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Fase 2 – Trabajo Colaborativo

Luis Alberto Sánchez Correa- C.C. 16786134 Alexis Mina – C.C. 1193042967 Edgar Emidio Balanta – CC. Luis Eduardo Urreste - CC Huber Hernando Betancourt - C.C: 13054032

Presentado a: Gustavo Salazar Cedeño

Universidad Nacional Abierta y a Distancia – UNAD Escuela de Ciencias Básicas, Tecnología e Ingeniería Calculo Multivariado 203057_34 Octubre - 2018

INTRODUCCION

El siguiente documento tiene el desarrollo de la actividad Fase 2 – Trabajo colaborativo, que tiene como enfoque identificar y evaluar las aplicaciones de la derivada y la integral a la vida cotidiana y se presenta como requisito para la valoración inicial del curso Calculo Multivariado, grupo 203057_34.

La importancia que tiene la realización de este trabajo, radica en unas tareas individuales y colaborativas por parte del grupo, mediante una actividad, contenidos previos, aplicación de la derivación e integración de una variable por medio de problemas de aplicación de la vida cotidiana, donde cada integrante del grupo seleccionara y desarrollara un problema para luego debatir al interior del grupo colaborativo y entregar un solo trabajo(por parte de un integrante en el entorno de evaluación y seguimiento).Nos ayudaran a aumentar nuestros conocimientos en aras de formar un profesional integro. En este trabajo colaborativo de la Fase 2, estudiaremos varias variables Derivadas Parciales, derivadas direccionales, elementos de línea y áreas, máximos y mínimos.

ACTIVIDAD A DESARROLLAR 1. La ecuación de onda Si nos paramos en la orilla del mar y tomamos una foto de las ondas, el rango muestra un patrón regular de picos y valles en un instante de tiempo. Vemos el movimiento vertical periódico en el espacio, con respecto a la distancia. Si nos paramos en el agua, podemos sentir como sube y baja el agua con las olas. Vemos el movimiento vertical periódico en el tiempo. En física, esta bella simetría se expresa mediante la ecuación de onda en una dimensión (espacial)

𝜕2𝑤 𝜕𝑡 2

= 𝑐

2

𝜕2𝑤 𝜕𝑥 2

Donde 𝒘 es la altura de la onda, 𝒙 es la variable de distancia, 𝒕 es la variable de tiempo y 𝒄 es la velocidad de propagación de las ondas. En nuestro ejemplo, 𝑥 es la posición a través de las superficies del océano, aunque en otras aplicaciones 𝑥 podría ser la posición a lo largo de una cuerda vibrante, la distancia en el aire (para ondas sonoras) o la posición en el espacio (ondas de luz). El número 𝑐 varía con el medio y el tipo de onda. Muestre que todas las funciones de los ítems a – e son soluciones de la ecuación de onda. 𝑤 = 𝑓(𝑢), donde 𝑓 es una función diferenciable de 𝑢 = 𝑎(𝑥 + 𝑐𝑡), donde 𝑎 es una

a.

constante. R/ 𝜕 2𝑢 𝜕 2𝑢 2 = 𝑐 [ ] 𝜕𝑡 2 𝜕𝑥 2 Primera Derivada  Segunda Derivada 

𝜕𝑢 𝜕𝑥

𝜕

= 𝜕𝑥 (𝑓[𝑎(𝑥 + 𝑐𝑡)])

𝜕2 𝑢 𝜕𝑥 2

𝜕



= 𝜕𝑥 [𝑓 ′ [𝑎(𝑥 + 𝑐𝑡)] 𝑎] 

𝜕𝑢 𝜕𝑥

= 𝑓 ′ [𝑎(𝑥 + 𝑐𝑡)] (𝑎)

𝜕2 𝑢 𝜕𝑥 2

= 𝑓 " [𝑎(𝑥 + 𝑐𝑡)] 𝑎2

Aplicamos la formula 

𝜕2 𝑢 𝜕𝑡 2

=

2

𝜕 𝑢 𝑐 2 𝜕𝑥 2

= 𝑐 2 𝑓"[𝑎(𝑥 + 𝑐𝑡)] 𝑎2 = 𝑐 2 𝑎2 𝑓"[𝑎(𝑥 + 𝑐𝑡)]

Q.E.D

b. 𝑤 = tan(2𝑥 − 2𝑐𝑡) R/ Muestre que todas las funciones de los ítems a – e son soluciones de la ecuación de onda. 𝑤 = 𝑡𝑎𝑛(2𝑥 − 2𝑐𝑡) 𝛿𝑤 𝛿 = (𝑡𝑎𝑛(2𝑥 − 2𝑐𝑡)) 𝑥 𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝛿𝑡 𝛿𝑡 𝛿𝑤 = −2𝑐𝑠𝑒𝑐 2 (2𝑥 − 2𝑐𝑡) 𝛿𝑡 𝛿 2𝑤 𝛿 𝛿𝑤 = ( ) = −8𝑐 2 𝑠𝑒𝑐 2 (2𝑥 − 2𝑐𝑡)tan(2𝑥 + 2𝑐𝑡) 𝛿𝑡 2 𝛿𝑡 𝛿𝑡 Ahora t es constante 𝛿𝑤 𝛿 = (𝑡𝑎𝑛(2𝑥 − 2𝑐𝑡)) 𝑡 𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝛿𝑡 𝛿𝑥 𝛿𝑤 = 2𝑠𝑒𝑐 2 (2𝑥 − 2𝑐𝑡) 𝛿𝑥 𝛿 2𝑤 𝛿 𝛿𝑤 = ( ) = −8𝑠𝑒𝑐 2 (2𝑥 − 2𝑐𝑡)tan(2𝑥 + 2𝑐𝑡) 2 𝛿𝑥 𝛿𝑡 𝛿𝑡 Luego aplicando 𝜕 2𝑤 𝜕 2𝑤 2 = 𝑐 𝜕𝑡 2 𝜕𝑥 2 𝛿 2𝑤 = −8𝑐 2 𝑠𝑒𝑐 2 (2𝑥 − 2𝑐𝑡)tan(2𝑥 + 2𝑐𝑡) 𝛿𝑡 2

𝛿 2𝑤 = −8𝑠𝑒𝑐 2 (2𝑥 − 2𝑐𝑡)tan(2𝑥 + 2𝑐𝑡) 𝛿𝑥 2

Por lo que 𝛿 2𝑤 = −8𝑐2 𝑠𝑒𝑐2 (2𝑥 − 2𝑐𝑡)tan(2𝑥 + 2𝑐𝑡) = 𝛿𝑡 2

𝑐2

𝛿 2𝑤 𝛿𝑥 2

c. 𝑤 = 5cos(3𝑥 + 3𝑐𝑡) + 𝑒 𝑥+𝑐𝑡 𝜕𝑤

R/ Primera Derivada 

𝜕𝑥

𝜕

= 𝜕𝑥 (5cos(3𝑥 + 3𝑐𝑡) + 𝑒 𝑥+𝑐𝑡 )

𝜕𝑤 𝜕 𝜕 𝑥+𝑐𝑡 = (5 [cos(3𝑥 + 3𝑐𝑡)] + [𝑒 ]) 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑤 𝜕 𝜕 = (5[−sen(3𝑥 + 3𝑐𝑡) (3𝑥 + 3𝑐𝑡)] + [𝑒 𝑥+𝑐𝑡 ] ∗ (𝑥 + 𝑐𝑡)) 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑤 = (5[−sen(3𝑥 + 3𝑐𝑡)(3)] + [𝑒 𝑥+𝑐𝑡 ] ∗ (1)) 𝜕𝑥 𝜕𝑤 = (−15 sen(3𝑥 + 3𝑐𝑡) + 𝑒 𝑥+𝑐𝑡 ) 𝜕𝑥 𝜕2 𝑤

Segunda derivada 

𝜕𝑥 2

= (−15

𝜕𝑤

(sen(3𝑥 + 3𝑐𝑡) + 𝜕𝑥

𝜕𝑤 𝜕𝑥

(𝑒 𝑥+𝑐𝑡 ))

𝜕 2𝑤 𝜕𝑤 𝜕𝑤 𝑥+𝑐𝑡 = (−15 (cos(3𝑥 + 3𝑐𝑡) (3𝑥 + 3𝑐𝑡) + (𝑒 ) (𝑥 + 𝑐𝑡)) 𝜕𝑥 2 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕 2𝑤 = (−15 (cos(3𝑥 + 3𝑐𝑡) (3) + (𝑒 𝑥+𝑐𝑡 )(1)) 𝜕𝑥 2 𝜕 2𝑤 = (−45 (cos(3𝑥 + 3𝑐𝑡) + (𝑒 𝑥+𝑐𝑡 )) 𝜕𝑥 2 Aplicamos la formula 

𝜕2 𝑤 𝜕𝑡 2

= 𝑐2

𝜕2 𝑤 𝜕𝑥 2

= 𝑐 2 (−45 (cos(3𝑥 + 3𝑐𝑡) + (𝑒 𝑥+𝑐𝑡 ))

d. 𝑤 = ln(2𝑥 + 2𝑐𝑡) R/ Se debe derivar dos veces con respecto a t y se debe derivar dos veces con respecto a x: 2. Con respecto a x: Aplicando las derivadas parciales Sea w= ln(2𝑥 + 2𝑐𝑡) Para derivar un logaritmo aplicamos la formula Ln=

1 𝑢

∗ 𝑢'

Donde 1 es 1 𝑢 = 𝑒𝑠 𝑙𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑑𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑙𝑜𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠𝑚𝑜 𝑢' = la derivada de 𝑢' 

ln(2𝑥 + 2𝑐𝑡)

Aplicamos: Ln=

1 𝑢

∗ 𝑢'

1 2𝑥 + 2𝑐𝑡 𝑑𝑤 𝑑𝑥

1

=

2𝑥+2𝑐𝑡

∗2

 Nuestra primera derivada con respecto a x 𝑑𝑤 𝑑𝑥

2

=

simplificamos

2𝑥+2𝑐𝑡 𝑑𝑤

1

=

𝑑𝑥

𝑥+𝑐𝑡

 Segunda derivada con respecto a x al resultado de la primera derivada aplicando la formula 𝑢′

(𝑣 )( 𝑢′)−( 𝑣 ′ )(u)

𝑣

(𝑣)2

Derivada [ ]=

aplicando la ley de cocientes

Donde: U =1 V=x+ct Resolvemos en nuestra ecuación 1 𝑥 + 𝑐𝑡 𝑑2𝑤 𝑑𝑥 2

=

(𝑥+𝑐𝑡 )( 0)−( 1)(1) (𝑥+𝑐𝑡)2 0−1

−1

=

(𝑥+𝑐𝑡)2

operamos

(𝑥+𝑐𝑡)2

𝑑2𝑤 −1 = 2 𝑑𝑥 (𝑥 + 𝑐𝑡)2 3. Después de haber derivado dos veces con respecto a x, lo realizaremos dos veces con respecto a t: - Realizamos los mismos pasos hecho en las derivas de x Sea w= ln(2𝑥 + 2𝑐𝑡) Para derivar un logaritmo aplicamos la formula Ln=

1 𝑢

∗ 𝑢'

ln(2𝑥 + 2𝑐𝑡)



1 2𝑥 + 2𝑐𝑡 𝑑𝑤 𝑑𝑡

1

=

2𝑥+2𝑐𝑡

∗ 2𝑐

 Nuestra primera derivada con respecto a t 𝑑𝑤 𝑑𝑡

=

2𝑐 2𝑥+2𝑐𝑡

 Segunda derivada con respecto a t, del resultado de la primera derivada aplicando la formula

𝑢′

(𝑣 )( 𝑢′)−( 𝑣 ′ )(u)

𝑣

(𝑣)2

Derivada [ ]=

aplicando la ley de cocientes

Donde: U =2c V=2x+2ct Resolvemos en nuestra ecuación 2𝑐 2𝑥+2𝑐𝑡

𝑑2𝑤 𝑑𝑡 2

=

(2𝑥+2𝑐𝑡 )( 0)−( 1)(2c) (2𝑥+2𝑐𝑡)2 0−2𝑐 (2𝑥+2𝑐𝑡)2

operamos

−2𝑐

=

(2𝑥+2𝑐𝑡)2

𝑑2𝑤 −2𝑐 = 𝑑𝑡 2 (2𝑥 + 2𝑐𝑡)2

Ahora realizamos las derivadas mixtas o cruzadas y utilizamos la primer ecuación (que fue derivada con respecto a x, ahora lo aremos con respecto a t Formula 𝑑2𝑤 𝑑𝑡 𝑑𝑥

Para derivar un cociente 𝑢′

(𝑣 )( 𝑢′)−( 𝑣 ′ )(u)

𝑣

(𝑣)2

[ ]=

Donde: U=1 V=x+ct Aplicamos en la ecuación: 1 𝑥 + 𝑐𝑡

𝑑2𝑤 𝑑𝑡 𝑑𝑥

=

(𝑥+𝑐𝑡 )( 0)−( c)(1) (𝑥+𝑐𝑡)2 𝑑2𝑤 𝑑𝑡 𝑑𝑥

=

−1𝑐 (𝑥+𝑐𝑡)2

=

−1𝑐 (𝑥+𝑐𝑡)2

e. 𝑤 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥 + 𝑐𝑡) + cos(2𝑥 + 2𝑐𝑡) 𝜕𝑤

R/ Primera Derivada 

𝜕𝑥

𝜕

= 𝜕𝑥 (𝑠𝑒𝑛(𝑥 + 𝑐𝑡) + cos(2(𝑥 + 𝑐𝑡)))

𝜕𝑤 𝜕 𝜕 (𝑥 + 𝑐𝑡) − 𝑠𝑒𝑛(2(𝑥 + 𝑐𝑡)) (2(𝑥 + 𝑐𝑡)) = cos(𝑥 + 𝑐𝑡) 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑤 = cos(𝑥 + 𝑐𝑡) (1) − 𝑠𝑒𝑛(2(𝑥 + 𝑐𝑡))(2) 𝜕𝑥 𝜕𝑤 = cos(𝑥 + 𝑐𝑡) − 2 𝑠𝑒𝑛(2(𝑥 + 𝑐𝑡)) 𝜕𝑥 𝜕2 𝑤

Segunda derivada 

𝜕𝑥 2

=

𝜕 𝜕𝑥

[cos(𝑥 + 𝑐𝑡) − 2 𝑠𝑒𝑛(2(𝑥 + 𝑐𝑡))]

𝜕 2𝑤 𝜕 𝜕 [(𝑥 = − sen(𝑥 + 𝑐𝑡) + 𝑐𝑡)] − 2 cos(2(𝑥 + 𝑐𝑡)) (2(𝑥 + 𝑐𝑡))] 𝜕𝑥 2 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕 2𝑤 = − sen(𝑥 + 𝑐𝑡) (1) − 2 cos(2(𝑥 + 𝑐𝑡))(2) 𝜕𝑥 2 𝜕 2𝑤 = − sen(𝑥 + 𝑐𝑡) − 4 cos(2(𝑥 + 𝑐𝑡)) 𝜕𝑥 2 𝜕2 𝑤 𝜕𝑡 2

Aplicamos la formula 

𝜕2 𝑤

= 𝑐 2 𝜕𝑥 2 = 𝑐 2 [− sen(𝑥 + 𝑐𝑡) − 4 cos(2(𝑥 + 𝑐𝑡))]

4. Cotas superiores para errores en las aproximaciones lineales Determine la linearización de 𝐿(𝑥, 𝑦) de la función 𝑓(𝑥, 𝑦) en 𝑝0 . Luego determine una cuota superior para la magnitud |𝐸| del error de la aproximación 𝑓(𝑥, 𝑦) ≈ 𝐿(𝑥, 𝑦) en el rectángulo 𝑅. A. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 − 3𝑥𝑦 + 5 en 𝑃0 (2,1),

R/ Primero evaluamos 𝑓

𝑓𝑥

𝑅: |𝑥 − 2| ≤ 0.1, |𝑦 − 1| ≤ 0.1

 𝑓

𝑓𝑦 en el punto (𝑥0, 𝑦0 ) = (2,1).

y

𝑓(2,1) = (𝑥 2 − 3𝑥𝑦 + 5)(2,1) = 3 Derivada parcial respecto a x 𝑓𝑥 (2,1) =

𝜕 2 (𝑥 − 3𝑥𝑦 + 5)(2,1) = (2𝑥 − 3𝑦) = 1 𝜕𝑥

Derivada parcial respecto a y 𝑓𝑦 (2,1) =

𝜕 2 (𝑥 − 3𝑥𝑦 + 5)(2,1) = (−3𝑥) = −6 𝜕𝑦

Lo que da

𝐿(𝑥, 𝑦) = 𝐹(𝑥0, 𝑦0 ) + 𝑓𝑥 (𝑥0, 𝑦0 )(𝑥 − 𝑥0, ) + 𝑓𝑦 (𝑥0, 𝑦0 )(𝑦 − 𝑦0 )

Remplazando

𝐿(𝑥, 𝑦) = 3 + (1)(𝑥 − 2) + (−6)(𝑦 − 1) = 𝑥 − 6𝑦 + 7

La linearización de 𝑓 en (2,1) es 𝐿(𝑥, 𝑦)=𝑥 − 6𝑦 + 7 1

𝐸(𝑥, 𝑦) ≤ 2 𝑀(|𝑥 − 𝑥0, | + |𝑦 − 𝑦0, |)

Ahora usamos la desigualdad 𝑓𝑥𝑥

Buscamos los valores de

𝑓𝑥𝑦

2

𝑓𝑦𝑦

Para este paso se debe tener en cuenta la propiedad de valor absoluto donde |−𝑎| = 𝑎 |𝑓𝑥𝑥

| = |2| = 2

|𝑓𝑥𝑦 | = |−3| = 3

|𝑓𝑦𝑦 | = |0| = 0

Como el 3 es el numero mayor se toma M como 3 si (𝑥0, 𝑦0 )=(2,1) 1

𝑅: |𝑥 − 2| ≤ 0.1, |𝑦 − 1| ≤ 0.1

Por ultimo como R Por tanto

3

𝐸(𝑥, 𝑦) ≤ 2 (3)(|𝑥 − 2| + |𝑦 − 1|)2 = 2 (|𝑥 − 2| + |𝑦 − 1|)2

Entonces

3

𝐸(𝑥, 𝑦) ≤ 2 (0.1 + 0.1)2 = 0.06

𝟏



Entonces |𝐸| = 0.06

𝟏

B. 𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝟐 𝒙𝟐 + 𝒙𝒚 + 𝟒 𝒚𝟐 + 𝟑𝒙 − 𝟑𝒚 + 𝟒 en 𝑷𝟎 (𝟐, 𝟐), 𝑹: |𝒙 − 𝟐| ≤ 𝟎. 𝟏, |𝒚 − 𝟐| ≤ 𝟎. 𝟏 𝐿(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑋𝑜, 𝑌𝑜) +

R/

𝜕𝑓 𝜕𝑥 𝜕𝑓 𝜕𝑦

𝜕𝑓 𝜕𝑥

(𝑋𝑜, 𝑌𝑜)(𝑥 − 𝑋𝑜) +

(𝑋𝑜, 𝑌𝑜) = 𝑥 + 𝑦 + 3  𝑦

(𝑋𝑜, 𝑌𝑜) = 𝑥 + − 3  2

𝜕𝑓 𝜕𝑥 𝜕𝑓 𝜕𝑥

𝜕𝑓 𝜕𝑦

(𝑋𝑜, 𝑌𝑜)(𝑦 − 𝑌𝑜)

(2,2) = 2 + 2 + 3 = 7 (2,2) = 2 + 1 − 3 = 0

𝑓(𝑋𝑜, 𝑌𝑜) = 𝑓(2,2) = 2 + 4 + 1 + 6 − 6 + 4 = 11 𝐿(𝑥, 𝑦) = 11 + 7 (𝑥 − 2) + 0(𝑦 − 2) 

𝐿(𝑥, 𝑦) = 7𝑥 − 3

============================================================== ∂2 f ∂x2 ∂2 f ∂y2

∂2 f ∂xy

∂f

= ∂x (𝑥 + 𝑦 + 3 ) = 1 =

=

∂w (𝑥 ∂y

∂w ∂y

𝑦

1



|𝑓𝑥𝑥| = 1 1

+2−3 ) =2



|𝑓𝑦𝑦| =

(𝑥 + 𝑦 + 3 ) = 1



|𝑓𝑦𝑦| = 1

2

M es el mayor de las 3 derivadas dobles  M=1 |E(x, y)| ≤

1 2

(|X − 2| + |Y − 1|)2

C. 𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝒙𝒚𝟐 + 𝒚 𝒄𝒐𝒔(𝒙 − 𝟏) en 𝑷𝟎 (𝟏, 𝟐), 𝐿(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑋𝑜, 𝑌𝑜) +

R/

𝜕𝑓 𝜕𝑥 𝜕𝑓 𝜕𝑦

𝜕𝑤 𝜕𝑥

|E(x, y)| ≤



(𝑋𝑜, 𝑌𝑜) = 2𝑥𝑦 + 𝑐𝑜𝑠(𝑥 − 1) 

2

(0.1 + 0.1)2  0.02

𝑹: |𝒙 − 𝟏| ≤ 𝟎. 𝟏, |𝒚 − 𝟐| ≤ 𝟎. 𝟏

(𝑋𝑜, 𝑌𝑜)(𝑥 − 𝑋𝑜) +

(𝑋𝑜, 𝑌𝑜) = 𝑦 2 − 𝑦 𝑠𝑒𝑛(𝑥 − 1) 

1

𝜕𝑓

(𝑋𝑜, 𝑌𝑜)(𝑦 − 𝑌𝑜)

𝜕𝑦

(1,2) = 4 − 0 = 4

𝜕𝑥 𝜕𝑓

𝜕𝑤

(1,2) = 4 + 1 = 5

𝜕𝑥

𝑓(𝑋𝑜, 𝑌𝑜) = 𝑓(1,2) = 4 + 2 = 6 𝐿(𝑥, 𝑦) = 6 + 4 (𝑥 − 1) + 5(𝑦 − 2) 

𝐿(𝑥, 𝑦) = 6 + 4𝑥 − 4 + 5𝑦 − 10 = 4𝑥 + 5𝑦 − 8

============================================================== ∂2 f ∂x2 ∂2 f ∂y2

∂2 f ∂xy

=

∂w

=

∂w (2𝑥𝑦 ∂y

=

∂x

∂w ∂y

(𝑦 2 − 𝑦 𝑠𝑒𝑛(𝑥 − 1) ) = −𝑦 𝑐𝑜𝑠(𝑥 − 1) + 𝑐𝑜𝑠(𝑥 − 1) ) = 2x

(𝑦 2 − 𝑦 𝑠𝑒𝑛(𝑥 − 1) ) = 2y − sen(x − 1) =



|𝑓𝑥𝑥| = 2



|𝑓𝑦𝑦| = 2



|𝑓𝑦𝑦| = 4

M es el mayor de las 3 derivadas dobles  M=4 |E(x, y)| ≤

4 2

(|X − 2| + |Y − 1|)2



D. 𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝟏 + 𝒚 + 𝒙𝒄𝒐𝒔𝒚 en 𝑷𝟎 (𝟎, 𝟎),

|E(x, y)| ≤ 2 (0.1 + 0.1)2 0.08

𝑹: |𝒙| ≤ 𝟎. 𝟐, |𝒚| ≤ 𝟎. 𝟐

(Use |𝑐𝑜𝑠𝑦| ≤ 1 𝑦 |𝑠𝑒𝑛𝑦| ≤ 1 𝑎𝑙 𝑒𝑠𝑡𝑖𝑚𝑎𝑟 𝐸. ) R Primero evaluamos 𝑓

𝑓𝑥

y

𝑓𝑦 en el punto (𝑥0, 𝑦0 ) = (0,0).

𝑓(0,0) = (1 + 𝑦 + 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑦)(0,0) = 1+cos 𝑆𝑒 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑢𝑡𝑢𝑦𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑑𝑒 (0)𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑥 , 𝑦 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑢𝑙𝑎 𝑦 𝑠𝑒 𝑜𝑝𝑒𝑟𝑎 (1 + 0 + 0𝑐𝑜𝑠0) Derivada parcial respecto a x: Primera derivada|𝑓𝑥|: 𝑓𝑥 (0,0) =

𝜕 (1 + 𝑦 + 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑦)(0,0) = 𝑐𝑜𝑠𝑦 𝜕𝑥

Su segunda derivada |𝑓𝑥𝑥|: ∂2 w ∂x2

=

∂w ∂x

(𝑐𝑜𝑠𝑦 ) = 0

=0

Donde: cosy, tomando los valores de su equivalencia y operando 𝜕𝑤 (0,0) = 1 𝜕𝑥 Derivada parcial respecto a y: Primera derivada|𝑓𝑦|: 𝒇𝒚 (𝟎, 𝟎) =

𝝏 (𝟏 + 𝒚 + 𝒙𝒄𝒐𝒔𝒚)(𝟎,𝟎) = 𝟏 − 𝒙𝒔𝒆𝒏𝒚 𝝏𝒚

Su segunda derivada|𝑓𝑦𝑦|: 𝛛𝐰 (𝟏 − 𝒙𝒔𝒆𝒏𝒚 ) 𝛛𝐲 𝛛𝟐 𝐰 𝛛𝐲𝟐

= −𝐱𝐜𝐨𝐬𝐲 = 𝟎 =𝟎

Donde: 1-xseny, tomando los valores de su equivalencia y operando 𝜕𝑤 (0,0) = 1 𝜕𝑥 Ahora realizamos las derivadas mixtas o cruzadas y utilizamos la primera ecuación (que fue derivada con respecto a x, ahora lo aremos con respecto a y) |𝑓𝑥𝑦| ∂2 w ∂xy

=

∂w ∂y

(𝑐𝑜𝑠𝑦 ) = −sen(y) = 0

Entonces utilizamos su fórmula: 𝐿(𝑥, 𝑦) = 𝐹(𝑥0, 𝑦0 ) + 𝑓𝑥 (𝑥0, 𝑦0 )(𝑥 − 𝑥0, ) + 𝑓𝑦 (𝑥0, 𝑦0 )(𝑦 − 𝑦0 ) Remplazamos: 𝑳(𝒙, 𝒚) = 𝟏 + 𝟏 (𝒙 − 𝟎) + 𝟏(𝒚 − 𝟎) 𝑶𝒑𝒆𝒓𝒂𝒎𝒐𝒔(𝒔𝒊𝒎𝒑𝒍𝒊𝒇𝒊𝒄𝒂𝒎𝒐𝒔): 𝑂𝑝𝑒𝑟𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑎 ∶ 𝑥 1*(x-0) =x; =1*x =x; (multiplicamos 1*x =x) Operamos a y: 1*(y-0) =y; =1*y =y; (multiplicamos 1*y =y) Unimos los resultados y queda: 𝐿(𝑥, 𝑦) = 1 + 𝑥 + 𝑦 La linealización de 𝑓 en (0,0):

𝐿(𝑥, 𝑦)=1 + 𝑥 + 𝑦 Ahora usamos la desigualdad 1 2 𝐸(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑀(|𝑥 − 𝑥0, | + |𝑦 − 𝑦0, |) 2 Buscamos los valores de

𝑓𝑥𝑥

𝑓𝑥𝑦

𝑓𝑦𝑦

Tener presente la propiedad de valor absoluto donde |−𝑎| = 𝑎 |𝑓𝑥𝑥

| = |0| = 0

|𝑓𝑥𝑦 | = |0| = 0

|𝑓𝑦𝑦 | = |0| = 0

si (𝑥0, 𝑦0 )= (0,0) M=0(se toma su valor ya que es el valor mayor de los tres valores de segunda derivada de cada variable). aplicamos en esta fórmula: 1 𝐸(𝑥, 𝑦) ≤ (0)(|𝑥 − 0| + |𝑦 − 0|)2 = 0 2 Por último, como R

𝑅: |𝑥| ≤ 0.2, |𝑦| ≤ 0.2

𝐸(𝑥, 𝑦) ≤ 0(0.2 + 0.2)2 = 0

Por tanto

E. 𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝒍𝒏𝒙 + 𝒍𝒏𝒚 en 𝑷𝟎 (𝟏, 𝟏), 𝐿(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑋𝑜, 𝑌𝑜) +

R/

𝜕𝑓 𝜕𝑥 𝜕𝑓 𝜕𝑦

(𝑋𝑜, 𝑌𝑜) =

1 𝑥 1

𝜕𝑓 𝜕𝑥



(𝑋𝑜, 𝑌𝑜) = )  𝑦

|𝐸| = 0



𝑹: |𝒙 − 𝟏| ≤ 𝟎. 𝟐, |𝒚 − 𝟏| ≤ 𝟎. 𝟐

(𝑋𝑜, 𝑌𝑜)(𝑥 − 𝑋𝑜) + 𝜕𝑓 𝜕𝑥

𝜕𝑓 𝜕𝑦

(𝑋𝑜, 𝑌𝑜)(𝑦 − 𝑌𝑜)

(1,1) = 1

𝜕𝑓 𝜕𝑥

(1,1) = 1

𝑓(𝑋𝑜, 𝑌𝑜) = 𝑓(1,1) = 0 𝐿(𝑥, 𝑦) = 0 + 1 (𝑥 − 1) + 1(𝑦 − 1)  ∂2 f

∂f

1

1

∂x2

= ∂x (𝑥 ) = x2

∂2 f ∂y2

= ∂y (𝑦 ) = x2 = 1

∂2 f ∂xy

∂f

∂f

1

𝐿(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 𝑦 

1

1

= ∂y (𝑥 ) = 0 =

|𝑓𝑥𝑥| = 1



|𝑓𝑦𝑦| = 1



|𝑓𝑦𝑦| = 0

M es el mayor de las 3 derivadas dobles  M=1 |E(x, y)| ≤

1 2

(|X − 2| + |Y − 1|)2



|E(x, y)| ≤

1 2

(0.2 + 0.2)2  0.08

5. Identificar los extremos de la función reconociendo su forma dada o su forma después de completar cuadrados. Verificar los resultados empleando derivadas parciales para localizar los puntos críticos y probar si son extremos relativos.

A. 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 3)2 R/

𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 3)2 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑦 2 − 2𝑥 − 6𝑦 + 10

Expandimos el término

Aplicamos derivadas parciales para x y luego para y 𝑓𝑥 (𝑥, 𝑦) = 2𝑥 − 2 𝑓𝑦 (𝑥, 𝑦) = 2𝑦 − 6 Para determinar los puntos criticos igualamos las ecuaciones a cero y resolvemos 2𝑥 − 2 = 0 Para y



2𝑥 = 2



2𝑦 − 6 = 0  2𝑦 = 6

2

𝑥=2 

 6

𝑦=2

𝑥=1 

𝑦=3

Para obtener el puto critico (1,3) completando cuadrado se concluye que para todo (𝑥, 𝑦) ≠ (1,3) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑦 2 − 2𝑥 − 6𝑦 + 10 Organizamos 𝑥 2 − 2𝑥 + 𝑦 2 − 6𝑦 = −10 (𝑥 2 − 2𝑥 + 1) + (𝑦 2 − 6𝑦 + 9) = −10 + 1 + 9 (𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 3)2 = 0 Observamos que es igual al ejercicio que se nos entrego Hacemos la prueba de la segunda derivada para determinar si es un minimo o un maximo relativo 𝑓𝑥𝑥 (𝑥, 𝑦) = 2  𝑓𝑦𝑦 (𝑥, 𝑦) = 2 Entonces 𝐷(𝑥, 𝑦) = (2)(2) − 02 = 4



𝑓𝑥𝑦 (𝑥, 𝑦) = 0

Debido a que 𝐷(1,3) > 0 𝑓𝑥𝑥 (1,3) > 0 se concluye que 𝑓(𝑥, 𝑦) = 0 es un minimo relativo.

B. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 5 − (𝑥 − 3)2 − (𝑦 + 2)2 R/ R/Primera Derivada  𝜕𝑓

Respecto a X  𝜕𝑓 𝜕𝑥

𝜕𝑥

𝜕

= 𝜕𝑥 (5 − (𝑥 − 3)2 − (𝑦 + 2)2 ) 

= (−2(𝑥 − 3))  Simplificando 

𝜕𝑓 𝜕𝑥

𝜕𝑓 𝜕𝑥

= (−2(𝑥 − 3) + 0)



= (2(𝑥 − 3)) = 0  x = 3

Respecto a Y 𝜕𝑓 𝜕𝑦

𝜕

= 𝜕𝑦 (5 − (𝑥 − 3)2 − (𝑦 + 2)2 )  

Simplificando 

𝜕𝑓 𝜕𝑦

𝜕𝑓 𝜕𝑦

𝜕𝑓

= (−2(𝑦 + 2))  𝜕𝑦 = (−2(𝑦 + 2)) = 0

= y= - 2

Segunda derivada Respecto a X  Respecto a y 

𝜕2 𝑓 𝜕𝑥 2 𝜕2 𝑓 𝜕𝑥 2

𝜕

𝜕2 𝑓

=

((−2(𝑥 − 3))  𝜕𝑥

𝜕𝑥 2

=

𝜕

𝜕2 𝑓

((−2(𝑦 + 2))  𝜕𝑥

𝜕𝑦 2

=−2 =−2



C. 𝑓(𝑥, 𝑦) = √𝑥 2 + 𝑦 2 + 1 R/ R/Primera Derivada  𝜕𝑓

Respecto a X  𝜕𝑓 𝜕𝑥

=

𝜕𝑥

2𝑥 2√𝑥 2 +𝑦 2 +1

𝜕

= 𝜕𝑥

(√𝑥 2

𝑦2

+

 Simplificando 

𝜕𝑓

+ 1)  𝜕𝑓

=

𝜕𝑥

𝜕𝑥

=

𝑥 √𝑥 2 +𝑦 2 +1

𝑑 𝑑 𝑑 (𝑥 2 )+ (𝑌 2 )+ (1)) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥

(

2√𝑥 2 +𝑦2 +1



= 0  x=0

Respecto a Y 𝜕𝑓 𝜕𝑦

=

𝜕 𝜕𝑦

𝜕𝑓

(√𝑥 2 + 𝑦 2 + 1)  

Simplificando 

𝜕𝑓 𝜕𝑦

= (

𝜕𝑦

𝑦

=

(

𝑑 𝑑 𝑑 (𝑥 2 )+ (𝑌 2 )+ (1)) 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑦

2√𝑥 2 +𝑦 2 +1



𝜕𝑓 𝜕𝑦

=(

2𝑦

)=

2√𝑥 2 +𝑦 2 +1



) y= 0.

√𝑥 2 +𝑦2 +1

==================================================== Segunda derivada Respecto a X 

2

𝜕2 𝑓 𝜕𝑥 2

𝜕 𝑓 = 𝜕𝑥 2

=

𝜕

( 𝜕𝑥

𝑥

)

√𝑥 2 +𝑦2 +1

𝜕2 𝑓 𝜕𝑥 2

=

[

𝑑 𝑑 (𝑥)∗(√𝑥 2 +𝑦 2 +1)− (√𝑥 2 +𝑦2 +1)∗𝑥] 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2 (√𝑥 2 +𝑦 2 +1)

1 1 𝑑 [(√𝑥 2 + 𝑦 2 + 1) − ( ) ( )(𝑥 2 + 𝑦 2 + 1) ∗ 𝑥] 2 √𝑥 2 + 𝑦 2 + 1 𝑑𝑥 (√𝑥 2 + 𝑦 2 + 1) 2

𝜕 𝑓 = 𝜕𝑥 2

2

1 1 [(√𝑥 2 + 𝑦 2 + 1) − 2 ( ) (2𝑥) ∗ 𝑥] 2 √𝑥 + 𝑦 2 + 1 (√𝑥 2 + 𝑦 2 + 1)

2

𝑥2 2 + 𝑦 2 + 1) − ( [(√𝑥 )] 𝜕 2𝑓 √𝑥 2 + 𝑦 2 + 1 = 𝜕𝑥 2 (𝑥 2 + 𝑦 2 + 1) 𝜕 2𝑓 1 𝑥2 = − 3 𝜕𝑥 2 (√𝑥 2 + 𝑦 2 + 1) (𝑥 2 + 𝑦 2 + 1)(2) 𝜕 2 𝑓 (𝑥 2 + 𝑦 2 + 1) 1 = 2 ∗ − 2 2 𝜕𝑥 (𝑥 + 𝑦 + 1) (√𝑥 2 + 𝑦 2 + 1)

𝑥2 3

(𝑥 2 + 𝑦 2 + 1)(2)

𝜕 2𝑓 =∗ 𝜕𝑥 2

(𝑥 2 + 𝑦 2 + 1) 3

((𝑥 2 + 𝑦 2 + 1)(2) ) 𝜕 2𝑓 = 𝜕𝑥 2

Respecto a y 

𝜕2 𝑓 𝜕𝑦 2

=

𝜕 𝜕𝑦

𝜕2 𝑓

((𝜕𝑦 2 =

[

−

𝑥2 3

(𝑥 2 + 𝑦 2 + 1)(2)

𝑦2 + 1 3

(𝑥 2 + 𝑦 2 + 1)(2)

𝑑 𝑑 (𝑦)∗(√𝑥 2 +𝑦2 +1)− (√𝑥 2 +𝑦 2 +1)∗𝑦] 𝑑𝑦 𝑑𝑦 2 (√𝑥 2 +𝑦 2 +1)

𝜕 2𝑓 = 𝜕𝑦 2

)

𝑥2 + 1 3

(𝑥 2 + 𝑦 2 + 1)(2)

D. 𝑓(𝒙, 𝒚) = 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝟐𝒙 − 𝟔𝒚 + 𝟔 R/ 6. Realizamos la primera derivada de cada variable (x, y): Para (x), derivamos con respecto a (x) y (y) tendría el valor de una constante: fx (x, y) =2x+0+2+0+0 Simplificamos =2x+2 Para (y), derivamos con respecto a (y) y (x) tendría el valor de una constante: fy (x, y) =0+2y+0-6+0 Simplificamos =2y-6 7. Igualamos las ecuaciones del resultado de las primeras derivadas de (x, y): Para (x)  Para (y) 

2x+2 = 0 2y-6 = 0

 

2x = -2



2y = 6



2

X= − = -1 2

y=

6 2

=3

 X = -1 

y=3

8. Con estos resultados obtenemos los puntos críticos (-1,3) para (x) y (y) respectivamente 9. Realizamos la segunda derivada parcial de cada variable (x, y), que son las ecuaciones del resultado de las primeras derivadas de cada variable: Para (x) 2x+2 𝑓𝑥𝑥 (𝑥, 𝑦) =2 Para (y) 2y-6 𝑓𝑦𝑦 (𝑥, 𝑦) =2 

Realizamos la derivada Mixta, la cual la realizaremos con respecto a la primera derivada de(x) pero valorando con(y) ósea lo contrario y tomando a (x)el valor de una constante 2x+2 𝑓𝑥𝑦 (𝑥, 𝑦) =0



Hallamos los determinantes por medio de la siguiente ecuación:

Remplazamos: D (x, y) = 2*2 – (0)2 =4–0 =4

Con este resultado según el teorema aplicando lo de la tabla

El punto crítico, pleno paralelo me arroja que es un Mínimo Relativo (el determinante es mayor que cero y la segunda derivada de (x, y) es mayor que cero 

Remplazamos los puntos críticos (-1,3) en la ecuación original: 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 2𝑥 − 6𝑦 + 6 Remplazamos 𝒇(−𝟏, 𝟑) = (−𝟏)𝟐 + (𝟑)𝟐 + 𝟐(−𝟏) − 𝟔(𝟑) + 𝟔 = 1+9-2-18+6 =4 𝑓(−1,3) = 4

E. 𝑓(𝒙, 𝒚) = −𝒙𝟐 − 𝒚𝟐 + 𝟏𝟎𝒙 + 𝟏𝟐𝒚 − 𝟔𝟒 R/ R/Primera Derivada  𝜕𝑓

Respecto a X  𝜕𝑓 𝜕𝑥

𝜕𝑥

𝜕

= 𝜕𝑥 (−𝒙𝟐 − 𝒚𝟐 + 𝟏𝟎𝒙 + 𝟏𝟐𝒚 − 𝟔𝟒) 

= −2(𝑥 − 5)  Simplificando 

𝜕𝑓 𝜕𝑥

𝜕𝑓 𝜕𝑥

= −2𝑥 + 10



= −2(𝑥 − 5) = 0  x=5

Respecto a Y 𝜕𝑓 𝜕𝑦

𝜕

= 𝜕𝑦 (−𝒙𝟐 − 𝒚𝟐 + 𝟏𝟎𝒙 + 𝟏𝟐𝒚 − 𝟔𝟒)  

Simplificando 

𝜕𝑓 𝜕𝑦

𝜕𝑓 𝜕𝑦

= −2𝑦 + 12 

𝜕𝑤 𝜕𝑦

= −2(𝑦 − 6) =



= −2(𝑦 − 6) y= 6.

==================================================== Segunda derivada Respecto a X 

Respecto a Y 

𝜕2 𝑓 𝜕𝑥 2

𝜕2 𝑓 𝜕𝑦 2

=

=

𝜕

(−2(𝑥 − 5))  𝜕𝑥 𝜕

(−2(𝑦 − 6))  𝜕𝑦

𝜕2 𝑓 𝜕𝑥 2

𝜕2 𝑓 𝜕𝑥 2

= −2

=−2

4. Utilice el método de los multiplicadores de Lagrange para encontrar los extremos con restricciones de la función dada. a. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 3 𝑦, sujeta a √𝑥 + √𝑦 = 1 R/𝑥 3 𝑦 ≤ √𝑥 + √𝑦 − 1 𝜕𝑓 𝜕𝑥 𝜕𝑓 𝜕𝑦

1 𝜆

==> 3𝑥 2 𝑦 = 2



2𝑥 3 √𝑦 = 𝜆



√𝑦

Restricción 

6𝑥 2 𝑦 √𝑥 = 𝜆



√𝑥

1 𝜆

==> 𝑥 3 = 2

𝑥 3 𝑦 − √𝑥 − √𝑦 + 1 ≥ 0



6𝑥 5/2 𝑦 = 𝜆  Ecuación 1

 Ecuación 2

√𝑥 + √𝑦 = 1

Remplazando ecuación 1 en 2  3

2𝑥 √𝑦 = 6𝑥

5/2

𝑦

𝑥3



5

=3

𝑥2

𝑦



√𝑦

1 2

𝑥 = 3 √𝑦

 𝑋 =9𝑦

Reemplazando en la ecuación inicial 𝑓(𝑥, 𝑦) = √𝑥 + √𝑦 = 1

 √9𝑦 + √𝑦 = 1

4√𝑦 = 1  √𝑦 = 1/4





3√𝑦 + √𝑦 = 1

 √𝑦(3 + 1) = 1

1

𝑦 = 16

Reemplazando nuevamente en la restricción obtenemos: 1

𝑓(𝑥, 1/16) = √𝑥 + √

16

Respecto a X 

𝜕𝑤 𝜕𝑥

=1 

1

√𝑥 + 4 = 1

𝜕



= 𝜕𝑥 (𝑥 3 𝑦 − √𝑥 − √𝑦 + 1) 

𝑴𝒂𝒙(𝒙𝟑 𝒚| √𝒙 + √𝒚 = 𝟏) =

1

3

9

√𝑥 = 1 − 4  √𝑥 = 4  𝑥 = 16 𝜕𝑤 𝜕𝑥

1

1

𝜕𝑤

√

𝜕𝑥

(3𝑥 − 2 ( 𝑥)) 

= [3𝑥 − (2

𝟕𝟐𝟗 𝟗 𝟏 => (𝒙, 𝒚) = ( . ) 𝟔𝟓𝟓𝟑𝟔 𝟏𝟔 𝟏𝟔

1 √𝑥

)]

b. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 3𝑥 2 + 3𝑦 2 + 5, sujeta 2𝑥 + 𝑦 = 5 R/ 3𝑥 2 + 3𝑦 2 + 5 ≤ 2𝑥 + 𝑦 − 5 

Para solución inicialmente a las restricciones de guardianes (las primera derivada de cada variable(x,y) con respecto a la parte sujeta de la ecuación 2𝑥 + 𝑦 = 5 Igualamos g (x, y) = 2𝑥 + 𝑦 = 5 = 0 2𝑥 + 𝑦 − 5 = 0 Para (x), derivamos con respecto a (x) y (y) tendría el valor de una constante: 𝑓𝑥 (𝑥, 𝑦) = 2 Para (y), derivamos con respecto a (y) y (x) tendría el valor de una constante: 𝑓𝑦 (𝑥, 𝑦) = 1



Realizamos la segunda derivada parcial de cada variable (x, y), que son las ecuaciones del resultado de las primeras derivadas de cada variable: g x (x, y) = 2 g x (x, y) = 1



Confirmamos las tres ecuaciones 2x= λ 1y = λ 2𝑥 + 𝑦 − 5 = 0 Donde: λ = 1 λ= λ Remplazamos estos valores en (primera y segunda derivada), igualamos, operamos Para (x) 2x =2 2 x= =1 2

Para (y) 1y = 1 1 y = =1 1

x=y=1=λ Entonces: donde está (x) colocamos (y), igualamos, operamos 2𝑥 + 𝑦 − 5 = 0 2𝑦 + 𝑦 − 5 = 0 3y -5 = 0 5 y= 3

Remplazamos este resultado en la ecuación inicial u original 𝑓(𝑥, 𝑦) = 3𝑥 2 + 3𝑦 2 + 5 Remplazamos 5

5

5

5

65

3

3

3

3

3

𝑓 ( , ) = 3( )2 + 3( )2 + 5 =

c.

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦, sujeta 𝑥 2 + 𝑦 2 = 2

R/ 𝑥𝑦 ≤ 𝜕𝑓 𝜕𝑥 𝜕𝑓 𝜕𝑦

=21.6

𝑥2 + 𝑦2 − 2

==> 𝑦 = 2𝑥 𝜆



==> 𝑥 = 2𝑦 𝜆



Restricción 

𝑦 2𝑥 𝑥 2𝑦

=𝜆

Ecuación 1

 

Ecuación 2



2𝑦 2 = 2𝑥 2

=𝜆

𝑥 2 + 𝑦2 = 2

Remplazando ecuación 1 en 2 

𝑦 2𝑥

𝑥

= 2𝑦

 𝑦2 = 𝑥2

Reemplazando en la ecuación inicial 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑦2

=2



𝑦2 + 𝑦2 = 2



2𝑦 2 = 2



𝑦2 = 1

Reemplazando nuevamente en la restricción obtenemos: 𝑓(𝑥, 1) = 𝑥2 + 𝑦2

=2



𝑥 2 + 12 = 2



𝑀𝑎𝑥 (𝑥𝑦 | 𝑥 2 + 𝑦 2 = 2) = 1 𝑀𝑎𝑥 (𝑥𝑦 | 𝑥 2 + 𝑦 2 = 2) = 1

𝑥2 = 1  𝑥 = 1

= > (𝑥, 𝑦) = (−1 , −1 ) = > (𝑥, 𝑦) = (1 ,1 )

𝑀𝑖𝑛 (𝑥𝑦 | 𝑥 2 + 𝑦 2 = 2) = −1

= > (𝑥, 𝑦) = (−1 ,1 )

𝑀𝑖𝑛 (𝑥𝑦 | 𝑥 2 + 𝑦 2 = 2) = −1

= > (𝑥, 𝑦) = (1 , −1 )

 𝑦=1

Entonces 𝑦 = 𝑥 = 1, Y el maximo con restrincion es

𝑓(1,1) = (1) ∗ (1) = 1

d. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 2𝑦 + 𝑧, sujeta 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 30 r/ 𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 ≤ 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 30 𝜕𝑓 𝜕𝑥 𝜕𝑓 𝜕𝑦 𝜕𝑓 𝜕𝑧

==> 1 = 2𝑥 𝜆



==> 2 = 2𝑦 𝜆



==> 1 = 2𝑧 𝜆



Restricción 

1 2𝑥 1 𝑦 1 2𝑧

=𝜆



Ecuación 1

=𝜆



Ecuación 2

=𝜆



Ecuación 3

𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 30

Remplazando ecuación 1 en 2  Remplazando ecuación 1 en 3  Remplazando ecuación 2 en 3 

1 2𝑥 1 2𝑥 1 𝑦

1

=𝑦 1

= 2𝑧 1

= 2𝑧



𝑦 = 2𝑥



𝑧=𝑥



𝑦 = 2𝑧

Reemplazando en la ecuación inicial 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 30  𝑥 2 + (2𝑥)2 + 𝑥 2 = 30 6𝑥 2 = 30  𝑥 2 = 5  𝑥 = √5 Reemplazando nuevamente en la restricción obtenemos:

𝑦

𝑦

1

1

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 30  ( 2)2 + 𝑦 2 + ( 2)2 = 30 𝑦 2 (4 + 1 + 4) = 30  

3𝑦 2 2

6𝑦 2 4

= 30

= 30  𝑦 2 = 20  𝑦 = 2√5

Y para encontrar el valor de z  𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 30  5 + 20 + 𝑧 2 = 30  𝑧 2 = 30 − 25  𝑧 2 = 5  𝑧 = √5 𝑀𝑎𝑥 (𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 | 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 30) = 6 √5 𝑀𝑖𝑛 (𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 | 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 30) = −6 √5

1

= > (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (√5 ,2√5, √5 ) = > (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (−√5, −2√5, −√5 )

1

e. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦𝑧, sujeta 𝑥 2 + 4 𝑦 2 + 9 𝑧 2 = 1, 𝑥 > 0, 𝑦 > 0, 𝑧 > 0 r/ 1

1

𝑥𝑦𝑧 ≤ 𝑥 2 + 4 𝑦 2 + 9 𝑧 2 = 1, 𝑥 > 0, 𝑦 > 0, 𝑧 > 0 𝜕𝑓 𝜕𝑥 𝜕𝑓

==> 𝑦𝑧 = 2𝑥 𝜆 1

==> 𝑥𝑧 = 2 𝑦 𝜆 𝜕𝑦 𝜕𝑓 𝜕𝑧

2

2𝑥𝑧 𝑦 9𝑥𝑦



1

=𝜆

2𝑥



==> 𝑥𝑦 = 9 𝑧 𝜆

Restricción 

𝑦𝑧



2𝑧

Ecuación 1



=𝜆



Ecuación 2

=𝜆



Ecuación 3

1

𝑥2 + 4 𝑦2 + 9 𝑧2 = 1 𝑦𝑧

Remplazando ecuación 1 en 2 

2𝑥

=

𝑦𝑧

Remplazando ecuación 1 en 3 

2𝑥 2𝑥𝑧

Remplazando ecuación 2 en 3 

𝑦

2𝑥𝑧



𝑦

=

9𝑥𝑦

=

9𝑥𝑦



2𝑧



2𝑧

𝑦 2 = 4𝑥 2 2𝑧2 = 18𝑥2 9𝑦2 = 4𝑧2

Reemplazando en la ecuación inicial 1

1

1

1

1

1

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 4 𝑦 2 + 9 𝑧 2 = 1  𝑥 2 + 4 4𝑥 2 + 9 9𝑥 2 = 1 3𝑥 2 = 1  𝑥 2 = 3 𝑥 = √3

Reemplazando nuevamente en la restricción obtenemos: 1

1

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 4 𝑦 2 + 9 𝑧 2 = 1 

𝑦2 4

1

+ 4 𝑦2 +

Y para encontrar el valor de z 

𝑦2 4

3

4

= 1 4 𝑦 2 = 1  𝑦 2 = 4/3 𝑦 = √3

1 4

1 9

1 3

1 4 4 3

1 9

2 3

1 9

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 1  + ( ) + 𝑧 2 = 1 + 𝑍 2 = 1  𝑧 2 =

9 3

 𝑧 = √3

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 30  5 + 20 + 𝑧 2 = 30  𝑧 2 = 30 − 25  𝑧 2 = 5  𝑧 = √5 1 1 𝑀𝑎𝑥 (𝑥𝑦𝑧 | 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 1, 𝑥 > 0, 𝑦 > 0, 𝑧 > 0) = 1.1547 => 4 9

(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (0.57735 ,

1.1547,1.73205 )

10. Después de que fue desarrollado un nuevo turbopropulsor para un motor de automóvil, se obtuvieron los datos experimentales siguientes de velocidad y en millas por hora a intervalos x de tiempo en segundos. Hallar un modelo cuadrático de regresión de mínimos cuadrados para los datos y estimar la velocidad para 30 segundos y 3 minutos. A. Tiempo, x

0

2

4

6

10

Velocidad, y

0

15

30

50

70

R/

Y= bo + b1 x

𝑏1 = 𝑏0 =

(∑𝑥)(∑𝑦) 𝑛 2 (∑𝑥) ∑𝑥 2 − 𝑛



∑𝑥 𝑛

𝑏0 =

∑𝑥𝑦−

∑𝑦 𝑛

− 𝑏1



𝑏1 = 165 5

(22)(165) 5 (22)2 − 5

1150−

− 7.16

156 22 5

= 7.16

= 1.4864

Y(x=30 seg)  Y (x=0.5)  y= 1.4865 +.5 (7.16210)  5.06755 Y(x=3 min)  Y (x=3)

 y= 1.4865 +3 (7.16210)  22.9728

B. Tiempo, x

0

3

6

9

12

Velocidad, y

0

10

25

40

65

R/ Tiempo

Velocidad

(𝒙)

(𝒚)

Tiempo por Velocidad

Velocidad al cuadrado

(𝒙𝒚)

(𝒙𝟐 )

𝟎

𝟎

𝟎

𝟎

3

10

30

9

6

25

150

36

9

40

360

81

𝟏𝟐

65

780

144

𝒏

𝒏

𝒏

𝒏

∑ 𝒙𝒊 = 𝟑𝟎

∑ 𝒚𝒊 = 𝟏𝟒𝟎

∑ 𝒙𝒊 𝒚𝒊 = 𝟏𝟑𝟐𝟎

∑ 𝒙𝒊 𝟐 = 𝟐𝟕𝟎

𝒊−𝟏

𝒊−𝟏

𝒊−𝟏

𝒊−𝟏

Resolvemos aplicando el teorema: Para (a) 𝑎=

𝑛 ∑𝑛𝑖=1 𝑥𝑖 𝑦𝑖 − ∑𝑛𝑖=1 𝑥𝑖 ∑𝑛𝑖=1 𝑦𝑖 𝑛 ∑𝑛𝑖=1 𝑥 2 − (∑𝑛𝑖=1 𝑥𝑖 )2 Remplazamos

5(1320)−(30)(140)

a=

5(270)−(30)2

=

13 3

Para (b) 𝑏=

𝒃=



𝑛

𝑛

𝑖=1

𝑖=1

1 [∑ 𝑦𝑖 − 𝑎 ∑ 𝑥𝑖 ] 𝑛

𝟏 𝟏𝟔 [𝟏𝟒𝟎 − ∗ 𝟑𝟎] = − 𝟒 𝟓 𝟑

Por lo tanto, la reta de regresión del mínimo cuadrado 𝑓(𝑥) =

 𝑓(30) =

16 3

16 𝑥−4 3

velocidad para 30 segundos y 3 minutos

(30) -4 (30)

= 160 – 120 = 40  Velocidad = 40

C.

R/

D.

Tiempo, x

0

4

5

6

7

Velocidad, y

0

40

50

60

70

Tiempo, x

0

2

5

8

11

Velocidad, y

0

18

35

55

75

R/ Completamos la tabla 𝑥 0 2 5 8 11

𝑛

𝑦 0 18 35 55 75

𝑛

𝑛

𝑥𝑦 0 36 175 440 825

𝑛

𝑥2 0 4 25 64 121

∑ 𝑥𝑖 = 26

∑ 𝑦𝑖 = 183

∑ 𝑥𝑖 𝑦𝑖 = 1476

∑ 𝑥𝑖 2 = 240

𝑖−1

𝑖−1

𝑖−1

𝑖−1

Resolvemos 𝑛 ∑𝑛𝑖=1 𝑥𝑖 𝑦𝑖 − ∑𝑛𝑖=1 𝑥𝑖 ∑𝑛𝑖=1 𝑦𝑖 5(1476) − (26)(183) 1311 𝑎= = = 𝑛 ∑𝑛𝑖=1 𝑥 2 − (∑𝑛𝑖=1 𝑥𝑖 )2 5(240) − (26)2 262 𝑛

𝑛

𝑖=1

𝑖=1

1 1 1311 1386 𝑏 = [∑ 𝑦𝑖 − 𝑎 ∑ 𝑥𝑖 ] = [183 − ∗ 26] = 𝑛 5 262 131

Por lo tanto la reta de regrecion del minimo cuadrado 𝑓(𝑥) =

1311 1386 𝑥+ 262 131

Estimar la velocidad para 30 segundos y 3 minutos =180 segundos

𝑓(30) =

1311 1386 𝑚 (30) + = 160.69 262 131 𝑠

𝑓(180) =

1311 1386 𝑚 (180) + = 911.26 262 131 𝑠

E. Tiempo, x

0

5

10

15

20

Velocidad, y

0

90

75

R/

Conclusiones

52

30

 Se aprendió a obtener los vectores de velocidad y aceleración de una de un plano 

La aplicación de las derivadas e integrales permite de modo fácil y practico la solución de problemas de la vida cotidiana y demostraciones matemáticas que son fundamentales y necesarias para fortalecer la capacidad de análisis sobre estos modelos matemáticos y la capacidad analítica como Ingenieros.



Se desarrolló y se consolidaron conceptos por medio de problemas de la vida cotidiana en derivadas e integrales



Se logran competencias para modelar matemáticamente por medio del Cálculo Multivariado algunos fenómenos naturales



Aplicaciones y comportamiento que utilizaremos en el desempeño profesional.

BIBLIOGRAFIA

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