Resolución R1-Difer-19nov2019
Resolución R1-Difer-19nov2019
Resolución R1-Difer-19nov2019
3 x 2 y − 3 y = 0 → 3 y ( x 2 − 1) = 0 → x = −1 x = 1 y = 0
Puntos críticos: 3
x − 3 x + 2 y = 0 ()
( )
x = −1 ⎯⎯→ − 1 + 3 + 2 y = 0 → y = − 1 → (−1, − 1)
( )
x = 1 ⎯⎯→ 1 − 3 + 2 y = 0 → y = 1 → (1,1)
(0, 0)
()
y = 0 ⎯⎯→ x − 3 x = 0 → x ( x − 3) = 0 → x = 0 x = − 3 x = 3 → (− 3, 0)
3 2
( 3, 0)
(−1, − 1) (1,1) (0, 0) (− 3 , 0) ( 3 , 0)
( x, y ) = 6 x y
f xx 6 6 0 0 0
( x, y) = 3 x 2 − 3
f xy 0 0 −3 6 6
( x, y) = 2
f yy 2 2 2 2 2
H (−1,−1) = 6 0
0 2 = 12 0 f xx (−1,−1) = 6 0 f (−1,−1) = − 1 es mínimo local.
H (1,1) = 6 0
0 2 = 12 0 , f xx (1,1) = 6 0 f (1,1) = − 1 es mínimo local.
H ( − 3 ,0 ) = 0 6
6 2 = − 36 0 f (− 3 ,0) no es extremo local.
H ( 3 ,0 ) = 0 6
6 2 = − 36 0 f ( 3 ,0) no es extremo local.
( x −1) y
2. Dada f ( x, y) = , determine y grafique el dominio natural y el conjunto de nivel 1 de f .
x− y
Los puntos ( x, y) pertenecientes al dominio natural D deben
cumplir con:
• ( x − 1) y 0 ( x 1 y 0) ( x 1 y 0)
• x− y 0 x y.
Entonces:
D = {( x, y ) 2 / x y ( ( x 1 y 0) ( x 1 y 0) )}
que se representa sombreado en la figura de la derecha.
Por otra parte, siendo L el conjunto de nivel 1 de f , sus puntos son aquellos que pertenecen a D y
que además ( x − 1) y = x − y → x y = x → x ( y − 1) = 0 → x = 0 y = 1 .
es decir, L = {( x, y) D / x = 0 y = 1} que se representa en color rojo en el gráfico.
Siendo f , g C 2 , esta última por tener componentes polinómicas, h es diferenciable. El plano tan-
gente a la superficie tiene ecuación z = h(1,1) + hx (1,1) ( x − 1) + hy (1,1) ( y − 1) .
Aplicando la regla de la cadena:
( ) y +1 x
Dh(1,1) = hx (1,1) hy (1,1) = Df ( g (1,1)) Dg (1,1) = ( fu (2,1) fv (2,1) ) 2
2 x y x (1,1)
(hx (1,1) hy (1,1)) = ( fu (2,1) fv (2,1)) 22 1
1
Entonces hx (1,1) = 2 fu (2,1) + 2 f v (2,1) y hy (1,1) = fu (2,1) + fv (2,1)
Por otra parte:
h(1,1) = f (2,1) = p(2,1) = 8 , fu (2,1) = pu (2,1) = [1 + v]( 2,1) = 2 , f v (2,1) = pv (2,1) = [2 v + u ]( 2,1) = 4
Con esto resultan hx (1,1) = 2 2 + 2 4 = 12 y hy (1,1) = 2 + 4 = 6 . De donde, la ecuación del plano tan-
gente es z = 8 + 12 ( x − 1) + 6 ( y − 1) .
El punto de intersección de 0 con el eje x es del tipo ( x1,0,0) siendo 0 = 8 + 12 ( x1 − 1) − 6 , de donde
x1 = 5 / 6 . Es decir, el punto es el (5 / 6 , 0 , 0) .
4. Sea C la curva de ecuación X = ( t 2 + t , t − t 3 , 2 t 4 ) con t . Si rA y rB son las rectas tangentes a
C en los puntos A = (2,0,2) y B = (0,0,2) , analice si existe un plano que contenga a ambas rectas.
Denotando g (t ) = ( t 2 + t , t − t 3 , 2 t 4 ) debe cumplirse que:
Las rectas no son paralelas pues sus vectores directores, (3,−2,8) y (−1. − 2,−8) , no lo son. Tampoco
tienen un punto en común pues para que las segundas componentes resulten iguales debe ser u = v y
2 + 3 u = − u 4 u = − 2
en ese caso el sistema no tiene solución.
2 + 8 u = 2 − 8 u 16 u = 0
Entonces las rectas son alabeadas y no existe un plano que las contenga.
Derivada direccional máxima en (1,1): f ((1,1) , rmáx ) = || f (1,1) || = 45 / 7 .
f (1,1)
Dirección de derivada máxima en (1,1): rmáx = = (−6 / 45 , − 3 / 45 ) .
|| f (1,1)||