ejercicios tema 10 calculo diferencial varias variables

EJERCICIOS DE CÁLCULO DIFERENCIAL EN FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES

Matemáticas I. Prof.: Ignacio López Torres

Ejercicios de cálculo diferencial en funciones de varias variables.

Ejercicio 1.

Estudia la continuidad de las siguientes funciones:

a) ( ) =

(2√2+2

para ( ) 6= (0 0 )0 para ( ) = (0 0 )

.

b) ( ) =

(3

6+2para ( ) 6= (0 0)

0 para ( ) = (0 0).

c) ( ) =

(4+4

2+2para ( ) 6= (0 0)

0 para ( ) = (0 0).

d) ( ) =

(√

2+2para ( ) 6= (0 0)

0 para ( ) = (0 0).

Una solución.

a) Observa que dom = R3. De las propiedades de las funciones continuas,se deduce que esta función es continua en todos los puntos de su dominio salvo,

eventualmente, en los puntos de la forma (0 0 ), con ∈ R. En estos puntos,para estudiar la existencia del límite lim

()→(00)( ) (observa que se trata

de una indeterminación del tipo 00), procedemos de modo similar al resultado

visto en el ejemplo 5.3.4.2. de la parte de teoría (correspondiente a un cambio

a esféricas), pero efectuando ahora en la función ( ) un cambio a coor-

denadas cilíndricas. En este sistema de coordenadas, un punto ( ) del

espacio se expresa mediante tres coordenadas, ( ), donde el significado de

, que es la distancia del punto al eje , del ángulo , y de la coordenada

, se muestra en la Figura 1.

Figura 1

1

Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres

El cambio de variable para pasar de coordenadas cilíndricas a cartesianas es

= cos

= sen

= .

Inversamente, para pasar de coordenadas cartesianas a cilíndricas, el cambio de

variable es

=p2 + 2

= arc tan

=

verificándose que ≥ 0, y que 0 ≤ 2.

Por tanto, efectuando un cambio a coordenadas cilíndricas para estudiar la

existencia del límite lim()→(00)

( ), se cumple que

lim→0

( cos sen ) = lim→0

2 cos2

=

= lim→0

cos2 = 0,

cualquiera que sean ∈ R, ∈ [0 2), por lo quelim→0

( cos sen ) = 0,

uniformemente en y cualquiera que sea ∈ R, y así se verifica que lim()→(00)

( ) =

0. En definitiva, puesto que

(0 0 ) = lim()→(00)

( ) = 0,

resulta que la función también es continua en todos los puntos de la forma

(0 0 ), con ∈ R.

b) Observa que dom = R2. De las propiedades de las funciones continuas,se deduce que esta función es continua en todos los puntos de su dominio salvo,

eventualmente, el origen de coordenadas (0 0). En este punto, para estudiar la

existencia del límite lim()→(00)

( ), veamos que sucede al aproximarnos según

cúbicas (pasando por el punto (0 0)) del tipo = 3. Haciendo = 3 en

la expresión del límite según dichas cúbicas, se llega a

lim→0

3

6 + 2= lim

→03¡3

¢6 + (3)

2= lim

→03¡3

¢6(1 +2)

=

1 +2,

de donde se sigue, aplicando la propiedad 5.1.2.1. de la parte teórica, que no

existe lim()→(00)

( ), por lo que la función no es continua en dicho punto

(0 0).

2


c) De las propiedades de las funciones continuas, se deduce que esta función

es continua en todos los puntos salvo, eventualmente, el origen de coordenadas

(0 0). Para estudiar la existencia del límite lim()→(00)

( ) (observa que se

trata de una indeterminación del tipo 00), efectuamos en la función ( ) un

cambio a coordenadas polares, obteniendo

lim→0


2¡cos4 + sen4

¢= 0,

cualquiera que sea ∈ (0 2]. Por tanto, dado que lim→0

( cos sen ) = 0,

uniformemente en , se verifica que lim()→(00)

( ) = 0, y resulta que la

función también es continua en (0 0) (al ser (0 0) = lim()→(00)

( )).

d) Observa que dom = R2. De las propiedades de las funciones continuas,se deduce que esta función es continua en todos los puntos de su dominio salvo,

eventualmente, el origen de coordenadas (0 0). Para estudiar la existencia del

límite lim()→(00)

( ) (observa que se trata de una indeterminación del tipo

00), veamos que sucede al aproximarnos según rectas (pasando por el punto

(0 0)) del tipo = . Haciendo = en la expresión del límite según

dichas rectas, se llega a

lim→0

√2 +22

=√1 +2

,

de donde se sigue, aplicando la propiedad 5.1.2.1. de la parte teórica, que no

existe lim()→(00)

( ), por lo que la función no es continua en dicho punto

(0 0).

Ejercicio 2.

Estudia la existencia de derivadas parciales primeras, y construye las fun-

ciones derivadas parciales de primer orden, de las siguientes funciones:

a) ( ) =

(2

6+2para ( ) 6= (0 0)

0 para ( ) = (0 0).

b) ( ) =

((1−)+sen(3)

2+2para ( ) 6= (0 0)

0 para ( ) = (0 0).

c) ( ) =

((2+2) sen(−)

2+2para ( ) 6= (0 0)

0 para ( ) = (0 0).

d) ( ) =

½22 log

¡2 + 2

¢para ( ) 6= (0 0)

0 para ( ) = (0 0).

3


e) ( ) = |− |.

Una solución.

a) Observa que dom = R2. Veamos que la función admite derivadas

parciales en todos los puntos de su dominio. En efecto, aplicando las propiedades

de las funciones derivables, las reglas de derivación vistas para funciones de una

variable, y simplificando, se llega fácilmente a que ∀( ) ∈ R2\{(0 0)} es

( ) = −2

¡26 − 2

¢(6 + 2)

2

( ) =

2¡6 − 2

¢(6 + 2)

2.

En cuanto al origen, aplicando la definición de derivada parcial, se obtiene

(0 0) = lim

→0( 0)− (0 0)

= lim

→00

= 0

(0 0) = lim

→0(0 )− (0 0)

= lim

→00

= 0,

por lo que también existen derivadas parciales en dicho punto, y son ambas

nulas.

Por tanto, las funciones derivadas parciales de primer orden de quedan

definidas del modo siguiente

( ) =

(−2(2

6−2)(6+2)2

para ( ) 6= (0 0)0 para ( ) = (0 0)

( ) =

(2(6−2)(6+2)2

para ( ) 6= (0 0)0 para ( ) = (0 0)

.

Este ejemplo prueba (una vez más) que la existencia de derivadas parciales

de primer orden en un punto, no implica la continuidad en dicho punto. En

efecto, fácilmente se prueba (p.e. procediendo de modo similar al ejemplo 1.b))

que esta función no es continua en (0 0).

b) Observa que dom = R2. Veamos que la función admite derivadas

parciales en todos los puntos de su dominio. En efecto, aplicando las propiedades

de las funciones derivables, las reglas de derivación vistas para funciones de una

variable, y simplificando, se llega fácilmente a que ∀( ) ∈ R2\{(0 0)} es

( ) =

−2 + 3 + 22 − 4 + 34 cos3 + 322 cos3 − 2 sen3(2 + 2)

2

( ) = −−

3 + 2 + 23 + 2 sen3

(2 + 2)2

.

4



(0 0) = lim

→0( 0)− (0 0)

= lim

→0

sen3

2

= 1

(0 0) = lim

→0(0 )− (0 0)

= lim

→00− 0

= 0,

por lo que también existen derivadas parciales de primer orden en (0 0).



( ) =

(−2+3+22−4+34 cos3+322 cos3−2 sen3

(2+2)2para ( ) 6= (0 0)

1 para ( ) = (0 0)

( ) =

(−−3+2+23+2 sen3

(2+2)2para ( ) 6= (0 0)

0 para ( ) = (0 0).

c) Observa que dom = R2. Veamos que la función admite derivadas par-ciales de primer orden en todos los puntos de su dominio. En efecto, aplicando

las propiedades de las funciones derivables, las reglas de derivación vistas para

funciones de una variable, y simplificando, se llega a que ∀( ) ∈ R2\{(0 0)}es

( ) =

£sen(− )(22 − 2 + 3) + cos(− )(4 + 22 + 3 + 3)

¤(2 + 2)

2

( ) =

£sen(− )(3 − 2 + 22)− cos(− )(3 + 3 + 22 + 4)

¤(2 + 2)

2.


(0 0) = lim

→0( 0)− (0 0)

= lim

→00− 0

= 0

(0 0) = lim

→0(0 )− (0 0)

= lim

→00− 0

= 0,


nulas.



( ) =

([sen(−)(22−2+3)+cos(−)(4+22+3+3)]

(2+2)2para ( ) 6= (0 0)

0 para ( ) = (0 0)

( ) =

([sen(−)(3−2+22)−cos(−)(3+3+22+4)]

(2+2)2para ( ) 6= (0 0)

0 para ( ) = (0 0).

5


d) Observa que dom = R2. Veamos que la función admite derivadas par-ciales de primer orden en todos los puntos de su dominio. En efecto, aplicando


funciones de una variable, y simplificando, se llega a que ∀( ) ∈ R2\{(0 0)}es

( ) =

22£(2 + 2) log(2 + 2) + 2

¤2 + 2

( ) =

22£(2 + 2) log(2 + 2) + 2

¤2 + 2

.


(0 0) = lim

→0( 0)− (0 0)

= lim

→00− 0

= 0

(0 0) = lim

→0(0 )− (0 0)

= lim

→00− 0

= 0,


nulas.



( ) =

(22[(2+2) log(2+2)+2]

2+2para ( ) 6= (0 0)

0 para ( ) = (0 0)

( ) =

(22[(2+2) log(2+2)+2]

2+2para ( ) 6= (0 0)

0 para ( ) = (0 0).

e) Desplegando el valor absoluto, la función ( ) = |− | se puede ree-scribir en la forma

( ) =

½ − (− ) para − ≤ 0− para − ≥ 0 ,

y sus derivadas parciales de primer orden son

( ) =

½ −1 para − 0

1 para − 0

( ) =

½1 para − 0

−1 para − 0.

La gráfica de esta función en el cubo [0 1] × [0 1] × [0 2] se bosqueja en la

6


Figura 2

Figura 2

Es evidente que, en todos los puntos ( ) ∈ R2 tales que − = 0, es decir, alo largo de la recta

½ =

= 0mostrada en dicha Figura 2, la función no admite

derivadas parciales de primer orden. Esto se puede ver fácilmente recordando

que la función : R → R definida mediante () = || no es derivable en elpunto = 0.

Ejercicio 3.

Calcular las derivadas direccionales siguientes:

a) De la función : R → R, definida mediante

() = kk =q21 + 22 + + 2,

según el vector (unitario) =³

1√ 1√

1√

´∈ R, en el punto = (1 2 ) ∈

R.b) De la función : R2 → R, definida mediante½ sen

2+2para ( ) 6= (0 0)

0 para ( ) = (0 0),

en el punto (0 0) según cualquier vector (unitario y no nulo) = (1 2) ∈ R2.c) De la función : R2 → R, definida mediante(

(2−4)2

(2+4)2para ( ) 6= (0 0)

1 para ( ) = (0 0),

7


en el punto (0 0) según cualquier vector (unitario y no nulo) = (1 2) ∈ R2.

d) De la función : R2 → R, definida mediante(22

4+4para ( ) 6= (0 0)

0 para ( ) = (0 0),

en el punto (0 0) según cualquier vector (unitario y no nulo) = (1 2) ∈ R2.

Una solución.

a) Por las propiedades de las funciones diferenciables sabemos que es

diferenciable en todos los puntos salvo en = 0 (en dicho punto, recuerda que

la función : R→ R definida mediante () = ||, obtenida haciendo = 1 en , no es diferenciable en el punto = 0 ∈ R, de donde se sigue que la funcióndada, () = kk, no es diferenciable en 0 ∈ R).Por tanto, para todo ∈ R, con 6= 0, por ser diferenciable, podemos

aplicar la siguiente fórmula para la derivada direccional

() =

X=1

()

= ∇() · ,

y, dado que en este caso es

∇() =

∙1

kk (1 2 )¸(12)

=1

kk (1 2 )

=

µ1√1√

1√

¶,

se llega a

() =

√

kkX=1

.

Finalmente, en el punto 0 ∈ R, aplicando la definición de derivada direc-cional, las propiedades de la norma, y teniendo en cuenta que kk = 1, se verificaque

(0) = lim→0

()− (0)

= lim

→0kk− 0

= lim

→0||

y este límite no existe, ya que

lim→0−

||

= lim→0−

−= −1

lim→0+

||

= lim→0+

= 1.

Por tanto, no existe derivada direccional de la función () = kk en el punto = 0 según el vector . Más aún, observamos que dicha función () = kk, noadmite derivada direccional en el punto = 0 según ningún vector (unitario) .

8


b) Aplicando la definición de derivada direccional, se verifica que

(0 0) = lim→0

(0 + 1 0 + 2)− (0 0)

= lim

→0

212 sen(1)

2(21+22)− 0

=

=12

21 + 22lim→0

sen (1)

=

212

21 + 22.

c) Aplicando la definición de derivada direccional, se verifica que

(0 0) = lim→0

(0 + 1 0 + 2)− (0 0)

= lim

→0

(21−242)2

(21+242)2 − 1

=

= lim→0

−42142(21 + 242)

2= 0.

Por tanto, esta función admite derivada direccional en el punto (0 0) según

cualquier vector (unitario) , y dicha derivada direccional es siempre nula. Sin

embargo, observa que esta función no es continua en (0 0), ya que lim()→(00)

( )

no existe (se llega a esta conclusión utilizando aproximaciones al origen según

parábolas del tipo 2 = ), ni diferenciable en (0 0) (por no ser continua en

(0 0).

d) Aplicando la definición de derivada direccional, se verifica que

(0 0) = lim→0

(0 + 1 0 + 2)− (0 0)

= lim

→0

2122

41+42

− 0

=

=21

22

41 + 42lim→0

1

.

Se pueden presentar los siguientes casos:

• Si 12 6= 0, no existe derivada direccional de la función dada en el punto(0 0), ya que el límite lim

→01no existe.

• Si 12 = 0, es decir, si = (1 0) o si = (0 1), entonces existen las

derivadas direccionales de la función dada en el punto (0 0) según dichos

vectores, y son ambas nulas.

Ejercicio 4.

a) Prueba que la función : R2 → R definida mediante((2−4)2

(2+4)2para ( ) 6= (0 0)

1 para ( ) = (0 0),

9


no es diferenciable en el punto (0 0), demostrando que no es continua en

(0 0).

b) Prueba que la función : R2 → R definida mediante½(+ )

2sen 1

+para + 6= 0

0 para + = 0,

es diferenciable en el punto (0 0), aplicando la definición de diferenciabili-

dad. Prueba que admite derivadas parciales de primer orden en (0 0), y que

dichas derivadas parciales no son continuas en (0 0). ¿Contradice este ejemplo

la propiedad 6.3.3.5. vista en la parte teórica?

c) Prueba que la función : R2 → R definida mediante(2√2+2

para ( ) 6= (0 0)0 para ( ) = (0 0)

,

es diferenciable en el punto (0 0), demostrando que admite derivadas

parciales de primer orden en una bola de centro el punto (0 0), y que dichas

derivadas parciales son continuas en (0 0).

d) Prueba que la función : R2 → R definida mediante½ sen 1

2+2para ( ) 6= (0 0)

0 para ( ) = (0 0),

no es diferenciable en el punto (0 0), demostrando que no admite alguna

derivada parcial de primer orden en (0 0).

e) Prueba que la función : R2 → R definida mediante(2

4+2para ( ) 6= (0 0)

0 para ( ) = (0 0),

admite derivadas direccionales en el punto (0 0) según cualquier vector (uni-

tario) = (1 2), pero no es diferenciable en (0 0).

Una solución.

a) Para esta función se probó en el ejercicio 3.c) que admite derivada direc-

cional en el punto (0 0) según cualquier vector (unitario) , y que dicha derivada

direccional es siempre nula (en particular, admite derivadas parciales de primer

orden en dicho punto, y son ambas nulas). Sin embargo, veamos que esta fun-

ción no es continua en (0 0), debido a que lim()→(00)

( ) no existe. En efecto,

utilizando aproximaciones al origen según parábolas del tipo 2 = , se llega

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a la siguiente expresión del lim()→(00)

( ) para cualquier aproximación al

origen según dichas parábolas:

lim→0

¡2 −22

¢2(2 +22)

2=

µ1−2

1 +2

¶2.

Dado que este límite depende de la parábola considerada, concluimos que

el límite lim()→(00)

( ) no existe y, como consecuencia, no es continua en

(0 0). Aplicando la propiedad vista en el apartado 6.3.3.2. de la parte teórica,

resulta que no es diferenciable en (0 0).

b) Veamos que, para esta función, existen derivadas parciales de primer

orden en todos los puntos, en particular en el origen. En efecto, aplicando


funciones de una variable, y simplificando, se llega fácilmente a que ∀( ) ∈R2\{( ) ∈ R2 tales que + = 0} es

( ) = 2 (+ ) sen

1

+ − cos 1

+

( ) = 2 (+ ) sen

1

+ − cos 1

+ .


(0 0) = lim

→0( 0)− (0 0)

= lim

→02 sen 1

− 0

= lim

→0 sen

1

= 0

(0 0) = lim

→0(0 )− (0 0)

= lim

→02 sen 1

− 0

= lim

→0 sen

1

= 0,

por lo que también existen derivadas parciales en dicho punto, y son (0 0) = 0

y (0 0) = 0.

Veamos que estas derivadas parciales no son continuas en (0 0). En este

punto, observamos que el límite

lim()→(00)

( ) = lim()→(00)

µ2 (+ ) sen

1

+ − cos 1

+

¶=

= − lim()→(00)

cos1

+ ,

y este límite no existe. Por tanto, no es continua en el punto (0 0) (id. para

(0 0)). Más aún, y no son continuas en puntos ( ) ∈ R2 tales que+ = 0.

Veamos, sin embargo, que es diferenciable en (0 0). Para ello, calculamos

lim()→(00)

( )− (0 0)− (0 0)(− 0)− (0 0)( − 0)q(− 0)2 + ( − 0)2

=

= lim()→(00)

(+ )2sen 1

+− 0− 0(− 0)− 0( − 0)p2 + 2

= lim()→(00)

(+ )2sen 1

+p2 + 2

.

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Pasando a coordenadas polares para calcular este último límite, se llega a

lim→0

(cos + sen )2sen

1

(cos + sen )= 0,

cualquiera que sea ∈ (0 2]. Por tanto, dado que

lim()→(00)

( )− (0 0)− (0 0)(− 0)− (0 0)( − 0)q(− 0)2 + ( − 0)2

= 0,

resulta que es diferenciable en el punto (0 0).

Este ejemplo no contradice la propiedad 6.3.3.5. vista en la parte teórica,

dado que la condición de que existan las derivadas parciales y

en una

bola de centro (0 0), y sean ambas continuas en el punto (0 0), es tan solo una

condición suficiente, no siendo necesaria para garantizar la diferenciabilidad de

la función en dicho punto (0 0).

c) Veamos que, para esta función , existen derivadas parciales de primer

orden en todos los puntos, en particular en el origen. En efecto, aplicando


funciones de una variable, y simplificando, se llega fácilmente a que ∀( ) ∈R2\{(0 0)} es

( ) =

¡2 + 22

¢(2 + 2)

32

( ) =

4

(2 + 2)32

.


(0 0) = lim

→0( 0)− (0 0)

= lim

→00− 0

= 0

(0 0) = lim

→0(0 )− (0 0)

= lim

→00− 0

= 0,

por lo que también existen derivadas parciales en dicho punto, y son (0 0) = 0

y (0 0) = 0.

Veamos que estas derivadas parciales son continuas en (0 0). En este punto,

pasando a coordenadas polares, por ejemplo en la expresión de ( ), se llega

a que

lim→0


cos sen ¡cos2 + 2 sen2

¢= 0

para cualquiera que sea ∈ (0 2]. Por tanto, dado que lim→0

( cos sen ) =

0, uniformemente en , se verifica que lim()→(00)

( ) = 0 = (0 0), resul-

tando que es continua en el punto (0 0) (similarmente para ). Como

12


consecuencia, aplicando la propiedad 6.3.3.5. vista en la parte teórica, es

diferenciable en (0 0).

d) Veamos que, para esta función, no existe derivada parcial (0 0). En

efecto, aplicando la definición de derivada parcial en el punto (0 0), se obtiene

(0 0) = lim

→0( 0)− (0 0)

= lim

→0 sen 1

2− 0

= lim

→0sen

1

2,

y este límite no existe. Por tanto, dado que no admite derivada parcial

(0 0), no es diferenciable en (0 0).

e) Aplicando la definición de derivada direccional en el punto (0 0) según el

vector (unitario) = (1 2), y siempre que sea 2 6= 0, se verifica que

(0 0) = lim→0

(0 + 1 0 + 2)− (0 0)

= lim

→0212

241 + 22=

212(con 2 6= 0).

Por tanto, siempre que sea 2 6= 0, admite derivada direccional en el punto(0 0) según cualquier vector (unitario) = (1 2), y en tal caso es

(0 0) =212

En particular, para el vector = (0 1) se obtiene

(0 0) =

(0 0) =

02

1= 0.

En cuanto a la derivada direccional de en la dirección del vector = (1 0),

dado que es igual a la derivada parcial (0 0), podemos obtenerla mediante

(0 0) = lim

→0( 0)− (0 0)

= 0.

Por tanto, admite derivada direccional en el punto (0 0) según cualquier

vector (unitario) = (1 2), y dicha derivada direccional se define mediante

(0 0) =

(212

cuando 2 6= 00 cuando 2 = 0

Veamos que no es diferenciable en (0 0). Esto se sigue de la discontinuidad

de en (0 0), como fácilmente se comprueba utilizando una aproximación al ori-

gen por parábolas del tipo 2 = , que muestra que el límite lim()→(00)

( )

depende de la dirección. En efecto, mediante dicha aproximación se obtiene el

límite

lim→0

2

22 + 2=

1 +2.

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En definitiva, esta función admite derivada direccional en el punto (0 0)

según cualquier vector, pero no es diferenciable en dicho punto (0 0).

La figura 3 bosqueja la gráfica de esta función en una bola del origen.

Figura 3

Ejercicio 5.

Se considera la función : R2 → R, definida mediante(

(+) sen(−)2+2

para ( ) 6= (0 0)0 para ( ) = (0 0)

.

Calcula (0 0) y (0 0). ¿Contradice el resultado obtenido el teorema de

Clairaut, de igualdad de las derivadas parciales cruzadas?¿Verifica dicho teo-

rema para cualquier ( ) ∈ R2\(0 0)?

Una solución.

Es fácil probar que la función es continua en todos los puntos, inclu-

ido el origen de coordenadas (0 0). Asimismo es sencillo obtener las funciones

derivadas parciales de primer orden de , que son

( ) =

(−[sen(−)(2−22−3)−cos(−)(4+22+3+3)]

(2+2)2para ( ) 6= (0 0)

0 para ( ) = (0 0)

( ) =

([sen(−)(3−2+22)−cos(−)(3+3+22+4)]

(2+2)2para ( ) 6= (0 0)

0 para ( ) = (0 0),

14


y probar que ambas funciones y

son continuas en todos los puntos, ex-

cluido (0 0). En efecto, aproximaciones al origen por rectas del tipo =

muestran que los límites lim→0

() y lim→0

() dependen de la di-

rección, por lo que los límites dobles lim()→(00)

( ) y lim()→(00)

( ) no

existen.

Veamos que, para esta función , no se cumple la igualdad de las derivadas

parciales cruzadas de segundo orden en el origen. En efecto, dado que

(0 0) = lim→0

(0 )− (0 0)

= lim

→0−(3 sen)

4− 0

= − lim

→0sen

= −1

(0 0) = lim→0

( 0)− (0 0)

= lim

→0

(3 sen)

4− 0

= lim

→0sen

= 1,

resulta que (0 0) = −1 6= 1 = (0 0).

El resultado obtenido no contradice el teorema de Clairaut, debido a que no

se cumplen las condiciones para aplicar este teorema. En efecto, hemos visto

que y no son continuas en (0 0).

Obviamente, en cualquier punto ( ) ∈ R2 distinto del punto (0 0), secumplen las condiciones para aplicar dicho teorema, por lo que

( ) = ( )∀ ( ) ∈ R2\ (0 0) .

Ejercicio 6.

Determina el mínimo valor de ∈ N para que la función : R2 → R, definidamediante ½

sen− sen 2+2

para ( ) 6= (0 0)0 para ( ) = (0 0)

admita plano tangente en el punto (0 0). Para el valor de obtenido, determina

las ecuaciones del plano tangente y de la recta normal a la superficie = ( )

en el punto (0 0).

Una solución.

En el apartado 6.2. de la parte teórica, vimos que si es diferenciable en

(0 0), entonces admite plano tangente en (0 0), y la ecuación de dicho plano

tangente es

= (0 0) + (0 0)(− 0) + (0 0)( − 0).Por tanto, se trata de determinar el mínimo valor de ∈ N para que la

función sea diferenciable en el punto (0 0). Dado que la continuidad de en

(0 0) es condición necesaria para la diferenciabilidad de en (0 0), comenzamos

observando que el mínimo valor de ∈ N para que la función sea continua

en (0 0) es = 2 . En efecto, para este valor = 2, fácilmente se comprueba,

15


por ejemplo pasando a coordenadas polares, que lim()→(00)

( ) = 0, veri-

ficándose que (0 0) = lim()→(00)

( ) = 0, mientras que para = 1 el límite

lim()→(00)

( ) no existe.

Supongamos, por tanto, que ≥ 2. Dado que la existencia de derivadas

parciales de primer orden de en (0 0) es condición necesaria para la diferen-

ciabilidad de en (0 0), comenzamos onteniendo el mínimo valor de ∈ N paraque la función admita derivadas parciales de primer orden en (0 0).

Aplicando la definición de derivada parcial en el punto (0 0), se obtiene

(0 0) = lim

→0( 0)− (0 0)

= lim

→0

sen2

− 0

= lim→0

−3 sen

(0 0) = lim

→0(0 )− (0 0)

= lim

→0− sen

2− 0

= − lim

→0−3 sen,

y dichos límites existen siempre que sea ≥ 2. Para = 2, dichos límites valen1 y −1 respectivamente, y para ≥ 3, dichos límites valen 0.Supongamos inicialmente que ≥ 3. En tal caso,

(0 0) =

(0 0) = 0, y

aplicando la definición de diferenciabilidad en (0 0) se verifica que

lim()→(00)

( )− (0 0)− (0 0)(− 0)− (0 0)( − 0)q(− 0)2 + ( − 0)2

=

= lim()→(00)

sen− sen 2+2p2 + 2

= lim()→(00)

sen− sen

(2 + 2)32

,

y este límite existe y vale 0 (siempre que sea ≥ 3).Veamos que para = 2 la función no es diferenciable en (0 0). En efecto,

para = 2 es (0 0) = 1,

(0 0) = −1, por lo que aplicando la definición de

diferenciabilidad en (0 0)

lim()→(00)

( )− (0 0)− (0 0)(− 0)− (0 0)( − 0)q(− 0)2 + ( − 0)2

=

= lim()→(00)

2 sen−2 sen 2+2

− + p2 + 2

=

= lim()→(00)

2 sen− 2 sen − 3 − 2 + 2 + 3

(2 + 2)32

,

y este límite no existe como probaremos utilizando una aproximación al origen

por rectas del tipo = . En efecto, esta aproximación conduce al límite

lim→0

2 sen−22 sen− 3 −23 +3 +33

(2 +22)32

=

= lim→0

2 sen−22 sen− 3 −23 +3 +33

(2 +22)32

,

16


y este límite no existe, dado que depende de como fácilmente se comprueba

utilizando desarrollos en serie (sen = − 163+, sen = − 1

633+).

Por tanto, el mínimo valor de ∈ N para que la función sea diferenciable

en el punto (0 0) es = 3. Para dicho valor, se verifica que

(0 0) =

(0 0) = 0,

y la ecuación del plano tangente a la superficie = ( ) en el punto (0 0)

es

= 0 + 0(− 0) + 0( − 0),es decir, = 0.

La ecuación de la recta normal a la superficie = ( ) en el punto (0 0)

es− 0(0 0)

= − 0

(0 0)

= − (0 0)

−1 ,

es decir, el eje = 0

= 0

¾.

Ejercicio 7.

a) Calcula el volumen de material necesario para fabricar un vaso cilíndrico

de paredes delgadas de radio interior , altura interior , grosor de la pared

lateral 1, y grosor de la pared de la base 2 (todos los datos están expresados

en metros).

b) Obtén una aproximación numérica al valor de la variación que experi-

menta la función ( ) =p|| cuando varía de 4 a 401 e varía de 9 a

899. ¿Que error se comete con dicha aproximación?

c) Al medir las dimensiones del radio de la base y de la altura de un

cono de revolución recto, se obtuvieron, respectivamente, los siguientes valores:

= 14 cm y = 21 cm. Sabiendo que dichas medidas están sujetas a errores

máximos de 01 cm y 015 cm, respectivamente, obtén una estimación del error

máximo en que se puede incurrir al calcular el volumen del cono utilizando

dichas medidas.

Una solución.

a) El volumen exacto de material necesario para fabricar dicho vaso se

obtiene restando el volumen total del cilindro exterior menos el volumen del

cilindro interior, mediante

= ( + 1)2(+ 2)− 2 =

= ¡22 + 21 + 212 + 21 + 212

¢.

17


De manera aproximada (dado que el vaso es de paredes delgadas), si desig-

namos por el volumen del cilindro interior, entonces = 2, y el material

necesario para fabricar dicho vaso se obtiene de modo aproximado mediante la

diferencial

=

+

,

donde ≈ 1 y ≈ 2. Operando, se llega a

= 21 + 22 = (21 + 2) .

b) Hemos visto en la parte de teoría que la expresión

( ) ≈ ( ) + ( )(− ) + ( )( − ),

es la linealización de en el punto ( ), y que dicha aproximación se denomina

aproximación lineal (o aproximación del plano tangente) a la función en ( ).

Para valores de ( ) en las proximidades de ( ), la linealización de en

el punto ( ) se puede expresar mediante

( ) ≈ ( ) + ( )+ ( ),

por lo que, particularizando para la función ( ) =p|| y el punto (4 9),

se llega a

(401 899) ≈ (4 9) + (4 9) · 001 + (4 9) · (−001) .

En estas condiciones, teniendo en cuenta que en el punto (4 9) es

(4 9) =

2√

¯̄̄̄(49)

=3

4= 075

(4 9) =

2√

¯̄̄̄(49)

=1

3,

se obtiene

(401 899) ≈ 6 + 075 · 001− 0013≈ 60042.

Por tanto, la variación que experimenta es

(401 899)− (4 9) ≈ 60042− 6 = 00042.

Finalmente, dado que el valor exacto de dicha variación esp|401 · 899|−

p|4 · 9| ≈ 000416,

el error que se comete mediante la aproximación lineal es del orden de

≈ 00001.

18


c) El volumen de este cono es

=1

32 =

1

3 · 142 · 21 = 1372 ≈ 4310262 cm3 .

Diferenciando en esta expresión, se llega a

=

+

=

2

3 +

1

32.

Por tanto, el error (absoluto) máximo en que se puede incurrir al calcular el

volumen del cono utilizando dichas medidas es del orden de

=2

3 · 14 · 21 · 01 + 1

3 · 142 · 015 = 294 ≈ 92363 cm3 ,

que, en relación al volumen calculado, supone un error relativo de

≈ 92363

4310262≈ 2143%.

Ejercicio 8.

Para las siguientes funciones y , estudiar la diferenciabilidad de las com-

posiciones = ◦ en los puntos especificados. En caso de diferenciables,obtener su diferencial:

a) : R3 → R2 definida mediante ( ) =¡2 + 22 + 32 42 − 2

¢ : ⊂ R2 → R3, con = {( ) ∈ R2 : 3 y ( ) 6= (0 0)}, definida

mediante ( ) =¡√

− 3√2 + 2 3− 4¢, en el punto (4 3).b) : ⊂ R3 → R2, con = {( ) ∈ R3 : ( ) 6= (0 0)}, definida

mediante ( ) =³2 + 2

2+2

´ : R3 → R3 definida mediante ( ) = ( sen cos sen sen cos ),

en el punto¡4 6 4¢.

Una solución.

a) Aplicando el resultado visto en la parte de teoría, concerniente a la regla

de la cadena, dado que es diferenciable en (4 3), por ser sus tres componentes

diferenciables en dicho punto, y es diferenciable en (4 3) = (1 5 0), por ser

sus dos componentes diferenciables en (1 5 0), resulta que ◦ es diferenciableen (4 3), y se verifica que

( ◦ ) (4 3) = ((4 3)) ·(4 3) =

= (1 5 0) ·(4 3).

19


En estas condiciones, de

( ) =

µ2 4 6

8 −2 0

¶,

se sigue que

(1 5 0) =

µ2 20 0

8 −10 0

¶.

Del mismo modo, de

( ) =

⎛⎝ 1

2√−3 0√

2+2√

2+2

3 −4

⎞⎠se sigue que

(4 3) =

⎛⎝ 12

045

35

3 −4

⎞⎠ .Por tanto,

( ◦ ) (4 3) =µ2 20 0

8 −10 0

¶·⎛⎝ 1

20

45

35

3 −4

⎞⎠ =

µ17 12

−4 −6¶.

Finalmente, la diferencial de ◦ en el punto (4 3), se puede expresarmediante

( ◦ ) (4 3) =µ17 12

−4 −6¶µ

¶.

b) Aplicando el resultado visto en la parte de teoría, concerniente a la regla

de la cadena, dado que es diferenciable en¡4 6 4¢, por ser sus tres compo-

nentes diferenciables en dicho punto (las tres componentes se expresan mediante

el producto de funciones diferenciables de una variable), y es diferenciable

en ¡4 6 4¢=¡√2√2 2√3¢, por ser sus dos componentes diferenciables en¡√

2√2 2√3¢, resulta que ◦ es diferenciable en ¡

4 6 4¢, y se verifica que

( ◦ )³4

6 4´

= ³³4

6 4´´·

³4

6 4´=

= ³√2√2 2√3´·

³4

6 4´.

En estas condiciones, de

( ) =

Ã2 2 0−2

(2+2)2−2

(2+2)21

2+2

!,

20


se sigue que

³√2√2 2√3´=

Ã2√2 2

√2 0

−√64−√64

14

!.

Del mismo modo, de

( ) =

⎛⎝ − sen sen cos cos sen cos

sen cos cos sen sen sen

0 − sen cos

⎞⎠se sigue que

³4

6 4´=

⎛⎜⎝ −√2√6

√24√

2√6

√24

0 −2√32

⎞⎟⎠ .Por tanto,

( ◦ )³4

6 4´

=

Ã2√2 2

√2 0

−√64−√64

14

!·

⎛⎜⎝ −√2√6

√24√

2√6

√24

0 −2√32

⎞⎟⎠ =

=

Ã0 8√3 2

0 −72−√38

!.

Finalmente, la diferencial de ◦ en el punto ¡4 6 4¢, se puede expresar

mediante

( ◦ )³4

6 4´=

Ã0 8√3 2

0 −72−√38

!⎛⎝

⎞⎠ .Ejercicio 9.

Determina los puntos ( ) ∈ R3 para los que las siguientes funciones : R3 → R3 son localmente invertibles. Para dichos puntos, obtén la diferencialde la función −1 (localmente definida) en el punto que se especifica.¿Son dichasfunciones globalmente invertibles?

a) : R3 → R3 definida mediante ( ) = ( sen cos sen sen cos ),en el punto

¡4 6 4¢.

b) : R3 → R3 definida mediante ( ) = ( cos sen ), en el

punto¡2

3 3¢.

21


Una solución.

a) Por la propiedades de las funciones diferenciables, se verifica que ∈1(R3), y ∀( ) ∈ R3 se cumple que

|( )| =¯̄̄̄¯̄ − sen sen cos cos sen cos


0 − sen cos

¯̄̄̄¯̄ = −2 sen .

Por tanto, designando por = {( ) ∈ R3 : = 0 o = ± para

= 0 1 2 }, se verifica que ∀ ( ) ∈ R3\, es |( )| 6= 0.Observamos que no admite función inversa global (ya que, al ser ( ) =

( ± 2 ± 2 ), para = 0 1 2 , no es inyectiva). Sin embargo,

dado que cumple las condiciones del Teorema de la función inversa en todo

punto ( ) ∈ R3\ ( ∈ 1(R3) y |( )| 6= 0∀ ( ) ∈ R3\), es localmente invertible en cualquier punto ( ) ∈ R3\. Por tanto,

∀ ( ) ∈ R3\ existe un conjunto abierto conteniendo al punto ( )

en el cual : → = () es regular. Más aun, en tales casos, el conjunto

= () es un conjunto abierto, y la función inversa local −1 : → verifica

que −1 ∈ 1( ), y que

−1( ) = (( ))−1=

⎛⎝ − sen sen cos cos sen cos


0 − sen cos

⎞⎠−1 ==

⎛⎝ − sen sen

cos sen

0cos cos

sen cos

− sen

sen cos sen sen cos

⎞⎠ .donde ( ) = ( ).

En particular, si consideramos el punto ( ) =¡4 6 4¢, se verifica que

¡4 6 4¢=¡√2√2 2√3¢, y es

−1³√2√2 2√3´

=³

³4

6 4´´−1

=

⎛⎜⎝ −√2√6

√24√

2√6

√24

0 −2√32

⎞⎟⎠−1

=

=

⎛⎜⎝ −√24

√24

0√616

√6

16−18√

24

√24

√32

⎞⎟⎠ .Finalmente, la diferencial de −1 en el punto

¡√2√2 2√3¢, se expresa mediante

−1³√2√2 2√3´=

⎛⎜⎝ −√24

√24

0√616

√6

16−18√

24

√24

√32

⎞⎟⎠⎛⎝

⎞⎠ .22


b) Por la propiedades de las funciones diferenciables, se verifica que ∈1(R3), y ∀( ) ∈ R3 se cumple que

|( )| =¯̄̄̄¯̄ cos − sen 0

sen cos 0

0 0 1

¯̄̄̄¯̄ = .

Por tanto, designando por = {( ) ∈ R3 : = 0}, se verifica que∀ ( ) ∈ R3\, es |( )| 6= 0.Observamos que no admite función inversa global (ya que, al ser ( ) =

( ± 2 ), para = 0 1 2 , no es inyectiva). Sin embargo, dado

que cumple las condiciones del Teorema de la función inversa en todo punto

( ) ∈ R3\ ( ∈ 1(R3) y |( )| 6= 0∀ ( ) ∈ R3\), es lo-calmente invertible en cualquier punto ( ) ∈ R3\. Por tanto, ∀ ( ) ∈R3\ existe un conjunto abierto conteniendo al punto ( ) en el cual

: → = () es regular. Más aun, en tales casos, el conjunto = ()

es un conjunto abierto, y la función inversa local −1 : → verifica que

−1 ∈ 1( ), y que

−1( ) = (( ))−1=

⎛⎝ cos − sen 0

sen cos 0

0 0 1

⎞⎠−1 ==

⎛⎝ cos sen 0

− sen

cos

0

0 0 1

⎞⎠ .En particular, si consideramos el punto ( ) =

¡2

3 3¢, se verifica que

¡2

3 3¢=¡1√3 3¢, y es

−1³1√3 3´

=³

³2

3 3´´−1

=

⎛⎝ 12−√3 0√

32

1 0

0 0 1

⎞⎠−1 ==

⎛⎜⎝ 12

√32

0

−√34

14

0

0 0 1

⎞⎟⎠ .Finalmente, la diferencial de −1 en el punto

¡1√3 3¢, se expresa mediante

−1³1√3 3´=

⎛⎜⎝ 12

√32

0

−√34

14

0

0 0 1

⎞⎟⎠⎛⎝

⎞⎠ .

23


Ejercicio 10.

a) Se considera la función : R2 → R definida mediante

( ) = 3 + 3 + 2 + + 2 + .

Determina los valores del parámetro ∈ R para los cuales la ecuación

( ) = 0

define a como función implícita de , = (), en un entorno del punto (0 0).

Para dichos valores de , obtén 0(0).

b) Sea

= {( ) ∈ R2 : 0 0}.considera la función : → R definida mediante

( ) = − .

Estudia si la ecuación

( ) = 0

define a como función implícita de , = (), en un entorno del punto¡−1 −1

¢. En caso afirmativo, obtén 0(−1).

c) Sea

= {( ) ∈ R3 : 0 0 0}.considera la función : → R definida mediante

( ) = log + log + log .

Estudia si la ecuación

( ) = 0

define a como función implícita de e , = ( ), en un entorno del punto

(1 1 1). En caso afirmativo, obtén (1 1) y (1 1).

Una solución.

a) Teniendo en cuenta que ∈ 1(R2), que (0 0) = 0, y que

(0 0) =£32 + + 2 +

¤{=0=0} = 6= 0

si y solamente si 6= 0. Por tanto, aplicando el teorema de la función implícita,siempre que sea 6= 0, en las proximidades del punto (0 0) la ecuación ( ) =0 define una función diferenciable = () tal que ( ()) = 0.

24


En dicho punto (0 0), y para dicha función implícita = (), obtenemos

0(0) = −(0 0)(0 0)

= −£32 + + 2

¤{=0=0}

= −0

= 0.

b) Teniendo en cuenta que ∈ 1(), que ¡−1 −1

¢= 0, y que

¡−1 −1

¢=£ log + −1

¤{=−1=−1} = 2

−−1 6= 0

resulta, aplicando el teorema de la función implícita que, en las proximidades

del punto¡−1 −1

¢la ecuación ( ) = 0 define una función diferenciable

= () tal que ( ()) = 0.

En dicho punto¡−1 −1

¢, y para dicha función implícita = (), obten-

emos

0(−1) = −¡−1 −1

¢ (−1 −1)

= −£−1 + log

¤{=−1=−1}

2−−1= −2

−−1

2−−1= −1.

c) Teniendo en cuenta que ∈ 1(), que (1 1 1) = 0, y que

(1 1 1) =h+ log

i{=1=1=1}

= 1 6= 0

resulta, aplicando el teorema de la función implícita que, en las proximidades

del punto (1 1 1) la ecuación ( ) = 0 define una función diferenciable

= ( ) tal que ( ( )) = 0.

En dicho punto (1 1 1), y para dicha función implícita = ( ), obten-

emos

(1 1) = − (1 1 1) (1 1 1)

= −£log +

¤{=1=1=1}1

= −1

(1 1) = − (1 1 1) (1 1 1)

= −

hlog +

i{=1=1=1}1

= −1.

Ejercicio 11.

Calcula y clasifica los extremos relativos de las siguientes funciones:

a) ( ) = 3 − 4 + 22 − 3.

b) ( ) = ¡2 − 2+ 2

¢.

c) ( ) = 4 − 23 + 62 + 72 − 6 + 2 − 6+ 2 + 1.

25


d) ( ) = ¡2 − 2

¢.

e) ( ) = (− )2.

f) ( ) =¡ − 2

¢2.

g) ( ) =¡ − 2

¢2 − 6.

Una solución.

a) Al ser un polinomio, se verifica que ∈ ∞(R2), por lo que se puedenaplicar las condiciones introducidas en la parte de teoría. Al aplicar la condición

necesaria de extremo, se llega al sistema

= 32 − 3 = 0 = −43 + 4 = 0,

cuyas soluciones son los puntos críticos (1 0),(1 1), (1−1), (−1 0),(−1 1) y(−1−1).Al aplicar la condición suficiente a estos puntos, teniendo en cuenta que

= 6

= −122 + 4 = 0,

resulta que:

• En el punto (1 0): Dado que (1 0) = 6, (1 0) = 4, (1 0) = 0,

observamos que se verifica en dicho punto que

(1 0) = 6 0, |(1 0)| = (1 0)(1 0)− ((1 0))2 = 24 0,

por lo que el punto (1 0) es un mínimo local de .

• En el punto (1 1): Dado que (1 1) = 6, (1 1) = −8, (1 1) = 0,observamos que se verifica en dicho punto que

(1 1) = 6 0, |(1 1)| = (1 1)(1 1)−((1 1))2 = −48 0,

por lo que el punto (1 1) es un punto de silla de .

• En el punto (1−1): Dado que (1−1) = 6, (1−1) = −8, (1−1) =0, observamos que se verifica en dicho punto que

(1−1) = 6 0, |(1−1)| = (1−1)(1−1)−((1−1))2 = −48 0,

por lo que el punto (1−1) es un punto de silla de .

26


• En el punto (−1 0): Dado que (−1 0) = −6, (−1 0) = 4, (−1 0) =0, observamos que se verifica en dicho punto que

(−1 0) = −6 0, |(−1 0)| = (−1 0)(−1 0)−((−1 0))2 = −24 0,

por lo que el punto (−1 0) es un punto de silla de .• En el punto (−1 1): Dado que (−1 1) = −6, (−1 1) = −8, (−1 1) =0, observamos que se verifica en dicho punto que

(−1 1) = −6 0, |(−1 1)| = (−1 1)(−1 1)− ((−1 1))2 == 48 0,

por lo que el punto (−1 1) es un máximo local de .• En el punto (−1−1): Dado que (−1−1) = −6, (−1−1) = −8,(−1−1) = 0, observamos que se verifica en dicho punto que

(−1−1) = −6 0, |(−1−1)| = (−1−1)(−1−1)− ((−1−1))2 == 48 0,

por lo que el punto (−1−1) es un máximo local de .

Las Figuras 4 y 5 bosquejan, respectivamente, la gráfica de esta función en

el cubo [−2 2]× [−2 2]× [−10 25], y típicas lineas de nivel de

Figura 4

27


Figura 5

b) Al ser un polinomio, se verifica que ∈ ∞(R2), por lo que se puedenaplicar las condiciones introducidas en la parte de teoría. Al aplicar la condición


= 32 − 4+ 2 = 0

= 2 = 0,

cuyas soluciones son los puntos críticos (0 0) y¡43 0¢.

Al aplicar la condición suficiente a estos puntos, teniendo en cuenta que

= 6− 4 = 2

= 0,

resulta que:

• En el punto (0 0): Dado que (0 0) = −4, (0 0) = 0, (0 0) = 0,observamos que se verifica en dicho punto que

(0 0) = −4 0, |(0 0)| = (0 0)(0 0)− ((0 0))2 = 0,

28


por lo que nada se puede afirmar, aplicando esta condición suficiente,

respecto al caracter del punto (0 0). Aplicando la definición de extremo

local, analicemos el signo de la expresión

( ) = ( )− (0 0) = ¡2 − 2+ 2

¢para puntos ( ) pertenecientes a una bola de centro (0 0). En la figura

6 se muestran estos signos.

Figura 6

En el círculo 2 − 2 + 2 0 (excluyendo la frontera), es 0. En

el exterior del círculo, en el semiplano 0 es 0 y en el semiplano

0 es 0. Sobre la circunferencia, y sobre el eje , es = 0. Dado

que ( ) = ( )−(0 0) no mantiene signo constante en una bola decentro el origen, resulta que (0 0) es un punto de silla.

• En el punto ¡43 0¢: Dado que

¡43 0¢= 4,

¡43 0¢= 8

3,

¡43 0¢= 0,

observamos que se verifica en dicho punto que

µ4

3 0

¶= 4 0,

¯̄̄̄

µ4

3 0

¶¯̄̄̄=

µ4

3 0

¶

µ4

3 0

¶−µ

µ4

3 0

¶¶2=

=32

3 0,

por lo que¡43 0¢es un mínimo local de .

29


c) Al ser un polinomio, se verifica que ∈ ∞(R2), por lo que se puedenaplicar las condiciones introducidas en la parte de teoría. Al aplicar la condición


= 43 − 62 + 12 + 14− 6 − 6 = 0 = 62 − 6+ 2 + 2 = 0.

Despejando en la segunda ecuación y sustituyendo en la primera, se llega a la

ecuación

−16 ¡22 − 3+ 1¢ = 0cuyas soluciones conducen a los puntos críticos (0−1), ¡1

2−1

4

¢y (1−1).

Al aplicar la condición suficiente a estos puntos, teniendo en cuenta que

= 122 − 12+ 12 + 14 = 2

= 12− 6,resulta que:

• En el punto (0−1): Dado que (0−1) = 2, (0−1) = 2, (0−1) =−6, observamos que se verifica en dicho punto que(0−1) = 2 0, |(0−1)| = (0−1)(0−1)−((0−1))2 = −32 0,por lo que el punto (0−1) es un punto de silla.

• En el punto ¡12−1

4

¢: Dado que

¡12−1

4

¢= 8,

¡12−1

4

¢= 2,

¡12−1

4

¢=

0, observamos que se verifica en dicho punto que

µ1

2−14

¶= 8 0¯̄̄̄

µ1

2−14

¶¯̄̄̄=

µ1

2−14

¶

µ1

2−14

¶−µ

µ1

2−14

¶¶2= 16 0,

por lo que el punto¡12−1

4

¢es un mínimo relativo de .

• En el punto (1−1): Dado que (1−1) = 2, (1−1) = 2, (1−1) =6, observamos que se verifica en dicho punto que

(1−1) = 2 0, |(1−1)| = (1−1)(1−1)−((1−1))2 = −20 0,por lo que el punto (1−1) es un punto de silla.

d) Al ser un polinomio, se verifica que ∈ ∞(R2), por lo que se puedenaplicar las condiciones introducidas en la parte de teoría. Al aplicar la condición


= ¡32 − 2

¢= 0

= ¡2 − 32¢ = 0,30


es decir,

³√3+

´³√3−

´= 0

³+√3´³

−√3´

= 0,

y la única solución de este sistema conduce al punto crítico (0 0).

Al aplicar la condición suficiente a este punto, teniendo en cuenta que de

= 6

= −6 = 32 − 32,

se sigue que (0 0) = 0, (0 0) = 0, (0 0) = 0, observamos que se verifica

en dicho punto que

(0 0) = 0, |(0 0)| = (0 0)(0 0)− ((0 0))2 = 0,

por lo que nada se puede afirmar, aplicando esta condición suficiente, respecto

al caracter del punto (0 0). Aplicando la definición de extremo local, analicemos

el signo de la expresión

( ) = ( )− (0 0) = ¡2 − 2

¢= (+ ) (− )

para puntos ( ) pertenecientes a una bola de centro (0 0). En la figura 7 se

muestran estos signos, en rojo la recta = , en verde la recta = −, enamarillo la recta = 0, y en azul la recta = 0.

Figura 7

Dado que ( ) = ( )−(0 0) no mantiene signo constante en una bolade centro el origen, resulta que (0 0) es un punto de silla.

e) Al ser un polinomio, se verifica que ∈ ∞(R2), por lo que se puedenaplicar las condiciones introducidas en la parte de teoría. Al aplicar la condición

31



= 2 (− ) = 0

= −2 (− ) = 0,

y la única solución de este sistema conduce a una recta de puntos críticos de la

forma ( ) con ∈ R.Al aplicar la condición suficiente a estos puntos, teniendo en cuenta que de

= 2

= 2

= −2,

se sigue que ( ) = 2, ( ) = 2, ( ) = −2, observamos que severifica en dichos puntos que

( ) = 2 0, | ( )| = ( ) ()− ( ( ))2 = 0,


al caracter de los puntos ( ). Aplicando la definición de extremo local, anal-

icemos el signo de la expresión

( ) = ( )− ( ) = (− )2

para puntos ( ) pertenecientes a una bola de centro (). Dado que

( ) = ( )− ( ) = (− )2 ≥ 0,

resulta que ( ) es no negativa en una bola de centro (), por lo que cada

punto ( ) es un mínimo local de la función .

f) Al ser un polinomio, se verifica que ∈ ∞(R2), por lo que se puedenaplicar las condiciones introducidas en la parte de teoría. Al aplicar la condición


= −4 ¡ − 2¢= 0

= 2¡ − 2

¢= 0,

y la única solución de este sistema conduce a una parábola de puntos críticos

de la forma¡2

¢con ∈ R.

Al aplicar la condición suficiente a estos puntos, teniendo en cuenta que de

= −4 + 122 = 2

= −4,

32


se sigue que ¡ 2

¢= 82,

¡2

¢= 2,

¡ 2

¢= −4, observamos

que se verifica en dichos puntos que

¡ 2

¢= 42 ≥ 0,

¯̄

¡ 2

¢¯̄=

¡ 2

¢

¡ 2

¢−¡ ¡ 2¢¢2 = 0,por lo que nada se puede afirmar, aplicando esta condición suficiente, respecto

al caracter de los puntos¡2

¢. Aplicando la definición de extremo local,

analicemos el signo de la expresión

( ) = ( )− ¡ 2

¢=¡ − 2

¢2para puntos ( ) pertenecientes a una bola de centro

¡ 2

¢. Dado que

( ) = ( )− ¡ 2

¢=¡ − 2

¢2 ≥ 0,resulta que ( ) es no negativa en una bola de centro

¡ 2

¢, por lo que cada

punto¡ 2

¢es un mínimo local de la función .

g) Al ser un polinomio, se verifica que ∈ ∞(R2), por lo que se puedenaplicar las condiciones introducidas en la parte de teoría. Al aplicar la condición


= −4 ¡ − 2¢− 63 = 0

= 2¡ − 2

¢= 0,

y la única solución de este sistema conduce al punto crítico (0 0).

Al aplicar la condición suficiente a este punto, teniendo en cuenta que de

= −4 − 62 = 2

= −4,

se sigue que (0 0) = 0, (0 0) = 2, (0 0) = 0, observamos que se

verifica en dicho punto que

(0 0) = 0, | (0 0)| = (0 0) (0 0)− ( (0 0))2 = 0,


al caracter del punto (0 0). Aplicando la definición de extremo local, analicemos

el signo de la expresión

( ) = ( )− (0 0) =¡ − 2

¢2 − 6 =

=¡ − 2 + 3

¢ ¡ − 2 − 3

¢

33


para puntos ( ) pertenecientes a una bola de centro (0 0). La Figura 8 mues-

tra el signo de dicha expresión en las proximidades del origen.

Figura 8

Dado que

( ) = ( )− (0 0) =¡ − 2 + 3

¢ ¡ − 2 − 3

¢,

no mantiene signo constante en una bola de centro el origen, resulta que (0 0)

es un punto de silla.

Ejercicio 12.

a) Se desea construir una balsa de riego de forma paralelepipédica, abierta

por su parte superior, de volumen igual a m3. Sabiendo que el coste de la

construcción del fondo es de 1 euros/m2, y el coste de la construcción de las

paredes laterales es de 2 euros/m2, determina las dimensiones de la balsa para

minimizar el coste de su construcción.

b) Determina el punto que, estando situado en los planos +2+ 3 = 4 y

−+ 5 = 1, se halla a distancia mínima del origen de coordenadas.

c) Determina los extremos absolutos de la función ( ) = + 5 sobre el

conjunto

= {( ) ∈ R2 : 2

9+

2

4≤ 1−1 ≤ ≤ 1}.

d) Sea

= {(1 2 ) ∈ R : 0 para = 1 2 },y ∈ R, con 0. Halla el valor máximo de la función : ⊂ R → R,definida mediante

(1 2 ) = √12

34


sobre el conjunto

1 + 2 + + = .

Deduce del resultado obtenido que, para cualquiera que sean los números

reales 1, 2, ... , , con 0 para = 1 2 , se verifica que su media

geométrica es menor o igual que su media aritmética

√12 ≤ 1 + 2 + +

.

Una solución.

a) Designando por e a la longitud de las aristas de la base, y por a la

altura, teniendo en cuenta que el volumen del paralelepípedo es

= ,

y que el área lateral (parte superior excluida, fondo incluido) es

= + 2 ( + ) ,

se trata de resolver el problema de óptimos condicionados consistente en hallar

el mínimo de la función que define el coste de la construcción,

= 1 + 22 ( + ) ,

sujeta a la restricción de que el volumen embalsado sea , es decir

= .

Aplicando el método de los multiplicadores de Lagrange, el Lagrangiano del

problema es

( ) = 1 + 22 ( + )− ( − ) ,

y la condición necesaria de extremo introducida en la parte de teoría, conduce

al sistema

= 1 + 22 − = 0

= 1+ 22 − = 0

= 22 (+ )− = 0

= − ( − ) = 0.

Teniendo en cuenta que 0, 0, 0 (en particular, ninguna variable

puede ser nula, porque, en caso de que alguna lo fuera, no se cumpliría la

restricción), multiplicando por la primera ecuación, por la segunda, y por

35


la tercera, y despejando e igualando las expresiones en , se llega fácilmente

a las dos ecuaciones siguientes:

=

1 = 22.

Entrando con estas ecuaciones en la restricción, se obtiene el punto crítico³3

q221

3

q221

3

q21

422

´, por lo que las dimensiones óptimas de la balsa para

minimizar el coste de construcción son las siguientes: base cuadrada de lado

3

q221; altura 3

q21

422.

b) Se trata de encontrar el mínimo de la función

( ) =p2 + 2 + 2

sujeta a las restricciones

+ 2 + 3 = 4

−+ 5 = 1.

De modo equivalente, se trata de encontrar el mínimo de la función

( ) = 2 + 2 + 2,

sujeta a dichas restricciones. Aplicando el método de los multiplicadores de

Lagrange, el Lagrangiano del problema es

( ) = 2 + 2 + 2 − (+ 2 + 3 − 4)− (−+ 5 − 1),

y la condición necesaria de extremo introducida en la parte de teoría, conduce

al sistema

= 2− + = 0

= 2 − 2 = 0 = 2 − 3− 5 = 0 = − (+ 2 + 3 − 4) = 0 = −(−+ 5 − 1) = 0.

Resolviendo este sistema lineal en y , se obtiene el punto situado

a mínima distancia del origen, resultando¡1114 1514, 514

¢, y los multiplicadores de

Lagrange = 1514y = −1

2. La mínima distancia resulta ser

√37114.

Este problema también se puede resolver parametrizando la recta intersec-

ción de los dos planos, y minimizando la distancia al origen de un punto genérico

de dicha recta.

36


c) En la Figura 9

Figura 9

se muestra el conjunto

= {( ) ∈ R2 : 2

9+

2

4≤ 1−1 ≤ ≤ 1},

que corresponde a la porción del interior de la elipse de centro el origen y semiejes

= 3 sobre el eje y = 2 sobre el eje (esta elipse se muestra en color

rojo en la Figura 9), situada en la franja horizontal de plano −1 ≤ ≤ 1 (lasrectas = 1 e = −1 se muestran, respectivamente, en colores azul y verdeen la Figura 9). Observamos que es continua, por ser un polinomio, y que

es compacto, por ser cerrado y acotado. Por tanto, aplicando el teorema de

Weierstrass, alcanza su máximo y su mínimo absolutos en .

Fácilmente se calculan los puntos de intersección de la elipse 2

9+ 2

4= 1

y la recta = −1, resultando los puntos³±3√3

2−1

´, y de la elipse y la recta

= 1, resultando los puntos³±3√3

2 1´. El valor de la función en cada uno

de estos puntos es:

Ã3√3

2−1

!= −1 + 15

√3

2

Ã−3√3

2−1

!= −1− 15

√3

2

Ã3√3

2 1

!= 1 +

15√3

2

Ã−3√3

2 1

!= 1− 15

√3

2

Por otra parte, la función no tiene extremos relativos, dado que

= 1 6= 0 y = 5 6= 0.Veamos que, en este ejercicio, se pueden obtener fácilmente los extremos ab-

solutos de sobre el compacto mediante sencillas consideraciones geométricas.

En efecto, las líneas de nivel de son líneas rectas. En particular, en la Figura

37


9 se han representado en color negro las dos líneas de nivel de que pasan por

los extremos absolutos. De dicha figura se deduce que el máximo absoluto se

obtiene en el punto³3√32 1´y que el mínimo absoluto se obtiene en el punto³

−3√3

2−1

´.

A este resultado también se puede llegar utilizando el procedimiento descrito

en el apartado 9.6. de la parte teórica.

Por otra parte, observa que el hecho de que se alcancen los extremos sobre

las rectas = ±1 (como en este caso), o sobre los tramos de elipse situados enlas regiones 3

√32o −3

√3

2, depende de la pendiente de la línea de nivel

0 en relación a la pendiente de la tangente a la elipse en el punto³3√3

2 1´.

d) Aplicando el método de los multiplicadores de Lagrange, el Lagrangiano

del problema es

(1 2 ) = √12 − (1 + 2 + + − ) .

Aplicando la condición necesaria de extremo condicionado, se obtiene el sis-

tema

1 =2

(12)−1

− =

1− = 0

2 =13

(12)−1

− =

2− = 0

=12−1

(12)−1

− =

− = 0

= − (1 + 2 + + − ) = 0.

De las primeras ecuaciones, se sigue que

1 = 2 = = ,

por lo que, sustituyendo en la restricción, se obtienen los valores de las variables

correspondientes al máximo de , resultando

1 = 2 = = =

.

Sustituyendo en la expresión de , se obtiene su valor máximo, resultando

max =

.

Como consecuencia de esta propiedad, y siempre que sea 0 para = 1,

2,, , se verifica que√12 ≤

,

es decir,

√12 ≤ 1 + 2 + +

.

38


ejercicios tema 10 calculo diferencial varias variables

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