Calcul de Diverses Variables. Prova final (1/juny/2012).

PROBLEMES. [2 punts per problema.]

Temps: 2:30’.

P1] El perfil d’un terreny ve donat per la funcio,

H(x, y) =

(

(1 + x)(1 + y)

2

)1/3

.

a) Si estem al punt (1,0), en quina direccio ens hem de moure per tal d’ascendir de formames rapida?

b) Trobeu-ne el desenvolupament Taylor al voltant del punt (1, 0) fins a segon ordre,inclos.

RES: a) Direccio del gradient (Hx(1, 0) = 1/6, Hy(1, 0) = 1/3).

b) H(1 + h1, h2) = 1 +1

6h1 +

1

3h2 −

1

36h2

1 −1

9h2

2 +1

18h1h2 + O(3).

P2] Trobeu tots els punts estacionaris de la funcio f(x, y) = 3xy+xy2+x2y i discutiu-neel caracter.

RES: (-1,-1) maxim; (0,0), (-3,0), (0,-3) punts de sella.

P3] Calculeu el volum tancat sota la funcio f(x, y) = 3xy sobre la regio del pla XYdelimitada per les rectes y = 0, y = 2, x = 1 i la semicircumferencia de

x2 + (y − 1)2 = 1,

corresponent a valors x ≥ 0.

RES: Volum =1

Calcul de Diverses Variables. Prova final (1/juny/2012).

QUESTIONS. [1 punt per questio.]

Temps: 1:30’.

Q1] a) Comproveu que de les equacions,

x cos y + y cos z + z cos x = π,

x2 + y2 + z2 − xy = π2,

es poden aıllar sengles funcions y(x), z(x), en un entorn del punt (0, 0, π).

b) Calculeu-ne les derivades y′(x = 0), z′(x = 0).

RES: F, G amb derivades contınues.

∣

∣

∣

∣

∣

∂(F, G)

∂(y, z)

∣

∣

∣

∣

∣

(0,0,π)

= −2π 6= 0. Es troba z′(0) = 0,

y′(0) = 1.

Q2] Trobeu tots els punts estacionaris i indiqueu quins son extrems absoluts de la funcioF (x, y) = 4x + y2 sobre l’el·lipse 2x2 + y2 = 6. Feu-ho pel metode dels multiplicadors deLagrange.

RES: Punts estacionaris: (±√

3, 0), (1,±2). El domini es compacte, els extrems absoluts

son: F(

−√

3, 0)

= −4√

3 es el mınim absolut; F (1,±2) = 8 tots dos son maxims absoluts.

Q3] Calculeu, fent us de la formula de Leibniz per integrals que depenen d’un parametre,el valor de la integral seguent:

I(α) = 2∫ ∞

0dy

e−y2 − e−αy2

y, (α > 0).

RES: Derivant: I ′(α) = 1/α, amb I(1) = 0 : I(α) = log α.

Q4] Esbrineu si la serie,∞∑

n=1

1

1 + 2n,

es o no convergent.

RES: Sı que n’es: els criteris del quocient i de l’arrel donen λ = 1/2 < 1; tambe, es mespetita que la geometrica de rao 1/2 < 1, que convergeix.

SOLUCIONS:

P1 a) En la direccio del gradient,

~∇H(1, 0) =

(

∂H

∂x(1, 0),

∂H

∂y(1, 0)

)

=(

1

6,1

3

)

,

com es detalla a continuacio.b) [Metode A]:

∂H

∂x=

1

3

(

(1 + x)(1 + y)

2

)−2/31

2(y + 1) ⇒ 1

6a (1, 0);

∂H

∂y=

1

3

(

(1 + x)(1 + y)

2

)−2/31

2(x + 1) ⇒ 1

3;

∂2H

∂x2=

1

3

(−2)

3

(

(1 + x)(1 + y)

2

)−5/31

4(1 + y)2 ⇒ − 1

18;

∂2H

∂y2=

1

3

(−2)

3

(

(1 + x)(1 + y)

2

)−5/31

4(1 + x)2 ⇒ −2

9;

∂2H

∂y∂x=

1

3

(

(1 + x)(1 + y)

2

)−2/31

2+

1

3

(−2)

3

(

(1 + x)(1 + y)

2

)−5/3(1 + y)

2

(1 + x)

2⇒ 1

18;

∂2H

∂x∂y=

∂2H

∂y∂x. (1)

Amb ~a = (1, 0), H(~a) = 1 i el desenvolupament de Taylor de H(1 + h1, 0 + h2) es,

H(~a) + H ′x(~a) h1 + H ′

y(~a) h2 +1

2

(

H ′′xx(~a) h2

1 + H ′′yy(~a) h2

2 + 2H ′′xy(~a) h1h2

)

+ O(3) =

=[

1 +1

6h1 +

1

3h2 −

1

36h2

1 −1

9h2

2 +1

18h1h2

]

+ O(3)

[Metode B]:Recordar,

(1 + z)1/3 = 1 +1

3z +

13

(

13− 1

)

2z2 + O(3) = 1 +

1

3z − 1

9z2 + O(3);

H(1+h1, 0+h2) =

(

1 +h1

2+ h2 +

1

2h1h2

)|/3

= 1+1

3

(

h1

2+ h2 +

1

2h1h2

)

−1

9

(

h1

2+ h2

)2

+O(3),

que duu al mateix resultat.

P2]

∂f

∂x= 3y + y2 + 2xy = y (3 + y + 2x) = 0,

∂f

∂y= 3x + 2xy + x2 = x (3 + x + 2y) = 0. (2)

Hi ha quatre possibilitats:

i) (x = 0) i (y = 0); ⇒ (0, 0);ii) (x = 0) i (3 + y + 2x = 0), es a dir y = −3, ⇒ (0,−3);iii) (y = 0) i (3 + x + 2y = 0), es a dir x = −3, ⇒ (−3, 0);iv) (2x + y = −3) i (x + 2y = −3), es a dir x = −1, y = −1, ⇒ (−1,−1).

El hessia es,

H(x, y) =

∂2f

∂x2= 2y

∂2f

∂x∂y= 3 + 2(x + y)

3 + 2(x + y)∂2f

∂y2= 2x

;

Substituint els punts trobats,

i) H =

(

0 33 0

)

, det H = −9: (0, 0) es punt de sella.

ii) H =

(

−6 −3−3 0

)

, det H = −9: (0,−3) es punt de sella.

iii) H =

(

0 −3−3 −6

)

, det H = −9: (−3, 0) es punt de sella.

iv) H =

(

−2 −1−1 −2

)

, H11 = −2 < 0, det H = 3 > 0: (−1. − 1) es un maxim.

P3] [Metode A]: Per llesques verticals,

I =∫ ∫

Ddx dy 3xy = 3

∫ 1

0dx x {

∫ 1−√

1−x2

0dy y +

∫ 2

1+√

1−x2

dy y} =

= 3∫ 1

0dx x

1

2{(

1 −√

1 − x2)2

+ 4 −(

1 +√

1 − x2)2} = 3

1

24∫ 1

0dx x

(

1 −√

1 − x2)

=

= 6

[

x2

2+

(1 − x2)3/2

3

]x=1

x=0

= 6(

1

2− 1

3

)

= 1.

[Metode B]: Per llesques horitzontals, es mes directe,

I = 3∫ 2

0dy y

∫ 1

√1−(y−1)2

dx x = 3∫ 2

0dy y

1

2{1 −

(

1 − (y − 1)2)

} =

=3

2

∫ 2

0dy y (y − 1)2 =

3

2

∫ 2

0dy (y3 − 2y2 + y) = 1.

Q1] F (x, y, z) = x cos y + y cos z + z cos x − π, G(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − xy − π2,

a) Es verifiquen les condicions del teorema de la funcio implıcita:i) el punt (0, 0, π) satisfa F (0, 0, π) = 0, G(0, 0, π) = 0;ii) F i G tenen derivades contınues en un entorn del punt;

iii)

∣

∣

∣

∣

∣

∂(F, G)

∂(y, z)

∣

∣

∣

∣

∣

(0,0,π)

= −2π 6= 0, ja que,

∣

∣

∣

∣

∣

∂(F, G)

∂(y, z)

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∂F

∂y= −x sin y + cos z

∂F

∂z= −y sin z + cos x

∂G

∂y= 2y − x

∂G

∂z= 2z

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

⇒∣

∣

∣

∣

∣

−1 10 2π

∣

∣

∣

∣

∣

= −2π 6= 0, al punt.

b) Es verifica, identicament:

x cos y(x) + y(x) cos z(x) + z(x) cos x = π,

x2 + y(x)2 + z(x)2 − xy(x) = π2.

Derivant cadascuna amb respecte a x, surt,

cos y(x) − x sin y(x)y′(x) + y′(x) cos z(x) − y(x) sin z(x)z′(x) + z′(x) cos x − z(x) sin x = 0,

2x + 2y(x)y′(x) + 2z(z)z′(x) − y(x) − xy′(x) = 0.

Substituint en el punt (x = 0, y(x = 0) = 0, z(x = 0) = π), es troba,

1 − y′(0) + z′(0) = 0,

2πz′(0) = 0,

sistema del que es poden aıllar els valors y′(0) = 1, z′(0) = 0.

Q2] La funcio de Lagrange : Φ(x, y, λ) = F (x, y) − λ (2x2 + y2 − 6).

∂Φ

∂x= 0 ⇒ 4 = λ 4x

∂Φ

∂y= 0 ⇒ 2y = λ 2y,

d’on,

∣

∣

∣

∣

∣

4 4x2y 2y

∣

∣

∣

∣

∣

= 0, ⇒ 8y(1 − x) = 0,

amb les solucions,(i) y = 0 ; (ii) x = 1.

Substituint a l’equacio del lligam:(i) 2x2 = 6 ⇒ x = ±

√3. La funcio F (±

√3, 0) = ±4

√3 ≈ ±6.9.

(ii) y2 = 4 ⇒ y = ±2. La funcio F (1,±2) = 8Ates que l’el·lipse es un domini compacte, (−

√3, 0) es el mınim absolut; (1,−2) i (1, 2) son

tots dos maxims absoluts.

Q3] Derivant amb respecte a x,

I ′(x) = 2∫ ∞

0dy

∂

∂x

(

e−y2 − e−xy2)

y=∫ ∞

0dy 2y e−xy2

=[

−1

xe−xy2

]y=∞

y=0=

1

x.

Integrant,I(x) = log x + C.

La constant C es fixa a partir del valor I(x = 1) = 0 i val C = 0.

I(x) = log x.

Q4] Pel criteri del quocient (de d’Alembert),

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

(

11+2n+1

)

(

11+2n

) = limn→∞

1 + 2n

1 + 2n+1= lim

n→∞1 + 2n

1 + 2 · 2n=

1

2< 1,

per tant, la serie es convergent.

Figure 1: Figures corresponents al tercer problema.