Una resolución explicada del parcial de 16/11/19

TEMA 1
1. Dada la superficie  de ecuación x 2 y + x z = 0 , siendo rA y rB sus rectas normales en los puntos
A = (1,−1,1) y B = (−1,1,1) respectivamente, verifique que dichas rectas se intersecan en un punto y
halle una ecuación para el plano que las contiene.
Denotando F ( x, y, z ) = x 2 y + x z , se cumple que:
• F ( A) = − 1 + 1 = 0 y F ( B) = 1 − 1 = 0 ,
• F ( x, y, z ) = ( 2 x y + z , x 2 , x ) es continuo en 2 , por tener componentes polinómicas,
 
• F ( A) = ( − 1,1,1)  0 y F ( B ) = ( − 1,1, − 1)  0 .
Entonces el gradiente en cada punto permite orientar la recta normal a  en ese punto. De donde, las
ecuaciones de las rectas son:

rA : X = A + u F ( A) = (1 − u , − 1 + u , 1 + u ) con u  

rB : X = B + v F ( B) = ( − 1 − v, 1 + v, 1 − v ) con v  
Para verificar que existe el punto en común a ellas debemos encontrar el par (u, v) para el cual ambas
ecuaciones generen el mismo punto. Es decir:
1 − u = − 1 − v (a)
 (c )
− 1 + u = 1 + v (b) Sumando m.a.m. (a) y (c) → 2 = − 2 v  v = − 1 ⎯⎯→ ⎯ u = 1.

1 + u = 1 − v (c )
Se comprueba que con u = 1, P = (0,0,2)  rA y con v = −1, P = (0,0,2)  rB , luego:
El punto común a ambas rectas es P = (0,0,2) .

   representación esquemática
 i j k
Por otra parte, n = F ( A)  F ( B) = − 1 1 1 = ( − 2, − 2, 0 ) es normal 
F (B)
−1 1 −1 n
F (A)
al plano, entonces una ecuación para el plano pedido es: P
(( x, y, z) − (0,0,2) )  (−2,−2,0) = 0 , es decir, x + y = 0 .

x y − x3
2. Dada f ( x, y ) = , determine y grafique su dominio natural D e indique un ejemplo de pun-
x2 + y −2
to interior a D y dos de puntos frontera de D (uno perteneciente y otro que no pertenezca a D ).

Los puntos ( x, y) pertenecientes a D deben cumplir con:

• x y − x3  0  x ( y − x 2 )  0  ( x  0  y  x 2 )  ( x  0  y  x 2 )
• x2 + y − 2  0  y  2 − x2
Entonces
D = {( x, y )  2 / y  2 − x 2  ( ( x  0  y  x 2 )  ( x  0  y  x 2 ) ) }
que se representa sombreado en la figura de la derecha.

Un punto interior es el (1, 2) , dos puntos frontera son: (0,1)  D y (0,2)  D .

M. Sassano, E. Zitto, R.O. Sirne Página 1 de 6.-

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3. La curva de ecuación v = f (u) , en el plano uv , tiene recta tangente de ecuación 2 u + v = 8 en el

punto (2, vo ) . Siendo h( x, y ) = x 2 y + f ( x y ) , calcule aproximadamente h(0.98, 2.03) mediante una
aproximación lineal.
Considerando el punto ( xo , yo ) = (1, 2) , la aproximación lineal en un entorno de (1,2) se obtiene con:
h( x, y)  h(1,2) + hx (1,2) ( x − 1) + hy (1,2) ( y − 2)
donde:
• h(1,2) = 2 + f (2) ,
• hx (1,2) = [ 2 x y + f ( x y ) y ](1, 2) = 4 + 2 f (2) ,
• hy (1,2) = [ x 2 + f ( x y) x](1,2) = 1 + f (2) .
Por otra parte, considerando la curva de ecuación v = f (u) mencionada en el enunciado:
Siendo la ecuación de la recta tangente v = − 2 u + 8 , dado que la curva y su recta tangente deben
compartir el punto de tangencia, vo = − 2  2 + 8 , entonces vo = f (2) = 4 y la pendiente de la recta es
f (2) = − 2 . Con lo cual, reemplazando, resultan:
h(1,2) = 2 + 4 = 6 , hx (1,2) = 4 + 2 (−2) = 0 , hy (1,2) = 1 − 2 = −1 .
Así, la expresión para la aproximación pedida queda h( x, y)  6 + 8 ( x − 1) − ( y − 2) , de donde:
h(0.98, 2.03)  6 + 0 (0.98 − 1) − (2.03 − 2) = 5.97 .

Nota: la aproximación lineal realizada es posible pues h es diferenciable por ser suma de un polino-
mio + la composición de un polinomio con f . La función f , por ser función de una variable,
al ser derivable es diferenciable.

4. Halle el máximo absoluto y el mínimo absoluto de f ( x, y ) = x 2 y + y 3 − 3 y en puntos del círculo

definido por x 2 + y 2  9 / 4 , indique en qué puntos se producen dichos extremos.
Analizamos primero en el interior del círculo ( x 2 + y 2  9 / 4 ), con f  C 2 por ser polinómica.
 f x ( x, y ) = 2 x y 2 x y = 0 →x=0  y=0
 f  ( x, y ) = x 2 + 3 y 2 − 3 . Puntos críticos:  2
 x + 3 y − 3 = 0 )
2
 y (
( )
x = 0 ⎯⎯→ y 2 = 1 → y = − 1  y = 1 → (0,−1) y (0,1) ambos interiores al círculo.
( )
y = 0 ⎯⎯→ x 2 = 3 → x = − 3  x = 3 → (− 3 ,0) y ( 3 ,0) , que se descartan del análisis por-
que son exteriores al círculo.
(0,−1)
H (0,−1) = −02
(0,1) 0 
 ( x, y ) = 2 y − 6 = 12  0 , f xx (0,−1) = − 2  0 .
f xx −2 2
 ( x, y) = 2 x H (0,1) = 02 0 
6 = 12  0 , f xx (0,1) = 2  0 .
f xy 0 0
 ( x, y) = 6 y
f yy −6 6 f (0,−1) = 2 es máximo local y f (0,1) = − 2 es mínimo local.

Ahora analizamos en la frontera ( x 2 + y 2 = 9 / 4 )

Dado que f ( x, y ) = ( x 2 + y 2 ) y − 3 y , en puntos de la frontera vale 9
4
y − 3 y = − 34 y .
Es decir, analizar g ( y) = − 34 y con − 32  y  32 . Como esta función es estrictamente decreciente, en
la frontera resulta g (3 / 2) = f (0,3 / 2) = −9 / 8 mínimo y g (−3 / 2) = f (0,−3 / 2) = 9 / 8 máximo.
Comparando los extremos en el interior y la frontera se concluye que, en puntos del círculo dado:
f (0,1) = − 2 es el mínimo absoluto y f (0,−1) = 2 es el máximo absoluto.

M. Sassano, E. Zitto, R.O. Sirne Página 2 de 6.-

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5. Siendo z = f (u, v) con (u , v) = ( x + y 2 , x y ) , resulta z = h( x, y) . Sabiendo que f  C 1 ( 2 ) y que las

derivadas direccionales f ( (5,2) , (1,0)) = 8 y f ( (5,2) , (0.8, 0.6)) = 4 , calcule el valor que debe te-
ner zo para que la recta normal a la superficie de ecuación z = h( x, y) en el punto (1, 2, zo ) tenga un
punto en común con el eje x .
 
Denotando g ( x, y ) = ( x + y 2 , x y ) es claro que h( x, y) = f ( g ( x, y)) , donde h es diferenciable pues

f  C 1 ( 2 ) y g tiene componentes polinómicas.
Siendo z = h( x, y) , h( x, y) − z = 0 . Denotando F ( x, y, z) = h( x, y) − z , se cumple que:
• F (1,2, zo ) = h(1,2) − zo = 0 dado que, por enunciado, el punto (1, 2, zo ) pertenece a la superficie.
• F es diferenciable pues h lo es,

• F (1,2, zo ) = ( hx (1,2) , hy (1,2), − 1)  0 .
Con lo cual F (1,2, zo ) permite orientar la recta normal a la superficie en (1, 2, zo ) .
Aplicando ahora la regla de la cadena y suponiendo que f es función de las variables u y v :
( 
) 
Dh(1,2) = hx (1,2) hy (1,2) = Df ( g (1,2)) D( g (1,2))

( hx (1,2) hy (1,2) ) = Df (5, 2)  1y 2 y

x (1, 2)
= ( fu (5,2) f v (5,2) )  12 14 
 
de donde hx (1,2) = fu (5,2) + 2 fv (5,2) y hy (1,2) = 4 fu (5,2) + fv (5,2)

Por otra parte, considerando las derivadas direccionales dadas:

Dado que fu (5,2) = f ( (5,2) , (1,0)) , fu (5,2) = 8 .
Como f  C 1 ( 2 ) , f es diferenciable, entonces f ( (5,2) , (0.8, 0.6)) = 4 = f (5,2)  (0.8, 0.6).
Así, fu (5,2) 0.8 + f v (5,2) 0.6 = 4  f v (5,2) = − 4 .

=8
Reemplazando estos valores obtenemos que:
hx (1,2) = 8 + 2 (−4) = 0 y hy (1,2) = 4 8 − 4 = 28
Entonces F (1,2, zo ) = ( 0 , 28, − 1) y la recta normal a la superficie tiene ecuación:

X = (1,2, zo ) +  (0,28,−1) = (1, 2 + 28  , zo −  ) con   
Para que esta recta interseque al eje x debe existir un  para el cual 2 + 28  = 0 y zo −  = 0 , lo
cual se obtiene para  = −1/14 , debiendo ser zo = − 1 / 14 .

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TEMA 2
1. Dada la superficie  de ecuación x y + y z = 0 , siendo rA y rB sus rectas normales en los puntos
2

A = (1,−1,1) y B = (−1,1,1) respectivamente, verifique que dichas rectas se intersecan en un punto y

halle una ecuación para el plano que las contiene.
Denotando F ( x, y, z ) = x y 2 + y z , se cumple que:
• F ( A) = 1 − 1 = 0 y F ( B) = − 1 + 1 = 0 ,
• F ( x, y, z ) = ( y 2 , 2 x y + z , y ) es continuo en 2 , por tener componentes polinómicas,
 
• F ( A) = (1, − 1,−1)  0 y F ( B ) = (1, − 1,1)  0 .
Entonces el gradiente en cada punto permite orientar la recta normal a  en ese punto. De donde, las
ecuaciones de las rectas son:

rA : X = A + u F ( A) = (1 + u , − 1 − u , 1 − u ) con u  

rB : X = B + v F ( B) = ( − 1 + v, 1 − v, 1 + v ) con v  
Para verificar que existe el punto en común a ellas debemos encontrar el par (u, v) para el cual ambas
ecuaciones generen el mismo punto. Es decir:
1 + u = − 1 + v (a)
 (c )
− 1 − u = 1 − v (b) Sumando m.a.m. (a) y (c) → 2 = 2 v  v =1 ⎯⎯→ ⎯ u = −1 .

1 − u = 1 + v ( c )
Se comprueba que con u = −1, P = (0,0,2)  rA y con v = 1, P = (0,0,2)  rB , luego:
El punto común a ambas rectas es P = (0,0,2) .

   representación esquemática
 i j k
Por otra parte, n = F ( A)  F ( B) = 1 − 1 − 1 = ( − 2, − 2, 0 ) es normal 
F (B)
1 −1 1 n
F (A)
al plano, entonces una ecuación para el plano pedido es: P
(( x, y, z) − (0,0,2) )  (−2,−2,0) = 0 , es decir, x + y = 0 .

x y − y3
2. Dada f ( x, y ) = , determine y grafique su dominio natural D e indique un ejemplo de pun-
x+ y 2 −2
to interior a D y dos de puntos frontera de D (uno perteneciente y otro que no pertenezca a D ).

Los puntos ( x, y) pertenecientes a D deben cumplir con:

• x y − y3  0  y ( x − y 2 )  0  ( y  0  x  y 2 )  ( y  0  x  y 2 )
• x + y2 − 2  0  x  2 − y2
Entonces
D = {( x, y )   2 / x  2 − y 2  ( ( y  0  x  y 2 )  ( y  0  x  y 2 ) }
que se representa sombreado en la figura de la derecha.

Un punto interior es el (2,1) , dos puntos frontera son: (1,0)  D y (2,0)  D .

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3. La curva de ecuación v = f (u) , en el plano uv , tiene recta tangente de ecuación 3u + v = 8 en el

punto (2, vo ) . Siendo h( x, y ) = x y 2 + f ( x y ) , calcule aproximadamente h(2.03, 0.98) mediante una
aproximación lineal.
Considerando el punto ( xo , yo ) = (2,1) , la aproximación lineal en un entorno de (2,1) se obtiene con:
h( x, y)  h(2,1) + hx (2,1) ( x − 2) + hy (2,1) ( y − 1)
donde:
• h(2,1) = 2 + f (2) ,
• hx (2,1) = [ y 2 + f ( x y) y]( 2,1) = 1 + f (2) ,
• hy (2,1) = [ 2 x y + f ( x y) x](2,1) = 4 + 2 f (2) .
Por otra parte, considerando la curva de ecuación v = f (u) mencionada en el enunciado:
Siendo la ecuación de la recta tangente v = − 3u + 8 , dado que la curva y su recta tangente deben
compartir el punto de tangencia, vo = − 3 2 + 8 , entonces vo = f (2) = 2 y la pendiente de la recta es
f (2) = − 3 . Con lo cual, reemplazando, resultan:
h(2,1) = 2 + 2 = 4 , hx (2,1) = 1 − 3 = − 2 , hy (2,1) = 4 − 6 = − 2 .
Así, la expresión para la aproximación pedida queda h( x, y)  4 − 2 ( x − 2) − 2 ( y − 1) , de donde:
h(2.03, 0.98)  4 − 2 (2.03 − 2) − 2 (0.98 − 1) = 3.98 .

Nota: la aproximación lineal realizada es posible pues h es diferenciable por ser suma de un polino-
mio + la composición de un polinomio con f . La función f , por ser función de una variable,
al ser derivable es diferenciable.

4. Halle el máximo absoluto y el mínimo absoluto de f ( x, y ) = x y 2 + x3 − 3 x en puntos del círculo de-

finido por x 2 + y 2  9 / 4 , indique en qué puntos se producen dichos extremos.
Analizamos primero en el interior del círculo ( x 2 + y 2  9 / 4 ), con f  C 2 por ser polinómica.
 f x ( x, y ) = y 2 + 3 x 2 − 3  2 ()
. Puntos críticos:  y + 3 x − 3 = 0
2
 f  ( x, y ) = 2 x y →x=0  y=0
 y  2 x y = 0
( )
y = 0 ⎯⎯→ x 2 = 1 → x = − 1  x = 1 → (−1, 0) y (1, 0) ambos interiores al círculo.
( )
x = 0 ⎯⎯→ y 2 = 3 → y = − 3  y = 3 → (0, − 3 ) y (0, 3 ) , que se descartan del análisis por-
que son exteriores al círculo.
H (−1,0) = −06 −02 = 12  0 , f xx
(−1,0) (1,0)
 (−1,0) = − 6  0 .
 ( x, y ) = 6 x
f xx −6 6
 ( x, y) = 2 y H (1,0) = 6 0 
0 2 = 12  0 , f xx (1,0) = 6  0 .
f xy 0 0
 ( x, y) = 2 x
f yy −2 2 f (−1,0) = 2 es máximo local y f (1,0) = − 2 es mínimo local.

Ahora analizamos en la frontera ( x 2 + y 2 = 9 / 4 )

Dado que f ( x, y ) = ( x 2 + y 2 ) x − 3 x , en puntos de la frontera vale 9
4
x − 3 x = − 34 x .
Es decir, analizar g ( x) = − 34 x con − 32  x  32 . Como esta función es estrictamente decreciente, en la
frontera resulta g (3 / 2) = f (3 / 2,0) = −9 / 8 mínimo y g (−3 / 2) = f (−3 / 2,0) = 9 / 8 máximo.
Comparando los extremos en el interior y la frontera se concluye que, en puntos del círculo dado:
f (1,0) = − 2 es el mínimo absoluto y f (−1,0) = 2 es el máximo absoluto.

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 Una resolución explicada del parcial de 16/11/19

5. Siendo z = f (u, v) con (u , v) = ( x 2 + y, x y ) , resulta z = h( x, y) . Sabiendo que f  C 1 ( 2 ) y que las

derivadas direccionales f ( (5,2) , (1,0)) = 6 y f ( (5,2) , (0.8, 0.6)) = 9 , calcule el valor que debe te-
ner zo para que la recta normal a la superficie de ecuación z = h( x, y) en el punto (2,1, zo ) tenga un
punto en común con el eje x .
 
Denotando g ( x, y ) = ( x 2 + y, x y ) es claro que h( x, y) = f ( g ( x, y)) , donde h es diferenciable pues

f  C 1 ( 2 ) y g tiene componentes polinómicas.
Siendo z = h( x, y) , h( x, y) − z = 0 . Denotando F ( x, y, z) = h( x, y) − z , se cumple que:
• F (2,1, zo ) = h(2,1) − zo = 0 dado que, por enunciado, el punto (2,1, zo ) pertenece a la superficie.
• F es diferenciable pues h lo es,

• F (2,1, zo ) = ( hx (2,1) , hy (2,1), − 1)  0 .
Con lo cual F (2,1, zo ) permite orientar la recta normal a la superficie en (2,1, zo ) .
Aplicando ahora la regla de la cadena y suponiendo que f es función de las variables u y v :
( 
) 
Dh(2,1) = hx (2,1) hy (2,1) = Df ( g (2,1)) D( g (2,1))

( hx (2,1) hy (2,1) ) = Df (5, 2)  2yx 1

x ( 2,1)
= ( fu (5,2) f v (5,2) )  14 12 
 
de donde hx (2,1) = 4 fu (5,2) + f v (5,2) y hy (2,1) = fu (5,2) + 2 fv (5,2)

Por otra parte, considerando las derivadas direccionales dadas:

Dado que fu (5,2) = f ( (5,2) , (1,0)) , fu (5,2) = 6 .
Como f  C 1 ( 2 ) , f es diferenciable, entonces f ( (5,2) , (0.8, 0.6)) = 9 = f (5,2)  (0.8, 0.6).
Así, fu (5,2) 0.8 + f v (5,2) 0.6 = 9  f v (5,2) = 7 .

=6
Reemplazando estos valores obtenemos que:
hx (2,1) = 4 6 + 7 = 31 y hy (2,1) = 6 + 2 7 = 20
Entonces F (2,1, zo ) = ( 31, 20, − 1) y la recta normal a la superficie tiene ecuación:

X = (2,1, zo ) +  (31,20,−1) = ( 2 + 31 , 1 + 20  , zo −  ) con   
Para que esta recta interseque al eje x debe existir un  para el cual 1 + 20  = 0 y zo −  = 0 , lo cual
se obtiene para  = −1/ 20 , debiendo ser zo = − 1 / 20 .

M. Sassano, E. Zitto, R.O. Sirne Página 6 de 6.-