∂y2 = 0 se dice función armónica. Probar que las siguientes funciones son armónicas: 415 u(x, y) = x3 − 3xy2. 416 u(x, y) = xy. 417 u(x, y) = x2 − y2. 418 u(x, y) = y3 + 3x2y. 419 u(x, y) = senx cosh y. 420 u(x, y) = ex sen y. 421 Probar que si f(x, y) es una función armónica (cf. Ejercicios 415– 420) entonces la función g(x, y) = f( xx2+y2 , y x2+y2 ) también es armónica. (Ayuda: obsérvese que u = xx2+y2 y v = y x2+y2 son funciones armónicas). Solución 421: A partir de la información de que la función f(x, y) es armónica, y la indicación de que u(x, y) = x x2 + y2 , v(x, y) = − y x2 + y2 , son armónicas, se trata de concluir que la composición g(x, y) = f(u(x, y), v(x, y)) también es armónica. En efecto, usando el cálculo efectuado en el problema 404, podemos escribir gxx + gyy =fuuu2x + 2fuvuxvx + fvvv 2 x + fuuxx + fvvxx + fuuu2y + 2fuvuyvy + fvvv 2 y + fuuyy + fvvyy, 2.4. Regla de la cadena y derivadas de orden superior 81 y factorizando de manera apropiada gxx + gyy =fuu(u2x + u 2 y) + 2fuv(uxvx + uyvy) + fvv(v2x + v 2 y) + fu(uxx + uyy) + fv(vxx + vyy). También podemos escribir gxx + gyy = fuu |∇u|2 + 2fuv∇u · ∇v + fvv |∇v|2 + fu∆u+ fv∆v. Ahora bien a partir de la identidad v(x, y) = −u(y, x) es sencillo comprobar que |∇u|2 = |∇v|2 , ∇u · ∇v = ∆u = ∆v = 0, y en consecuencia gxx + gyy = ∆f |∇u|2 que es también cero pues f es armónica. Luego g es armónica. 422 La ecuación del calor en dos dimensiones se escribe ut = k(uxx + uyy). Probar que una solución de esta ecuación viene dada por la función u(t, x, y) = e−(m 2+n2)kt sen(mx) cos(ny), donde m y n son constantes cualesquiera. 423 Sea u(x, y) una función diferenciable que verifica xux + yuy = 0. Si se hace el cambio a coordenadas polares x = r cos θ, y = r sen θ, U(r, θ) = u(x, y), encontrar la ecuación que verifica la función U(r, θ). 424 Considerar la función f(x, y) = (2 + senx)y 2 . 82 Caṕıtulo 2. Derivación parcial (a) Calcula y simplifica la segunda derivada parcial mixta de f . (b) Encuentra la ecuación del plano tangente a la gráfica de f en el punto (−π2 , π 2). (c) Calcula la derivada direccional de f en la dirección dada por el vector n = ( 1√ 122 , −11√ 122 ) en el punto (−π2 , π 2). (d) Si g(x) = f(x2, u(x)) para una cierta función u, calcula g′(x). Solución 424: (a) Entendiendo la función f(x, y) como f(x, y) = ey 2 log(2+sen x) (notando que 2+senx > 0 para todo x) es sencillo encontrar la derivada solicitada. Después de unos cuantos cálculos fxy = 2y cosx(2 + senx)y 2−1 (1 + y2 log(2 + senx)) . (b) Para la ecuación del plano tangente, necesitamos el valor de la función y el gradiente en el punto pedido. En concreto ∇f = ( y2 cosx(2 + senx)y 2−1, 2y log(2 + senx)(2 + senx)y 2 ) , y f(−π 2 , π2) = 1, ∇f(−π 2 , π2) = (0, 0), de modo que el plano tangente es z = 1. (c) Puesto que el gradiente es nulo en (−π2 , π 2) por el apartado anterior, cualquier derivada direccional será también nula. (d) Por la regla de la cadena g′(x) =fx2x+ fyu′(x) =2x(u(x))2 cosx2(2 + senx2)(u(x) 2−1) + 2u(x)u′(x)(2 + senx2)(u(x)) 2 log(2 + senx2) 425 Sea f(x, y) =  xy(x2 − y2) x2 + y2 si (x, y) 6= (0, 0), 0 si (x, y) = (0, 0). 2.5. Derivación impĺıcita. Polinomio de Taylor. 85 427 f(x, y) = x 2 x+y . 428 f(x, y) = √ x2 + y2. 429 f(x, y) = (x+ y)3. 430 f(x, y) = arctan yx . Sección 2.5 Derivación impĺıcita. Polinomio de Taylor. Hallar las derivadas y′ que se piden en cada caso mediante deri- vación impĺıcita: 431 y3x+ y2x2 − 1 = 0, en el punto ( √ 5−1 2 , 1). 432 xy + yx = 2, en el punto (1, 1). 433 x2 − 3xy − y2 = 3, en el punto (1,−1). 434 y + ex log y = 1, en el punto (2, 1). Encontrar la ecuación del plano tangente en el punto dado al grafo de la función z = z(x, y) definida impĺıcitamente por 435 x3 + 2y3 + z3 − 3xyz − 2y − 3 = 0 en (−1, 1, 1). 436 xey + yez + zex = 0 en (0, 0, 0). 437 Hallar las derivadas parciales respecto de x e y de la función z = z(x, y) definida impĺıcitamente por x cos y + y cos z + z cosx = π 2 en un entorno del punto (0, 0, π2 ). 438 Calcula impĺıcitamente la derivada segunda de y respecto de x en el punto (1, 1) si π 4 log √ x2 + y2 = log √ 2 arc tg y x . 439 Dada la función f(x, y) = cosx sen y, se pide: 86 Caṕıtulo 2. Derivación parcial (a) Halla el polinomio de Taylor de grado dos en el punto (π4 , π 2 ). (b) Escribir la ecuación del plano tangente al grafo de f en el mismo punto. Encontrar el polinomio de Taylor de segundo orden de la función f en el punto indicado para los siguientes casos: 440 f(x, y) = 1a+x2+y2 en (0, 0). 441 f(x, y) = sen(xy) + cos y, en (0, 0). 442 f(x, y, z) = ze x √ xy en (1, 1, 0). 443 f(x, y) = ex+y 2 en (0, 0). 444 Usando el polinomio de Taylor de primer orden en el punto ade- cuado, encontrar una aproximación del valor de f(0,97, 0,05) para f(x, y) = arctan x 1 + y . Solución 444: El polinomio de Taylor de primer orden de una función en el punto x0 es P1(x;x0) = f(x0) +∇f(x0) · (x− x0). Puesto que f(1, 0) = arctan 1 = π 4 , ∇f(1, 0) = (1 2 ,−1 2 ), entonces P1(x, y) = π 4 + 1 2 (x− 1)− 1 2 y. Evaluando P1(0,97, 0,05) obtendremos un valor aproximado al va- lor de f(0,97, 0,05). En este caso, P1(0,97, 0,05) = π 4 − 0,04 = 0,74539, mientras que f(0,97, 0,05) = 0,74581. 2.5. Derivación impĺıcita. Polinomio de Taylor. 87 445 Se considera la ecuación y − 2z + 2 = 2z(x+ y). (a) Probar que se puede despejar z = g(x, y) como función im- pĺıcita de x e y en un entorno de (0, 0, 1). (b) Da un desarrollo de Taylor de orden 2 en un entorno de (0, 0) para la función g del apartado anterior. Solución 445: (a) Si derivamos impĺıcitamente la ecuación que pretende definir z en términos de x e y, respecto a x e y respectivamente, llegamos a −2∂z ∂x = 2 dz dx (x+ y) + 2z, 1− 2∂z ∂y = 2 ∂z ∂y (x+ y) + 2z, de donde despejando ∂z ∂x y ∂z ∂y obtenemos ∂z ∂x = − z 1 + x+ y , ∂z ∂y = 1− 2y 2(1 + x+ y) . En el punto (0, 0, 1), dichas derivadas parciales son −1 y − 12 . En particular los denominadores de las expresiones anteriores no se anulan, y esto significa que efectivamente la ecuación que relaciona x, y y z, define a z como función de x e y, al menos en un entorno del origen z = g(x, y). (b) Para el desarrollo de Taylor de orden 2 en el origen de la función z = g(x, y) necesitamos las derivadas parciales has- ta orden 2 en dicho punto. En el apartado anterior hemos encontrado que ∂g ∂x (0, 0) = −1, ∂g ∂y (0, 0) = −1 2 . Para las derivadas segundas es preciso seguir derivando im- pĺıcitamente en las expresiones ya derivadas una vez del apar- tado anterior o bien derivar directamente a partir de las ex- 90 Caṕıtulo 2. Derivación parcial 450 Para determinar los puntos cŕıticos y su naturaleza para una función necesitamos resolver el sistema ∇f = 0 y estudiar el carácter de D2f , por lo que precisamos calcular expĺıcita- mente todas las derivadas hasta orden dos. Con un poco de paciencia en los cálculos obtenemos ∂f ∂x = 1 x ex sen y ( sen y − 1 x ) , ∂f ∂y = ex sen y cos y, ∂2f ∂x2 = 1 x ex sen y [( sen y − 1 x ) + 1 x2 ] , ∂2f ∂x∂y = ex sen y cos y sen y, ∂2f ∂y2 = ex sen y ( x cos2 y − sen y ) . Para resolver ∇f = 0, como la exponencial no puede anularse en ningún caso, y teniendo en cuenta el excluir x = 0, las soluciones del sistema se obtienen para sen y − 1 x = 0, cos y = 0, de donde encontramos que x = sen y = 1 o x = sen y = −1. En definitiva, tenemos los puntos cŕıticos (1, π 2 + 2kπ), (−1, 3π 2 + 2kπ), k ∈ IZ. Estudiando la matriz hessiana en estas dos familias de puntos se llega a ( e 0 0 −e ) , ( −e 0 0 e ) . Estas dos matrices son no definidas, y en consecuencia, todos los puntos cŕıticos sin excepción son puntos de silla. Véase un boceto del grafo en la Figura 10. 455 Al igual que en el apartado anterior calculamos todas las 2.6. Extremos 91 Figura 10. Función 1 x ex sen y derivadas hasta orden dos. Aśı obtenemos ∂f ∂x = 12 x3 − x2 − 2x 1 + 4y2 , ∂f ∂y = −8y(3x 4 − 4x3 − 12x2 + 18) (1 + 4y2)2 , ∂2f ∂x2 = 36x2 − 24x− 24 1 + 4y2 , ∂2f ∂x∂y = −96y(x 3 − x2 − 2x) (1 + 4y2)2 , ∂2f ∂y2 = −8(1− 12y 2)(3x4 − 4x3 − 12x2 + 18) (1 + 4y2)3 . Los puntos cŕıticos se determinan encontrando las soluciones del sistema 0 = ∂f ∂x = 12 x3 − x2 − 2x 1 + 4y2 , 0 = ∂f ∂y = −2 3 y(3x4 − 4x3 − 12x2 + 18) (1 + 4y2)2 . Este sistema es equivalente a x3 − x2 − 2x = 0, y(3x4 − 4x3 − 12x2 + 18) = 0. Las soluciones de la primera ecuación son 0, 2 y −1. Como ninguna de éstas es solución del paréntesis de la segunda, concluimos que los únicos puntos cŕıticos son (0, 0), (2, 0) y (−1, 0). 92 Caṕıtulo 2. Derivación parcial Estudiamos la naturaleza de estos tres puntos cŕıticos a través de la matriz hessiana de derivadas segundas. En concreto H(0, 0) = ( −24 0 0 −144 ) , H(2, 0) = ( 72 0 0 112 ) , H(−1, 0) = ( 36 0 0 −104 ) . De este modo, la primera matriz es definida negativa y el punto (0, 0) es un máximo (relativo), la segunda es definida positiva y el punto (2, 0) es un mı́nimo (local), y la tercera es indefinida y el punto (−1, 0) es un punto de silla. Véase un boceto del grafo de esta función en la Figura 11. Figura 11. Función 3x 4−4x3−12x2+18 12(1+4y2) 458 Encontrar los puntos cŕıticos de f(x, y) = x 5 5 − x2y3 2 + y2 2 y clasificar los que no sean degenerados. 459 Encuentra y clasifica los puntos cŕıticos de la función f(x, y) = ex 2 (x4 + y4). Solución 459: 2.6. Extremos 95 465 f(x, y) = 3x4 + 6x2y − 6x2 + 4y3 − 6y2. 466 f(x, y) = senx+ sen y + sen(x+ y); 467 f(x, y) = x3y2(x+ y − 24); 468 f(x, y) = ∫ x2y2 0 √ 1 + t dt. Solución 468: Mediante el teorema fundamental del Cálculo, podemos calcular sin dificultad las derivadas parciales de esta función f . Aśı ∂f ∂x = 2xy2 √ 1 + x2y2, ∂f ∂y = 2yx2 √ 1 + x2y2, ∂2f ∂x2 = 2y2 √ 1 + x2y2 + 2x2y4√ 1 + x2y2 , ∂2f ∂x∂y = 4xy √ 1 + x2y2 + 2y3x3√ 1 + x2y2 , ∂2f ∂y2 = 2x2 √ 1 + x2y2 + 2y2x4√ 1 + x2y2 . De este modo se obtiene inmediatamente que todos los puntos de los dos ejes coordenados son puntos cŕıticos, para los cuales la matriz hessiana de derivadas segundas es degenerada. Podŕıamos por tanto hacer un estudio más detallado en cada punto cŕıtico mediante un vector director. Sin embargo en este caso es muy sencillo razonar que todos los puntos cŕıticos encontrados son en realidad puntos de mı́nimo. En efecto, obsérvese que el ĺımite superior de la integral que define f es x2y2 que es siempre no negativo. Como además el integrando √ 1 + t es positivo, resulta que el mı́nimo (en realidad global) de f ocurre cuando x2y2 = 0, es decir en los puntos cŕıticos. Véase la Figura 13. Encuentra los extremos de las funciones que se dan a continuación: 469 f(x, y) = ∫ x−y x+y 1 1 + t6 dt. 96 Caṕıtulo 2. Derivación parcial Figura 13. Función del Ejercicio 468 470 f(x, y) = ∫ xy 0 (1− s2)3/2 ds. Solución 470: Las derivadas parciales de f se encuentran sin grandes dificultades a través del teorema fundamental del Cálculo y un poco de cuidado en los cálculos ∂f ∂x = y ( 1− x2y2 )3/2 , ∂f ∂y = x ( 1− x2y2 )3/2 , ∂2f ∂x2 = −3xy3 ( 1− x2y2 )1/2 , ∂2f ∂x∂y = ( 1− x2y2 )3/2 − 3yx2 (1− x2y2)1/2 , ∂2f ∂y2 = −3yx3 ( 1− x2y2 )1/2 . El sistema de puntos cŕıticos es y ( 1− x2y2 )3/2 = 0, x ( 1− x2y2 )3/2 = 0. Las posibles soluciones son el origen (0, 0) y los puntos tales que x2y2 = 1. Nótese que el dominio de f es precisamente el conjunto de puntos (x, y) tales que x2y2 ≤ 1, pues en otro caso el integrando no está definido. La matriz hessiana de f en (0, 0) se encuentra 2.6. Extremos 97 rápidamente ( 0 1 1 0 ) , que es no definida de modo que el origen es un punto de silla. Con respecto a la otra posibilidad vislumbramos dos casos según si xy = 1 o xy = −1. En la primera situación observamos que el ĺımite superior de integración en la definición de f es máximo y como el integrando es no negativo, la función f alcanzará en tales puntos su máximo. Por la misma razón, cuando xy = −1 tendremos puntos de mı́nimo. 471 Dados los puntos (1,−1), (1, 0), (0, 2), (−1, 0), encontrar el punto que minimiza la suma de los cuadrados de las distancias a estos cuatro puntos. 472 ¿Para qué valores de k la función f(x, y) = kx2 + 5xy + 4y2 tiene un mı́nimo relativo en (0, 0)? 473 Una empresa estima que la inversión en publicidad genera unos beneficios dados por x3y5z6, donde x es el dinero invertido en publicidad escrita, y en publicidad radiofónica y z en publicidad televisiva. Encontrar la relación entre x, y y z que maximiza los beneficios netos (i.e. la diferencia entre beneficios obtenidos y gas- tos realizados). 474 (Método de los mı́nimos cuadrados) Dado un conjunto de pares de datos {(xi, yi)}1≤i≤n, se trata de determinar la función lineal y = a + bx que mejor se ajusta a estos datos. El criterio para determinar a y b consiste en minimizar la suma del cuadrado de los errores, es decir, buscamos el mı́nimo de la función f(a, b) = n∑ i=1 (yi − (a+ bxi))2.