ex-resul

1. FUNDAMENTOS MATEMÁTICOS DE LA INGENIERÍA
Ingeriería Técnica Industrial. Especialidad en Mecánica.
Boletin 6. Funciones de Varias Variables
Curso 2003-2004
EJERCICIOS RESUELTOS
1. En cada apartado, calcular el límite y discutir la continuidad de la función de la que se calcula el límite
(a) lim
(x,y)→(2,1)
¡
x + 3y2
¢
(b) lim
(x,y)→(2,4)
x + y
x − y
(c) lim
(x,y)→(1,1)
x
√
x + y
(d) lim
(x,y)→(0,1)
arcsen
³
x
y
´
1 + xy
(e) lim
(x,y)→(π
4 ,2)
y sen xy (f) lim
(x,y)→(0,0)
exy
Solución:
Todas las funciones que aparecen en cada uno de los apartados de este ejercicio son continuas en sus res-
pectivos dominios de definición por ser composición, suma, producto y/o cociente de funciones continuas.
Así, el cálculo de todos los límites se realiza por simple sustitución, ya que el punto donde deben ser
calculado dichos límites siempre pertenece al dominio de la función.
(a) lim
(x,y)→(2,1)
x + 3y2
= 2 + 3 · 12
= 5 Dominio: R2
.
(b) lim
(x,y)→(2,4)
x + y
x − y
=
2 + 4
2 − 4
= −3 Dominio: D = {(x, y) ∈ R2
: x 6= y}.
(c) lim
(x,y)→(1,1)
x
√
x + y
=
1
√
2
Dominio: D = {(x, y) ∈ R2
: x + y > 0}.
(d) lim
(x,y)→(0,1)
arcsen(x/y)
1 + xy
= 0 Dominio: D = {(x, y) ∈ R2
: y 6= 0, |x/y| ≤ 1, 1 + xy 6= 0}.
(e) lim
(x,y)→(π/4,2)
y sen xy = 2 sen π/2 = 2 Dominio: R2
.
(f) lim
(x,y)→(0,0)
exy
= 1 Dominio: R2
.
2. Calcular las derivadas parciales primeras y segundas de las siguientes funciones:
(a) z = tg(2x − y) (b) z = xe
x
y (c) z = x ln(xy)
(d) w =
xy
x + y + z
(e)w =
1
p
1 − x2 − y2 − z2
(f) w = ln(xyz2
)
Solución:
(a) z = tg(2x−y). Las derivadas parciales de z después de simplificar y factorizar quedan de la siguiente
forma. Se ha utilizado que (sec x)0
= sec x tg x.
Derivadas parciales de primer orden:
∂z
∂x
= 2 sec2
(2x − y)
∂z
∂y
= − sec2
(2x − y)
Derivadas parciales de segundo orden:
∂2
z
∂x2
= 8 sec2
(2x − y) tg(2x − y)
∂2
z
∂y2
= 2 sec2
(2x − y) tg(2x − y)
∂2
z
∂x∂y
=
∂2
z
∂y∂x
= −4 sec2
(2x − y) tg(2x − y)
(b) z = xe
x
y
Derivadas parciales de primer orden:
∂z
∂x
= 1 · e
x
y + xe
x
y
1
y
= e
x
y
µ
1 +
x
y
¶
∂z
∂y
= xe
x
y
µ
−x
y2
¶
= −
x2
y2
e
x
y
1

2. Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04 2
Derivadas parciales de segundo orden:
∂2
z
∂x2
= e
x
y
1
y
µ
1 +
x
y
¶
+e
x
y
1
y
= e
x
y
µ
2
y
+
x
y2
¶
∂2
z
∂y2
=
2x2
y3
e
x
y +
µ
−
x2
y2
¶
e
x
y
µ
−x
y2
¶
=
x2
y3
e
x
y
µ
2 +
x
y
¶
∂2
z
∂x∂y
=
∂2
z
∂y∂x
= −
x
y2
e
x
y +
µ
1 +
x
y
¶
e
x
y
µ
−x
y2
¶
= −
x
y2
e
x
y
µ
2 +
x
y
¶
(c) z = x ln(xy) = x (ln x + ln y) = x ln x + x ln y
Derivadas parciales de primer orden:
∂z
∂x
= ln x + x
1
x
+ ln y = 1 + ln x + ln y
∂z
∂y
=
x
y
Derivadas parciales de segundo orden:
∂2
z
∂x2
=
1
x
∂2
z
∂y2
=
−x
y2
∂2
z
∂x∂y
=
∂2
z
∂y∂x
=
1
y
(d) w =
xy
x + y + z
. Las derivadas parciales de w después de simplificar y factorizar quedan de la siguiente
forma.
Derivadas parciales de primer orden:
∂w
∂x
= y
y + z
(x + y + z)2
∂w
∂y
= x
x + z
(x + y + z)2
∂w
∂z
= −x
y
(x + y + z)2
Derivadas parciales de segundo orden:
∂2
w
∂x2
= −2y
y + z
(x + y + z)
3 =
∂2
w
∂y2
= −2x
x + z
(x + y + z)
3
∂2
w
∂z2
= 2x
y
(x + y + z)
3
∂2
w
∂x∂y
=
∂2
w
∂y∂x
=
2xy + xz + yz + z2
(x + y + z)
3
∂2
w
∂x∂z
=
∂2
w
∂z∂x
= y
x − y − z
(x + y + z)
3
∂2
w
∂y∂z
=
∂2
w
∂z∂y
= −x
x − y + z
(x + y + z)
3
(e) w =
1
p
1 − x2 − y2 − z2
=
¡
1 − x2
− y2
− z2
¢−1/2
.
Derivadas parciales de primer orden:
∂w
∂x
=
−1
2
¡
1 − x2
− y2
− z2
¢−3/2
(−2x) = x
¡
1 − x2
− y2
− z2
¢−3/2
=
x
q
(1 − x2 − y2 − z2)
3
∂w
∂y
=
−1
2
¡
1 − x2
− y2
− z2
¢−3/2
(−2y) = y
¡
1 − x2
− y2
− z2
¢−3/2
=
y
q
(1 − x2 − y2 − z2)3
∂w
∂z
=
−1
2
¡
1 − x2
− y2
− z2
¢−3/2
(−2z) = z
¡
1 − x2
− y2
− z2
¢−3/2
=
z
q
(1 − x2 − y2 − z2)3
Derivadas parciales de segundo orden:
∂2
w
∂x2
=
¡
1 − x2
− y2
− z2
¢−3/2
+ x
µ
−3
2
¶
¡
1 − x2
− y2
− z2
¢−5/2
(−2x) =
2x2
+ 1 − y2
− z2
q
(1 − x2 − y2 − z2)
5
∂2
w
∂y2
=
¡
1 − x2
− y2
− z2
¢−3/2
+ y
µ
−3
2
¶
¡
1 − x2
− y2
− z2
¢−5/2
(−2y) =
2y2
+ 1 − x2
− z2
q
(1 − x2 − y2 − z2)5
∂2
w
∂z2
=
¡
1 − x2
− y2
− z2
¢−3/2
+ z
µ
−3
2
¶
¡
1 − x2
− y2
− z2
¢−5/2
(−2z) =
2z2
+ 1 − x2
− y2
q
(1 − x2 − y2 − z2)5
∂2
w
∂x∂y
=
∂2
w
∂y∂x
=
3xy
q
(1 − x2 − y2 − z2)
5
∂2
w
∂x∂z
=
∂2
w
∂z∂x
=
3xz
q
(1 − x2 − y2 − z2)
5
∂2
w
∂y∂z
=
∂2
w
∂z∂y
=
3yz
q
(1 − x2 − y2 − z2)5
(f) w = ln
¡
xyz2
¢
= ln x + ln y + 2 ln z

3. Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04 3
Derivadas parciales de primer orden:
∂w
∂x
=
1
x
∂w
∂y
=
1
y
∂w
∂z
=
2
z
Derivadas parciales de segundo orden:
∂2
w
∂x2
= −
1
x2
∂2
w
∂y2
= −
1
y2
∂2
w
∂z2
= −
1
z2
∂2
w
∂x∂y
=
∂2
w
∂y∂x
=
∂2
w
∂x∂z
=
∂2
w
∂z∂x
=
∂2
w
∂y∂z
=
∂2
w
∂z∂y
= 0
3. Dada la función f(x, y) =
1
x
+
1
y
+ xy, calcular todos los valores de x e y para los que se verifica que
fx(x, y) = 0 y fy(x, y) = 0 simultáneamente.
Solución:
En primer lugar, obtenemos las derivadas parciales de primer orden de f :
fx(x, y) = −
1
x2
+ y, fy(x, y) = −
1
y2
+ x.
Ahora, resolvemos el sistema de ecuaciones (no lineales)



−
1
x2
+ y = 0,
−
1
y2
+ x = 0.
De la primera de las ecuaciones
obtenemos y =
1
x2
y la sustitución en la segunda ecuación nos conduce a −x4
+ x = 0 ⇐⇒ x(−x3
+ 1) =
0 ⇐⇒ x = 0, x = 1. Pero, nótese que los puntos de la recta x = 0 no pertenecen al dominio de f, por lo
que los valores pedidos son x = 1 e y =
1
12
= 1.
4. a) Comprobar que la función z = ex
sen y satisface la ecuación de Laplace
∂2
z
∂x2
+
∂2
z
∂y2
= 0.
b) Comprobar que la función z = e−t
sen
x
c
, donde c es una constante no nula, satisface la ecuación del
calor
∂z
∂t
− c2 ∂2
z
∂x2
= 0.
Solución:
(a) z = ex
sen y. Calculemos las derivadas parciales segundas
∂2
z
∂x2
y
∂2
z
∂y2
.
∂z
∂x
= ex
sen y = z,
∂z
∂y
= ex
cos y,
∂2
z
∂x2
=
∂z
∂x
= z,
∂2
z
∂y2
= −ex
sen y = −z.
Así,
∂2
z
∂x2
+
∂2
z
∂y2
= z − z = 0.
(b) z = e−t
sen (x/c) . Calculemos las derivadas parciales
∂z
∂t
y
∂2
z
∂x2
.
∂z
∂t
= −e−t
sen (x/c) = −z,
∂z
∂x
=
e−t
c
cos (x/c) ,
∂2
z
∂x2
= −
e−t
c2
sen (x/c) = −
z
c2
.
De esta forma,
∂z
∂t
− c2 ∂2
z
∂x2
= −z + c2 z
c2
= −z + z = 0.
5. La aceleración centrípeta de una partícula que se mueve por un círculo es a =
v2
r
, donde v es la velocidad
y r es el radio del círculo. Estimar el máximo error porcentual en la aceleración si las cotas de error en v
y r son del 2 por 100 y del 1 por 100, respectivamente.
Solución:
A partir de los datos del problema tenemos
dv
v
=
∆v
v
= ±0.02,
dr
r
=
∆r
r
= ±0.01. Por consiguiente,
∆a ' da =
∂a
∂v
dv +
∂a
∂r
dr =
2v
r
dv −
v2
r2
dr,

4. Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04 4
de donde teniendo en cuenta de nuevo que a =
v2
r
, se tiene
∆a
a
'
da
a
=
2v
r
v2
r
dv −
v2
r2
v2
r
dr = 2
dv
v
−
dr
r
= 2 (±0.02) − (±0.01) = ±0.05.
Es decir, el máximo error porcentual en la medida de la aceleración centrípeta es del 5%.
6. Un leñador puede cometer un error del 5% al medir el diámetro y un 3% al medir la altura de un tronco
cilíndrico, recto y circular. Estimar el máximo error porcentual en el volumen del tronco.
Solución:
El volumen del tronco es V =
π
4
D2
H, donde D es diámetro del tronco y H es la altura. Así,
∆V ' dV =
∂V
∂D
dD +
∂V
∂H
dH =
π
2
DHdD +
π
4
D2
dH
y por tanto,
∆V
V
'
dV
V
=
π
2 DH
π
4 D2H
dD +
π
4 D2
π
4 D2H
dH = 2
dD
D
+
dH
H
= 2 (±0.05) + (±0.03) = ±0.13.
Luego, el error porcentual al medir el volumen del tronco puede ser hasta del 1.3%.
7. a) Usando la regla de la cadena, hallar
dz
dt
, siendo z = x sen y y x = e−t
e y = π − t.
b) Usando la regla de la cadena, hallar
dw
dt
, siendo w = xy cos z, x = t, y = t2
y z = arcsen t.
c) Usando la regla de la cadena, hallar
d2
w
dt2
, siendo w = arccotan(2xy), x = cos t, y = sen t. Calcular,
además,
d2
w
dt2
cuando t = 0.
Solución:
(a) z = x sen y, x = e−t
, y = π − t.
dz
dt
=
∂z
∂x
·
dx
dt
+
∂z
∂y
·
dy
dt
= [sen y · (−e−t
) + x cos y · (−1)]|x=e−t,y=π−t =
= −e−t
sen (π − t) − e−t
cos (π − t) = e−t
(cos t − sen t) .
(b) w = xy cos z, x = t, y = t2
, z = arcsen t.
dw
dt
=
∂w
∂x
·
dx
dt
+
∂w
∂y
·
dy
dt
+
∂w
∂z
·
dz
dt
=
·
y cos z · 1 + x cos z · (2t) − xy sen z ·
1
√
1 − t2
¸¯
¯
¯
¯
x=t,y=t2,z=arcsen t
=
= t2
cos (arcsen t) + 2t2
cos (arcsen t) −
t4
√
1 − t2
= 3t2
√
1 − t2 −
t4
√
1 − t2
=
3t2
− 4t4
√
1 − t2
.
(c) w = arccotg(2xy), x = cos t, y = sen t.
En este caso, vamos a obtener la expresión de
d2
w
dt2
aplicando la regla de la cadena de forma sucesiva
y sin utilizar las expresiones explicítitas de w, x e y. Al final sustituiremos dichas expresiones.
Aplicando la regla de la cadena sabemos que
dw
dt
=
∂w
∂x
·
dx
dt
+
∂w
∂y
·
dy
dt
, luego
d2
w
dt2
=
d
dt
µ
dw
dt
¶
=
d
dt
µ
∂w
∂x
·
dx
dt
+
∂w
∂y
·
dy
dt
¶
y aplicando la derivada para la suma y el producto se obtiene
d
dt
µ
∂w
∂x
·
dx
dt
+
∂w
∂y
·
dy
dt
¶
=
d
dt
µ
∂w
∂x
¶
·
dx
dt
+
∂w
∂x
·
d2
x
dt2
+
d
dt
µ
∂w
∂y
¶
·
dy
dt
+
∂w
∂y
·
d2
y
dt2
.

5. Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04 5
Ahora, utilizando la regla de la cadena para las funciones
∂w
∂x
y
∂w
∂y
se tiene
d
dt
µ
∂w
∂x
¶
=
∂
∂x
µ
∂w
∂x
¶
·
dx
dt
+
∂
∂y
µ
∂w
∂x
¶
·
dy
dt
=
∂2
w
∂x2
·
dx
dt
+
∂2
w
∂y∂x
·
dy
dt
d
dt
µ
∂w
∂y
¶
=
∂
∂x
µ
∂w
∂y
¶
·
dx
dt
+
∂
∂y
µ
∂w
∂y
¶
·
dy
dt
=
∂2
w
∂x∂y
·
dx
dt
+
∂2
w
∂y2
·
dy
dt
.
Por consiguiente, imponiendo la igualdad para las derivadas parciales cruzadas conseguimos
d2
w
dt2
=
µ
∂2
w
∂x2
·
dx
dt
+
∂2
w
∂y∂x
·
dy
dt
¶
·
dx
dt
+
∂w
∂x
·
d2
x
dt2
+
µ
∂2
w
∂x∂y
·
dx
dt
+
∂2
w
∂x2
·
dy
dt
¶
·
dy
dt
+
∂w
∂y
·
d2
y
dt2
=
=
∂2
w
∂x2
·
µ
dx
dt
¶2
+
∂2
w
∂y∂x
·
dy
dt
·
dx
dt
+
∂w
∂x
·
d2
x
dt2
+
∂2
w
∂x∂y
·
dx
dt
·
dy
dt
+
∂2
w
∂x2
·
µ
dy
dt
¶2
+
∂w
∂y
·
d2
y
dt2
=
=
∂2
w
∂x2
·
µ
dx
dt
¶2
+ 2 ·
∂2
w
∂y∂x
·
dy
dt
·
dx
dt
+
∂w
∂x
·
d2
x
dt2
+
∂2
w
∂y2
·
µ
dy
dt
¶2
+
∂w
∂y
·
d2
y
dt2
.
Si ahora tenemos en cuenta que w = arccotg(2xy), x = cos t, y = sin t sen t, se obtiene
∂w
∂x
= −
2y
1 + 4x2y2
,
∂w
∂y
= −
2x
1 + 4x2y2
,
∂2
w
∂x2
= 16
xy3
(1 + 4x2y2)
2 ,
∂2
w
∂y2
= 16
x3
y
(1 + 4x2y2)
2 ,
∂2
w
∂y∂x
= 2
−1 + 4x2
y2
(1 + 4x2y2)
2
dx
dt
= − sen t,
d2
x
dt2
= − cos t,
dy
dt
= cos t,
d2
y
dt2
= − sen t,
y por consiguiente,
d2
w
dt2
=
"
16
xy3
(1 + 4x2y2)2 (− sen t)2
+ 2 · 2
−1 + 4x2
y2
(1 + 4x2y2)2 · cos t · (− sen t) +
+
µ
−
2y
1 + 4x2y2
¶
· (− cos t) + +16
x3
y
(1 + 4x2y2)2 · (cos t)2
+
+
µ
−
2x
1 + 4x2y2
¶
· (− sen t)
¸¯
¯
¯
¯
x=cos t,y=sen t
=
= 16 cos t
sen5
t
(1 + 4 cos2 t sen 2t)
2 − 4
−1 + 4 cos2
t sen 2
t
(1 + 4 cos2 t sen 2t)
2 cos t sen t+
+4
sen t
1 + 4 cos2 t sen 2t
cos t + 16
¡
cos5
t
¢ sen t
(1 + 4 cos2 t sen 2t)
2 =
= 8 cos t sen t
2 sen 4
t + 1 + 2 cos4
t
(1 + 4 cos2 t sen 2t)2
Ahora, para t = 0, tenemos
d2
w
dt2
(0) = 0.
8. Hallar
∂z
∂t
y
∂z
∂s
usando la regla de la cadena, siendo z = x2
− y2
y x = s cos t e y = t sen s.
Solución:
∂z
∂t
=
∂z
∂x
·
∂x
∂t
+
∂z
∂y
·
∂y
∂t
¯
¯
¯
¯
x=s cos t,y=t sen s
= 2x(−s sen t) − 2y sen s|x=s cos t,y=t sen s =
= 2s cos s(−s sen t) − 2t sen s sen s = −2s2
cos t sen t − 2t sen2
s = −s2
sen(2t) − 2t sen2
s.
∂z
∂s
=
∂z
∂x
·
∂x
∂s
+
∂z
∂y
·
∂y
∂s
¯
¯
¯
¯
x=s cos t,y=t sen s
= 2x cos t − 2yt cos s|x=s cos t,y=t sen s =
= 2s cos2
t − 2t2
cos s sen s = 2s cos2
t − t2
sen(2s).

6. Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04 6
9. a) Calcular las derivadas parciales de z por derivación implícita en los siguientes apartados:
(a.1) x ln y + y2
z + z2
= 8. (a.2) z = ex
sen(y + z).
b) Calcular las derivadas parciales de w por derivación implícita en los siguientes apartados:
(b.1) xyz + xzw − yzw + w2
= 5. (b.2) w −
√
x − y −
√
y − w + z = 0.
Solución:
(a) (a.1) Derivamos con respecto a x la identidad x ln y + y2
z + z2
= 8.
ln y + y2 ∂z
∂x
+ 2z
∂z
∂x
= 0, luego
∂z
∂x
= −
ln y
y2 + 2z
Si derivamos respecto de y se tiene
x
y
+ 2yz + y2 ∂z
∂y
+ 2z
∂z
∂y
= 0 y por tanto,
∂z
∂y
= −
x
y + 2yz
y2 + 2z
= −
x + 2y2
z
y (y2 + 2z)
(a.2) Repetimos el proceso para z = ex
sen(y + z).
Derivando respecto de x se obtiene
∂z
∂x
= ex
sen(y + z) + ex
cos(y + z)
∂z
∂x
= z + ex
cos(y + z)
∂z
∂x
. Por
consiguiente,
∂z
∂x
=
z
1 − ex cos(y + z)
.
Al derivar con respecto a y obtenemos
∂z
∂y
= ex
cos(y + z)
µ
1 +
∂z
∂x
¶
, luego
∂z
∂y
=
ex
cos(y + z)
1 − ex cos(y + z)
.
(b) (b.1) Ahora obtenemos las derivadas parciales de w respecto de x, y, z siendo xyz+xzw−yzw+w2
= 5.
Derivamos con respecto a x y obtenemos yz + zw + xz
∂w
∂x
− yz
∂w
∂x
+ 2w
∂w
∂x
= 0, y por tanto,
∂w
∂x
= −
yz + zw
xz − yz + 2w
.
Derivando con respeto a y conseguimos xz + xz
∂w
∂y
− zw − yz
∂w
∂y
+ 2w
∂w
∂y
= 0, luego
∂w
∂y
=
−xz + zw
xz − yz + 2w
.
Derivando con respeto a z se tiene xy + xw + xz
∂w
∂z
− yw − yz
∂w
∂z
+ 2w
∂w
∂z
= 0 y de aquí
∂w
∂z
= −
xy + xw − yw
xz − yz + 2w
.
(b.2) De forma análoga para w −
√
x − y −
√
y − w + z = 0, obtenemos:
Derivando con respecto a x se consigue
∂w
∂x
−
1
2
√
x − y
−
1
2
√
y − w
µ
−
∂w
∂x
¶
= 0, y por tanto,
∂w
∂x
=
√
y − w
√
x − y (2
√
y − w + 1)
.
Derivando respecto de y obtenemos
∂w
∂y
+
1
2
√
x − y
−
1
2
√
y − w
µ
1 −
∂w
∂y
¶
= 0, luego
∂w
∂y
=
−
√
y − w +
√
x − y
√
x − y (2
√
y − w + 1)
.
Ahora, al derivar respecto de z se obtiene
∂w
∂z
−
1
2
√
y − w
µ
−
∂w
∂z
¶
+ 1 = 0 y por consiguiente,
∂w
∂z
= −2
√
y − w
2
√
y − w + 1
.

7. Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04 7
10. Determinar la derivada direccional de la función f en el punto dado y en la dirección indicada:
(a) f(x, y) = xy, P(1, 1), u = i + j.
(b) f(x, y, z) = ln(1 + xyz2
), P(2, 1, 0), u = −i + j + k.
Solución:
(a) Hacemos el vector u = i + j = (1, 1) unitario, tomando v =
u
kuk
=
µ
1
√
2
,
1
√
2
¶
y conseguimos
Dvf(1, 1) = ∇f(1, 1) · v = (1, 1) ·
µ
1
√
2
,
1
√
2
¶
=
2
√
2
=
√
2.
(b) Tomamos v =
u
kuk
=
µ
−1
√
3
,
1
√
3
,
1
√
3
¶
. El gradiente de f es
∇f(x, y, z) = (fx(x, y, z), fy(x, y, z), fz(x, y, z)) =
µ
yz2
1 + xyz2
,
xz2
1 + xyz2
,
2xyz
1 + xyz2
¶
,
luego Dvf(2, 1, 0) = ∇f(2, 1, 0) · v = (0, 0, 0) · v = 0.
11. a) Hallar la derivada direccional de f(x, y) = cos(x + y) en el punto P(0, π) en la dirección de Q(
π
2
, 0).
b) Hallar la derivada direccional de f(x, y, z) = ln(x + y + z) en el punto P(1, 0, 0) en la dirección de
Q(4, 3, 1).
Solución:
(a) Obsérvese que ∇f(x, y) = (− sen(x + y), − sen(x + y)) , luego ∇f(0, π) =
−→
0 = (0, 0) y por tanto,
Duf(0, π) = ∇f(0, π) · u =
−→
0 · u = 0 para todo vector u unitario de R2
.
(b) Calculamos el vector unitario u en la dirección de
−→
PQ = (4, 3, 2) − (1, 0, 0) = (3, 3, 2), u =
−→
PQ
k
−→
PQk
=
µ
3
√
22
,
3
√
22
,
2
√
22
¶
. Teniendo en cuenta que ∇f(x, y, z) =
1
x + y + z
(1, 1, 1) , se tiene Duf(1, 0, 0) =
∇f(1, 0, 0) · u = (1, 1, 1) ·
µ
3
√
22
,
3
√
22
,
2
√
22
¶
=
3
√
22
+
3
√
22
+
2
√
22
=
8
√
22
.
12. La temperatura en los puntos (x, y, z) de una pieza metálica está dada por T(x, y, z) = e2x+y+3z
. ¿En qué
dirección desde el origen se incrementa más rapidamente la temperatura?
Solución:
Como sabemos, la dirección de máximo crecimiento viene dada por el vector gradiente, luego, ya que
∇T(x, y, z) =
¡
2e2x+y+3z
, e2x+y+3z
, 3e2x+y+3z
¢
, tenemos que el vector que marca el mayor crecimiento es
∇T(0, 0, 0) = (2, 1, 3).
13. a) Calcular el gradiente de g(x, y) = ye−x2
y el valor máximo de la derivada direccional en el punto
P(0, 5).
b) Calcular el gradiente de g(x, y, z) = xeyz
y el valor máximo de la derivada direccional en el punto
P(2, 0, −4).
Solución:
(a) Puesto que ∇g(x, y) =
³
−2xye−x2
, e−x2
´
, obtenemos que el valor máximo de la derivada direccional
en el punto P(0, 5) viene dado por k∇g(0, 5)k = k(0, 1)k = 1.
(b) Análogamente, y utilizando que ∇g(x, y, z) = (eyz
, xzeyz
, xyeyz
) , el valor máximo de la derivada
direccional en el punto P(2, 0, −4) es k∇g(2, 0, −4)k = k(1, −8, 0)k =
√
65.
14. Hallar un vector normal y la recta tangente a la curva de nivel de f(x, y) = xy que pasa por el punto
P(−1, 3).
Solución:
Sabemos que el vector normal viene dado por el gradiente. Así, el vector normal es n = ∇f(−1, 3) =
(3, −1) y la recta tangente viene dada, en forma implícita por, 3(x + 1) + (−1)(y − 3) = 0.

8. Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04 8
15. a) Calcular la ecuación del plano tangente y la ecuación de la recta normal a la superficie de ecuación
z = x3
− 3xy + y3
en el punto P(1, 2, 3).
b) Calcular la ecuación del plano tangente y la ecuación de la recta normal a la superficie de ecuación
xy2
+ 3x − z2
= 4 en el punto P(2, 1, −2).
Solución:
(a) Utilizamos que la ecuación del plano tangente a la superficie dada por z = f(x, y) en el punto
(x0, y0, f(x0, y0)) tiene por ecuación
z =
∂f
∂x
(x0, y0)(x − x0) +
∂f
∂y
(x0, y0)(y − y0) + f(x0, y0).
Puesto que z = f(x, y) = x3
− 3xy + y3
, se tiene
∂f
∂x
(1, 2) = 3 · 12
− 3 · 2 = −3,
∂f
∂y
(1, 2) =
−3 · 1 + 3 · 22
= 9, z0 = f(1, 2) = 3, la ecuación del plano tangente es z = −3(x − 1) + 9(y − 2) + 3,
es decir, −3x + 9y − z = 12.
La recta normal en forma paramétrica viene dada por



x = 1 − 3t,
y = 2 + 9t,
z = 3 − t,
con t ∈ R.
(b) En este apratado la superficie esta dada en forma implícita mediante xy2
+ 3x − z2
= 4, luego
tomando F(x, y, z) = xy2
+ 3x − z2
− 4, la ecuación del plano tangente en el punto (2, 1, −2) viene
dada por
∂F
∂x
(2, 1, −2)(x − 2) +
∂F
∂y
(2, 1, −2)(y − 1) +
∂F
∂z
(2, 1, −2)(z + 2) = 0.
Así, usando que
∂F
∂x
(2, 1, −2) = 12
+ 3 = 4,
∂F
∂y
(2, 1, −2) = 2 · 2 · 1 = 4,
∂F
∂z
(2, 1, −2) = −2 · (−2) = 4,
el plano tangente tiene por ecuación 4(x − 2) + 4(y − 1) + 4(z + 2) = 0, i.e., x + y + z = 1.
La recta normal tiene por ecuaciones paramétricas



x = 2 + t,
y = 1 + t,
z = −2 + t,
con t ∈ R.
16. Encontrar y clasificar los puntos críticos de las siguientes funciones:
a) f(x, y) = x2
+ y2
+ 2x − 6y + 6.
b) f(x, y) = 2x2
+ 2xy + y2
+ 2x − 3.
c) z = xy.
d) z =
−4x
x2 + y2 + 1
.
Solución:
Para la resolución de cada uno de los apartados de este ejercicio debemos resolver, en primer lugar, el
sistema de ecuaciones



∂f
∂x
(x, y) = 0,
∂f
∂y
(x, y) = 0,
que nos proporciona los puntos críticos de f.
(a) Como
∂f
∂x
(x, y) = 2x + 2,
∂f
∂y
(x, y) = 2y − 6, la única solución del sistema



∂f
∂x
(x, y) = 2x + 2 = 0
∂f
∂y
(x, y) = 2y − 6 = 0
es (x, y) = (−1, 3). Es decir, el único punto crítico de f es el punto (−1, 3).
Ahora calculamos las derivadas parciales
∂2
f
∂x2
(x, y) = 2,
∂2
f
∂y2
(x, y) = 2,
∂2
f
∂x∂y
(x, y) = 0. Puesto que,
∂2
f
∂x2
(−1, 3) = 2 > 0,
∂2
f
∂x2
(−1, 3) ·
∂2
f
∂y2
(−1, 3) −
µ
∂2
f
∂x∂y
(−1, 3)
¶2
= 4 > 0,

9. Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04 9
resulta que el punto crítico (−1, 3) es un mínimo relativo y la función toma en este punto el valor
f(−1, 3) = (−1)2
+ 32
+ 2(−1) − 6 · 3 + 6 = −4.
Nótese que f(x, y) = (x + 1)2
+ (y − 3)2
− 4, luego en el punto (−1, 3) la función f toma su mínimo
absoluto.
(b) Resolvemos el sistema



∂f
∂x
(x, y) = 4x + 2y + 2 = 0
∂f
∂y
(x, y) = 2x + 2y − 3 = 0
y obtenemos (x, y) = (−5/2, 4). Puesto que
∂2
f
∂x2
(−5/2, 4) = 4 > 0,
∂2
f
∂x2
(−5/2, 4) ·
∂2
f
∂y2
(−5/2, 4) −
µ
∂2
f
∂x∂y
(−5/2, 4)
¶2
= 4 · 2 − 22
= 4 > 0,
se deduce que (−5/2, 4) es un mínimo relativo.
(c) Es fácil ver que el único punto crítico de f(x, y) = xy es el origen. Como
∂2
f
∂x2
(0, 0) ·
∂2
f
∂y2
(0, 0) −
µ
∂2
f
∂x∂y
(0, 0)
¶2
= 0 · 0 − 12
= −1 < 0,
el origen es un punto de silla.
(d) Calculamos las derivadas parciales de f(x, y) =
−4x
x2 + y2 + 1
,
∂f
∂x
(x, y) = 4
x2
− y2
− 1
(x2 + y2 + 1)
2 ,
∂f
∂y
(x, y) = 8
x
(x2 + y2 + 1)
2 y
y resolvemos el sistema



4
x2
− y2
− 1
(x2 + y2 + 1)
2 = 0,
8
x
(x2 + y2 + 1)2 y = 0,
obteniendo los dos puntos críticos (x, y) = (1, 0), (x, y) =
(−1, 0).
Ahora, para establecer la naturaleza de los dos puntos críticos, calculamos las derivadas parciales de
segundo orden:
∂2
f
∂x2
(x, y) = −8x
x2
− 3y2
− 3
(x2 + y2 + 1)
3 ,
∂2
f
∂y2
(x, y) = 8x
−3y2
+ x2
+ 1
(x2 + y2 + 1)
3 ,
∂2
f
∂x∂y
(x, y) = −8y
3x2
− y2
− 1
(x2 + y2 + 1)
3
A partir de aquí, tenemos
∂2
f
∂x2
(1, 0) = −8
1 − 3
8
= 2,
∂2
f
∂y2
(1, 0) = 8
2
8
= 2,
∂2
f
∂x∂y
(1, 0) = 0,
por lo que es inmediato observar que el punto (1, 0) es un mínimo relativo.
Análogamente,
∂2
f
∂x2
(−1, 0) = 8
1 − 3
8
= −2,
∂2
f
∂y2
(−1, 0) = −8
2
8
= −2,
∂2
f
∂x∂y
(−1, 0) = 0,
y el punto (−1, 0) es un máximo relativo.
17. a) Calcular los extremos absolutos de f(x, y) = 2x − 2xy + y2
en la región del plano acotada por las
gráficas de las funciones y = x2
e y = 1.
b) Calcular los extremos absolutos de f(x, y) = x2
+ 2xy + y2
en la región del plano acotada R =©
(x, y) : x2
+ y2
≤ 8
ª
.
Solución:

10. Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04 10
(a) Nótese que el problema posee solución puesto que f(x, y) = 2x − 2xy + y2
es continua en la región
dada, que a su vez es cerrada y acotada.
Calculemos, en primer lugar, los puntos críticos de f(x, y) = 2x − 2xy + y2
en la región abierta que
acota las gráficas y = x2
e y = 1.
La única solución del sistema



∂f
∂x
(x, y) = 2 − 2y = 0
∂f
∂y
(x, y) = −2x + 2y = 0
es (x, y) = (1, 1), que no pertenece a
dicha región abierta.
Ahora calculamos los puntos críticos sobre la frontera. Puesto que la frontera está dada por la
unión {(x, y) ∈ R2
: −1 ≤ x ≤ 1, y = 1} ∪ {(x, y) ∈ R2
: −1 ≤ x ≤ 1, y = x2
}, debemos analizar la
restricción de f a los conjuntos {(x, y) ∈ R2
: −1 ≤ x ≤ 1, y = 1}, {(x, y) ∈ R2
: −1 ≤ x ≤ 1, y = x2
}.
Tomando y = 1, tenemos f(x, 1) = 2 · x − 2 · x · 1 + 12
= 1.
Si y = x2
, entonces f(x, x2
) = 2x − 2x3
+ x4
, por lo que debemos analizar lo extremos absolutos de
la función g(x) = 2x − 2x3
+ x4
, con x ∈ [−1, 1]. Ahora, calculamos los puntos críticos de g en el
intervalo abierto (−1, 1). Para ello, resolvemos la ecuación g0
(x) = 2
¡
1 − 3x2
+ 2x3
¢
= 0. La raíces
del anterior polinomio son: −1/2, 1 (doble) y sólo −1/2 pertenece al intervalo abierto (−1, 1). Ahora
evaluamos g en x = −1/2 y en los extremos del intervalo y obtenemos g(−1/2) = −11/16, g(−1) =
g(1) = 1, por lo que el máximo absoluto de g se alcanza en x = 1 y su mínimo absoluto en x = 0.
Luego el máximo absoluto de f restringida a {(x, y) ∈ R2
: −1 ≤ x ≤ 1, y = x2
} se alcanza en el
punto (1, 1) y el mínimo absoluto de f restringida a {(x, y) ∈ R2
: −1 ≤ x ≤ 1, y = x2
} se toma en
el punto (−1/2, 1/4).
En resumen, el mínimo absoluto de f en la región acotada por las gráficas de las funciones y = x2
e y = 1 es −11/16 y se alcanza en el punto (−1/2, 1/4) y su máximo valor es uno, alcanzándose en
cualquiera de los puntos del segmento {(x, y) ∈ R2
: −1 ≤ x ≤ 1, y = 1}.
(b) Nótese que el problema posee solución puesto que f(x, y) = x2
+ 2xy + y2
es continua en todo R2
y
el círculo R =
©
(x, y) : x2
+ y2
≤ 8
ª
es cerrado y acotado.
Téganse en cuenta que f puede expresarse en la forma f(x, y) = (x + y)2
, luego f(x, y) ≥ 0 y se
anula en los puntos (x, y) ∈ R2
tales que y = −x. Así, el menor valor de f restringida a R =©
(x, y) : x2
+ y2
≤ 8
ª
es cero y se alcanza en los puntos del segmento y = −x restringido al circulo
R. Es decir, f sólo es nula sobre el segmento S = {(x, y) ∈ R2
: y = −x, x2
+ y2
≤ 8} = {(x, y) ∈
R2
: y = −x, 2x2
≤ 8} = {(x, y) ∈ R2
: y = −x, |x| ≤ 2}.
Por otra parte, los puntos críticos de f restringida a R son todos los puntos del segmento S. En
efecto, el sistema



∂f
∂x
(x, y) = 2x + 2y = 0
∂f
∂y
(x, y) = 2x + 2y = 0
posee infinitas soluciones, todas de la forma y = −x.
Ahora vamos estudiar los extremos absolutos de la función f restringida a la circunferencia C =©
(x, y) : x2
+ y2
= 8
ª
. Realizaremos este estudio de dos formas distintas:
Primera forma: Analizamos el comportamiento de la función f sobre las semicircunferencias de
ecuaciones y =
√
8 − x2 e y = −
√
8 − x2, con x ∈ [−2
√
2, 2
√
2]. Así, debemos estudiar las
funciones g(x) = f
¡
x,
√
8 − x2
¢
=
¡
x +
√
8 − x2
¢2
= 2x
√
8 − x2 +8 y h(x) = f
¡
x, −
√
8 − x2
¢
=
¡
x −
√
8 − x2
¢2
= −2x
√
8 − x2 + 8, con x ∈ [−2
√
2, 2
√
2].
Para x ∈ (−2
√
2, 2
√
2), la ecuación g0
(x) = 2
√
8 − x2 + 2x
−2x
2
√
8 − x2
= 0 nos lleva a 2
¡
8 − x2
¢
−
2x2
= 0, de donde x = ±2. Como g(2) = 16, g(−2) = 0, g
¡
2
√
2
¢
= g
¡
−2
√
2
¢
= 8, el máximo
absoluto de g es 16, alcanzándose en x = 2, y el mínimo absoluto es cero, tomándose en x = −2.
Los corespondientes valores de y son: x = 2 =⇒ y =
√
8 − x2 = 2, x = 2 =⇒ y = −
√
8 − x2 =
−2.
Un análisis similar puede hacerse sobre la función h para deducir que el máximo absoluto de
h es 16, alcanzándose en x = −2, y el mínimo absoluto es cero, tomándose en x = 2. Los
corespondientes valores de y son: x = 2 =⇒ y = −
√
8 − x2 = −2, x = −2 =⇒ y = −
√
8 − x2 =
−2.
Nótese que en los puntos donde g y h se anulan (x = −2 y x = 2), los correspondiente valores
para f (x = −2 =⇒ y =
√
8 − x2 = 2, x = 2, y = −
√
8 − x2 = −2) son (−2, 2) y (2, −2) que

11. Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04 11
pertenecen, como no podía ser de otra forma, al segmento S = {(x, y) ∈ R2
: y = −x, |x| ≤ 2},
donde la función f toma el valor cero.
Uniendo los resultados anteriores, tenemos que el máximo absoluto de f es 16, tomándose en los
puntos (2, 2) y (−2, 2), y el mínimo absoluto de f es cero y se alcanza en todos los puntos de
segmento S.
Segunda forma: La circunferencia C =
©
(x, y) : x2
+ y2
= 8
ª
puede escribirse, en coordenadas
polares, en la forma x = 2
√
2 cos θ, y = 2
√
2 sen θ, con θ ∈ [0, 2π). Así, la función f restringida
a C puede expresarse en la forma f(2
√
2 cos θ, 2
√
2 sen θ) = 8(cos θ + sen θ)2
, con θ ∈ [0, 2π), y
por tanto, debemos analizar la función α(θ) = 8(cos θ + sen θ)2
,con θ ∈ [0, 2π). (No incluimos el
punto θ = 2π, pues α(0) = α(2π)). No analizaremos la función α en los puntos donde ésta se
anula (los puntos θ ∈ [0, 2π) tales que cos θ + sen θ = 0, es decir, θ = 3π/4 y θ = 7π/4), ya que
sabemos que en los correspondientes puntos de la circunferencia, la función f es nula y toma su
valor mínimo.
Derivando la función α, obtenemos α0
(θ) = 16(cos θ + sen θ)(− sen θ + cos θ), y los valores θ ∈
[0, 2π) que no anulan a α, pero sí a su derivada, son aquellos que verifican − sen θ + cos θ = 0.
Los únicos valores en el intervalo [0, 2π) que resuleven esta ecuación son θ = π/4 y θ = 5π/4.
Así, puesto que α(0) = α(2π) = 8 y α(π/4) = α(5π/4) = 16, el valor máximo de α es 16 y se
alcanza en θ = π/4 y θ = 5π/4.
Por consiguiente, el valor máximo de f restrigida a la circunferencia C es 16 y dicho máximo
máximo se alcanza en los valores x = 2
√
2 cos π/4 = 2, y = 2
√
2 sen π/4 = 2 y x = 2
√
2 cos 5π/4 =
−2, y = 2
√
2 sen 5π/4 = −2.
Uniendo los resultados anteriores, tenemos que el máximo absoluto de f en R es 16, tomándose
en los puntos (2, 2) y (−2, 2), y el mínimo absoluto de f en R es cero y se alcanza en todos los
puntos de segmento S.
18. Calcular la mínima distancia desde el punto P(5, 5, 0) al paraboloide de ecuación z = x2
+ y2
.
Solución:
La distancia de un punto cualquiera (x, y, z) al punto (5, 5, 0) viene dada por
d(x, y, z) =
p
(x − 5)2 + (y − 5)2 + z2.
Ahora bien, si el punto (x, y, z) pertenece al paraboloide de ecuación z = x2
+ y2
, entonces la función
distancia se reduce a la función de dos variables
g(x, y) =
q
(x − 5)2 + (y − 5)2 + (x2 + y2)
2
.
Pero obsérvese que optimizar esta función equivale a la optimización de la función que resulta de suprimir
la raíz cuadrada. Así, calcularemos los extremos de la función
f(x, y) = (x − 5)2
+ (y − 5)2
+
¡
x2
+ y2
¢2
Comenzamos calculando los puntos críticos resolviendo el sistema de ecuaciones



∂f
∂x
(x, y) = 2x − 10 + 4x3
+ 4xy2
= 0,
∂f
∂y
(x, y) = 2y − 10 + 4yx2
+ 4y3
= 0.
Restando ambas ecuaciones se obtiene 0 = 2x−2y+4x3
−4y3
+4xy2
−4yx2
= 2 (x − y)
¡
2x2
+ 1 + 2y2
¢
, de
donde x = y, y sustituyendo en cualquiera de las dos ecuaciones del sistema debemos resolver la ecuación
2x − 10 + 4x3
+ 4x3
= 0. Es decir, debemos encontrar las raíces del polinomio p(x) = 2x − 10 + 8x3
= 0.
La única solución real de p es x = 1, por lo que el único punto crítico de f es x = 1, y = x = 1, esto es, el
punto (1, 1). Ahora veremos que este punto crítico es mínimo relativo para la función f.
Calculamos la derivadas parciales de segundo orden de f.
∂2
f
∂x2
(x, y) = 2 + 12x2
+ 4y2
=⇒
∂2
f
∂x2
(1, 1) = 18

12. Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04 12
∂2
f
∂y2
(x, y) = 2 + 12y2
+ 4x2
=⇒
∂2
f
∂y2
(1, 1) = 18
∂2
f
∂x∂y
(x, y) = 8yx =⇒
∂2
f
∂x∂y
(1, 1) = 8
Luego
∂2
f
∂x2
(1, 1) = 18 > 0 y
∂2
f
∂x2
(1, 1) ·
∂2
f
∂y2
(1, 1) −
µ
∂2
f
∂x∂y
(1, 1)
¶2
= 18 · 18 − 82
= 260 > 0 y por
tanto, el punto (1, 1) es un mínimo relativo para la función f. Obsérvese que el correspondiente punto del
paraboloide es el punto (1, 1, 2) (z = x2
+ y2
= 12
+ 12
= 2)
Representando el paraboloide y el punto (5, 5, 0) podemos asegurar que el problema posee una única
solución y por tanto, la mínima distancia del punto (5, 5, 0) al paraboloide de ecuación z = x2
+ y2
podemos obtenerla calculando la distancia del punto (5, 5, 0) al punto (1, 1, 2) de dicho paraboloide,
d =
p
(1 − 5)2 + (1 − 5)2 + 22 = 6.
19. Un tanque metálico rectangular sin tapa debe contener 256 metros cúbicos de líquido. ¿Cuáles son las
dimensiones del tanque que requiere menos material para su construcción?
Solución:
Para la construcción del tanque debemos construir la base y sus cuatro caras. Si x e y son las longitudes
de los lados de la base y z es la altura, entonces debemos minimizar la función
g(x, y, z) = xy + 2xz + 2yz
Puesto que el volumen del tanque es 256 m3
, se tiene que xyz = 256, luego z =
256
xy
y la función a
minimizar es
f(x, y) = xy + 2x
256
xy
+ 2y
256
xy
= xy +
512
y
+
512
x
con x, y > 0
En primer lugar, obtenemos los puntos críticos de la función f resolviendo el sistema



∂f
∂x
(x, y) =
yx2
− 512
x2
= 0,
∂f
∂y
(x, y) =
xy2
− 512
y2
= 0,
cuya única solución real es x = 8, y = 8. Para clasificar el punto crítico (8, 8) de f, calculamos sus derivadas
parciales de segunco orden:
∂2
f
∂x2
(x, y) =
1024
x3
=⇒
∂2
f
∂x2
(8, 8) =
1024
83
= 2,
∂2
f
∂y2
(x, y) =
1024
y3
=⇒
∂2
f
∂y2
(8, 8) =
1024
83
= 2,
∂2
f
∂x∂y
(x, y) = 1 =⇒
∂2
f
∂x∂y
(8, 8) = 1.
Por consiguiente,
∂2
f
∂x2
(8, 8) = 2 > 0 y
∂2
f
∂x2
(8, 8)·
∂2
f
∂y2
(8, 8)−
µ
∂2
f
∂x∂y
(8, 8)
¶2
= 2·2−12
= 3 > 0 y el punto
crítico (8, 8) es un mínimo relativo para f. Así, las dimensiones de la caja que requieren menor material
son x = 8, y = 8, z =
256
8 · 8
= 4.
20. Una caja rectangular, cuyos lados son paralelos a los ejes de coordenadas, se inscribe en el elipsoide de
ecuación 96x2
+ 4y2
+ 4z2
= 36. ¿Cuál es el mayor volumen posible para tal caja?
Solución:

13. Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04 13
El volumen de la caja puede expresearse en la forma V = 8xyz, donde x, y, z > 0 y el punto (x, y, z) está
en la superficie del elipsoide de ecuación 96x2
+ 4y2
+ 4z2
= 36. Por tanto, z =
p
−24x2 − y2 + 9 y la
función a maximizar es
V (x, y) = 8xy
p
−24x2 − y2 + 9 con − 24x2
− y2
+ 9 ≥ 0, x > 0, y > 0.
Luego, vamos a resolver un problema de máximo absoluto para una función continua V en un conjunto
cerrado y acotado R =
©
(x, y) ∈ R2
: 24x2
+ y2
≤ 9, x ≥ 0, y ≥ 0
ª
..
Comenzamos calculando los puntos críticos de V en el interior del conjunto R. La única solución del sistema


∂V
∂x
(x, y) = −8y
48x2
+ y2
− 9
p
−24x2 − y2 + 9
= 0,
∂V
∂y
(x, y) = −8x
24x2
+ 2y2
− 9
p
−24x2 − y2 + 9
= 0,
es x =
√
2
4
, y =
√
3. Puesto que V = 0 en las fronteras de R,
x = 0, y = 0 y 24x2
+y2
−9 = 0, el máximo absoluto de V se alcanza en el punto
Ã√
2
4
,
√
3
!
y su máximo
valor es V
Ã√
2
4
,
√
3
!
= 8 ·
√
2
4
·
√
3 ·
v
u
u
t−24
Ã√
2
4
!2
−
¡√
3
¢2
+ 9 = 6
√
2. Además, las dimensiones de la
caja son: 2x = 2
√
2
4
=
√
2
2
, 2y = 2
√
3, 2z = 2
p
−24x2 − y2 + 9 = 2
v
u
u
t−24
Ã√
2
4
!2
−
¡√
3
¢2
+ 9 = 2
√
3.
21. Una caja de R3
tiene la forma del cubo 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1. Se coloca dentro de la caja la
placa que es la porción del plano x + y + z = 1 que cabe dentro de ella. Se calienta la placa de tal forma
que la temperatura en el punto (x, y, z) es T (x, y, z) = 4 − 2x2
− y2
− z2
. Hallar el punto más caliente y
más frío de la placa.
Solución:
El problema en cuestión se trata de un problema de extremos absolutos en región cerrada y acotada.
Puesto que x + y + z = 1, tenemos z = 1 − x − y y la función a optimizar es
T (x, y) = 4 − 2x2
− y2
− (1 − x − y)2
restringida a la región R =
©
(x, y) ∈ R2
: x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 1
ª
. Puesto que T es continua en R y R es
cerrada y acotada, T alcanza su máximo absoluto y su mínimo absoluto en puntos de R.
Ahora calculamos los puntos críticos de T en el interior de R. Para ello, resolvemos el sistema



∂T
∂x
(x, y) = −6x + 2 − 2y = 0,
∂T
∂y
(x, y) = −4y + 2 − 2x = 0.
La única solución de este sistema es x =
1
5
, y =
2
5
. Y este punto se encuentra en el interior de R, pues
x =
1
5
> 0, y =
2
5
> 0, x + y =
1
5
+
2
5
=
3
5
< 1. Obsérvese que T
µ
1
5
,
2
5
¶
= 4 − 2
µ
1
5
¶2
−
µ
2
5
¶2
−
µ
1 −
1
5
−
2
5
¶2
=
18
5
.
Ahora analizamos la restricción de T al conjunto
©
(x, y) ∈ R2
: 0 ≤ x ≤ 1, y = 0
ª
. Es decir, estudiamos la
función f(x) = T(x, 0) = 4 − 2x2
− (1 − x)2
= 3 − 3x2
+ 2x, con x ∈ [0, 1]. En primer lugar, calculamos los
puntos críticos de f en el intervalo abierto (0, 1), es decir, resolvemos la ecuación f0
(x) = −6x + 2 = 0 en
el intervalo (0, 1). La única solución de esta ecuación es x = 1/3 ∈ (0, 1). Evaluamos f en el punto crítico
y en los extremos del intervalo [0, 1]. Como f(0) = 3, f(1/3) = 3 − 3 · (1/3)2
+ 2 · 1/3 = 10
3 y f(1) = 2,
el máximo absoluto de f es 10/3 y se alcanza en x = 1/3 y el mínimo absoluto de f es 2, tomándose en
x = 1.

14. Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04 14
Estudiamos a continuación la restricción de T al conjunto
©
(x, y) ∈ R2
: 0 ≤ y ≤ 1, x = 0
ª
. Tenemos que
analizar la función g(y) = T(0, y) = 4 − y2
− (1 − y)2
= 3 − 2y2
+ 2y, para 0 ≤ y ≤ 1. La ecuación
g0
(y) = −4y + 2 = 0 posee una única solución y = 1/2 ∈ (0, 1). Evaluando g en los extremos del intervalo
(0, 1) y en el punto crítico y = 1/2, se obtiene g(0) = 3, g(1/2) = 3 − 2 · (1/2)
2
+ 2 · 1/2 =
7
2
, g(1) = 3.
Por consiguiente, el máximo absoluto de g es 7/2 y se alcanza en y = 1/2 y el mínimo absoluto se toma
en y = 0 e y = 1 y su valor es 3.
Por último, estudiamos el comportamiento de la función T sobre el conjunto
©
(x, y) ∈ R2
: 0 ≤ x ≤ 1, x + y = 1
ª
.
Tomando y = 1−x, debemos analizar la función h(x) = T(x, 1−x) = 4−2x2
−(1−x)2
−(1 − x − (1 − x))
2
=
3 − 3x2
+ 2x, con x ∈ [0, 1]. Obsérvese que las funciones f y h coinciden, luego el máximo absoluto de h
es 10/3 y se alcanza en x = 1/3 y el mínimo absoluto de h es 2, tomándose en x = 1.
Teniendo en consideración los cálculos anteriores, podemos establecer que la función T toma su máximo
absoluto en el punto
µ
1
5
,
2
5
¶
y su valor es
18
5
y su mínimo absoluto es 2, tomándose en los puntos (1/3, 0)
y (1/3, 2/3).
Luego, el punto más caliente de la placa es el punto
µ
1
5
,
2
5
,
2
5
¶
(pues z = 1 −
1
5
−
2
5
=
2
5
) y los puntos
(1/3, 0, 2/3) y (1/3, 2/3, 0) son los puntos de menor temperatura.