ciclos biogeoquimicas y flujo de materia ecosistemas
Ejercicios tema 10 calculo diferencial varias variables
1.
EJERCICIOS DE CÁLCULO DIFERENCIAL
EN FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES
Matemáticas I. Prof.: Ignacio López Torres
2. 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+2 para ( ) 6= (0 0)
0 para ( ) = (0 0)
.
c) ( ) =
(
4
+4
2+2 para ( ) 6= (0 0)
0 para ( ) = (0 0)
.
d) ( ) =
( √
2+2
para ( ) 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 0
0 ), 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
3. 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
=
p
2 + 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 que
lim
→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
→0
3
¡
3
¢
6 + (3)2 = lim
→0
3
¡
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
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4. 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 0
0 ), efectuamos en la función ( ) un
cambio a coordenadas polares, obteniendo
lim
→0
( cos sen ) = 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
0
0 ), 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+2 para ( ) 6= (0 0)
0 para ( ) = (0 0)
.
b) ( ) =
(
(1−)+sen(3
)
2+2 para ( ) 6= (0 0)
0 para ( ) = (0 0)
.
c) ( ) =
(
(2
+2
)sen(−)
2+2 para ( ) 6= (0 0)
0 para ( ) = (0 0)
.
d) ( ) =
½
2
2
log
¡
2
+ 2
¢
para ( ) 6= (0 0)
0 para ( ) = (0 0)
.
3
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5. 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
→0
0
= 0
(0 0) = lim
→0
(0 ) − (0 0)
= lim
→0
0
= 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(26
−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
+ 2
2
− 4
+ 34
cos 3
+ 32
2
cos 3
− 2 sen 3
(2 + 2)2
( ) = −
−3
+ 2
+ 23
+ 2 sen 3
(2 + 2)
2 .
4
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
6. En cuanto al origen, aplicando la definición de derivada parcial, se obtiene
(0 0) = lim
→0
( 0) − (0 0)
= lim
→0
sen 3
2
= 1
(0 0) = lim
→0
(0 ) − (0 0)
= lim
→0
0 − 0
= 0,
por lo que también existen derivadas parciales de primer orden en (0 0).
Por tanto, las funciones derivadas parciales de primer orden de quedan
definidas del modo siguiente
( ) =
(
−2
+3
+2
2
−4
+34
cos 3
+32
2
cos 3
−2 sen 3
(2+2)2 para ( ) 6= (0 0)
1 para ( ) = (0 0)
( ) =
(
−−3
+2
+23
+2 sen 3
(2+2)2 para ( ) 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
+ 2
2
+ 3
+ 3
)
¤
(2 + 2)
2
( ) =
£
sen( − )(3
− 2
+ 22
) − cos( − )(3
+ 3
+ 2
2
+ 4
)
¤
(2 + 2)
2 .
En cuanto al origen, aplicando la definición de derivada parcial, se obtiene
(0 0) = lim
→0
( 0) − (0 0)
= lim
→0
0 − 0
= 0
(0 0) = lim
→0
(0 ) − (0 0)
= lim
→0
0 − 0
= 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
( ) =
(
[sen(−)(22
−2
+3
)+cos(−)(4
+2
2
+3
+3
)]
(2+2)2 para ( ) 6= (0 0)
0 para ( ) = (0 0)
( ) =
(
[sen(−)(3
−2
+22
)−cos(−)(3
+3
+2
2
+4
)]
(2+2)2 para ( ) 6= (0 0)
0 para ( ) = (0 0)
.
5
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
7. 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
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
( ) =
22
£
(2
+ 2
) log(2
+ 2
) + 2
¤
2 + 2
( ) =
22
£
(2
+ 2
) log(2
+ 2
) + 2
¤
2 + 2
.
En cuanto al origen, aplicando la definición de derivada parcial, se obtiene
(0 0) = lim
→0
( 0) − (0 0)
= lim
→0
0 − 0
= 0
(0 0) = lim
→0
(0 ) − (0 0)
= lim
→0
0 − 0
= 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
( ) =
(
22
[(2
+2
) log(2
+2
)+2
]
2+2 para ( ) 6= (0 0)
0 para ( ) = (0 0)
( ) =
(
22
[(2
+2
) log(2
+2
)+2
]
2+2 para ( ) 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
( ) =
½
1 para − 0
−1 para − 0
.
La gráfica de esta función en el cubo [0 1] × [0 1] × [0 2] se bosqueja en la
6
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
8. Figura 2
Figura 2
Es evidente que, en todos los puntos ( ) ∈ R2
tales que − = 0, es decir, a
lo largo de la recta
½
=
= 0
mostrada 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 el
punto = 0.
Ejercicio 3.
Calcular las derivadas direccionales siguientes:
a) De la función : R
→ R, definida mediante
() = kk =
q
2
1 + 2
2 + + 2
,
según el vector (unitario) =
³
1√
1√
1√
´
∈ R
, en el punto = (1 2 ) ∈
R
.
b) De la función : R2
→ R, definida mediante
½ sen
2+2 para ( ) 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)2 para ( ) 6= (0 0)
1 para ( ) = (0 0)
,
7
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9. en el punto (0 0) según cualquier vector (unitario y no nulo) = (1 2) ∈ R2
.
d) De la función : R2
→ R, definida mediante
(
2
2
4+4 para ( ) 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 función
dada, () = 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 )
=
µ
1
√
1
√
1
√
¶
,
se llega a
() =
√
kk
X
=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 verifica
que
(0) = lim
→0
() − (0)
= lim
→0
kk − 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, no
admite derivada direccional en el punto = 0 según ningún vector (unitario) .
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Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
10. b) Aplicando la definición de derivada direccional, se verifica que
(0 0) = lim
→0
(0 + 1 0 + 2) − (0 0)
= lim
→0
2
12 sen(1)
2
(2
1+2
2)
− 0
=
=
12
2
1 + 2
2
lim
→0
sen (1)
=
2
12
2
1 + 2
2
.
c) Aplicando la definición de derivada direccional, se verifica que
(0 0) = lim
→0
(0 + 1 0 + 2) − (0 0)
= lim
→0
(2
1−2
4
2)2
(2
1+24
2)
2 − 1
=
= lim
→0
−42
14
2
(2
1 + 24
2)
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
2
12
2
4
1+4
2
− 0
=
=
2
12
2
4
1 + 4
2
lim
→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
→0
1
no 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)2 para ( ) 6= (0 0)
1 para ( ) = (0 0)
,
9
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
11. no es diferenciable en el punto (0 0), demostrando que no es continua en
(0 0).
b) Prueba que la función : R2
→ R definida mediante
½
( + )
2
sen 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 mediante
½
sen 1
2+2 para ( ) 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+2 para ( ) 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
10
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
12. a la siguiente expresión del lim
()→(00)
( ) para cualquier aproximación al
origen según dichas parábolas:
lim
→0
¡
2
− 2
2
¢2
(2 + 22)2 =
µ
1 − 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
las propiedades de las funciones derivables, las reglas de derivación vistas para
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
+
.
En cuanto al origen, aplicando la definición de derivada parcial, se obtiene
(0 0) = lim
→0
( 0) − (0 0)
= lim
→0
2
sen 1
− 0
= lim
→0
sen
1
= 0
(0 0) = lim
→0
(0 ) − (0 0)
= lim
→0
2
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)
µ
2 ( + ) sen
1
+
− cos
1
+
¶
=
= − lim
()→(00)
cos
1
+
,
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)
( + )2
sen 1
+ − 0 − 0( − 0) − 0( − 0)
p
2 + 2
= lim
()→(00)
( + )2
sen 1
+
p
2 + 2
.
11
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
13. Pasando a coordenadas polares para calcular este último límite, se llega a
lim
→0
(cos + sen )2
sen
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
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
+ 22
¢
(2 + 2)
3
2
( ) =
4
(2 + 2)
3
2
.
En cuanto al origen, aplicando la definición de derivada parcial, se obtiene
(0 0) = lim
→0
( 0) − (0 0)
= lim
→0
0 − 0
= 0
(0 0) = lim
→0
(0 ) − (0 0)
= lim
→0
0 − 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 ) = 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
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
14. 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
→0
sen
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
→0
2
12
24
1 + 2
2
=
2
1
2
(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) =
2
1
2
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) =
(
2
1
2
cuando 2 6= 0
0 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.
13
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
15. 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
+2
2
+3
+3
)]
(2+2)2 para ( ) 6= (0 0)
0 para ( ) = (0 0)
( ) =
(
[sen(−)(3
−2
+22
)−cos(−)(3
+3
+2
2
+4
)]
(2+2)2 para ( ) 6= (0 0)
0 para ( ) = (0 0)
,
14
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
16. 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
→0
sen
= −1
(0 0) = lim
→0
( 0) − (0 0)
= lim
→0
(3
sen )
4 − 0
= lim
→0
sen
= 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), se
cumplen 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, definida
mediante 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
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
17. 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 para
que 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
sen
2 − 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 valen
1 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+2
p
2 + 2
= lim
()→(00)
sen −
sen
(2 + 2)
3
2
,
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 − +
p
2 + 2
=
= lim
()→(00)
2
sen − 2
sen − 3
− 2
+ 2
+ 3
(2 + 2)
3
2
,
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 − 2
2
sen − 3
− 2
3
+ 3
+ 3
3
(2 + 22)
3
2
=
= lim
→0
2
sen − 2
2
sen − 3
− 2
3
+ 3
+ 3
3
(2 + 22)
3
2
,
16
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
18. y este límite no existe, dado que depende de como fácilmente se comprueba
utilizando desarrollos en serie (sen = − 1
6 3
+, sen = − 1
6 3
3
+).
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
=
=
¡
2
2 + 21 + 212 + 2
1 + 2
12
¢
.
17
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
19. 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 + 2
2 = (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 −
001
3
≈ 60042.
Por tanto, la variación que experimenta es
(401 899) − (4 9) ≈ 60042 − 6 = 00042.
Finalmente, dado que el valor exacto de dicha variación es
p
|401 · 899| −
p
|4 · 9| ≈ 000416,
el error que se comete mediante la aproximación lineal es del orden de
≈ 00001.
18
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
20. c) El volumen de este cono es
=
1
3
2
=
1
3
· 142
· 21 = 1372 ≈ 4310262 cm3
.
Diferenciando en esta expresión, se llega a
=
+
=
2
3
+
1
3
2
.
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 ( ) =
³
2
+ 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 diferenciable
en (4 3), y se verifica que
( ◦ ) (4 3) = ((4 3)) · (4 3) =
= (1 5 0) · (4 3).
19
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
21. En estas condiciones, de
( ) =
µ
2 4 6
8 −2 0
¶
,
se sigue que
(1 5 0) =
µ
2 20 0
8 −10 0
¶
.
Del mismo modo, de
( ) =
⎛
⎝
1
2
√
−3
0
√
2+2
√
2+2
3 −4
⎞
⎠
se sigue que
(4 3) =
⎛
⎝
1
2 0
4
5
3
5
3 −4
⎞
⎠ .
Por tanto,
( ◦ ) (4 3) =
µ
2 20 0
8 −10 0
¶
·
⎛
⎝
1
2 0
4
5
3
5
3 −4
⎞
⎠ =
µ
17 12
−4 −6
¶
.
Finalmente, la diferencial de ◦ en el punto (4 3), se puede expresar
mediante
( ◦ ) (4 3) =
µ
17 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
( ◦ )
³
4
6
4
´
=
³
³
4
6
4
´´
·
³
4
6
4
´
=
=
³√
2
√
2 2
√
3
´
·
³
4
6
4
´
.
En estas condiciones, de
( ) =
Ã
2 2 0
−2
(2+2)2
−2
(2+2)2
1
2+2
!
,
20
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
22. se sigue que
³√
2
√
2 2
√
3
´
=
Ã
2
√
2 2
√
2 0
−
√
6
4 −
√
6
4
1
4
!
.
Del mismo modo, de
( ) =
⎛
⎝
− sen sen cos cos sen cos
sen cos cos sen sen sen
0 − sen cos
⎞
⎠
se sigue que
³
4
6
4
´
=
⎛
⎜
⎝
−
√
2
√
6
√
2
4√
2
√
6
√
2
4
0 −2
√
3
2
⎞
⎟
⎠ .
Por tanto,
( ◦ )
³
4
6
4
´
=
Ã
2
√
2 2
√
2 0
−
√
6
4 −
√
6
4
1
4
!
·
⎛
⎜
⎝
−
√
2
√
6
√
2
4√
2
√
6
√
2
4
0 −2
√
3
2
⎞
⎟
⎠ =
=
Ã
0 8
√
3 2
0 −7
2 −
√
3
8
!
.
Finalmente, la diferencial de ◦ en el punto
¡
4
6 4
¢
, se puede expresar
mediante
( ◦ )
³
4
6
4
´
=
Ã
0 8
√
3 2
0 −7
2 −
√
3
8
! ⎛
⎝
⎞
⎠ .
Ejercicio 9.
Determina los puntos ( ) ∈ R3
para los que las siguientes funciones
: R3
→ R3
son localmente invertibles. Para dichos puntos, obtén la diferencial
de la función −1
(localmente definida) en el punto que se especifica.¿Son dichas
funciones 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
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
23. 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
sen cos cos sen sen sen
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
sen cos cos sen sen sen
0 − sen cos
⎞
⎠
−1
=
=
⎛
⎝
− sen
sen
cos
sen 0
cos 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
−1
³√
2
√
2 2
√
3
´
=
³
³
4
6
4
´´−1
=
⎛
⎜
⎝
−
√
2
√
6
√
2
4√
2
√
6
√
2
4
0 −2
√
3
2
⎞
⎟
⎠
−1
=
=
⎛
⎜
⎝
−
√
2
4
√
2
4 0√
6
16
√
6
16 −1
8√
2
4
√
2
4
√
3
2
⎞
⎟
⎠ .
Finalmente, la diferencial de −1
en el punto
¡√
2
√
2 2
√
3
¢
, se expresa mediante
−1
³√
2
√
2 2
√
3
´
=
⎛
⎜
⎝
−
√
2
4
√
2
4 0√
6
16
√
6
16 −1
8√
2
4
√
2
4
√
3
2
⎞
⎟
⎠
⎛
⎝
⎞
⎠ .
22
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
24. 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
−1
³
1
√
3 3
´
=
³
³
2
3
3
´´−1
=
⎛
⎝
1
2 −
√
3 0√
3
2 1 0
0 0 1
⎞
⎠
−1
=
=
⎛
⎜
⎝
1
2
√
3
2 0
−
√
3
4
1
4 0
0 0 1
⎞
⎟
⎠ .
Finalmente, la diferencial de −1
en el punto
¡
1
√
3 3
¢
, se expresa mediante
−1
³
1
√
3 3
´
=
⎛
⎜
⎝
1
2
√
3
2 0
−
√
3
4
1
4 0
0 0 1
⎞
⎟
⎠
⎛
⎝
⎞
⎠ .
23
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
25. 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
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
26. 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)
= −
h
log +
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
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
27. 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 pueden
aplicar 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
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
28. • 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
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
29. Figura 5
b) Al ser un polinomio, se verifica que ∈ ∞
(R2
), por lo que se pueden
aplicar las condiciones introducidas en la parte de teoría. Al aplicar la condición
necesaria de extremo, se llega al sistema
= 32
− 4 + 2
= 0
= 2 = 0,
cuyas soluciones son los puntos críticos (0 0) y
¡4
3 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
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
30. 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 de
centro el origen, resulta que (0 0) es un punto de silla.
• En el punto
¡4
3 0
¢
: Dado que
¡4
3 0
¢
= 4,
¡4
3 0
¢
= 8
3 ,
¡4
3 0
¢
= 0,
observamos que se verifica en dicho punto que
µ
4
3
0
¶
= 4 0,
¯
¯
¯
¯
µ
4
3
0
¶¯
¯
¯
¯ =
µ
4
3
0
¶
µ
4
3
0
¶
−
µ
µ
4
3
0
¶¶2
=
=
32
3
0,
por lo que
¡4
3 0
¢
es un mínimo local de .
29
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
31. c) Al ser un polinomio, se verifica que ∈ ∞
(R2
), por lo que se pueden
aplicar las condiciones introducidas en la parte de teoría. Al aplicar la condición
necesaria de extremo, se llega al sistema
= 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
¢
= 0
cuyas 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
¡1
2 −1
4
¢
: Dado que
¡1
2 −1
4
¢
= 8,
¡1
2 −1
4
¢
= 2,
¡1
2 −1
4
¢
=
0, observamos que se verifica en dicho punto que
µ
1
2
−
1
4
¶
= 8 0
¯
¯
¯
¯
µ
1
2
−
1
4
¶¯
¯
¯
¯ =
µ
1
2
−
1
4
¶
µ
1
2
−
1
4
¶
−
µ
µ
1
2
−
1
4
¶¶2
= 16 0,
por lo que el punto
¡1
2 −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 pueden
aplicar las condiciones introducidas en la parte de teoría. Al aplicar la condición
necesaria de extremo, se llega al sistema
=
¡
32
− 2
¢
= 0
=
¡
2
− 32
¢
= 0,
30
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
32. 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 = −, en
amarillo la recta = 0, y en azul la recta = 0.
Figura 7
Dado que ( ) = ( )−(0 0) no mantiene signo constante en una bola
de 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 pueden
aplicar las condiciones introducidas en la parte de teoría. Al aplicar la condición
31
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
33. necesaria de extremo, se llega al sistema
= 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 se
verifica en dichos puntos que
( ) = 2 0, | ( )| = ( ) ( ) − ( ( ))
2
= 0,
por lo que nada se puede afirmar, aplicando esta condición suficiente, respecto
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 pueden
aplicar las condiciones introducidas en la parte de teoría. Al aplicar la condición
necesaria de extremo, se llega al sistema
= −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
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
34. 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
¢2
para 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 pueden
aplicar las condiciones introducidas en la parte de teoría. Al aplicar la condición
necesaria de extremo, se llega al sistema
= −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,
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
− 6
=
=
¡
− 2
+ 3
¢ ¡
− 2
− 3
¢
33
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
35. 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
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
36. 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
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
37. 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 crítico³
3
q
22
1
3
q
22
1
3
q
2
1
42
2
´
, por lo que las dimensiones óptimas de la balsa para
minimizar el coste de construcción son las siguientes: base cuadrada de lado
3
q
22
1
; altura 3
q
2
1
42
2
.
b) Se trata de encontrar el mínimo de la función
( ) =
p
2 + 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
¡11
14 15
14 , 5
14
¢
, y los multiplicadores de
Lagrange = 15
14 y = −1
2 . La mínima distancia resulta ser
√
371
14 .
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
Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
38. 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 (las
rectas = 1 e = −1 se muestran, respectivamente, en colores azul y verde
en 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 puntos
³
±3
√
3
2 −1
´
, y de la elipse y la recta
= 1, resultando los puntos
³
±3
√
3
2 1
´
. El valor de la función en cada uno
de estos puntos es:
Ã
3
√
3
2
−1
!
= −1 +
15
√
3
2
Ã
−
3
√
3
2
−1
!
= −1 −
15
√
3
2
Ã
3
√
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
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Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
39. 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 punto
³
3
√
3
2 1
´
y que el mínimo absoluto se obtiene en el punto
³
−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 en
las regiones 3
√
3
2 o −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 punto
³
3
√
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 + +
.
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Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
