1º Parcial Curso de Verano 2013

Publicado el febrero 26, 2013 por

T1) Definir campo escalar contínuo en A cuando f : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}.
Indicar si es Verdadero o Falso que: Si f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} es contínua en la dirección de cualquier vector no nulo de \mathbb{R}^2 en A, entonces es contínua en A.

T2) Defina extremos relativos y extremos absolutos para un campo escalar f : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}.
Sea P(x,y) = 7 + x^2 - 2xy + 4y^2 el polinomio de Taylor de segundo orden de z = f(x,y) en P = (0,0). Si g(x,y) = e^{f(x,y)} analice la existencia de extremos de g(x,y) en P_1 = (0,0).

E1) Hallar, si existe, \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^2 (1 - \cos(x+y))}{(x^2 + y^2)(x+y)}

E2) La curva de ecuación vectorial X = (t, 2-t, t^2) tiene un punto P_0 común con la superficie de ecuación z = x^2 + 3y. Analizar si la recta tangente a la curva en P_0 es normal a la superficie en dicho punto.

E3) Sea f(u,z) = u^2 + 2uz donde z es función de x e y definida por la ecuación xz + ye^{x(z-1)} = 2, resultando w(u,x,y) = f(u,z(x,y)). Hallar el gradiente de w en el punto (1,1,1).

E4) La función de producción de una compañía es Q(x,y) = xy. El costo de producción es C(x,y) = 2x + 3y con un costo de C(x,y) = 10, ¿Cuál es la máxima cantidad que puede producir?

Solución: (de la parte práctica)

T2) Sea P(x,y) = 7 + x^2 - 2xy + 4y^2 el polinomio de Taylor de segundo orden de z = f(x,y) en P = (0,0). Si g(x,y) = e^{f(x,y)} analice la existencia de extremos de g(x,y) en P_1 = (0,0).

Sabemos que f \in C^2 en un entorno del (0,0) pues admite taylor de orden 2 en él. Por lo tanto g es diferenciable en (0,0) por composición de funciones diferenciables. Calculamos el gradiente de g:

g'_x = e^{f(x,y)} f'_x(x,y)
g'_y = e^{f(x,y)} f'_y(x,y)

Del taylor podemos sacar lo siguiente
f(0,0) = 7
f'_x(0,0) = P'_x(0,0)
f'_y(0,0) = P'_y(0,0)

P'_x = 2x - 2y
P'_y = -2x + 8y

Por lo tanto
g'_x(0,0) = e^7 \cdot 0 = 0
g'_y(0,0) = e^7 \cdot 0 = 0

O sea que se cumple la condición necesaria (el punto P_1 es crítico):
\nabla g(0,0) = (0,0)

Llegado a este punto una opción es analizar con el hessiano de g en (0,0), pero son cuentas largas. Se me ocurre la siguiente alternativa: como la función exponencial es monótona creciente, g(0,0) es extremo si y solo si f(0,0) es extremo (ya sea relativo o absoluto). Veamos si f(0,0) es extremo de f. Recordemos que el taylor es

P(x,y) = 7 + x^2 - 2xy + 4y^2

Por lo tanto

P'_x = 2x - 2y
P'_y = -2x + 8y

y la matriz hessiana de f en (0,0) es

Hf(0,0) = \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ -2 & 8 \end{pmatrix}

Como \det(Hf(0,0)) = 16 - 4 = 12 > 0 y f''_{xx}(0,0) = 2 > 0 hay un mínimo relativo f(0,0)=7, y por lo tanto también hay un mínimo relativo g(0,0) = e^7

No podemos saber si es o no absoluto porque sólo tenemos información de f en el entorno del origen.

Ahora que lo terminé de esta forma, se me ocurre otra mucho más rápida de resolver este ejercicio:

P(x,y) = 7 + x^2 - 2xy + 4y^2
= 7 + (x-y)^2 + 3y^2

de donde se ve cláramente que en el origen se produce un mínimo de P (en sentido amplio siempre), y por lo tanto también de f en (0,0) (por la concavidad del taylor) y de g en (0,0) (por ser compuesta con una monótona creciente).

E1) Hallar, si existe, \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^2 (1 - \cos(x+y))}{(x^2 + y^2)(x+y)}

\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^2 (1 - \cos(x+y))}{(x^2 + y^2)(x+y)}

\lim_{(x,y) \to (0,0)} \underbrace{\frac{x^2}{x^2 + y^2}}_{f_1} \cdot \underbrace{\frac{1 - \cos(x+y)}{x+y}}_{f_2}

La función f_1 está acotada en [0,1].
La función f_2 es un infinitésimo, pues si sustituyo u = x+y me queda

\lim_{u \to 0} \frac{1 - \cos(u)}{u}
usando L’Hopital
\lim_{u \to 0} \frac{\sin(u)}{1} = 0

Por lo tanto el límite pedido existe y vale 0.

E2) La curva de ecuación vectorial X = (t, 2-t, t^2) tiene un punto P_0 común con la superficie de ecuación z = x^2 + 3y. Analizar si la recta tangente a la curva en P_0 es normal a la superficie en dicho punto.

Primero busquemos el punto P_0 de la intersección.

t^2 = t^2 + 3(2-t)
t=2

El punto mencionado es P_0 = (2,0,4)
Calculo el vector tangente a la curva en P_0. Para eso primero parametrizo la curva:
g(t) = (t, 2-t, t^2)
g'(t) = (1, -1, 2t)

g'(2) = (1, -1, 4)

Ahora calculo un vector normal a la superficie en dicho punto P_0, para ello construyo una función tal que la superficie sea el conjunto de nivel 0:
F(x,y,z) = x^2 + 3y - z
El gradiente es normal al conjunto de nivel 0, o sea
\nabla F = (2x, 3, -1)
\nabla F(P_0) = (4, 3, -1)
es un vector normal a la superficie.

Si la recta es normal a la superficie, el vector g'(2) debería ser paralelo al \nabla F(P_0). Pero ello no es así pues debería ocurrir
1 = 4 \lambda
-1 = 3 \lambda
4 = - \lambda
lo cual es absurdo.

Por lo tanto la recta no es normal a la superficie en dicho punto.

E3) Sea f(u,z) = u^2 + 2uz donde z es función de x e y definida por la ecuación xz + ye^{x(z-1)} = 2, resultando w(u,x,y) = f(u,z(x,y)). Hallar el gradiente de w en el punto (1,1,1).

Primero reconocemos las funciones que intervienen en la composición. Son las funciones

g(u,x,y) = (u, z(x,y))
f(u,z) = u^2 + 2uz

y resulta la compuesta
w(u,x,y) = f(g(u,x,y))

por la regla de la cadena:
\nabla w(1,1,1) = \nabla f(g(1,1,1)) Dg(1,1,1)

f'_u = 2u + 2z
f'_z = 2u

Calculo z(1,1)
z + e^{z-1} = 2
z=1

g(1,1,1) = (1,1)

\nabla f(1,1) = (4,2)

Llamo Z(x,y,z) = xz + ye^{x(z-1)} - 2
Z'_x = z + y(z-1)e^{x(z-1)}
Z'_y = e^{x(z-1)}
Z'_z = x + yxe^{x(z-1)}

Z'_x(1,1,1) = 1
Z'_y(1,1,1) = 1
Z'_z(1,1,1) = 2

por Cauchy-Dini, en (x,y) = (1,1)
z'_x = z'_y = -1/2

Luego
Dg(1,1,1) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1/2 & -1/2 \end{pmatrix}

Por lo tanto
\nabla w(1,1,1) = \nabla f(g(1,1,1)) Dg(1,1,1)
= (4,2) \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1/2 & -1/2 \end{pmatrix}
= (4, -1, -1)

E4) La función de producción de una compañía es Q(x,y) = xy. El costo de producción es C(x,y) = 2x + 3y con un costo de C(x,y) = 10, ¿Cuál es la máxima cantidad que puede producir?

El problema consiste en maximizar Q(x,y) = xy sujeto a 2x + 3y = 10

Armo la función de Lagrange
L(x,y,\lambda) = xy + \lambda (2x+3y-10)

L'_x = y + 2\lambda = 0
L'_y = x + 3\lambda = 0
L'_\lambda = 2x + 3y - 10 = 0

3y + 6\lambda = 0
2x + 6\lambda = 0
3y = 2x

2x + 2x - 10 = 0

4x = 10

x = 5/2
y = 5/3

Para justificar que el máximo es Q(5/2, 5/3) podríamos usar el hessiano restringido, pero una forma más fácil es reemplazando de la siguiente manera
2x + 3y = 10
3y = 10 - 2x
y = \frac{10 - 2x}{3}

Q(x,y) = xy
= x \frac{10 - 2x}{3}
= \frac{10x - 2x^2}{3} = q(x)

q'(x) = \frac{10 - 4x}{3}
q'(x) = 0 = 10 - 4x
x = 5/2
(lógicamente encontramos el mismo valor de x para el punto crítico, pero ahora podemos usar el criterio de la derivada segunda de AM1)

q''(x) = -4/3

q''(5/2) = -4/3 < 0
Luego q(5/2) = Q(5/2, 5/3) es máximo local (y absoluto si uno lo piensa un poco).
(Se podría haber hecho todo el ejercicio así sin utilizar la función de Lagrange).

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Una respuesta a 1º Parcial Curso de Verano 2013

  1. Ailen Muñoz dijo:
    agosto 2, 2015 en 9:56 am

    Hola dami, te hago una consulta, en el E3, como sabes que la jacobiana es (1 0 0
    0 1/2 1/2) ??
    Muchas gracias por todos los aportes, sos un genio!
    Saludos

    Responder

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