Certamen 3 PAUTA 1 2015 220007 1

UNIVERSIDAD DEL BÍO-BÍO
FACULTAD DE CIENCIAS
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
Profesores: /M.U./V.P./J.U./E.N./R.C./m.u.

Certamen 3 (PAUTA-Cálculo 3 - 220007)
(Primer Semestre 2015)

1. Problema (20 puntos) Encuentre el desarrollo de Taylor de orden dos de la función
f (x, y) = xy 2 + 2x − 1 en un entorno del punto (2, 1).

Departamento de Matemática - Universidad del Bío-Bío - 2015

Solución

Podemosobservar que f (2, 1) = 5. Calculando las derivadas de primer orden y
de segundo orden, tenemos que: fx (x, y) = y 2 + 2, fy (x, y) = 2xy , fxx (x, y) = 0,
fxy (x, y) = fyx (x, y) = 2y , fyy (x, y) = 2x
Las evaluaciones de las derivadas anteriores en el punto (2, 1) son: fx (2, 1) = 3,
fy (2, 1) = 4, fxx (2, 1) = 0, fxy (2, 1) = fyx (2, 1) = 2, fyy (2, 1) = 4.
(10 pts.)

El desarrollo de Taylorde orden dos de f en una vecindad del punto (2, 1) es:
f (x, y) ≈ f (2, 1) + fx (2, 1)(x − 2) + fy (2, 1)(y − 1)+
]
1[
fxx (2, 1)(x − 2)2 + 2fxy (2, 1)(x − 2)(y − 1) + fyy (2, 1)(y − 1)2
2
≈ 5 + 3(x − 2) + 4(y − 1) + 2(x − 2)(y − 1) + 2(y − 1)2
(10 pts.)

2. Problema (35 puntos) Considere el sistema
xz 3 + y 2 u3 = 1
2xy 3 + u2 z = 0
a)

Probar que el sistema dene implicitamente a las variables x,y en términos de las
variables z , u en un entorno del punto (x0 , y0 , z0 , u0 ) = (0, 1, 0, 1).
b ) Para x = h(z, u) e y = g(z, u), demostrar que la función F admite una inversa
diferenciable en un entorno del punto (0, 1).
−1
c ) Calcular la aproximación an de F
en una vecindad del punto (0, 1).

Solución

Considere la función
F :

R4
→ R2
(x, y, z, u) → F (x, y, z, u) = (xz 3 + y 2 u3 − 1,2xy 3 + u2 z)

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Haciendo
f1 (x, y, z, u) = xz 3 + y 2 u3 − 1
f2 (x, y, z, u) = 2xy 3 + u2 z

tenemos que F (x, y, z, u) = (f1 (x, y, z, u), f2 (x, y, z, u)), luego F (0, 1, 0, 1) = 0.
La función F es de clase C 1 (R4 ), pues las funciones componentes f1 y f2 son C 1 (R4 )
por serpolinomios.
Las derivadas parciales de la las funciones componentes de F son:
∂f1
∂f1
∂f2
∂f2
= z3,
= 2yu3 ,
= 2y 3 ,
= 6xy 2
∂x
∂y
∂x
∂y

La matriz Jacobiana

∂(f1 , f2 )
(0, 1, 0, 1) =
∂(x, y)

0 2
2 0

= −4 ̸= 0

F cumple las hipótesis del teorema de funciones implícitas en el punto (0, 1, 0, 1), luego
existe una función f : N ⊆ R2 −→ R2 diferenciable denida por
f (z, u) = (h(z, u), g(z, u)) ⇔(x, y) = (h(z, u), g(z, u))

.
(15 pts.)

El sistema original se escribe como:
h(z, u)z 3 + g(z, u)u2 = 1
2h(z, u)g(z, u)3 + u2 z = 0

Derivando respecto de la variable z y considerando que h(0, 1) = 0 y g(0, 1) = 1,
tenemos
∂h
∂g
(0, 1) = −1/2,
(0, 1) = 0
∂z
∂z

Derivando respecto de la variable u y considerando que h(0, 1) = 0 y g(0, 1) = 1,
tenemos
∂h
∂g
(0, 1) = 0,
(0, 1) = −3/2
∂u
∂u

JF (0,1) =

−1/2
0
0
−3/2

= 3/4 ̸= 0

luego, F cumple las hipótesis del Teorema de la Función Inversa
(15 pts.)

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La aproximación an de F −1 en un entorno del punto (0, 1) es dada por:
F −1 (x, y) = F −1 (0, 1) + JF −1 (0, 1)(x, y − 1)
∂(f, g)
=
∂(z, u)

(

−1/2
0
0
−3/2

)
⇒

( ∂(f,g) )−1
∂(z, u)

(
=

−2
0
0 −2/3

)

F −1 (x, y) = (0, 1) + (−2x, −2/3y + 2/3)
F −1 (x, y) = (−2x, −5/3 − 2/3y)
(5 pts.)

3. Problema (20 puntos) Hallar los valores extremos de la función
2
f (x, y, z) = x2 z + y 2 z + z 3 − 4x − 4y − 10z.
3
Solución

Sea f (x, y, z) = x2 z + y 2 z + 23 z 3 − 4x − 4y − 10z ,
R3 es un conjunto abierto, los extremos relativos son localizados via criterio de lasegunda
derivada. Asi,
fx = 2xz − 4, fy = 2yz − 4, fz = x2 + y 2 + 2z 2 − 10
• Si fx = 0, entonces 2xz − 4 = 0. Por tanto x = 2/z .
• Si fy = 0, entonces 2yz − 4 = 0. Por tanto y = 2/z .
• Si fz = 0, entonces x2 + y 2 + 2z 2 − 10 = 0. Por tanto 4/z 2 + 4/z 2 + 2z 2 − 10 = 0,
lo que implica que: z 4 − 5z 2 − 4 = 0. As¨os valores de z son z = ±1, ±2,

Los puntos críticos son: P1 (−2, −2, −1), P2 (2, 2,...