11  2024-11-05
Examen de Análisis III

Ejercicio 11.1 Una moto se mueve siguiendo la trayectoria dada por la función vectorial $\mathbf{f}(t)=2t^3\mathbf{i}+(3t-t^3)\mathbf{j}$.

1. ¿Con qué rapidez se mueve en el instante $t=1$?

2. Calcular la curvatura de la trayectoria en el instante $t=1$.

3. Calcular las componentes tangencial y normal de la aceleración en el instante $t=1$.

Solución

1. La rapidez de la moto en el instante $t=1$ se obtiene calculando el módulo del vector derivada de $\mathbf{f}(t)$ en $t=1$.

   $${\mathbf{f}}^{\prime }(t)=(6t^2,3-t^2)$$

   y

   $$|{\mathbf{f}}^{\prime }(1)|=|(6,0)|=6$$

2. La curvatura de la trayectoria en el instante $t=1$ se obtiene mediante la fórmula

   $$\kappa (t)=\frac{|{\mathbf{f}}^{\prime }(t)\times {\mathbf{f}}^{″}(t)|}{|{\mathbf{f}}^{\prime }(t){|}^3}.$$

   Calculamos la derivada segunda de $\mathbf{f}(t)$.

   $${\mathbf{f}}^{″}(t)=(12t,-6t)\text{y}{\mathbf{f}}^{″}(1)=(12,-6)$$

   y

   $$\kappa (1)=\frac{|{\mathbf{f}}^{\prime }(1)\times {\mathbf{f}}^{″}(1)|}{|{\mathbf{f}}^{\prime }(1){|}^3}=\frac{|(6,0)\times (12,-6)|}{|6,0{|}^3}=\frac{|(0,0,-36)|}{6^3}=\frac{36}{216}=\frac{1}{6}.$$

3. La aceleración de la moto la da el vector de la segunda derivada de $\mathbf{f}(t)$, que ya hemos calculado en el apartado anterior y vale ${\mathbf{f}}^{″}(1)=(12,-6)$.

   Como el vector tangente ${\mathbf{f}}^{\prime }(1)=(6,0)$ tiene la dirección del eje $x$, la componente tangencial de la aceleración es la primera componente de ${\mathbf{f}}^{″}(1)$, es decir, $12$, y la componente normal es la segunda componente de ${\mathbf{f}}^{″}(1)$, es decir, $-6$.

   Podemos llegar al mismo resultado aplicando las fórmulas de las componentes tangencial y normal del vector aceleración.

   $$\begin{array}{rl}{a}_T(1)& =|v(1){|}^{\prime }=\frac{{\mathbf{f}}^{\prime }(1)\cdot {\mathbf{f}}^{″}(1)}{|{\mathbf{f}}^{\prime }(1)|}=\frac{(6,0)\cdot (12,-6)}{6}=\frac{72}{6}=12,\\ a_N(1)& =\frac{|{\mathbf{f}}^{\prime }(1)\times {\mathbf{f}}^{″}(1)|}{|{\mathbf{f}}^{\prime }(1)|}=\frac{|(6,0)\times (12,-6)|}{6}=\frac{|(0,0,-36)|}{6}=\frac{36}{6}=6.\end{array}$$

Ejercicio 11.2 Una compañía produce productos de dos tipos $X$ e $Y$. La demanda de estos productos viene dada por las funciones

$$\begin{array}{rl}{d}_x(x,y)& =120-2x+y\\ d_y(x,y)& =100+\frac{x}{2}-y\end{array}$$

donde $d_x$ y $d_y$ son las unidades demandadas de productos $X$ e $Y$ respectivamente, y $x$ e $y$ sus precios. El coste de producción de $d_x$ unidades de $x$ y $d_y$ unidades de $y$ viene dado por la función $c(d_x,d_y)=20d_x+30d_y+\frac{1}{2}{d}_x{d}_y$.

1. Calcular las derivadas parciales de las funciones de demanda e interpretarlas.

2. Calcular las derivadas parciales de la función de beneficio con respecto a los precios de los productos e interpretarlas.

3. ¿Cuál es el beneficio máximo?

Solución

1. Las derivadas parciales de las funciones de demanda son

   $$\begin{array}{rlrl}\frac{\partial d_x}{\partial x}& =-2,& \frac{\partial d_x}{\partial y}& =1,\\ \frac{\partial d_y}{\partial x}& =\frac{1}{2},& \frac{\partial d_y}{\partial y}& =-1.\end{array}$$

   Como $\frac{\partial d_x}{\partial x}=-2$ por cada unidad que aumente el precio de $X$ manteniendo el precio de $Y$ constante, la demanda de $X$ baja en dos unidades. La interpretación de las otras derivadas parciales es análoga.

2. El beneficio de la compañía es la diferencia entre los ingresos y los costes, es decir,

   $$\begin{array}{rl}b(x,y)& =x{d}_x(x,y)+y{d}_y(x,y)-c(d_x(x,y),d_y(x,y))\\ & =x(120-2x+y)+y(100+\frac{x}{2}-y)-20(120-2x+y)\\ & -30(100+\frac{x}{2}-y)-\frac{1}{2}(120-2x+y)(100+\frac{x}{2}-y)\\ & =120x-2x^2+xy+100y+\frac{xy}{2}-y^2-2400+40x-20y\\ & -3000-15x+30y+\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{2}-\frac{5}{4}xy+70x+10y-6000\\ & =\frac{-3}{2}{x}^2+\frac{1}{4}xy-\frac{1}{2}{y}^2+215x+120y-11400.\end{array}$$

   Y sus derivadas parciales son

   $$\begin{array}{rl}\frac{\partial b}{\partial x}& =-3x+\frac{1}{4}y+215,\\ \frac{\partial b}{\partial y}& =\frac{1}{4}x-y+120.\end{array}$$

   La derivada parcial $\frac{\partial b}{\partial x}$ nos dice que si el precio de $X$ aumenta, manteniendo constante el precio de $Y$, el beneficio experimenta una variación inversamente proporcional al precio de $X$ y directamente proporcional al precio de $Y$, mientras que la derivada parcial $\frac{\partial b}{\partial y}$ nos dice que si el precio de $Y$ aumenta, manteniendo constante el precio de $X$, el beneficio experimenta una variación inversamente proporcional al precio de $Y$ y directamente proporcional al precio de $X$.

3. Para maximizar el beneficio, calculamos primero los puntos críticos de la función $b(x,y)$, es decir, los puntos donde las derivadas parciales se anulan. Resolviendo el sistema de ecuaciones

   $$\begin{array}{rl}-3x+\frac{1}{4}y+215& =0,\\ \frac{1}{4}x-y+120& =0,\end{array}$$

   se obtiene $x=83.4043$ e $y=140.8511$. Para comprobar que este punto es un máximo relativo, calculamos el determinante de la matriz hessiana de $b(x,y)$.

   $${\mathrm{\nabla }}^{2}b(x,y)=\left(\begin{array}{cc}\frac{{\partial }^{2}b}{\partial x^2}& \frac{{\partial }^{2}b}{\partial x\partial y}\\ \frac{{\partial }^{2}b}{\partial y\partial x}& \frac{{\partial }^{2}b}{\partial y^2}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-3& \frac{1}{4}\\ \frac{1}{4}& -1\end{array}\right)$$

   y

   $$|{\mathrm{\nabla }}^{2}b(83.4043,140.8511)|=\left|\begin{array}{cc}-3& \frac{1}{4}\\ \frac{1}{4}& -1\end{array}\right|=3-\frac{1}{16}=\frac{47}{16}>0.$$

   Como además $\frac{{\partial }^{2}b}{\partial x^2}=-3<0$, el punto $(83.4043,140.8511)$ es un máximo relativo de la función $b(x,y)$ y el beneficio máximo es $b(83.4043,140.8511)=6107.0213$.

Ejercicio 11.3 La superficie de una función $f(x,y)$ contiene las trayectorias dadas por las funciones vectoriales $\mathbf{f}(t)=(e^{-t},2t+2,3-2t+t^2)$ y $\mathbf{g}(t)=(\sqrt{(}t),\frac{t^2+3}{2},4t^4-t)$.

1. Calcular la ecuación de la recta tangente a la trayectoria de $\mathbf{g}$ en el punto $(1,2,3)$.

2. Calcular la ecuación del plano tangente a la superficie de $f$ en el punto $(1,2,3)$.

3. En ese mismo punto, ¿cuál es la tasa de variación instantánea de $f$ con respecto a $x$ si $y$ se mantiene constante? ¿Cuál es la tasa de variación instantánea de $f$ con respecto a $y$ si $x$ se mantiene constante?

4. Usar el polinomio de Taylor de primer grado de $f$ en el punto $(1,2)$ para aproximar el valor de $f(0.9,2.1)$.

Solución

1. $\mathbf{g}(t)$ pasa por el punto $(1,2,3)$ cuando $t=1$. La recta tangente a la trayectoria de $\mathbf{g}$ en ese punto es la recta que pasa por $(1,2,3)$ y tiene la misma dirección que ${\mathbf{g}}^{\prime }(1)$.

   $${\mathbf{g}}^{\prime }(t)=(\frac{1}{2\sqrt{t}},t,16t^3-1)$$

   y

   $${\mathbf{g}}^{\prime }(1)=(\frac{1}{2},1,15).$$

   Por tanto, la ecuación de la recta tangente es

   $$T(t)=(1,2,3)+t{\mathbf{g}}^{\prime }(1)=(1,2,3)+t(\frac{1}{2},1,15)=(1+\frac{t}{2},2+t,3+15t).$$

2. Como $\mathbf{f}(t)$ también pasa por el punto $(1,2,3)$ cuando $t=0$, ${\mathbf{f}}^{\prime }(0)$ también será tangente a la superficie de $f$ en el punto $(1,2,3)$. Por tanto, el plano tangente a $f$ en $(1,2,3)$ contendrá tanto a ${\mathbf{f}}^{\prime }(0)$ como a ${\mathbf{g}}^{\prime }(1)$.

   $${\mathbf{f}}^{\prime }(t)=(-e^{-t},2,-2+2t)$$

   y

   $${\mathbf{f}}^{\prime }(0)=(-1,2,-2).$$

   Así pues, el producto vectorial de ${\mathbf{f}}^{\prime }(0)$ y ${\mathbf{g}}^{\prime }(1)$ nos da un vector normal al plano tangente.

   $${\mathbf{f}}^{\prime }(0)\times {\mathbf{g}}^{\prime }(1)=\left|\begin{array}{ccc}\mathbf{i}& \mathbf{j}& \mathbf{k}\\ -1& 2& -2\\ \frac{1}{2}& 1& 15\end{array}\right|=(30+2)\mathbf{i}+(-1+15)\mathbf{j}+(-1-1)\mathbf{k}=(32,14-2).$$

   Por tanto, la ecuación del plano tangente es

   $$\begin{array}{c}(x-1,y-2,z-3)\cdot (32,14,-2)=0\\ \iff 32(x-1)+14(y-2)-2(z-3)=0\\ \iff 32(x-1)+12(y-2)+30(z-3)=0\\ \iff z=16x+7y-27.\end{array}$$

3. La tasa de variación instantánea de $f$ con respecto a $x$ si $y$ se mantiene constante en el punto $(1,2,3)$ es $\frac{\partial f}{\partial x}(1,2,3)$, que es el valor que multiplica a $x$ en la ecuación del plano tangente, y vale $16$.

   Del mismo modo, la tasa de variación instantánea de $f$ con respecto a $y$ si $x$ se mantiene constante en el punto $(1,2,3)$ es $\frac{\partial f}{\partial y}(1,2,3)$, que es el valor que multiplica a $y$ en la ecuación del plano tangente, y vale $7$.

4. El polinomio de Taylor de primer grado de $f$ en el punto $(1,2)$ coincide con la ecuación del plano tangente a la superficie de $f$ en ese punto. Por tanto, la aproximación de $f(0.9,2.1)$ es

   $$f(0.9,2.1)\approx 16(0.9)+7(2.1)-27=14.4+14.7-27=2.1.$$