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    Solución Examen 2p - f2

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    Milania Bautista
    1. La función f(x,y) no es continua en (0,0) ya que los límites cuando x=y y y=2x son diferentes. El dominio de f(x,y)=√x-3y es {(x,y): x≥3y}. 2. La ecuación del plano tangente a la superficie x2+y2+z-9=0 paralelo al plano 2x+4y+z-1=0 es 2x+4y+z-14=0. 3. Los puntos de la elipse formada por la intersección del plano x

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    1. La función f(x,y) no es continua en (0,0) ya que los límites cuando x=y y y=2x son diferentes. El dominio de f(x,y)=√x-3y es {(x,y): x≥3y}. 2. La ecuación del plano tangente a la superficie x2+y2+z-9=0 paralelo al plano 2x+4y+z-1=0 es 2x+4y+z-14=0. 3. Los puntos de la elipse formada por la intersección del plano x

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    Solución Examen 2p_f2

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    1. La función f(x,y) no es continua en (0,0) ya que los límites cuando x=y y y=2x son diferentes. El dominio de f(x,y)=√x-3y es {(x,y): x≥3y}. 2. La ecuación del plano tangente a la superficie x2+y2+z-9=0 paralelo al plano 2x+4y+z-1=0 es 2x+4y+z-14=0. 3. Los puntos de la elipse formada por la intersección del plano x

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    1. La función f(x,y) no es continua en (0,0) ya que los límites cuando x=y y y=2x son diferentes. El dominio de f(x,y)=√x-3y es {(x,y): x≥3y}. 2. La ecuación del plano tangente a la superficie x2+y2+z-9=0 paralelo al plano 2x+4y+z-1=0 es 2x+4y+z-14=0. 3. Los puntos de la elipse formada por la intersección del plano x

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    Universidad Mayor de San Andrés

    Facultad de Ciencias Puras y Naturales


    Carrera de Matemática

    SOLUCIÓN EXAMEN SEGUNDO PARCIAL - CÁLCULO II


    La Paz, 21 de mayo de 2022
    FILA 2

    x + y
    √ , x > 0, y > 0
    1. a) Sea f (x, y) = xy

    0, (x, y) = (0, 0)
    Determina si f es continua en (0, 0).
    √
    b) Sea f (x, y) = x − 3y. Determina y grafica el dominio de la función.
    Solución.
    Si x = y,
    x+x
    lı́m f (x, y) = lı́m √ =2
    (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) x2
    Si y = 2x,
    x + 2x 3
    lı́m f (x, y) = lı́m √ =√
    (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) 2x 2 2
    Entonces no existe el lı́mite, por lo tanto la función no es continua en (0, 0)
    √
    b) Sea f (x, y) = x − 3y. Determina y grafica el dominio de la función.
    √
    Solución. Como f (x, y) = x − 3y, x − 3y ≥ 0, x ≥ 3y
    Ası́ Df = {(x, y) : x ≥ 3y}

    2. Halla la ecuación del plano tangente a la superficie f (x, y, z) = x2 + y 2 + z − 9 = 0 que es paralelo


    al plano P : 2x + 4y + z − 1 = 0
    Solución.
    El vector normal del plano P, N = (2, 4, 1) será el mismo vector normal del plano paralelo a P
    tangente a la superficie, además que el vector normal tiene la misma dirección que el vector
    gradiente.
    Entonces para determinar los puntos de tangencia, calculamos el gradiente e igualamos al vector
    normal N .
    −
    →
    Como f (x, y, z) = x2 + y 2 + z − 9 entonces ∇f (x, y, z) = (2x)i + (2y)j + k = (2x, 2y, 1)
    Igualando componente a componente con el vector normal, se tiene que:

    2x = 2, 2y = 4 entoncesz = 9 − x2 − y 2 = 9 − 1 − 4 = 4
    Resolviendo se tiene el punto de tangencia que es: A = (1, 2, 4) Por tanto la ecuación del plano
    tangente a la superficie y paralelo al plano P es:
    con A = (1, 2, 4), N = (2, 4, 1) el plano es 2x + 4y + z − 14 = 0

    1
    ∂T ∂T
    3. Aplica la regla de la cadena para calcular la derivada parcial , donde
    ∂p ∂q
    v √ √
    T = , u = pq r, v = p qr para p = 2, q = 1 y r = 4.
    2u + v
    Solución.
    Según el diagrama,

    ∂T ∂T ∂u ∂T ∂v
    = +
    ∂p ∂u ∂p ∂v ∂p
    ( )
    2v √ 2u √
    = − 2
    (q r) + 2
    ( qr)
    (2u + v) (2u + v)
    ( √ ) √
    2p qr √ 2pq r √
    = − √ √ 2 (q r) + √ √ 2 ( qr)
    (2pq r + p qr) (2pq r + p qr)
    ( √ ) √
    2(2) 4 √ 2(2) 4 √
    = − √ √ ( 4) + √ √ ( 4)
    (2(2) 4 + 2 4)2 (2(2) 4 + 2 4)2
    =0

    ∂T 1
    De manera similar se puede calcular =−
    ∂q 9
    4. Determine los valores máximo y mı́nimo absolutos de la función

    f (x, y) = 2x − 4xy + 4y 2

    sobre el rectángulo D = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1}


    Solución.
    Puesto que f es un polinomio, es continua sobre el rectángulo cerrado y acotado D, ası́ hay tanto
    un máximo absoluto como un mı́nimo absoluto.
    Primero calculamos los puntos crı́ticos,

    fx = 2 − 4y = 0, fy = −4x + 8y = 0
    Resolviendo, se tiene que el único punto crı́tico es (1, 21 ) y su imagen es f (1, 12 ) = 1
    Note que los valores de f en la frontera de D, están en los 4 segmentos rectilı́neos L1 , L2 , L3 y L4

    2
    • Sobre L1 tenemos y = 0 y como f (x, y) = 2x − 4xy + 4y 2 entonces f (x, 0) = 2x, 0 ≤ x ≤ 2
    que es una función creciente, de modo que su valor mı́nimo es f (0, 0) = 0 y su valor máximo es
    f (2, 0) = 4

    • Sobre L2 tenemos x = 2 y como f (x, y) = 2x − 4xy + 4y 2 entonces


    f (2, y) = 4 − 8y + 4y 2 = (2 − 2y)2 , 0 ≤ y ≤ 1
    que es una función decreciente, de modo que su valor mı́nimo es f (2, 1) = 0 y su valor máximo es
    f (2, 0) = 4
    • Sobre L3 tenemos y = 1 y como f (x, y) = 2x − 4xy + 4y 2 entonces f (x, 1) = −2x + 4, 0 ≤ x ≤ 2
    que es una función decreciente, de modo que su valor mı́nimo es f (2, 1) = 0 y su valor máximo es
    f (0, 1) = 4

    • Sobre L4 tenemos x = 0 y como f (x, y) = 2x − 4xy + 4y 2 entonces f (0, y) = 4y 2 , 0 ≤ y ≤ 1


    que es una función creciente, de modo que su valor mı́nimo es f (0, 0) = 0 y su valor máximo es
    f (0, 1) = 4

    3
    Comparando estos valores: f (1, 21 ) = 1 punto crı́tico de f en D
    f (0, 0) = f (2, 1) = 0 valor mı́nimo en D
    f (2, 0) = f (0, 1) = 4 valor máximo en D
    Concluimos que el valor máximo absoluto de f en D es 4 y el valor mı́nimo absoluto de f en D es 0.

    5. El plano x + y + 2z = 2 interseca el paraboloide z = x2 + y 2 en una elipse. Usando multiplicadores


    de Lagrange halle los puntos de esta elipse que estan más cerca y más lejos del origen.

    Solución.

    extr, D = x2 + y 2 + z 2
    s.a. x + y + 2z = 2


    x +y −z =0
    2 2

    Calculamos
     los puntos crı́ticos

     f = λg + hx 2x = λ(1) + µ(2x) [1]


    x x


    fy = λgy + hy =⇒ 2y = λ(1) + µ(2y) [2]
    fz = λgz + hz 2z = λ(2) + µ(−1) [3]


    g = 2
     x + y + 2z = 2 [4]



    h=0 x +y −z =0
    2 2 [5]
    {
    2x(1 − µ) = λ [6]
    2y(1 − µ) = λ [7]
    De [6] y [7]:
    x=y [8]
    Despejamos z en [5] y lo reemplazamos en [4]

    x + y + z(x2 + y 2 ) = 2
    De [8]:
    2x + 4x2 = 2 ⇒ 2x2 + x − 1 = 0
    Resolviendo
    1 1 1
    x= , y= , z=
    2 2 2
    x = −1, y = −1, z = 2
    Ası́ el punto más cercanos es: ( 12 , 21 , 12 ) y el más lejano es: (−1, −1, 2)

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