FIUBA 2022 Análisis Matemático II 20221022P1 p 1. Sea f~ : D ⊂ R2 → R2 tal que f~(x, y) = ( 8x − 4x2 + 4y − y 2 − 4, ln(y − x − 1). Graficar D, su interior y su frontera, indicando si D es compacto y escribir la expresión de su interior. ♣ El dominio del campo vectorial es D = {(x, y) ∈ R2 : 8x−4x2 +4y−y 2 −4 ≥ 0, y−x−1 > 0} (la primera inecuación la exige la función raı́z cuadrada, la segunda la función logaritmo). Como 8x−4x2 +4y−y 2 −4 ≥ 0 equivale a (x−1)2 +(y−2)2 /4 ≤ 1, el dominio se reescribe como D = {(x, y) ∈ R2 : (x − 1)2 + (y − 2)2 /4 ≤ 1, y > x + 1}, representado en la figura 1, donde √ √ se observa que el tramo de elipse comprendido entre los puntos P1 = (1 − 2/ 5, 2 − 2/ 5) y √ √ P2 = (1 + 2/ 5, 2 + 2/ 5) (excluyéndolos) está incluido en D, no ası́ el segmento P1 P2 . En la figura 2 se representa D̊ = {(x, y) ∈ R2 : (x − 1)2 + (y − 2)2 /4 < 1, y > x + 1}, el conjunto de los puntos interiores de D (en cada punto de D̊ existe un entorno incluido en D). En la figura 3 se representa el conjunto ∂D de los puntos para los que cualquier entorno contiene puntos del conjunto D y de su complemento Dc . y Observación 1: D es acotado (∀(x, y) ∈ D :k (x, y) k< 5) pero no es cerrado, puesto que no incluye a su frontera: P1 ∈ ∂D, pero P1 ∈ / D. Dado que en el espacio euclı́deo Rn un conjunto es compacto sii es cerrado y acotado, el conjunto D (que no es cerrado) no es compacto. y (x − 1)2 + (y − 2)2 /4 = 1 y (x − 1)2 + (y − 2)2 /4 = 1 P2 (x − 1)2 + (y − 2)2 /4 = 1 P2 2 P2 2 2 y =x+1 P1 y =x+1 Figura 1 (D) P1 Figura 2 (D̊) x 1 y =x+1 P1 Figura 3 (∂D) x x 1 1 Observación 2. Aunque es bastante “sencillo” visualizar, tal como lo muestra la figura 3, que ∂D = γ1 ∪ γ2 , con γ1 = {(x, y) ∈ √ √ R2 : (x − 1)2 + (y − 2)2 /4 = 1, y > x + 1} y γ2 = {(x, y) ∈ R2 : 1 − 2/ 5 ≤ x ≤ 1 + 2/ 5, y = x + 1}, esto es distinto a probarlo. Puede ser que algún lector quiera hacerlo: probar que cualquier punto del segmento P1 P2 es un punto frontera de D, y hacer lo propio con cualquier punto del tramo de la elipse. 2. Dado f : R2 → R tal que f (x, y) = x2 /2 + xy + y 2 + y 3 /3, hallar los puntos (x0 , y0 ) para los cuales el plano tangente al gráfico de f en (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) es paralelo al plano xy y determinar, en cada uno de ellos, si se alcanza un extremo local; en tal caso, clasificarlo y dar su valor. ♣ El campo escalar f , polinómico, es de clase C ∞ (R2 ), lo que asegura la existencia del plano tangente a su gráfico G(f ) en cualquiera de sus puntos. Llamando P0 = (x0 , y0 ), A0 = (x0 , y0 , f (P0 )) y teniendo en cuanta que tal plano tiene por ecuación z = f (P0 ) + fx (P0 )(x − x0 ) + fy (P0 )(y − y0 ), resulta paralelo al plano xy sii fx (P0 ) = fy (P0 ) = 0, de modo que los puntos buscados son los puntos estacionarios de f , para lo que basta resolver ∇f (x, y) = (x + y, x + 2y + y 2 ) = (0, 0), de donde resultan dos puntos: P1 = (0, 0), P2 = (1, −1): el plano tangente en A1 = (0, 0, 0) tiene ecuación z = 0, el plano tangente en A2 = (1, −1, 1/6) tiene ecuación z = 1/6. Calculando la matriz hessiana: 1 1 1 1 1 1 Hf (x, y) = , Hf (P1 ) = , Hf (P2 ) = 1 2 + 2y 1 2 1 0 Comportamiento del gráfico de f en un entorno del punto A1 = (0, 0, 0) z G(f ) x A1 y se tiene que en P1 se alcanza el mı́nimo local de valor f (P1 ) = 0 (pues Hf (P1 ) es definida positiva: Figura 4 det(Hf (P1 )) = 1 > 0, fxx (P1 ) = 1 > 0), mientras que no se alcanza un extremo en P2 (pues Hf (P2 ) es indefinida: det(Hf (P2 )) = −1 < 0). El punto A2 es un punto silla. Observación 3. Siendo f polinómica, puede prescindirse de la matriz hessiana, bastarı́a ver directamente, de la expresión de f , que el polinomio de Taylor de orden dos alrededor de P1 es p(x, y) = 12 [(x + y)2 + y 2 ], forma cuadrática evidentemente definida positiva con mı́nimo (estricto) de valor 0 en (0, 0). Del mismo modo podrı́a verse que, en cualquier entorno de P2 el polinomio de Taylor de orden dos alrededor de ese punto, existen puntos donde su valor es positivo y puntos donde su valor es negativo (y entonces concluir que no hay un extremo en P2 ). 3. Sea Σ la superficie parametrizada por ~σ : R2 → R3 tal que ~σ (u, v) = (u + v, v, uv). Hallar los puntos P ∈ Σ para los cuales el plano tangente a Σ en P es ortogonal a la superficie de nivel 6 de f : R3 → R tal que f (x, y, z) = x2 + 4y + z 2 en el punto (x0 , 1, 1), con x0 < 0, y dar la ecuación del plano tangente para tales puntos. Una resolución (Claudia López, Marcela Martins, Fernando Acero) 1 de 3 FIUBA 2022 Análisis Matemático II 20221022P1 ♣ Llamando A0 = (x0 , 1, 1) y dado que A0 ∈ C6 (f ), por definición debe ser ∇Φ(P ) f (A0 ) = x20 + 4(1) + 12 = 6, de donde x20 = 1 y entonces (ya que x0 < 0) es π x0 = −1, luego ya se sabe que A0 = (−1, 1, 1). Como, por otra parte f es diferΣ = C0 (Φ) 3 ∞ 3 enciable en R (de hecho, es C (R )), se tiene que un vector normal a C6 (f ) en A0 es ∇f (A0 ); siendo ∇f (x, y, z) = (2x, 4, 2z), es ∇f (A0 ) = (−2, 4, 2). Como el plano tangente π a Σ en P debe ser ortogonal a la recta de ecuación P X = A0 + µ∇f (A0 ), µ ∈ R, la superficie Σ misma ha de ser, en P , normal C6 (f ) a ∇f (A0 ). Dado que (x, y, z) = (u + v, v, uv), es z = (x − y)y, de modo que Σ = C0 (Φ), definiendo Φ(x, y, z) = (x − y)y − z, y entonces, el problema se ∇f (A0 ) reduce a hallar los puntos P = (x, y, z) ∈ Σ tales que ∇Φ(P ) = λ∇f (A0 ), para algún λ real:(−y, −x + 2y, 1) = λ(−2, 4, 2), z = (x − y)y, sistema que tiene por solución λ = 1/2, x = 0, y = 1, z = −1, de modo que el (único) punto A0 Figura 5 es P = (0, 1, −1). La ecuación del plano π es entonces (X − P ) · (−1, 2, 1) = 0, que escrita en forma normal es −x + 2y + z = 1. Observación 4. En lugar de subsumir Σ en un conjunto de nivel del campo escalar Φ, también pudo plantearse, en su lugar, que el producto vectorial fundamental de la parametrización regular ~σ fuese un múltiplo del vector ∇f (A0 ), esto es determinar u, v tales que ~σu (u, v) × ~σv (u, v) = α∇f (A0 ), para algún real α, y ulteriormente determinar el punto P como la imagen a través de ~σ del par (u, v) ası́ obtenido. Resolviendo la igualdad ~σu (u, v) × ~σv (u, v) = α∇f (A0 ) es (−v, v − u, 1) = α(−2, 4, 2) resulta α = 1/2, u = −1, v = 1, de modo que P = ~σ (−1, 1) = (0, 1, −1), como se obtuviera anteriormente. 4. Justificar, mediante el teorema de la función implı́cita, que existe z0 ∈ R tal que la ecuación ex z + yz 2 + z 3 = 1 define en un entorno del punto (x0 , y0 ) = (0, −1) la función z = h(x, y) de clase C 1 en ese entorno y que cumple h(0, −1) = z0 . Calcular una aproximación lineal de h(0.1, −1.05) y hallar el versor que hace máxima la derivada direccional de h en el punto (0, −1). ♣ Definiendo f : R3 → R tal que f (x, y, z) = ex z + yz 2 + z 3 − 1, que es C ∞ (R3 ), y llamando P0 = (0, −1) y A0 = (0, −1, z0 ), se tiene que la ecuación f (x, y, z) = 0 es satisfecha por A0 sii f (A0 ) = z0 − z02 + z02 − 1 = (z0 − 1)(z02 + 1) = 0 sii z0 = 1 ( luego A0 = (0, −1, 1) cumple f (A0 ) = 0), y siendo fz (x, y, z) = ex + 2yz + 3z 2 , fz (A0 ) = 1 − 2 + 3 = 2 6= 0, el teorema de la función implı́cita, asegura, en un entorno E(P0 ), la existencia de un único campo escalar h : E(P0 ) ⊂ R2 → R de clase C 1 (E(P0 )) tal que h(P0 ) = 1 y tal que ∀(x, y) ∈ R2 ∈ E(P0 ) : f (x, y, h(x, y)) = 0, y además ∇h(P0 ) = (−1/fz (A0 ))(fx (A0 ), fy (A0 ). Como fx (x, y, z) = ex z, fx (A0 ) = 1, fy (x, y, z) = z2 , fy (A0 ) = 1, se tiene que ∇h(P0 ) = (−1/2, −1/2). π A0 G(h) Figura 6 El gráfico del polinomio de Taylor de orden 1 de h en P0 es el plano π, tangente al gráfico G(h) en A0 y su ecuación es p(x, y) = h(P0 ) + hx (P0 )x + hy (P0 )(y + 1) = 1 − (1/2)x − (1/2)(y + 1), de modo que p(0.1, −1.05) = 1 − (1/2)(0.1) − (1/2)(−0.05) = 0.975 es una aproximación lineal de h(0.1, −1.05). Finalmente, siendo h diferenciable, la derivada direccional en P0 √ en la dirección de √ un versor v̌ es fv̌ (P0 ) = ∇h(P0 ) · v̌, producto escalar que se hace máximo con v̌ =√ ∇h(P0 )/ k ∇h(P0 ) k= (−1/ 2, −1/ 2) (en la dirección de tal versor la derivada direccional toma el valor máximo k ∇h(P0 ) k= 2/2). Observación 5. Siendo h diferenciable en P0 , cualquiera sea el versor v̌ se tiene que hv̌ (P0 ) = ∇h(P0 ) · v̌, y entonces − k ∇h(P0 ) k≤ hv̌ (P0 ) ≤k ∇h(P0 ) k alcanzándose min{hv̌ (P0 )} = − k ∇h(P0 ) k con (únicamente) v̌ = −∇h(P0 )/ k ∇h(P0 ) k, y el max{hv̌ (P0 )} =k ∇h(P0 ) k con (únicamente) v̌ = ∇h(P0 )/ k ∇h(P0 ) k. 5. Probar que el campo escalar f : R2 → R admite en P0 = (0, 0) derivadas direccionales en todas las direcciones, calcular sus derivadas parciales en ese punto y determinar todos los versores v̌ para los que fv̌ (P0 ) = 0. ( f (x, y) = Una resolución (Claudia López, Marcela Martins, Fernando Acero) sin(x3 )−y 3 x2 +2y 2 0 si (x, y) 6= (0, 0) si (x, y) = (0, 0) 2 de 3 FIUBA 2022 Análisis Matemático II 20221022P1 y ? 2 2 ♣ Sean E (P0 ) un entorno reducido de P0 , un cualquier versor v̌ = (a, b) con a + b = 1 y h 6= 0 tal que P o + hv̌ ∈ E ? (P0 ); en tal caso el valor f (P o + hv̌) se calcula mediante la primera rama de la función f , siendo entonces f (P0 + hv̌) = (sin(h3 a3 ) − h3 b3 )/(h2 + h2 b2 ), mientras que f (P0 ) = 0, tal como lo define la segunda rama de f . De esta manera, el cociente incremental es (f (P0 + hv̌) − f (P0 ))/h = (sin(h3 a3 ) − h3 b3 )/(h3 + h3 b2 ), de modo que, por definición, es def fv̌ (P0 ) = lim h→0 f (P0 + hv̌) − f (P0 ) sin(h3 a3 ) − h3 b3 1 a3 − b3 = lim = 2 3 h 1 + b h→0 h 1 + b2 E ? (P0 ) P0 + hv̌ x P0 con a2 +b2 = 1 Figura 7 3 3 3 3 3 3 3 3 a ) a ) a ) a ) La última igualdad resulta de que, si a 6= 0, es sin(h = a3 sin(h de modo que (a 6= 0) es limh→0 sin(h = a3 limh→0 sin(h = h3 a3 h3 h3 a3 h3 3 3 3 a ; si en cambio, a = 0 el lı́mite es directamente 0, que también es a = 0 = 0, de modo que, cualquiera sea a (con |a| ≤ 1) es 3 3 a ) limh→0 sin(h = a3 . h3 Para asegurar la existencia de las derivadas direccionales, no alcanza con la obtención de la expresión anterior: se requiere examinar el denominador. Dado que el denominador de la expresión anterior no se anula, pues 1 ≤ 1 + b2 ≤ 2, las derivadas direccionales existen para todos los versores v̌. En particular, las derivadas parciales se obtienen para los versores canónicos (1, 0) y (0, 1), de modo que fx (P0 ) = 1, fy (P0 ) = −1/2. 2 2 Finalmente, las derivadas direccionales son nulas√ sii el numerador de la expresión es √ √ nulo, esto √ es sii a = b, y puesto que a + b = 1, esto se produce (solamente) o bien con v̌1 = (1/ 2, 1/ 2), o bien con v̌2 = (−1/ 2, −1/ 2). Observación 6. Aunque no se pregunta aquı́, el campo escalar no es diferenciable en P0 , lo que puede probarse de muchos modos. Uno de ellos, que aprovecha el cálculo ya hecho, argumenta que si fuera diferenciable, las derivadas direccionales nulas se obtienen en direcciones normales al ∇f (P0 ) = (1, −1/2), que no es el caso de los versores obtenidos. Otro argumento descarta la diferenciabilidad desde el vamos, pues f tiene una discontinuidad esencial en P0 , lo que puede verse examinando el lı́mite por dos caminos que ciertamente pasan por P0 , tales como γ1 = {(x, y) ∈ R2 : sin(x3 ) − y 3 = 0}, γ2 = {(x, y) ∈ R2 : sin(x3 ) − x2 − 2y 2 − y 3 = 0}. Por el primer camino, el lı́mite resulta nulo, por el segundo vale 1, de modo que (por la unicidad del lı́mite) no existe limP →P0 f (P ), la discontinuidad es entonces esencial en P0 y el campo ya no puede ser diferenciable en ese punto (se supone sabido que la continuidad es una condición necesaria de la diferenciabilidad). Una resolución (Claudia López, Marcela Martins, Fernando Acero) 3 de 3