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Resolución R1-Difer-19nov2019

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Una resolución explicada del parcial de 19/11/19

1. Dada f ( x, y ) = x 3 y − 3 x y + y 2 definida en 2 , analice si f produce extremos locales (o relativos)


indicando en cada caso el tipo de extremo, su valor y el punto en el que se produce.
Dado que f  C 2 por ser polinómica, podemos aplicar el siguiente procedimiento.
 f x ( x, y ) = 3 x 2 y − 3 y
  .
 f y ( x, y ) = x − 3 x + 2 y
3

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 (0,0) = −03 −23 = − 9  0  f (0,0) no es extremo 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.

M. Sassano, E. Zitto, R.O. Sirne Página 1 de 3.-


Una resolución explicada del parcial de 19/11/19
 
3. Sea h( x, y) = f ( g ( x, y)) con f  C 2 ( 2 ) , donde g ( x, y ) = ( x y + x , x 2 y ) y se conoce el polinomio
p (u , v) = u + v 2 + u v + 3 que permite aproximar f (u, v) por Taylor de 2º orden en un entorno de
(2,1) . Siendo  o el plano tangente a la superficie de ecuación z = h( x, y) en (1,1, zo ) , halle el punto
en que  o interseca al eje x .


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) + hx (1,1) ( x − 1) + hy (1,1) ( y − 1) .
Aplicando la regla de la cadena:
( )    y +1 x 
Dh(1,1) = hx (1,1) hy (1,1) = Df ( g (1,1)) Dg (1,1) = ( fu (2,1) fv (2,1) )  2
 2 x y x (1,1)
(hx (1,1) hy (1,1)) = ( fu (2,1) fv (2,1))  22 1
1
Entonces hx (1,1) = 2 fu (2,1) + 2 f v (2,1) y hy (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 hx (1,1) = 2 2 + 2 4 = 12 y hy (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:

Para A = (2,0,2) : ( t 2 + t , t − t 3 , 2 t 4 ) = (2, 0, 2) → t 2 + t = 2 → t = −2  t = 1 , sólo con t A = 1 se cum-


ple que g (t A ) = A .

Para B = (0,0,2) : ( t 2 + t , t − t 3 , 2 t 4 ) = (0, 0, 2) → t 2 + t = 0 → t = 0  t = −1 , sólo con t B = −1 se


cumple que g (t B ) = B .

Siendo g (t ) = (2 t + 1,1 − 3 t 2 , 8 t 3 ) , las ecuaciones de las rectas tangentes son:
  
rA : X = A + u g (t A ) → X = (2,0,2) + u (3,−2, 8) = (2 + 3 u , − 2 u , 2 + 8 u ) con u   .
  
rB : X = B + v g (t B ) → X = (0,0,2) + v (−1,−2, − 8) = (−v , − 2 v , 2 − 8 v ) con v   .

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.

M. Sassano, E. Zitto, R.O. Sirne Página 2 de 3.-


Una resolución explicada del parcial de 19/11/19

5. Verifique que existe zo para el cual la ecuación x y z + x z 2 + ln( 2 z + y − 4) − 6 = 0 define implíci-


tamente a z = f ( x, y) en un entorno de (1,1) , calcule la derivada direccional máxima de f en (1,1)
e indique en qué dirección se produce dicha derivada máxima.
Denotando F ( x, y, z ) = x y z + x z 2 + ln( 2 z + y − 4) − 6 , se cumple que:
• F (1,1, zo ) = zo + zo2 + ln( 2 zo − 3) − 6 = 0  zo = 2 ,
• F ( x, y, z) = ( y z + z 2 , x z + 2 z+1y−4 , x y + 2 x z + 2 z+2y−4 ) es continuo en un entorno de
A = (1,1,2) , porque sus componentes son polinómicas o suma de polinomio + cociente de poli-
nomios con denominador no nulo,
• Fz ( A) = 1 + 4 + 2 = 7  0 .
Con lo cual se verifica que la ecuación x y z + x z 2 + ln( 2 z + y − 4) − 6 = 0 define implícitamente a
z = f ( x, y) en un entorno de (1,1) , siendo f diferenciable en dicho punto.
Entonces la máxima derivada direccional se produce en la dirección del gradiente y su valor es la
norma del gradiente, según se indica a continuación.
 F  ( A) F y ( A) 
f (1,1) = ( f x (1,1) , f y (1,1) ) =  − x ,−  = (−6 / 7 , − 3 / 7 ) .
 Fz ( A) Fz ( A) 


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)||

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