Cálculo en varias variables – matemáticas 1º Grado (Universidad): soluciones del examen para descargar en PDF

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1. Solución del ejercicio 1 (4 puntos)

   Criterios. Se valora el gradiente, la normalización del vector dirección y la tasa máxima.

   1. \(\nabla f=(2xy,\ x^2+3y^2)\); en \((1,1)\): \((2,4)\). Derivamos respecto de \(x\) tratando \(y\) como constante, y al revés: \(f_x=2xy\) y \(f_y=x^2+3y^2\). En el punto, \(f_x(1,1)=2\) y \(f_y(1,1)=1+3=4\).
   2. \(2\cdot\frac35-4\cdot\frac45=\frac{6-16}{5}=-2\). El vector \(u\) ya es unitario, pues \(\frac9{25}+\frac{16}{25}=1\), así que \(D_uf=\nabla f\cdot u\). El resultado negativo indica que en esa dirección la función decrece a razón de 2 unidades por unidad de longitud.
   3. \(\|(2,4)\|=2\sqrt5\approx4{,}47\). La tasa máxima es el módulo del gradiente y se alcanza en la dirección de \(\nabla f\), es decir, de \(\frac{1}{\sqrt5}(1,2)\).

2. Solución del ejercicio 2 (4 puntos)

   Criterios. Se valora el plano tangente y el cálculo del error de la aproximación lineal.

   1. \(z_x=e^y=1\), \(z_y=xe^y=2\): \(z=2+(x-2)+2y\). El punto pertenece a la superficie porque \(2e^0=2\). La fórmula es \(z=f(2,0)+f_x(2,0)(x-2)+f_y(2,0)\,y\); simplificando, el plano es \(z=x+2y\).
   2. \(z\approx2+0{,}1-0{,}2=1{,}9\). Exacto: \(2{,}1e^{-0{,}1}\approx1{,}900\). Los incrementos son \(\Delta x=0{,}1\) y \(\Delta y=-0{,}1\). El valor exacto es \(2{,}1\cdot0{,}904837\approx1{,}90016\), así que el error de la aproximación lineal es de unas dos diezmilésimas, muy pequeño porque el punto está cerca de \((2,0)\).

3. Solución del ejercicio 3 (4 puntos)

   Criterios. Se valora resolver el sistema del gradiente y aplicar el criterio de la hessiana.

   1. \(2x+y-3=0\), \(x+2y=0\): \(x=2\), \(y=-1\). Los puntos críticos anulan el gradiente: \(f_x=2x+y-3\) y \(f_y=x+2y\). De la segunda, \(x=-2y\); sustituyendo, \(-4y+y=3\), luego \(y=-1\) y \(x=2\). Es el único punto crítico.
   2. \(H=\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix}\), \(\det=3\gt 0\), \(f_{xx}\gt 0\): mínimo, \(f(2,-1)=-3\). Las derivadas segundas son constantes: \(f_{xx}=2\), \(f_{xy}=1\), \(f_{yy}=2\). Como la hessiana es definida positiva en todo el plano, \(f\) es convexa y el mínimo es global. Comprobación: \(f(2,-1)=4-2+1-6=-3\).

4. Solución del ejercicio 4 (5 puntos)

   Criterios. Se valora el planteamiento de Lagrange, su resolución y la interpretación del multiplicador.

   1. Maximizar \(A=xy\) con \(x+2y=24\). Dividiendo la restricción entre 2 se obtiene la forma simplificada.
   2. \(y=\lambda\), \(x=2\lambda\), \(x+2y=24\): \(4\lambda=24\), \(\lambda=6\), \(x=12\) m, \(y=6\) m, \(A=72\) m². Las ecuaciones de Lagrange son \(\nabla A=\lambda\nabla g\) con \(g=x+2y\): \(y=\lambda\cdot1\) y \(x=\lambda\cdot2\). Comprobación: \(12+2\cdot6=24\).
   3. Un euro más de presupuesto (medio metro más en \(x+2y\)) aumenta el área en unos \(6\cdot\frac12=3\) m².

5. Solución del ejercicio 5 (3 puntos)

   Criterios. Se valora el cálculo ordenado de la integral iterada.

   1. \(\int_0^3\int_0^2xy^2\,dy\,dx=\int_0^3x\cdot\frac83\,dx=\frac83\cdot\frac92=12\). Integramos primero respecto de \(y\), con \(x\) constante: \(\int_0^2xy^2\,dy=x\left[\frac{y^3}{3}\right]_0^2=\frac83x\). Después integramos en \(x\): \(\frac83\int_0^3x\,dx=\frac83\left[\frac{x^2}{2}\right]_0^3=\frac83\cdot\frac92\). Como el integrando es un producto \(g(x)h(y)\) sobre un rectángulo, también vale \(\left(\int_0^3x\,dx\right)\left(\int_0^2y^2\,dy\right)=\frac92\cdot\frac83=12\); por el teorema de Fubini el orden no importa. Interpretación: el resultado es el volumen bajo la superficie \(z=xy^2\) sobre el rectángulo, que tiene área 6; la altura media de la superficie es, por tanto, \(12:6=2\).

Total : 20 puntos