TRABAJO EN GRUPO 04/2009 Permutación 1 Ingeniería Técnica de Obras Públicas (E.T.S.E.C.C.P.B.)

Problema 1 (i) Probar que el sistema 

ln(x2 + y 2 + 1) + z 2 = π 3 sen(z 2 ) − (x2 + y 2 ) 2 + xz = 0, √

dene dos funciones implícitas x = x(y), z = z(y) en un entorno del punto (0, 0, π). (ii) Sea α la curva parametrizada por α(y) = (x(y), √ y, z(y)), calcular la recta tangente y el plano normal a dicha curva en el punto (0, 0, π). √

(iii) Hallar la variación de la función F (x, y, z) = x3 y + exz − y 2 en el punto (0, 0, π). según α. SOLUCIÓN (i) Vericaremos que se cumplen las 3 condiciones del Teorema de la Función Implícita. f1 (x, y, z) = ln(x2 + y 2 + 1) + z 2 − π √ f1 (0, 0, π) = 0 + π − π = 0

3

f2 (x, y, z) = sen(z 2 ) − (x2 + y 2 ) 2 + xz √ f2 (0, 0, π) = 0 − 0 + 0 = 0

Ahora calculamos las derivadas parciales de ambas funciones y las evaluamos en el √ punto (0, 0, π). 1 ∂f1 2x ∂f2 (x, y, z) = 2 (x, y, z) = −3x(x2 + y 2 ) 2 + z 2 ∂x x +y +1 ∂x 1 ∂f1 2y ∂f2 (x, y, z) = 2 (x, y, z) = −3y(x2 + y 2 ) 2 2 ∂y x +y +1 ∂y ∂f1 ∂f2 (x, y, z) = 2z (x, y, z) = 2z cos(z 2 ) + x ∂z ∂z √ √ √ ∂f1 ∂f2 (0, 0, π) = 0 (0, 0, π) = π ∂x ∂x √ √ ∂f1 ∂f2 (0, 0, π) = 0 (0, 0, π) = 0 ∂y ∂y √ √ √ √ ∂f1 ∂f2 (0, 0, π) = 2 π (0, 0, π) = −2 π ∂z ∂z

El determinante siguiente tendrá que ser no nulo para que exista x = x(y) y z = z(y).

∂f1 √ √ ∂f1 (0, 0, π) (0, 0, π) ∂x ∂z ∂f √ √ ∂f2 2 (0, 0, π) (0, 0, π) ∂x ∂z

0 2√π = √ π −2√π

= −2π 6= 0

Por el Teorema de la Función Implícita el sistema dene dos funciones implícitas, √ x = x(y) y z = z(y), en el entorno del punto (0, 0, π). √

(ii) Observamos en primer lugar que α(0) = (0, 0, π). Por tanto el vector tangente a la curva en y = 0 es α0 (0) = (x0 (0), 1, z 0 (0))

donde las derivadas se calculan por el Teorema de la Función Implícita −1  √ √ ∂f1 ∂f1  ∂x (0, 0, π) ∂z (0, 0, π)     = −  ∂f2 √ √   ∂f2 (0, 0, π) (0, 0, π) ∂x ∂z −1      √ 0 0 π 0 2 √ = = − √ π −2 π 0 0 

"

x0 (0) z 0 (0)

#

 √ ∂f1 (0, 0, π)  ∂y  √  ∂f2 (0, 0, π) ∂y

Por lo que α0 (0) = (0, 1, 0) y la ecuación de la recta tangente es √ (x, y, z) = (0, 0, π) + λ(0, 1, 0) √

y el plano normal a esta curva en el punto (0, 0, π) es 0(x − 0) + 1(y − 0) + 0(z −

√ π) = 0 ⇒ y = 0

(iii) Para hallar la variación de la función F necesitamos calcular su gradiente ∇F (x, y, z) = (3x2 y + zex , x3 − 2y, xez ) √ √ ∇F (0, 0, π) = ( π, 0, 0)

Calcularemos √ la derivada direccional de F en la dirección del vector tangente a α en el punto (0, 0, π). √ √ √ Dv F (0, 0, π) = h∇F (0, 0, π)|α0 (0)i = h( π, 0, 0)|(0, 1, 0)i = 0 y z  Problema 2 La ecuación g(x, y, z) = f , = 0, donde f es una función diferenciable, x x dene una función z = z(x, y) de forma implícita. Teniendo en cuenta que según el

Teorema de la función implícita

∂g (x, y, z) ∂z ∂x (x, y) = − ∂g ∂x (x, y, z) ∂z

y

∂g (x, y, z) ∂z ∂y (x, y) = − ∂g ∂y (x, y, z) ∂z

demostrar, aplicando la regla de la cadena, que se verica: x

∂z ∂z (x, y) + y (x, y) = z ∂x ∂y

SOLUCIÓN En primer lugar debemos calcular las derivadas parciales de la función g de la siguiente manera ∂g ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f −y ∂f −z = + = + ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u x2 ∂v x2 ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f 1 ∂g = + = ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂u x ∂g ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f 1 = + = ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z ∂v x ∂f ∂f ∂f +z y ∂z ∂z ∂v y Entonces (x, y) = ∂u (x, y) = − ∂u ∂f ∂f ∂x ∂y x ∂v ∂v ∂f ∂f ∂z ∂z x (x, y) + y (x, y) = y ∂u − y ∂u + z = z ∂f ∂f ∂x ∂y ∂v ∂v

que es lo que queríamos demostrar.

TRABAJO EN GRUPO 04/2009 Permutación 2 Ingeniería Técnica de Obras Públicas (E.T.S.E.C.C.P.B.)

Problema 1 (i) Probar que el sistema 

ex−1 + y 3 z − x = 2 sin(y − 1) + x2 z − 2y = 0,

dene dos funciones implícitas x = x(y), z = z(y) en un entorno del punto (1, 1, 2). (ii) Sea α la curva parametrizada por α(x) = (x, y(x), z(x)), calcular la recta tangente y el plano normal a dicha curva en el punto (1, 1, 2). (iii) Hallar la variación de la función F (x, y, z) = x2 y − z + y 3 x en el punto (1, 1, 2) según α.

Problema 2 Demostrar que la función z determinada de forma implícita por la ecuación F (x − az, y − bz) = 0, donde F es una función diferenciable y a y b son constantes reales, satisface la ecuación:

a

∂z ∂z +b =1 ∂x ∂y

SOLUCIÓN

Problema 1 (i) Vericaremos que se cumplen las 3 condiciones del Teorema de la Función Implícita. f1 (x, y, z) = ex−1 + y 3 z − x − 2

f2 (x, y, z) = sen(y − 1) + x2 z − 2y

f1 (1, 1, 2) = 1 + 2 − 1 − 2 = 0

f2 (1, 1, 2) = 0 + 2 − 2 = 0

Ahora calculamos las derivadas parciales de ambas funciones y las evaluamos en el punto (1, 1, 2) ∂f1 ∂f2 (x, y, z) = ex−1 − 1 (x, y, z) = 2xz ∂x ∂x ∂f1 ∂f2 (x, y, z) = 3y 2 z (x, y, z) = cos(y − 1) − 2 ∂y ∂y ∂f1 ∂f2 (x, y, z) = y 3 (x, y, z) = x2 ∂z ∂z ∂f1 ∂f2 (1, 1, 2) = 0 (1, 1, 2) = 4 ∂x ∂x ∂f1 ∂f2 (1, 1, 2) = 6 (1, 1, 2) = −1 ∂y ∂y ∂f1 ∂f2 (1, 1, 2) = 1 (1, 1, 2) = 1 ∂z ∂z

El determinante siguiente tendrá que ser no nulo para que exista x = x(y) y z = z(y).

∂f1 ∂f1 ∂x (1, 1, 2) ∂z (1, 1, 2) ∂f ∂f2 2 (1, 1, 2) (1, 1, 2) ∂x ∂z

0 1 = 4 1

= −4 6= 0

Por el Teorema de la Función Implícita el sistema dene dos funciones implícitas, x = x(y) y z = z(y), en el entorno del punto (1, 1, 2). (ii) Para calcular la recta tangente a la curva parametrizada α(y) = (x(y), y, z(y)) procedemos de la siguiente manera: α0 (1) = (x0 (1), 1, z 0 (1)) vector tangente en y = 1, donde las derivadas se calculan por el

Teorema de la Función Implícita.

−1  ∂f1 ∂f1 ∂f1  ∂x (1, 1, 2) ∂z (1, 1, 2)   ∂y (1, 1, 2) x0 (1)   = −   ∂f2  ∂f2 ∂f2 z 0 (1) (1, 1, 2) (1, 1, 2) (1, 1, 2) ∂y ∂x ∂z   7  −1   0 1 6 = − = 4  4 1 −1 −6   7 , 1, −6 y la ecuación de la recta tangente es Por lo que α0 (1) = 4 

"



#

 (x, y, z) = (1, 1, 2) + λ

  

 7 , 1, −6 4

y el plano normal a esta curva en el punto (1, 1, 2) es 7 7 37 (x − 1) + 1(y − 1) − 6(z − 2) = 0 ⇒ x + y − 6z + =0 4 4 4

(iii) Para hallar la variación de la función F necesitamos calcular su gradiente ∇F (x, y, z) = (2xy + y 3 , x2 + 3y 2 , −1) ∇F (1, 1, 2) = (3, 4, −1)

Calcularemos la derivada direccional de F en la dirección del vector tangente a α en el punto (1, 1, 2). 0

Dv F (1, 1, 2) = h∇F (1, 1, 2)|α (1)i = h(3, 4, −1)|



 7 61 , 1, −6 i = 4 4

Problema 2 Dadas las hipótesis anteriores, como z = z(x, y) sabemos cómo calcular sus derivadas parciales. zx = −

fx fz

zy = −

fx = 1fu + 0fv = fu

Entonces azx + bzy =

fy fz fy = 0fu + 1fv = fv

fz = −afu − bfv

−afu − bfv = 1 que es lo que queríamos demostrar. −afu − bfv

TRABAJO EN GRUPO 04/2009 Permutación 3 Ingeniería Técnica de Obras Públicas (E.T.S.E.C.C.P.B.)

Problema 1 (i) Probar que el sistema 

x2 y − sin(xz) + 3xz 2 = 2 exyz + y 2 x3 = 5,

dene dos funciones implícitas x = x(z), y = y(z) en un entorno del punto (1, 2, 0). (ii) Sea α la curva parametrizada por α(z) = (x(z), y(z), z)), calcular la recta tangente y el plano normal a dicha curva en el punto (1, 2, 0). (iii) Hallar la variación de la función F (x, y, z) = ex − y 2 z + y 3 x en el punto (1, 2, 0) según α. 2

SOLUCIÓN (i) Vericaremos que se cumplen las 3 condiciones del Teorema de la Función Implícita. f1 (x, y, z) = x2 y − sin(xz) + 3xz 2 − 2 f1 (1, 2, 0) = 2 − 0 + 0 − 2 = 0

f2 (x, y, z) = exyz + y 2 x3 − 5

f2 (1, 2, 0) = 1 + 4 − 5 = 0

Ahora calculamos las derivadas parciales de ambas funciones y las evaluamos en el punto (1, 2, 0) ∂f1 (x, y, z) = 2xy − z cos(xz) + 3z 2 ∂x ∂f1 (x, y, z) = x2 ∂y ∂f1 (x, y, z) = −x cos(xz) + 6xz ∂z ∂f1 ∂f2 (1, 2, 0) = 4 (1, 2, 0) = 12 ∂x ∂x ∂f1 ∂f2 (1, 2, 0) = 1 (1, 2, 0) = 4 ∂y ∂y ∂f1 ∂f2 (1, 2, 0) = −1 (1, 2, 0) = 2 ∂z ∂z

∂f2 (x, y, z) = yzexyz + 3x2 y 2 ∂x ∂f2 (x, y, z) = xzexyz + 2yx3 ∂y ∂f2 (x, y, z) = xyexyz ∂z

El determinante siguiente tendrá que ser no nulo para que exista x = x(z) y y = y(z).



∂f1 ∂f1 (1, 2, 0) (1, 2, 0) ∂x ∂y ∂f2 ∂f2 (1, 2, 0) (1, 2, 0) ∂x ∂y

4 1 = 12 4

= 4 6= 0

Vemos que el sistema si que dene dos funciones implícitas, x = x(z) y y = y(z), en el entorno del punto (1, 2, 0). (ii) Para calcular la recta tangente a la curva parametrizada α(z) = (x(z), y(z), z) procedemos de la siguiente manera: α0 (0) = (x0 (0), y 0 (0), 1) vector tangente en z = 0, y las derivadas parciales se calculan

mediante el Teorema de la Función Implícita.

−1  ∂f1 ∂f1 ∂f1  ∂x (1, 2, 0) ∂y (1, 2, 0)   ∂z (1, 2, 0) x0 (0)   = −    ∂f2 0 ∂f ∂f 2 2 y (0) (1, 2, 0) (1, 2, 0) (1, 2, 0) ∂x ∂y ∂z   3  −1   4 1 −1 = − = 2  12 4 2 −5   3 , −5, 1 y la ecuación de la recta tangente es Por lo que α0 (0) = 2 

"



#

 (x, y, z) = (1, 2, 0) + λ

  

 3 , −5, 1 2

y el plano normal a esta curva en el punto (1, 2, 0) es 17 3 3 (x − 1) − 5(y − 2) + 1(z − 0) = 0 ⇒ x − 5y + z + =0 2 2 2

(iii) Para hallar la variación de la función F necesitamos calcular su gradiente 2

∇F (x, y, z) = (2xex + y 3 , 3y 2 x − 2yz, −y 2 ) ∇F (1, 2, 0) = (2e + 8, 12, −4)

Calcularemos la derivada direccional de F en la dirección del vector tangente a α en el punto (1, 2, 0). 

0

Dv F (1, 2, 0) = h∇F (1, 2, 0)|α (0)i = h(2e + 8, 12, −4)|

Problema 2 Demostrar que la función z = arctan

y

∂ 2z ∂ 2z + =0 ∂x2 ∂y 2

SOLUCIÓN

x

 3 , −5, 1 i = 3e − 52 2

satisface la ecuación de Laplace:

El primer paso será calcular las primeras y segundas derivadas parciales de la función z = arctan

y x

−y ∂z x2  = −y = y 2 ∂x x2 + y 2 1+ x

∂ 2z −2xy = 2 2 ∂x (x + y 2 )2

1 x x  =  2 y x2 + y 2 1+ x

∂ 2z 2xy = ∂y 2 (x2 + y 2 )2

∂z = ∂y

Entonces

∂ 2z ∂ 2z 2xy − 2xy + 2 = 2 = 0 que es lo que queríamos demostrar. 2 ∂x ∂y (x + y 2 )2