MAT0231er semestre de 2014

Pauta certamen 3: 14 de julio

1. (25 PUNTOS) Considere la funcion f : R2 → R definida por

f (x, y) =

x+ y2 si x < y2

x+ y4 si x ≥ y2

a) Determine el mayor subconjunto de R2 en el cual f es continua.Por algebra de continuas y la definicion de la funcion esta es continuaen todos los puntos (x0, y0) en los cuales x0 < y20 y x0 > y20 . Vamos aanalizar en los puntos de la forma (a2, a) que son los puntos en el cualla definicion de la funcion cambia.

Notemos que

lım(x,y)→(a2,a)

f (x, y) =

a2 + a2 por la region x < y2

a2 + a4 por la region x ≥ y2

luego la funcion es continua si a2 + a2 = a2 + a4 esto es a = 1, 0,−1. Sesigue que el mayor subconjunto de R2 en el cual f es continua es{

(x, y) ∈ R2 : x 6= y2}∪ {(0, 0) , (1, 1) , (1,−1)}

1

b) Estudiar la diferenciabilidad de f en (0, 0).Primero determinamos las derivadas parciales en el origen

∂f

∂x(0, 0) = lım

h→0

f (h, 0)− f (0, 0)

h

= lımh→0

f (h, 0)

h

note que los puntos de la forma (h, 0) estan en las dos regiones dedefinicion de f dependiendo del signo de h

lımh→0+

f (h, 0)

h= lım

h→0+

h+ 04

h= 1

lımh→0−

f (h, 0)

h= lım

h→0+

h+ 02

h= 1

se sigue que∂f

∂x(0, 0) = 1

de manera similar

∂f

∂y(0, 0) = lım

h→0

f (0, h)− f (0, 0)

h

= lımh→0

f (0, h)

h

los puntos de la forma (0, h) con h 6= 0 siempre pertenecen a la regionx < y2 se sigue

lımh→0

f (0, h)

h= lım

h→0

h2

h= 0

ası ∂f∂y

(0, 0) = 0. Ahora estudiamos la diferenciabilidad

lım(x,y)→(0,0)

∣∣∣f (x, y)− f (0, 0)− ∂f∂x

(0, 0) (x− 0)− ∂f∂y

(0, 0) (y − 0)∣∣∣√

x2 + y2

= lım(x,y)→(0,0)

|f (x, y)− x|√x2 + y2

pero

|f (x, y)− x| =

y2 si x < y2

y4 si x ≥ y2

se sigue que

|f (x, y)− x|√x2 + y2

=

y2√x2+y2

si x < y2

y4√x2+y2

si x ≥ y2

de donde obtenemos

lım(x,y)→(0,0)

|f (x, y)− x|√x2 + y2

= 0

luego f es diferenciable en (0, 0).

2

c) Si existe, determine el plano tangente a la grafica de f en (2, 0, f (2, 0)).En un entorno de (2, 0) la funcion esta definida como x + y4 luego esdiferenciable y el plano tangente corresponde a

z − f (2, 0) = fx (2, 0) (x− 2) + fy (2, 0) (y − 0)

⇔z − 2 = (x− 2) + 0

⇔z = x

2. (25 PUNTOS) Sea f : R2 → R, (u, v)→ f (u, v) una funcion diferenciable. Sedefine la funcion w : R2 → R por

w (x, y) = f(x2 − y2, y2 − x2

)calcular la Jacobiana de w y muestre que

y∂w

∂x+ x

∂w

∂y= 0

Solucion: Por la regla de la cadena

Jw =(wx wy

)=(fu fv

)( 2x −2y−2x 2y

)=

(2xfu − 2xfv −2yfu + 2yfv

)ası

y∂w

∂x+ x

∂w

∂y

= y (2xfu − 2xfv) + x (−2yfu + 2yfv)

= 0

3. (20 PUNTOS) Un objeto que busca el calor esta localizado en el punto (2, 3)en un plato de metal plano cuya temperatura en el punto (x, y) es T (x, y) =30− 8x2 − 2y2. Determine el camino que sigue el objeto si este se mueve enforma continua en la direccion de maximo incremento de la temperaturaen cada punto. Ind. Describir el camino como curva parametrica x = x (t),y = y (t).

Solucion. El objeto se mueve en la direccion del gradiente luego(dx

dt,dy

dt

)= k∇T = k (x,−4y)

se sigue

dx

dt= −16kx

dy

dt= −4ky

3

con (x (0) , y (0)) = (2, 3) de donde

dy

dx=

dydtdxdt

=−4ky

−16kx=

y

4x

y (2) = 3

resolvemos el PVI

dy

dx=

y

4xy (2) = 3

la ecuacion tiene solucion y = C 4√x de donde obtenemos

3 = C4√

2⇒ C =34√

2

y ası

y = 3

(4

√x

2

)

4. (30 PUNTOS)

a) Encuentre los extremos absolutos de la funcion f (x, y) = 2x2+y2−2y+1sujeto a la restriccion x2 + y2 ≤ 4.Solucion. La funcion es continua y el conjunto compacto, por el teo-rema de Weierstrass se alcanza el maximo y mınimo absolutos en laregion. Buscamos los puntos crıticos al interior y en el borde usamosmultiplicadores de Lagrange

∇f (x, y) = (4x, 2y − 2) = (0, 0)

⇔(x, y) = (0, 1)

en el borde los extremos deben cumplir

(4x, 2y − 2) = λ (2x, 2y)

x2 + y2 = 4

es decir

4x = 2λx

2y − 2 = 2λy

x2 + y2 = 4

de la primera

4x− 2λx = 2x (2− λ) = 0⇒ x = 0 ∨ λ = 2

si x = 0 entonces y = ±2 tenemos los puntos crıticos (0,±2).Si λ = 2 entonces

2y − 2 = 4y

4

y = −1 de dondex2 + 1 = 4

x = −√

3,√

3 tenemos los puntos crıticos(±√

3,−1)

evaluando la fun-cion en (0, 1) , (0,±2) y

(±√

3,−1)

se obtiene

f (0, 1) = 2(02)

+ 12 − 2 (1) + 1 = 0

f(±√

3,−1)

= 2(±√

3)2

+ (−1)2 − 2 (−1) + 1 = 10

f (0, 2) = 2 (0)2 + (2− 1)2 = 1

f (0,−2) = 2 (0)2 + (−2− 1)2 = 9

se sigue que (0, 1) es el punto de mınimo global y(±√

3,−1)

puntos demaximo global.

b) Una pieza larga de lamina galvanizada con ancho w se ha de doblaren forma simetrica con tres lados rectos para hacer un canal de agualluvia. En la figura se muestra una seccion transversal. Determine lasdimensiones que permiten el maximo flujo de agua.

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Solucion: Vamos a maximizar el area de la seccion transversal. Con losdatos de la figura

A (x, θ) = 2

(1

2(x cos θ) (x sin θ)

)+ (w − 2x) (x sin θ)

= x2 sin θ cos θ + (w − 2x) (x sin θ)

=x2

2sin (2θ) + wx sin θ − 2x2 sin θ

donde (x, θ) ∈[0, w

2

]×[0, π

2

]buscamos los puntos crıticos al interior

Aθ = x2 cos (2θ) + wx cos θ − 2x2 cos θ

Ax = x sin (2θ) + w sin θ − 4x sin θ

despejando x en las dos

x2 cos (2θ) + wx cos θ − 2x2 cos θ = 0

⇒

x = −w(

cos θ

cos 2θ − 2 cos θ

)

x sin (2θ) + w sin θ − 4x sin θ = 0

⇒

x = −w(

sin θ

sin 2θ − 4 sin θ

)de donde obtenemos

−w(

cos θ

cos 2θ − 2 cos θ

)= −w

(sin θ

sin 2θ − 4 sin θ

)⇒

(cos θ) (sin 2θ − 4 sin θ) = (sin θ) (cos 2θ − 2 cos θ)

ası

2 cos2 θ sin θ − 4 cos θ sin θ = cos2 θ sin θ − 2 cos θ sin θ − sin3 θ

⇒2 cos2 θ − 4 cos θ = cos2 θ − 2 cos θ − sin2 θ

luego

2 cos2 θ − 4 cos θ −(cos2 θ − 2 cos θ − sin2 θ

)= 0

⇔1− 2 cos θ = 0

se sigueθ =

π

3y ası

x = −w

(sin(π3

)sin(2π3

)− 4 sin

(π3

))=

w

3

6

miramos la Hessiana

HA (x, θ) =

(sin (2θ)− 4 sin θ 2x cos (2θ) + w cos θ − 4x cos θ

2x cos (2θ) + w cos θ − 4x cos θ −2x2 sin (2θ)− wx sin θ + 2x2 sin θ

)evaluando en el punto

(w3, π3

)se tiene

HA(w

3,π

3

)=

(−3

2

√3 −1

2w

−12w −1

6

√3w2

)ası

∆1 = −3

2

√3 < 0

∆2 =1

2w2 > 0

es un maximo local. Note que

A(w

3,π

3

)=

(w/3)2

2sin

(2π

3

)+ w

(w3

)sin(π

3

)− 2

(w3

)2sin(π

3

)=

1

12

√3w2

La funcion en los bordes de la caja es

A (0, θ) = 0

A(w

2, θ)

=(w/2)2

2sin (2θ) + w

(w2

)sin θ − 2 (w/2)2 sin θ =

1

8w2 sin 2θ ≤ 1

8w2

A (x, 0) = 0

A(x,π

2

)= wx− 2x2 ≤ 1

8w2

se sigue que(w3, π3

)es punto de maximo global y el maximo es 1

12

√3w2

x2

2sin (2θ) + 3x sin θ − 2x2 sin θ

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