APLICACIONES DEL DIFERENCIAL SECCIONES

CAP´ITULO IV. APLICACIONES DEL ´ CALCULO DIFERENCIAL SECCIONES 1. Teorema de la funci´on impl´ıcita. 2. Teorema de la funci´on inversa. 3. Cambio de

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CAP´ITULO IV. APLICACIONES DEL ´ CALCULO DIFERENCIAL

SECCIONES 1. Teorema de la funci´on impl´ıcita. 2. Teorema de la funci´on inversa. 3. Cambio de variables. 4. M´aximos y m´ınimos de funciones. 5. Extremos condicionados. Multiplicadores de Lagrange.

177

´ IMPL´ 1. TEOREMA DE LA FUNCION ICITA.

Nos planteamos en esta secci´on el siguiente problema: → → − ¿Bajo qu´e condiciones una ecuaci´on del tipo F (− x,− z ) = 0, con → x ∈ Rm , → − → − → − n z ∈ R , tiene alguna soluci´on z = g( x )? Si dicha soluci´on existe y es u ´nica localmente, decimos que F define impl´ıcitamente → − → − a z en funci´on de x . Un caso particular de este problema es el de la soluci´on de un sistema lineal n X aij zj = xi , 1 ≤ i ≤ n, j=1

el cual tiene soluci´on u ´nica cuando la matriz de los coeficientes tiene determinante no nulo y, en este caso, la soluci´on viene dada por la regla de Cramer. → → Si denotamos por − z = (z , . . . , z ) y − x = (x , . . . , x ) y definimos las 1

funciones → → fi (− x,− z)=

n

n X

1

n

aij zj − xi , 1 ≤ i ≤ n,

j=1

la matriz (aij )1≤i,j≤n es precisamente la matriz jacobiana de la funci´on F = (f1 , . . . , fn ) con respecto a las variables (z1 , . . . , zn ) y, de lo anterior, deducimos que det JF 6= 0 es una condici´on suficiente para que el sistema → → defina de forma impl´ıcita a − z como funci´on de − x . Esta condici´on tambi´en ser´a esencial en el caso general. Veamos otro ejemplo sencillo: la ecuaci´on x2 +y 2 +z 2 = 1 representa la esfera centrada en el origen y radio unidad. p Al despejar z en la ecuaci´ p on, obtenemos dos posibles soluciones, z = + 1 − x2 − y 2 y z = − 1 − x2 − y 2 , que representan la semiesfera superior y la semiesfera inferior, respectivamente, y definen dos funciones diferenciables, pero u ´nicamente si x2 + y 2 < 1. Esto significa que, en un entorno del punto (x0 , y0 , z0 ) perteneciente a la esfera, si z0 6= 0, la ecuaci´on inicial define impl´ıcitamente una u ´nica funci´on z = z(x, y) diferenciable pero, si z0 = 0, la ecuaci´on no tiene soluci´on u ´nica de la forma z = z(x, y). Enunciamos a continuaci´on el resultado general que proporciona las condiciones suficientes para la existencia de una funci´on definida en forma impl´ıcita. Teorema de la funci´ on impl´ıcita. Sean F = (f1 , . . . , fn ) : Rm+n → Rn →, − → (1) una funci´ on de clase C en un abierto D ⊂ Rm+n y (− x 0 z0 ) ∈ D un punto tal que 178

→, − → i) F (− x 0 z0 ) = 0, y

∂f1 /∂z1 . . . ∂f1 /∂zn ∂(f1 , . . . , fn ) − ∂(f1 , . . . , fn ) .. →, − → ii) (x = , 0 z0 ) 6= 0, donde . ∂(z1 , . . . , zn ) ∂(z1 , . . . , zn ) ∂fn /∂z1 . . . ∂fn /∂zn →, un entorno abierto V ⊂ entonces existe un entorno abierto U ⊂ Rm de − x 0 → − n R de z y una u ´nica funci´ on g : U → V tales que: 0

a) g ∈ C (1) (U ), →) = − → b) g(− x z , 0

0

 → → − c) F − x , g(− x ) = 0, ∀→ x ∈ U. Veamos en los distintos casos c´omo se calculan las derivadas de una funci´on definida en forma impl´ıcita. 1.1. Caso de una variable independiente. Si una ecuaci´on f (x, y) = 0, donde f es una funci´on diferenciable de las variables x e y, determina a y como funci´on de x, la derivada de esta funci´on dada en forma impl´ıcita, siempre que fy0 (x, y) 6= 0, puede hallarse por la f´ormula: dy f 0 (x, y) = − x0 . dx fy (x, y) (Las derivadas de orden superior pueden hallarse por derivaci´on sucesiva de la f´ormula anterior.) Ejemplo 1. En la f´ormula (x2 + y 2 )3 − 3(x2 + y 2 ) + 1 = 0, tenemos: fx0 (x, y) = 3(x2 + y 2 )2 · 2x − 3(2x) = 6x[(x2 + y 2 )2 − 1] fy0 (x, y) = 3(x2 + y 2 )2 · 2y − 3(2y) = 6y[(x2 + y 2 )2 − 1]. de donde dy/dx = −x/y. Para hallar la segunda derivada, derivamos con respecto a x la primera derivada que hemos encontrado, teniendo en cuenta al hacerlo que y es funci´on de x:   d2 y d x y − x(dy/dx) y − x(−x/y) y 2 + x2 = − = − = − = − . dx2 dx y y2 y2 y3

1.2. Caso de varias variables independientes. An´alogamente, si la ecuaci´on F (x1 , . . . , xn , z) = 0, donde F es una funci´on diferenciable de las variables x1 , . . . , xn y z, determina en forma impl´ıcita a z como funci´on de las variables independientes x1 , . . . , xn , en los puntos 179

donde Fz0 (x1 , . . . , xn , z) 6= 0, las derivadas parciales de esta funci´on dada en forma impl´ıcita pueden hallarse por las f´ormulas: F 0 (x1 , . . . , xn , z) F 0 (x1 , . . . , xn , z) ∂z ∂z = − x01 = − x0n ,..., . ∂x1 Fz (x1 , . . . , xn , z) ∂xn Fz (x1 , . . . , xn , z) Ejemplo 2. La ecuaci´on x2 −2y 2 +3z 2 −yz +y = 0 representa una superficie en el espacio R3 . Si suponemos que dicha ecuaci´on define a z como funci´on de x e y, z = f (x, y), sus derivadas parciales se calculan como sigue: Fx0 (x, y, z) = 2x, Fy0 (x, y, z) = −4y − z + 1, Fz0 (x, y, z) = 6z − y, de modo que ∂z 2x ∂z 1 − 4y − z =− , =− , ∂x 6z − y ∂y 6z − y en los puntos donde 6z − y 6= 0.

1.3. Sistemas de funciones impl´ıcitas.   F (x, y, u, v) = 0 determina u y v como Si el sistema de dos ecuaciones G(x, y, u, v) = 0 funciones diferenciables   de las variables x e y y el determinante de la matriz jacobiana

∂F ∂u ∂G ∂u

∂F ∂v ∂G ∂v

es no nulo, entonces las derivadas parciales de u =

u(x, y), v = v(x, y) se obtienen por las f´ormulas ∂(F,G)

∂(F,G)

∂u ∂(x,v) = − ∂(F,G) ∂x

∂v ∂(u,x) , = − ∂(F,G) ∂x

∂u = ∂y

,

∂(u,v) ∂(F,G) ∂(y,v) − ∂(F,G) ∂(u,v)

∂v = ∂y

∂(u,v) ∂(F,G) ∂(u,y) − ∂(F,G) ∂(u,v)

.

∂F ∂(F, G) ∂F ∂u ∂v (Utilizamos en estos casos la notaci´on = ∂G ∂G , y de forma si∂(u, v) ∂u ∂v milar con el resto de variables.)   u+v =x+y Ejemplo 3. Sabiendo que las ecuaciones determinan u y xu + yv = 1 v como funciones de x e y, si definimos las funciones F (x, y, u, v) = u + v − x − y G(x, y, u, v) = xu + yv − 1, 180

las f´ormulas anteriores dan los siguientes resultados: ∂(F, G) 1 −1 ∂(F, G) −1 = u + x, = = x u u ∂(u, x) ∂(x, v) ∂(F, G) −1 1 ∂(F, G) 1 = = = −y − v, v y x ∂(y, v) ∂(u, y)

∂(F, G) 1 1 = y − x, = x y ∂(u, v) 1 = −y − u, y −1 = v + x. v

Por tanto, ∂u y+u ∂v u+x = ; =− ; ∂x y−x ∂x y−x ∂u y+v ∂v v+x = ; =− . ∂y y−x ∂x y−x En la pr´actica, en vez de utilizar las f´ormulas anteriores, podemos resolver directamente el sistema formado por las derivadas parciales de las ecuaciones dadas, teniendo en cuenta que u y v son funciones de x e y. As´ı pues, al derivar respecto a x, obtenemos: ∂u ∂v + ∂x ∂x ∂u ∂v u+x +y ∂x ∂x

= 1 = 0,

de donde

∂u u+y ∂v u+x = , = . ∂x −x + y ∂x x−y An´alogamente se proceder´ıa resolviendo el sistema formado por las derivadas parciales respecto a y. 1.4. Funciones dadas en forma param´ etrica. Si la funci´on diferenciable z de las variables x e y se expresa mediante sus ecuaciones param´etricas

∂x ∂(x, y) ∂u y = ∂y ∂(u, v) ∂u de ecuaciones

x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v) ∂x ∂v 6= 0, la diferencial de esta funci´ on se deduce del sistema ∂y ∂v

dx = dy = dz =

∂x ∂x · du + · dv, ∂u ∂v ∂y ∂y · du + · dv, ∂u ∂v ∂z ∂z · du + · dv. ∂u ∂v 181

Conociendo la diferencial dz = pdx + qdy, hallamos las derivadas parciales ∂z ∂z =py = q. ∂x ∂y Ejemplo 4. Si la funci´on z de los argumentos x e y viene dada por las ∂z ecuaciones x = u + v, y = u2 + v 2 , z = u3 + v 3 , (u 6= v), hallar , ∂x ∂z . ∂y Primer m´etodo. Por diferenciaci´on, hallamos tres ecuaciones que relacionan entre s´ı las cinco variables: dx = du + dv, dy = 2udu + 2vdv, dz = 3u2 du + 3v 2 dv. De las primeras dos ecuaciones despejamos du y dv: du =

dy − 2udx 2vdx − dy , dv = . 2(v − u) 2(v − u)

Sustituyendo en la tercera ecuaci´on estas expresiones, resulta: dz = 3u2

de donde

2vdx − dy dy − 2udx 3 + 3v 2 = −3uv dx + (u + v) dy, 2(v − u) 2(v − u) 2

∂z 3 ∂z = −3uv, = (u + v). ∂x ∂y 2

Segundo m´etodo. Calculamos las derivadas parciales respecto a x e y en las tres ecuaciones que definen z, teniendo en cuenta que u = u(x, y), v = v(x, y). Tenemos as´ı: (∗)

( ∂v 1 = ∂u ∂x + ∂x 0 = 2u ∂u ∂x + 2v  ∂z

(∗∗)

∂x ∂z ∂y

∂v ∂x

∂v 0 = ∂u ∂y + ∂y 1 = 2u ∂u ∂y + 2v

∂v ∂y

2 ∂v = 3u2 ∂u ∂x + 3v ∂x 2 ∂v = 3u2 ∂u ∂y + 3v ∂y .

Al resolver los dos sistemas de (∗), obtenemos ∂u v = , ∂x v−u ∂u 1 = , ∂y 2(u − v)

∂v u = , ∂x u−v ∂v 1 = . ∂y 2(v − u) 182

Sustituyendo estas expresiones en la f´ormula (∗∗), resulta: ∂z ∂x ∂z ∂y

v u + 3v 2 = −3uv v−u u−v 1 1 3(u + v) = 3u2 + 3v 2 = . 2(u − v) 2(v − u) 2 = 3u2

 Tercer m´etodo. Definimos la funci´on h(u, v) = f x(u, v), y(u, v) − z(u, v), donde z = f (x, y) es la funci´on determinada por las ecuaciones param´etricas. Entonces h(u, v) = 0 en los puntos donde est´a definida dicha funci´on y: ∂h ∂x ∂y ∂z = 0 = D1 f · + D2 f · − , ∂u ∂u ∂u ∂u ∂h ∂x ∂y ∂z = 0 = D1 f · + D2 f · − . ∂v ∂v ∂v ∂v Resulta as´ı un sistema de dos ecuaciones que se resuelve aplicando la regla de Cramer.

PROBLEMA 4.1

Sea h : R2 → R la funci´ on definida por h(x, y) = x2 + y 3 + xy + x3 + ay,

siendo a un par´ ametro real. (a) ¿Para qu´ e valores de a la ecuaci´ on h(x, y) = 0 define y como funci´ on impl´ıcita de x de clase C (∞) , en un entorno de (0, 0)? (b) ¿Define la anterior ecuaci´ on a x como funci´ on impl´ıcita diferenciable de y en un entorno de (0, 0) para alg´ un valor de a? Soluci´ on

(a) Averig¨ uemos si se cumplen las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita. i) h(0, 0) = 0, evidentemente. ii) Como h es una funci´on polin´omica, existen D1 h(x, y) = 2x + y + 3x2 , D2 h(x, y) = 3y 2 + x + a y son continuas en todo R2 . En particular lo ser´an en (0, 0). 183

iii) D2 h(0, 0) = a. Por tanto, si a 6= 0, h(x, y) = 0 define a y como funci´on impl´ıcita de clase C (∞) en un entorno de (0, 0).

(b) Veamos ahora que la ecuaci´on no define a x como funci´on impl´ıcita diferenciable de y en un entorno de (0, 0). Es claro que se verifican i) y ii) pero no iii) porque D1 h(0, 0) = 0 independientemente del valor de a.

PROBLEMA 4.2

Sea f ∈ C (1) (R2 ) una funci´ on homog´ enea de grado 2 y tal que f (0, 1) = 4. ¿Existe alg´ un valor de k para el cual la ecuaci´ on f (x, y)−k = 0 define a y como funci´ on impl´ıcita de x en un entorno de (0, 1)? Soluci´ on Por hip´otesis, f (tx, ty) = t2 f (x, y), ∀t > 0. En particular, f (0, t) = t2 f (0, 1) = 4t2 , ∀t > 0. Debemos estudiar si la funci´on G(x, y) = f (x, y) − k verifica las condiciones del teorema de la funci´on impl´ıcita en el punto (0, 1). i) En primer lugar, para que G(0, 1) = 0, debe ser k = 4. ii) Debido a las hip´otesis del problema, es claro que G ∈ C (1) (R2 ). iii) Por definici´on,

∂G ∂f = . Adem´as, ∂y ∂y

∂f f (0, 1 + k) − f (0, 1) 4(1 + k)2 − 4 (0, 1) = l´ım = l´ım = 8. k→0 k→0 ∂y k k Deducimos entonces que

∂G (0, 1) 6= 0. ∂y 184

En conclusi´on, si k = 4, la ecuaci´on dada define a y como funci´on impl´ıcita de x en un entorno del punto (0, 1).

PROBLEMA 4.3

Se

considera

la

funci´ on

y/x

u(x, y) = e

 ·g

 x+y , x−y

siendo

g : R → R una funci´ on de clase C (1) .

(a) Demostrar que x

∂u ∂u +y = 0. ∂x ∂y

(b) Si g(3) = 0, g 0 (3) = 1, demostrar que u(x, y) = 0 define impl´ıcitamente una funci´ on y = ϕ(x) en un entorno del punto (1, 1/2). Calcular ϕ0 (1). Soluci´ on x+y , de modo que la funci´on x−y  dada se escribe como u(x, y) = ey/x · g z(x, y) .

(a) Escribiremos por comodidad z(x, y) =

Teniendo en cuenta que ∂z ∂x ∂z ∂y

= =

−2y (x − y)2 2x , (x − y)2

resulta: ∂u ∂x

∂u ∂y

  ∂z −y y/x y/x 0 · e · g z(x, y) + e · g z(x, y) · x2 ∂x i h −y −2y ; = ey/x g(z) · 2 + g 0 (z) · x (x − y)2   ∂z 1 y/x = ·e · g z(x, y) + ey/x · g 0 z(x, y) · x ∂y h i 1 2x = ey/x g(z) · + g 0 (z) · . x (x − y)2 =

Un simple c´alculo algebraico da como resultado h ∂u ∂u −y 0 −2xy i y/x h y 0 2xy i x +y = ey/x g(z)· +g (z)· +e g(z)· +g (z)· , ∂x ∂y x (x − y)2 x (x − y)2 cuyo valor es cero. Observemos que la funci´on es homog´enea de grado cero, de modo que bastar´ıa aplicar el teorema de Euler para probar el resultado pedido. 185

(b) Veamos que se verifican las condiciones del teorema de la funci´on impl´ıcita: u(1, 1/2) = e1/2 g(3) = 0, h i ∂u 2 (1, 1/2) = e1/2 g(3) + g 0 (3) · = 8e1/2 6= 0. ∂y (1 − 1/2)2 Adem´as

∂u es continua en un entorno de (1, 1/2), por serlo g y g 0 . ∂y

As´ı pues, existe y = ϕ(x) en un entorno de (1, 1/2). Adem´as ∂u

(1, 1/2)

1 = . 2 ∂y (1, 1/2)

∂x ϕ0 (1) = − ∂u

PROBLEMA 4.4 g(x, y) , donde g ∈ C (1) (R2 ) es una x+y funci´ on homog´ enea de grado 1.

Se define la funci´ on f (x, y) =

(a) Probar que f es homog´ enea y determinar su grado. (b) Sabiendo que el punto (1, 1) pertenece a la curva de nivel cero de g y que gy0 (1, 1) 6= 0, probar que la ecuaci´ on f (x, y) = 0 define impl´ıcitamente una funci´ on y = ϕ(x) en un entorno del punto (1, 1) y calcular ϕ0 (1). Soluci´ on

(a) Por hip´otesis g(tx, ty) = t · g(x, y), de donde f (tx, ty) =

g(tx, ty) = f (x, y), tx + ty

lo que indica que f es homog´enea de grado cero. (b) Veamos si se verifican las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita: i) En un entorno U del punto (1, 1) es x + y 6= 0, lo que, a˜ nadido a la hip´otesis g ∈ C (1) (R2 ), permite concluir que f ∈ C (1) (U ). ii) Como g(1, 1) = 0, entonces f (1, 1) = 186

g(1, 1) = 0. 2

(x + y) · gy0 (x, y) − g(x, y) , entonces (x + y)2 2gy0 (1, 1) fy0 (1, 1) = 6= 0. 4 Lo anterior asegura la existencia de una funci´on y = ϕ(x) definida en f 0 (1, 1) un entorno del punto (1, 1). Adem´as, ϕ0 (1) = − x0 . Ahora bien, fy (1, 1) como iii) Como fy0 (x, y) =

fx0 (x, y) =

(x + y) · gy0 (x, y) − g(x, y) (x + y) · gx0 (x, y) − g(x, y) 0 , f (x, y) = , y (x + y)2 (x + y)2

resulta ϕ0 (1) = −

gx0 (1, 1) . gy0 (1, 1)

Al ser g una funci´on homog´enea de grado 1, por el teorema de Euler sabemos que gx0 (1, 1) + gy0 (1, 1) = g(1, 1) = 0 (debido a que el punto (1, 1) est´a en la curva de nivel cero de g). Sustituyendo este resultado, obtenemos en definitiva que ϕ0 (1) = 1.

PROBLEMA 4.5

Sea F (x, y, z) = x2 + y 2 − z 2 − 1. ¿La ecuaci´ on F (x, y, z) = 0 determina a z como funci´ on impl´ıcita de x e y en un entorno del punto (1, 1, 1)? ¿Y en un entorno de (1, 1, −1)? ¿Cu´ al es la expresi´ on expl´ıcita de dichas funciones? Soluci´ on

Es inmediata la comprobaci´on de las condiciones ∂F (1, 1, 1) = −2 6= 0, ∂z ∂F F (1, 1, −1) = 0, (1, 1, −1) = 2 6= 0. ∂z

F ∈ C (1) (R3 ), F (1, 1, 1) = 0,

Lo anterior asegura la existencia de sendas funciones diferenciables z = z1 (x, y) y z = z2 (x, y) definidas en entornos de los puntos (1, 1, 1) y (1, 1, −1), respectivamente. Al despejar z en la ecuaci´on F (x, y, z) = 0 obtenemos las expresiones expl´ıcitas: p p z1 (x, y) = + x2 + y 2 − 1 y z2 (x, y) = − x2 + y 2 − 1, 187

que representan las dos ramas del hiperboloide de una hoja definido por la ecuaci´on original.

PROBLEMA 4.6

Calcular las derivadas parciales de la funci´ on z = f (x, y) definida impl´ıcitamente por la ecuaci´ on y 2 + xz + z 2 − ez − c = 0. Soluci´ on

Construimos la funci´on F (x, y, z) = y 2 + xz + z 2 − ez − c. En los puntos donde Fz0 6= 0, es decir x + 2z − ez 6= 0, las derivadas parciales son las siguientes: Fy0 Fx0 z ∂z 2y ∂z =− 0 =− , =− 0 =− . ∂x Fz x + 2z − ez ∂y Fz x + 2z − ez

PROBLEMA 4.7

Se considera la funci´ on u = u(x, y) definida impl´ıcitamente por ∂u ∂u la ecuaci´ on u = F (x + u, yu). Calcular , en funci´ on de las ∂x ∂y derivadas parciales de F . Soluci´ on

Teniendo en cuenta que u es funci´on de x e y, si aplicamos la regla de la cadena, obtenemos (la notaci´on F10 , F20 representa, como es usual, las derivadas de F con respecto a sus dos variables v = x + u, w = yu):  ∂u ∂u  ∂u = F10 · 1 + + F20 · y · =⇒ ∂x ∂x ∂x  ∂u  ∂u ∂u = F10 · + F20 · y · +u =⇒ ∂y ∂y ∂y 188

∂u F10 = ∂x 1 − F10 − yF20 ∂u F20 · F = ∂y 1 − F10 − yF20

PROBLEMA 4.8  Siendo u = f (x − z)u, (y − t)u, (z − t)u , demostrar que ∂u ∂u ∂u ∂u + + + = 0. ∂x ∂y ∂z ∂t Soluci´ on

Hacemos x1 = (x − z)u, x2 = (y − t)u, x3 = (z − t)u, de modo que u = f (x1 , x2 , x3 ). Las derivadas parciales son entonces ∂u ∂x

= =

=⇒

∂u ∂x ∂u ∂y

= = =

=⇒

∂u ∂y ∂u ∂z

= = =

=⇒

∂u ∂z ∂u ∂t

= = =

∂u =⇒ ∂t

=

∂u ∂x1 ∂u ∂x2 ∂u ∂x3 · + · + · ∂x1 ∂x ∂x2 ∂x ∂x3 ∂x [u + (x − z) · u0x ] · D1 f + (y − t) · u0x · D2 f + (z − t) · u0x · D3 f u · D1 f ; 1 − (x − z) · D1 f − (y − t) · D2 f − (z − t) · D3 f ∂u ∂x1 ∂u ∂x2 ∂u ∂x3 · + · + · ∂x1 ∂y ∂x2 ∂y ∂x3 ∂y (x − z) · u0y · D1 f + [u + (y − t) · u0y ] · D2 f + (z − t) · u0y · D3 f u · D2 f ; 1 − (x − z) · D1 f − (y − t) · D2 f − (z − t) · D3 f ∂u ∂x1 ∂u ∂x2 ∂u ∂x3 · + · + · ∂x1 ∂z ∂x2 ∂z ∂x3 ∂z [−u + (x − z) · u0z ] · D1 f + (y − t) · u0z · D2 f + [u + (z − t) · u0z ] · D3 f −u · D1 f + u · D3 f ; 1 − (x − z) · D1 f − (y − t) · D2 f − (z − t) · D3 f ∂u ∂x1 ∂u ∂x2 ∂u ∂x3 · + · + · ∂x1 ∂t ∂x2 ∂t ∂x3 ∂t (x − z) · u0t · D1 f + [−u + (y − t) · u0t ] · D2 f + [−u + (z − t) · u0t ] · D3 f −u · D2 f − u · D3 f . 1 − (x − z) · D1 f − (y − t) · D2 f − (z − t) · D3 f

Sumando t´ermino a t´ermino, es evidente la identidad deseada.

PROBLEMA 4.9

Dada la funci´ on z = sen x +

1 , hallar dz . 1 sen y + sen x+... 189

Soluci´ on

Teniendo en cuenta que z = sen x +

1 z = sen x + sen y + 1/z 1 + z sen y

y sabiendo que dz = zx0 dx + zy0 dy, calcularemos en la expresi´on anterior las derivadas parciales: zx0 · (1 + z sen y) − z · zx0 · sen y zx0 = cos x + (1 + z sen y)2 (1 + z sen y)2 cos x · (1 + z sen y)2 ; (1 + z sen y)2 − 1 zy0 · (1 + z sen y) − z · (zy0 · sen y + z · cos y) zy0 − z 2 cos y = (1 + z sen y)2 (1 + z sen y)2 2 −z cos y . (1 + z sen y)2 − 1

zx0 = cos x + =⇒ zx0 = zy0 = =⇒ zy0 =

En definitiva, dz =

cos x · (1 + z sen y)2 · dx − z 2 cos y · dy . (1 + z sen y)2 − 1

PROBLEMA 4.10

Sea f : R2 → R una funci´ on diferenciable. Supongamos que la ecuaci´ on f (y/x, z/x) = 0 define a z impl´ıcitamente como funci´ on de x e y . Probar que x

∂z ∂z +y = z. ∂x ∂y

Soluci´ on

A fin de aplicar la regla de la cadena, utilizaremos las variables auxiliares u = y/x, v = z/x. De este modo, por la derivada de la funci´on impl´ıcita, tenemos: ∂z ∂x ∂z ∂y

∂f /∂x f 0 · (−y/x2 ) + fv0 · (−z/x2 ) yfu0 + zfv0 =− u = ; ∂f /∂z fu0 · 0 + fv0 · (1/x) xfv0 ∂f /∂y f 0 · (1/x) + fv0 · 0 −fu0 = − = − u0 = . ∂f /∂z fu · 0 + fv0 · (1/x) fv0 = −

190

Entonces x

∂z ∂z yf 0 + zf 0 yf 0 +y = u 0 v − 0u = z. ∂x ∂y fv fv

PROBLEMA 4.11

La ecuaci´ on F (x + y + z, x2 + y 2 + z 2 ) = 0 define a z como funci´ on impl´ıcita diferenciable de x e y en un cierto abierto U ⊂ R2 . Si llamamos z = f (x, y) a dicha funci´ on, calcular df (x, y) en funci´ on de D1 F y D2 F . Soluci´ on

Por hip´otesis, podemos expresar la ecuaci´on dada como  F x + y + f (x, y), x2 + y 2 + f 2 (x, y) = 0, ∀(x, y) ∈ U. Derivando respecto a las variables x e y, y si llamamos por comodidad  P = x + y + f (x, y), x2 + y 2 + f 2 (x, y) , resulta: ∂f ∂f (x, y)] + D2 F (P ) · [2x + 2f (x, y) (x, y)] = 0 ∂x ∂x ∂f ∂f (x, y)] + D2 F (P ) · [2y + 2f (x, y) (x, y)] = 0. D1 F (P ) · [1 + ∂y ∂y

D1 F (P ) · [1 +

Por tanto, ∂f D1 F (P ) + 2xD2 F (P ) (x, y) = − ∂x D1 F (P ) + 2f (x, y)D2 F (P ) ∂f D1 F (P ) + 2yD2 F (P ) (x, y) = − . ∂y D1 F (P ) + 2f (x, y)D2 F (P )

PROBLEMA 4.12

Sea on z = z(x, y) dada impl´ıcitamente por la ecuaci´ on  la zfunci´ z F x + ,y + = 0, donde F es una funci´ on diferenciable. Comy x probar que x

∂z ∂z +y = z − xy. ∂x ∂y 191

Soluci´ on z z Llamamos u = x + , v = y + . Aplicando las f´ormulas de derivaci´on de y x las funciones impl´ıcitas: ∂z ∂x

= = ∂z ∂y

∂F/∂x ∂F/∂z D1 F (u, v) · (∂u/∂x) + D2 F (u, v) · (∂v/∂x) − D1 F (u, v) · (∂u/∂z) + D2 F (u, v) · (∂u/∂z) D1 F (u, v) − (z/x2 ) · D2 F (u, v) − , (1/y) · D1 F (u, v) + (1/x) · D2 F (u, v) ∂F/∂y − ∂F/∂z D1 F (u, v) · (∂u/∂y) + D2 F (u, v) · (∂v/∂y) − D1 F (u, v) · (∂u/∂z) + D2 F (u, v) · (∂v/∂z) −(z/y 2 ) · D1 F (u, v) + D2 F (u, v) − . (1/y) · D1 F (u, v) + (1/x) · D2 F (u, v)

= −

= = =

De lo anterior, se deduce que x

∂z ∂z +y ∂x ∂y

xD1 F (u, v) − (z/x)D2 F (u, v) − (z/y)D1 F (u, v) + yD2 F (u, v) (1/y) · D1 F (u, v) + (1/x) · D2 F (u, v) [xD1 F (u, v) + yD2 F (u, v)] = z− = z − xy. (1/y) · D1 F (u, v) + (1/x) · D2 F (u, v) = −

PROBLEMA 4.13

Determinar condiciones suficientes para que la ecuaci´ on   xy , x2 + y 2 = 0 f z defina a z como funci´ on impl´ıcita de x e y en un entorno del punto (1, 1, 2). Para dicha funci´ on, calcular y

∂z ∂z −x ∂x ∂y

en el punto (1, 1, 2). Soluci´ on

192

(a) Definimos F : R3 → R por F (x, y, z) = f

 xy

 , x2 + y 2 , es decir F es

z la composici´on de f con la funci´on (u, v) : R3 → R2 definida por (u, v)(x, y, z) =

 xy z

 , x2 + y 2 .

Para que F (x, y, z) = 0 defina a z como funci´on impl´ıcita de x e y en un entorno del punto (1, 1, 2), deben cumplirse las tres condiciones siguientes: i) F (1, 1, 2) = 0, lo que por definici´on equivale a f (1/2, 2) = 0. ii) F ∈ C (1) en un entorno del punto (1, 1, 2). Como la funci´on (u, v) es de clase C (1) en un entorno del punto (1, 1, 2) (donde z 6= 0), dicha condici´on equivale a que f ∈ C (1) en un entorno del punto (1/2, 2). iii)

∂F (1, 1, 2) 6= 0. ∂z Por la regla de la cadena, ∂F (1, 1, 2) = fu0 (1/2, 2) · u0z (1, 1, 2) + fv0 (1/2, 2) · vz0 (1, 1, 2) ∂z −1 0 = f (1/2, 2), 4 u de modo que esta condici´on equivale a fu0 (1/2, 2) 6= 0.

(b) Las condiciones anteriores aseguran la existencia de una funci´on z = z(x, y) en un entorno del punto (1, 1, 2). Tenemos entonces

y

∂z ∂z −x ∂x ∂y

−∂F/∂x −∂F/∂y −x· ∂F/∂z ∂F/∂z −y · ∂F/∂x + x · ∂F/∂y ∂F/∂z 0 −y[fu · u0x + fv0 · vx0 ] + x[fu0 · u0y + fv0 · vy0 ] ∂F/∂z 2 2 0 (x − y ) · fu . z · (∂F/∂z)

= y· = = =

Sustituyendo en el punto (1, 1, 2), obtenemos el valor cero. 193

PROBLEMA 4.14

Se considera la ecuaci´ on x2 + y 2 + z 2 = ψ(ax + by + cz), a, b, c ∈ R, (c 6= 0),

donde ψ : R → R es una funci´ on de clase C (1) tal que ψ(0) = 0, 0 ψ (0) = 1. (a) Probar que dicha ecuaci´ on define a z como funci´ on impl´ıcita diferenciable de x e y en un entorno de (0, 0, 0). (b) Si llamamos z = f (x, y) a dicha funci´ on impl´ıcita, probar que en el entorno del origen donde est´ a definida se verifica (cy − bz)Dx f (x, y) + (az − cx)Dy f (x, y) = bx − ay.

(c) Si se supone que ψ tiene derivada segunda continua, calcular Dx f (0, 0), Dy f (0, 0), Dxx f (0, 0), Dyy f (0, 0). Soluci´ on

(a) Sea G : R2 × R → R la funci´on definida por G(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − ψ(ax + by + cz); comprobemos que se verifican las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita en un entorno de (0, 0, 0): i) G(0, 0, 0) = 0 pues G(0, 0, 0) = −ψ(0) = 0. ii) G ∈ C (1) porque es suma de la funci´on polin´omica (x, y, z) 7→ x2 + y 2 + z 2 , de clase C (∞) , y la composici´on de ψ, de clase C (1) por hip´otesis, con la funci´on lineal (x, y, z) 7→ ax + by + cz, de clase C (∞) . iii)

∂G (0, 0, 0) 6= 0. En efecto, ∂z Dz G(x, y, z) = 2z−cψ 0 (ax+by+cz) =⇒ Dz G(0, 0, 0) = −cψ 0 (0) = −c, el cual es distinto de cero, por hip´otesis.

Del teorema de la funci´on impl´ıcita se deduce entonces que existe un entorno abierto U de (0, 0), otro entorno abierto V de 0 y una funci´on 194

f : U → V de clase C (1) tal que para cada (x, y) ∈ U , existe un u ´nico z = f (x, y) ∈ V que verifica G x, y, f (x, y) = 0, es decir {(x, y, z) ∈ U × V : G(x, y, z) = 0} = {(x, y, z) ∈ U × V : z = f (x, y)}. En particular f (0, 0) = 0.  (b) Por el apartado (a) sabemos que G x, y, f (x, y) = 0, ∀(x, y) ∈ U , es decir  x2 + y 2 + [f (x, y)]2 − ψ ax + by + cf (x, y) = 0. Derivando esta ecuaci´on con respecto a x e y, tenemos:  2x + 2f (x, y)Dx f (x, y) − ψ 0 ax + by + cf (x, y) · [a + cDx f (x, y)] = 0,  2y + 2f (x, y)Dy f (x, y) − ψ 0 ax + by + cf (x, y) · [b + cDy f (x, y)] = 0. (∗) En el teorema de la funci´on impl´ıcita se pueden elegir U y V tales que ∀(x, y, z) ∈ U × V, Dz G(x, y, z) = 2z − cψ 0 (ax + by + cz) 6= 0; en particular para los puntos en los que z = f (x, y) se tendr´a  2f (x, y) − cψ 0 ax + by + cf (x, y) 6= 0, y por tanto  aψ 0 ax + by + cf (x, y) − 2x  Dx f (x, y) = 2f (x, y) − cψ 0 ax + by + cf (x, y)  bψ 0 ax + by + cf (x, y) − 2y . Dy f (x, y) = 2f (x, y) − cψ 0 ax + by + cf (x, y)

(∗∗)

En los puntos en que z = f (x, y) se tiene entonces (cy − bz)Dx f (x, y) + (az − cx)Dy f (x, y) c(ay − bx) · ψ 0 (ax + by + cz) + 2z(bx − ay) = 2z − cψ 0 (ax + by + cz) = bx − ay. (c) Si ψ tiene derivada segunda continua, entonces G es de clase C (2) y, por tanto, f es de clase C (2) . Sustituyendo (x, y) por (0, 0) en las expresiones (∗∗) y teniendo en cuenta que f (0, 0) = 0, resulta Dx f (0, 0) = −a/c, Dy f (0, 0) = −b/c. 195

(∗ ∗ ∗)

Si derivamos en (∗) la primera ecuaci´on respecto de x y la segunda respecto de y, tenemos: 2 + 2[Dx f (x, y)]2 + 2f (x, y)Dxx f (x, y)  − ψ 00 ax + by + cf (x, y) [a + cDx f (x, y)]2  − cDxx f (x, y)ψ 0 ax + by + cf (x, y) = 0, 2 + 2[Dy f (x, y)]2 + 2f (x, y)Dyy f (x, y)  − ψ 00 ax + by + cf (x, y) [b + cDy f (x, y)]2  − cDyy f (x, y)ψ 0 ax + by + cf (x, y) = 0. Sustituyendo en (0, 0) y teniendo en cuenta los resultados de (∗ ∗ ∗), resulta: ) ( 2 2 2 2 + 2a − cD f (0, 0) = 0 Dxx f (0, 0) = 2 · a c+c xx 2 3 c2 =⇒ 2 2 . 2 + 2b − cDyy f (0, 0) = 0 Dyy f (0, 0) = 2 · b c+c 3 c2

PROBLEMA 4.15  x cos y + y cos z + z cos x = π define imProbar que el sistema x2 + y 2 + z 2 − xy = π 2  pl´ıcitamente una funci´ on f : U → R2 , f (x) = f1 (x), f2 (x) , en un entorno del punto (0, 0, π). Calcular f10 (0), f20 (0), f100 (0), f200 (0). 

Soluci´ on

Sea F : R3 → R2 definida por F (x, y, z) = (F1 , F2 )(x, y, z) = (x cos y+y cos z+z cos x−π, x2 +y 2 +z 2 −xy−π 2 ). Se prueba f´acilmente que: i) F es de clase C (1) en (0, 0, π). ii) F (0, 0, π) = 0. Dy F1 (0, 0, π) Dz F1 (0, 0, π) −1 1 6= 0. = iii) Dy F2 (0, 0, π) Dz F2 (0, 0, π) 0 2π Luego F cumple las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita. Derivando respecto a x en las dos ecuaciones, teniendo en cuenta que y = f1 (x), z = f2 (x), y sustituyendo el resultado en el punto (0, 0, π) se llega a  1 − f10 (0) + f20 (0) = 0 =⇒ f10 (0) = 1, f20 (0) = 0. 2πf20 (0) = 0 196

Al calcular las derivadas de segundo orden respecto a x, resulta an´alogamente:  1 + π2 1 −f100 (0) + f200 (0) − π = 0 =⇒ f100 (0) = − , f200 (0) = − . 00 1 + πf2 (0) = 0 π π

PROBLEMA 4.16 2x = v 2 − u2 permite y = uv ∂u ∂u ∂v , , , definir las funciones u = u(x, y), v = v(x, y), calcular ∂x ∂y ∂x ∂v . ∂y 

Suponiendo que el sistema de ecuaciones

Soluci´ on

Derivamos con respecto a x ambas ecuaciones y aplicamos la regla de Cramer. Tenemos as´ı:  ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛  2v 2  ˛ ˛  ˛ ˛   u 0 ˛ ˛  0  ˛ = 2−u 2 ˛ u =  x ˛ ˛  u +v  ˛ ˛ 2v −2u  ˛ ˛    ˛ v ˛ ˛˛ ˛u 2 = 2v · vx0 − 2u · u0x ˛ =⇒ ˛ ˛ 0 0 0 = u · vx + v · ux ˛2 −2u˛   ˛ ˛  ˛   v ˛˛ ˛0  0  ˛ = 2v 2. vx = ˛˛  ˛  u +v  ˛ ˛ 2v −2u  ˛ ˛   ˛ ˛ v ˛ ˛u Si procedemos de forma an´aloga derivando respecto a y, resulta:  ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛  2v 0  ˛ ˛  ˛ ˛   u 1 ˛ ˛  0  ˛ ˛ = 2v 2 u =  y ˛ ˛  u +v  ˛ ˛ 2v −2u  ˛ ˛    ˛ v ˛ ˛˛ ˛u 0 = 2v · vy0 − 2u · u0y ˛ =⇒ ˛ ˛ 0 0 1 = u · vy + v · uy ˛0 −2u˛   ˛ ˛  ˛   v ˛˛ ˛1  0  ˛ = 2u 2 . vy = ˛˛  ˛  u +v  ˛ ˛ 2v −2u  ˛ ˛   ˛ ˛ v ˛ ˛u Observaci´ on. Tambi´en podr´ıamos haber despejado u y v en funci´on de x e y del sistema original y derivar las expresiones expl´ıcitas obtenidas. En 197

la siguiente secci´on se especifican las condiciones para la validez de este procedimiento.

PROBLEMA 4.17

Sea f : R5 → R2 la funci´ on definida por f (x, y, z, u, v) = (u + v + x2 − y 2 + z 2 , u2 + v 2 + u − 2xyz).

Probar que f (x, y, z, u, v) = 0 define una funci´ on impl´ıcita dife renciable (u, v) = h1 (x, y, z), h2 (x, y, z) en un entorno del punto (0, 0, 0, −1/2, 1/2). Calcular dh(0, 0, 0). Soluci´ on

Sean f1 (x, y, z, u, v) = u+v+x2 −y 2 +z 2 y f2 (x, y, z, u, v) = u2 +v 2 +u−2xyz las componentes de f . Debido a que i) f es de clase C (1) en (0, 0, 0, −1/2, 1/2), ii) f (0, 0, 0, −1/2, 1/2) = 0, Du f1 (0, 0, 0, −1/2, 1/2) Dv f1 (0, 0, 0, −1/2, 1/2) 1 1 = iii) = 6 0, Du f2 (0, 0, 0, −1/2, 1/2) Dv f2 (0, 0, 0, −1/2, 1/2) 0 1 f cumple las condiciones del teorema de la funci´on impl´ıcita, de modo que, para todo (x, y, z) en un cierto entorno abierto de (0, 0, 0), se verifica: h1 (x, y, z) + h2 (x, y, z) + x2 − y 2 + z 2 h21 (x, y, z)

+

h22 (x, y, z)

=

0,

+ h1 (x, y, z) − 2xyz = 0.

Derivando el sistema respecto a x y sustituyendo el resultado en el punto (0, 0, 0) (y teniendo en cuenta tambi´en que h1 (0, 0, 0) = −1/2 y h2 (0, 0, 0) = 1/2), se obtiene: D1 h1 (0, 0, 0) + D1 h2 (0, 0, 0) = 0, −D1 h1 (0, 0, 0) + D1 h2 (0, 0, 0) + D1 h1 (0, 0, 0) = 0, de donde D1 h1 (0, 0, 0) = 0, D1 h2 (0, 0, 0) = 0. Derivando el mismo sistema respecto a y y a z, se obtiene an´alogamente: D2 h1 (0, 0, 0) = 0, D2 h2 (0, 0, 0) = 0, D3 h1 (0, 0, 0) = 0, D3 h2 (0, 0, 0) = 0. 198

Por tanto, dh(0, 0, 0) es la aplicaci´on lineal de R3 en R2 definida por la matriz   0 0 0 0 . 0 0

PROBLEMA 4.18 

Dado el sistema de ecuaciones

x2 + y 2 + u2 + v 2 = 4 , xyuv = 1

hallar: (a) Las expresiones de du, dv . (b) El valor de x

∂z ∂z −y , siendo z = (u + v)2 . ∂x ∂y

Soluci´ on

(a) Definimos las funciones F (x, y) = x2 + y 2 + u(x, y)2 + v(x, y)2 G(x, y) = xyu(x, y)v(x, y). De las ecuaciones dadas F (x, y) = 4, G(x, y) = 1, obtenemos: ∂F ∂x ∂G 0= ∂x 0=

= 2x + 2u · u0x + 2v · vx0 = yuv + xyv · u0x + xyu · vx0 .

Basta pues resolver este sistema de ecuaciones para obtener:

u0x =

vx0 =

−2x 2v −yuv xyu u(v 2 − x2 ) = 2u x(u2 − v 2 ) 2v xyv xyu 2u −2x xyv −yuv v(x2 − u2 ) = . 2u x(u2 − v 2 ) 2v xyv xyu 199

Procedemos de forma an´aloga con las derivadas parciales respecto a y. Del sistema ∂F ∂y ∂G 0= ∂y 0=

= 2y + 2u · u0y + 2v · vy0 = xuv + xyv · u0y + xyu · vy0 ,

se deduce que la soluci´on es u0y = vy0 =

u(v 2 − y 2 ) y(u2 − v 2 ) v(y 2 − u2 ) . y(u2 − v 2 )

De lo anterior deducimos f´acilmente que u(v 2 − y 2 ) u(v 2 − x2 ) dx + dy x(u2 − v 2 ) y(u2 − v 2 ) v(x2 − u2 ) v(y 2 − u2 ) dv = vx0 · dx + vy0 · dy = dx + dy. x(u2 − v 2 ) y(u2 − v 2 )

du = u0x · dx + u0y · dy =

(b) Aplicando las reglas de derivaci´on de la funci´on compuesta, tenemos: −2(uv + x2 ) x −2(uv + y2) = 2(u + v) · (u0y + vy0 ) = . y

zx0 = 2(u + v) · (u0x + vx0 ) = zy0

De este resultado se deduce que x zx0 − y zy0 = 2(y 2 − x2 ).

PROBLEMA 4.19  2 2x + 3y 2 − z 2 = 25 Dada la curva C : , hallar un vector unitario x2 + y 2 = z 2 √ tangente a C en el punto P ( 7, 3, 4). Soluci´ on

Si representamos la curva por sus ecuaciones param´etricas en la siguiente forma: x = x(z), y = y(z), 200

un vector tangente a la misma en un punto P = (x0 , y0 , z0 ) es −−→ v(P ) = (x0 (z0 ), y 0 (z0 ), 1). Para aplicar lo anterior a la curva dada, podemos definir las funciones f (z) = 2[x(z)]2 + 3[y(z)]2 − z 2 − 25, g(z) = [x(z)]2 + [y(z)]2 − z 2 . Ahora bien, como, en los puntos de la curva, f (z) = g(z) = 0, entonces 0 = f 0 (z) = 4x(z) · x0 (z) + 6y(z) · y 0 (z) − 2z, 0 = g 0 (z) = 2x(z) · x0 (z) + 2y(z) · y 0 (z) − 2z. Si resolvemos el sistema anterior mediante la regla de Cramer, obtenemos: 2z 6y(z) 2z 2y(z) 2z = , x0 (z) = 4x(z) 6y(z) x(z) 2x(z) 2y(z) 4x(z) 2z 2x(z) 2z −z 0 = y (z) = . 4x(z) 6y(z) y(z) 2x(z) 2y(z) √ De este modo, un vector tangente a la curva en el punto P = ( 7, 3, 4) es √ −−→ v(P ) = (8/ 7, −4/3, 1). p −−→ Basta dividir el vector por kv(P )k = 751/63 para obtener el vector unitario buscado.

Las gr´aficas ilustran la forma de la curva intersecci´on del hiperboloide de una hoja con el cono, as´ı como el vector tangente en el punto dado.

201

´ INVERSA. 2. TEOREMA DE LA FUNCION

Es conocido que, en una variable, si g es una funci´on derivable en un intervalo (a, b) y g 0 (x) 6= 0, ∀x ∈ (a, b), entonces g es una funci´on estrictamente mon´otona y existe la inversa g −1 : g(a, b) → R, la cual es derivable en g(a, b) y su derivada viene dada por (g −1 )0 (y0 ) =

1 , con y0 = g(x0 ). g 0 (x0 )

En el caso general, dado un sistema y1 = f1 (x1 , . . . , xn ) .. . yn = fn (x1 , . . . , xn ), se trata de encontrar las condiciones suficientes para que x1 , . . . , xn se puedan expresar en funci´on de y1 , . . . , yn , sin tener que resolver expl´ıcitamente el sistema. La existencia de soluci´on se deduce del teorema de la funci´on impl´ıcita aplicado a las funciones F1 (x1 , . . . , xn , y1 , . . . , yn ) = y1 − f1 (x1 , . . . , xn ) .. . Fn (x1 , . . . , xn , y1 , . . . , yn ) = yn − fn (x1 , . . . , xn ). Como ya enunciamos en la secci´on anterior, la soluci´on existe si el deter∂(F1 , . . . , Fn ) minante de la matriz jacobiana es no nulo, es decir 6= 0, lo ∂(x1 , . . . , xn ) ∂(f1 , . . . , fn ) que equivale a 6= 0. Este hecho corresponde al teorema de la ∂(x1 , . . . , xn ) funci´on inversa. Teorema. Sea f : Rn → Rn una funci´ on de clase C (1) en un abierto D ⊂ Rn . − → − → Si x0 ∈ D y det Jf (x0 ) 6= 0, entonces existen →, i) un entorno U de − x 0

→), ii) un entorno V de f (− x 0 iii) una u ´nica funci´ on g : V → U de clase C (1) en V ,  → − → tales que g f (− x) =− x , ∀→ x ∈V. Dicha funci´on es, por definici´on, la inversa local de f . 202

Para calcular la derivada de g, basta tener en cuenta que → → − → Jf (− x ) · Jg(− y ) = In , con → y = f (− x ), de modo que n X

( 1 → → Dk gi (− y ) · Dj fk (− x) = 0 k=1

si i = j si i = 6 j

(sistema de n2 ecuaciones cuyas inc´ognitas corresponden a los elementos de la matriz jacobiana de g).

PROBLEMA 4.20

Determinar en cada caso si la funci´ on g satisface las hip´ otesis del teorema de la funci´ on inversa. Encontrar g(D). En el caso de ser g inyectiva, encontrar g −1 expl´ıcitamente. → − → → − − → ∈ Rn fijo, D = Rn . (a) g( t ) = t + − x ,x 0

0

(b) g(x, y) = (x2 − y 2 , xy), D = R2 \ {(0, 0)}.  (c) g(x, y) = ln(xy), (x2 + y 2 )−1 , D = {(x, y) : 0 < y < x}. Soluci´ on → − (a) Como el jacobiano Jg(t) = In y det In 6= 0, ∀ t ∈ Rn , deducimos que g(Rn ) = Rn y la funci´on es biyectiva. Adem´as es evidente que → → →. g −1 (− s)=− s −− x 0   2x −2y (1) 2 (b) En este caso, es evidente que g ∈ C (R ); adem´as, Jg(x, y) = y x 2 2 y det Jg(x, y) = 2x +2y 6= 0 pues (x, y) 6= (0, 0). Por tanto, g verifica las hip´otesis del teorema de la funci´on inversa. Como  g R2 \ {(0, 0)} = R2 \ {(0, 0)}, existe la inversa g −1 localmente en un entorno de cualquier punto distinto del origen. Sin embargo, la inversa no es u ´nica globalmente debido a que g no es inyectiva (observemos que g(−x, −y) = g(x, y)). Para obtener una expresi´on expl´ıcita de g −1 , debemos resolver el sistema u = x2 − y 2 , v = xy. Tenemos as´ı:  √  2  2 = (x2 + y 2 )2 2 = u+ u2 +4v 2   u + 4v x    √2 u = x2 − y 2 2 = −u+ u2 +4v 2 u = x2 − y 2 ⇐⇒ ⇐⇒ y v = xy    sign(x · y) =2 sign v. sign(x · y) = sign v 203

Distinguiremos dos casos: - Si x ≥ 0, entonces sign v = sign y, con lo que la soluci´on del sistema es s g −1 (u, v) = 

u+



u2 + 4v 2 , (sign v) · 2

s

−u +



 u2 + 4v 2  . 2

- Si x < 0, entonces sign v = − sign y; por tanto,  s g −1 (u, v) = −

u+



u2 + 4v 2 , −(sign v) · 2

s

−u +



 u2 + 4v 2  . 2

La gr´afica adjunta ilustra la imagen de la aplicaci´on g, seg´ un los diferentes dominios:

(c) Si llamamos u = ln(xy), v = (x2 + y 2 )−1 , entonces:

Jg(x, y) =

∂u ∂x ∂v ∂x

∂u ∂y ∂v ∂y

! =

1/x

1/y

−2x (x2 +y 2 )2

−2y (x2 +y 2 )2

! ,

de donde det Jg(x, y) =

2x2 − 2y 2 6= 0 pues 0 < y < x. xy(x2 + y 2 )2

Como adem´as la funci´on es de clase C (1) en D, se verifican las hip´otesis del teorema de la funci´on inversa. Veamos que incluso la inversa es global, es decir la funci´on es inyectiva en D. 204

En efecto, si g(x1 , y1 ) = g(x2 , y2 ), entonces   ln(x1 y1 ) = ln(x2 y2 ) x1 y1 = x2 y2 =⇒ (x21 + y12 )−1 = (x22 + y22 )−1 x21 + y12 = x22 + y22  (x1 − y1 )2 = (x2 − y2 )2 =⇒ (x1 + y1 )2 = (x2 + y2 )2  x1 − y1 = x2 − y2 =⇒ x1 + y1 = x2 + y2  x1 = x2 =⇒ y1 = y 2 . Obtendremos a continuaci´on una f´ormula expl´ıcita de g −1 , para lo cual resolvemos el sistema u = ln(xy), v = (x2 + y 2 )−1 :   −1 v + 2eu = (x + y)2 eu = xy =⇒ −1 2 2 v −1 − 2eu = (x − y)2 v =x +y  h√ i √ −1 + 2eu + v −1 − 2eu x = 1 v 2h i =⇒ √ √ −1 u −1 u y = 1 v + 2e − v − 2e . 2 Por u ´ltimo, g(D) = {(u, v) ∈ R2 : 0 < v < e−u /2}.

PROBLEMA 4.21

Sea g : R → R definida por ( x/2 + x2 sen(1/x) g(x) = 0

si x 6= 0 . si x = 0

Estudiar si es localmente invertible en un entorno de 0. Soluci´ on 205

Veamos si se cumplen las hip´otesis del teorema de la funci´on inversa para x = 0. Debe ser para ello g 0 continua. Como   g(h) − g(0) 1 1 1 0 g (0) = l´ım = , = l´ım + h sen h→0 h→0 2 h h 2 tenemos

( 1/2 + 2x sen(1/x) − cos(1/x) g 0 (x) = 1/2

si x 6= 0 si x = 0

que no es continua en x = 0 porque no existe l´ım cos(1/x). x→0

De lo anterior se deduce que no se cumplen las hip´otesis del teorema de la funci´on inversa. Ahora bien, dichas condiciones son suficientes pero no necesarias por lo que pueden existir funciones que, sin cumplirlas, admitan inversa en un entorno del punto. En nuestro caso debemos estudiar directamente la funci´on. Para ello recordamos que, para que una funci´on g : R → R sea invertible en cualquier intervalo, debe ser estrictamente mon´otona (creciente o decreciente). Debido a la forma de g 0 (x) en puntos xn =

1 , con n ∈ N, es nπ

( 3/2 g (xn ) = 1/2 − cos(nπ) = −1/2 0

si n es impar si n es par.

De aqu´ı se deduce que, en todo entorno de cero, existen puntos donde la derivada de g es positiva y puntos donde es negativa, es decir, puntos donde la funci´on es estrictamente creciente y puntos donde es estrictamente decreciente. Como g no es mon´otona en ning´ un intervalo abierto que contenga al cero, no es invertible en ninguno de estos intervalos.

PROBLEMA 4.22

Sea f : R2 → R2 la funci´ on definida por f (x, y) = (x+2y, x−y). (a) Averiguar si satisface las hip´ otesis del teorema de la funci´ on inversa. (b) Hallar Im f . (c) Comprobar que f tiene inversa global, hallando f −1 . Soluci´ on

206

(a) Para ver si cumple las hip´otesis del teorema de la funci´on inversa, debemos verificar en primer lugar que las derivadas parciales Dj fi , i, j = 1, 2, son continuas, siendo f1 (x, y) = x + 2y y f2 (x, y) = x − y las componentes de f ; esto es evidente porque D1 f1 (x, y) = 1, D2 f1 (x, y) = 2, D1 f2 (x, y) = 1, D2 f2 (x, y) = −1.  Adem´as la matriz derivada es Jf (x, y) =

1 2 1 −1

 cuyo determinante

es no nulo ∀(x, y) ∈ R2 . De lo anterior se deduce pues que cada punto (x, y) ∈ R2 posee un entorno abierto en el cual existe f −1 . (b) Por definici´on, Im f = {(u, v) ∈ R2 : u = x + 2y, v = x − y, x, y ∈ R}.     x = (u + 2v)/3 u = x + 2y , , tiene soluci´on Debido a que el sistema y = (u − v)/3 v =x−y ∀(u, v ∈ R2 , deducimos que Im f = R2 . (c) Del resultado anterior se deduce tambi´en que u y v est´an un´ıvocamente determinados; por tanto, f es inyectiva y ∃f −1 : R2 → R2 definida por  u + 2v u − v  f −1 (u, v) = , . 3 3

PROBLEMA 4.23

Se considera la funci´ on f : R2 → R2 definida por f (u, v) = (eu + ev , eu − ev ).

Probar que f es localmente invertible en un entorno de cada punto (u, v) ∈ R2 . Mostrar que tambi´ en f es globalmente invertible calculando su funci´ on inversa. Comprobar que las matrices derivadas de f y de f −1 en puntos correspondientes son inversas. Soluci´ on

Veamos que se cumplen las condiciones del teorema de la funci´on inversa: 207

i) Escribimos f = (f1 , f2 ), donde f1 (u, v) = eu + ev y f2 (u, v) = eu − ev ; ser´a f ∈ C (1) (R2 ) si Di f1 , Di f2 (i = 1, 2) son continuas, lo cual es evidente pues D1 f1 (u, v) = eu ; D2 f1 (u, v) = ev ; D1 f2 (u, v) = eu ; D2 f2 (u, v) = −ev . u e ev ii) det Jf (u, v) = u = −2eu ev 6= 0, ∀(u, v) ∈ R2 . e −ev El teorema citado asegura entonces que existe un abierto U ⊂ R2 que contiene al punto (u, v) y un abierto V ⊂ R2 que contiene al punto f (u, v) de modo que f |U : U → V posee una inversa f −1 : V → U que es diferenciable en V y tal que df −1 (x, y) = [df (u, v)]−1 , donde (u, v) = f −1 (x, y). En general el teorema de la funci´on inversa no asegura la existencia de una funci´on inversa global f −1 : f (R2 ) → R2 ; en este caso s´ı va a existir como se prueba al calcular expl´ıcitamente dicha inversa. Para ello calculamos en primer lugar f (R2 ). Por definici´on, f (R2 ) = {(x, y) : ∃u, v ∈ R, (x, y) = (eu + ev , eu − ev )}. Pero

x = eu + ev y = eu − ev



 =⇒

x + y = 2eu x − y = 2ev

 =⇒

 u = ln x+y 2 . v = ln x−y 2

Observamos que para la existencia de u y v deben ser x + y > 0 y x − y > 0 lo que sugiere que f (R2 ) = {(x, y) : x + y > 0, x − y > 0}. En efecto, ∀(u, v) ∈ R2 , 2eu = (eu + ev ) + (eu − ev ) > 0, 2ev = (eu + ev ) − (eu − ev ) > 0.

Observamos adem´as que la funci´on f : R2 → f (R2 ) es inyectiva pues, como hemos visto, el sistema x = eu + ev , y = eu − ev tiene soluci´on u ´nica. En −1 2 2 definitiva, existe una inversa global f : f (R ) → R definida por  x+y x − y , ln f −1 (x, y) = ln 2 2 208

cuya matriz derivada en el punto (x, y) es   1/(x + y) 1/(x + y) −1 df (x, y) = 1/(x − y) −1/(x − y) y la matriz derivada de f en el punto correspondiente es  u    e ev (x + y)/2 (x − y)/2 df (u, v) = u = . e −ev (x + y)/2 −(x − y)/2

PROBLEMA 4.24

Probar que la funci´ on f : R2 → R2 definida por f (x, y) = (ex cos y, ex sen y) es localmente invertible en un entorno de cada punto, pero no lo es globalmente. Si A = {(x, y) : 0 < y < 2π},

probar que f |A es inyectiva y hallar f −1 . Soluci´ on

Comprobemos que se cumplen las hip´otesis del teorema de la funci´on inversa: i) f ∈ C (1) (R2 ) pues, si llamamos f1 (x, y) = ex cos y y f2 (x, y) = ex sen y a las componentes de f , las derivadas parciales D1 f1 (x, y) = ex cos y, D2 f1 (x, y) = −ex sen y, D1 f2 (x, y) = ex sen y, D2 f2 (x, y) = ex cos y, son todas continuas. x e cos y −ex sen y = e2x > 0, ∀(x, y) ∈ R2 . ii) det Jf (x, y) = x e sen y ex cos y Por el teorema de la funci´on inversa, f es invertible localmente; sin embargo no lo es globalmente porque no es inyectiva (observemos que f (x, y) = f (x, y + 2π)).

209

Veamos ahora que, si restringimos la funci´on al dominio A, s´ı ser´a inyectiva. Sean pues (x, y), (x0 , y 0 ) ∈ A. Entonces:

f (x, y) = f (x0 , y 0 ) =⇒ =⇒

0



ex cos y = ex cos y 0 0 ex sen y = ex sen y 0



e2x cos2 y = e2x cos2 y 0 0 e2x sen2 y = e2x sen2 y 0



0

 0

=⇒ e2x [cos2 y + sen2 y] = e2x [cos2 y 0 + sen2 y 0 ] 0

=⇒ e2x = e2x =⇒ x = x0 . De aqu´ı se deduce que cos y = cos y 0 y sen y = sen y 0 , de donde y 0 = y + 2kπ, pero como 0 < y, y 0 < 2π, resulta y = y 0 . Para hallar f −1 , despejamos x e y en el sistema u = ex cos y, v = ex sen y. Como v/u = tg y y u2 + v 2 = e2x , resulta que f −1 (u, v) =

 ln(u2 + v 2 ) 2

, arc tg

v , (u, v) 6= (0, 0). u

PROBLEMA 4.25

Sea g(r, ϑ) = (r cos ϑ, r sen ϑ). Probar que g es localmente invertible en cada punto distinto de (0, ϑ). Obtener una inversa en el dominio A = {(x, y) ∈ R2 : x > 0, y > 0}. Soluci´ on

Para que exista una inversa local, deben cumplirse las siguientes condiciones: i) g ∈ C (1) (R2 ) lo cual es evidente pues, si denotamos por g1 (r, ϑ) = r cos ϑ y g2 (r, ϑ) = r sen ϑ, entonces D1 g1 (r, ϑ) = cos ϑ, D2 g1 (r, ϑ) = −r sen ϑ, D1 g2 (r, ϑ) = sen ϑ, D2 g2 (r, ϑ) = r cos ϑ, que son continuas en todo R2 . cos ϑ −r sen ϑ = r, que es distinto de cero en todo punii) det Jg(r, ϑ) = sen ϑ r cos ϑ to distinto de (0, ϑ), ∀ϑ ∈ R. 210

El teorema de la funci´on inversa asegura pues que g es localmente invertible en dichos puntos. Es claro que g no es inyectiva (debido a la periodicidad de la funci´on) y que  g R2 \ {(0, ϑ) : ϑ ∈ R} = R2 \ {(0, 0)}. Si B = {(r, ϑ) ∈ R2 : r > 0, 0 < ϑ < π/2}, resulta que B es abierto y g es una biyecci´on de B sobre A.

Entonces g −1 : A → B (que existe por ser g biyectiva) coincide localmente con una funci´on de clase C (1) (cuya existencia asegura el teorema de la funci´on inversa) y por tanto ella misma es de clase C (1) . Si (x, y) ∈ A, existe un u ´nico (r, ϑ) ∈ B tal que g(r, ϑ) = (r cos ϑ, r sen ϑ) = (x, y). Por tanto, de x2 p + y 2 = r2 , y/x = tg ϑ se deduce que la u ´nica soluci´on 2 2 de este sistema es r = x + y , ϑ = arc tg(y/x). En definitiva, g −1 (x, y) =

p

 x2 + y 2 , arc tg(y/x) , ∀(x, y) ∈ A.

Observamos que, si llamamos Bk = {(r, ϑ) : r > 0, 2kπ < ϑ < 2kπ + π/2}, la funci´on g es tambi´enpuna biyecci´on de Bk en A, pero ahora la funci´on inversa es g −1 (x, y) = x2 + y 2 , 2kπ + arc tg(y/x) .

PROBLEMA 4.26

Dada la funci´ on f (x, y) = (x2 − x − 2, 3y), ∀(x, y) ∈ R2 , estudiar las hip´ otesis del teorema de la funci´ on inversa, calcular f (R2 ), ver si −1 f es inyectiva y encontrar f expl´ıcitamente. Soluci´ on

211

- Es claro que f verifica las hip´otesis del teorema de la funci´on inversa porque, si llamamos f1 (x, y) = x2 −x−2 y f2 (x, y) = 3y a las componentes de f , entonces: D1 f1 (x, y) = 2x − 1, D2 f1 (x, y) = 0, D1 f2 (x, y) = 0, D2 f2 (x, y) = 3, que son evidentemente continuas. Adem´as,   2x − 1 0 Jg(x, y) = y det Jf (x, y) = 3(2x − 1), 0 3 el cual es distinto de cero cuando x 6= 1/2, lo que indica que existe f −1 en un entorno de cada punto (x, y) ∈ R2 tal que x 6= 1/2. - Como el sistema de ecuaciones u = x2 −x−2, v = 3y tiene soluci´on cuando el discriminante de la ecuaci´on de segundo grado x2 − x − (2 + u) = 0 es no negativo, es decir cuando 9 + 4u ≥ 0, la imagen de la funci´on ser´a Im f

= {(u, v) ∈ R2 : u = x2 − x − 2, v = 3y, x, y ∈ R} n 9o = (u, v) ∈ R2 : u ≥ − . 4 1±



9 + 4u , y = v/3, 2 de lo que se deduce en particular que, excepto cuando u = −9/4, el valor de x no est´a un´ıvocamente determinado, es decir existen √ √ 1 + 9 + 4u 1 − 9 + 4u x1 = , x2 = , 2 2

- Al resolver el sistema anterior, obtenemos que x =

de modo que x1 6= x2 y f (x1 , y) = f (x2 , y); as´ı pues f no es inyectiva. Ahora bien, si llamamos D1 = {(x, y) ∈ R2 : 2x > 1}, entonces f (D1 ) = {(u, v) ∈ R2 : 4u + 9 > 0}, f |D1 es inyectiva y √   1 + 9 + 4u v 9 −1 f (u, v) = , , u>− 2 3 4

212

y, si llamamos D2 = {(x, y) ∈ R2 : 2x < 1}, entonces f (D2 ) = {(u, v) ∈ R2 : 4u + 9 > 0}, f |D2 es inyectiva y f

−1

 (u, v) =

1−



9 + 4u v , 2 3

 , u>−

9 4

(resultados que se obtienen al resolver el sistema u = x2 − x − 2, v = 3y).

PROBLEMA 4.27 ∂z ∂z y en el punto u = 1, v = 1, si x = u+ln v , y = v −ln u, ∂x ∂y z = 2u + v .

Hallar

Soluci´ on

Por la regla de la cadena, ∂z ∂x ∂z ∂y

∂u ∂v + , ∂x ∂x ∂u ∂v = 2 + , ∂y ∂y = 2

donde (u, v) = F (x, y) es la funci´on inversa de (x, y) = (u + ln v, v − ln u). Para comprobar que existe dicha funci´on inversa en un entorno del punto (u, v) = (1, 1), calculamos el jacobiano 1 1 ∂(x, y) 1 ∂(x, y) 1/v = 2 6= 0. = =⇒ (1, 1) = −1 1 ∂(u, v) −1/u 1 ∂(u, v) 213

Como la funci´on dada es de clase C (1) , existe una inversa local (u, v) = F (x, y). Para calcular las derivadas parciales de esta funci´on inversa, derivamos la funci´on dada con respecto a x y resolvemos el sistema resultante:  ˛ ˛ ˛ ˛ ˛1 1/v ˛   ˛ ˛  ˛ ˛   0 1 ˛ ˛  ∂u 1 1 ∂u  ˛ ˛ = =⇒ =  1 ˛ ˛  ∂x ∂x u=1,v=1 = 2 1+ uv  ˛ 1 ˛ 1/v  ˛ ˛    ˛ 1 ∂v 1˛ ˛˛ ˛−1/u 1 = ∂u ∂x + v · ∂x ˛ =⇒ ˛ ˛ ∂v ˛ 1  0 = − u1 · ∂u 1˛˛  ∂x + ∂x ˛  ˛ ˛   ˛−1/u 0˛  1  ∂v = ˛˛ ˛ = 1/u1 =⇒ ∂v  ˛ ∂x ∂x u=1,v=1 = 2  1+ uv  ˛ ˛ 1 1/v  ˛ ˛   ˛ 1 ˛˛ ˛−1/u An´alogamente se procede con las derivadas respecto a y:  ˛ ˛ ˛ ˛ ˛0 1/v ˛   ˛ ˛  ˛ ˛   1 1 ˛ ˛  −1/v ∂u ∂u  ˛ ˛ = −1  ˛ = 1+ 1 =⇒ ∂y  ∂y = ˛˛ 2  ˛ u=1,v=1 uv 1 1/v  ) ˛ ˛   ∂u 1 ∂v ˛ ˛ 0 = ∂y + v · ∂y 1˛ ˛ ˛−1/u ˛ ˛ ˛ ∂v =⇒ 1 ∂u ˛ 1  1 = − u · ∂y + ∂y 0˛˛  ˛  ˛ ˛   ˛−1/u 1˛  1 ∂v 1  ∂v = ˛˛ ˛ = =⇒  1 ˛ ∂y ∂y u=1,v=1 = 2  1+ uv  ˛ ˛ 1 1/v  ˛ ˛   ˛ 1 ˛˛ ˛−1/u Sustituyendo estos resultados en las derivadas de z, obtenemos en definitiva ∂z 3 ∂z −1 = , = . ∂x u=1,v=1 2 ∂y u=1,v=1 2

PROBLEMA 4.28

Sea f : R3 → R3 la funci´ on definida por  f (x, y, z) = ex , sen(x + y), ez .

(a) Probar que f es localmente invertible en (0, 0, 0). (b) Probar que existen puntos en R3 donde no se cumplen las hip´ otesis del teorema de la funci´ on inversa. Soluci´ on

214

(a) Debemos probar que f ∈ C (1) y que det Jf (0, 0, 0) 6= 0. Para ello calculamos las derivadas parciales de primer orden. Tenemos as´ı:  fx0 (x, y, z) = ex , cos(x + y), 0 ,  fy0 (x, y, z) = 0, cos(x + y), 0 , fz0 (x, y, z) = (0, 0, ez ), cuyas componentes son evidentemente continuas en todo punto de R3 . Por otra parte, 1 0 0 det Jf (0, 0, 0) = 1 1 0 = 1 6= 0. 0 0 1 Queda comprobado as´ı que se cumplen las hip´otesis del teorema de la funci´on inversa en el origen. (b) Como hemos visto antes, en cualquier punto (x0 , y0 , z0 ) ∈ R3 , f ∈ C (1) ; sin embargo no siempre el jacobiano es distinto de cero, pues ex0 0 0 det Jf (x0 , y0 , z0 ) = cos(x0 + y0 ) cos(x0 + y0 ) 0 = ex0 +z0 cos(x0 +y0 ), 0 0 ez0 y (2n − 1)π , n ∈ Z. 2 Por tanto, en estos puntos no se cumplen las hip´otesis del teorema y no podemos asegurar la existencia de la funci´on inversa en un entorno de ellos. det Jf (x0 , y0 , z0 ) = 0 ⇐⇒ x0 + y0 =

PROBLEMA 4.29

Sea g : R3 → R3 definida por g(x, y, z) = (e2y + e2z , e2x − e2z , x − y).

(a) Probar que g es diferenciable en todo R3 y posee funci´ on inversa diferenciable en un entorno de cada punto. (b) Probar que g es globalmente invertible. Soluci´ on

215

(a) Una condici´on suficiente para que g sea diferenciable en R3 es que g sea de clase C (1) en todo R3 , lo cual, por definici´on, equivale a la continuidad de D1 gi , D2 gi , D3 gi , ∀i = 1, 2, 3, siendo g1 (x, y, z) = e2y + e2z , g2 (x, y, z) = e2x − e2z y g3 (x, y, z) = x − y. Ahora bien, las derivadas parciales de gi (i = 1, 2, 3) son D2 g1 (x, y, z) = 2e2y D2 g2 (x, y, z) = 0 D2 g3 (x, y, z) = −1

D1 g1 (x, y, z) = 0 D1 g2 (x, y, z) = 2e2x D1 g3 (x, y, z) = 1

D3 g1 (x, y, z) = 2e2z D3 g2 (x, y, z) = −2e2z D3 g3 (x, y, z) = 0,

las cuales son evidentemente continuas en cualquier punto de R3 . Por otra parte, para cualquier punto (x, y, z) ∈ R3 es det Jg(x, y, z) 6= 0 pues 2y 0 2e2z 2x 2e  0 −2e2z = −4 e2(x+z) + e2(y+z) 6= 0 det Jg(x, y, z) = 2e 1 −1 0 ya que la funci´on exponencial no se anula en ning´ un punto. Como g cumple las hip´otesis del teorema de la funci´on inversa, posee inversa en un entorno de cada punto de R3 . (b) Para que g sea invertible globalmente, debe ser inyectiva. Veamos que, en efecto, si g(x1 , y1 , z1 ) = g(x2 , y2 , z2 ), entonces (x1 , y1 , z1 ) = (x2 , y2 , z2 ). De las ecuaciones x1 − y1 = x2 − y2 2y1

e

+ e2z1

e2x1 − e2z1

= e2y2 + e2z2 = e2x2 − e2z2 ,

al sumar las dos u ´ltimas tenemos que e2y1 + e2x1 = e2y2 + e2x2 , de donde e2y1 (1 + e2x1 −2y1 ) = e2y2 (1 + e2x2 −2y2 ). Como x1 − y1 = x2 − y2 , la u ´ltima ecuaci´on queda ahora como e2y1 = 2y 2 e , de donde y1 = y2 , lo que, al sustituir en las otras ecuaciones, da tambi´en que x1 = x2 y z1 = z2 , como quer´ıamos comprobar. 216

PROBLEMA 4.30  xz 3 + y 2 u3 = 1 (a) Probar que el sistema define a las variables x, 2xy 3 + u2 z = 0 y como funciones impl´ıcitas diferenciables de z, u en un entorno del punto P (x0 , y0 , z0 , u0 ) = (0, 1, 0, 1). 

(b) Sean x = h(z, u), y = g(z, u) las funciones impl´ıcitas definidas en el apartado (a). Demostrar que la funci´ on  F (z, u) = h(z, u), g(z, u) admite funci´ on inversa diferenciable en un entorno del punto (0, 1). Soluci´ on

(a) Sea G : R2 × R2 → R2 la funci´on definida por G(x, y, z, u) = (xz 3 + y 2 u3 − 1, 2xy 3 + u2 z) y comprobemos que verifica las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita. i) G(0, 1, 0, 1) = (0, 0) lo que se obtiene por simple sustituci´on. ii) G ∈ C (1) . En efecto, las dos componentes de G, G1 (x, y, z, u) = xz 3 + y 2 u3 − 1 y G2 (x, y, z, u) = 2xy 3 + u2 z son polinomios y admiten derivadas parciales los ´ordenes en cualquier punto de R4 . Dx G1 (P ) Dy G1 (P ) 0 ∂(G1 , G2 ) = (P ) = iii) Dx G2 (P ) Dy G2 (P ) 2 ∂(x, y)

continuas de todos 2 = −4 6= 0. 0

Por tanto, existe un entorno abierto U de (0, 1) y otro entorno abier(1) to V de (0, 1) as´ı como una funci´  on F : U → V de clase C tal que, si F (z, u) = h(z, u), g(z, u) , se tiene G h(z, u), g(z, u), z, u = (0, 0), ∀(z, u) ∈ U . En otras palabras, {(x, y, z, u) ∈ V × U : G(x, y, z, u) = (0, 0)} = {(x, y, z, u) ∈ V × U : x = h(z, u), y = g(z, u)}. En particular, h(0, 1) = 0, g(0, 1) = 1. Observemos que, por ser G de clase C (∞) , la funci´on impl´ıcita F es tambi´en de clase C (∞) .  (b) Sea F (z, u) = h(z, u), g(z, u) . Hemos de probar que F verifica las hip´otesis del teorema de la funci´on inversa en (0, 1). 217

i) F es de clase C (1) , tal como hemos concluido por el teorema de la funci´on impl´ıcita. 0 hz (0, 1) h0u (0, 1) 6= 0. Para comprobar esto, ii) Adem´as, debe ser 0 gz (0, 1) gu0 (0, 1)  utilizamos la identidad G h(z, u), g(z, u), z, u = 0, ∀(z, u) ∈ U , es decir h(z, u) · z 3 + [g(z, u)]2 · u3 − 1 = 0, 2h(z, u) · [g(z, u)]3 + u2 z = 0.

(∗)

Derivando este sistema respecto a z, tenemos: z 3 · h0z (z, u) + 3z 2 · h(z, u) + 2u3 · g(z, u) · gz0 (z, u) = 0, 2[g(z, u)]3 · h0z (z, u) + 6h(z, u) · [g(z, u)]2 · gz0 (z, u) + u2 = 0. Sustituyendo en el punto (z0 , u0 ) = (0, 1) y teniendo en cuenta que h(0, 1) = 0, g(0, 1) = 1, resulta que 2gz0 (0, 1) = 0, 2h0z (0, 1)+1 = 0 =⇒ gz0 (0, 1) = 0, h0z (0, 1) = −1/2. Derivando ahora (∗) respecto a u: z 3 · h0u (z, u) + 2u3 · g(z, u) · gu0 (z, u) + 3u2 · [g(z, u)]2 = 0, 2h0u (z, u) · [g(z, u)]3 + 6h(z, u) · [g(z, u)]2 · gu0 (z, u) + 2uz = 0. Nuevamente al sustituir en (z0 , u0 ) = (0, 1), obtenemos: 2gu0 (0, 1)+3 = 0, 2h0u (0, 1) = 0 =⇒ gu0 (0, 1) = −3/2, h0u (0, 1) = 0. Por tanto, 0 hz (0, 1) h0u (0, 1) −1/2 0 3 = = = 6 0. g 0 (0, 1) g 0 (0, 1) 0 −3/2 4 z u Como se cumplen las hip´otesis del teorema de la funci´on inversa, existe un conjunto abierto V que contiene a (0, 1) y un conjunto abierto W que contiene a la imagen F (0, 1) = (0, 1) tal que F : V → W tiene una inversa continua F −1 : W → V que es diferenciable y satisface d(F −1 )(x, y) = [dF (F −1 (x, y))]−1 , ∀(x, y) ∈ W. 218

PROBLEMA 4.31

Si u, v son funciones de las variables x, y definidas por las ecuaciones eu cos v − x = 0 eu sen v − y = 0, −→ −→ probar que el ´ angulo formado por ∇u y ∇v es constante. Soluci´ on −→ −→ Para calcular ∇u y ∇v, debemos determinar la funci´on inversa de x = eu cos v y = eu sen v, la cual existe localmente porque x(u, v) e y(u, v) son funciones infinitamente derivables y ∂(x, y) eu cos v −eu sen v = = e2u 6= 0. ∂(u, v) eu sen v eu cos v Si derivamos las expresiones que definen a u y v con respecto a x, obtenemos: eu · cos v · u0x − eu · sen v · vx0 = 1 eu · sen v · u0x + eu · cos v · vx0 = 0. Al resolver este sistema, llegamos a la soluci´on u0x = e−u cos v, vx0 = −e−u sen v. Procedemos an´alogamente con las derivadas respecto a y. Obtenemos el sistema eu · cos v · u0y − eu · sen v · vy0 = 0 eu · sen v · u0y + eu · cos v · vy0 = 1, y la correspondiente soluci´on u0y = e−u sen v, vy0 = e−u cos v. −→ −→ En definitiva, ∇u = (e−u cos v, e−u sen v) y ∇v = (−e−u sen v, e−u cos v). −→ −→ Como ∇u · ∇v = 0, deducimos que ambos vectores son perpendiculares en todos los puntos.

219

3. CAMBIO DE VARIABLES

Como aplicaci´on al c´alculo de derivadas de funciones compuestas vamos a estudiar la forma en que se transforman las ecuaciones diferenciales cuando se realiza un cambio de variable (supondremos en todos los casos la igualdad de las derivadas parciales de segundo orden cruzadas). Destaquemos que la elecci´on adecuada de un cambio de variable permite simplificar una ecuaci´on diferencial y obtener muy f´acilmente sus soluciones (ver por ejemplo los problemas 4.31 y 4.44). Adem´as introducimos el estudio de las ecuaciones en derivadas parciales, de gran inter´es en las aplicaciones. PRIMER CASO: En la ecuaci´on   dy dn y G x, y, , . . . , n = 0 dx dx cambia una sola variable. 1.1. Cambia la variable independiente mediante la ecuaci´ on x = x(t). ESQUEMA DE DEPENDENCIAS y→x→t Como

dy dy dx dy y0 = · , entonces = t0 . dt dx dt dx xt

Si derivamos nuevamente respecto a t, resulta:     d dy dx d2 y dx d dy = · = 2· dt dx dx dx dt dx dt 00 0 00 0 yt · xt − xt · yt = , (x0t )2 de donde

yt00 · x0t − x00t · yt0 d2 y d  dy  dt = · = . dx2 dt dt dx (x0t )3

Las derivadas sucesivas se obtienen de manera an´aloga. 1.2. Cambia la variable independiente mediante la ecuaci´ on t = t(x). ESQUEMA DE DEPENDENCIAS x←t←y→x 220

dy dt dy = · = yt0 · t0x Por la regla de la cadena se obtiene directamente que dx dt dx y   d2 y d dy dt = · dx2 dx dt dx d 0 = (y ) · t0x + yt0 · t00x = yt00 · (t0x )2 + yt0 · t00x . dx t 1.3. Cambia s´ olo la funci´ on mediante la ecuaci´ on y = y(z). ESQUEMA DE DEPENDENCIAS x←y→z→x

dy dy dz = · = yz0 · zx0 , dx  dz dx d dy d 0 0 d 0 = = (y · z ) = yz0 · zx00 + (y ) · zx0 dx dx dx z x dx z d = yz0 · zx00 + (yz0 ) · zx0 · zx0 = yz0 · zx00 + yz00 · (zx0 )2 . dz

yx0 = yx00

SEGUNDO CASO: En la ecuaci´on   dy dn y G x, y, , . . . , n = 0 dx dx cambian la funci´on y variable antiguas por una funci´on y variable nuevas mediante las relaciones x = x(u, v), y = y(u, v). El esquema de dependencias es el siguiente:

Las relaciones entre las derivadas de primer orden se obtienen de la siguiente forma:    Si y = f (x) y v = g(u), entonces y(u, v) = f x(u, v) = f x u, g(u) , de donde     dv dv 0 0 0 0 0 yu (u, v) + yv (u, v) · = f x u, g(u) · xu (u, v) + xv (u, v) · . du du 221

As´ı pues, la derivada se obtiene como: dy y 0 + yv0 · (dv/du) = f 0 (x) = u0 . dx xu + x0v · (dv/du)

TERCER CASO: Transformar la ecuaci´on en derivadas parciales   ∂z ∂z ∂ 2 z ∂ 2 z , , , ,... = 0 F x, y, z, ∂x ∂y ∂x2 ∂x∂y por la ecuaci´on  F

∂z ∂z ∂ 2 z ∂ 2 z u, v, z, , , , ,... ∂u ∂v ∂u2 ∂u∂v

 =0

mediante el cambio x = x(u, v), y = y(u, v). El esquema de dependencias es el siguiente:

Las relaciones entre las derivadas de primer orden se obtienen al resolver el sistema: ∂z ∂u ∂z ∂v

= =

∂z ∂x ∂z ∂x

∂x ∂z ∂y + · ∂u ∂y ∂u ∂x ∂z ∂y · + · . ∂v ∂y ∂v ·

En el caso de que la transformaci´on venga dada por las ecuaciones u = u(x, y), v = v(x, y), se resuelve el sistema an´alogo ∂z ∂x ∂z ∂y

= =

∂z ∂u ∂z ∂u

∂u ∂z ∂v + · ∂x ∂v ∂x ∂u ∂z ∂v · + · . ∂y ∂v ∂y ·

CASO GENERAL: Cambiar las variables independientes x e y por u y v y la funci´on z por w, mediante las relaciones   x = f (u, v, w)  u = F (x, y, z) y = g(u, v, w) o bien v = G(x, y, z)   z = h(u, v, w) w = H(x, y, z). 222

Debemos tener en cuenta los siguientes esquemas de dependencias

o bien

Derivando las veces que sea necesario y resolviendo los sistemas resultantes, se podr´ıan conocer las derivadas parciales de z con respecto a x e y en funci´on de las correspondientes derivadas parciales de w con respecto a u y v. Sin embargo el caso m´as sencillo no exige la resoluci´on de ning´ un sistema de ecuaciones; este caso corresponde a las relaciones de la forma z = ϕ(u, v, w), u = f (x, y), v = g(x, y) para el cual el esquema de dependencias es

De este modo, al derivar resulta: ∂z ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z ∂w = · + · + · ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂w ∂x pero como ∂w ∂w ∂u ∂w ∂v = · + · , ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x entonces ∂z ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z = · + · + · ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂w 223



∂w ∂u ∂w ∂v · + · ∂u ∂x ∂v ∂x

 .

An´alogamente, ∂z ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z = · + · + · ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂w



∂w ∂u ∂w ∂v · + · ∂u ∂y ∂v ∂y

 .

PROBLEMA 4.32

Resolver la ecuaci´ on diferencial x ·

dy 1 d2 y + + = 0. 2 dx dx x

Soluci´ on

Si hacemos el cambio de variable x = et (o bien t = ln x), las derivadas sucesivas son: dy dx d2 y dx2

= =

dy 1 · , dt x d2 y 1 1 dy −1 · · + · . dt2 x x dt x2

Al sustituirlas en la ecuaci´on, ´esta queda de la forma d2 y = −1 dt2 cuya soluci´on general, obtenida por integraci´on directa, es y=−

t2 (ln x)2 +C ·t+D =− + C · ln x + D. 2 2

PROBLEMA 4.33

Transformar la ecuaci´ on x2 ·

d2 y dy a2 + 2x · + ·y =0 dx2 dx x2

poniendo x = 1/t. Soluci´ on 224

Como estamos en el caso 1.1, debemos expresar las derivadas de y respecto a x en funci´on de las derivadas de y respecto a t. Tenemos as´ı: dy dx d2 y dx2

=

=

yt0 = −t2 · yt0 , x0t   d dt

dy dx x0t

= (−t2 ) · (−2tyt0 − t2 yt00 ) = 2t3 yt0 + t4 yt00 .

Al sustituir en la ecuaci´on dada obtenemos:     1 3 dy 1 d2 y 2 dy −t + a2 t2 y = 0 ·t 2 +t 2 +2· t2 dt dt t dt o bien

d2 y + a2 y = 0. dt2

PROBLEMA 4.34

En la ecuaci´ on diferencial (x2 − 1) ·

d2 y dy +x· − my = 0, dx2 dx

cambiar la variable independiente x por la nueva variable independiente v siendo la ecuaci´ on que las relaciona x = cos v . Soluci´ on Al igual que los ejercicios anteriores, dy dx d2 y dx2

= =

yv0 1 =− · y0 , x0v sen v v x0v · yv00 − x00v · yv0 1 cos v = · yv00 − · y0 , 0 3 2 (xv ) sen v sen3 v v

valores que llevados a la ecuaci´on diferencial dada la transforma en yv00 +my = 0. PROBLEMA 4.35

Dada la ecuaci´ on diferencial 2x dy y d2 y + · + = 0, 2 2 dx 1 + x dx (1 + x2 )2

hacer el cambio de variable x = tg t. 225

Soluci´ on

Nuevamente estamos en el caso 1.1, por lo que: dy dx

=

yt0 = cos2 t · yt0 , x0t

d2 y dx2

=

x0t · yt00 − x00t · yt0 = (x0t )3

1 cos2 t

· yt00 − yt0 · 1/ cos6 t

2 sen t cos3 t

= cos4 t · yt00 − 2 sen t cos3 t · yt0 . Hecho el cambio queda cos4 t · yt00 − 2 sen t cos3 t · yt0 +

2 tg t y cos2 t · yt0 + 2 1 + tg t (1 + tg2 t)2

= 0

lo que, al simplificar, da la ecuaci´on cos4 t · (yt00 + y) = 0.

PROBLEMA 4.36

En la ecuaci´ on diferencial d3 y d2 y dy 3 · (x + m) + 3 · (x + m)2 + · (x + m) + y = 0, 3 2 dx dx dx

cambiar la variable independiente por v , definida mediante la relaci´ on x + m = ev . Soluci´ on

Al igual que en los casos anteriores tenemos: dy dx d2 y dx2

= =

yv0 = e−v · yv0 , x0v x0v · yv00 − x00v · yv0 = e−2v (yv00 − yv0 ). (x0v )3

Adem´as, si derivamos nuevamente respecto a x, d3 y dx3

=

=

0 0 00 00 0 (x0v )3 [x00v · (1/x0v ) · yv00 +x0v · yv000 · (1/x0v )−x000 v · (1/xv ) · yv −xv · yv · (1/xv )] (x0v )6 3(x0v )2 · x00v · (1/x0v ) · (x0v yv00 − x00v yv0 ) − (x0v )6 0 000 0 000 0 0 (xv yv − yv xv )xv − 3(xv yv00 − yv0 x00v )x00v = e−3v (yv000 − 3yv00 + 2yv0 ), (x0v )5

226

y al sustituir en la ecuaci´on original resulta yv000 + y = 0.

PROBLEMA 4.37 2 d3 y dy 2 d y + 3x · + x(a + 1) · − y = 0, 3 2 dx dx dx sustituir la variable x por t seg´ un la relaci´ on t = ln x.

En la ecuaci´ on x3 ·

Soluci´ on

Aplicaremos las f´ormulas dy dx d2 y dx2 d3 y dx3

= = =

dy/dt y0 = tt , dx/dt e 0 00 xt · yt − yt0 · x00t yt00 − yt0 , = (x0t )3 e2t 00 0 00 0 00 x0t · (x0t yt000 − yt0 x000 yt000 − yt0 − 3(yt00 − yt0 ) t ) − 3xt · (xt yt − yt xt ) = . (x0t )5 e3t

Al sustituir y simplificar la expresi´on resulta la nueva ecuaci´on

d3 y dy + a − y = 0. 3 dt dt

PROBLEMA 4.38

En la ecuaci´ on diferencial x3

2 d3 y dy 2d y + 3x +x − y = 0, 3 2 dx dx dx

efectuar el cambio de variable t = ln x. Soluci´ on

Seg´ un el esquema de dependencias x ←− t ←− y −→ x, derivando con respecto a x obtenemos las f´ormulas utilizadas en el problema anterior. Teniendo en cuenta que x = et , dichas f´ormulas quedan de la 227

siguiente forma: dy dx d2 y dx2 d3 y dx3

= = =

yt0 et yt00 − yt0 e2t 000 yt − 3yt00 + 2yt0 . e3t

Al sustituir en la ecuaci´on diferencial dada, nos queda la ecuaci´on transformada yt000 − yt = 0. Observaci´ on. El m´etodo utilizado en este problema se aplica en general para pasar de una ecuaci´on con coeficientes variables en otra con coeficientes constantes.

PROBLEMA 4.39

En la ecuaci´ on diferencial d2 y + (ey − x) · dx2



dy dx

3 = 0,

intercambiar la funci´ on con la variable independiente. Soluci´ on

Sabiendo que dy/dx =

1 , derivando respecto a y tenemos: dx/dy   d dy d2 x/dy 2 =− . dy dx (dx/dy)2

Por otra parte, por la regla de derivaci´on de una funci´on compuesta,     d dy d dy dx d2 y dx = · = 2· . dy dx dx dx dy dx dy Agrupando las dos f´ormulas, obtenemos: d2 y d2 x/dy 2 = − . dx2 (dx/dy)3 Llevado este resultado a la ecuaci´on diferencial da la nueva expresi´on

228

d2 x + x = ey . dy 2

PROBLEMA 4.40

Dada la ecuaci´ on diferencial d2 y dy −x· −y dx2 dx



dy dx

3 = 0,

intercambiar las variables x e y . Soluci´ on

Si aplicamos las f´ormulas obtenidas en el problema anterior dy dx d2 y dx2 resulta −

1 , dx/dy d2 x/dy 2 = − , (dx/dy)3 =

d2 x/dy 2 1 1 −x· −y· = 0, 3 (dx/dy) dx/dy (dx/dy)3

o bien, d2 x +x dy 2



dx dy

2 + y = 0.

PROBLEMA 4.41 dy x+y = en coordenadas polares, defidx x−y nidas por las ecuaciones x = ρ cos ϑ, y = ρ sen ϑ, escribiendo ρ en funci´ on de ϑ.

Transformar la ecuaci´ on

Soluci´ on

La situaci´on es la descrita en el segundo caso del resumen te´orico, donde tenemos el siguiente esquema de dependencias

229

Utilizamos por lo tanto la f´ormula yϑ0 + yρ0 · (dρ/dϑ) dy ρ cos ϑ + sen ϑ · (dρ/dϑ) = 0 = . dx xϑ + x0ρ · (dρ/dϑ) −ρ sen ϑ + cos ϑ · (dρ/dϑ) Al sustituir en la ecuaci´on y simplificar, obtenemos la nueva ecuaci´on

dρ = ρ. dϑ

PROBLEMA 4.42

Hallar la expresi´ on en coordenadas polares del radio de curvatura de una curva y = y(x) dado en coordenadas cartesianas  3/2 1 + (dy/dx)2 . R= d2 y/dx2 Soluci´ on

Teniendo en cuenta (comparar con el problema anterior) que dx dϑ dy dϑ d2 x dϑ2 d2 y dϑ2

= =

∂x 0 ∂x · ρ (ϑ) + = cos ϑ · ρ0 (ϑ) − sen ϑ · ρ(ϑ), ∂ρ ∂ϑ ∂y 0 ∂y · ρ (ϑ) + = sen ϑ · ρ0 (ϑ) + cos ϑ · ρ(ϑ), ∂ρ ∂ϑ

= cos ϑ · ρ00 (ϑ) − 2 sen ϑ · ρ0 (ϑ) − cos ϑ · ρ(ϑ), = sen ϑ · ρ00 (ϑ) + 2 cos ϑ · ρ0 (ϑ) − sen ϑ · ρ(ϑ),

obtenemos: dy dx

=

d2 y dx2

=

dy/dϑ cos ϑ · ρ(ϑ) + sen ϑ · ρ0 (ϑ) = , dx/dϑ − sen ϑ · ρ(ϑ) + cos ϑ · ρ0 (ϑ)   dy d dy d2 x dx d2 y dϑ dx [ρ(ϑ)]2 + 2[ρ0 (ϑ)]2 − ρ(ϑ) · ρ00 (ϑ) dϑ · dϑ2 − dϑ · dϑ2 = = ,  3 dx dx/dϑ [cos ϑ · ρ0 (ϑ) − sen ϑ · ρ(ϑ)]3 dϑ

que sustituidos en la f´ormula cartesiana del radio de curvatura da como resultado su expresi´on polar  3/2 [ρ(ϑ)]2 + [ρ0 (ϑ)]2 R= . [ρ(ϑ)]2 + 2[ρ0 (ϑ)]2 − ρ(ϑ) · ρ00 (ϑ)

230

PROBLEMA 4.43

Transformar en coordenadas polares la ecuaci´ on diferencial y 2 · [x + y · y 0 (x)]2 − (x2 + y 2 ) · [x · y 0 (x) − y]2 = 0. Soluci´ on

Al sustituir en la ecuaci´on los valores x = ρ cos ϑ, y = ρ sen ϑ y la derivada ρ cos ϑ + ρ0ϑ sen ϑ (dy/dϑ) y 0 (x) = = , (dx/dϑ) −ρ sen ϑ + ρ0ϑ cos ϑ resulta   ρ cos ϑ + ρ0ϑ sen ϑ 2 ρ sen ϑ ρ cos ϑ + ρ sen ϑ · −ρ sen ϑ + ρ0ϑ cos ϑ 2  ρ cos ϑ + ρ0ϑ sen ϑ 2 − ρ sen ϑ = 0. −ρ ρ cos ϑ · −ρ sen ϑ + ρ0ϑ cos ϑ 2

2

Simplificando esta expresi´on se obtiene en definitiva que [ρ0ϑ ]2 sen2 ϑ−ρ2 = 0, ρ0 1 o bien ϑ = ± . ρ sen ϑ

PROBLEMA 4.44

Transformar la ecuaci´ on x · y · y 00 (x) − x · [y 0 (x)]2 + y 3 = 0 mediante el cambio y = ew , x = et , con w = w(t). Soluci´ on

A partir de las f´ormulas dy dx d2 y dx2

= = =

dy/dt ew · wt0 = = ew−t · wt0 , dx/dt et d2 y dt2

2

d x − dy dt · dt2 (dx/dt)3 et [ew (wt0 )2 + ew · wt00 ] − ew · wt0 · et ew+t [wt00 + (wt0 )2 − wt0 ] = , e3t e3t dx dt

·

231

obtenemos, al sustituir, la nueva expresi´on e2w−t [wt00 + (wt0 )2 − wt0 ] − e2w−t · (wt0 )2 + e3w = 0 o bien

d2 w dw − + ew+t = 0. dt2 dt

PROBLEMA 4.45 2 ∂2u 2 ∂ u Transformar la ecuaci´ on de ondas = a (a 6= 0), en otra ∂t2 ∂x2 cuyas variables independientes sean α, β , donde α = x − at, β = x + at.

Soluci´ on

Aplicando la f´ormula de derivaci´on de funciones compuestas, tenemos el sistema   ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u = · (−a) + ·a=a − + ∂t ∂α ∂β ∂α ∂β ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u = ·1+ ·1= + . ∂x ∂α ∂β ∂α ∂β Volviendo a derivar estas mismas f´ormulas, tenemos:     ∂2u ∂ ∂u ∂α ∂ ∂u ∂β = · + · 2 ∂t ∂α ∂t ∂t ∂β ∂t ∂t  2   2  2 ∂ u ∂ u ∂ u ∂2u = a − · (−a) + a − ·a ∂α∂β ∂α2 ∂β 2 ∂α∂β  2  ∂2u ∂2u 2 ∂ u = a −2 + ; ∂α2 ∂α∂β ∂β 2     ∂2u ∂α ∂ ∂u ∂β ∂ ∂u = · + · 2 ∂x ∂α ∂x ∂x ∂β ∂x ∂x  2   2  2 ∂ u ∂ u ∂ u ∂2u = ·1+ + + ·1 ∂α2 ∂α∂β ∂α∂β ∂β 2 ∂2u ∂2u ∂2u + = + 2 . ∂α2 ∂α∂β ∂β 2 Al sustituir en la ecuaci´on dada tenemos la nueva ecuaci´on 232

∂2u = 0. ∂α∂β

Observemos que, expresada de esta forma, la soluci´on de la ecuaci´on se obtiene por integraci´on directa.

PROBLEMA 4.46 ∂2z ∂2z + 2 = 0, hacer el Dada la ecuaci´ on en derivadas parciales 2 ∂x ∂y p 2 2 cambio de variable r = x + y .

Soluci´ on

A partir del esquema de dependencias siguiente

las derivadas sucesivas se obtienen del siguiente modo: ∂z ∂x

=

∂z ∂y

=

∂2z ∂x2

= =

∂2z ∂y 2

= =

dz ∂r dz x · = ·p , 2 dr ∂x dr x + y2 dz ∂r dz y , · = ·p dr ∂y dr x2 + y 2    2 ∂ dz ∂r dz ∂ 2 r d2 z ∂r dz ∂ 2 r · + · 2 = 2· + · ∂x dr ∂x dr ∂x dr ∂x dr ∂x2 d2 z x2 dz y2 · + · , dr2 x2 + y 2 dr (x2 + y 2 )3/2    2 ∂ dz ∂r dz ∂ 2 r d2 z ∂r dz ∂ 2 r · + · 2 = 2· + · ∂y dr ∂y dr ∂y dr ∂y dr ∂y 2 d2 z y2 dz x2 · + · . dr2 x2 + y 2 dr (x2 + y 2 )3/2

Al sustituir los resultados en la ecuaci´on original resulta d2 z 1 dz + · = 0. dr2 r dr

233

PROBLEMA 4.47

Si w = w(x, y), cambiar a polares la expresi´ on A=

∂2w ∂2w + . ∂x2 ∂y 2

Soluci´ on Las ecuaciones del cambio de variable son x = r cos ϑ, y = r sen ϑ. Si en este sistema suponemos r y ϑ como funciones de x e y, sus derivadas se calculan mediante los m´etodos expuestos en la secci´on de funciones impl´ıcitas. Se obtienen as´ı los siguientes resultados: ∂r = cos ϑ , ∂x ∂ϑ sen ϑ = − , ∂x r ∂r = sen ϑ , ∂y ∂ϑ cos ϑ = . ∂y r Aplicamos ahora la regla de la cadena para calcular las derivadas de w: ∂w ∂w ∂r ∂w ∂ϑ ∂w sen ϑ ∂w = · + · = cos ϑ · − · ∂x ∂r ∂x ∂ϑ ∂x ∂r r ∂ϑ ∂w ∂w ∂r ∂w ∂ϑ ∂w cos ϑ ∂w = · + · = sen ϑ · + · . ∂y ∂r ∂y ∂ϑ ∂y ∂r r ∂ϑ ∂w ∂w Si llamamos ahora w1 = y w2 = , entonces ∂x ∂y ∂2w ∂w1 ∂w1 ∂r ∂w1 ∂ϑ = = · + · , 2 ∂x ∂x ∂r ∂x ∂ϑ ∂x ∂2w ∂w2 ∂w2 ∂r ∂w2 ∂ϑ = = · + · . 2 ∂y ∂y ∂r ∂y ∂ϑ ∂y Si sustituimos en las f´ormulas anteriores los valores siguientes ∂w1 ∂r ∂w1 ∂ϑ ∂w2 ∂r ∂w2 ∂ϑ

∂ 2 w sen ϑ ∂w sen ϑ ∂ 2 w + 2 · − · , ∂r2 r ∂ϑ r ∂ϑ∂r ∂w ∂2w cos ϑ ∂w sen ϑ ∂ 2 w = − sen ϑ · + cos ϑ · − · − · , ∂r ∂r∂ϑ r ∂ϑ r ∂ϑ2 ∂ 2 w cos ϑ ∂w cos ϑ ∂ 2 w = sen ϑ · − 2 · + · , ∂r2 r ∂ϑ r ∂ϑ∂r ∂w ∂2w sen ϑ ∂w cos ϑ ∂ 2 w = cos ϑ · + sen ϑ · − · + · , ∂r ∂r∂ϑ r ∂ϑ r ∂ϑ2 = cos ϑ ·

234

resulta ∂2w ∂x2

∂2w ∂y 2

∂ 2 w sen ϑ cos ϑ ∂w sen ϑ cos ϑ ∂ 2 w + · − · ∂r2 r2 ∂ϑ r ∂ϑ∂r sen2 ϑ ∂w sen ϑ cos ϑ ∂ 2 w · − · + r ∂r r ∂r∂ϑ sen ϑ cos ϑ ∂w sen2 ϑ ∂ 2 w · · + + r2 ∂ϑ r2 ∂ϑ2 2 ∂ w sen ϑ cos ϑ ∂w sen ϑ cos ϑ ∂ 2 w = sen2 ϑ · − · + · ∂r2 r2 ∂ϑ r ∂ϑ∂r 2 2 cos ϑ ∂w sen ϑ cos ϑ ∂ w + · + · r ∂r r ∂r∂ϑ sen ϑ cos ϑ ∂w cos2 ϑ ∂ 2 w − · + · . r2 ∂ϑ r2 ∂ϑ2 = cos2 ϑ ·

En definitiva, la ecuaci´on original toma la forma A=

∂ 2 w 1 ∂w 1 ∂2w ∂2w ∂2w + = + · + · . ∂x2 ∂y 2 ∂r2 r ∂r r2 ∂ϑ2

PROBLEMA 4.48

En la ecuaci´ on

∂2z ∂2z − = 0, ∂x2 ∂y 2

cambiar las variables independientes x e y por u y v relacionadas por las f´ ormulas x + y = u, x − y = v . Soluci´ on

Teniendo en cuenta el esquema de dependencias

235

al calcular las derivadas parciales, obtenemos: ∂z ∂x ∂z ∂y ∂2z ∂x2

= = = =

∂2z ∂y 2

= =

∂z ∂u ∂z ∂v ∂z ∂z · + · = + ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u ∂v ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z ∂z · + · = − , ∂u ∂y ∂v ∂y ∂u ∂v   2  ∂u ∂ z ∂2z ∂2z · + + + ∂u2 ∂u∂v ∂x ∂u∂v ∂2z ∂2z ∂2z + 2 + ∂u2 ∂u∂v  ∂v 2   2 ∂ z ∂2z ∂u ∂2z − · + − ∂u2 ∂u∂v ∂y ∂u∂v ∂2z ∂2z ∂2z − 2 + . ∂u2 ∂u∂v ∂v 2

∂2z ∂v 2



∂2z ∂v 2



·

∂v ∂x

·

∂v ∂y

∂2z La ecuaci´on original se transforma ahora en = 0, la cual se puede ∂u∂v resolver por integraci´on directa.

PROBLEMA 4.49

En la expresi´ on A = zxx −zyy , sustituir las variables (x, y) por (ϑ, ϕ) siendo las ecuaciones del cambio eϑ+ϕ = x + y, eϑ−ϕ = x − y.

Soluci´ on

Despejamos en primer lugar ϑ y ϕ en funci´on de las variables x e y. Obtenemos as´ı: 1 1 x + y  ϑ = ln(x2 − y 2 ) , ϕ = ln . 2 2 x−y Utilizando los valores ∂ϑ x ∂ϑ −y ∂ϕ −y ∂ϕ x = 2 , = 2 , = 2 , = 2 , 2 2 2 ∂x x − y ∂y x −y ∂x x −y ∂y x − y2 calculamos las derivadas parciales de z respecto a las variables x e y apli236

cando la regla de la cadena: ∂z ∂x ∂z ∂y ∂2z ∂x2

= = =

=

∂2z ∂y 2

=

=

∂z ∂ϑ ∂z ∂ϕ x ∂z y ∂z · + · = 2 · − 2 · , 2 2 ∂ϑ ∂x ∂ϕ ∂x x − y ∂ϑ x − y ∂ϕ ∂z ∂ϑ ∂z ∂ϕ −y ∂z x ∂z · + · = 2 · + 2 · ; 2 2 ∂ϑ ∂y ∂ϕ ∂y x − y ∂ϑ x − y ∂ϕ  ∂ 2 z ∂ϑ −x2 − y 2 ∂z x ∂ 2 z ∂ϕ  · · · + + · (x2 − y 2 )2 ∂ϑ x2 − y 2 ∂ϑ2 ∂x ∂ϑ∂ϕ ∂x  ∂ 2 z ∂ϑ 2xy ∂z y ∂ 2 z ∂ϕ  + 2 · − · · + · (x − y 2 )2 ∂ϕ x2 − y 2 ∂ϕ∂ϑ ∂x ∂ϕ2 ∂x −(x2 + y 2 ) ∂z 2xy ∂z · + · (x2 − y 2 )2 ∂ϑ (x2 − y 2 )2 ∂ϕ x2 ∂2z 2xy ∂2z ∂2z y2 · − · · , + 2 + (x − y 2 )2 ∂ϑ2 (x2 − y 2 )2 ∂ϑ∂ϕ (x2 − y 2 )2 ∂ϕ2  ∂ 2 z ∂ϑ −x2 − y 2 ∂z y ∂ 2 z ∂ϕ  · − · · + · (x2 − y 2 )2 ∂ϑ x2 − y 2 ∂ϑ2 ∂y ∂ϑ∂ϕ ∂y  ∂ 2 z ∂ϑ ∂z x ∂ 2 z ∂ϕ  2xy · + · · + · + 2 (x − y 2 )2 ∂ϕ x2 − y 2 ∂ϕ∂ϑ ∂y ∂ϕ2 ∂y −(x2 + y 2 ) ∂z 2xy ∂z · + 2 · 2 2 2 2 2 (x − y ) ∂ϑ (x − y ) ∂ϕ 2 y ∂2z 2xy ∂2z x2 ∂2z + 2 · − · + · . (x − y 2 )2 ∂ϑ2 (x2 − y 2 )2 ∂ϑ∂ϕ (x2 − y 2 )2 ∂ϕ2

Sustituyendo el resultado en la expresi´on original, obtenemos en definitiva  ∂2z  ∂2z 1 ∂2z  ∂2z  −2ϑ A= 2 · − = e · − . x − y2 ∂ϑ2 ∂ϕ2 ∂ϑ2 ∂ϕ2

PROBLEMA 4.50

Dada la ecuaci´ on diferencial x

∂z ∂z +y = 0, ∂x ∂y

expresarla en funci´ on de z y sus derivadas respecto a ρ y ϑ, siendo ρ2 = x2 + y 2 , tg ϑ = y/x. Soluci´ on

Teniendo en cuenta el esquema de dependencias 237

podemos escribir las derivadas parciales como: ∂z ∂x ∂z ∂y

= =

∂z ∂ρ ∂z ∂ρ

∂ρ ∂z + ∂x ∂ϑ y ∂z · + · ρ ∂ϑ ·

∂ϑ ∂z x ∂z −y = · + · ∂x ∂ρ ρ ∂ϑ ρ2 x . ρ2 ·

Multiplicando la primera ecuaci´on por x, la segunda por y y sumando: x

∂z ∂z ∂z ∂z +y =ρ = 0 =⇒ = 0. ∂x ∂y ∂ρ ∂ρ

Esto indica que z es independiente de ρ; as´ı z = ϕ(ϑ) = F (y/x), que es una funci´on homog´enea de grado cero (resultado previsible pues la ecuaci´on original es la ecuaci´on diferencial que caracteriza -seg´ un el teorema de Eulera la funci´on homog´enea de grado cero).

PROBLEMA 4.51

Cambiar las variables independientes en la ecuaci´ on diferencial ∂2z ∂z ∂z + xy 2 + y(1 − y 2 ) + x2 y 2 z = 0 ∂x2 ∂x ∂y

mediante las relaciones u = xy , v = 1/y . Soluci´ on

El esquema de dependencias en este caso es el siguiente:

238

Las derivadas parciales se obtienen de la siguiente manera: ∂z ∂x ∂z ∂y ∂2z ∂x2

∂z ∂u ∂z ∂v ∂z · + · =y· ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z 1 ∂z = · + · =x· − 2· ∂u ∂y ∂v ∂y ∂u y ∂v  2  2 2 ∂ z ∂u ∂ z ∂v 2 ∂ z = y· · = y · . + · ∂u2 ∂x ∂u∂v ∂x ∂u2 =

Sustituyendo en la ecuaci´on, resulta: ∂2z ∂z ∂z + uv 2 · + v(1 − v 2 ) · + u2 v 2 z = 0. ∂u2 ∂u ∂v

PROBLEMA 4.52

Dada la ecuaci´ on diferencial ∂2z ∂2z p ∂z ∂2z ∂z 2+ − 2 1 − y + (1 − y 2 ) − y = 0, 2 2 ∂x ∂x∂y ∂x ∂y ∂y

efectuar el cambio definido por las relaciones x = t+sen v , y = cos t.

Soluci´ on

A partir del esquema de dependencias

las derivadas tienen la forma ∂z ∂t ∂z ∂v ∂2z ∂t2

= =

= =

∂z ∂x ∂z ∂x

∂x ∂z ∂y ∂z ∂z + · = − sen t · ∂t ∂y ∂t ∂x ∂y ∂x ∂z ∂y ∂z · + · = cos v · ∂v ∂y ∂v ∂x ·

 2  ∂ 2 z ∂x ∂ 2 z ∂y ∂z ∂ z ∂x ∂ 2 z ∂y · + · − cos t · − sen t · · + 2· ∂x2 ∂t ∂x∂y ∂t ∂y ∂y∂x ∂t ∂y ∂t 2 2 2 ∂ z ∂ z ∂ z ∂z − 2 sen t · + sen2 t · 2 − cos t · . 2 ∂x ∂x∂y ∂y ∂y 239

Sumando ahora la tercera igualdad con el resultado de multiplicar la segunda igualdad por 1/ cos v, se obtiene: ∂2z 1 ∂2z ∂z ∂z ∂2z ∂z ∂2z 2 + − 2 sen t · − cos t · · = + + sen t · = 0, 2 2 2 ∂t cos v ∂v ∂x ∂x∂y ∂x ∂y ∂y p pues 1 − y 2 = sen t. En definitiva, la ecuaci´on transformada es ∂2z 1 ∂z + · = 0. ∂t2 cos v ∂v

PROBLEMA 4.53

Pasar a coordenadas cil´ındricas la ecuaci´ on 2 ∂z ∂z ∂ z − · = 0. ∂x∂y ∂x ∂y Soluci´ on

Las coordenadas cil´ındricas de un punto sepobtienen mediante las relaciones x = r cos ϕ, y = r sen ϕ, z = z, o bien r = x2 + y 2 , ϕ = arc tg(y/x), z = z. Con estas relaciones y el esquema de dependencias siguiente

calculamos las derivadas parciales: ∂z ∂x ∂z ∂y ∂2z ∂x∂y

= = =

∂z ∂r ∂z ∂r ∂ ∂y

∂r ∂z ∂ϕ x ∂z y ∂z + · = · − 2· ∂x ∂ϕ ∂x r ∂r r ∂ϕ ∂r ∂z ∂ϕ y ∂z x ∂z · + · = · + · ∂y ∂ϕ ∂y r ∂r r2 ∂ϕ    2  ∂z ∂ z ∂r ∂ 2 z ∂ϕ ∂r ∂z ∂ 2 r = · + · · + · ∂x ∂r2 ∂y ∂r∂ϕ ∂y ∂x ∂r ∂x∂y  2  ∂ z ∂r ∂ 2 z ∂ϕ ∂ϕ ∂z ∂ 2 ϕ + · + · · + · . ∂ϕ∂r ∂y ∂ϕ2 ∂y ∂x ∂ϕ ∂x∂y ·

Sustituyendo en estas expresiones los valores x ∂r y ∂ϕ −y ∂ϕ x ∂2r −xy ∂ 2 ϕ y 2 − x2 ∂r = , = , = 2, = 2, = 3 , = , ∂x r ∂y r ∂x r ∂y r ∂x∂y r ∂x∂y r4 240

queda la ecuaci´on 1 sen 2ϕ 2

∂2z − ∂r2



∂z ∂r

2 ! + − −

 ∂2z ∂z ∂z − · ∂r∂ϕ ∂r ∂ϕ  2 ! ∂z 1 sen 2ϕ ∂ 2 z · − 2 2 2 r ∂ϕ ∂ϕ 1 cos 2ϕ r



1 sen 2ϕ ∂z cos 2ϕ ∂z · · · − = 0. 2 r ∂r r2 ∂ϕ

PROBLEMA 4.54

Hallar la transformada de la ecuaci´ on ∂2z ∂2z ∂2z + + 2 = 0, ∂x2 ∂y 2 ∂x∂y

mediante el cambio de variables u = −x, v = −y , w = z − (x + y).

Soluci´ on

A partir del esquema de dependencias

se deduce que ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z · + · + · ∂x ∂x ∂y ∂x ∂z ∂x ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z · + · + · ∂x ∂y ∂y ∂y ∂z ∂y

= =

∂w ∂u ∂w ∂u

∂u ∂w ∂v + · , ∂x ∂v ∂x ∂u ∂w ∂v · + · . ∂y ∂v ∂y ·

Sustituyendo en estas relaciones los valores ∂w ∂x ∂u ∂x

∂w ∂w = −1, = 1, ∂y ∂z ∂u ∂v ∂v = −1, = 0, = 0, = −1, ∂y ∂x ∂y = −1,

241

obtenemos ∂z ∂w −1 = − , ∂x ∂u ∂z ∂w −1 = − . ∂y ∂v Derivando la primera igualdad respecto a x e y y la segunda igualdad respecto a y, se obtiene despu´es de sustituir que:     ∂w ∂ ∂w ∂u ∂2z ∂ ∂2w − = − · = = ; ∂x2 ∂x ∂u ∂u ∂u ∂x ∂u2     ∂w ∂ ∂w ∂v ∂2z ∂ ∂2w − = − · = = ; ∂x∂y ∂y ∂u ∂v ∂u ∂y ∂u∂v     ∂w ∂ ∂w ∂v ∂2z ∂ ∂2w − = − · = = ; ∂y 2 ∂y ∂v ∂v ∂v ∂y ∂v 2 de modo que la ecuaci´on original queda invariable.

PROBLEMA 4.55

Transformar la ecuaci´ on diferencial 1 sen2 x



∂z ∂x

2

1 + cos2 y



∂z ∂y

2

− 2 cos4 z = 0,

mediante el cambio de variable dado por las relaciones u = cos x − sen y , v = cos x + sen y , t = tg z , siendo v la nueva variable dependiente y u y t las variables independientes. Soluci´ on

Utilizaremos en este problema un m´etodo indirecto diferente a los anteriores. Teniendo en cuenta que v depende de u y de t, podemos escribir (∗)

dv = p · du + q · dt, siendo p =

∂v ∂v , q= . ∂u ∂t

A partir de las relaciones dadas en el enunciado, calculamos las derivadas de primer orden: dv = vx0 · dx + vy0 · dy = − sen x dx + cos y dy du = u0x · dx + u0y · dy = − sen x dx − cos y dy dt = t0z · dz = sec2 z dz. 242

Sustituyendo estos valores en (∗), − sen x dx + cos y dy = p(− sen x dx − cos y dy) + q sec2 z dz p−1 p+1 =⇒ dz = sen x cos2 z dx + cos y cos2 z dy. q q Como, a su vez, dz =

∂z ∂z · dx + · dy, resulta ∂x ∂y

∂z p−1 ∂z p+1 = sen x cos2 z , = cos y cos2 z. ∂x q ∂y q Sustituimos los valores obtenidos en la ecuaci´on diferencial dada y obtenemos     p−1 2 p+1 2 4 4 cos z + cos z − 2 cos4 z = 0. q q Despu´es de simplificar, queda la nueva ecuaci´on p2 − q 2 + 1 = 0, o bien 

∂v ∂u

2

 −

∂v ∂t

2 + 1 = 0.

PROBLEMA 4.56

Tomando u, v por nuevas variables independientes y w = w(u, v) por nueva funci´ on, transformar la ecuaci´ on en derivadas parciales ∂2z ∂z − =0 2 ∂x ∂y w 2 siendo u = x/y , v = −1/y , z = √ e−x /4y . y Soluci´ on

Del enunciado deducimos el siguiente esquema de dependencias:

243

w 2 Calculamos las derivadas parciales de z a partir de la f´ormula z = √ e−x /4y , y y teniendo en cuenta que w = w(x, y):   ∂z 1 1 ∂w ∂u ∂w ∂v −2x −x2 /4y 2 · e−x /4y + √ · w · = √ · · + · ·e ∂x y ∂u ∂x ∂v ∂x y 4y h ∂w w · x i 1 2 = − √ · e−x /4y y y ∂u 2 2 w e−x /4y  ∂w ∂u ∂w ∂v  w x2 ∂z 2 2 = − √ · e−x /4y + √ · · + · + √ · 2 · e−x /4y ∂y 2y y y ∂u ∂y ∂v ∂y y 4y h w x ∂w 1 ∂w w · x2 i 1 2 = + · + √ · e−x /4y − − · y y 2 y ∂u y ∂v 4y ∂2z ∂x2

=

=

1 −2x −x2 /4y h ∂w wx i ·e − √ · y y 4y ∂u 2 h 2 1 ∂ w ∂u 2 + √ · e−x /4y · − y y ∂u2 ∂x h −x ∂w wx2 1 2 · + + √ · e−x /4y y y 2y ∂u 4y

w x ∂w ∂u i − · · 2 2 ∂u ∂x 1 ∂2w w x ∂w i . · − − · y ∂u2 2 2y ∂u

Sustituyendo estos resultados en la ecuaci´on original, obtenemos 1 ∂ 2 w 1 ∂w · − · = 0, y ∂u2 y ∂v es decir, la ecuaci´on queda invariante.

PROBLEMA 4.57

Hallar los valores de a, b, c, d para los cuales, bajo la transformaci´ on  u = ax + by , donde ad − bc 6= 0, la ecuaci´ on v = cx + dy ∂2f ∂2f ∂2f + 2 + =0 ∂x2 ∂x∂y ∂y 2

quede (a)

∂2f = 0. ∂u2

(b)

∂2f = 0. ∂u∂v 244

Soluci´ on

Calculamos las derivadas parciales de f respecto a x e y, utilizando las variables auxiliares u y v: ∂f ∂x ∂f ∂y ∂2f ∂x2

∂2f ∂x∂y

= =

∂2f ∂y 2

= =

=

 ∂2f

∂u ∂f ∂v ∂f ∂f + · =a· +c· ∂x ∂v ∂x ∂u ∂v ∂u ∂f ∂v ∂f ∂f · + · =b· +d· ∂y ∂v ∂y ∂u ∂v ·

 ∂ 2 f ∂u ∂ 2 f ∂u ∂ 2 f ∂v  + · + c · · + ∂u2 ∂x ∂u∂v ∂x ∂v∂u ∂x ∂v 2 2 ∂2f ∂2f 2 ∂ f + 2ac · + c · a2 · ∂u2 ∂u∂v ∂v 2  ∂ 2 f ∂u   ∂ 2 f ∂u ∂ 2 f 2 ∂ f ∂v a· · + · + c · · + 2 ∂u2 ∂y ∂u∂v ∂y ∂v∂u ∂y ∂v 2 2 2 ∂ f ∂ f ∂ f ab · + (ad + bc) · + cd · 2 2 ∂u ∂u∂v ∂v  ∂ 2 f ∂u  ∂ 2 f ∂u ∂ 2 f ∂ 2 f ∂v  b· · + · +d· · + 2 ∂u2 ∂y ∂u∂v ∂y ∂v∂u ∂y ∂v 2f 2f 2f ∂ ∂ ∂ b2 · + 2bd · + d2 · 2 . ∂u2 ∂u∂v ∂v

= a· =

∂f ∂u ∂f ∂u

=

·

·

∂v  ∂x

·

∂v  ∂y

·

∂v  ∂y

Sustituyendo en la ecuaci´on, obtenemos la ecuaci´on transformada: (a + b)2 ·

2 ∂2f ∂2f 2 ∂ f + 2(a + b)(c + d) · + (c + d) · = 0. ∂u2 ∂u∂v ∂v 2

Por tanto, cuando c + d = 0 y a + b 6= 0, la ecuaci´on resultante tiene la forma ∂2f ∂2f = 0, pero ninguna elecci´ o n de a, b, c, d lleva a la ecuaci´ o n = 0. ∂u2 ∂u∂v

245

´ 4. MAXIMOS Y M´ INIMOS DE FUNCIONES.

Los conceptos de m´aximo y m´ınimo de una funci´on de varias variables son completamente an´alogos a los correspondientes de funciones de una variable y tienen tambi´en su origen en consideraciones geom´etricas. Definici´ on. Dada una funci´on f : Rn → R, con dominio D ⊂ Rn , decimos que → ∈ D si (a) f tiene un m´aximo absoluto (o global) en un punto − x 0

→) ≥ f (− → → f (− x x ), ∀− x ∈ D; 0 → ∈ D si (b) f tiene un m´ınimo absoluto (o global) en un punto − x 0 →) ≤ f (− → → f (− x x ), ∀− x ∈ D. 0 Los puntos donde una funci´on toma indistintamente un valor m´aximo o m´ınimo reciben el nombre gen´erico de extremos. En el cap´ıtulo II enunciamos el teorema de Weierstrass que proporciona condiciones suficientes para la existencia de extremos absolutos (p´agina 84, corolario 8). A continuaci´on, daremos la versi´on local de estos conceptos. Definici´ on. Dada una funci´on f : Rn → R, con dominio D ⊂ Rn , decimos que → ∈ D si existe una (a) f tiene un m´aximo relativo (o local) en un punto − x 0 − → − → − → → − → →, r)∩D; bola B(x , r) centrada en x tal que f (x ) ≥ f ( x ), ∀− x ∈ B(− x 0

0

0

0

→ ∈ D si existe una (b) f tiene un m´ınimo relativo (o local) en un punto − x 0 →, r) centrada en − → tal que f (− →) ≤ f (− → → →, r)∩D. bola B(− x x x x ), ∀− x ∈ B(− x 0 0 0 0 En el caso de funciones de dos variables, la interpretaci´on geom´etrica de estas nociones es evidente. Estos conceptos est´an relacionados con el de punto estacionario. →y Definici´ on. Si una funci´on f : Rn → R es diferenciable en un punto − x 0 −→ → es un punto estacionario o punto cr´ıtico de la ∇f (x0 ) = 0, se dice que − x 0 funci´on. La relaci´on citada viene dada por la siguiente condici´on necesaria de existencia de extremos. Teorema (criterio de las derivadas primeras). Sea D un abierto de Rn y f una funci´ on de clase C (1) en D. Si f tiene un extremo relativo (m´ aximo 246

→ ∈ D, entonces − → es un punto estacionario de o m´ınimo) en un punto − x x 0 0 f. En el caso particular de funciones de dos variables, lo anterior quiere decir que el plano tangente a una funci´on diferenciable en un m´aximo o un m´ınimo es necesariamente horizontal. Dicho plano queda por encima de la superficie en un entorno del punto donde la funci´on tiene un m´aximo y queda por debajo de la superficie en un entorno del punto donde la funci´on tiene un m´ınimo. Debemos observar que dicha condici´on no es suficiente. Por ejemplo, si consi−→ deramos la funci´on f (x, y) = x · y, entonces ∇f (x, y) = (y, x) y el gradiente se anula s´olo en el origen. Sin embargo, es evidente que en dicho punto no puede haber un m´aximo ni un m´ınimo de la funci´on, pues en cualquier entorno del origen la funci´on toma valores positivos y negativos. La determinaci´on de condiciones suficientes para la existencia de extremos relativos se basa en el estudio del signo del t´ermino de segundo orden en el polinomio de Taylor asociado a la funci´on. Para formular dichas condiciones debemos recordar algunos conceptos relativos a la teor´ıa de formas cuadr´aticas. Definici´ on. Dada una matriz sim´etrica A = (aij )ni,j=1 , (es decir con aij = aji , ∀i, j), se define la forma cuadr´atica asociada a A como la funci´on Q : Rn → R definida por n

n

XX − → → − → − → − Q( h ) = h · A · h T = aij hi hj , ∀ h = (h1 , . . . , hn ). i=1 j=1

Decimos que una forma cuadr´atica Q es → − → − i) definida positiva si Q( h ) > 0, ∀ h 6= 0, → − → − ii) definida negativa si Q( h ) < 0, ∀ h 6= 0. Una caracterizaci´on de esta definici´on la da el siguiente criterio de Sylvester: Proposici´ on. Si A = (aij )ni,j=1 es una matriz sim´etrica y denotamos por 

a11 · · ·  .. Ak =  . a1k . . .

a1k

   (k = 1, . . . , n),

akk

a los menores principales de A, entonces: (a) La forma cuadr´ atica asociada a A es definida positiva si y s´ olo det Ak > 0, ∀k = 1, . . . , n. 247

(b) La forma cuadr´ atica asociada a A es definida negativa si y s´ olo si (−1)k det Ak > 0, ∀k = 1, . . . , n (es decir, los signos de los determinantes de los menores principales se van alternando empezando con a11 = det A1 < 0). Con estos hechos, las condiciones suficientes para la existencia de extremos relativos de una funci´on de varias variables se pueden enunciar como sigue: Teorema (criterio de las derivadas segundas). Sea f : Rn → R una funci´ on − → (2) n de clase C en un abierto D ⊂ R y x0 ∈ D un punto estacionario de f . Si definimos la forma cuadr´ atica n n → − → →T 1 X X ∂2f 1− →) · − Qx0 ( h ) = (x0 )hi hj = h · Hf (− x h , 0 2 ∂xi ∂xj 2 i=1 j=1

entonces: → si Q es definida positiva. (a) f tiene un m´ınimo local en − x 0 x0 → si Q es definida negativa. (b) f tiene un m´ aximo local en − x 0 x0 El rec´ıproco de este teorema no es cierto: por ejemplo, el origen es un punto estacionario de las funciones f (x, y) = x3 + y 3 y g(x, y) = x4 + y 4 ; en ambas funciones, la forma cuadr´atica asociada a la matriz hessiana en el origen es degenerada (es decir Q(h1 , h2 ) = 0, ∀(h1 , h2 ) ∈ R2 ); ahora bien, en el origen g tiene un m´ınimo pero f no tiene m´aximo ni m´ınimo. Sin embargo, el teorema anterior ser´a cierto con una peque˜ na modificaci´on basada en los siguientes conceptos: Definici´ on. Una forma cuadr´atica Q es → − → − (a) semidefinida positiva cuando Q( h ) ≥ 0, ∀ h ∈ Rn , y es → − → − (b) semidefinida negativa cuando Q( h ) ≤ 0, ∀ h ∈ Rn (esto quiere decir que la forma cuadr´atica puede anularse tambi´en para valores no nulos). Teorema. Sea f : Rn → R una funci´ on de clase C (2) en un abierto D ⊂ Rn y x0 ∈ D un punto estacionario de f . Si llamamos nuevamente → − → → − 1− Qx0 ( h ) = h · Hf (x0 ) · h T , 2 entonces (a) si f tiene un m´ınimo local en x0 , entonces Q es semidefinida positiva; 248

(b) si f tiene un m´ aximo local en x0 , entonces Q es semidefinida negativa. De lo anterior se deduce que, si Q es indefinida (no es semidefinida positiva ni semidefinida negativa) y x0 es un punto estacionario, entonces no corresponde a un m´aximo ni a un m´ınimo local. Estos puntos reciben el nombre de puntos de ensilladura de la funci´on. Terminaremos esta introducci´on te´orica con la aplicaci´on de los resultados anteriores al caso m´as com´ un de funciones de dos variables. Teorema. Sea f : R2 → R una funci´ on de clase C (2) en un abierto D ⊂ R2 y (x0 , y0 ) ∈ D un punto estacionario de f . Si llamamos ∆ = det Hf (x0 , y0 ) y a11 = D11 f (x0 , y0 ), entonces (a) f tiene un m´ınimo local en (x0 , y0 ) si a11 > 0 y ∆ > 0; (b) f tiene un m´ aximo local en (x0 , y0 ) si a11 < 0 y ∆ > 0; (c) f tiene un punto de ensilladura en (x0 , y0 ) si ∆ < 0. En el caso de que ∆ = 0, debe compararse, a partir de la definici´on, el valor de la funci´on en (x0 , y0 ) con el que toma en puntos de alg´ un entorno de (x0 , y0 ). Veremos algunos casos en los problemas que siguen.

PROBLEMA 4.58

Estudiar los extremos relativos de las funciones: (a) f (x, y) = x3 + y 3 − 3xy . (b) f (x, y) = ln(x2 + y 2 + 1). (c) f (x, y) = x sen y . Soluci´ on

(a) En primer lugar, igualamos a cero las derivadas parciales de primer orden: −→ ∇f (x, y) = (3x2 − 3y, 3y 2 − 3x),   x = 1, y = 1 −→ ´o ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ x2 = y, y 2 = x ⇐⇒  x = 0, y = 0. 249

Para cada uno de los puntos estacionarios P1 = (0, 0) y P2 = (1, 1), calcularemos la matriz hessiana:       6x −3 0 −3 6 −3 Hf (x, y) = ; Hf (0, 0) = , Hf (1, 1) = . −3 6y −3 0 −3 6 En el punto P1 , det Hf (0, 0) = −9 < 0, lo que significa que se trata de un punto de ensilladura. En el punto P2 , det Hf (1, 1) = 27 > 0; como, adem´as, a11 = 6 > 0, en el punto (1, 1) la funci´on alcanza un m´ınimo local. En las figuras siguientes se muestra la gr´afica de la superficie y una representaci´on de algunas de sus curvas de nivel. En ´esta se observa que en las proximidades del punto de silla (0, 0) hay zonas m´as oscuras (que corresponden a valores menores de la funci´on) y zonas m´as claras (que corresponden a valores mayores de la funci´on), mientras que en las proximidades del punto (1, 1) donde la funci´on tiene el m´ınimo el sombreado es cada vez m´as claro.

(b) Determinamos en primer lugar los puntos estacionarios:  −→ ∇f (x, y) =

 2x 2y , , x2 + y 2 + 1 x2 + y 2 + 1

−→ ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ x = y = 0.

Calculamos a continuaci´on el hessiano de la funci´on en el punto (0, 0): −2x2 +2y 2 +2 (x2 +y 2 +1)2 −4xy (x2 +y 2 +1)2

Hf (x, y) =  Hf (0, 0) =

 2 0 . 0 2

250

−4xy (x2 +y 2 +1)2 2 2x −2y 2 +2 (x2 +y 2 +1)2

!

Como det Hf (0, 0) = 4 > 0 y a11 = 2 > 0, la funci´on alcanza un m´ınimo local en el origen. La figura adjunta muestra que dicho m´ınimo es tambi´en global:

(c) Calculemos los puntos estacionarios: −→ ∇f (x, y) = (sen y, x cos y),   −→ sen y = 0 ⇐⇒ x = 0, y = kπ (k ∈ Z). ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ x = 0 ´o cos y = 0 Para todos ellos, el hessiano toma la forma siguiente:  Hf (x, y) =

0 cos y cos y −x sen y



 =⇒ Hf (0, kπ) =

 0 (−1)k . (−1)k 0

Como det Hf (0, kπ) = −1 < 0, todos los puntos estacionarios corresponden a puntos de ensilladura de la funci´on (la funci´on no tiene m´aximos ni m´ınimos).

251

PROBLEMA 4.59

Determinar los extremos relativos de la funci´ on f (x, y) = (x + 1)(y − 2). Soluci´ on

Debido a que

−→ ∇f (x, y) = (y − 2, x + 1), −→ al resolver el sistema ∇f (x, y) = 0, se obtiene el u ´nico punto estacionario (−1, 2). El hessiano de la funci´on es  Hf (x, y) =

fxx fxy fyx fyy



 =

 0 1 . 1 0

Como det Hf (−1, 2) = −1 < 0, la funci´on tiene un punto de ensilladura en (−1, 2). Observemos que, en un entorno del punto (−1, 2), el signo de la funci´on no es constante.

PROBLEMA 4.60

Determinar los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on f (x, y) = (x − y + 1)2 . 252

Soluci´ on

Para encontrar los puntos estacionarios calculamos las derivadas parciales de primer orden:  −→ ∇f (x, y) = 2(x − y + 1), −2(x − y + 1) , −→ ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ y = x + 1. Ahora bien, si (x0 , y0 ) es un punto arbitrario de la recta y = x + 1, entonces f (x0 , y0 ) = 0 ≤ f (x, y), ∀(x, y) ∈ R2 , lo que significa que todos los puntos de dicha recta corresponden a m´ınimos absolutos de la funci´on. Observamos la gr´afica adjunta donde se ilustra lo obtenido anal´ıticamente:

PROBLEMA 4.61

Determinar los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on f (x, y) = 3x2 + 2 3 12xy + 9y + y . Soluci´ on

Calculamos en primer lugar las derivadas parciales de primer y segundo ´ordenes: −→ ∇f (x, y) = (6x + 12y, 12x + 18y + 3y 2 ),   6 12 Hf (x, y) = . 12 18 + 6y 253

−→ Al resolver el sistema ∇f (x, y) = 0, obtenemos los puntos estacionarios P1 (0, 0) y P2 (−4, 2).   6 12 Para P1 el hessiano es Hf (0, 0) = cuyo determinante es −36 < 0 12 18 lo que indica que en P1 la funci´on tiene un punto de ensilladura.   6 12 Para P2 el hessiano vale Hf (−4, 2) = , con determinante 36 > 0 12 30 y con fxx (−4, 2) = 6 > 0 lo que indica que el punto P2 corresponde a un m´ınimo relativo.

PROBLEMA 4.62

Determinar los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on f (x, y) = xy 2 +x2 .

Soluci´ on

El sistema

−→ ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒



y 2 + 2x = 0 2xy = 0

tiene la u ´nica soluci´on (0, 0) y, como  Hf (x, y) =  tendremos Hf (0, 0) =

2 0 0 0

 2 2y , 2y 2x

 cuyo determinante es cero.

Para comprobar si hay m´aximo o m´ınimo, observamos que la ecuaci´on f (x, y) = 0 se puede escribir como x(y 2 + x) = 0, que representa el eje 254

OY y la par´abola y 2 = −x. Estas curvas dividen el plano en tres regiones que hacen a la funci´on alternativamente positiva y negativa, como se indica en la figura.

En la figura se observa que cualquier entorno (c´ırculo) alrededor del origen contiene puntos en los que la funci´on toma valores positivos y negativos; de lo que se deduce que el origen es un punto de ensilladura.

(La figura muestra la parte de la superficie que queda por encima del plano XY ; se representa rayada la regi´on donde la funci´on toma valores negativos.) Observaci´ on. La funci´on tiene un m´ınimo en el origen al acercarnos seg´ un las rectas que pasan por ´el (salvo el eje OY ); esto es, que sobre cada una de ´estas puede tomarse un entorno del origen contenido completamente en la regi´on en que f (x, y) > 0. En efecto, consideremos la recta y = λx y definamos ϕ(x) = f (x, λx) = λ2 x3 +x2 . Como ϕ0 (x) = 3λ2 x2 +2x y ϕ00 (x) = 6λ2 x + 2, para x = 0 es ϕ0 (0) = 0 y ϕ00 (0) = 2 > 0 para cualquier valor del par´ametro λ. Como hemos visto, esto no asegura que este punto corresponda a un m´ınimo de la funci´on. 255

PROBLEMA 4.63

Determinar los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on f (x, y) = (3 − x)(3 − y)(x + y − 3). Soluci´ on

Calculamos las derivadas de primer orden:  −→ ∇f (x, y) = (3 − y)(6 − 2x − y), (3 − x)(6 − x − 2y) ,  −→ y = 3 ´o y = 6 − 2x ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ x = 3 ´o x = 6 − 2y. Al resolver el sistema resultante, obtenemos los puntos estacionarios P1 (3, 3), P2 (0, 3), P3 (3, 0), P4 (2, 2). Veamos ahora si se trata de m´aximos o m´ınimos:   2y − 6 2x + 2y − 9 . Hf (x, y) = 2x + 2y − 9 2x − 6   0 3 , det Hf (3, 3) = −9 < 0; i) Hf (3, 3) = 3 0   0 −3 , det Hf (0, 3) = −9 < 0; ii) Hf (0, 3) = −3 −6   −6 −3 , det Hf (3, 0) = −9 < 0; iii) Hf (3, 0) = −3 0   −2 −1 iv) Hf (2, 2) = , det Hf (2, 2) = 3 > 0, a11 = −2 < 0. −1 −2 De lo anterior deducimos que f tiene un m´aximo relativo en el punto P4 (2, 2) y los puntos P1 (3, 3), P2 (0, 3), P3 (3, 0) corresponden a puntos de ensilladura de la funci´on.

256

PROBLEMA 4.64

Determinar los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on f (x, y) = (y − 2 2 x )(y − 3x ). Soluci´ on

Con las derivadas de primer orden calculamos los puntos estacionarios: −→ ∇f (x, y) = (−4x(2y − 3x2 ), 2y − 4x2 ),    −→ x=0 x = 0 ´o 2y = 3x2 ⇐⇒ ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ y = 0. 2y = 4x2 Tenemos un u ´nico punto estacionario. En dicho punto el valor de la funci´on es f (0, 0) = 0. Sin embargo, debido a la forma de la misma, en cualquier entorno del origen, la funci´on toma valores positivos y negativos. En efecto, si y > 3x2 ´o y < x2 , f (x, y) > 0; pero si x2 < y < 3x2 , f (x, y) < 0. y = 3x2

y = x2

f (x, y) > 0

f (x, y) > 0

Esto indica que el origen es un punto de ensilladura de la funci´on. 257

PROBLEMA 4.65

Determinar los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on f (x, y) = 4x2 + 4xy 2 + 4y 4 .

Soluci´ on

Calculamos en primer lugar los puntos estacionarios, que son aquellos que anulan las derivadas parciales de primer orden. −→ ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒



 8x + 4y 2 = 0 ⇐⇒ x = y = 0. 8xy + 16y 3 = 0

El u ´nico punto estacionario es pues P (0, 0). Calcularemos ahora el hessiano de la funci´on:  Hf (x, y) =

8 8y 8y 8x + 48y 2



 =⇒ Hf (0, 0) =

 8 0 . 0 0

Como det Hf (0, 0) = 0, se trata de un caso dudoso. Observando que f (0, 0) = 0 y que podemos expresar la funci´on como f (x, y) = (y 2 + 2x)2 + 3y 4 ≥ 0, deducimos que el punto corresponde a un m´ınimo absoluto. 258

PROBLEMA 4.66

Dada f (x, y) = x2 y 2 (1 − x − y), hallar sus extremos relativos. Soluci´ on

Los puntos estacionarios se obtienen como soluci´on del sistema  2  −→ 2y x(1 − x − y) + x2 y 2 (−1) = 0 ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ 2x2 y(1 − x − y) + x2 y 2 (−1) = 0  2 xy (−3x + 2 − 2y) = 0 ⇐⇒ x2 y(−3y + 2 − 2x) = 0. Si x = 0, basta tomar y = λ para cualquier λ ∈ R, y, si y = 0, cualquier x = µ, con µ ∈ R es soluci´on. Ahora bien, si x 6= 0 6= y, el sistema resultante tiene la u ´nica soluci´on x = 2/5, y = 2/5. Estudiamos a continuaci´on el hessiano de la funci´on en los puntos estacionarios. Como  2  2y − 6xy 2 − 2y 3 4yx − 6yx2 − 2xy 2 Hf (x, y) = , 4xy − 6x2 y − 6xy 2 2x2 − 2x3 − 6x2 y entonces  Hf (2/5, 2/5) =

 64 −24/125 −16/125 y det Hf (2/5, 2/5) = > 0. −16/125 −24/125 3125

Como adem´as Dxx f (2/5, 2/5) < 0, el punto (2/5, 2/5) corresponde a un m´aximo relativo. 259

Por otra parte,  Hf (0, λ) =

   2λ2 − 2λ3 0 0 0 , Hf (µ, 0) = 0 0 0 2µ2 − 2µ3

cuyo determinante es siempre cero; por tanto, debemos estudiar el signo de la funci´on en entornos de dichos puntos. La figura siguiente muestra el signo de la funci´on en las distintas regiones.

Tomando distintos entornos en cada punto, resultan los siguientes casos: - En todos los puntos de la forma (0, λ), con λ < 1, y (µ, 0), con µ < 1, la funci´on tiene un m´ınimo local (observemos que en dichos puntos la funci´on se anula pero en cualquier punto de sus respectivos entornos la funci´on es positiva). - En todos los puntos de la forma (0, λ), con λ > 1, y (µ, 0), con µ > 1, la funci´on tiene un m´aximo local (pues, de forma an´aloga al caso anterior, se observa que la funci´on es negativa en puntos pertenecientes a entornos de dichos puntos). - En los puntos (0, 1) y (1, 0), la funci´on tiene puntos de ensilladura (podemos encontrar puntos en sus entornos donde la funci´on toma valores de signo variable).

PROBLEMA 4.67

Determinar los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on f (x, y) = 6x2 y 3 − 3 3 2 4 x y −x y . Soluci´ on 260

Buscamos en primer lugar los puntos estacionarios. El sistema  −→ xy 3 (12 − 3x − 2y) = 0 ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ x2 y 2 (18 − 3x − 4y) = 0 tiene como soluciones los puntos (2, 3), (0, λ) (λ ∈ R) y (µ, 0) (µ ∈ R). Las derivadas parciales de segundo orden son:   2y 3 (6 − 3x − y) xy 2 (36 − 9x − 8y) Hf (x, y) = xy 2 (36 − 9x − 8y) 6x2 y(6 − x − 2y) y el hessiano en los distintos puntos estacionarios es:   −162 −108 Hf (2, 3) = ; −108 −144  3  2λ (6 − λ) 0 Hf (0, λ) = , ∀λ ∈ R; 0 0   0 0 , ∀µ ∈ R. Hf (µ, 0) = 0 0 En primer lugar, como det Hf (2, 3) = 11664 > 0 y el coeficiente principal es negativo, el punto (2, 3) corresponde a un m´aximo relativo. Por otra parte, como det Hf (0, λ) = 0 y det Hf (µ, 0) = 0, todos estos puntos son casos dudosos. En todos ellos razonaremos de la siguiente manera: Si expresamos el valor de la funci´on en forma de producto f (x, y) = x2 y 3 (6 − x − y) y dibujamos las rectas x = 0, y = 0 y 6 − x − y = 0, para cuyos puntos se anula la funci´on, habremos dividido el plano en regiones, que alternativamente hacen a la funci´on f positiva y negativa, salvo en el paso de la recta x = 0 que, por ser doble, no produce cambios de signo a f . En la figura adjunta se muestran los distintos signos de la funci´on en cada una de estas regiones:

261

Teniendo en cuenta que la funci´on se anula en todos los puntos (0, λ), (λ ∈ R) y (µ, 0), (µ ∈ R), de la figura se deduce lo siguiente: - Los puntos (0, λ) corresponden a m´aximos relativos cuando λ > 6 ´o λ < 0 y m´ınimos relativos cuando 0 < λ < 6. - En los puntos (µ, 0) (∀µ ∈ R), as´ı como en el punto (0, 6), no hay m´aximos ni m´ınimos (por haber puntos de los entornos que dan diferente signo a la funci´on).

PROBLEMA 4.68

Estudiar los extremos relativos de la funci´ on f (x, y) = Ax2 + 2Bxy + Cy 2 + 2Dx + 2Ey + F,

expresando la respuesta en funci´ on de las constantes A, B , C , D, E y F. Soluci´ on

Calculamos en primer lugar los puntos estacionarios:    −→ Ax + By = −D 2Ax + 2By + 2D = 0 ⇐⇒ ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ Bx + Cy = −E. 2Bx + 2Cy + 2E = 0 A B = AC − B 2 . De este modo, si ∆ 6= 0, el Denotaremos por ∆ = B C sistema anterior tiene la u ´nica soluci´on −D B A −D −E C B −E BE − DC BD − AE x= = , y= = . 2 ∆ AC − B ∆ AC − B 2 Calculando las derivadas parciales de segundo orden, tenemos   2A 2B Hf (x, y) = 2B 2C cuyo determinante es 4∆. Resulta entonces que - Si ∆ > 0 y A > 0, tenemos un m´ınimo relativo. - Si ∆ > 0 y A < 0, tenemos un m´aximo relativo. - Si ∆ < 0, tenemos un punto de ensilladura. 262

En el caso de que ∆ = 0, debemos estudiar en primer lugar la existencia de puntos estacionarios. Sabemos lo siguiente: −→ El sistema ∇f (x, y) = 0 tendr´a soluci´on si el rango de la matriz de los coeficientes es igual al rango de la matriz ampliada, es decir     A B A B −D rang = rang . B C B C −E   A B Si rang = 1, entonces ∃λ ∈ R : A = λB, B = λC. Adem´as B C   A B −D A 6= 0 6= B. En este caso habr´a soluci´on si rang = 1 para lo B C −E cual debe ser D = λE. La soluci´on del sistema son los puntos de la recta Ax + By + D = 0 (´o Bx + Cy + E = 0). En este caso f es un plano pues f (x, y) = x(Ax + By + D) + y(Bx + Cy + E) + Dx + Ey + F = Dx + Ey + F y no tiene m´aximos ni m´ınimos.   A B = 0, A = B = C = 0 y habr´a soluci´on cuando Por u ´ltimo, si rang B C D = E = 0, con lo que la funci´on es constante f (x, y) = F .

PROBLEMA 4.69

Determinar los m´ aximos y m´ on pınimos de la funci´ f (x, y) = x2 + y 2 − 2x + 5. Soluci´ on

Llamando z =

p

x2 + y 2 − 2x + 5, tenemos

∂z 2x − 2 x − 1 ∂z 2y y = p = ; = p = ; 2 2 2 2 ∂x z ∂y z 2 x + y − 2x + 5 2 x + y − 2x + 5 ∂2z ∂x2 ∂2z ∂x∂y ∂2z ∂y 2

= = =

z − (x − 1)zx0 z 2 − (x − 1)2 y2 + 4 = = ; z2 z3 z3 −(x − 1)zy0 −(x − 1)y = ; 2 z z3 z − yzy0 z2 − y2 x2 − 2x + 5 = = . z2 z3 z3 263

Los puntos estacionarios se obtienen resolviendo el sistema zx0 = zy0 = 0; resulta entonces que P (1, 0) es el u ´nico punto estacionario. El hessiano de la funci´on en dicho punto es   1/2 0 Hf (1, 0) = . 0 1/2 Como su determinante es positivo y zxx (1, 0) = 1/2 > 0, el punto P corresponde a un m´ınimo relativo.

Observaci´ on. En la gr´afica se observa que el m´ınimo es precisamente el v´ertice del hiperboloide.

PROBLEMA 4.70

Determinar los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on   1 f (x, y) = exp . x2 + 2 + cos2 y − 2 cos y Soluci´ on

Si llamamos g(x, y) = x2 + 2 + cos2 y − 2 cos y, entonces es evidente que f alcanza un m´aximo (resp. m´ınimo) en los puntos donde g alcanza un m´ınimo (resp. m´aximo), y rec´ıprocamente. Estudiemos pues los extremos de la funci´on g. −→ ∇g(x, y) = (2x, −2 cos y sen y + 2 sen y),   −→ x=0 ∇g(x, y) = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ x = 0, y = kπ (k ∈ Z). sen y = 0 ´o cos y = 1 264

Por otra parte, 

 2 0 Hg(x, y) = , 0 −2 cos 2y + 2 cos y   2 0 Hg(0, kπ) = . 0 −2 + 2(−1)k De este modo, det Hg(0, kπ) = −4 + 4(−1)k , lo que significa que, cuando k es impar, det Hg(0, kπ) = −8 < 0, y nos encontramos con puntos de ensilladura. Ahora bien, cuando k es par, se anula el determinante de la matriz hessiana de modo que el criterio de la segunda derivada no es aplicable. En este caso, como g(0, kπ) = 1 y g(x, y) = x2 + 1 + (cos y − 1)2 ≥ 1, ∀(x, y) ∈ R2 , deducimos que, en dichos puntos, la funci´on g tiene m´ınimos (globales), es decir, la funci´on f alcanza el m´aximo.

PROBLEMA 4.71 2

Se considera la funci´ on f (x, y) = eax+y + b · sen(x2 + y 2 ). (a) Determinar los valores de a y b para que la funci´ on tenga un punto estacionario en (0, 0) y el polinomio de Taylor de segundo orden centrado en el origen tome el valor 6 en el punto (1, 2). (b) Con los valores de a y b obtenidos, deducir si la funci´ on alcanza un m´ aximo o un m´ınimo en el punto (0, 0). Soluci´ on

265

(a) Si el origen debe ser un punto estacionario de la funci´on, deben anularse las derivadas de primer orden. Como 2

fx0 (x, y) = aeax+y + 2bx · cos(x2 + y 2 ) 2

fy0 (x, y) = 2yeax+y + 2by · cos(x2 + y 2 ), entonces fx0 (0, 0) = 0 ⇐⇒ a = 0 pero fy0 (0, 0) = 0, ∀a, b. Hacemos pues a = 0 y calculamos la matriz hessiana de la funci´on:  Dxx f (x, y) = 2b cos(x2 + y 2 ) − 4bx2 sen(x2 + y 2 )  Dxy f (x, y) = −4bxy sen(x2 + y 2 )  2 Dyy f (x, y) = (2 + 4y 2 )ey + 2b cos(x2 + y 2 ) − 4by 2 sen(x2 + y 2 )   2b 0 =⇒ Hf (0, 0) = . 0 2 + 2b Con estos datos, escribimos el polinomio de Taylor de segundo orden alrededor del origen: −→ 1 p2 (x, y) = f (0, 0) + (x, y) · ∇f (0, 0) + · (x, y) · Hf (0, 0) · (x, y)T 2 = 1 + bx2 + (1 + b)y 2 . Como, por hip´otesis, p2 (1, 2) = 6, deducimos que 6 = 1 + b + 4(1 + b) =⇒ b = 1/5. (b) Con los valores obtenidos, la funci´on tiene la siguiente expresi´on: 1 · sen(x2 + y 2 ) 5 y, por construcci´on, el origen es un punto estacionario de f .   2/5 0 , la cual es definida positiva. Por Adem´as, Hf (0, 0) = 0 12/5 tanto, la funci´on tiene un m´ınimo en el origen. 2

f (x, y) = ey +

PROBLEMA 4.72

Encontrar los valores extremos de la funci´ on f (x, y) = x2 + y 2 en cada una de las siguientes regiones: (a) A = {(x, y) ∈ R2 : x2 y > 2}. (b) B = {(x, y) ∈ R2 : x2 y ≥ 2}. Soluci´ on

266

(a) El conjunto A es abierto lo que indica que, caso de existir valores m´aximos o m´ınimos, ´estos deben encontrarse entre los puntos estacionarios de la funci´on. Resolvemos por tanto el sistema: −→ ∇f (x, y) = (0, 0) ⇐⇒ (2x, 2y) = (0, 0) ⇐⇒ (x, y) = (0, 0).

Como este punto no pertenece a la regi´on dada, la funci´on no tiene m´aximos ni m´ınimos en A. (b) En este caso, el conjunto B es cerrado, aunque no acotado, lo que tampoco garantiza la existencia de m´aximos y m´ınimos de la funci´on. Como en el interior de B no hay puntos estacionarios (int B = A), caso de existir valores extremos, deben corresponder a puntos de la frontera de B. Para determinarlos, aplicamos en la funci´on la relaci´on x2 y = 2, 2 lo que produce la funci´on de una variable g(y) = + y 2 , y 6= 0. y Sus valores extremos se calculan por el procedimiento usual: −2 + 2y y2 g 0 (y) = 0 ⇐⇒ y = 1 4 g 00 (y) = + 2 =⇒ g 00 (1) > 0. y3 g 0 (y) =

√ √ Concluimos entonces que, en los puntos ( 2, 1) y (− 2, 1) de la frontera de B se alcanza el m´ınimo de f mientras que el m´aximo de f no se alcanza en B.

267

PROBLEMA 4.73

Encontrar los m´ aximos y m´ınimos de las siguientes funciones en las regiones indicadas: (a) f (x, y) = (x2 + y 2 )4 en x2 + y 2 ≤ 1. (b) f (x, y) = sen x + cos y en [0, 2π] × [0, 2π]. (c) f (x, y) = sen x + sen y + sen(x + y) en [0, π/2] × [0, π/2]. Soluci´ on (a) Como la regi´on es cerrada y acotada y la funci´on es continua, seg´ un el teorema de Weierstrass, deben alcanzarse los valores m´aximo y m´ınimo. Dichos valores se encuentran, o bien en alg´ un punto de la frontera de la regi´on, o bien en alg´ un punto del interior. Debido a que la funci´on es diferenciable, si alguno de estos valores se encuentra en el interior de la regi´on, debe corresponder a un punto estacionario de la funci´on (debido a la condici´on necesaria para la existencia de extremos). Buscaremos en primer lugar dichos valores entre los puntos estacionarios:  −→ ∇f (x, y) = 8x(x2 + y 2 )3 , 8y(x2 + y 2 )3 , −→ ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ (x, y) = (0, 0). Como 0 = f (0, 0) ≤ f (x, y), ∀(x, y) ∈ R2 , la funci´on tiene un m´ınimo absoluto en el origen. Al no haber m´as puntos estacionarios en el interior de la regi´on dada, el m´aximo debe alcanzarse en un punto de la frontera. Ahora bien, como ( = 1 si x2 + y 2 = 1 f (x, y) < 1 si x2 + y 2 < 1, el m´aximo se alcanza en todos los puntos de la frontera.

268

(b) Nuevamente, la continuidad de la funci´on en una regi´on cerrada y acotada garantiza la existencia de m´aximo y m´ınimo absolutos. Si alguno de ellos est´a en el interior de la regi´on, debe corresponder a un punto estacionario. Calculemos pues dichos puntos: −→ ∇f (x, y) = (cos x, − sen y),     −→ (2m + 1)π cos x = 0 ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ (x, y) = , nπ , m, n ∈ Z. sen y = 0 2 En el interior del cuadrado [0, 2π] × [0, 2π] s´olo hay dos puntos estacionarios, (π/2, π) y (3π/2, π). Aplicaremos el criterio de las derivadas segundas para cada uno de estos puntos:   − sen x 0 Hf (x, y) = 0 − cos y     −1 0 1 0 Hf (π/2, π) = ; Hf (3π/2, π) = . 0 1 0 1 Como det Hf (π/2, π) = −1 < 0, la funci´on tiene un punto de ensilladura en (π/2, π). Por otra parte, como det Hf (3π/2, π) = 1 > 0 y a11 = 1 > 0, la funci´on tiene un m´ınimo local en (3π/2, π). Para el comportamiento de la funci´on en la frontera, dividimos ´esta en cuatro segmentos: i) Si x = 0, 0 ≤ y ≤ 2π, la funci´on queda de la forma g1 (x) = cos y. Esta funci´on, como es bien sabido, alcanza su m´aximo en los puntos A = (0, 0) y B = (0, π) y su m´ınimo en el punto M = (0, π). ii) Si y = 0, 0 ≤ x ≤ 2π, la funci´on es ahora g2 (x) = 1 + sen x. Esta funci´on tiene el m´aximo en el punto P = (π/2, 0) y el m´ınimo en el punto Q = (3π/2, 0). iii) Si x = 2π, 0 ≤ y ≤ 2π, la funci´on es g3 (y) = cos y. Nuevamente, el m´aximo se alcanza en los puntos C = (2π, 0) y D = (2π, 2π) y el m´ınimo en el punto N = (2π, π). iv) Si y = 2π, 0 ≤ x ≤ 2π, la funci´on es g4 (x) = 1 + sen x, cuyo m´aximo se alcanza en R = (π/2, 2π) y el m´ınimo en S = (3π/2, 2π). Para determinar los extremos absolutos de la funci´on basta ahora comparar los valores de la funci´on en todos los puntos obtenidos hasta ahora. As´ı pues, como f (A) = f (B) = f (C) = f (D) = 1, f (P ) = f (R) = 2, el m´aximo absoluto de la funci´on se alcanza en los puntos P = (π/2, 0) y R = (π/2, 2π). 269

Por otra parte, como f (Q) = f (S) = f (M ) = 0, f (N ) = −1, f (3π/2, π) = −2, deducimos que el m´ınimo absoluto se encuentra en el punto (3π/2, π). En la figura siguiente mostramos la superficie desde dos puntos de vista diferentes donde se observa gr´aficamente el resultado obtenido anal´ıticamente.

(c) Procederemos de forma an´aloga a los dos casos anteriores. En primer lugar determinamos los puntos estacionarios: −→ ∇f (x, y) =

 cos x + cos(x + y), cos y + cos(x + y) ,   −→ cos x + cos(x + y) = 0 . ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ cos y + cos(x + y) = 0 El u ´nico punto estacionario en el interior del cuadrado [0, π/2]×[0, π/2] es M = (π/3, π/3). En dicho punto, el hessiano es:  − sen x − sen(x + y) − sen(x + y) Hf (x, y) = − sen(x + y) − sen x − sen(x + y) √  √  − √ 3 − √3/2 . =⇒ Hf (π/3, π/3) = − 3/2 − 3 

Como det Hf (π/3, π/3) = 9/4 > 0 y a11 < 0, deducimos que el punto corresponde a un m´aximo local de la funci´on. Para estudiar los posibles extremos relativos en la frontera del cuadrado, distinguimos los siguientes casos: i) Si x = 0, 0 ≤ y ≤ π/2, la funci´on queda de la forma g1 (y) = 2 sen y. Tiene un m´ınimo en A = (0, 0) y un m´aximo en D = (0, π/2). ii) Si x = π/2, 0 ≤ y ≤ π/2, la funci´on es ahora g2 (y) = 1 + sen y + cos y. Como g20 (y) = 0 ⇐⇒ cos y = sen y ⇐⇒ y = π/4 270

y

√ g200 (π/4) = − 2 < 0,

la funci´on tiene un m´aximo en el punto P = (π/2, π/4). Por tanto, en los extremos del intervalo B = (π/2, 0) y C = (π/2, π/2) tiene m´ınimos relativos. iii) Si y = 0, 0 ≤ x ≤ π/2, la funci´on es g3 (x) = 2 sen x. An´alogamente al apartado i), el m´aximo se alcanza en B = (π/2, 0) y el m´ınimo en A = (0, 0). iv) Si y = π/2, 0 ≤ x ≤ π/2, la funci´on es g4 (x) = 1 + sen x + cos x, cuyo m´aximo se alcanza en Q = (π/4, π/2) y el m´ınimo en D = (0, π/2) y C = (π/2, π/2). Dando valores a la funci´on en los puntos obtenidos del estudio anterior, deducimos que el m´aximo absoluto √ de la funci´on se alcanza en el punto M = (π/3, π/3) y vale f (M ) = 3 3/2 y el m´ınimo absoluto se alcanza en el origen y vale f (A) = 0.

PROBLEMA 4.74

Hallar los extremos absolutos (m´ aximos y m´ınimos) de la funci´ on f (x, y) = x2 + y 2 + xy en el c´ırculo cerrado x2 + y 2 ≤ 1. Soluci´ on

En primer lugar vamos a determinar los posibles extremos en el interior de la regi´on dada. Para ello debemos calcular los puntos estacionarios.    Dx f (x, y) = 0 2x + y = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ x = 0, y = 0. Dy f (x, y) = 0 2y + x = 0 271



 2 1 Como Hf (0, 0) = , det Hf (0, 0) = 3 > 0 y a11 = 2 > 0, el punto 1 2 (0, 0) corresponde a un m´ınimo local. Para determinar los extremos en la frontera, sustituimos y 2 = 1 − x2 en la ecuaci´on de la funci´on. Obtenemos as´ı dos funciones de una variable p f1 (x) = 1 + x 1 − x2 , x ∈ [−1, 1], y ≥ 0, p f2 (x) = 1 − x 1 − x2 , x ∈ [−1, 1], y < 0 (que corresponden a las restricciones de f en las semicircuferencias superior e inferior, respectivamente). Igualando a cero las derivadas de primer orden, resulta: √ x2 = 0 =⇒ 1 − 2x2 = 0 =⇒ x = ± 2/2, 1 − x2 p √ x2 = 0 =⇒ 1 − 2x2 = 0 =⇒ x = ± 2/2. f20 (x) = 0 =⇒ − 1 − x2 + √ 1 − x2

f10 (x) = 0 =⇒

p

1 − x2 − √

Los puntos cr´ıticos en la frontera son entonces √ √ √ √ (√ 2/2, √2/2), (− √2/2, 2/2), √ ( 2/2, − 2/2), (− 2/2, − 2), (1, 0), (−1, 0) (Los puntos (1, 0) y (−1, 0) tambi´en son puntos cr´ıticos pues en ellos no existe la derivada de f1 ). El valor de la funci´on en los puntos cr´ıticos es el siguiente: √ √ √ √ f ( 2/2, 2/2) = f (− 2/2, − 2) = 3/2, √ √ √ √ f (− 2/2, 2/2) = f ( 2/2, − 2/2) = 1/2, f (1, 0) = f (−1, 0) = 1. Debido a que f (0, 0) = 0, lo anterior permite deducir que el m´aximo es √ √ √ √ f ( 2/2, 2/2) = f (− 2/2, − 2/2) = 3/2 y el m´ınimo es f (0, 0) = 0. 272

PROBLEMA 4.75

Hallar los m´ aximos absolutos de la funci´ on f (x, y) = x3 + 3x − 6xy + 3y 2

en la porci´ on del plano Q limitada por OX + , OY + , x = 2, y = 2.

Soluci´ on

Como Q es cerrado y acotado, es compacto; la continuidad de f garantiza la existencia de un m´aximo y un m´ınimo absolutos en dicha regi´on. Los puntos estacionarios de la funci´on son   2   2 3x + 3 − 6y = 0 3x − 6x + 3 = 0 D1 f (x, y) = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ −6x + 6y = 0 x = y. D2 f (x, y) = 0 La u ´nica soluci´on es el punto (1, 1), interior al cuadrado Q. El hessiano en dicho punto es:   6 −6 Hf (1, 1) = −6 6 cuyo determinante es cero. Calculamos entonces la diferencia f (x, y)−f (1, 1) en puntos(x, y) pr´oximos a (1, 1). Si hacemos en particular x = 1 + h, y = 1 + h, obtenemos que f (1 + h, 1 + h) − f (1, 1) = (1 + h)3 − 3(1 + h) − 6(1 + h)2 + 3(1 + h)2 − 1 = −h3 que puede tomar valores positivos y negativos en un entorno del cero. De aqu´ı se deduce que la funci´on presenta un punto de ensilladura en (1, 1). 273

Como el m´aximo no se alcanza en el interior, debe ser un punto de la frontera de Q. Si restringimos la funci´on a cada segmento que la limita, tenemos:

i) Si y = 0, x ∈ [0, 2], entonces ϕ1 (x) = f (x, 0) = x3 + 3x. Como ϕ01 (x) = 3x2 + 3 > 0, no tiene extremos relativos en el intervalo x ∈ (0, 2). En particular f (0, 0) = 0 y f (2, 0) = 14.

ii) Si x = 0, y ∈ [0, 2], entonces ϕ2 (y) = f (0, y) = 3y 2 , que tampoco tiene extremos relativos en el intervalo abierto y ∈ (0, 2). Tiene un m´ınimo en el origen, f (0, 0) = 0 y un m´aximo en el punto (0, 2), f (0, 2) = 12.

iii) Si x = 2, y ∈ [0, 2], ϕ3 (y) = f (2, y) = 14 − 12y + 3y 2 . Su derivada es ϕ03 (y) = −12 + 6y, que se anula en y = 2. El valor de la funci´on es f (2, 2) = 2.

iv) Si y = 2, x ∈ [0, 2], ϕ4 (x) = f (x, 2) = x3 − 9x + 12. 0 La derivada es ahora 3x2 − 9, que se anula en x = √ ϕ4 (x) = √ la funci´on vale f ( 3, 2) = −6 3 + 12 > 0.



3 y donde

Comparando todos los valores obtenidos, resulta que el m´aximo se alcanza en el punto (2, 0) y el m´ınimo en el origen.

274

PROBLEMA 4.76

Se consideran las regiones A = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ 0}, B = {(x, y) ∈ R2 : y ≥ 0}, C = {(x, y) ∈ R2 : y − x ≤ 2},

y la funci´ on de dos variables f (x, y) = ex−y (x2 − 2y 2 ). Calcular los extremos de f en las regiones A ∪ B ∪ C y A ∩ B ∩ C. Soluci´ on

Representando gr´aficamente las regiones se observa que A ∪ B ∪ C = R2 y A ∩ B ∩ C es el tri´angulo cerrado de v´ertices (0, 0), (0, 2) y (−2, 0). Determinamos en primer lugar los puntos estacionarios de la funci´on: ∂f ∂x ∂f ∂y

= 0 ⇐⇒ ex−y (2x + x2 − 2y 2 ) = 0 ⇐⇒ 2x + x2 − 2y 2 = 0 = 0 ⇐⇒ ex−y (−4y − x2 + 2y 2 ) = 0 ⇐⇒ −4y − x2 + 2y 2 = 0.

Al resolver el sistema se obtienen las soluciones (0, 0) y (−4, −2). (a) En A ∪ B ∪ C ambos son puntos interiores. Calcularemos el hessiano en dichos puntos: ∂2f ∂x2 ∂2f ∂x∂y ∂2f ∂y 2

= ex−y (2 + 2x + 2x + x2 − 2y 2 ), = ex−y (−4y − 2x − x2 + 2y 2 ), = ex−y (−4 + 4y + 4y + x2 − 2y 2 ).

Como  Hf (0, 0) =

 2 0 , det Hf (0, 0) = −8 < 0, 0 −4

de modo que (0, 0) es punto de ensilladura. 275

An´alogamente, como  Hf (−4, −2) =

 −6e−2 8e−2 , 8e−2 −12e−2

det Hf (−4, −2) = 8e−4 > 0 y a11 = −6e−2 < 0, deducimos que P = (−4, −2) corresponde a un m´aximo.

(b) En A ∩ B ∩ C los puntos estacionarios no est´an en el interior, de modo que los extremos deben estar en la frontera. Escribimos para ello la restricci´on de la funci´on en cada uno de los segmentos que forman el tri´angulo: i) Si x = 0, g1 (y) = f (x, y)|x=0 = −2y 2 e−y , 0 ≤ y ≤ 2. Como g10 (y) = y (−4 + 2y)e−y , entonces g10 (y) = 0 ⇐⇒ y = 0, y = 2, lo que da lugar a los puntos estacionarios (0, 0) y (0, 2). ii) Si y = 0, g2 (x) = f (x, y)|y=0 = x2 ex , −2 ≤ x ≤ 0. En este caso, g20 (x) = x(2 + x)ex y g20 (x) = 0 ⇐⇒ x = 0, x = −2, dando lugar a los puntos (0, 0) y (−2, 0). iii) Si y = x + 2, g3 (x) = f (x, y)|y=x+2 = e−2 (−x2 − 8x − 8), −2 ≤ x ≤ 0. Ahora g30 (x) = e−2 (−2x − 8), que no se anula en ning´ un punto del segmento. En definitiva, los posibles extremos corresponden a los puntos (0, 0), (0, 2) y (−2, 0). Al evaluar la funci´on en dichos puntos, se obtiene f (0, 0) = 0, f (0, 2) = −8e−2 , f (−2, 0) = 4e−2 . Por tanto, el m´ınimo absoluto se alcanza en (0, 2) y el m´aximo absoluto se alcanza en (−2, 0). 276

PROBLEMA 4.77

Sea f (x, y) = (x2 +y 2 )e−3x+y . Calcular los valores m´ aximo y m´ınimo de f en las siguientes regiones: A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 1} B = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1} C = {(x, y) ∈ R2 : 3x − y ≥ 0} D = {(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, |y| ≤ x}.

Soluci´ on

Clasificaremos en primer lugar los puntos estacionarios de la funci´on:  −→ ∇f (x, y) = (2x − 3x2 − 3y 2 )e−3x+y , (2y + x2 + y 2 )e−3x+y −→ ∇f (x, y) = (0, 0) ⇐⇒ x = 0, y = 0 ´o x = 3/5, y = −1/5.

Es evidente que f (0, 0) = 0 ≤ f (x, y), ∀(x, y) ∈ R2 , lo que significa que la funci´on tiene un m´ınimo absoluto en el origen. Como el origen est´a contenido en las cuatro regiones dadas, s´olo necesitamos determinar el m´aximo de la funci´on en cada regi´on. Por otra parte, si aplicamos el criterio de las derivadas de segundo orden, deducimos que la funci´on tiene un punto de ensilladura en (3/5, −1/5). 277

(a) Como el conjunto A es abierto, los valores extremos de f deben encontrarse en su interior y, por tanto, deben corresponder a puntos estacionarios. Del an´alisis anterior se deduce que no se alcanza el m´aximo de la funci´on en el conjunto A. (b) En este caso, como el conjunto B es compacto y la funci´on continua, necesariamente se alcanza el m´aximo de la funci´on y ´este debe encontrarse en la frontera del conjunto. Si parametrizamos la frontera de B como x = cos t, y = sen t, −π ≤ t ≤ π, y definimos la funci´on ϕ(t) = f (cos t, sen t) = e−3 cos t+sen t , −π ≤ t ≤ π, entonces el punto (x0 , y0 ) ∈ B donde f alcance el m´aximo ser´a de la forma (cos t0 , sen t0 ), siendo t0 el punto donde ϕ alcance el m´aximo en [−π, π]. Como ϕ es una funci´on de una variable, calcularemos su m´aximo por los m´etodos usuales: ϕ0 (t) = (3 sen t + cos t)e−3 cos t+sen t ϕ0 (t) = 0 ⇐⇒ tg t = −1/3 ⇐⇒ t = arc tg(−1/3) ´o t = π + arc tg(−1/3).

Denotamos los puntos cr´ıticos por t1 = arc tg(−1/3) y t2 = π + arc tg(−1/3), y estudiamos el signo de la derivada ϕ0 en los distintos intervalos que estos puntos determinan:

ϕ0 (t)

(−π, t1 )

(t1 , t2 )

(t2 , π)

0

0). Soluci´ on

Si llamamos P = (x, y, z) al punto de intersecci´on del prisma con el plano, el volumen puede expresarse mediante la f´ormula siguiente:  x y V =x·y·z =c·x·y· 1− − , a b en la regi´on 0 < x < a, 0 < y < b.

El problema se reduce entonces a determinar el m´aximo de la funci´on  x y . f (x, y) = c · x · y · 1 − − a b −→ Para calcular los puntos estacionarios, resolvemos la ecuaci´on ∇f (x, y) = 0:  −→ 2x y  x 2y  ∇f (x, y) = cy 1 − − , cx 1 − − , b a b  a y −→ y = 0 ´o 2x a + b =1 ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ x = 0 ´o xa + 2y b = 1. El sistema anterior tiene como soluci´on los puntos (0, 0), (a, 0), (0, b) y (a/3, b/3), de los cuales s´olo este u ´ltimo puede dar volumen m´aximo. 280

En efecto, como −2cy a 2y  c 1 − 2x a − b  −2bc  −c 3a 3 −c −2ac , 3 3b



Hf (x, y) = =⇒ Hf (a/3, b/3) =

2y  2x a − b −2cx b

c 1−

−2bc donde det Hf (a/3, b/3) = c2 /3 > 0 y a11 = < 0, lo que efectivamente 3a indica que, en dicho punto, se alcanza el m´aximo de la funci´on.

PROBLEMA 4.79

Inscribir en el segmento de paraboloide el´ıptico z x2 y 2 = 2 + 2 , z = c, c a b

un paralelep´ıpedo de volumen m´ aximo. Soluci´ on

Si denotamos por P = (x, y, z) el punto en el primer octante de intersecci´on del paraboloide con el paralelep´ıpedo, podemos escribir el volumen de dicho paralelep´ıpedo con la f´ormula siguiente:  x2 y 2  V = 2x · 2y · (c − z) = 4cxy 1 − 2 − 2 , x, y, z > 0. a b As´ı pues, el problema se reduce al de encontrar el m´aximo de la funci´on V = f (x, y), con x, y > 0. Calculamos las derivadas parciales de primer orden para determinar los puntos estacionarios:     −→ −8c 2 x2 y 2  −8c 2 x2 y 2  ∇f (x, y) = x y + 4cy 1 − 2 − 2 , 2 xy + 4cx 1 − 2 − 2 . a2 a b b a b −→ Al resolver el sistema ∇f (x, y) = 0, obtenemos los puntos estacionarios (0, 0), (−a, 0), (−a/2, −b/2), (−a/2, b/2), (a/2, −b/2), (a/2, b/2), (a, 0), (−a, 0), (0, −b) y (0, b) de los cuales s´olo el punto (a/2, b/2) es admisible. 281

Para comprobar que este punto corresponde al m´aximo de la funci´on, utilizamos el criterio de la segunda derivada:    −24cxy 3y 2 3x2 4c 1 − − 2 2 2 a a b   Hf (x, y) =   3y 2 −24cxy 3x2 4c 1 − a2 − b2 b2   −6bc/a −2c =⇒ Hf (a/2, b/2) = . −2c −6ac/b Como det Hf (a/2, b/2) = 32c2 > 0 y a11 = −6bc/a < 0, el m´aximo de la funci´on se alcanza efectivamente en dicho punto.

PROBLEMA 4.80

Hallar la distancia entre las rectas en R3 de ecuaciones x − 1 = y/2 = z y x = y = z . Soluci´ on

Un punto arbitrario de la primera recta tiene por coordenadas P = (x, 2x − 2, x − 1) y uno de la segunda recta se puede escribir como Q = (x0 , x0 , x0 ). La distancia entre ellos es p d(P, Q) = (x − x0 )2 + (2x − 2 − x0 )2 + (x − 1 − x0 )2 . Ahora bien, si d(P, Q) es m´ınima, tambi´en su cuadrado ser´a m´ınimo. Podemos pues reducir el problema al de minimizar la funci´on f (x, x0 ) = (x − x0 )2 + (2x − 2 − x0 )2 + (x − 1 − x0 )2 . Como ∂z ∂x ∂z ∂x0

= 2(x − x0 ) + 2(2x − 2 − x0 ) · 2 + 2(x − 1 − x0 ), = −2(x − x0 ) − 2(2x − 2 − x0 ) − 2(x − 1 − x0 ), 282

los puntos estacionarios se obtienen del sistema x − x0 + 4x − 4 − 2x0 + x − 1 − x0 = 0 x − x0 + 2x − 2 − x0 + x − 1 − x0 = 0, lo que da como soluci´on x = 3/2, x0 = 1. Al ser el u ´nico punto estacionario, debe corresponder a un m´ınimo p (se trata de dos √ rectas que se cruzan), y dicha distancia m´ınima vale d = 1/4 + 1/4 = 2/2. [Comparar el m´etodo expuesto en este problema con el desarrollado en el cap´ıtulo I, problema 1.17.]

283

5. EXTREMOS CONDICIONADOS. MULTIPLICADORES DE LAGRANGE.

Cierto tipo de problemas de extremos consiste en encontrar los valores m´aximo y m´ınimo de una funci´on cuyas variables est´an sometidas a ciertas condiciones de dependencia; ´estos reciben el nombre de problemas de m´aximos y m´ınimos condicionados. Por ejemplo, en el caso de una funci´on de dos variables z = f (x, y), si ´estas est´an relacionadas por la condici´on y = g(x), los extremos condicionados de f son precisamente los m´aximos y m´ınimos de la funci´on de una variable  z = f x, g(x) . Geom´etricamente, el problema consiste en encontrar los valores extremos de la curva en R3 que es la intersecci´on de las superficies z = f (x, y), y = g(x). El planteamiento general de estos problemas es el siguiente: Problema. Encontrar el valor m´ aximo (o m´ınimo) de una funci´ on f : Rn → R, en un dominio M definido del siguiente modo: → → M = {− x ∈ Rn : F i (− x ) = 0, 1 ≤ i ≤ m}. El conjunto de funciones F i : Rn → R (1 ≤ i ≤ m) constituye lo que llamaremos restricciones de las variables. Denotaremos por f |M a la restricci´on de f al conjunto M . Estableceremos a continuaci´on las nociones b´asicas que permiten enunciar condiciones necesarias y suficientes para la existencia de m´aximos y m´ınimos condicionados. Definici´ on. Dado un entero positivo r < n, decimos que un subconjunto n M de R es una variedad r-dimensional (o r-variedad) de clase C (q) cuando → → ∀− x ∈ M , existe U ⊂ Rn abierto que contiene a − x y existe una funci´on n−r (q) F : U → R , con F ∈ C (U ), tal que → → i) rang JF (− x ) = n − r, ∀− x ∈ U, y → − → → ii) M ∩ U = {− x ∈ U : F (− x ) = 0 }. Es f´acil, a partir de la definici´on, demostrar el siguiente resultado. Proposici´ on. Sean D un abierto de Rn y F : D → Rn−r una funci´ on → − → − (q) n de clase C en D. Entonces el conjunto M = { x ∈ R : F ( x ) = → − → 0 , rang JF (− x ) = n − r} es una r-variedad de clase C (q) . Por ejemplo, si F : Rn → R es una funci´on de clase C (1) , cualquier conjunto → → de nivel Kc = {− x ∈ Rn : F (− x ) = c} no vac´ıo y que no contenga puntos estacionarios de F es una (n − 1)-variedad. 284

Con estos conceptos se prueba la siguiente condici´on necesaria de existencia de extremos condicionados. Teorema de los multiplicadores de Lagrange. Sean M una r-variedad de Rn de clase C (1) y f : D → R una funci´ on definida en un abierto D ⊂ Rn , →, entonces (1) con f ∈ C (D) y M ⊂ D. Si f |M tiene un extremo relativo en − x 0 − → existen constantes λ1 , . . . , λm ∈ R (m = n − r) tales que x0 es un punto estacionario de la funci´ on g = f + λ1 F 1 + · · · + λ m F m , donde F 1 , . . . , F m son las componentes de la funci´ on F asociada a la variedad M . Este resultado indica que, en un problema de b´ usqueda de extremos condicionados, los u ´nicos posibles puntos de extremo local se encuentran entre las soluciones del sistema  ∂g − → ∂xi ( x ) = 0, 1 ≤ i ≤ n → F j (− x ) = 0, 1 ≤ j ≤ m de m + n ecuaciones con las m + n inc´ognitas x1 , . . . , xn , λ1 , . . . , λm . Esto sugiere tambi´en considerar la funci´on de m + n variables g(x1 , . . . , xn , λ1 , . . . , λm ) = f (x1 , . . . , xn ) +

m X

λj F j (x1 , . . . , xn )

j=1

y calcular los puntos estacionarios de g en M × Rm , los cuales ser´an los u ´nicos ∂g posibles valores donde f tenga un extremo relativo (observar que = F j ). ∂λj Se reduce as´ı el problema de extremos condicionados a un problema de extremos ordinarios. Las condiciones suficientes para la existencia de extremos pueden determinarse de la siguiente forma: Teorema. Se considera la funci´ on g = f + λ1 F 1 + · · · + λm F m . → la funci´ (a) Si en un punto − x on alcanza un m´ aximo relativo, entonces la 0 n X n X →)h h , forma cuadr´ atica correspondiente a g, Qx0 (h) = Dij g(− x 0 i j i=1 j=1

→. es semidefinida negativa en un entorno reducido de − x 0 − → (b) Si Qx0 (h) > 0 en alg´ un entorno reducido de x0 , entonces la funci´ on − → alcanza un m´ınimo relativo en x . 0

En la mayor´ıa de los ejemplos pr´acticos, para determinar si un punto estacionario corresponde a un m´aximo o un m´ınimo, utilizaremos m´etodos 285

indirectos, sugeridos por cada situaci´on particular. En los problemas que siguen iremos mostrando algunos de los m´etodos posibles.

PROBLEMA 4.81

Sea f : R2 → R la funci´ on definida por f (x, y) = xy y M = {(x, y) : 2 2 2 x +y = 2a }, (a > 0). Determinar los m´ aximos, m´ınimos y puntos de ensilladura de f |M . Soluci´ on

Observemos en primer lugar que M es una variedad 1-dimensional. Para ello, dado cualquier (x, y) ∈ M , habr´a que probar que existen i) un abierto U ⊂ R2 que contiene a (x, y) y ii) una funci´on F : U → R, F ∈ C (1) (U ) tales que rang JF (x, y) = 1 y M ∩ U = {(x, y) ∈ U : F (x, y) = 0}. En efecto, sea F (x, y) = x2 + y 2 − 2a2 . Por ser un polinomio, F ∈ C (∞) (U ). Adem´as JF (x, y) = (2x, 2y); entonces rang JF (x, y) = 1 si (x, y) 6= (0, 0). Esto sugiere considerar el abierto U = R2 \ {(0, 0)} y la funci´on F arriba definida, pues M ∩ U = {(x, y) ∈ U : F (x, y) = 0}. Podemos pues aplicar el teorema de los multiplicadores de Lagrange, que asegura que los extremos de f en encuentran entre los puntos estacionarios de la funci´on g = f + λF . Calcularemos los puntos estacionarios de g: Dx g(x, y, λ) = 0 ⇐⇒ y + 2xλ = 0 Dy g(x, y, λ) = 0 ⇐⇒ x + 2yλ = 0 Dλ g(x, y, λ) = 0 ⇐⇒ x2 + y 2 − 2a2 = 0. Si λ = 0, entonces x = y = 0, de donde 0 = 2a2 , lo que es absurdo pues a > 0. Si λ 6= 0, entonces λ = −y/2x = −x/2y =⇒ −2y 2 + 2x2 = 0 =⇒ x2 − y 2 = 0. Como, adem´as x2 + y 2 = 2a2 , las soluciones del sistema dan los puntos estacionarios (a, a), (−a, a), (a, −a) y (−a, −a). Observamos que el conjunto M es compacto: es cerrado por ser la imagen inversa de un cerrado por una aplicaci´on continua, F −1 ({0}) = M , y acotado 286

porque √ M est´a contenido en cualquier bola de centro el origen y radio mayor que a 2. Como adem´as f |M es continua, entonces f |M alcanza su m´aximo y m´ınimo absolutos. Debido a que f (−a, −a) = f (a, a) = a2 y f (−a, a) = f (a, −a) = −a2 , los puntos (a, a) y (−a, −a) corresponden al m´aximo absoluto y (a, −a) y (−a, a) al m´ınimo absoluto.

PROBLEMA 4.82

Sea f : R2 → R la funci´ on definida por f (x, y) = x3 + y 3 y M = 2 2 {(x, y) : x − y = 1}. Determinar los extremos relativos de f |M .

Soluci´ on

Observamos en primer lugar que M es una variedad pues existen un abierto U = R2 \{(0, 0)} y una funci´on F : U → R, definida por F (x, y) = x2 −y 2 −1, tales que F ∈ C (∞) (U ), rang JF (x, y) = 1 (pues JF (x, y) = (2x, −2y)) y M ∩ U = {(x, y) ∈ U : F (x, y) = 0}. Podemos pues aplicar el teorema de los multiplicadores de Lagrange y considerar la funci´on g(x, y) = x3 + y 3 + λ(x2 − y 2 − 1). Calculamos los puntos estacionarios de g: Dx g(x, y) = 0 ⇐⇒ 3x2 + 2λx = 0 ⇐⇒ x(3x + 2λ) = 0 Dy g(x, y) = 0 ⇐⇒ 3y 2 − 2λy = 0 ⇐⇒ y(3x + 2λ) = 0 F (x, y) = 0 ⇐⇒ x2 − y 2 = 1. 287

Para resolver el sistema distinguiremos los siguientes casos: - Si x 6= 0, y = 0, entonces 3x + 2λ = 0, de donde x = −2λ/3; pero como x2 − y 2 = 1 x2 = 1 =⇒ x = ±1 y tenemos los puntos (1, 0) y (−1, 0). - Si x = 0, y 6= 0, entonces y 2 = −1 que es imposible. - Si x = y = 0, entonces 0 = 1, tambi´en imposible. Luego los puntos estacionarios son los dos citados P1 = (1, 0) y P2 = (−1, 0). Como el conjunto M no es compacto (no es acotado), no podemos asegurar la existencia de extremos. Lo u ´nico que sabemos es que si f |M tiene extremos, se han de encontrar entre dichos puntos estacionarios. Aplicaremos el criterio de la segunda derivada a la funci´on f donde suponemos que la restricci´on M permite definir la variable x como funci´on impl´ıcita de la variable y (lo cual es v´alido seg´ un el teorema de la funci´on impl´ıcita en cada uno de los puntos estacionarios P1 y P2 ). y De la ecuaci´on x2 − y 2 = 1, deducimos que x0 (y) = . Por lo tanto, x f 0 (y) = 3x2 · x0 (y) + 3y 2 = 3xy + 3y 2 3y 2 + 6y. f 00 (y) = 3x + 3x0 (y) · y + 6y = 3x + x Sustituyendo en los puntos estacionarios, resulta f 00 (P1 ) = 3 > 0 y f 00 (P2 ) = −3 < 0 de modo que la funci´on alcanza un m´ınimo relativo en el punto P1 = (1, 0) y un m´aximo relativo en el punto P2 = (−1, 0).

En la figura se observa que el m´aximo relativo de la funci´on es menor que el m´ınimo relativo y que la funci´on no tiene m´aximo ni m´ınimo absolutos.

288

PROBLEMA 4.83

Determinar los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on z = x2 + y 2 bajo 2 2 la condici´ on 13x − 10xy + 13y − 72 = 0. Soluci´ on

La condici´on 13x2 − 10xy + 13y 2 − 72 = 0 permite suponer que la variable y puede expresarse como funci´on impl´ıcita de x, como consecuencia del teorema de la funci´on impl´ıcita. En efecto, la funci´on F (x, y) = 13x2 − 10xy + 13y 2 − 72 es de clase C (1) en R2 y ∂F 13y = −10x + 26y 6= 0 si x 6= . ∂y 5 Sabemos adem´as que, bajo esas condiciones, y 0 (x) = −

13x − 5y ∂F/∂x = . ∂F/∂y 5x − 13y

Lo anterior permite expresar la funci´on z = x2 + y 2 como funci´on de una variable. Tenemos entonces al derivar que: z 0 (x) = 2x + 2y · y 0 (x) =

10x2 − 10y 2 13y si x 6= . 5x − 13y 5

Para obtener los puntos cr´ıticos, hacemos z 0 (x) = 0 y resulta x = ±y (con la condici´on 5x − 13y 6= 0 la cual efectivamente se cumple). Al sustituir en la ecuaci´on que liga ambas variables, obtenemos los cuatro puntos √   √  √   √ √   √ √ √ 2, − 2 , − 2, 2 , 3 2/2, 3 2/2 , −3 2/2, −3 2/2 , que son los u ´nicos en donde puede haber m´aximos o m´ınimos locales. Para determinarlos, calculamos la derivada segunda   20x − 20y · y 0 (x) (5x − 13y) − (10x2 − 10y 2 ) 5 − 13y 0 (x) 00 z (x) = (5x − 13y)2 la cual, al sustituirla en los puntos cr´ıticos, da los siguientes resultados: punto

√ √ (3 2/2, 3 2/2)

√ √ (−3 2/2, −3 2/2)

√ √ ( 2, − 2)

√ √ (− 2, 2)

y 0 (x)

−1

−1

1

1

z 00 (x)

−5

−5

20/9

20/9

289

√ √ √ √ Esto quiere decir que, en los puntos (3 2/2, 3√ 2/2)√y (−3 2/2, −3 √ √ 2/2), la funci´on alcanza el m´aximo y, en los puntos ( 2, − 2) y (− 2, 2), tiene un m´ınimo relativo.

En la figura adjunta se da una interpretaci´on geom´etrica del resultado obtenido. La funci´on dada representa el cuadrado de la distancia al origen de un punto de la elipse. Como la elipse est´a centrada en el origen, los puntos que est´an m´as alejados y m´as pr´oximos al origen son los v´ertices de la elipse.

PROBLEMA 4.84

Sea f (x, y) = xm + y m (m ∈ N). Estudiar los extremos de esta funci´ on si las variables est´ an ligadas por la condici´ on x + y = 2.

Soluci´ on

Debido a que M = {(x, y) ∈ R2 : x + y = 2} es claramente una variedad 1dimensional, podemos aplicar el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange. Consideraremos entonces la funci´on g(x, y, λ) = f (x, y) + λ(x + y − 2) y distinguiremos dos casos: i) Si m = 1, entonces f (x, y) = x + y = 2 es una funci´on constante, de modo que coinciden sus valores m´aximo y m´ınimo. 290

ii) Si m ≥ 2, gx0 (x, y, λ) = 0 ⇐⇒ mxm−1 + λ = 0, gy0 (x, y, λ) = 0 ⇐⇒ my m−1 + λ = 0, gλ0 (x, y, λ) = 0 ⇐⇒ x + y − 2 = 0. De aqu´ı se deduce que xm−1 = y m−1 , de modo que, si m − 1 es par, x = ±y. Ahora bien, al ser x + y = 2, la u ´nica soluci´on es el punto (1, 1). En este caso λ = −m. Por otra parte, si m − 1 es impar, entonces x = y y se obtiene nuevamente la soluci´on x = 1, y = 1, λ = −m. Como la variedad M no es compacta (por no ser acotada), emplearemos el criterio de la segunda derivada para determinar el comportamiento de la funci´on en el punto estacionario (1, 1). La forma cuadr´atica asociada a la matriz hessiana de la funci´on g en el punto (1, 1) es Q(h, k) = gxx (1, 1)h2 + 2gxy (1, 1)hk + gyy (1, 1)k 2 = m(m − 1)[h2 + k 2 ]. Como Q(h, k) > 0, ∀(h, k) 6= (0, 0), deducimos que la forma cuadr´atica es definida positiva y la funci´on alcanza un m´ınimo en el punto (1, 1).

291

PROBLEMA 4.85

Sea f (x, y, z) = x − y + 2z . Encontrar los m´ aximos y m´ınimos de f en el elipsoide M = {(x, y, z) : x2 + y 2 + 2z 2 = 2}.

Soluci´ on

Llamamos F (x, y, z) = 2 − (x2 + y 2 + 2z 2 ) y g = f + λF . Igualando a cero las derivadas parciales de g, obtenemos el sistema de ecuaciones 1 − 2λx = 0, −1 − 2λy = 0, 2 − 4λz = 0, 2

2

2 − (x + y + 2z 2 ) = 0. √ √ De√dicho sistema √ se obtienen las soluciones λ = ± 2/2, x = ± 2/2, y = ∓ 2/2, z = ± 2/2. Puesto que f es continua y M es un conjunto compacto, f alcanza los valores m´aximo y m´ınimo en M , los √ cuales√deben√ser alguno√de los puntos estacionarios. Ahora bien, como f ( 2/2, − 2/2, 2/2) = 2 2 √ √ √ √ y f (− 2/2, 2/2, − 2/2) = −2 2, estos valores son respectivamente el m´aximo y el m´ınimo de la funci´on.

292

PROBLEMA 4.86

Hallar los extremos de la funci´ on f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 sujeta a la condici´ on x2 /a2 + y 2 /b2 + z 2 /c2 = 1, siendo a, b y c constantes no nulas y distintas. Soluci´ on

Veamos en primer lugar que el conjunto M = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 /a2 + y 2 /b2 + z 2 /c2 = 1} es una variedad. Para ello, definimos el abierto U = R3 \ {(0, 0, 0)} y la funci´on F : U → R definida por F (x, y, z) = x2 /a2 + y 2 /b2 + z 2 /c2 − 1. Es claro que F ∈ C (∞) (U ) (por tratarse de un polinomio). Adem´as,   2x 2y 2z , , JF (x, y, z) = a2 b2 c2 y rang JF (x, y, z) = 1 si (x, y, z) ∈ U . Podemos pues aplicar el teorema de los multiplicadores de Lagrange y asegurar que los extremos de f se encuentran entre los puntos estacionarios de la funci´on g = f + λF . Para encontrar estos puntos, debemos resolver el sistema  λ 2x 1 + 2 = 0 a  λ 2y 1 + 2 = 0 b  λ 2z 1 + 2 = 0 c x2 y 2 z 2 + 2 + 2 = 1, a2 b c para el cual obtenemos el siguiente conjunto de soluciones: i) Si x = ±a, entonces y = z = 0, λ = −a2 ; ii) Si y = ±b, entonces x = z = 0, λ = −b2 ; 293

iii) Si z = ±c, entonces x = y = 0, λ = −c2 . Como el conjunto M es compacto (pues se trata de un elipsoide de semiejes a, b y c) y la funci´on f es continua, el teorema de Weierstrass asegura que se alcanzan los valores m´aximo y m´ınimo. Para determinarlos, debemos comparar los valores de la funci´on en los puntos estacionarios obtenidos. Ahora bien, debido a que f (±a, 0, 0) = a2 , f (0, ±b, 0) = b2 , f (0, 0, ±c) = c2 , el m´aximo de la funci´on vale m´ax{a2 , b2 , c2 } y el m´ınimo es m´ın{a2 , b2 , c2 }. Observaci´ on. La funci´on dada representa el cuadrado de la distancia de un punto (x, y, z) al origen y la restricci´on representa un elipsoide de semiejes a, b y c y centrado en el origen. Es evidente entonces que las distancias m´axima y m´ınima de un punto del elipsoide al origen son las obtenidas anal´ıticamente.

PROBLEMA 4.87

Calcular los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on u(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2

sometida a las restricciones x − y = 2z y x + y + z = 1. Soluci´ on

Utilizaremos el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange, para lo cual consideramos el conjunto M = {(x, y, z) ∈ R3 : x − y − 2z = 0, x + y + z − 1 = 0}. Se comprueba f´acilmente que M es una 2-variedad, pues basta definir la funci´on F : R3 → R2 por F (x, y, z) = (x − y − 2z, x + y + z − 1) y comprobar que F ∈ C (∞) (R3 ), rang JF (x, y, z) = 2, ∀(x, y, z) ∈ R3 y M = {(x, y, z) ∈ R3 : F (x, y, z) = 0}. Si definimos la funci´on g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + λ(x − y − 2z) + µ(x + y + z − 1), 294

sabemos que, si la funci´on u tiene alg´ un extremo relativo, ´este debe ser soluci´on del sistema 2x + λ + µ = 0, 2y − λ + µ = 0, 2z − 2λ + µ = 0, x − y − 2z = 0, x + y + z − 1 = 0. La u ´nica soluci´on de este sistema es el punto (4/7, 2/7, 1/7). Debido a que las restricciones que forman el conjunto M definen a x e y como funciones impl´ıcitas de z, podemos considerar a u como funci´on de la u ´nica variable z, u(z) = [x(z)]2 + [y(z)]2 + z 2 . Si derivamos la funci´on impl´ıcita x − y − 2z = 0, x + y + z − 1 = 0 respecto a z, obtenemos:  1 3 x0 (z) − y 0 (z) − 2 = 0 =⇒ x0 (z) = , y 0 (z) = − . 0 0 x (z) + y (z) + 1 = 0 2 2 Con estos valores, aplicamos el criterio de la derivada segunda a la funci´on u para comprobar si el punto estacionario (4/7, 2/7, 1/7) corresponde a un m´aximo o un m´ınimo. Resulta entonces: u0 (z) = 2x(z) · x0 (z) + 2y(z) · y 0 (z) + 2z = x(z) − 3y(z) + 2z u00 (z) = x0 (z) − 3y 0 (z) + 2 = 7 =⇒ u00 (1/7) = 7 > 0, lo que significa que la funci´on u alcanza su valor m´ınimo en el punto (4/7, 2/7, 1/7). Podemos interpretar geom´etricamente el problema observando que la funci´on u representa la distancia de un punto al origen y las restricciones M representan los puntos de la recta intersecci´on de los planos dados. As´ı pues, se trata de encontrar los puntos de una recta cuya distancia al origen sea m´axima (los cuales l´ogicamente no existen) y m´ınima. Esta interpretaci´on concuerda con el resultado anal´ıtico obtenido.

PROBLEMA 4.88

Determinar los extremos relativos de la funci´ on f (x, y, z) = xa y b z c (a, b, c > 0) bajo la condici´ on x + y + z = 1. Soluci´ on 295

Debido a la forma exponencial de la funci´on, deben ser x, y, z > 0, y, al ser el logaritmo una funci´on creciente, los extremos relativos de f coinciden con los extremos relativos de g(x, y, z) = a ln x + b ln y + c ln z. Es f´acil comprobar que se verifica el teorema de los multiplicadores de Lagrange, de modo que, para determinar los puntos estacionarios, debemos resolver el sistema a/x + λ = 0 b/y + λ = 0 c/z + λ = 0 x + y + z = 1.  Este sistema tiene como u ´nica soluci´on el punto

 a b c , , , a+b+c a+b+c a+b+c

con λ = −(a + b + c). Aplicaremos el criterio de la segunda derivada para determinar la caracter´ıstica del punto estacionario obtenido. Para ello consideramos la funci´on en t´erminos de las variables x e y haciendo la sustituci´on z = 1 − x − y. De este modo, a −→ c b c ∇g(x, y) = − , − x z y z   −a/x2 − c/z 2 −c/z 2 . Hg(x, y) = −c/z 2 −b/y 2 − c/z 2  a b , > 0 y a11 < 0, deducimos que el punto a+b+c a+b+c corresponde a un m´aximo. Como det Hg



PROBLEMA 4.89

Sean a1 , a2 , a3 , b1 , b2 , b3 ∈ R constantes tales que b1 b3 − b22 > 0. Hallar el valor m´ aximo, si existe, de la funci´ on

f (x, y) =

Soluci´ on

Observemos que f es una funci´on homog´enea de grado cero, es decir f (tx, ty) = t0 f (x, y); esto quiere decir que f toma un valor constante en cualquier recta de la forma y = mx, f (x, mx) = f (1, m), ∀x. El problema planteado 296

a1 x2 + 2a2 xy b1 x2 + 2b2 xy

ser´a pues equivalente a determinar la direcci´on de la recta y = mx en la cual la funci´on dada alcanza el valor m´aximo. Ahora bien, si suponemos que b1 > 0, entonces b1 x2 + 2b2 xy + b3 y 2 = 1 corresponde a la ecuaci´on de una elipse (pues b1 b3 − b22 > 0) que rodea al origen; esto permite deducir que la direcci´on deseada vendr´a un´ıvocamente determinada por un punto de dicha elipse. En resumen, el problema se reduce a calcular el m´aximo de la funci´on f (x, y) = a1 x2 + 2a2 xy + a3 y 2 cuyas variables est´an sujetas a la condici´on b1 x2 + 2b2 xy + b3 y 2 = 1. Construimos para ello la funci´on g(x, y) = a1 x2 + 2a2 xy + a3 y 2 + λ(b1 x2 + 2b2 xy + b3 y 2 − 1) = (a1 + λb1 )x2 + 2(a2 + λb2 )xy + (a3 + λb3 )y 2 − λ. Al igualar a cero las derivadas parciales de primer orden, se obtiene el sistema de ecuaciones siguiente: gx0 (x, y) = 2(a1 + λb1 )x + 2(a2 + λb2 )y = 0 gy0 (x, y) = 2(a2 + λb2 )x + 2(a3 + λb3 )y = 0 b1 x2 + 2b2 xy + b3 y 2 = 1. Si el determinante

a + λb1 a2 + λb2 D = 1 a2 + λb2 a3 + λb3

fuera distinto de cero, tendr´ıamos la u ´nica soluci´on x = 0, y = 0 que no est´a sobre la elipse. Deducimos pues que D = 0, es decir (a1 + λb1 )(a3 + λb3 ) − (a2 + λb2 )2 = 0. Esta ecuaci´on nos da dos valores reales de λ, que denotaremos por λ1 y λ2 . Cada uno de ellos proporciona un punto estacionario de la funci´on g. En ambos puntos se verifica que: g(x, y) = a1 x2 + 2a2 xy + a3 y 2 + λ(b1 x2 + 2b2 xy + b3 y 2 − 1) = [(a1 + λb1 )x + (a2 + λb2 )y]x + [(a2 + λb2 )x + (a3 + λb3 )y]y − λ = 0 + 0 − λ = −λ. Como la elipse es un conjunto compacto y la funci´on f es continua, se alcanzan los valores m´aximo y m´ınimo. Deducimos entonces que m´ax f (x, y) = m´ax{−λ1 , −λ2 } y m´ın f (x, y) = m´ın{−λ1 , −λ2 }. Si b1 < 0, se debe considerar an´alogamente la funci´on ge(x, y) = a1 x2 + 2a2 xy + a3 y 2 + λ(b1 x2 + 2b2 xy + b3 y 2 + 1) 297

y, razonando de forma completamente an´aloga, obtenemos que m´ax f (x, y) = m´ax{λ1 , λ2 } con λ1 y λ2 soluciones de D = 0.

PROBLEMA 4.90

Se considera la funci´ on f (x, y) = 4x2 + y 2 − 4x − 3y . Hallar los extremos relativos de dicha funci´ on y los extremos absolutos en el conjunto K = {(x, y) ∈ R2 : y ≥ 0, 4x2 + y 2 ≤ 4}. Soluci´ on

Es evidente que K es compacto (pues es cerrado y acotado) y f es continua sobre K; por lo tanto f alcanza los valores m´aximo y m´ınimo absolutos. Dichos valores pueden estar en el interior de K o en su frontera; en el primer caso deben corresponder con alg´ un punto estacionario que debe ser m´aximo o m´ınimo relativo.

Vamos a calcular en primer lugar dichos puntos estacionarios: fx0 (x, y)

=

fy0 (x, y)

= 2y − 3 = 0 ⇐⇒ y = 3/2.

8x − 4 = 0 ⇐⇒ x = 1/2

As´ı pues el u ´nico punto estacionario es (1/2, 3/2), el cual efectivamente est´a en el interior de K pues 3/2 > 0 y 4 · (1/2)2 + (3/2)2 < 4. El valor de la funci´on en dicho punto es f (1/2, 3/2) = −13/4. Observemos que 1 2 3 2 13 f (x, y) = 4 x − + y− − , 2 2 4 de modo que, geom´etricamente, el punto representa el v´ertice del paraboloide de ecuaci´on z = f (x, y). 298

Supongamos ahora que el m´aximo o m´ınimo est´a en la frontera de K que se puede descomponer como M1 ∪ M2 , donde M1 = {(x, y) ∈ R2 : 4x2 + y 2 = 4, y > 0} M2 = {(x, y) ∈ R2 : y = 0, −1 ≤ x ≤ 1}. Consideramos la variedad M1 y la funci´on g(x, y, λ) = 4x2 + y 2 − 4x − 3y + λ(4x2 + y 2 − 4). Tenemos entonces gx0 (x, y, λ) = 0 ⇐⇒ 8x − 4 + 8xλ = 0, gy0 (x, y, λ) = 0 ⇐⇒ 2y − 3 + 2yλ = 0, gλ0 (x, y, λ) = 0 ⇐⇒ 4x2 + y 2 − 4 = 0. As´ı pues, si λ 6= −1, entonces x =

1 3 ,y = , pero de 4x2 +y 2 = 2(1 + λ) 2(1 + λ)

4 se deduce que √ 9/4 13 1 2 + = 4 ⇐⇒ 13 = 16(1 + λ) ⇐⇒ λ = ± − 1. (1 + λ)2 (1 + λ)2 4 Como √ y > 0, debe ser λ > −1 con lo que λ = −1 + y = 6/ 13.



√ 13/4, x = 2/ 13,

√ √ El punto obtenido P = (2/ √ 13, 6/ 13) √ y el valor de la funci´on en dicho √ es √ punto es f (2/ 13, 6/ 13) = (4 13 − 26)/ 13. 299

Consideramos por u ´ltimo la funci´on f restringida a la variedad M2 , es decir 2 f (x) = 4x − 4x definida en el segmento −1 ≤ x ≤ 1. Tenemos entonces f 0 (x) = 0 ⇐⇒ 8x − 4 = 0 ⇐⇒ x = 1/2. Obtenemos as´ı el punto estacionario (1/2, 0) y los extremos del segmento (−1, 0) y (1, 0).

Comparando los valores de la funci´on en los puntos hallados, resulta: f (1/2, 3/2) = −13/4, f (1/2, 0) = −1, f (−1, 0) = 8,

√ √ √ √ f (2/ 13, 6/ 13) = (4 13 − 26)/ 13, f (1, 0) = 0,

de lo que se deduce que m´ax{f (x, y) : (x, y) ∈ K} = f (−1, 0) = 8 m´ın{f (x, y) : (x, y) ∈ K} = f (1/2, 3/2) = −13/4.

300

PROBLEMA 4.91

Hallar el m´ aximo de la funci´ on f : Rn → R definida por f (x1 , . . . , xn ) = (x1 · · · · · xn )2 ,

con x21 + · · · + x2n = 1, y demostrar que, si ai > 0, ∀i = 1, . . . , n, a1 + · · · + an . entonces (a1 . . . an )1/n ≤ n Soluci´ on

→ − → → Basta considerar la funci´on F : Rn \ { 0 } → R dada por F (− x ) = k− x k2 − 1 → − 2 2 para comprobar que el conjunto M = { x : x1 +· · ·+xn = 1} es una variedad (n − 1)-dimensional. Esto permite aplicar el teorema de los multiplicadores de Lagrange. Como adem´as M es compacto, pues se trata de la esfera unidad de Rn , y f es continua, podemos asegurar que f |M alcanza su m´aximo absoluto. Estudiemos los puntos estacionarios de la funci´on g(x1 , . . . , xn ) = (x1 · · · · · xn )2 + λ(x21 + · · · + x2n − 1) : 1 → Di g(− x ) = 0 ⇐⇒ 2(x1 · · · · · xn )2 · + 2λxi = 0, i = 1, . . . , n xi x21 + · · · + x2n = 1. [Hemos supuesto que xi 6= 0, (∀i) pues, si alg´ un xi es cero, la funci´on se anula en dicho punto pero, por definici´on es siempre mayor o igual a cero. Esto significa que el punto en cuesti´on corresponde a un m´ınimo absoluto.] Para resolver el sistema, distinguimos los siguientes casos: - Si λ = 0 =⇒ (x1 · · · · · xn )2 = 0 =⇒ ∃j : xj = 0 lo que contradice nuestra anterior suposici´on. - Si λ 6= 0 =⇒ x2i = x2j , ∀i, j =⇒ nx21 = 1 =⇒ x21 = 1/n. En este caso → f (− x ) = (1/n) · · · · · (1/n) = n−n . Deducimos entonces que la funci´on f |M alcanza el m´aximo absoluto en cada √ √ uno de los puntos (±1/ n, . . . , ±1/ n). → → Hemos probado as´ı que f√(− x ) = (x1 · · · · · xn )2 ≤ 1/nn , ∀− x ∈ M . Haciendo ai en particular xi = √ , i = 1, . . . , n, tenemos x21 + · · · + x2n = 1 a1 + · · · + an 301

y

!2 √ √ a1 an 1 pP · · · · · pP ≤ n. n ai ai

Operando en esta desigualdad se obtiene la desigualdad propuesta √ n

a1 . . . an ≤

a1 + . . . an . n

PROBLEMA 4.92

Descomponer un n´ umero positivo “a” en tres sumandos no negativos de modo que sea m´ınima la suma de sus cubos. Soluci´ on

Sean x, y y z los tres sumandos en que descomponemos el n´ umero a. Debemos hacer m´ınima la cantidad Σ = x3 + y 3 + z 3 , sujeta a la condici´on x + y + z = a, con x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0. Resolveremos el problema de dos maneras: A) Como z = a − x − y, sustituyendo en Σ, obtenemos la funci´on de dos variables f (x, y) = x3 + y 3 + (a − x − y)3 . Buscamos en primer lugar sus puntos estacionarios resolviendo el sistema: ∂f ∂x ∂f ∂y

= 3x2 − 3(a − x − y)2 = 0, = 3y 2 − 3(a − x − y)2 = 0.

Las u ´nicas soluciones que cumplen las condiciones x ≥ 0, y ≥ 0 son los puntos (a/3, a/3) y (a, a). Este u ´ltimo no es v´alido pues da el valor z = −a < 0. Las derivadas de segundo orden son ∂2f ∂2f ∂2f = 6x+6(a−x−y), = 6(a−x−y), = 6y +6(a−x−y), ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 y el hessiano en el punto (a/3, a/3) es   4a 2a Hf (a/3, a/3) = . 2a 4a 302

Como det Hf (a/3, a/3) = 12a2 > 0 y a11 = 4a > 0, deducimos que el punto corresponde a un m´ınimo. Sustituyendo en el valor de z = a − x − y = a/3, se deduce que la descomposici´on ´optima es aquella cuyas componentes son iguales. B) M´etodo de los multiplicadores de Lagrange. Es evidente que la restricci´on x + y + z = a verifica las condiciones del teorema de los multiplicadores de Lagrange. Construimos pues la funci´on auxiliar g(x, y, z) = x3 + y 3 + z 3 + λ(x + y + z − a) y resolvemos el sistema que se forma igualando a cero sus derivadas parciales de primer orden: 3x2 + λ = 0 3y 2 + λ = 0 3z 2 + λ = 0 x + y + z = a. Obtenemos la soluci´on x = y = z = a/3, λ = −a2 /3. Como se ve, la soluci´on coincide con la obtenida antes y, para comprobar que la funci´on tiene un m´ınimo en dicho punto, basta aplicar el criterio de las derivadas de segundo orden.

PROBLEMA 4.93

Hallar los puntos de la curva 5(x2 + y 2 ) − 10y − 6xy + 6x − 3 = 0 cuya distancia al punto P (0, 1) sea m´ axima o m´ınima. Soluci´ on

En vez de maximizar o minimizar la distancia, lo haremos con el cuadrado de la distancia, es decir consideramos la funci´on z(x, y) = d(P, M )2 = x2 + (y − 1)2 , donde M (x, y) es un punto arbitrario de la curva dada. Como la funci´on z es continua y definida en un compacto (pues la curva dada es una elipse), alcanzar´a sus valores m´aximo y m´ınimo. 303

Aplicaremos el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange, para lo cual construimos la funci´on auxiliar g(x, y) = x2 + (y − 1)2 + λ · [5(x2 + y 2 ) − 10y − 6xy + 6x − 3] y resolvemos el sistema ∂g = 0 ⇐⇒ 2x + λ(10x − 6y + 6) = 0 ∂x ∂g = 0 ⇐⇒ 2(y − 1) + λ(10y − 10 − 6x) = 0 ∂y 5(x2 + y 2 ) − 10y − 6xy + 6x − 3 = 0. Este sistema tiene las siguientes soluciones: √ √ x = − 2, y = 1 − 2, λ = −1/2 √ √ x = 2, y = 1 + 2, λ = −1/2 √ √ x = 2/2, y = 1 − 2/2, λ = −1/8 √ √ x = − 2/2, y = 1 + 2/2, λ = −1/8. Al sustituir los puntos en la f´ormula√de la distancia, que ´esta es √ √ deducimos √ m´axima en los puntos de la curva (− 2, 1− 2) y ( 2, 1+ 2), y es m´ınima √ √ √ √ en los puntos ( 2/2, 1 − 2/2) y (− 2/2, 1 + 2/2).

Observamos del resultado obtenido y la gr´afica adjunta que el punto (0, 1) es precisamente el centro de la elipse, de modo que los puntos que maximizan y minimizan la distancia son precisamente los v´ertices.

PROBLEMA 4.94

Utilizando los multiplicadores de Lagrange, determinar el rect´ angulo de ´ area m´ axima y per´ımetro constante 2k . 304

Soluci´ on

Llamando x e y a los lados del rect´angulo, su ´area es S = x·y y su per´ımetro 2k = 2x + 2y. Si aplicamos el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange, debemos estudiar la funci´on g(x, y) = xy + λ(x + y − k). El sistema que se obtiene haciendo nulas las primeras derivadas parciales es el siguiente: y+λ = 0 x+λ = 0 x + y − k = 0, que da la soluci´on x = y = k/2, λ = −k/2. Para ver si el punto (k/2, k/2) corresponde a un m´aximo o un m´ınimo, comparamos el valor de g en dicho punto con el valor de g en cualquier otro punto (x, y) que verifique la condici´on x + y = k:     k k k2 k2 k 2 2 g , − g (x, k − x) = − x(k − x) = x − kx + = x− ≥ 0. 2 2 4 4 2 Esto implica que la funci´on alcanza un m´aximo en el punto (k/2, k/2) y el rect´angulo de ´area m´axima es precisamente el cuadrado.

PROBLEMA 4.95

De todos los ortoedros (paralelep´ıpedos rectangulares rectos) de igual volumen, obtener el de superficie total m´ınima. Soluci´ on

Supongamos que el origen de coordenadas es un v´ertice del ortoedro y el punto P (x, y, z), con x, y, z > 0, es el v´ertice opuesto (ver figura).

305

Llamamos k al volumen del ortoedro k = xyz, de modo que el problema puede plantearse como el de minimizar la funci´on S = 2(xy + xz + yz) cuyas variables est´an sujetas a la restricci´on xyz = k. Utilizamos nuevamente el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange con la funci´on g(x, y, z) = 2(xy + xz + yz) + λ(xyz − k). Al resolver el sistema 2(y + z) + λyz = 0, 2(x + z) + λxz = 0, 2(x + y) + λxy = 0, xyz − k = 0, √ obtenemos la soluci´on x = y = z = 3 k (basta observar la simetr´ıa de este sistema de ecuaciones). Como el conjunto M = {(x, y, z) ∈ R3 : x > 0, y > 0, z > 0} no es compacto, no est´a garantizada la existencia de m´aximo ni m´ınimo de la funci´on. As´ı pues, si despejamos el valor de z en la f´ormula del volumen, z = k/(xy), y lo sustituimos en la funci´on a minimizar, podemos aplicar el criterio de las derivadas de segundo orden a la funci´on de dos variables   k k f (x, y) = 2 xy + + . y x Obtenemos as´ı el hessiano     √ √ 4k/x3 2 4 2 3 3 =⇒ Hf ( k, k) = . Hf (x, y) = 2 4k/y 3 2 4 √ √ Como det Hf ( 3 k, 3 k) = 12 y a11 = 4 > 0, el ortoedro√de superficie m´ınima es precisamente el cubo de dimensiones x = y = z = 3 k.

PROBLEMA 4.96

Sea γ la curva intersecci´ on del cono z 2 = x2 + y 2 con el plano z = 1 + x + y . Encontrar los puntos de γ que est´ an m´ as cerca y m´ as lejos del origen. Soluci´ on

El problema equivale a maximizar o minimizar el cuadrado de la distancia de un punto de la curva al origen. As´ı pues, debemos determinar los m´aximos y 306

m´ınimos de la funci´on u = x2 +y 2 +z 2 sujeta a las restricciones z 2 −x2 −y 2 = 0, z − x − y − 1 = 0. En primer lugar debemos comprobar que el conjunto M = {(x, y, z) : z 2 − x2 − y 2 = 0, z − x − y − 1 = 0} es una 2-variedad. Para ello, basta definir el abierto U = R3 \ {(x, y, z) : y 6= z} y la funci´on F : U → R2 por F (x, y, z) = (z 2 − x2 − y 2 , z − x − y − 1) para los que se cumplen las condiciones que definen una variedad. Sabemos que una condici´on necesaria para la existencia de extremos es que tenga soluci´on el sistema 2x = −2λx − µ 2y = −2λy − µ 2z = 2λz + µ z = x+y+1 z 2 = x2 + y 2 . Al resolver este sistema, debemos distinguir dos casos: i) Si x = y, se obtienen los puntos estacionarios  −2 + √2 −2 + √2  −2 − √2 −2 − √2 √  √  , , −1+ 2 , P2 = , , −1− 2 . P1 = 2 2 2 2 ii) Si x 6= y, debe ser λ = −1 y µ = 0, lo que no da lugar a ning´ un punto estacionario. Tenemos por tanto dos puntos estacionarios; como la curva γ es cerrada pero no acotada, no podemos asegurar que se alcancen los valores m´aximo y m´ınimo. Para determinar las caracter´ısticas de los puntos estacionarios, supondremos que las ecuaciones que definen la curva γ permiten expresar las variables y y z como funciones impl´ıcitas de x (se deja como ejercicio la comprobaci´on de las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita). Esto permite suponer u como funci´on de la u ´nica variable x y poder aplicar el criterio de la derivada segunda. Tenemos as´ı: u0 (x) = 2x + 2y · y 0 + 2z · z 0 u00 (x) = 2 + 2(y 0 )2 + 2y · y 00 + 2(z 0 )2 + 2z · z 00 . 307

Al derivar con respecto a x en las ecuaciones z 2 −x2 −y 2 = 0 y z−x−y−1 = 0, obtenemos: ( )  y 0 = z−x 2z · z 0 − 2x − 2y · y 0 = 0 y−z =⇒ z0 − 1 − y0 = 0 z 0 = y−x y−z .

y 00 = z 00 =

(z 0 − 1)(y − z) − (z − x)(y 0 − z 0 ) (y − z)2 (y 0 − 1)(y − z) − (y − x)(y 0 − z 0 ) . (y − z)2

Aplicando estos resultados en los puntos estacionarios obtenidos y sustituy´endolos en la derivada segunda de u, resulta: √ √ u00 (P1 ) = 16 − 8 2 > 0, u00 (P2 ) = 16 + 8 2 > 0, lo que significa que ambos puntos corresponden a m´ınimos relativos de la funci´on. Para determinar el m´ınimo absoluto, basta calcular el valor de la funci´on en dichos puntos. Como √ √ u(P1 ) = 6 − 4 2, u(P2 ) = 6 + 4 2,  −2 + √2 −2 + √2 √  , , −1 + 2 concluimos que la distancia m´ınima se alcanza en el punto P1 = 2 2 y no hay ning´ un punto de la curva cuya distancia al origen sea m´axima (lo que era de esperar al saber que la curva no est´a acotada).

308

PROBLEMA 4.97

En un campo de fuerzas, la componente seg´ un el eje X de la resultante aplicada a un cuerpo situado en (x, y) es F (x, y) = x2 + 36x + 2 − (x − 2y)2 ,

donde x e y son las coordenadas del punto. Si un cuerpo se ha de mover sobre la recta x + y = 1, calcular el punto en que la componente de la fuerza sea m´ınima, dentro del c´ırculo x2 +y 2 ≤ 3.

Soluci´ on

Consideramos la funci´on g(x, y) = x2 + 36x + 2 − (x − 2y)2 + λ(x + y − 1), y resolvemos el sistema que se obtiene al anular las derivadas de primer orden, unidas a la condici´on de ligadura x + y = 1: 2x + 36 − 2(x − 2y) + λ = 0, 4(x − 2y) + λ = 0, x + y − 1 = 0. La u ´nica soluci´on del sistema es el punto x = 3, y = −2 y corresponde al valor λ = −28. Como el conjunto M = {(x, y) ∈ R2 : x+y −1 = 0, x2 +y 2 ≤ 3} es compacto (se trata del segmento AB de la figura) y la funci´on F es continua, alcanza el valor m´ınimo. El punto estacionario (3, −2) no pertenece al segmento AB, de modo que el m´ınimo s´olo puede alcanzarse en alguno de los extremos A ´o B.

309

Dichos puntos tienen coordenadas √ √ ! 1− 5 1+ 5 , B= A= , 2 2

√ √ ! 1+ 5 1− 5 . , 2 2

√ √ Como F (A) = −20 5 + 10 y F (B) = 20 5 + 10, deducimos que!el valor √ √ 1− 5 1+ 5 m´ınimo de la fuerza se alcanza en el punto A = . , 2 2

310

PROBLEMAS PROPUESTOS.

1.- La funci´ on z = h(x)  se obtiene eliminando la variable y entre las z = f (x, y) . Expresar h0 (x) en funci´ on de las derivadas ecuaciones 0 = g(x, y) de f y g . 2.- Dada la funci´ on f (x, y) = exy + x + y , comprobar que la ecuaci´ on f (x, y) = 0 define impl´ıcitamente una funci´ on y = g(x) en un entorno de (0, −1). Calcular g 0 (0). 3.- ¿Para qu´ e valores de a la ecuaci´ on (x − a)(x − y) = 0 define impl´ıcitamente una funci´ on y = g(x) en un entorno de (2, 2)? 4.- ¿Cerca de qu´ e puntos, la superficie x3 + 3y 2 + 8xz 2 − 3yz 3 = 1

se puede representar como funci´ on impl´ıcita diferenciable z = f (x, y)?

5.- Sabiendo que la ecuaci´ on xy + z + 3xz 5 = 4 representa de forma impl´ıcita una funci´ on z = g(x, y) en un entorno del punto (1, 0, 1), ∂g ∂g calcular (1, 0) y (1, 0). ∂x ∂y

6.- Sea f (x, y, z) = 0. Probar que

∂x ∂y ∂z · · = −1, bajo suposiciones ∂y ∂z ∂x

adecuadas. 7.- Estudiar si la ecuaci´ on x2 + xy + y 2 + z 2 + z = 5

define a z como funci´ on impl´ıcita de x e y en un entorno del punto ∂z ∂2z P = (1, 1, 1). En caso afirmativo, hallar (P ) y (P ). ∂x ∂x∂y

8.- Si F (x, y, z) = 0 define la funci´ on z = g(x, y), calcular 311

∂2g . ∂x2

9.- La ecuaci´ on sen(x + y) + sen(y + z) = 1 define z = f (x, y). Calcular ∂2f en funci´ on de x, y , z. ∂x∂y ∂2z si z = z(x, y) viene definida impl´ıcitamente por la ∂y∂x ecuaci´ on x + 2y + z + ex+y+z = 0.

10.- Calcular

11.- Dada la funci´ on f (x, y, z) = (x3 + y 3 + 3x2 y − 3z, x − y + z 3 + 1) y el punto P = (−1, on  1, 1), probar que f (x, y, z) = 0 define una funci´ g(x) = g1 (x), g2 (x) en un entorno de P y calcular g 0 (x). 12.- Se considera la funci´ on f (x, y, z, u, v) = (4x + yv − eu , y − 2z + 3v − u cos v) y el punto P = (1, −3, 0, 0, 1).

Probar que f (x, y, z, u, v) = (0, 0) permite definir una funci´ on g(x, y, z) =  ∂g ∂g ∂g g1 (x, y, z), g2 (x, y, z) en un entorno de P y calcular , , . ∂x ∂y ∂z 13.- Las ecuaciones x = u + v , y = uv 2 definen impl´ıcitamente v como v(x, y) ∂v = , funci´ on de x e y , eliminando la variable u. Probar que ∂x 3v(x, y) − 2x ∂v y encontrar una f´ ormula an´ aloga para . ∂y 14.- Las ecuaciones x+y = uv , xy = u−v , definen x e y como funciones impl´ıcitas de u y v , por ejemplo, x = X(u, v), y = Y (u, v). Probar que ∂X xv − 1 ∂X ∂Y = , si x 6= y , y hallar f´ ormulas similares para , , ∂u x−y ∂v ∂u ∂Y . ∂v 15.- Las ecuaciones x2 − y cos(uv) + z 2 = 0 x2 + y 2 − sen(uv) + 2z 2 = 2 xy − sen u cos v + z = 0

definen x, y , z como funciones de u, v . Calcular x = 1, y = 1, u = π/2, v = 0, z = 0.

∂x ∂x , en el punto ∂u ∂v

16.- Calcular la recta tangente a la curva definida en forma impl´ıcita por la ecuaci´ on x3 + y 3 − 2xy + x − y − 2 = 0 en el punto (1, 0). 312

17.- Hallar el plano tangente a la superficie z = g(x, y) definida im√ 2 + z2 y + x √ pl´ıcitamente por la ecuaci´ on 3ex − = 0 en el punto P = y − x2 + z 2 (0, 2, 1). 18.- Sea f : R2 → R la funci´ on definida por f (x, y) = y cos x. Probar que f (x, y) = 0 define una funci´ on impl´ıcita diferenciable y = h(x) en un entorno de (0, 0). Hallar h0 (0). ¿Posee h funci´ on inversa diferenciable en un entorno del origen? 19.- Sea g : R2 → R2 la funci´ on definida por g(x, y) = (ch x cos y, sh x sen y).

Probar que g posee inversa diferenciable en un entorno de cada punto de R2 distinto del origen. ¿Posee g una u ´nica inversa? d2 y 2 dy (x + m2 ) + · x = 0 la 20.- Cambiar en la ecuaci´ on diferencial dx2 dx variable independiente por v , definida mediante la relaci´ on x = m sh v .  2 !   2y d dy dy 2 2 21.- Transformar la ecuaci´ on (x + y ) 2 + 2 1 + =0 y−x dx dx dx mediante el cambio x = ρ cos ϑ, y = ρ sen ϑ, siendo ρ = ρ(ϑ). 2 ∂2z ∂2z 2∂ z − 2xy + y . Escribir esta ecuaci´ on con ∂y 2 ∂x∂y ∂x2 u respecto a las nuevas variables (u, v), definidas por x = ae cos v , y = aeu sen v .

22.- Sea V = x2

 23.- Escribir en coordenadas cil´ındricas la expresi´ on H =

∂2z ∂x∂y

2 −

∂2z ∂2z · . ∂x2 ∂y 2

∂z ∂z + y2 = z 2 , tomando como nue∂x ∂y vas variables independientes u = x, v = 1/y−1/x y como nueva funci´ on w = 1/z − 1/x. 24.- Transformar la ecuaci´ on x2

25.- En la expresi´ on H =

∂2z ∂2z − , hacer el cambio x = u · ch t, y = ∂x2 ∂y 2

u · sh t. 313

26.- Tomando u y v por nuevas variables independientes, transformar la ecuaci´ on ∂2z ∂2z 1 ∂z − y = · , y > 0, ∂x2 ∂y 2 2 ∂y √ √ si u = x − 2 y , v = x + 2 y . 27.- Tomando u y v por nuevas variables independientes y w = w(u, v) por una nueva funci´ on, transformar la ecuaci´ on ∂2z ∂2z z· 2 +z· 2 + ∂x ∂y



∂z ∂x

2

 +

∂z ∂y

2 = 0,

siendo u = x2 − y 2 , v = x2 + y 2 , w = z 2 .  ∂z 3 ∂z ∂z ∂z −y = · , hacien28.- Transformar la ecuaci´ on xyz z − x ∂x ∂y ∂x ∂y do el cambio de variables x2 = u, y 2 = v , z 2 = w. 1  ∂z 2 1  ∂z 2 + = ez , x2 ∂x y 2 ∂y hacer el cambio u = x2 + y 2 , v = x2 − y 2 , w = 2ez . 29.- En la ecuaci´ on en derivadas paricales

30.¿Existen a, b reales y distintos tales que el cambio de variables  u = y + ax transforme la ecuaci´ on v = y + bx 4

en

∂2f ∂2f ∂2f +5 + 2 =0 2 ∂x ∂x∂y ∂y

∂2f = 0? ∂u∂v

31.- Calcular los extremos relativos de las siguientes funciones:

(a) f (x, y) = xy 2 (3 − x − y). (b) f (x, y) = xy +

1 8 + . x y

32.- Hallar y clasificar los extremos relativos de las siguientes funciones:

(a) f (x, y) = e−x

2 −y 2 −x

−x2 −y 2

(b) f (x, y) = xye

. . 314

(c) f (x, y) = (x2 + 3y 2 )e−x

2 −y 2

.

33.- Hallar y clasificar los puntos estacionarios de las funciones

(a) f (x, y) = xy ln(x2 + y 2 ). (b) f (x, y) = x2 − 2y 3 − ln(x2 + y 2 ). 34.- Hallar los extremos de f en las regiones dadas:

(a) f (x, y) = x2 + y 2 , M = {(x, y) ∈ R2 : y ≥ 2}. (b) f (x, y) = x2 + y 2 , M = {(x, y) ∈ R2 : y ≥ 2 + x2 }. (c) f (x, y) = xy , M = {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1}. 35.- Hallar los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on f (x, y) = x2 + y 2 bajo 2 la condici´ on y + x = 1. 36.- Encontrar el m´ aximo valor de u = xy 2 z 3 si x, y, z son n´ umeros reales positivos tales que x + y + z = 12. 37.- Hallar los valores extremos de la funci´ on f (x, y, z) = x − 2y + 2z en la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1. 38.- Encontrar los valores extremos de la funci´ on f (x, y) = (x − y)n bajo la restricci´ on x2 + y 2 = 1. 39.- Hallar los puntos de la intersecci´ on del plano x + y + z = 0 con la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1 tales que el producto de sus coordenadas sea m´ aximo o m´ınimo. 40.- Hallar el punto del plano 2x − y + 2z = 3 m´ as pr´ oximo al origen. 41.- Hallar el punto de la superficie z = xy − 1 que est´ e m´ as pr´ oximo al origen de coordenadas. 42.- Hallar los puntos de la curva intersecci´ on de las superficies x2 − 2 2 2 2 xy + y − z = 1, x + y = 1, m´ as pr´ oximos al origen. 43.- Hallar las dimensiones que maximicen el volumen de una caja rectangular sin tapa de ´ area 16 m2 . 315

44.- Hallar los ejes de la elipse 5x2 + 8xy + 5y 2 = 9, sabiendo que est´ a centrada en el origen. 45.- Calcular la distancia al origen de la recta de ecuaci´ on  2x + 2y + z + 9 = 0 2x − y − 2z − 18 = 0. 46.- Hallar los puntos de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 9 que est´ an m´ as cerca y m´ as lejos, respectivamente, del punto M (2, 3, 4). 47.- Hallar los puntos de la curva dada por la intersecci´ on de las superficies x2 + y 2 = 4 y 6x + 3y + 2z = 6, que est´ en m´ as pr´ oximos y m´ as alejados del origen. 48.- Hallar el volumen del mayor paralelep´ıpedo rectangular inscrito en el elipsoide de semiejes a, b y c. 49.- Sea C la parte de arco de curva intersecci´ on del paraboloide 2z = 2 2 16 − x − y con el plano x + y = 4 que se encuentra en el primer octante. Hallar los puntos de C m´ as cercanos y m´ as lejanos al origen. Calcular las distancias m´ınima y m´ axima de C al origen. 50.- Un espejo rectangular OABC , de lados a y c, se ha partido por una de sus esquinas, digamos O, de manera que el trozo OM N es un tri´ angulo rect´ angulo, de base m y altura n. Aprovechando el fragmento M ABCN M , encontrar un punto P , sobre M N , de tal manera que el nuevo espejo rectangular P LBH tenga ´ area m´ axima. 51.- (a) Estudiar los extremos de la funci´ on f (x, y, z) = ln x+ln y+3 ln z 2 2 2 sobre la porci´ on de esfera x + y + z = 5r2 en la que x > 0, y > 0, z > 0.

(b) Utilizar el apartado anterior para demostrar que, si a, b, c ∈ R+ , entonces   a+b+c 5 abc3 ≤ 27 . 5 52.- (a) Maximizar la funci´ on f (x, y, z) = a ln x + b ln y + c ln z , donde a, b, c son constantes positivas, sujetas a la condici´ on xk + y k + z k = 1, con x, y, z ≥ 0 y k > 0. 316

(b) A partir del resultado de (a), deducir la siguiente desigualdad para cualesquiera seis n´ umeros reales positivos a, b, c, u, v, w:  u a  v b  w c a

b

c

 ≤

u+v+w a+b+c

a+b+c .

53.- (a) Hallar los extremos de la funci´ on f (x, y) = x3 +3xy 2 −15x−12y 2 cuando (x, y) ∈ R .

(b) Desarrollar la funci´ on anterior en serie de Taylor de segundo orden alrededor del punto (1, 1). 54.- Probar que xyz + sen(z − 6) − 2(x + y + x2 y 2 ) = 0 define a z como funci´ on impl´ıcita de x e y , z = f (x, y), en un entorno del punto (1, 1, 6). ¿Es (1, 1) punto extremo de f (x, y)? 55.- Sea la funci´ on f (x, y, z) = x2 + y 3 + xz + xy + az .

(a) ¿Para qu´ e valores de a la funci´ on f (x, y, z) = 0 define a z como funci´ on impl´ıcita de x e y (z = h(x, y)) en un entorno del origen? (b) ¿Para qu´ e valores de a la funci´ on z = h(x, y) tiene un extremo en el punto (0, 0)? 56.- (a) Calcular los extremos de la funci´ on f (x, y) = 2x4 + y 4 − 2x2 − 2 2y .

(b) Si consideramos la ecuaci´ on f (x, y) = 0, ¿es posible q expresar x √  1+ 3 como funci´ on impl´ıcita de y en un entorno del punto P = 2 ,1 ? En caso afirmativo, calcular la derivada de dicha funci´ on. 57.- Se considera la funci´ on f (x, y) = (2 + xy)(x + 2y).

(a) Determinar los extremos relativos de f . (b) Comprobar si alguna de las siguientes identidades es cierta: i) x

∂f ∂f (x, y) + y (x, y) = 4 f (x, y). ∂x ∂y

ii) x2

2 ∂2f ∂2f ∂2f 2 ∂ f (x, y) + y (x, y) + (x, y) + (x, y) = 2 f (x, y). ∂x2 ∂y 2 ∂x∂y ∂y∂x

iii) y

∂3f ∂3f (x, y) − x (x, y) = 0. ∂x3 ∂y 3 317

58.- Se considera la funci´ on f (x, y) = x4 + y 4 − 4xy .

(a) Determinar los extremos relativos de f . (b) Comprobar si alguna de las siguientes identidades es cierta: i) x

∂f ∂f (x, y) + y (x, y) = 4 f (x, y). ∂x ∂y

ii) x2

2 ∂2f ∂2f 2 ∂ f (x, y) + y (x, y) + 12 (x, y) = 12 f (x, y). ∂x2 ∂y 2 ∂x∂y

iii) y

∂3f ∂3f (x, y) − x (x, y) = 0. ∂x3 ∂y 3

318

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