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 \(t=1\).

   \[ \mathbf{f}'(t) = (6t^2, 3-t^2) \]

   y

   \[ |\mathbf{f}'(1)| = |(6, 0)| = 6 \]

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

   \[ \kappa(t) = \frac{|\mathbf{f}'(t) \times \mathbf{f}''(t)|}{|\mathbf{f}'(t)|^3}. \]

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

   \[ \mathbf{f}''(t) = (12t, -6t)\quad \mbox{y}\quad \mathbf{f}''(1) = (12, -6) \]

   y

   \[ \kappa(1) = \frac{|\mathbf{f}'(1) \times \mathbf{f}''(1)|}{|\mathbf{f}'(1)|^3} = \frac{|(6, 0) \times (12, -6)|}{|6,0|^3} = \frac{|(0, 0, -36)|}{6^3} = \frac{36}{216} = \frac{1}{6}. \]

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 \(\mathbf{f}'(1) = (6, 0)\) 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.

   \[\begin{align*} a_T(1) &= |v(1)|' = \frac{\mathbf{f}'(1) \cdot \mathbf{f}''(1)}{|\mathbf{f}'(1)|} = \frac{(6, 0) \cdot (12, -6)}{6} = \frac{72}{6} = 12, \\ a_N(1) &= \frac{|\mathbf{f}'(1) \times \mathbf{f}''(1)|}{|\mathbf{f}'(1)|} = \frac{|(6, 0) \times (12, -6)|}{6} = \frac{|(0, 0, -36)|}{6} = \frac{36}{6} = 6. \end{align*}\]

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

\[\begin{align*} d_x(x,y) &= 120 - 2x + y\\ d_y(x,y) &= 100 + \frac{x}{2} - y \end{align*}\]

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 \(c(d_x,d_y) = 20 d_x + 30 d_y + \frac{1}{2}d_xd_y\).

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

   \[\begin{align*} \frac{\partial d_x}{\partial x} &= -2, & \frac{\partial d_x}{\partial y} &= 1, \\ \frac{\partial d_y}{\partial x} &= \frac{1}{2}, & \frac{\partial d_y}{\partial y} &= -1. \end{align*}\]

   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,

   \[\begin{align*} b(x,y) &= x d_x(x,y) + y d_y(x,y) - c(d_x(x,y), d_y(x,y))\\ &= x(120 - 2x + y) + y\left(100 + \frac{x}{2} - y\right) - 20(120 - 2x + y) \\ &- 30\left(100 + \frac{x}{2} - y\right) - \frac{1}{2}(120 - 2x + y)\left(100 + \frac{x}{2} - y\right) \\ &=120x - 2x^2 + xy + 100y + \frac{xy}{2} - y^2 - 2400 + 40x - 20y \\ &- 3000 - 15x + 30y + \frac{x^2}{2} + \frac{y^2}{2} -\frac{5}{4}xy + 70x + 10y - 6000\\ &= \frac{-3}{2}x^2 + \frac{1}{4}xy - \frac{1}{2}y^2 + 215x + 120y - 11400. \end{align*}\]

   Y sus derivadas parciales son

   \[\begin{align*} \frac{\partial b}{\partial x} &= -3x + \frac{1}{4}y + 215, \\ \frac{\partial b}{\partial y} &= \frac{1}{4}x - y + 120. \end{align*}\]

   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

   \[\begin{align*} -3x + \frac{1}{4}y + 215 &= 0, \\ \frac{1}{4}x - y + 120 &= 0, \end{align*}\]

   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 \(b(x,y)\).

   \[ \nabla^2 b(x,y) = \begin{pmatrix} \frac{\partial^2 b}{\partial x^2} & \frac{\partial^2 b}{\partial x \partial y} \\ \frac{\partial^2 b}{\partial y \partial x} & \frac{\partial^2 b}{\partial y^2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3 & \frac{1}{4} \\ \frac{1}{4} & -1 \end{pmatrix} \]

   y

   \[ |\nabla^2 b(83.4043, 140.8511)| = \begin{vmatrix} -3 & \frac{1}{4} \\ \frac{1}{4} & -1 \end{vmatrix} = 3 - \frac{1}{16} = \frac{47}{16} > 0. \]

   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 \(\mathbf{g}(t)=\left(\sqrt(t), \frac{t^2+3}{2}, 4t^4-t\right)\).

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 \(\mathbf{g}'(1)\).

   \[ \mathbf{g}'(t) = \left(\frac{1}{2\sqrt{t}}, t, 16t^3-1\right) \]

   y

   \[ \mathbf{g}'(1) = \left(\frac{1}{2}, 1, 15\right). \]

   Por tanto, la ecuación de la recta tangente es

   \[ T(t) = (1,2,3) + t \mathbf{g}'(1) = (1,2,3) + t \left(\frac{1}{2}, 1, 15\right) = \left(1+\frac{t}{2}, 2+t, 3+15t\right). \]

2. Como \(\mathbf{f}(t)\) también pasa por el punto \((1,2,3)\) cuando \(t=0\), \(\mathbf{f}'(0)\) 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 \(\mathbf{f}'(0)\) como a \(\mathbf{g}'(1)\).

   \[ \mathbf{f}'(t) = (-e^{-t}, 2, -2+2t) \]

   y

   \[ \mathbf{f}'(0) = (-1, 2, -2). \]

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

   \[ \mathbf{f}'(0) \times \mathbf{g}'(1) = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -1 & 2 & -2 \\ \frac{1}{2} & 1 & 15 \end{vmatrix} = (30 + 2)\mathbf{i} + (-1+ 15)\mathbf{j} + (- 1 - 1)\mathbf{k} = (32,14-2). \]

   Por tanto, la ecuación del plano tangente es

   \[ \begin{gathered} (x-1, y-2, z-3) \cdot (32, 14, -2) = 0 \\ \Leftrightarrow 32(x-1) + 14(y-2) - 2(z-3) = 0 \\ \Leftrightarrow 32(x-1) + 12(y-2) + 30(z-3) = 0 \\ \Leftrightarrow z = 16x + 7y - 27. \end{gathered} \]

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

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