Ing. Petrolera

Capítulo 1

Función implícita
Problema 1

(i) Probar que el sistema
y 2 + z 2 − x2 + 2 = 0 yz + xz − xy − 1 = 0,

dene dos funciones implícitas y = y(x), z = z(x) en un entorno del punto (x, y, z) = (2, 1, 1). (ii) Sea α la curva parametrizada por α(x) = (x, y(x), z(x)), hallar la variación de la función F (x, y, z) = xz − z 2 − xyz + y 2 en el punto (2, 1, 1) según α. (iii) Comprobarque la ecuación F (x, y, z) = 0 dene una función implícita z = z(x, y) en un entorno del punto (2, 1, 1) y que (x, y) = (2, 1) es un punto estacionario de z(x, y).
•
Solución:

(i) La función que dene el sistema es f (x, y, z) = (f1 (x, y, z), f2 (x, y, z)) = (0, 0), donde f1 (x, y, z) = y 2 + z 2 − x2 + 2 y f2 (x, y, z) = yz + xz − xy − 1. Veamos que se verican las tres condiciones delTeorema de la función implícita en el punto (2, 1, 1): a) f (2, 1, 1) = (0, 0) b) Calculamos las derivadas parciales de f y comprobamos que son continuas en un entorno del punto (2,1,1).
∂f1 = −2x ∂x ∂f2 =z−y ∂x ∂f1 = 2y ∂y ∂f2 =z−x ∂y ∂f1 = 2z ∂z ∂f2 =y+x ∂z

Efectivamente lo son por ser polinomios (de hecho son continuas en todo IR3 . 5

6

Índice general

c)

∂f1 (2, 1, 1) ∂y ∂f2 (2, 1,1) ∂y

∂f1 (2, 1, 1) ∂z ∂f2 (2, 1, 1) ∂z

=

2 −1

2 3

=8=0

Por tanto se cumplen las tres condiciones, por lo que se puede asegurar que y(x), z(x) en un entorno del punto (2,1,1). Además y(2) = 1, z(2) = 1. (ii) Para calcular la variación de la función F necesitamos conocer el gradiente de F y el vector tangente a α. α (2) = (1, y (2), z (2)). Para conocer y (2), z (2) volvemos aaplicar el teorema de la función implícita:
y (2) =− z (2) 1 8 3 −1 −2 2 −4 = 0 −1/2 3/2

Por tanto α (2) = (1, 3/2, −1/2). Por otro lado,
F (x, y, z) = (z − yz, 2y − xz, x − 2z − xy) F (2, 1, 1) = (0, 0, −2). Luego la derivada direccional de F en la dirección del vector tangente a α en el punto (2,1,1) es: Dv F (2, 1, 1) = 2 2 F (2, 1, 1)(1, 3/2, −1/2) √ = √ 14 14

En esta última expresión,hay que recordar que al calcular la derivada direccional, es necesario normalizar el vector dicha dirección. (iii) Veamos que se verican las tres condiciones del Teorema de la función implícita en el punto (2, 1, 1): a) F (2, 1, 1) = 0 b) En el apartado (ii) ya hemos calculado las derivadas parciales de F y son evidentemente continuas en un entorno del punto (2,1,1) por ser polinomios (soncontinuas en todo IR3 )
∂F = z − yz ∂x ∂F = 2y − xz ∂y ∂F = x − 2z − xy ∂z

c)

∂F (2, 1, 1) = −2 = 0 ∂z

Por tanto se cumplen las tres condiciones del teorema de la función implícita, por lo que se puede asegurar que z(x, y) en un entorno del punto (2,1,1). Además z(2, 1) = 1. Además,
∂z (2, 1) ∂x ∂z (2, 1) ∂y = −1 (0, 0) = (0, 0) −2

Luego el punto (2,1) es un punto estacionario de la funciónz(x, y).

Índice general

7

Problema 2

(i) Probar que el sistema
y 2 + z 2 − x2 + 4 = 0 ey−1 + x − z 2 = 0,

dene dos funciones implícitas y = y(x), z = z(x) en un entorno del punto (x, y, z) = (3, 1, 2). (ii) Sea α la curva parametrizada por α(x) = (x, y(x), z(x)), calcular el vector tangente y el plano normal a α en el punto x = 3.
•
Solución:

(i) La función que dene elsistema es f (x, y, z) = (f1 (x, y, z), f2 (x, y, z)) = (0, 0), donde f1 (x, y, z) = y 2 + z 2 − x2 + 4 y f2 (x, y, z) = ey−1 + x − z 2 = 0. Veamos que se verican las tres condiciones del Teorema de la función implícita en el punto (3, 1, 2): a) f (3, 1, 2) = (0, 0) b) Calculamos las derivadas parciales de f y comprobamos que son continuas en un entorno del punto (3,1,2).
∂f1 = −2x ∂x ∂f2 =1 ∂x ∂f1= 2y ∂y ∂f2 = ey−1 ∂y ∂f1 = 2z ∂z ∂f2 = −2z ∂z

Efectivamente lo son por ser polinomios y composición de la exponencial con un polinomio (de hecho son continuas en todo IR3 . c)
∂f1 (3, 1, 2) ∂y ∂f2 (3, 1, 2) ∂y ∂f1 (3, 1, 2) ∂z ∂f2 (3, 1, 2) ∂z 2 4 1 −4

=

= −12 = 0

Por tanto se cumplen las tres condiciones, por lo que se puede asegurar que y(x), z(x) en un entorno del punto (3,1,2)....