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` II AE/EC/FC 1007 - MATEMATIQUES 29 de mayo de 2014

1. (1.5 puntos) Halla la ecuaci´on del plano tangente a la gr´ afica de la x en el punto (4, 2, 1). Utiliza el resultado anterior funci´ on f (x, y) = 2 y para hallar un valor aproximado de f (3.9, 2.1). 2. (1.5 puntos) Averigua el grado de homogeneidad, k, de la funci´on x−y f (x, y) = 2 . Comprueba que se verifica el Teorema de Euler: x + y2 x

∂f ∂f = k · f (x, y) +y ∂y ∂x

3. (1.5 puntos) Halla los extremos de la funci´on f (x, y) = 3xy − x3 − y3 . 4. (1.5 puntos) Resuelve, mediante el m´etodo de multiplicadores de Lagrange, el problema de Min. f (x, y) = x2 + y2 − xy,

sujeto a la restricci´on x + y = 24.

¿Cu´ al es, aproximadamente, la variaci´on del valor o´ptimo si se cambia la restricci´on por x + y = 26? 5. (1 punto) Halla el ´area comprendida entre las curvas y = x3 −x2 +2x−3 e y = 3x − 4. 6. (1 punto) Halla F (x) sabiendo que F ′′ (x) = adem´ as, F ′ (1) = 0, F (4) = 1.

√ x − x y cumpliendo,

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AE-EC-FC-1007 Matem` atiques II

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Soluciones 1. Halla la ecuaci´ on del plano tangente a la gr´ afica de la funci´ on x f (x, y) = 2 en el punto (4, 2, 1). y

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Sol.: Empleamos la f´ormula:

z − z0 =

∂f ∂x

(x0 , y0 )

· (x − x0 ) +

∂f ∂y

(x0 , y0 )

· (y − y0 )

Calculamos, pues, las derivadas parciales: ∂f ∂x

∂f ∂y

= (4,2)

= (4,2)

1 y2

= (4,2)

−2x y3

(4,2)

1 4

=−

8 = −1 8

Por tanto, la ecuaci´ on del plano tangente es: x 1 z − 1 = (x − 4) − (y − 2) ⇒ z = − y + 2 4 4 Utiliza el resultado anterior para hallar un valor aproximado de f (3.9, 2.1). Sol.: x − y + 2 para (x, y) cercanos a (4, 2). Por Sabemos que f (x, y) ≈ 4 tanto,

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f (3.9, 2.1) ≈

3

3.9 − 2.1 + 2 = 0.875 4

2. Averigua el grado de homogeneidad, k , de la funci´ on f (x, y) = x−y . x2 + y 2 Sol.: Para ello evaluamos: f (tx, ty) =

=

tx − ty t(x − y) = 2 2 2 2 (tx) + (ty) t x + t2 y 2 t(x − y) x−y x−y = t−1 · f (x, y) = = t−1 2 2 2 2 2 x + y2 +t y ) t(2x + 2y )

t2 (x2

por lo que el grado de homogeneidad es k = −1. Comprueba que se verifica el Teorema de Euler: x

∂f ∂f = k · f (x, y) +y ∂y ∂x

Sol.: Calculamos las derivadas parciales: x2 + y2 − (x − y)2x −x2 + y2 + 2xy ∂f = = ∂x (x2 + y2 )2 (x2 + y2 )2 ∂f −(x2 + y2 ) − (x − y)2y −x2 + y2 − 2xy = = (x2 + y2 )2 ∂y (x2 + y2 )2 por lo que,

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x

∂f −x3 + xy 2 + 2x2 y −x2 y + y3 − 2xy 2 ∂f +y = + ∂x ∂y (x2 + y2 )2 (x2 + y2 )2 =

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(y − x)(x2 + y2 ) −x3 + y3 − xy 2 + xy 2 = 2 2 2 (x + y ) (x2 + y2 )2

=−

x−y = −f (x, y) x2 + y 2

3. Halla los extremos de la funci´ on f (x, y) = 3xy − x3 − y3 . Sol.: P1) Puntos cr´ıticos: f x′ = 3y − 3x2 = 0

f x′ = 3x − 3y2 = 0

)

De la primera ecuaci´on: y = x2 y, substituyendo en la segunda, 3x − 3(x2 )2 = 0 ⇒ x − x4 = 0 ⇒ x(1 − x3 ) = 0 ⇒ x = 0 ´o x = 1 Para x = 0, y = 0 y se obtiene el punto cr´ıtico A(0, 0). Para x = 1, y = 1 y se obtiene el punto cr´ıtico B(1, 1). P2) Clasificaci´on. Se calcula la matriz hessiana: H =

−6x

Para el punto A(0, 0):

H=

0 3 3 0

!

D1 = 0 ⇒

D2 = −9 < 0

3

3 −6y

!

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y el criterio nos dice que en A(0, 0) la funci´on tiene un punto de silla.

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Para el punto B(1, 1):

H=

−6 3

3 −6

!

⇒

D1 = −6 < 0 D2 = 27 > 0

y el criterio nos dice que en B(1, 1) la funci´on tiene un m´aximo local estricto. 4. Resuelve, mediante el m´ etodo de multiplicadores de Lagrange, el problema de Min. f (x, y) = x2 + y2 − xy,

sujeto a la restricci´ on x + y = 24.

Sol.: P1) Puntos cr´ıticos. Se construye la funci´ on lagrangiana: L(x, y, λ) = x2 + y2 − xy − λ(x + y − 24) y se resuelve el sistema:

 = 0  Lx′ = 2x − y − λ Ly′ = 2y − x − λ = 0 ′ = −(x + y − 24) = 0  Lβ

Despejando λ de las dos primeras ecuaciones, e igualando, se llega a la relaci´on x = y y, substituyendo en la u ´ ltima ecuaci´ on, se obtiene como u ´ nica soluci´on (x, y) = (12, 12) con multiplicador λ = 12. P2) Clasificaci´on. Se construye la matriz hessiana por bloques:

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 2 −1 −1  −1 2 −1  −1 −1 0 

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y se resuelve la ecuaci´ on:   2−α   −1   −1

 −1 −1  2 − α −1  = 0 −1 0

que, al calcular el determinante, resulta −6 + 2α = 0 ⇒ α = 3 > 0 y, aplicando el criterio de clasificaci´on, la funci´on f en el punto (12, 12) tiene un m´ınimo, con valor f (2, 2) = 144.

¿Cu´ al es, aproximadamente, la variaci´ on del valor ´ optimo si se cambia la restricci´ on por x + y = 26? Sol.: ∗ = 144 el valor ´ optimo hallado para x + y = 24 y Si denotamos por f 24 ∗ el valor ´ optimo para x+y = 26, aplicando la conocida f´ ormula: por f26 ∗ ∗ f 26 ≈ λ · (26 − 24) − f24

se obtiene ∗ ∗ f 26 ≈ 12 · 2 = 48 − f24

luego la variaci´ on del ´optimo es. aproximadamente, de 48 unidades.

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5. Halla el ´ area comprendida entre las curvas y = x3 − x2 + 2x − 3 e y = 3x − 4. Sol.:

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Hallamos los puntos de corte de las gr´aficas para determinar el intervalo de integraci´ on: x3 − x2 + 2x − 3 = 3x − 4 ⇒ x3 − x2 − x + 1 = 0 y, al resolver esta u ´ ltima ecuaci´on:

1 −1 −1 1

1 1

1

0 −1

0 −1

0

de donde x = 1 es una soluci´on. Adem´as la u ´ ltima ecuaci´on x2 − 1 = 0 proporciona los valores x = 1 y x = −1. As´ı pues, el a´rea solicitada puede calcularse mediante la integral: I=

Z

1 −1

(x3 − x2 + 2x − 3 − (3x − 4)) dx =

x4 x3 − x2 + x − = 3 4 

=2−

x=1

x=−1

Z

1 −1

(x3 − x2 − x + 1)) dx

1 1 = − −1+1− 4 3



1 1 + −1−1 4 3



=

2 4 = 3 3

y, por tanto, el a´rea solicitada es A =

6. Halla F (x) sabiendo que F ′′ (x) = F ′ (1) = 0, F (4) = 1.

4 3

u2 .

√ x−x y cumpliendo, adem´ as,

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Sol.:

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Integrando una vez: Z Z √ x3/2 x2 ′ F (x) = ( x − x) dx = (x1/2 − x) dx = − +C 3/2 2 Como debe verificarse que F ′ (1) = 0 entonces, 2 1 1 − +C = +C =0 6 3 2

F ′ (1) =

de donde C = − 16 . Ahora integrando de nuevo, F (x) =

Z

2 1 1 2 x5/2 1 x3 1 ( x3/2 − x2 − ) dx = − − x+K 6 3 5/2 2 3 3 2 6

y, aplicando la otra condici´ on, F (4) = 1, F (4) =

4 4 · 32 64 4 43 4 − +K = − − +K =1 (4)5/2 − 6 6 15 6 15 6

de donde, K =1−

128 68 30 − 256 + 340 114 19 + = = = 5 15 6 30 30

Finalmente, F (x) =

1 19 4 5/2 x3 − x+ x − 6 6 15 5...