1º Parcial Curso de Verano 2013

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.

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.

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).

Una respuesta a 1º Parcial Curso de Verano 2013

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

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