Cálculo en varias variables – matemáticas 1º Grado (Universidad): soluciones de los ejercicios para descargar en PDF

← Volver a los ejercicios

1. Solución del ejercicio 1

   Planteamiento. El dominio está formado por los puntos donde la expresión tiene sentido: radicandos no negativos y argumentos de logaritmos positivos. Las curvas de nivel se obtienen igualando la función a una constante y reconociendo la curva.

   1. Hace falta \(4-x^2-y^2\ge0\), es decir \(x^2+y^2\le4\): el disco cerrado de centro el origen y radio 2.
   2. Hace falta \(x-y>0\): el semiplano abierto por debajo de la recta \(y=x\).
   3. Circunferencias centradas en el origen de radios 1, 2 y 3. Al ser cada vez más juntas en altura, la superficie (un paraboloide) es cada vez más empinada.
   4. \(z=\sqrt{4-x^2-y^2}\) cumple \(x^2+y^2+z^2=4\), \(z\ge0\): la semiesfera superior de radio 2.

2. Solución del ejercicio 2

   Planteamiento. Si el límite existe, debe valer lo mismo por cualquier camino. Probar rectas \(y=mx\) sirve para demostrar que no existe; para demostrar que existe pasamos a polares y acotamos la expresión por algo que tienda a 0.

   1. Por \(y=mx\): \(\frac{mx^2}{(1+m^2)x^2}=\frac{m}{1+m^2}\), que depende de \(m\). El límite no existe.
   2. \(x=r\cos\theta\), \(y=r\sin\theta\): \(\frac{r^3\cos^2\theta\sin\theta}{r^2}=r\cos^2\theta\sin\theta\), y \(|r\cos^2\theta\sin\theta|\le r\to0\). El límite es 0.
   3. Por \(y=mx\) da \(\frac{1-m^2}{1+m^2}\): 1 por el eje \(x\) y \(-1\) por el eje \(y\). No existe.
   4. No. Por las rectas \(y=mx\) el límite es 0, pero por \(y=x^2\) vale \(\frac{x^4}{2x^4}=\frac12\). No existe.

3. Solución del ejercicio 3

   Planteamiento. Para derivar parcialmente respecto de una variable tratamos la otra como constante. Calculamos las derivadas de primer y segundo orden y comprobamos que las cruzadas coinciden, como asegura el teorema de Schwarz.

   1. \(f_x=3x^2y^2-2y+ye^{xy}\) y \(f_y=2x^3y-2x+xe^{xy}\).
   2. \(f_{xx}=6xy^2+y^2e^{xy}\); \(f_{yy}=2x^3+x^2e^{xy}\); \(f_{xy}=6x^2y-2+e^{xy}+xye^{xy}\).
   3. Derivando \(f_y\) respecto de \(x\): \(6x^2y-2+e^{xy}+xye^{xy}\), igual que \(f_{xy}\).
   4. \(\nabla f(1,0)=(0,\ -2+1)=(0,-1)\).

4. Solución del ejercicio 4

   Planteamiento. El gradiente reúne las derivadas parciales. La derivada direccional es el producto escalar del gradiente por un vector unitario, de modo que hay que normalizar la dirección; la máxima tasa de crecimiento es el módulo del gradiente.

   1. \(\nabla f=(2x+3y,\ 3x)\); \(\nabla f(1,2)=(8,3)\).
   2. Unitario \(u=\left(\frac35,\frac45\right)\): \(D_uf=8\cdot\frac35+3\cdot\frac45=\frac{36}{5}=7{,}2\).
   3. En la del gradiente, \((8,3)\), con rapidez \(\|\nabla f\|=\sqrt{73}\approx8{,}54\).
   4. En las perpendiculares al gradiente: \(\pm\frac1{\sqrt{73}}(-3,8)\), tangentes a la curva de nivel.

5. Solución del ejercicio 5

   Planteamiento. El plano tangente es la aproximación lineal de la superficie en el punto: usa las derivadas parciales como pendientes. Con él estimamos valores cercanos y comparamos con el valor exacto para ver el error.

   1. \(f_x=2x=2\), \(f_y=2y=4\): \(z=5+2(x-1)+4(y-2)\).
   2. \(z\approx5+2\cdot0{,}1+4\cdot(-0{,}1)=4{,}8\).
   3. \(1{,}21+3{,}61=4{,}82\); error \(0{,}02\).
   4. \((f_x,f_y,-1)=(2,4,-1)\).

6. Solución del ejercicio 6

   Planteamiento. La regla de la cadena combina las derivadas parciales de \(z\) con las derivadas de \(x(t)\) e \(y(t)\). Comprobamos el resultado sustituyendo primero y derivando después, y evaluamos en el instante pedido.

   1. \(z_x=2xy\), \(z_y=x^2\), \(x'=-\sin t\), \(y'=\cos t\).
   2. \(\frac{dz}{dt}=2xy(-\sin t)+x^2\cos t=-2\cos t\sin^2t+\cos^3t\).
   3. \(z=\cos^2t\sin t\); \(z'=-2\cos t\sin t\cdot\sin t+\cos^2t\cos t\), lo mismo.
   4. \(-2\cdot\frac{\sqrt2}{2}\cdot\frac12+\frac{\sqrt2}{4}=-\frac{\sqrt2}{2}+\frac{\sqrt2}{4}=-\frac{\sqrt2}{4}\approx-0{,}354\).

7. Solución del ejercicio 7

   Planteamiento. El gradiente de la temperatura señala la dirección en que más aumenta; para enfriarse lo antes posible hay que moverse en sentido opuesto. Las direcciones perpendiculares al gradiente mantienen la temperatura constante.

   1. \(T(3,1)=100-9-2=89\) °C.
   2. \(\nabla T=(-2x,-4y)\); en \((3,1)\): \((-6,-4)\).
   3. En la de \(-\nabla T=(6,4)\), alejándose del centro; la temperatura baja a \(\sqrt{52}\approx7{,}21\) °C por cm.
   4. Perpendiculares al gradiente: \(\pm(2,-3)/\sqrt{13}\), tangentes a la elipse de nivel \(x^2+2y^2=11\).

8. Solución del ejercicio 8

   Planteamiento. Evaluamos la altitud, calculamos el gradiente en la posición del montañero y lo interpretamos: apunta hacia la máxima subida. La derivada direccional da la pendiente en otra dirección y el módulo del gradiente, la pendiente máxima.

   1. \(h(100,50)=3000-1-0{,}5=2998{,}5\) m.
   2. \(\nabla h=(-0{,}0002x,\ -0{,}0004y)=(-0{,}02;\ -0{,}02)\). La subida máxima es en la dirección \((-1,-1)\), hacia el suroeste, es decir hacia la cima, situada en el origen.
   3. \(D_uh=\frac{-0{,}02-0{,}02}{\sqrt2}\approx-0{,}028\): hacia el noreste baja unos 2,8 m por cada 100 m recorridos.
   4. \(\|\nabla h\|=0{,}02\sqrt2\approx0{,}028\), una pendiente del 2,8 %, de unos 1,6°: un paseo muy cómodo.

9. Solución del ejercicio 9

   Planteamiento. Usamos la restricción del volumen para eliminar una variable y obtener la superficie en función de dos. Buscamos el punto crítico igualando a cero las derivadas parciales y lo clasificamos con la matriz hessiana.

   1. \(S=xy+2xz+2yz\) y \(xyz=32\), luego \(z=\frac{32}{xy}\).
   2. \(S=xy+\frac{64}{y}+\frac{64}{x}\); \(S_x=y-\frac{64}{x^2}\) y \(S_y=x-\frac{64}{y^2}\).
   3. \(yx^2=64\) y \(xy^2=64\); dividiendo, \(x=y\), y entonces \(x^3=64\): \(x=y=4\).
   4. \(z=\frac{32}{16}=2\) dm; \(S=16+16+16=48\) dm². Es mínimo: la hessiana en \((4,4)\) es \(\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix}\), con determinante \(3>0\) y \(S_{xx}=2>0\).

10. Solución del ejercicio 10

    Planteamiento. Los puntos críticos anulan las dos derivadas parciales. Resolvemos el sistema lineal resultante y usamos el criterio de la hessiana (determinante y signo de \(B_{xx}\)) para comprobar que es un máximo.

    1. \(B_x=-2x+y+60\) y \(B_y=-2y+x+30\).
    2. De la primera, \(y=2x-60\); en la segunda: \(-4x+120+x+30=0\), \(x=50\), \(y=40\).
    3. \(H=\begin{pmatrix}-2&1\\1&-2\end{pmatrix}\): \(\det H=3>0\) y \(B_{xx}<0\): máximo.
    4. \(B(50,40)=2100\) €, vendiendo 5000 helados pequeños y 4000 grandes.

11. Solución del ejercicio 11

    Planteamiento. Con el método de Lagrange planteamos \(\nabla A=\lambda\nabla g\) junto con la restricción. Eliminando \(\lambda\) obtenemos la relación entre los lados, y el multiplicador indica cuánto aumenta el área por cada metro adicional de valla.

    1. Maximizar \(A=xy\) con \(g(x,y)=2x+y=40\).
    2. \(y=2\lambda\), \(x=\lambda\), \(2x+y=40\).
    3. \(y=2x\), \(4x=40\): \(x=10\) m, \(y=20\) m, \(A=200\) m², \(\lambda=10\).
    4. \(A=x(40-2x)\), \(A'=40-4x=0\), \(x=10\). \(\lambda=10\) indica que cada metro más de valla aumentaría el área máxima en unos 10 m².

12. Solución del ejercicio 12

    Planteamiento. Maximizamos la producción con la restricción presupuestaria mediante multiplicadores de Lagrange. Dividiendo las dos primeras ecuaciones eliminamos \(\lambda\) y obtenemos la proporción óptima entre capital y trabajo.

    1. \(20K+5L=400\).
    2. \(\frac{5L}{\sqrt{KL}}=20\lambda\) y \(\frac{5K}{\sqrt{KL}}=5\lambda\). Dividiendo: \(\frac LK=4\), \(L=4K\). Sustituyendo: \(40K=400\), \(K=10\), \(L=40\).
    3. \(Q=10\sqrt{400}=200\) unidades.
    4. \(20\cdot10=200\) € y \(5\cdot40=200\) €. Con exponentes iguales (\(\frac12\) y \(\frac12\)), la función Cobb-Douglas reparte el presupuesto a partes iguales.

13. Solución del ejercicio 13

    Planteamiento. La diferencial total estima el cambio del volumen a partir de pequeños errores en las medidas. Cada término es una derivada parcial multiplicada por el error correspondiente, y comparándolos vemos qué medida influye más.

    1. \(V=90\pi\approx282{,}7\) cm³.
    2. \(dV=2\pi rh\,dr+\pi r^2dh\).
    3. \(|dV|\le2\pi\cdot30\cdot0{,}05+\pi\cdot9\cdot0{,}1=3\pi+0{,}9\pi=3{,}9\pi\approx12{,}25\) cm³ (un 4,3 %).
    4. El del radio aporta \(3\pi\) frente a \(0{,}9\pi\): hay que controlar mejor el radio, porque el volumen depende de su cuadrado.

14. Solución del ejercicio 14

    Planteamiento. La masa es la integral doble de la densidad, y las coordenadas del centro de masas son momentos divididos entre la masa. En un rectángulo integramos primero en una variable y después en la otra (teorema de Fubini).

    1. \(\int_0^2\int_0^1(x+y)\,dy\,dx=\int_0^2\left(x+\frac12\right)dx=2+1=3\) t.
    2. \(\int_0^2\int_0^1(x^2+xy)\,dy\,dx=\int_0^2\left(x^2+\frac x2\right)dx=\frac83+1=\frac{11}3\); \(\bar x=\frac{11}{9}\approx1{,}22\) m.
    3. \(\int_0^2\int_0^1(xy+y^2)\,dy\,dx=\int_0^2\left(\frac x2+\frac13\right)dx=1+\frac23=\frac53\); \(\bar y=\frac59\approx0{,}56\) m.
    4. El centro de masas está desplazado hacia la esquina \((2,1)\), donde la losa es más densa.

15. Solución del ejercicio 15

    Planteamiento. Buscamos los puntos críticos resolviendo el sistema del gradiente nulo, calculamos la hessiana y la evaluamos en cada punto. El signo del determinante y de \(f_{xx}\) decide si es mínimo, máximo o punto de silla.

    1. \(f_x=3x^2-3y\), \(f_y=3y^2-3x\). De \(y=x^2\) y \(x=y^2\): \(x^4=x\), \(x=0\) o \(x=1\). Puntos \((0,0)\) y \((1,1)\).
    2. \(H=\begin{pmatrix}6x&-3\\-3&6y\end{pmatrix}\).
    3. En \((0,0)\): \(\det H=-9<0\), punto de silla. En \((1,1)\): \(\det H=27>0\) y \(f_{xx}=6>0\), mínimo local con \(f(1,1)=-1\).
    4. No: \(f(x,0)=x^3\) toma todos los valores reales, así que no hay extremos absolutos.
    5. El mínimo absoluto en el cuadrado es \(-1\), en \((1,1)\).

16. Solución del ejercicio 16

    Planteamiento. En una región cerrada y acotada, los extremos absolutos están en los puntos críticos interiores o en el borde. Estudiamos el interior con el gradiente y el borde reduciendo la función a una variable, y comparamos todos los valores.

    1. \(f_x=2x-2=0\), \(f_y=2y=0\): \((1,0)\), con \(f=-1\).
    2. \(f=4-2x\).
    3. Es decreciente: máximo en \(x=-2\) (punto \((-2,0)\), \(f=8\)) y mínimo en \(x=2\) (punto \((2,0)\), \(f=0\)).
    4. Máximo absoluto 8 en \((-2,0)\); mínimo absoluto \(-1\) en \((1,0)\).
    5. Porque \(f\) es continua y el disco es cerrado y acotado (compacto).

17. Solución del ejercicio 17

    Planteamiento. Si una integral iterada no se puede calcular en un orden, dibujamos la región y la describimos con el otro orden. Así aparece un factor que permite un cambio de variable sencillo y calcular la integral.

    1. Es el triángulo de vértices \((0,0)\), \((0,1)\) y \((1,1)\): \(0\le x\le y\le1\).
    2. \(0\le y\le1\) y \(0\le x\le y\).
    3. \(I=\int_0^1\int_0^ye^{y^2}dx\,dy=\int_0^1ye^{y^2}dy=\left[\frac12e^{y^2}\right]_0^1=\frac{e-1}{2}\).
    4. \(I\approx0{,}859\). El área del triángulo es \(\frac12\), así que \(\frac12\le I\le\frac e2\approx1{,}36\). Correcto.

18. Solución del ejercicio 18

    Planteamiento. El volumen bajo una superficie es una integral doble. Como la región es un círculo, pasamos a coordenadas polares sin olvidar el factor \(r\) del jacobiano, y comparamos el resultado con un cono de la misma base y altura.

    1. \(V=\iint_{x^2+y^2\le4}(4-x^2-y^2)\,dA\).
    2. \(V=\int_0^{2\pi}\int_0^2(4-r^2)\,r\,dr\,d\theta\).
    3. \(2\pi\left[2r^2-\frac{r^4}4\right]_0^2=2\pi(8-4)=8\pi\approx25{,}1\) m³.
    4. Cono: \(\frac13\pi\cdot4\cdot4=\frac{16\pi}{3}\approx16{,}8\) m³; el paraboloide tiene 1,5 veces más volumen.
    5. \(1{,}2\cdot8\pi\approx30{,}2\) t.

19. Solución del ejercicio 19

    Planteamiento. La recta de mínimos cuadrados minimiza la suma de los cuadrados de los errores. Derivamos respecto de los dos coeficientes, resolvemos el sistema lineal resultante y comprobamos con la hessiana que es un mínimo.

    1. \(S=(2-a-b)^2+(3-2a-b)^2+(5-3a-b)^2\).
    2. \(S_a=-2[(2-a-b)+2(3-2a-b)+3(5-3a-b)]=0\) y \(S_b=-2[(2-a-b)+(3-2a-b)+(5-3a-b)]=0\), es decir \(14a+6b=23\) y \(6a+3b=10\).
    3. Restando el doble de la segunda: \(2a=3\), \(a=\frac32\); \(b=\frac{10-9}{3}=\frac13\). Recta \(y=1{,}5x+0{,}33\).
    4. \(H=\begin{pmatrix}28&12\\12&6\end{pmatrix}\), \(\det H=24>0\) y \(S_{aa}>0\): mínimo.
    5. \(y(5)=7{,}5+0{,}33\approx7{,}83\) cm. Con solo tres datos, la extrapolación es poco fiable.

20. Solución del ejercicio 20

    Planteamiento. Calculamos las derivadas parciales en el origen con la definición de derivada y estudiamos la continuidad por un camino concreto. Para las funciones armónicas calculamos las segundas derivadas y comprobamos que su suma es nula.

    1. \(f(h,0)=0\), luego \(f_x(0,0)=\lim\frac{0-0}{h}=0\); igualmente \(f_y(0,0)=0\).
    2. Por \(y=x\), \(f(x,x)=\frac12\not\to0\).
    3. Existir las parciales no basta para ser diferenciable, ni siquiera continua. Hace falta, por ejemplo, que las parciales sean continuas.
    4. \(2-2=0\); y \(e^x\sin y-e^x\sin y=0\).