Calcul de Diverses Variables. Prova final (11/gener/2012).

PROBLEMES. [2 punts per problema.]

Temps: 2:30’.

P1] Considereu la seguent funcio escalar t(x, y, z) definida implıcitament per:

F (x, y, z, t) = xt + yt2 + zet = 1.

a) Demostreu que en un entorn del punt (x, y, z, t) = (1, 1, 1, 0) la funcio t(x, y, z) existeixi es diferenciable.

b) Trobeu el gradient de t(x, y, z) a (1, 1, 1).c) Doneu el desenvolupament de Taylor de t(x, y, z) al voltant de (1, 1, 1) fins a primer

ordre.

P2] Considereu la funcio:

f(x, y) = x2 + y2 − x2y2.

a) Trobeu-ne tots els punts estacionaris i classifiqueu-los.b) Raoneu si hi ha mınims i maxims absoluts.

P3] Considereu el domini D, delimitat per les corbes: y2 = 27x i y = x2. Determineu laseva area. Comproveu, fent el calcul corresponent, que es verifica el teorema de Fubini peraquesta integral.

1

Calcul de Diverses Variables. Prova final (11/gener/2012).

QUESTIONS. [1 punt per questio.]

Temps: 1:30’.

Q1] Calculeu el lımit de la funcio f(x, y) =(exy − 1)

x, quan (x, y) → (0, 0) .

Q2] Trobeu el desenvolupament de Taylor de la funcio f(x, y) = xe3y, fins a tercer ordreinclos, al voltant de (x, y) = (0, 0) .

Q3] Trobeu els punts estacionaris de la funcio f(x, y) = exy, a la regio x2 + y2 ≤ 2.

Q4] Donada la serie:∞∑

n=0

(−1)n/3n;

a) Estudieu si es o no convergent.b) Estudieu si es o no absolutament convergent.c) Indiqueu quants termes cal sumar per tal que l’error comes al aproximar la serie sigui

inferior a 1/20.

2

Solucions.

Q1] Per (x, y) 6= (0, 0), f(x, y) =exy − 1

xyy. El primer factor tendeix a la unitat, d’acord

amb la regla de l’Hopital aplicada a limz→0

ez − 1

z= lim

z→0ez = 1 (amb z = xy), mentre que el

segon terme tendeix a zero. Per tant, lim(x,y)→(0,0)

(exy − 1)

x= 0.

Alternativament, usant el desenvolupament de Taylor de exy entorn de (0, 0),

lim(x,y)→(0,0)

(exy − 1)

x= lim

(x,y)→(0,0)

1 + xy + O(xy)2 − 1

x= lim

(x,y)→(0,0)

(

y + O(xy2) = 0)

.

Q2] f(x, y) = xe3y = x

[

1 + 3y +(3y)2

2+ ...

]

= x + 3xy +9

2xy2 + O(4).

Q3] f(x, y) = exy; domini D = regio x2 + y2 ≤ 2.Punts estacionaris: solucions de,

∂f

∂x= yexy = 0 ⇒ y = 0,

∂f

∂y= xexy = 0 ⇒ x = 0.

El punt (0, 0) es estacionari i pertany a l’interior del domini D.

Els punts estacionaris a la vora del domini x2 + y2 = 2 es troben mitjancant el metodedels multiplicadors de Lagrange. Hi ha un lligam i es necessita un sol multiplicador λ. Lafuncio de Lagrange es Φ(x, y, λ) = exy − λ(x2 + y2 − 2); els punt buscats son estacionarisrespecte de x, y, λ:

∂Φ

∂λ= 0 ⇒ x2 + y2 = 2 (lligam),

∂Φ

∂x= 0 ⇒ yexy = λ2x,

∂Φ

∂y= 0 ⇒ xexy = λ2y.

Noti’s la proporcionalitat entre exy(

yx

)

i(

xy

)

, que implica

∣

∣

∣

∣

y xx y

∣

∣

∣

∣

= 0 ⇒ y2 − x2 = 0.

3

Si x2 = y2 i es verifica el lligam, ⇒ 2x2 = 2 ⇒ x ± 1. Ates que y = ±x, trobem aixıquatre solucions (1, 1), (−1,−1), (1,−1), (−1, 1): pels dos primers f(1, 1) = f(−1,−1) = e;f(1,−1) = f(−1, 1) = 1/e.

[En ser el domini D compacte, i f(0, 0) = 1, (1, 1), (−1,−1) son maxims absoluts,(1,−1), (−1, 1) son mınims absoluts.

El punt (0, 0) es punt de sella: f(0+h1, 0+h2)−1 = eh1h2−1 ≈ h1h2+O(4); suficientmentaprop del punt, seguint la recta h2 = h1 l’increment es positiu mentre que seguint la rectah2 = −h1, es negatiu.]

Q4] a)∞∑

n=0

(−1)n/3n es una serie alternada, amb el terme general monotonament decreix-

ent en valor absolut. Pel criteri de Leibniz la serie convergeix.

Alternativament, hom reconeix la serie geometrica amb rao r = −1/3, |r| < 1: convergeix

(la suma val S =1

1 − r=

3

4).

b) La serie dels valors absoluts∞∑

n=0

1/3n es tambe geometrica amb r = 1/3 < 1 i con-

vergeix. Per tant, la serie original es absolutament convergent.

c) D’acord amb el criteri de Leibniz, en una truncacio d’una serie alternada l’error comeses menor que el primer terme menyspreat. Si aproximem la serie pels tres primers termes

1− 1

3+

1

32=

7

9, l’error comes ha de ser menor que la magnitud del seguent terme en la serie

1

33=

1

27<

1

20, que ja compleix amb l’enunciat.

(En aquest cas que la suma exacta de la serie es coneguda, es pot comprovar directament:3

4− 7

9= − 1

36, que en magnitud es inferior a

1

20).

4

P1] a) F (x, y, z, t) = xt + yt2 + zet = 1.El punt (1, 1, 1, 0) verifica aquesta equacio.F es contınua amb les derivades contınues (de tots els ordres) en un entorn del punt.∂F

∂t= x + 2ty + zet ⇒

[

∂F

∂t

]

(1,1,1,0)

= 2 6= 0.

Es verifiquen les condicions del teorema de la funcio implıcita. Per tant t(x, y, z) estadefinida en un entorn de ~a = (1, 1, 1), on es contınua amb derivades contınues i t(~a) = 0.

El teorema assegura que totes les derivades parcials son contınues en un entorn d’ ~a, perconseguent la funcio es diferenciable a ~a.

b) Es verifica F (x, y, z, t(x, y, z)) = 1, identicament. D’acord amb la regla de la cadena,

∂F

∂x+

∂F

∂t

∂t

∂x= 0 ⇒

[

∂t

∂x

]

~a

= −[

∂F/∂x

∂F/∂t

]

(1,1,1,0)

= −[

t

x + 2ty + zet

]

(1,1,1,0)

= 0.

Semblantment per les altres derivades parcials,

[

∂t

∂y

]

~a

= −[

∂F/∂y

∂F/∂t

]

(1,1,1,0)

= −[t2](1,1,1,0)

2= 0,

[

∂t

∂z

]

~a

= −[

∂F/∂z

∂F/∂t

]

(1,1,1,0)

= −et=0

2= −1

2.

El gradient es ~∇t(1, 1, 1) = (0, 0,−1

2).

c)

t(x, y, z) = t(~a) + (x − 1)∂t(~a)

∂x+ (y − 1)

∂t(~a)

∂y+ (z − 1)

∂t(~a)

∂z+ O(2) = −1

2(z − 1) + O(2).

L’equacio de l’hiperpla tangent en el punt ~a es (z − 1) + 2t = 0.

P2] f(x, y) = x2 + y2 − x2y2. Els punts estacionaris son les solucions de:

∂f

∂x= 2x(1 − y2) = 0 ⇒ x = 0, o be y2 = 1,

i∂f

∂y= 2y(1 − x2) = 0 ⇒ y = 0, o be x2 = 1.

Les solucions d’aquest sistema son (0, 0); (1, 1), (1,−1), (−1, 1), (−1,−1).El seu caracter es pot determinar a partir de la matriu hessiana:

H(x,y) =

( ∂2f∂x2 = 2(1 − y2) ∂2f

∂x∂y= −4xy

∂2f∂y∂x

= −4xy ∂2f∂y2 = 2(1 − x2)

)

.

5

El punt (0, 0) es un mınim local ja que H =(

2 00 2

)

, H00 = 2 > 0 i det H = 4 > 0.

(Alternativament, els dos valors propis de H , 2, son obviament positius).Els quatre punts amb x2 = y2 = 1 son punts de sella ja que det H = −16x2y2 = −16 < 0

per tots quatre.

b) No hi ha ni mınims ni maxims absoluts. Es suficient adonar-se que, per exemple,f(x → ∞, y = 0) → ∞ mentre que lim

x→∞f(x, y = x) → −∞.

P3] Les corbes y = x2 i y2 = 27x es tallen a l’origen i al punt (3, 9).(Veure la figura que s’inclou al final del fitxer).

∫ ∫

Ddx dy =

∫ x=3

x=0dx

∫ y=√

27x

y=x2

dy =∫ 3

0dx(

27x1/2 − x2)

=

[√27

2

3x3/2 − x3

3

]3

0

= 9.

Tambe,

∫ ∫

Ddx dy =

∫ y=9

y=0dy

∫

√y

x= y2

27

dx =∫ 9

0dy(

y1/2 − 1

27y2)

=

[

2

3y3/2 − 1

27

y3

3

]9

0

= 9,

que coincideix amb el resultat anterior, d’acord amb el teorema de Fubini.

6

Figure 1: Figures corresponents al tercer problema.

7