Examen Calculo 2 Resuelto

Matemáticas III. Ingeniería Civil – 1a PRUEBA DE EVALUACIÓN: Solución
Ejercicio 1 Determine todos los máximos locales, mínimos locales y puntos de silla de la función
f (x; y ) = 2x3 + 2y 3 9x2 + 3y 2 12y .
Empezamos calculando las derivadas parciales primeras y los puntos críticos de f (x; y ).
fx (x; y ) = 6x2

18x;

fy (x; y ) = 6y + 6y 2

12:

Dado que estas derivadas soncontinuas y están de…nidas para todo (x; y ) 2 R2 , los puntos críticos vienen
dados por la anulación simultánea de dichas derivadas:

6x2
6y + 6y 2

18x = 0 ) 6x(x
12 = 0 ) 6(y

3) = 0 )

x=0
;
x=3

1)(y + 2) = 0 )

y=1
;
y= 2

por tanto los puntos críticos son (0; 1), (0; 2), (3; 1) y (3; 2). Utilizamos el criterio de la segunda
derivada para clasi…car estos puntos.
fxx (x; y ) =12x

18;

fyy (x; y ) = 6 + 12y;

fxy (x; y ) = 0:

Para el punto crítico (0; 1) se tiene que
fxx (0; 1) =

18;

fyy (0; 1) = 18;

fxy (0; 1) = 0;

fxx (0; 1)fyy (0; 1)

2
fxy (0; 1) =

324 < 0;

por tanto el punto (0; 1) es un punto de silla.
Para el punto crítico (0; 2) se tiene que
fxx (0; 2) =

18 < 0;

fyy (0; 2) =

18;

fxy (0; 2) = 0;

2
fxx (0; 2)fyy(0; 2) fxy (0; 2) = 324 > 0;

por tanto el punto (0; 2) es un máximo local con un valor de f (0; 2) = 20.
Para el punto crítico (3; 1) se tiene que
fxx (3; 1) = 18 > 0;

fyy (3; 1) = 18;

fxy (3; 1) = 0;

fxx (3; 1)fyy (3; 1)

por tanto el punto (3; 1) es un mínimo local con un valor de.f (3; 1) =
Para el punto crítico (3; 2) se tiene que
fxx (3; 2) = 18;

fyy (3; 2) =

18;

fxy(3; 2) = 0;

por tanto el punto (3; 2) es un punto de silla.

2
fxy (3; 1) = 324 > 0;

34.

fxx (3; 2)fyy (3; 2)

2
fxy (3; 2) =

324 < 0;

Ejercicio 2 (a) Sabiendo que la ecuación xey + yez +2 ln x 2 3 ln 2 = 0 de…ne implícitamente a z como
@z @z
una función derivable de las variables independientes x e y , determinar
y
en el punto (1; ln 2; ln 3):
@x @y
@F
2
ey + x
@z4
@z
@x
Se tiene que
= @F =
(1; ln 2; ln 3) =
.
y su valor en el punto (1; ln 2; ln 3) es
z
@x
ye
@x
3 ln 2
@z
@z
=
@y

@F
@y
@F
@z

=

xey + ez
@z
(1; ln 2; ln 3) =
y su valor en el punto (1; ln 2; ln 3) es
yez
@y

5
.
3 ln 2

(b) Si la derivada direccional de f en un punto vale 1 en la dirección i 2j y en la dirección i + j
r
5
, ¿Cuánto vale el vectorgradiente en dicho punto? Obtener también las direcciones unitarias de
vale
2
mínimo crecimiento y de crecimiento nulo de f .
r
5
Sabemos que Du1 f (x0 ; y0 ) = 1 en la dirección i 2j y Du2 f (x0 ; y0 ) =
en la dirección i + j . Por
2
otro lado Du f (x0 ; y0 ) = rf (x0 ; y0 ) u siendo u un vector unitario. Expresando las direcciones anteriores
1
1
en forma unitaria se tiene u1 = p (i 2j )y u2 = p (i + j ) : El vector gradiente tiene componentes
5
2
@f (x0 ; y0 )
@f (x0 ; y0 )
i+
j y las derivadas direccionales serán iguales a
rf (x0 ; y0 ) =
@x
@y
Du1 f (x0 ; y0 ) =

@f (x0 ; y0 )
@ f (x0 ; y0 )
i+
j
@x
@y

Du2 f (x0 ; y0 ) =

@ f (x0 ; y0 )
@f (x0 ; y0 )
i+
j
@x
@y

1
1
@f (x0 ; y0 )
@ f (x0 ; y0 )
p (i 2j ) = p
2
= 1;
@x
@y
5
5
r
1
5
1@ f (x0 ; y0 ) @f (x0 ; y0 )
p (i + j ) = p
+
;
=
@x
@y
2
2
2

formando un sistema lineal de dos ecuaciones con dos incógnitas cuya solución es
p
p
5
@f (x0 ; y0 )
25
@f (x0 ; y0 )
=
;
=
:
@x
3
@y
3
p
p
5 25
Por tanto el vector gradiente vale rf (x0 ; y0 ) =
i+
j . Puesto que la dirección de mínimo crecimiento
15
15
es la contraria a la del vector gradiente, sólohay que cambiarle el signo y dividir por el módulo para
determinar la dirección unitaria de mínimo crecimiento:
p
p!
5
25
i+
j
p
p
3
3
rf (x0 ; y0 )
5
25
=v
=
i
j:
u p !2
p !2
krf (x0 ; y0 )k
5
5
u
25
5
t
+
3
3

Las direcciones unitarias de crecimiento nulo son ortogonales a la dirección del gradiente. Para un vector
de R2 un vector normal se obtiene sin más que...