6  2023-11-14
Examen de Análisis III

Ejercicio 6.1 Una fábrica de componentes electrónicos produce dos tipos de chips. Los ingresos, en cientos de euros, obtenidos por la venta de $x$ miles de unidades del primer tipo e $y$ miles de unidades del segundo tipo vienen dados por la función $I(x,y)=-x^2-\frac{1}{2}{y}^2-\frac{1}{4}xy+280x+260y+1000$, mientras que los gastos de producción, vienen dados por la función $C(x,y)=100x+120y+6000$. ¿Qué cantidad de chips de cada tipo debe producir la fábrica para maximizar el beneficio?

Solución

Si $I(x,y)$ es la función que da los ingresos y $C(x,y)$ la que da los costes, la función que da los beneficios es

$$\begin{array}{rl}B(x,y)& =-x^2-\frac{1}{2}{y}^2-\frac{1}{4}xy+280x+260y+1000-(100x+120y+6000)\\ & =-x^2-\frac{1}{2}{y}^2-\frac{1}{4}xy+180x+140y-5000.\end{array}$$

Para calcular el máximo de esta función primero hay que obtener los puntos críticos, es decir, los puntos que anulan las derivadas parciales.

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial B}{\partial x}& =-2x-\frac{1}{4}y+180=0,\\ \frac{\partial B}{\partial y}& =-y-\frac{1}{4}x+140=0.\end{array}$$

Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene que la única solución es el punto $(\frac{2320}{31},\frac{3760}{31})$.

A continuación, calculamos el hessiano.

$$|{\mathrm{\nabla }}^{2}B(x,y)|=\left|\begin{array}{cc}-2& -\frac{1}{4}\\ -\frac{1}{4}& -1\end{array}\right|=\frac{31}{16},$$

que es positivo en cualquier punto, y en particular en el punto crítico $(\frac{2320}{31},\frac{3760}{31})$, por lo en este punto hay un extremo relativo, y como $\frac{{\partial }^{2}B}{\partial x^2}=-2<0$, se trata de un máximo relativo. En este punto, el beneficio es

$$\begin{array}{rl}B(\frac{2320}{31},\frac{3760}{31})& =-{\left(\frac{2320}{31}\right)}^2-\frac{1}{2}{\left(\frac{3760}{31}\right)}^2-\frac{1}{4}\frac{2320}{31}\frac{3760}{31}\\ & +180\left(\frac{2320}{31}\right)+140\left(\frac{3760}{31}\right)-5000\approx 10225.81\cdot {10}^2\text{€}\end{array}$$

Para ver que es el máximo absoluto, basta con ver que en los límites de la región del dominio de la función, en este caso $\{(x,y),x\ge 0,y\ge 0\}$, no hay ningún punto donde la función tome un valor mayor. En particular, para $x=0$ la función de beneficio es

$$f(y)=-\frac{1}{2}{y}^2+140y-5000,$$

cuyos puntos críticos son

$$f^{\prime }(y)=-y+140=0\iff y=140.$$

que es un máximo relativo al ser $f^{″}(y)=-1<0$, pero $f(140)=4800<10225.81$.

Del mismo modo se comprueba que para $y=0$ tampoco hay valores de $x$ donde la función tome un valor mayor que en el máximo relativo.

Ejercicio 6.2 La presión (en Pascales) en la posición $(x,y,z)$ de un espacio es $p(x,y,z)=x^2+y^2-z^3$, y la posición de un objeto en cada instante $t>0$ (en segundos) en ese mismo espacio está dada por la función vectorial

$$\{\begin{array}{l}x=\sqrt{t}\\ y=1\\ z=1/t\end{array}$$

1. Calcular la ecuación de la recta tangente a la trayectoria en el punto $(1,1,1)$.

2. Calcular la ecuación del plano normal a la trayectoria en el punto $(1,1,1)$.

3. ¿Es la dirección de esta trayectoria al pasar por el punto $(1,1,1)$ aquella en la que que el crecimiento de la presión es máximo?

4. ¿Cuál es la tasa de variación de la presión que soporta el objeto con respecto al tiempo en ese mismo instante?

Solución

1. Sea $g(t)=(\sqrt{t},1,\frac{1}{t})$. Resulta sencillo ver que la trayectoria de $g$ pasa por el punto $(1,1,1)$ cuanto $t=1$. Por tanto, se trata de calcular la ecuación de la recta tangente a la trayectoria de $g$ para $t=1$. La recta tangente la trayectoria de $g$ tiene la dirección que la derivada de la función vectorial, que vale $g^{\prime }(t)=(\frac{1}{2\sqrt{t}},0,-\frac{1}{t^2})$, y en particular, en $t=1$ vale $g^{\prime }(1)=(\frac{1}{2},0,-1)$, por lo que la ecuación vectorial de la recta tangente resulta ser

   $$g(1)+t{g}^{\prime }(1)=(1,1,1)+t(\frac{1}{2},0,-1)=(1+\frac{t}{2},1,1-t).$$

2. El plano normal es perpendicular al vector de la derivada, por lo que el producto escalar de cualquier vector del plano normal y la derivada se anulará, es decir,

   $$\begin{array}{c}((x,y,z)-g(1))g^{\prime }(1)=0\iff ((x,y,z)-(1,1,1))(\frac{1}{2},0,-1)=0\\ \iff \frac{x-1}{2}-(z-1)=0\iff \frac{x}{2}-z+\frac{1}{2}=0.\end{array}$$

3. Ya hemos visto que la dirección de la recta tangente a la trayectoria de $g$ es la del vector $(\frac{1}{2},0,-1)$. Por otro lado, la dirección de máximo crecimiento de la $f$ es la dirección del vector gradiente, que vale $\mathrm{\nabla }p(x,y,z)=(2x,2y,-3z^2)$, y en particular en el punto $(1,1,1,)$ vale $\mathrm{\nabla }f(1,1,1)=(2,2,-3)$. Para que la dirección de la recta tangente a la trayectoria de $g$ sea la misma que la dirección de máximo crecimiento de $p$, ambos vectores deberían ser proporcionales, pero no lo son, por lo que ambas direcciones son distintas.

4. La tasa de variación de la presión con respecto al tiempo es la derivada de $p\circ g$, que, aplicando la regla de la cadena, vale

$$\frac{dp}{dt}=\mathrm{\nabla }(1,1,1)g^{\prime }(1)=(2,2,-3)(\frac{1}{2},0,-1)=4\text{ Pa/s}.$$

Ejercicio 6.3 El consumo de combustible de una avioneta (en l/m) depende de la altura a la que vuela $h$ (en km) y su velocidad $v$ (en cientos de km/h) según la función $c(h,v)=\frac{v^2}{\ln (\sqrt{h+2})}$.

1. En el momento en que el avión tiene una altitud de 2 km y una velocidad de 250 km/h, ¿cómo cambiará el consumo si empezamos a cambiar la velocidad y la altura de manera velocidad disminuya la mitad de lo que aumenta la altura?

2. En ese mismo instante, ¿cómo debería cambiar la altitud y la velocidad para que el consumo se reduzca lo más rápidamente posible?

3. Si en ese instante, el avión empieza a acelerar a razón de 5 km/h por minuto y su altura empieza a disminuir a razón de 100 m por minuto. ¿Cuál será la tasa de variación del consumo de combustible con respecto al tiempo?

Solución

1. Para que la velocidad disminuya a razón de la mitad de lo que aumenta la altura, debemos cambiar la altura y la velocidad en la dirección del vector $(1,-1/2)$. La tasa de variación del consumo la da la derivada direccional de $c$ en esta dirección, y para ello primero hay que calcular el vector gradiente. Las derivadas parciales de $c$ son

   $$\begin{array}{rl}\frac{\partial c}{\partial h}& =\frac{-2v^2}{\ln (h+2{)}^2}\frac{1}{h+2}=\frac{-2v^2}{\ln (h+2{)}^2(h+2)},\\ \frac{\partial c}{\partial v}& =\frac{4v}{\ln (h+2)},\end{array}$$

   por lo que el vector gradiente en el punto $(2,2.5)$ vale

   $$\mathrm{\nabla }(2,2.5)=(\frac{-2\cdot {2.5}^2}{\ln (2+2{)}^2(2+2)},\frac{4\cdot 2.5}{\ln (2+2)})=(\frac{-3.125}{\ln (4{)}^2},\frac{10}{\ln (4)}).$$

   Así pues, la derivada direccional de $c$ en la dirección del vector $\mathbf{u}=(1,-1/2)$ es

   $$c_{\mathbf{u}}^{\prime }=\mathrm{\nabla }c(2,2.5)\frac{\mathbf{u}}{|\mathbf{u}|}=(\frac{-3.125}{\ln (4{)}^2},\frac{10}{\ln (4)})\frac{(1,-1/2)}{\sqrt{1^2+(-1/2{)}^2}}\approx -4.6804.$$

2. Para que el consumo se reduzca lo más rápidamente posible, deberíamos cambiar la altitud y la velocidad en la dirección opuesta al gradiente, es decir, en la dirección del vector $-\mathrm{\nabla }c(2,2.5)=(\frac{3.125}{\ln (4{)}^2},\frac{-10}{\ln (4)})$.

3. La tasa de variación del consumo con respecto al tiempo es

   $$\frac{dc}{dt}=\mathrm{\nabla }c(2,2.5)(\frac{dh}{dt},\frac{dv}{dt})=(\frac{3.125}{\ln (4{)}^2},\frac{-10}{\ln (4)})(-0.1,0.05)\approx 0.5233{\text{ l/min}}^2.$$

Ejercicio 6.4 Un cable de longitud $l$ tiene una sección circular de radio $r$ y se enrolla sobre un cilindro de radio $R$. ¿Cuál es la longitud más corta que debe tener el cilindro para poder enrollar todo el cable sin que se solape?

Calcular la longitud para un cilindro de radio 10 cm y un cable de 10 m con una sección circular de radio 2 cm. ¿Cuántas vueltas completas daría el cable alrededor del cilindro?

Solución

La trayectoria que describe el cable al enrollarlo sobre el cilindro es una espiral. Como el radio de la espiral es el radio del cilindro sobre el que se enrolla $R$ y la distancia vertical que recorre la espiral en cada vuelta es el diámetro del cable $2r$, se tiene que la espiral está definida por la vectorial $f(t)=(R\cos (t),R\mathrm{sen}(\mathrm{t}),\frac{r}{\pi }t)$.

La distancia recorrida por esta espiral viene dada por la integral

$$\begin{array}{rl}s(t)& ={\int }_0^t|f^{\prime }(x)|dx={\int }_0^t\left|(-R\mathrm{sen}(x),R\cos (x),\frac{r}{\pi })\right|dx\\ & ={\int }_0^t\sqrt{(-R\mathrm{sen}(x){)}^2,(R\cos (x){)}^2,{\left(\frac{r}{\pi }\right)}^2}\\ & ={\int }_0^t\sqrt{R^2(\mathrm{sen}(x{)}^2+\cos (x{)}^2)+\frac{r^2}{{\pi }^2}}dx\\ & ={\int }_0^t\sqrt{R^2+\frac{r^2}{{\pi }^2}}dx={\left[\frac{\sqrt{R^2{\pi }^2+r^2}}{\pi }x\right]}_0^t\\ & =\frac{\sqrt{R^2{\pi }^2+r^2}}{\pi }t\end{array}$$

Como la longitud del cable es $l$ debe cumplirse que

$$\frac{\sqrt{R^2{\pi }^2+r^2}}{\pi }t=l\iff t=\frac{\pi l}{\sqrt{R^2{\pi }^2+r^2}}.$$

La altura del cilindro es la tercera componente de la función vectorial $\frac{r}{\pi }t$, de manera, que para el valor de $t$ anterior se tiene que la mínima altura del cilindro debe ser

$$h=\frac{r}{\pi }\frac{\pi l}{\sqrt{R^2{\pi }^2+r^2}}=\frac{rl}{\sqrt{R^2{\pi }^2+r^2}}$$

En el caso de un cilindro de radio $R=10$ cm y un cable de $10$ m y sección circular de radio $2$ cm, sustituyendo en la expresión anterior se tiene

$$h=\frac{2\cdot 1000}{\sqrt{{10}^2{\pi }^2+2^2}}\approx 63.5334\text{ cm}.$$

Finalmente, el número de vueltas que dará el cable alrededor del cilindro es

$$\frac{h}{2r}=\frac{63.5334}{4}\approx 15.8833,$$

es decir, $15$ vueltas enteras.