ejercicios de cálculo diferencial en funciones de varias variables

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En dicho punto (0 0), y para dicha función implícita = (), obtenemos 0 (0) = − (0 £ ¤ 2 0) 3 + +2 {=0=0} = − = − (0 0) 0 =0. b) Teniendo en cuenta que ∈ 1 (), que ¡ −1 −1¢ =0,yque ¡ −1 −1 ¢ = £ log + −1¤ {=−1=−1 } =2−−1 6= 0 resulta, aplicando el teorema de la función implícita que, en las proximidades del punto ¡ −1 −1¢ la ecuación ( ) =0define una función diferenciable = () tal que ( ()) = 0. En dicho punto ¡ −1 −1¢ , y para dicha función implícita = (), obtenemos 0 ( −1 )=− ¡ −1 −1 ¢ (−1−1 ) = − £ ¤ −1 + log {=−1=−1 } 2 −−1 = − 2−−1 2 −−1 = −1. c) Teniendo en cuenta que ∈ 1 (), que (1 1 1) = 0, yque h (1 1 1) = +log i =16= 0 {=1=1=1} resulta, aplicando el teorema de la función implícita que, en las proximidades del punto (1 1 1) la ecuación ( ) =0define una función diferenciable = ( ) tal que ( ( )) = 0. En dicho punto (1 1 1), y para dicha función implícita = ( ), obtenemos (1 1) = = − − h (1 1 1) = − (1 1 1) (1 1) = − (1 1 1) (1 1 1) Ejercicio 11. £ ¤ log + {=1=1=1} log + 1 i {=1=1=1} 1 = −1 = −1. Calcula y clasifica los extremos relativos de las siguientes funciones: a) ( ) = 3 − 4 +2 2 − 3. b) ( ) = ¡ 2 − 2 + 2¢ . c) ( ) = 4 − 2 3 +6 2 +7 2 − 6 + 2 − 6 +2 +1. 25 Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
d) ( ) = ¡ 2 − 2¢ . e) ( ) =( − ) 2 . f) ( ) = ¡ − 2¢ 2 . g) ( ) = ¡ − 2¢ 2 − 6 . Una solución. a) Al ser un polinomio, se verifica que ∈ ∞ (R 2 ), por lo que se pueden aplicar las condiciones introducidas en la parte de teoría. Al aplicar la condición necesaria de extremo, se llega al sistema = 3 2 − 3=0 = −4 3 +4 =0, cuyas soluciones son los puntos críticos (1 0),(1 1), (1 −1), (−1 0),(−1 1) y (−1 −1). Al aplicar la condición suficiente a estos puntos, teniendo en cuenta que resulta que: = 6 = −12 2 +4 = 0, • En el punto (1 0): Dado que (1 0) = 6, (1 0) = 4, (1 0) = 0, observamos que se verifica en dicho punto que (1 0) = 6 0, |(1 0)| = (1 0)(1 0) − ((1 0)) 2 =24 0, por lo que el punto (1 0) es un mínimo local de . • En el punto (1 1): Dadoque(1 1) = 6, (1 1) = −8, (1 1) = 0, observamos que se verifica en dicho punto que (1 1) = 6 0, |(1 1)| = (1 1)(1 1)−((1 1)) 2 = −48 0, por lo que el punto (1 1) es un punto de silla de . • En el punto (1 −1): Dadoque(1 −1) = 6, (1 −1) = −8, (1 −1) = 0, observamos que se verifica en dicho punto que (1 −1) = 6 0, |(1 −1)| = (1 −1)(1 −1)−((1 −1)) 2 = −48 0, por lo que el punto (1 −1) es un punto de silla de . 26 Matemáticas I. Prof. Ignacio López Torres
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