Ejercicios resueltos primer parcial PDF

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EJERCICIOS RESUELTOS PROF. LOPEZ...

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE LA MATANZA INGENIERÍA E INVESTIGACIONES TECNOLÓGICAS

ANÁLISIS MATEMÁTICO II (353, 1033) CÁLCULO II (609)

EJERCICIOS RESUELTOS CON EXPLICACIONES DEPAOLI, ROBERTO

LÓPEZ, HÉCTOR

2013 1

T. P. N° 4. Sobre planos tangentes y rectas normales a superficies. Ejercicio N° 1 Hallar las ecuaciones del plano tangente y la recta normal a la superficie S de ecuación 6 x2 + 3 y2 + 2 z2 = 20 (I), en el punto P = (1,2, − 1) . Resolución: 1°) Se verifica si el punto P pertenece a la superficie S. Debe cumplirse la ecuación (I) para (x , y , z ) = (1,2, − 1), esto es:

6.1 +3.2 + 2.( −1) = 6 +12 + 2 = 20 ∴ P∈ S 2

2

2

2°) Si se utiliza el primer miembro de la ecuación (I) para definir la función: 2

2

f( x , y , z) = 6 x + y + 2 z

2

Resulta que la superficie S es una superficie de nivel de la función f . Las derivadas parciales de f son: fx (x , y ,z ) = 12 x

f y ( x, y , z ) = 6 y

fz ( x , y , z ) = 4 z

fx , f y , f z , son funciones continuas en todo el espacio pues son funciones polinómicas. El campo de gradientes de f es:

∇f (x , y , z ) = (12 x ,6 y ,4 z ) Y el gradiente de f en el punto P = (1,2, − 1) es:

∇ f(1, 2, −1 ) = (12.1,6.2,4.( −1)) = (12,12,− 4) ≠ (0,0,0) Como las derivadas parciales de f( x , y ,z ) son continuas en un entorno de

P = ( x 0, y 0, z 0 ) y ∇f( x0, y0, z0 ) ≠ (0,0,0) , entonces por P pasa una superficie (S) de nivel de f . Dicha superficie tiene plano tangente en el punto P y ∇ f( P ) es un vector perpendicular al plano tangente.

2

 3°) Dado un plano π , si se conocen un punto P∈π y un vector N ⊥ π , la ecuación implícita del plano se obtiene mediante la expresión:

   N ix = NiP    Escribiendo N i P = d , x = (x , y , z ) , N = (a , b, c) , queda: (a, b, c) i( x, y, z) = d Finalmente:

a x +b y + c z = d

En el presente ejercicio, para el plano π tangente a S en P , se tiene: P = (1,2, − 1) ∇ f(1, 2, −1) = (12,12, − 4) = 4(3,3,− 1)

∴(3,3, − 1) también es perpendicular a π .

 Hacemos N = (3,3, − 1) Se determina la ecuación del plano tangente con la expresión: (3,3, − 1) i (x , y , z ) = (3,3, − 1) i (1,2,− 1) 3x + 3 y − z = 10

 4°) Dado un punto P perteneciente a una recta r , y un vector v // r , se determina la ecuación paramétrica de r por la expresión:   x = t v + P Donde t es cualquier número real.

3

Cualquier vector no nulo colineal con ∇f( 1, 2, −1) es paralelo a la recta normal a S en   P . Tomamos v = N y queda:   x =tN +P ( x , y , z ) = t (3,3,− 1) + (1,2,− 1) x = 3t + 1

y = 3t + 2 z = −t −1

4

Nota (para el siguiente ejercicio): para calcular

d

proceder de dos formas: a) Derivación logarítmica x f( x) = a

dx

(a x ), con a > 0 , a ≠ e , se puede

ln( f( x ) ) = ln a x = x ln a

d d [ln( f( x ) )] = [x ln a ] dx dx ' f (x ) = ln a f( x ) f b)

'

( x)

= f( x) ln a = ax ln a x

a x = e lna = ex lna d x d ( a ) = (ex lna ) = ex lna ln a  dx dx x a

d x a ) = ax ln a ( dx Ejercicio N° 2 Hallar las ecuaciones del plano tangente y la recta normal al gráfico de la función: f( x, y) = 2 x y + 3 y x En el punto ( x0 , y0 ) = (1,1) . Resolución: z 0 = f ( x0 , y0 ) = f(1,1) = 2.11 + 3.11 = 5 z0 = f( x0 , y0 ) = 5 fx (x , y ) = 2 y x y −1 + 3 y x ln y

fx ( 1,1) = 2.1.11−1 + 3.11 .ln1= 2 f x (1,1 ) = 2

fy (x , y ) = 2 x y ln x + 3 x y x−1 1 1 1 fy ( 1,1) = 2 .1 .ln1+ 3.1.1− = 3

f y (1,1) = 3

Nota: el dominio de f coincide con el primer cuadrante excluyendo los ejes coordenados.

5

fx y f y tienen el mismo dominio que f , y son continuas en todo el dominio. Esto implica que el gráfico de f tiene plano tangente en todos sus puntos. Con estos datos vamos a resolver el ejercicio de dos formas: a) Llamemos S al gráfico de f( x ,y ) . Haciendo f (x , y ) = z , resulta: f ( x , y) − z = 0 ó 2 xy + 3 yx − z = 0 (I) Luego los puntos de S son exactamente los que satisfacen la ecuación (I). Definiendo la función (II) G( x, y, z ) = f( x, y ) − z = 2 x y + 3 y x − z La superficie S es la superficie de nivel : G( x , y , z) = 0 de la función G . Remarcamos: S es simultáneamente el gráfico de f y una superficie de nivel de G. Pero entonces, para resolver este ejercicio se puede proceder igual que en el ejercicio 1. Para la expresión (II) vale: Gx( x , y ,z ) = fx (x ,y ) , Gy( x, y , z ) = fy (x , y ) G z( x, y, z ) = −1 Más compacto: ∇ G( x , y ,z ) = fx (x ,y ) , fy (x ,y ) , − 1

(

(

) ) ,− 1) = (2,3,− 1)

∴∇ G(1,1, 5) = f x(1,1) , f y(1,1  ∴ N = (2,3, − 1) es perpendicular a S en P = (1,1,5). La ecuación   del  plano tangente es: i N x = N iP (2,3, − 1) i (x , y , z ) = (2,3,− 1)i (1,1,5) = 0 2 x + 3y − z = 0 La ecuación  de la recta normal será:  x =tN +P ( x , y , z ) = t (2,3, − 1) + (1,1,5)

x = x (t ) = 2 t + 1   y = y( t ) = 3 t + 1  z = z ( t ) = −t + 5

6

b) Si f (x , y ) es diferenciable en ( x0 , y 0 ) , vale: f( x ,y ) = f(x 0 ,y 0 ) + fx (x 0 ,y 0 ) ( x − x0 ) + fy (x 0 ,y 0 ) ( y − y0 ) + E(x −x 0 y, −y 0) Y

E(x −x 0, y −y 0)

lim

( x, y ) →( x0 , y0 )

( x − x0 )2 + ( y − y0 )2

=0

Si se descarta el error E , y se define la función: z = f ( x 0 , y 0 ) + f x (x 0 ,y 0 ) ( x − x0 ) + f y (x 0 ,y 0) ( y − y0 ) El gráfico de ésta última es un plano, que es el plano tangente al gráfico de f en el

(

)

punto x0 , y0 , f( x0, y0) . Como en el ejercicio propuesto f x y f y son continuas en todo el dominio de f , resulta en particular f diferenciable en (1,1) . ∴ El plano tangente al gráfico de :

(

)

y x f( x , y) = 2 x + 3 y en el punto 1,1, f(1,1 ) , resulta:

z = f (1,1 ) + f x (1,1 ) ( x − 1) + f y (1,1 ) ( y − 1) z = 5 + 2 ( x −1) + 3( y − 1) = 2 x + 3 y 2 x +3y − z = 0 Obteniéndose la misma ecuación que en el cálculo por el método (a). En general, si π es un plano de ecuación : a x +b y +c z = d , El vector ( a, b, c) es perpendicular al plano π . En nuestro caso, (2,3, − 1) es perpendicular al plano tangente al gráfico de f en

(x , y , f( 0

0

x0 , y0 )

) = (1,1,5) .

Como la recta normal pasa por ese punto, su ecuación paramétrica será: ( x , y , z ) = t (2,3,− 1) + (1,1,5) x = x (t ) = 2 t + 1   y = y( t ) = 3 t + 1  z = z ( t ) = −t + 5

7

Ejercicio N° 3: Sea S la superficie definida por la ecuación: 2 2 2 (I) 2( x −1) + 3( y + 3) + ( z − 2) = 1

 Y N = (1,2, − 1) un vector fijo.  Hallar los puntos de la superficie S en los que el vector N es perpendicular a S . Resolución: En este caso la ecuación dada define un elipsoide.  Se recuerda  que un vector N es perpendicular a una superficie S en un punto P ∈ S , si N es perpendicular al plano tangente a S en P . Si se define la función: f( x , y , z) = 2(x − 1)2 + 3(y + 3)2 + (z − 2)2 Entonces la ecuación (I) representa una superficie de nivel de f . En cada punto P ∈ S en el que ∇f( P) ≠ (0,0,0) , ∇f ( P) es perpendicular a S en P .   Si además para algún P ∈ S resulta que N es perpendicular a S , entonces N y ∇f( P ) deben ser colineales (por supuesto vale la recíproca). Es decir, debe existir un escalar λ ∈  tal  que : ∇f (P ) = λ N (II)

P∈S

(III)

Estas dos condiciones permiten hallar, si los hay, los puntos de S buscados. Cálculo del ∇f( x , y , z )

fx (x ,y ,z ) = 4( x − 1) fy (x ,y ,z ) = 6( y + 3) fz (x ,y ,z ) = 2( z − 2) ∇f (x , y , z ) = (4( x − 1),6( y + 3),2(z − 2)) La condición (II) queda:  ∇f (x , y , z ) = (4( x − 1),6( y + 3),2(z − 2)) = λ N = λ (1,2,− 1)

4( x − 1) = λ → x = ( λ + 4) / 4  6( y + 3) = 2 λ → y = ( λ − 9) / 3 2( z − 2) = −λ → z = (4 − λ ) / 2  Es decir, en los puntos de la forma: ( x, y, z) = ( (λ + 4) / 4,(λ − 9) / 3,(4 − λ ) / 2) Se verifica la condición (II). 8

La condición (III) significa que las coordenadas x , y ,z , deben cumplir la ecuación (I). Escribiéndolas en función de λ resulta: 2((λ + 4) / 4 − 1)2 + 3((λ − 9) / 3+ 3)2 + ((4− λ ) / 2− 2)2 = 1 2 2 3 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3+ 8+ 6 2 17 2 λ + λ + λ = λ + λ + λ = λ = λ =1 16 9 4 8 3 4 24 24 24 24 → λ1,2 = ± λ2 = 17 17  24 1 24 1 24 1  ∴ P1 =  +1, − 3, − + 2 17 4 17 3 17 2  

 24 1  24 1 24 1 ∴ P2 =  − + 1, − − 3, + 2 17 4 17 3 17 2   Verificamos que se cumple: ∇f (P1 ) = λ1 N

  24 1   24 1    24 1 ∇f (P1 ) =  4 + 1 − 1 ,6 − 3 + 3 ,2 − + 2 − 2  =   17 2   17 3      17 4  4 24 6 24 2 24  , ,  = 4 17 3 17 2 17  

 24 (1,2,− 1) = λ1 N 17

Comprobar para P2

9

Ejercicio N° 4: Sea S una superficie cuyos puntos satisfacen la ecuación x 2 + y 2 − z = 0. Hallar los puntos de S en los que el plano tangente es paralelo al plano de ecuación: x + 2 y + 3 z = 0 Observación: Sean π 1 el plano de ecuación: a x+ b y+ c z= d , y π 2 el plano de ecuación: α x + β y + γ z = δ   Sea el vector N 1 = ( a, b, c) , entonces N 1 ⊥ π 1 .  Igualmente, si N 2 = ( α, β, γ ) , entonces N 2 ⊥ π 2

  Resultando como condición necesaria y suficiente que N 1 y N 2 sean colineales para que π1 y π 2 sean paralelos. En símbolos:   π 1 // π 2 ⇔ N2 = λ N1 para algún λ ∈  . Por ejemplo

π 1 : 2 x + 3 y − z = 0 y π2 : x + y + 2 z =0 No son paralelos, ya que no existe λ∈  λ tal que : (1,1, 2 ) = λ (2,3, −1 ) En cambio, si π 1 : 2x + 4 y − 6 z = 3 y π 2 : x +2 y −3 z = 9 , entonces π 1 // π 2 , ya que

( 2,4, −6 ) = 2( 1,2, −3) . Sea ahora π P el plano tangente a S en un punto P ∈S . S : x2 + y2 − z = 0 Vale que π P ⊥ ∇f( P) , donde: f( x , y , z ) = x2 + y2 − z

 Para que π P sea paralelo a π : x + 2 y+ 3 z= 0 , debe cumplirse: ∇f ( p ) =λ N , con  N = (1,2,3) A partir de esto, se procede como en el ejercicio anterior. ∇f (x , y , z ) = ( 2 x,2 y, − 1 ) ∴ ( 2 x, 2 y, −1) = λ (1,2,3) , de aquí resulta el siguiente sistema de ecuaciones 10

  2 x = λ → x =λ 2  1 1  2 y = 2 λ → y = λ luego x = − , y= − 6 3  1  −1 = 3λ → λ = − 3   1 1  Pero (x , y , z ) =  − , − , z  debe satisfacer la ecuación que define a S  6 3  2

2

1 1 5  1  1 ∴ −  + −  − z= 0 → z = + = 36 9 36  6   3 Finalmente, 1 1 5 ( x, y, z ) =  − , − ,   6 3 36  Verificación:

∇f 

1 1 5 − , − ,   6 3 36 

1  1 2  = − , − , − 1 = − ( 1, 2,3) 3  3 3 

11

T. P. N° 5. Derivación de funciones dadas en forma implícita Ejercicio N° 1 Verificar que la ecuación: F( x , y , z) = z arctg (1− z 2 ) + 3 x + 5 z − 8 y 3 = 0

define implícitamente una función z = g ( x, y ) en un entorno del punto P = (1,1,1) , y calcular las derivadas parciales de g (x ,y ) en el punto (1,1 )

Para este caso, el teorema de la función implícita afirma: Sea F(x , y , z ) una función con derivadas parciales continuas en un entorno de

( x0 , y0 , z0 ) . Supóngase que Fz( x 0 , y 0 , z 0 ) ≠ 0 Entonces existe un entorno B ⊂  2 de ( x 0, y 0 ) , un entorno B ' ⊂  de z 0, y una función g : B → B´ que cumple: a) F

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

∀( x, y) ∈ B

b) g( x , y) tiene derivadas parciales continuas en B Con esta información, y la regla de la cadena, se infiere: Como: F x , y , g

(

Vale

∂F x, y, g

(

( x, y) x , y)

)

( x ,y)

)

(

∂x

)

=0

=0

Pero

∂F x ,y ,g

(

∂x

= Fx ( x , y ,z )

∂x ∂y + Fy ( x , y ,z ) + Fz (x ,y ,z ) g x(x ,y ) = 0 ∂x ∂x 1

0

∴ Fx + Fz ⋅ gx = 0 Despejando

gx

(x ,y ) = −

Fx (x , y , z ) Fz ( x , y , z) 12

Fy ( x, y, z)

Ídem g y ( x , y ) = −

Fz

( x, y, z )

Si dados x 0 , y0 , se conoce z0 tal que: F( x , y 0

hallar g x ( x0 , y0 ) y g y

(x 0 , y0 )

0, z 0

)

= 0 , las últimas expresiones permiten

, sin conocer la expresión de la función g( x , y) .

1°) se verifica si (1,1,1) ∈ S , dada por:

F( x , y ,z ) = z arctg ( 1 − z2 ) + 3 x + 5 z − 8 y3 = 0

  F(1,1,1) = 1⋅ arctg 1− 12  + 3 ⋅ 1+ 5⋅ 1− 8⋅ 13 = 3+ 5− 8= 0    0   0

2°) Se calculan las derivadas parciales 1 Fz ( x, y, z ) = arctg (1 − z2 ) + z −2 z ) + 5 2 ( 1 + (1− z 2 )

Fz ≡ arctg (1 − z2 ) −

2z 1 + (1− z 2 )

Fx

(x, y , z ) = 3

Fy

(x ,y ,z ) = −

Fx

(1,1,1 ) = 3

Fy

( 1,1,1) = −

Fz

2 (1,1,1) = arctg (1 −1 ) −

2

+5

24 y 2

24 − 2 ⋅ 12 1 + (1 − 12 )

2

+ 5 = 0 − 2 + 5= 3  ≠0 *

(*) Esta condición asegura que z es función de (x , y ) en un entorno de ( x0 , y0 ) . Las derivadas parciales de g en (1,1 ) son : gx gy

(1, 1 ) =− ( 1, 1) = −

Fx (1, 1, 1) Fz

( 1, 1, 1)

F y (1, 1, 1) Fz ( 1, 1, 1)

3 = − = −1 3 =−

( −24 ) 3

=8

13

Ejercicio N° 2 Determinar la derivada direccional de la función z = g( x , y ) definida implícitamente por la ecuación

F( x, y, z) = x sen(π y + z ) + z ln( x + y ) = 0 (1)  en el punto P = (1,1,0) y en la dirección del vector v = (2,1). Resolución: 1°) Comprobación de que (1,1,0) pertenece a la superficie definida por la ecuación (1): 1 ⋅ sen( π ⋅1 + 0 )+ 0 ln (1+ 1) = senπ = 0 ∴ Se verifica 2°) Cálculo de las derivadas parciales de F z x+y z Fy ≡π x cos(π y + z) + x+ y Fz ≡ x cos( π y + z ) + ln( x + y) 0 Fx (1,1,0 ) = sen( π ⋅1+ 0) + = sen π = 0 1+1 0 Fy ( 1,1,0) =π ⋅1 ⋅cos (π ⋅ 1+ 0 ) + =π cosπ = − π 1+1 Fz (1,1,0) =1 ⋅ cos (π ⋅ 1+ 0 ) + ln (1+ 1) = ln 2 − 1  Fx ≡ sen (π ⋅ y + z ) +

−1

Observación: el dominio de F es la región del espacio en que los puntos satisfacen: x + y >0 En esa región, las derivadas parciales son continuas y P = (1,1,0 ) es un punto interior del dominio de F . Además, Fz (1,1,0 ) = ln 2 −1 ≠ 0 Entonces, la ecuación (1) define implícitamente una función z = g( x , y ) en un entorno de (1,1,0 ) , cuyas derivadas parciales son continuas. Entonces f es diferenciable en (1,1 ) y vale: ∂ f( 1,1)   = ∇f(1,1) ⋅v con v =1. ∂v

14

fx fy

1,1

=−

(1,1)

=−

( )

∴ ∇f

Fx 1,1, 0 (

)

Fz (1,1, 0 ) Fy (1,1, 0) Fz ( 1,1, 0)  

(1,1 ) =  0,

=−

0 =0 Ln2 − 1

=−

π −π = Ln 2 − 1 Ln 2 − 1

π

  Ln2 − 1 

 Se normaliza v = ( 2,1)  v = 2 2 +12 = 5

 sentido que v ∴

 1 2 1  v ∴ w=  = ( 2,1) =  ,  v 5  5 5

Tiene igual dirección y

∂f (1, 1 )  2 1 π   2 1  π π ⋅ , = 0⋅ + ⋅ =  =  0,   ∂v  Ln 2 − 1   5 5  5 Ln 2 − 1 5 5( Ln 2 − 1)

15

T. P. N° 6. Extremos, puntos de ensilladura. Extremos condicionados Ejercicio N° 1 Hallar máximos, mínimos y puntos de ensilladura de la función: 3 3 2 2 f( x , y) = x + 2y − 6x − 3y + 9x − 12y

Res: 1°) los puntos críticos son aquellos en los que el plano tangente al gráfico de la función es horizontal. Esto equivale a que el gradiente en el punto sea el vector nulo.

2 2 fx (x ,y ) = 3 x −12 x + 9 = 0 → x − 4 x + 3= 0 → x1, 2 =

fy (x ,y ) = 6 y 2 − 6 y − 12 → y 2 − y − 2= 0→ y =

4 ± 16 − 12 4 ± 2 x1 = 3 = → 2 2 x2 = 1

y1 = 2 1± 1 + 8 1 ± 3 = → y2 = − 1 2 2

Puntos críticos (1,2 ) , (1, −1 ), ( 3, 2) , ( 3, − 1) . 2°) Si el determinante de la matriz Hessiana es distinto de cero en un punto critico, se tiene una condición suficiente para determinar si es máximo, mínimo o punto de ensilladura.

f

x x( x, y )

= 6 x −12

fx y( x , y) = f yx ( x , y) = 0 fy y (x y, ) = 12y − 6

( Hf

 fx x = ) ( x, y)  f  yx

( x, y) ( x, y)

fx y ( x, y )  6 x −12 0  =  12 y − 6 fy y ( x , y )   0 

16

6 12 0  6 0  det ( − )  = det  −  = − 6.18< 1 0 ( 24 − 6 )  0 18   En ( 1, 2) hay un punto de ensilladura. f (1, 2 ) = − 16 . det 

Hf(1, 2 )  =

0 ( 6 − 12 )   −6 0  det  Hf (1, −1)  = det   = det  = 6.18 > 0 12 ⋅ ( −1) − 6   0 − 18  0 Además f x x 1, − 1 = − 6< 0 , entonces en (1, −1) hay un máximo relativo. f( 1, −1) = 11. ( ) ( 6 ⋅ 3− 12) det  Hf(3, 2 )  = det  0 

  6 0 = det   = − 6.18> 0 (12 ⋅ 2 − 6) 0 18 0

Además f x x ( 3, 2) = − 6< 0 , entonces en ( 3,2) hay un mínimo relativo. f (3, 2 ) = −20 . 0  (6 ⋅3 − 12 )  6 0  det  Hf ( 3, −1)  = det = det    = 6⋅ (− 18)< 0   0 12 1 6 ⋅ − −   0 18 ( ) −       En

( 3, − 1)

hay un punto de ensilladura. f (3, −1 ) = 7 .

17

Ejercicio N° 2: Hallar máximos, mínimos y puntos de ensilladura de la función:

f ( x , y) = x y +

8 8 + x y

Res: Debe ser x ≠ 0 e y ≠ 0 ⇒ x ⋅ y ≠ 0 ①   8 8 8  ②  fx (x , y ) = y − 2 = 0 → y = 2 → x y =  8 8 x x x  → = →8 y = 8 x → y = x y 8 8 8 x fy ( x , y ) = y − 2 = 0 → x= 2 → x y=  y y y

Reemplazando (2) en (1):

x−

8 3 2 = 0→ x − 8= 0 x

La única raíz real del polinomio es x = 2 , ∴ y = 2 . El único punto crítico es (2, 2 ).

Cálculo de las derivadas segundas para la matriz hessiana.

fx x

16 (x, y ) = 3 x

fy y

(x , y ) =

16 y3

fxy

( x , y)

=1

fyx

( x , y)

=1

 16  1 3 x   ∴( Hf )( x, y) =   1 16   y3  16   23 1   2 1 det ( Hf ) ( 2,2)  = det   = det   = 3> 0 16 1 2   1  3   2 

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Además f x x ( 2, 2) = 2 > 0 Hay un mínimo relativo en ( 2,2 ) . f( 2, 2) = 12 .

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Ejercicio N° 3: Dada la curva de ecuación g ( x, y) = x y = 1 , hallar los puntos de la misma más cercanos al origen. Res: Nótese que la ecuación x y = 1, no es otra cosa que la hipérbola y =

1 , la cual x

como sabemos tiene dos puntos que son los más cercanos al origen, la tarea es encontrarlos. La función d ( x , y ) = x 2 + y 2 , da la distancia de cualquier punto (x , y) al origen

(0,0) . Nota: ( x 0 , y 0 ) es un mínimo condicionado de d( x , y ) sí y sólo sí ( x 0, y 0) es un mínimo condicionado de f( x , y ) = x2 + y2 . Esto se debe a que la función raíz cuadrada es estrictamente creciente. Vale la misma equivalencia para un máximo condicionado. Conviene trabajar con f( x, y) porque sus derivadas parciales son más simples. Además, también es diferenciable en (0,0) . Si ( x0 , y0 ) satisface la ecuación g( x, y) = 1 , y ∇g( x0 , y0 ) ≠ (0,0) , vale lo siguiente: Si ( x0 , y0 ) es un extremo de de f(x , y ) condicionada por g( x ,y ) = 1 , entonces

∇f( x 0, y0) = λ ∇g( x0, y 0) con λ ∈  . O sea, ( x0 , y 0 ) debe satisfacer las siguientes ecuaciones:

 f x ( x , y ) = λ gx (x ...