ejercicios resueltos caluculo 3

UNIVERSIDAD BIO BIO
FACULTAD DE CIENCIAS
Departamento de Matem´ tica
a

´
Preparacion Evaluaciones Finales
C´ lculo 3(220007)
a
Ejercicios Resueltos
1. Problema Probar la validez de los siguientes l´mites:
ı
(a)
(b)

lim

(x2 + 2x − y) = 4 .

(x,y)→(2,4)

sin(6x3 y 3 )
= 0.
(x,y)→(0,0) x4 + 7y 2
lim

Solucion
´

´
(a) Por definicion de l´mites de funciones tenemosque:
ı
lim
(x,y)→(2,4)

(x2 +2x−y) = 4 ⇔ (∀ε > 0), (∃δ > 0) : ||(x, y)−(2, 4)|| < δ ⇒ |x2 +2x−y−4| < ε.

En efecto:
|x2 +2x−y−4| = |x2 −4+2(x−2)−(y−4)| ≤ |x−2||x+2|+2|x−2|+|y−4|
As´
ı
|x2 + 2x − y − 4| < δ|x + 2| + 2δ + δ.......(1)
Si hacemos δ = 1 en |x − 2| < δ , tenemos
|x − 2| < 1 ⇔ −1 < x − 2 < 1
⇓
3 0 , por tanto P2 es
un punto de m´nimo relativo.
ı
Para P3 (−5, −1) , ∆1 = −12< 0 , ∆2 = 144 > 0 , por tanto P3
es un punto de m´ ximo relativo.
a
Para P4 (−5, 3) , ∆2 = −144 < 0 , por tanto P4 es un punto de
silla.

´
a
ı
(b) La funcion f no tiene m´ ximos, ni m´nimos absolutos en R2 , pues no
´
es una funcion acotada. En efecto, si x = 0 , entonces tenemos que
3
f (0, y) = y − 3y 2 − 9y , luego
lim f (0, y) = −∞,

y→−∞

13

lim f (0, y) = +∞.

y→+∞´
12. Problema Se desea determinar los valores extremos de la funcion f (x, y) =
2
2
2
2
´
ln(x + y + 1) sobre la region acotada por la elipse 2x + 3y = 12
(a) Justificar por qu´ existen tales valores.
e
(b) Determinar los puntos de m´ ximos y m´nimos absolutos.
a
ı
Solucion
´
(a) Dado que D = {(x, y)/2x2 + 3y 2 ≤ 12} es cerrado y acotado en R2 y
adem´ s f es continua en D , setiene por teorema que f alcanza su
a
m´ ximo y su m´nimo en el conjunto D .
a
ı
(b)

• Puntos cr´ticos en int(D) :
ı
∇f (x, y) = (0, 0)
=⇒

∂f
∂x

=

2x
x2 +y 2 +1

= 0,

∂f
∂y

=

2y
x2 +y 2 +1

=0

=⇒ (x, y) = (0, 0)
Luego, (0, 0) es un posible m´ ximo o m´nimo absoluto en int(D).
a
ı
• Puntos cr´ticos en F r(D) :
ı
Se define el Lagrangeano
L(x, y, λ) =ln(x2 + y 2 + 1) + λ(2x2 + 3y 2 − 12)
luego:
∂L
∂x

=

2x
x2 +y 2 +1

+ 4λx = 0........(1)

∂L
∂y

=

2y
x2 +y 2 +1

+ 6λy = 0.......(2)

∂L
∂λ

= 2x2 + 3y 2 − 12 = 0......(3)

´
´
Multiplicando la ecuacion (1) por y , la ecuacion (2) por x y
restando se obtiene:
4λxy − 6λxy = 0
=⇒ λxy = 0
=⇒ λ = 0 ∨ x = 0 ∨ y = 0
– λ = 0 =⇒ x = y = 0 , por (1) y (2) , lo cualcontradice la
´
ecuacion (3).
– x = 0 =⇒ y 2 = 4 =⇒ y = ±2 por (3). Luego tenemos los
puntos cr´ticos: (0, 2) y (0, −2).
ı
14

√
– y = 0 =⇒ x2 = 6 =⇒ x = ± 6 por (3). Luego tenemos los
√
√
puntos cr´ticos: ( 6, 0) y (− 6, 0).
ı
Reemplazando los punto cr´ticos en f (x, y) , tenemos que:
ı
f (0, 0) = ln(1) = 0
f (0, 2) = f (0, −2) = ln 5
√
√
f ( 6, 0) = f (− 6, 0) = ln 7
Luego√ 0) es√ punto de m´nimo con m´nimo absoluto igual a
(0,
un
ı
ı
0 , y ( 6, 0), (− 6, 0) son puntos de m´ ximo com m´ ximo absoa
a
luto igual a ln 7 .
13. Problema: Evalue la integral
x−y
e x + y dA

∫ ∫
I=
D

´
donde D es la region del plano XY limitado por las rectas x + y = 4 ,
x + y = 2, x = 0, y = 0.
Solucion
´
Para el cambio de variables u = x − y ; v = x + y , tenemos

 u=x−y

⇒

v =x+y



 x = 1 (u + v)


2


 y = − 1 (u − v)

2

´
Consideremos la transformacion en el plano T : R2 → R2 definida por
1
1
T (u, v) = ( (u + v), − (u − v))
2
2
• T es de clase C 1 .
´
• T es una aplicacion biun´voca.
ı
1
• El jacobiano JT = .
2
˜ = {(u, v) ∈ R2 : 2 ≤ v ≤ 4; −v ≤ u ≤ v} , entonces T (D) = D .
˜
• Si D
Usando el Teorema delcambio de variables, tenemos que
∫ ∫
I=

x−y
∫ ∫
x + y dA =
˜
eu/v 1/2dA.
e
˜
D

D

15

As´
ı

1
I=
2

∫

∫

4

v

eu/v dudv,
−v

2

∫

1
I=
2

4

v

veu/v

−v

2

dv,

∫ 4
1
−1
I = (e − e )
vdv,
2
2
1
1 4
I = (e − e−1 ) v 2 dv,
2
2 2
I = 3(e − e−1 ).
14. Problema:
(a) Usando el cambio de variables u = x − 2y , v = x + 2y ,...