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7/24/2019 pauta_certamen2_mat212C_1_

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UNIVERSIDAD CATOLICA DE LA SANTISIMA CONCEPCION

FACULTAD DE INGENIERIA

DEPARTAMENTO DE MATEMATICA Y FISICA APLICADAS.

PAUTA CERTAMEN 2Calculo III (MAT212C)

Duracion 100 minutos

Problema 1. [20 puntos]Sea

f(x, y) =

2x2y3

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

0, (x, y) = (0, 0)

a) Calcule f

yen todo su dominio.

b) Analizar diferenciabilidad de f en (0, 0).

c) Hallar la ecuacion del plano tangente a la superficie z = f(x, y) en el punto (1,1,1).Solucion:

a) Si consideremos (x, y)= (0, 0) se tiene

y

f(x, y) = (x2 +y2)6x2y2 2x2y3(2y)

(x2 +y2)2

= 2x2y2(3x2 + 3y2 2y2)

(x2 +y2)2

= 2x2y2(3x2 +y2)

(x2 +y2)2

(3 Puntos)

Por otro lado

yf(0, 0) = lm

h0

f((0, 0) + h(0, 1)) f(0, 0)h

= lmh0

f(0, h) 0h

= lmh0

0

h

= 0

(3 Puntos)

As

yf(x, y) =

2x2y2(3x2 +y2)

(x2 +y2)2 , (x, y)= (0, 0)

0, (x, y) = (0, 0)

b) Si consideremos (x, y)= (0, 0) se tiene

xf(x, y) =

(x2 +y2)4xy3 2x2y3(2x)(x2 +y2)2

= 4xy3(x2 +y2 x2)

(x2 +y2)2

= 4xy5

(x2 +y2)2

(2 Puntos)

Por otro lado

xf(0, 0) = lm

h0

f((0, 0) + h(1, 0)) f(0, 0)h

= lmh0

f(h, 0) 0h

= lmh0

0

h

= 0

1


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2 UCSC - 2010

(1 Puntos)

ademas

0 x f(x, y)

= 4xy5(x2 +y2)2

4||(x, y)||6||(x, y)||4 = 4||(x, y)||2y

0 y f(x, y)

=2x2y2(3x2 +y2)(x2 +y2)2

2|x|2|y|23|x2 +y2|(x2 +y2)2 6||(x, y)||6

||(x, y)||4 = 6||(x, y)||2

Por Sandwich se tiene

lm(x,y)

xf(x, y) =

xf(0, 0) = 0 y lm

(x,y)

yf(x, y) =

yf(0, 0) = 0

Por tanto las derivadas parciales existen y son continuas en (0, 0), por tanto fes diferenciable en (0, 0) (6 Puntos)

c) La ecuacion del plano tangente a la superficie z = f(x, y) en el punto (1,1,1) esta dada por

z = Df(1,1)((x, y) (1,1)) +f(1,1) z =f(1,1), (x 1, y+ 1) 1

z =(1, 2), (x 1, y+ 1) 1

z = 2 x+ 2y

As la ecuacion del plano tangente a z = f(x, y) en el punto (1,1,1) es x 2y+ z 2 = 0 (5 Puntos)


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Algebra I - MAT111A 3

Problema 2. [10 puntos]Sea f C2(R), mostrar que la funcion w (r, s) = f

r ss

, verifica

1

s

2w

r2 +

1

r

2w

sr= 1

rs2f

r ss

.

Solucion: Sea u : R2 R, u(r, s) = r ss

y claramente

ru=

1

sy

su= r

s2

Utilizando regla de la cadena se tiene

rw =

f

u

u

r

= f

u

1

s

(2 Puntos)

luego

2

r2w =

r

rw

=

r

f

u

1

s

= 1

s

r

f

u

= 1

s

u

f

r

= 1

s

u

f

u

1

s

= 1

s2

2

u2f

(3 Puntos)

y

2

srw =

s

rw

=

s

uf

1

s

=

s

uf

1

s 1

s2

uf

=

u

sf

1

s 1

s2

uf

=

u

uf

su

1

s 1

s2

uf

=

u

uf

r

s2

1

s 1

s2

uf

= rs3

2

u2f 1

s2

uf

(4 Puntos)

As1

s

2w

r2 +

1

r

2w

sr=

1

s3

2

u2f 1

s3

2

u2f 1

rs2

uf = 1

rs2

uf= 1

rs2f(u)

(1 Puntos)


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4 UCSC - 2010

Problema 3. [15 puntos]Mostrar que cerca del punto (x0, y0, u0, v0) = (1, 1, 1, 1) se puede resolver el sistemaxu+yu

2v = 2

xu3 +y2v4 = 2

de manera unica para u = u(x, y) y v = v(x, y). Calcular u

xy

v

yen (1, 1).

Solucion: Definamos la funcion f : R4 R, f(x , y , u , v) = (f1(x , y , u , v), f2(x , y , u , v)) donde f1(x , y , u , v) = xu + y u2v2 yf2(x , y , u , v) =xu3 +y2v4 2. Claramente f1, f2 C1(R) por ser polinomios, ademas

f1

u = x + 2yuv f

1v = yu

2

f2

u= 3xu2

f2

v= 4y2v3

donde

(u, v)f(1, 1, 1, 1) =

3 1

3 4

= 9= 0(5 Puntos)

luego existe un entorno Udel (1, 1, 1, 1) y un entorno T de (1, 1) y una unica funcion F : T R2 talque F = (u, v)C1(R2) conF(1, 1) = (1, 1) y

f(x , y , u , v) = 0, (x , y , u , v)U (u, v) = F(x, y), (x, y)T

Por tanto

f(x , y , u(x, y), v(x, y)) = 0,(x, y)T(3 Puntos)

Derivando con respecto a x

xu(x, y) + yu2(x, y)v(x, y) = 2

xu3(x, y) + y2v4(x, y) = 2

se tiene

u(x, y) + x

xu(x, y) + 2yu(x, y)v(x, y)

xu(x, y) + yu2(x, y)

xv(x, y) = 0

u3(x, y) + 3xu2(x, y) x

u(x, y) + 4y2v3(x, y) x

v(x, y) = 0

x+ 2yu(x, y)v(x, y) yu2(x, y)

3xu2(x, y) 4y2v3(x, y)

x

u(x, y)x

v(x, y)

=

u(x, y)u3(x, y)

como u(1, 1) = v(1, 1) = 1 se tiene

3 1

3 4

x

u(x, y)x

v(x, y)

=

11

x

u(x, y)x

v(x, y)

=

1

3

0

De forma similar derivando con respecto a y se tiene

x y

u(x, y) + u2(x, y)v(x, y) + 2yu(x, y)v(x, y) y

u(x, y) + yu2(x, y) y

v(x, y) = 0

3xu2(x, y) y

u(x, y) + 2yv4(x, y) + 4y2v3(x, y) y

v(x, y) = 0

x+ 2yu(x, y)v(x, y) yu2(x, y)

3xu2(x, y) 4y2v3(x, y)

y

u(x, y)y

v(x, y)

=

u2(x, y)v(x, y)

2yu4(x, y)

con u(1, 1) = v(1, 1) = 1 se tiene

3 1

3 4

y

u(x, y)y

v(x, y)

=

12

x

u(x, y)x

v(x, y)

=

2

9

13

As

xu(1, 1) =

yv(1, 1) =1

3. (7 Puntos)


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Problema 4. [15 puntos]Hallar los extremos de f : R2 R donde

f(x, y) = x4 +y4 2x2 + 4xy 2y2

Solucion: Claramente f C2(R) por ser un polinomio, ahora

xf(x, y) = 0 4x3 4x+ 4y = 0

yf(x, y) = 0 4y3 + 4x 4y = 0

(3 Puntos)

sumado ambas ecuaciones se tiene x3 + y3 = 0(x + y)(x2xy + y2) = 0 de donde x =y reemplazando en la primera se obtiene4x3 8x= 0 4x(x2 2) = 0

4x(x

2)(x+

2) = 0

x= 0 x=

2 x=

2

por tanto los puntos crticos son (0, 0), (

(2),2) y ((2),2) por otro lado (3 Puntos)2

x2f(x, y) = 12x2 4

2

y2f(x, y) 12y2 4

2

xyf(x, y) =

2

yxf(x, y) = 4

(3 Puntos)

As el Hessiano de f en (x, y)

det(Hessf(x, y)) =

12x2 4 44 12y2 4

Con lo cual

det(Hessf(0, 0)) =

4 4

4 4

= 0

No hay criterio, pero considerando >0 y suficientemente pequeno talquef(, 0) = 2(22) < f(0, 0) = 0 < f(, ) = 24, as (0, 0)es un punto de silla, ahora (2 Puntos)

det(Hessf(

(2),

2)) =

20 44 20 = 400 16> 0 y

2

x2f(

(2),

2) = 20 > 0

y

det(Hessf(

(2),

2)) =

20 44 20 = 400 16> 0 y

2

x2f(

(2),

2) = 20 > 0

por tanto (

(2),2) y (

(2),

2) son mnimos (4 Puntos)

mn/mu/ns/rl/mg/mh/ Miercoles 23 de Junio de 2010

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