Problemas De Cálculo Diferencial : Cuestiones, ejercicios y tratamiento en DERIVE. 9788483222164, 8483222167

Table of contents :
Problemas de cálculo diferencial. Cuestiones, ejercicios y tratamiento en DERIVE
Índice general
Introducción
Capítulo1 Funciones de varias variables. Introducción
Capítulo 2 Derivabilidad y diferenciabilidad
Capítulo 3 Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad
Capítulo 4 Funciones implícitas
Capítulo 5 Introducción a la optimización
Apéndice A Sistemas de cálculo algebraico. Derive
Bibliografía

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El libro proporciona una introducción práctica de los principales contenidos del cálculo diferencial de funciones de varias variables. Esta obra ayudará al lector en la comprensión de los conceptos y en el manejo de las principales técnicas de la resolución de problemas de esta materia. Consta de 5 capítulos: introducción a las funciones de varias variables, diferenciabilidad, aplicaciones de la diferenciabilidad, teorema de la función implícita e introducción a la optimización. Cada capítulo contiene cuatro apartados. El primer apartado consta de 10 cuestiones teóricas de tipo test, en el segundo apartado se ofrece una colección de ejercicios y problemas totalmente resueltos con “lápiz y papel”. En el tercer apartado se presentan las técnicas de resolución de ejercicios del tema utilizando el programa de cálculo simbólico DERIVE® y, finalmente, una colección de ejercicios propuestos cuya solución se puede consultar en la página web www.librosite.net/ ortega_serra. Los apéndices que complementan este texto presentan una introducción a los programas de cálculo simbólico y un breve manual del programa DERIVE®.

Problemas de cálculo diferencial

Problemas de cálculo diferencial www.librosite.net/ortega_serra

Cuestiones, ejercicios y tratamiento en DERIVE® www.librosite.net/ortega_serra

Ortega Serra ISBN 978-84-8322-459-5

9

788483 224595

ISBN 978-84-8322-459-5

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788483 224595

www.pearsoneducacion.com

9788483224595.indd 1

27/2/08 14:54:20

A Ver´ onica, Mar´ıa, Ana y Jadi. A Francisco y Teresa.

´Indice general Introducci´ on

VII

1. Funciones de varias variables. Introducci´ on 1.1. Cuestiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . A) Dominio y recorrido . . . . . . . . . . . B) Curvas de nivel . . . . . . . . . . . . . . C) L´ımites y continuidad . . . . . . . . . . 1.3. Ejercicios resueltos con DERIVE . . . . . . 1.4. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . .

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2. Derivabilidad y diferenciabilidad 2.1. Cuestiones . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . A) Derivadas parciales y direccionales B) Diferenciabilidad . . . . . . . . . . C) Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . 2.3. Ejercicios resueltos con DERIVE . . . 2.4. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . .

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55 . 56 . 63 . 63 . 76 . 81 . 91 . 111

3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad 3.1. Cuestiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . A) Regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . B) Polinomio de Taylor . . . . . . . . . . . . . C) Funciones homog´eneas . . . . . . . . . . . . 3.3. Ejercicios resueltos con DERIVE . . . . . . . . 3.4. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . .

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1 2 8 8 15 20 31 52

113 114 122 122 135 147 153 191

4. Funciones impl´ıcitas 193 4.1. Cuestiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194 4.2. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202 v

Ind´ıce

vi

4.3. Ejercicios resueltos con DERIVE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217 4.4. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238 5. Introducci´ on a la optimizaci´ on 5.1. Cuestiones . . . . . . . . . . . . . 5.2. Ejercicios resueltos . . . . . . . . 5.3. Ejercicios resueltos con DERIVE 5.4. Ejercicios propuestos . . . . . . .

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241 242 249 269 302

A. Sistemas de c´ alculo algebraico. Derive 305 A.1. Introducci´on a los sistemas de c´alculo algebraico . . . . . . . . . . . 305 A.2. Manejo b´asico del programa de c´alculo simb´olico DERIVE. . . . . . 308 Bibliograf´ıa

323

´ INTRODUCCION

La aparici´on de los ordenadores en la segunda mitad del siglo XX ha provocado una aut´entica revoluci´on tecnol´ogica en numerosos aspectos de nuestra cultura. La ense˜ nanza de las Matem´aticas no ha quedado ajena a su influencia, prueba de ello son los numerosos programas inform´aticos que se han venido utilizando para mejorar tanto los procesos de ense˜ nanza aprendizaje como la investigaci´on en esta ´area de conocimientos. Desde los primeros paquetes inform´aticos utilizados en los grandes ordenadores, pasando por los tutoriales, los juegos de ordenador y los lenguajes de programaci´on [Kaput, 1992], el uso de estas nuevas tecnolog´ıas ha tenido como objetivo fundamental aprovechar las ventajas que ofrece el medio computacional para facilitar la exploraci´on, el c´alculo, la experimentaci´on, la resoluci´on de problemas y la modelizaci´on matem´atica. Aunque algunos matem´aticos han considerado que el uso de los ordenadores en la ense˜ nanza de las Matem´aticas es claramente nocivo [Truesdell, 1984], sin embargo, para otros la utilizaci´on de estos recursos inform´aticos puede ser muy beneficiosa para la ense˜ nanza si se tienen en cuenta los peligros y ventajas que se derivan de la utilizaci´on de estas herramientas tecnol´ogicas [Guzm´an, 1992], [Halmos, 1991], [Garc´ıa, 1999], [Roanes, 1991], [Ortega, 2002a]. Los programas m´as utilizados en la actualidad para la ense˜ nanza de las Matem´aticas se encuadran dentro de un grupo de programas denominados sistemas de c´alculo algebraico (en ingl´es computer algebra system, CAS). Las posibilidades simb´olicas, num´ericas y gr´aficas que ofrecen este tipo de programas est´an provocando numerosos cambios en la ense˜ nanza y aprendizaje de esta disciplina. Estos cambios giran en torno a dos aspectos b´asicos de la ense˜ nanza de las Matem´aticas: ¿qu´e destrezas b´asicas se deber´ıan ense˜ nar en el aula? y ¿cu´al ser´ıa la forma m´as adecuada de ense˜ narlas? Incorporar un CAS en el aula de Matem´aticas requiere un dise˜ no metodol´ogico que evite los peligros asociados al uso de este tipo de sistemas y facilite un aprendizaje experimental que ayude al alumno a progresar en niveles superiores del pensamiento formal, evitando numerosos c´alculos rutinarios in´ utiles [Guzm´an, 1992], [Ortega, 2002b]. En este contexto tecnol´ogico, hemos elaborado una colecci´on de cuestiones y ejercicios basados en un curso elemental de c´alculo diferencial de funciones de varias variables. Teniendo en cuenta las posibilidades que ofrecen los sistemas de c´alculo algebraico en la resoluci´on de problemas de c´alculo diferencial, sobre todo desde el

Problemas de c´ alculo diferencial

viii

punto de vista gr´afico, y sin olvidar la importancia de la resoluci´on con l´apiz y papel de este tipo de problemas, hemos recopilado una colecci´on de problemas y ejercicios utilizados en los u ´ltimos a˜ nos en la asignatura Matem´aticas I de las Licenciaturas de Econom´ıa y Administraci´on y Direcci´on de Empresas de la Universidad Aut´onoma de Madrid. A esta colecci´on de cuestiones y ejercicios le hemos a˜ nadido una colecci´ on de ejercicios para resolver con el CAS DERIVE. Hemos seleccionado dicho sistema porque es el que se ha venido utilizando a lo largo de los u ´ltimos a˜ nos en diversos cursos y clases pr´acticas impartidas en esta asignatura y por la enorme aceptaci´ on que ha tenido entre los estudiantes. El libro consta de cinco cap´ıtulos y un ap´endice. La estructura de cada uno de los cap´ıtulos es id´entica y se compone de las siguientes partes:

1. Cuesti´ ones te´ oricas En esta secci´on se incluye una colecci´on de 10 cuestiones te´oricas de tipo “test”, mediante las cuales el lector puede autoevaluar el nivel de conocimientos te´oricos que tiene en cada bloque tem´atico. Asimismo sirve para resaltar las principales relaciones que existen entre los principales conceptos del c´ alculo diferencial. Cada cuesti´on te´orica contiene tres o cuatro respuestas de las cuales al menos una es correcta en sus contenidos y en sus razonamientos. Despu´es de cada enunciado se incluye la soluci´on correcta y el razonamiento sobre la verdad o falsedad de cada uno de los ´ıtems propuestos como soluci´on.

2. Ejercicios resueltos. En este bloque de ejercicios se proponen diversos problemas que permiten practicar y profundizar en las t´ecnicas y procedimientos b´asicos de c´ alculo propios del c´alculo diferencial. Se proponen ejercicios para resolver de forma cl´asica con “l´apiz y papel”, y por este motivo se han elegido de forma que los c´alculos rutinarios no sean excesivamente complicados para su ejecuci´on. En ocasiones se han presentado ejercicios de tipo te´orico para resaltar o aclarar los resultados que presentan los diferentes teoremas b´asicos basados en los t´ opicos esenciales del c´alculo diferencial.

3. Ejercicios resueltos con DERIVE. En este apartado se presentan varios ejercicios para resolver utilizando las t´ecnicas del programa de c´alculo simb´olico DERIVE. En este tipo de ejercicios, los c´alculos rutinarios se dejan para el sistema, as´ı, el alumno puede centrar sus esfuerzos en los procedimientos y resultados fundamentales. Todos los pasos para la resoluci´on de dichos ejercicios se han detallado para facilitar su comprensi´on. Debemos se˜ nalar que existen tres tipos de textos dentro de la soluci´on de estos ejercicios: 1) textos entrecomillados y en letra rom´ anica (contienen la secuencia literal de caracteres que el usuario debe introducir en

Introducci´ on

ix

el programa), 2) textos o palabras en may´ usculas (indican los comandos o secuencias de comandos que debemos aplicar y 3) textos en it´alica en l´ınea aparte y precedidos por # y un n´ umero (contienen el resultado que obtenemos al introducir un texto o simplificar una expresi´on). Los comandos y funciones espec´ıficas del programa se explican de forma detallada.

4. Ejercicios propuestos. Finalmente, al terminar cada cap´ıtulo, se proponen un conjunto de ejercicios propuestos de una naturaleza similar a los ejercicios resueltos y ejercicios resueltos con DERIVE. La soluci´on de todos los problemas propuestos se puede encontrar en la p´agina web asociada a esta publicaci´on por la editorial. Los contenidos de este libro constituyen los de un curso b´asico de c´alculo diferencial en funciones de varias variables. El primer cap´ıtulo introduce los conceptos b´ asicos de una funci´on de varias variables: dominio, recorrido, rango o dominio. Se estudian de forma gr´afica, con el uso de DERIVE, dominios y recorridos de funciones de dos variables. Tambi´en se efect´ ua el estudio y representaci´on de curvas de nivel. Finalmente se estudian los l´ımites y continuidad de funciones de varias variables. En el segundo cap´ıtulo nos centramos en las t´ecnicas b´asicas del c´alculo del gradiente y matriz hessiana de funciones de varias variables. Se analiza el concepto de diferenciabilidad y sus condiciones necesarias y suficientes. Asimismo se analizan las derivadas direccionales. El tercer cap´ıtulo se centra en las tres aplicaciones b´asicas de la diferenciabilidad: polinomios de Taylor, regla de la cadena y estudio de funciones homog´eneas, en particular el Teorema de Euler. El Cap´ıtulo 4 profundiza sobre las funciones impl´ıcitas, el estudio del teorema de la funci´on impl´ıcita y las t´ecnicas gr´aficas para analizar la existencia de dependencias impl´ıcitas. Finalmente en el Cap´ıtulo 5 se realizan problemas b´asicos de optimizaci´on sobre el c´alculo y clasificaci´on de puntos cr´ıticos de funciones de varias variables. El libro, finaliza con un ap´endice dividido en dos secciones. En la primera secci´ on se presenta una peque˜ na introducci´on sobre los sistemas de c´alculo algebraico y su evoluci´on. La segunda secci´on contiene un manual b´asico para la utilizaci´on del programa DERIVE. Los contenidos de Problemas de C´ alculo Diferencial est´a dirigido a alumnos de aquellas licenciaturas en las que se imparte un curso b´asico de c´alculo diferencial de funciones de varias variables. Esperamos que el libro sirva para profundizar en los diferentes contenidos del c´alculo diferencial y para obtener la suficiente soltura con el sistema de c´alculo algebraico, para analizar con detalle modelos en los que intervienen funciones de varias variables.

x

Problemas de c´ alculo diferencial

Agradecemos a todos aquellos que, de alguna forma han contribuido a que este texto sea una realidad. En primer lugar, a nuestros compa˜ neros de docencia del Departamento de An´alisis Econ´omico: Econom´ıa Cuantitativa de la Universidad Aut´onoma de Madrid, a nuestros alumnos, que son realmente los destinatarios de esta colecci´on de problemas. Son ellos los que motivan nuestra labor docente y el trabajo diario en la facultad. Finalmente agradecer a nuestras familias, porque gran parte del tiempo que hemos invertido, ha sido en detrimento de su atenci´on.

Madrid, Enero de 2008.

Pedro Ortega Pulido Juan Fco. Serra Cu˜ nat

Cap´ıtulo 1

Funciones de varias variables. Introducci´ on 1.1 Cuestiones 1.2 Ejercicios resueltos A) Dominio y recorrido B) Curvas de nivel C) L´ımites y continuidad 1.3 Ejercicios resueltos con DERIVE 1.4 Ejercicios propuestos

2

Problemas de c´ alculo diferencial

1.1. 1.

Cuestiones Sean f : R2 → R tal que D1 = Dom(f ) = {(x, y) ∈ R2 /x2 + y 2 ≤ 9} y g : R2 → R tal que D2 = Dom(g) = {(x, y) ∈ R2 /x2 + y 2 ≥ 1}. Si definimos h(x, y) = f (x, y) + g(x, y) podemos asegurar que Dom(h) = {(x, y) ∈ R2 /x2 + y 2 ≥ 1}. a)

Falso, D3 = Dom(h) = {(x, y) ∈ R2 /1 ≤ x2 + y 2 ≤ 9}.

b)

Falso, ya que (10, 10) ∈ {(x, y) ∈ R2 /x2 + y 2 ≥ 1} y sin embargo h(10, 10) no existe.

c)

Verdadero, ya que Dom(h) = R2 pues el dominio de la suma es la uni´ on de dominios y resulta que D1 ∪ D2 = R2 .

´ SOLUCION

2.

Respuestas correctas: a) y b). La respuesta a) es correcta pues el dominio de la suma de dos funciones es la intersecci´on de dominios de dichas funciones. Tambi´en es correcta la b) pues el punto (10, 10) est´a contenido en el conjunto {(x, y) ∈ R2 /x2 + y 2 ≥ 1} y sin embargo h(10, 10) no existe ya que no existe f (10, 10) puesto que (10, 10) ∈ / Dom(f ). La respuesta c) es incorrecta pues no es cierto que el dominio de la suma sea la uni´on. r x El dominio de la funci´on f (x, y) = es: y−x   x 2 a) Dom(f ) = (x, y) ∈ R / >0 . y−x b) Dom(f ) = R2 . c)

Dom(f ) = {(x, y) ∈ R2 /y 6= x}.

d) Dom(f ) = {(x, y) ∈ R2 /y > x ≥ 0} ∪ {(x, y) ∈ R2 /y < x ≤ 0}. ´ SOLUCION Respuesta correcta: d). La respuesta a) es incorrecta, est´a incompleta   x Dom(f ) = (x, y) ∈ R2 / ≥ 0 ∩ {y 6= x}. y−x La respuesta b) es claramente incorrecta al igual que la c). Finalmente en la respuesta d) se caracteriza la condici´on de pertenencia al dominio seg´ un los signos del numerador (x) y denominador (y − x).

Cap´ıtulo 1. Funciones de varias variables. Introducci´ on

3.

3

Supongamos que las curvas de nivel de una determinada funci´on f : R2 → R son rectas de la forma x + y = m con m ∈ [0, ∞) entonces se puede asegurar que el dominio de dicha funci´on viene dado por el conjunto A = [0, ∞), a)

Falso, el dominio de una funci´on de dos variables tiene que ser un subconjunto de R2 y A no lo es.

b)

Falso, Dom(f ) = {(x, y) ∈ R2 /x + y ≥ 0} 6= A.

c)

Verdadero, pues las curvas de nivel s´olo existen si m ≥ 0 en cuyo caso el dominio de la funci´on ser´a A.

d)

Falso, A es el recorrido de f pero no su dominio.

´ SOLUCION Respuestas correctas: a) y d). La respuesta a) es correcta, pues se trata de una funci´on de dos variables y por tanto su dominio debe ser un subconjunto de R2 . La respuesta b) es incorrecta. Los valores que pueden tomar las curvas de nivel determinan el recorrido de la funci´on, por lo que, el conjunto A es el recorrido pero no es el dominio; por este motivo c) es incorrecta pero d) es correcta.

4.

Sea f (x, y) la funci´on de beneficios de una empresa que produce 2 bienes en cantidades determinadas por las variables x e y. Si las curvas de nivel Ci de dicha funci´on vienen dadas por:

Podemos afirmar que la empresa obtiene mayores beneficios fabricando 2 unidades del primer producto y 8 unidades del segundo que 1 unidad del primero y 9 del segundo,

4

Problemas de c´ alculo diferencial

a)

Falso, el beneficio es el mismo.

b)

Verdadero f (2, 8) = 4 > 3 = f (1, 9).

c)

Falso, f (2, 8) = 4 < 6 = f (1, 9).

´ SOLUCION Respuesta correcta: b). Las curvas que est´an dibujadas son las curvas de nivel 3, 4, 5 y 6 de la funci´on f (x, y). Si observamos dichas curvas de nivel, el punto (2, 8) pertenece a la curva de nivel C4 por tanto f (2, 8) = 4. Por otro lado el punto (1, 9) est´a en la curva de nivel C3 luego f (1, 9) = 3. Por tanto a) no es cierto pues no se obtienen iguales beneficios con dichos puntos; b) es la repuesta correcta.

5.

Supongamos que las curvas de nivel de una determinada funci´on f : R2 → R son de la forma f (x, y) = m con m ∈ (−∞, 0) entonces se puede asegurar que el recorrido de dicha funci´on viene dado por el conjunto B = (−∞, 0), a)

Falso, el recorrido de una funci´on de dos variables tiene que ser un subconjunto de R2 y B no lo es.

b)

Falso, Rec(f ) = {(x, y) ∈ R2 /f (x, y) < 0} 6= B.

c)

Verdadero, pues las curvas de nivel s´olo existen si m < 0 en cuyo caso el recorrido de la funci´on ser´a B.

´ SOLUCION Respuesta correcta: c). Los valores que pueden tomar las curvas de nivel de una funci´on son todos los valores del recorrido de la funci´on por lo que c) es la u ´nica correcta.

6.

Sea f : D ⊂ R2 → R tal que

l´ım

f (x, y) = 2. Entonces la funci´on

(x,y)→(1,1)

(

f (x, y) (x, y) 6= (1, 1)

g(x, y) = 3

(x, y) = (1, 1)

no es continua en (1, 1). a)

Verdadero, ya que

l´ım

g(x, y) =

(x,y)→(1,1)

l´ım

f (x, y) = 2 y g(1, 1) =

(x,y)→(1,1)

3 6= 2. b)

Falso, ya que no existe

l´ım (x,y)→(1,1)

g(x, y) puesto que no existe

l´ım (x,y)→(1,1)

f (x, y).

5

Cap´ıtulo 1. Funciones de varias variables. Introducci´ on

c)

Falso, la funci´on s´ı es continua en (1, 1) ya que

l´ım

g(x, y) = 3 =

(x,y)→(1,1)

g(1, 1). ´ SOLUCION Respuesta correcta: a). La respuesta correcta es la a) ya que efectivamente, el l´ımite de la funci´on g(x, y) en el punto (1, 1) no coincide con el valor de g(1, 1). Por otro lado, la respuesta b) es incorrecta ya que el l´ımite de f (x, y) en dicho punto s´ı existe, ya que es un dato inicial de la cuesti´on. La respuesta c) es incorrecta pues calcula mal el l´ımite de g(x, y) en el punto (1,1).

7.

Sea

 3x + 2y   x−y f (x, y) =   3

x 6= y x = y.

Entonces podemos asegurar que f (x, y) es continua en el punto (0, 0). a)

Verdadero, pues

l´ım

f (x, y) = 3 = f (1, 1).

(x,y)→(0,0)



 3x + 2y b) Verdadero, pues l´ım l´ım = 3 = f (0, 0). x→0 y→0 x − y c) Falso, pues no existe l´ım f (x, y) ya que (x,y)→(0,0)

l´ım

f (x, y) =

(x,y)→(0,0)

3x + 2y (x,y)→(0,0) x − y l´ım

y este l´ımite no existe ya que sus l´ımites reiterados son distintos. ´ SOLUCION Respuesta correcta: c). Para analizar la continuidad de la funci´on f (x, y) en (0, 0) debemos calcular l´ım f (x, y). Como (0, 0) est´a en la frontera que separa los conjuntos (x,y)→(0,0)

D1 = {(x, y) ∈ R2 /x 6= y} y D2 = {(x, y) ∈ R2 /x = y} las sucesiones de puntos que se aproximen a (0, 0) pueden pertenecer a ambos conjuntos, en consecuencia calculamos el l´ımite sobre ambos recintos: l´ım (x, y) → (0, 0) (x, y) ∈ D1

f (x, y) =

3x + 2y 0 = . 0 (x,y)→(0,0) x − y l´ım

6

Problemas de c´ alculo diferencial

Si calculamos los l´ımites reiterados obtenemos:       3x 3x + 2y 3x + 2y = l´ım = 3 6= −2 = l´ım l´ım l´ım l´ım x→0 y→0 x→0 x − y x→0 y→0 x − y x por lo que no existe el l´ımite. Por este motivo la u ´nica respuesta correcta es c). En la respuesta a) se afirma la existencia del l´ımite, lo cual es falso y en la respuesta b) se utiliza una condici´on que no garantiza la existencia del l´ımite y ni mucho menos la continuidad.

8.

Sea la funci´on f (x, y) =

 2  x + y 2 + 1 si 3



x≤0

si x > 0.

Entonces se verifica: a) f (x, y) es continua en (0, 0). b)

l´ım

f (x, y) = 1.

(x,y)→(0,0)

c)

f (x, y) es continua en (2, 3).

d)

l´ım

f (x, y) = 3.

(x,y)→(2,3)

´ SOLUCION Respuestas correctas: c) y d). l´ım

f (x, y) no existe pues

(x,y)→(0,0)

l´ım

f (x, y) =

x2 + y 2 + 1 = 1

l´ım (x,y)→(0,0)

(x, y) → (0, 0) x≤0

y l´ım

f (x, y) =

l´ım

3 = 3.

(x,y)→(0,0)

(x, y) → (0, 0) x>0

Por tanto f (x, y) no es continua en (0, 0) por lo que a) y b) son incorrectas. Por otro lado, como l´ım f (x, y) = 3 = f (2, 3) entonces c) y d) son correctas. (x,y)→(2,3)

9.

Dada la funci´on f (x, y) =

  x+y 

Se verifica que:

K

(x, y) 6= (1, 0) (x, y) = (1, 0).

7

Cap´ıtulo 1. Funciones de varias variables. Introducci´ on

a)

La funci´on es continua en (1, 0) para cualquier valor de K.

b)

La funci´on es continua en (1, 0) u ´nicamente si K = 1.

c)

La funci´on es continua en R2 para cualquier valor de K.

d)

La funci´on es continua en R2 u ´nicamente si K = 1.

´ SOLUCION Respuestas correctas: b) y d). Para que la funci´on sea continua en (1, 0), el valor de K ha de ser 1 ya que l´ım f (x, y) = l´ım x + y = 1. Por tanto, las u ´nicas respuestas (x,y)→(1,0)

(x,y)→(1,0)

correctas son b) y d).

10.

Sea la funci´on f (x, y) =

  

y

x>0

−y x ≤ 0.

Entonces se verifica que dicha funci´on es continua en R2 . a)

Falso, la funci´on no es continua en (0, 0).

b)

Verdadero, pues para todo (x0 , y0 ) ∈ R2 se verifica que l´ım (x,y)→(x0 ,y0 )

c)

f (x, y) = f (x0 , y0 ).

Falso, la funci´on no es continua en (0, 1).

´ SOLUCION Respuesta correcta: c). l´ım

f (x, y) = 0 = f (0, 0) por lo que f (x, y) es continua en (0, 0), luego el

(x,y)→(0,0)

enunciado a) es incorrecto. Adem´as,

l´ım

f (x, y) no existe pues

(x,y)→(0,1)

l´ım (x, y) → (0, 1) x>0

f (x, y) = 1 y

l´ım

f (x, y) = −1,

(x, y) → (0, 1) x≤0

luego el enunciado b) es incorrecto pero s´ı es cierto c).

8

Problemas de c´ alculo diferencial

1.2.

Ejercicios resueltos

A) Dominio y recorrido

1.

Dada la funci´on f (x, y) = x2 + xy 2 − y, se pide: a) b)

√ Calcular f (−1, 2), f ( 2, 1). Explicar el significado de la expresi´on f (a + 1, b) − f (a, b), a, b ∈ R y efectuar su c´alculo.

´ SOLUCION a) f (−1, 2) = (−1)2 + (−1)22 − 2 = 1 − 4 − 2 = −5. √ √ √ √ √ f ( 2, 1) = ( 2)2 + 2 · 12 − 1 = 2 + 2 − 1 = 1 + 2. b) f (a + 1, b) − f (a, b) expresa el incremento que experimenta la funci´ on cuando la variable independiente x aumenta en una unidad (x = a → x = a + 1) mientras que la variable independiente y no sufre variaci´ on. f (a + 1, b) − f (a, b) = [(a + 1)2 + (a + 1)b2 − b] − [a2 + ab2 − b] = = (a2 + 2a + 1 + ab2 + b2 − b) − (a2 + ab2 − b) = = 2a + b2 + 1.

2.

Determinar el dominio y recorrido de las siguientes funciones: a) f1 (x, y) = x2 + y 2 + 3xy. p b) f2 (x, y) = x2 − y. c)

f3 (x, y) = e2x−y .

d) f4 (x, y) = 1 − sen(xy). f5 (x, y) = ln(x2 + y 4 ). p f) f6 (x, y, z) = 4 − x2 − y 2 − z 2 .

e)

´ SOLUCION a) f1 (x, y) viene definida mediante un polinomio luego Dom(f1 ) = R2 y Rec(f1 ) = R. p b) El dominio de f2 (x, y) = x2 − y es el p conjunto formado por todos 2 aquellos puntos (x, y) ∈ R para los cuales x2 − y existe, por tanto: Dom(f2 ) = {(x, y) ∈ R2 /x2 − y ≥ 0} = {(x, y) ∈ R2 /y ≤ x2 }.

9

Cap´ıtulo 1. Funciones de varias variables. Introducci´ on

Rec(f2 ) es el conjunto de valores que se obtienen al calcular las im´agenes de todos los elementos de Dom(f2 ). En nuestro caso, se observa que los puntos (x, y) ∈ Dom(f2 ) verifican: 0 ≤ x2 + y < ∞ luego mediante una sencilla manipulaci´on algebraica se llega a p 0 ≤ x2 + y < ∞ 0 ≤ f2 (x, y) < ∞ por tanto Rec(f2 ) = [0, ∞). c)

Se trata de una funci´on exponencial cuyo exponente es un polinomio luego existe para cualquier (x, y) ∈ R2 por tanto: Dom(f3 ) = R2 ,

d)

Rec(f3 ) = (0, +∞).

La funci´on f4 (x, y) = 1 − sen(xy) existe para cualquier (x, y) ∈ R2 luego Dom(f4 ) = R2 . La funci´on seno toma todos los valores del intervalo [−1, 1] luego −1 ≤ sen(xy) ≤ 1 1 ≥ −sen(xy) ≥ −1 2 ≥ 1 − sen(xy) ≥ 0 por tanto: Rec(f4 ) = [0, 2].

e)

El dominio de f5 (x, y) es el conjunto formado por todos aquellos puntos (x, y) ∈ R2 para los cuales se puede calcular ln(x2 +y 4 ). Como x2 +y 4 > 0 para todo (x, y) 6= (0, 0), resulta que Dom(f5 ) = R2 − {(0, 0)},

Rec(f5 ) = R. p f ) f6 : R3 → R. El dominio de f6 (x, y, z) = 4 − x2 − y 2 − z 2 es el conjunto formado por todos aquellos puntos (x, y, z) ∈ R3 para los cuales p 4 − x2 − y 2 − z 2 existe, por tanto: Dom(f6 ) = {(x, y, z) ∈ R3 /4 − x2 − y 2 − z 2 ≥ 0} = = {(x, y, z) ∈ R3 /x2 + y 2 + z 2 ≤ 4}. Para calcular el Rec(f6 ) observamos que los puntos (x, y, z) que pertenencen a Dom(f6 ) verifican 0 ≤ x2 + y 2 + z 2 ≤ 4

10

Problemas de c´ alculo diferencial

operando en el sistema de desigualdades anterior tenemos que: 0 4 2 2

≥ −x2 − y 2 − z 2 ≥ p4 − x2 − y 2 − z 2 4 − x2 − y 2 − z 2 ≥ ≥ f6 (x, y, z)

≥ −4 ≥ 0 ≥ 0 ≥ 0

por tanto: Rec(f6 ) = [0, 2].

3.

Determinar y representar gr´aficamente el dominio de las siguientes funciones: x . x − 2y x+y b) f2 (x, y) = 2 . y x−y p c) f3 (x, y) = 3 − x2 − y 2 . a) f1 (x, y) =

d) f4 (x, y) = ln(4 − x2 − 4y 2 ). 1 e) f5 (x, y) = + ln(2 − x − y). x−2 r x − 2y f) f6 (x, y) = . x+y √ √ g) f7 (x, y) = 4 − x2 + 3 − y. ´ SOLUCION a)

La funci´on viene definida como un cociente de dos funciones, por lo que debemos excluir de Dom(f1 ) los puntos (x, y) ∈ R2 que anulan el denominador. Por tanto Dom(f1 ) = {(x, y) ∈ R2 /x − 2y 6= 0} conjunto cuya representaci´on en el plano es

(La recta discontinua indica que no est´a contenida en el dominio.)

Cap´ıtulo 1. Funciones de varias variables. Introducci´ on

b)

11

La funci´on viene definida como un cociente de dos funciones por tanto los puntos (x, y) ∈ R2 que anulan el denominador no pertenencen a Dom(f2 ). Dom(f2 ) = {(x, y) ∈ R2 /y 2 x − y 6= 0} = {(x, y) ∈ R2 /y(yx − 1) 6= 0}. De la ecuaci´on y(yx − 1) = 0 se deduce que debemos excluir de Dom(f2 ) los puntos cuya coordenada y es 0 (eje x) y los puntos que forman la hip´erbola y = 1/x.

c) Dom(fp a formado por todos aquellos puntos (x, y) ∈ R2 para los 3 ) estar´ cuales 3 − x2 − y 2 existe, como: 3 − x2 − y 2 ≥ 0 ⇔ x2 + y 2 ≤ 3 se sigue Dom(f3 ) = {(x, y) ∈ R2 /x2 + y 2 ≤ 3}. Los puntos del plano que satisfacen la inecuaci´ on x2 + y 2 ≤ 3 son los √ puntos del c´ırculo centrado en el origen y radio 3 (incluida la circunferencia).

d ) Dom(f4 ) es el conjunto de puntos (x, y) ∈ R2 para los cuales se puede calcular ln(4 − x2 − 4y 2 ). La condici´on que debe verificar un punto (x, y) ∈ R2 para pertenecer a Dom(f4 ) es que 4 − x2 − 4y 2 > 0 luego: Dom(f4 ) = {(x, y) ∈ R2 /4 − x2 − 4y 2 > 0} = {(x, y) ∈ R2 /x2 + 4y 2 < 4}.

12

Problemas de c´ alculo diferencial

x2 + y 2 = 1 es la ecuaci´on de una elipse centrada en 4 (0, 0) y de semiejes a = 2, b = 1. La representaci´on gr´afica de Dom(f4 ) es la siguiente:

x2 + 4y 2 = 4 ⇔

e)

La imagen de un punto (x, y) ∈ R2 se puede calcular si sus coordenadas verifican dos condiciones: x 6= 2 y 2 − x − y > 0 luego: Dom(f5 ) = {(x, y) ∈ R2 /x − 2 6= 0, x + y < 2} conjunto cuya representaci´on gr´afica es:

f ) Dom(fr a formado por todos los puntos (x, y) ∈ R2 para los cuales 6 ) estar´ x − 2y existe y que no anulen el denominador del cociente anterior, x+y por tanto,  Dom(f6 ) =

 x − 2y (x, y) ∈ R /x + y 6= 0, ≥0 . x+y 2

Estudiaremos a continuaci´on cuando

x − 2y ≥ 0. Podemos analizar los x+y

13

Cap´ıtulo 1. Funciones de varias variables. Introducci´ on

siguientes casos:

•

1 x − 2y ≥ 0 , x + y > 0 ⇒ y ≤ x, y > −x 2

•

1 x − 2y ≤ 0 , x + y < 0 ⇒ y ≥ x, y < −x 2

luego la representaci´on gr´afica de Dom(f6 ) es :

g) Dom(f7 ) es el conjunto de puntos (x, y) ∈ R2 para los cuales existen las dos ra´ıces por tanto:

Dom(f7 ) = {(x, y) ∈ R2 /4 − x2 ≥ 0, 3 − y ≥ 0}.

4 − x2 ≥ 0 ⇔ (2 − x)(2 + x) ≥ 0 2−x 2+x (2 − x)(2 + x)

+ − −

− + −

+ + + −2

2

luego la inecuaci´on 4 − x2 ≥ 0 se verifica para x ∈ [−2, 2]. La representaci´on gr´afica de Dom(f7 ) se obtendr´a al representar los puntos (x, y) ∈ R2 cuya coordenada x ∈ [−2, 2] y cuya coordenada y ≤ 3, es decir:

14

4.

Problemas de c´ alculo diferencial

Hallar la expresi´on de la funci´on de beneficios de una empresa que produce tres bienes con unos costes unitarios de 12, 20 y 30 euros y unos precios de venta por unidad de 20, 40 y 60 euros respectivamente. Calcular el dominio de dicha funci´on. ´ SOLUCION Sean: x = n´ umero de unidades producidas del primer bien, y = n´ umero de unidades producidas del segundo bien, z = n´ umero de unidades producidas del tercer bien. La funci´on de beneficios vendr´a determinada por: B(x, y, z) = I(x, y, z) − C(x, y, z) = 20x + 40y + 60z − (12x + 20y + 30z) = 8x + 20y + 30z. Como el n´ umero de unidades producidas es una cantidad no negativa, el dominio de la funci´on (en el contexto del problema) es: Dom(f ) = {(x, y, z) ∈ R3 /x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0}.

5.

Analizar si las siguientes funciones est´an acotadas en su dominio a) f (x, y) =

x2

x2 ; + y2 + 1

b) g(x, y) = sen(x2 +y);

c) h(x, y) =

x cos(x2 y). y

´ SOLUCION Se dice que una funci´on f : D ⊂ Rn → R est´a acotada en A ⊆ D si existe K ∈ R tal que |f (¯ x)| ≤ K para todo x ¯ ∈ A.

15

Cap´ıtulo 1. Funciones de varias variables. Introducci´ on

a) Dom(f ) = R2 . x2 x2 2 = x2 + y 2 + 1 x2 + y 2 + 1 < 1 para todo (x, y) ∈ R por tanto f (x, y) es una funci´on acotada en todo su dominio. b) Dom(g) = R2 . La funci´on seno toma todos los valores comprendidos en el intervalo [−1, 1] luego: |sen(x2 + y)| ≤ 1 para todo (x, y) ∈ R2 g(x, y) es una funci´on acotada en todo su dominio. c) Dom(h) = {(x, y) ∈ R2 /y 6= 0}. No es una funci´on acotada pues no podemos encontrar K ∈ R tal que |f (x, y)| ≤ K para todo (x, y) ∈ Dom(h) basta observar los valores que toma la funci´on en aquellos puntos cuya coordenada y tiende a 0.

B) Curvas de nivel

6.

Representar gr´aficamente algunas curvas de nivel de las siguientes funciones: a) f1 (x, y) = x + y. b) f2 (x, y) = ex+y . c)

f3 (x, y) = xy. x−y d) f4 (x, y) = . x+y ´ SOLUCION a)

Las curvas de nivel de la funci´on f1 son: Ck = {(x, y) ∈ Dom(f1 )/x + y = k},

k ∈ R.

Al despejar y de la ecuaci´on x + y = k se obtiene y = −x + k resultando que las curvas de nivel de f1 son rectas paralelas de pendiente −1. Seguidamente se representan las curvas de nivel −2, −1, 0, 1, y 2 de f1 :

16

Problemas de c´ alculo diferencial

b)

Las curvas de nivel de la funci´on f2 son: Ck = {(x, y) ∈ Dom(f2 )/ex+y = k},

k∈R

por tanto, como Rec(f2 ) = (0, +∞) Si k ≤ 0 ⇒ Ck = ∅, pues k ∈ / Rec(f2 ). Si k > 0 ⇒ ex+y = k ⇒ x + y = ln(k) ⇒

.

Ck = {(x, y) ∈ Dom(f2 )/x + y = ln(k)}. Al despejar y de la ecuaci´on x + y = ln(k) se obtiene y = −x + ln(k), resultando que las curvas de nivel de f2 son rectas paralelas de pendiente −1. Seguidamente se representan las curvas de nivel 00 2, 00 5, 1, 2 de la funci´ on f2 :

17

Cap´ıtulo 1. Funciones de varias variables. Introducci´ on

c)

Las curvas de nivel de la funci´on f3 son: Ck = {(x, y) ∈ Dom(f3 )/xy = k},

k ∈ R.

La ecuaci´on xy = k corresponde a una hip´erbola equil´atera que tiene sus ramas en el primer y tercer cuadrante si k > 0, y en el segundo y cuarto cuadrante si k < 0. Si k = 0 la curva de nivel 0 es el conjunto C0 = {(x, y) ∈ R2 /xy = 0} formado por los ejes de coordenadas. La representaci´on gr´afica de las curvas de niveles −2, −1, 0, 1, 2 es la siguiente:

d)

Las curvas de nivel de la funci´on f4 son:   x−y Ck = (x, y) ∈ Dom(f4 )/ =k , x+y de la ecuaci´on

k∈R

x−y = k se obtiene: x+y x − y = k(x + y) ⇔ (k + 1)y = (1 − k)x

luego para cualquier k ∈ R, la curva de nivel Ck es la recta  1−k   x, si k 6= −1  y= 1+k    x = 0, si k = −1 excluyendo el punto (0, 0) que no pertenece a Dom(f4 ). Seguidamente se muestran algunas curvas de nivel de la funci´on incluyendo la recta x + y = 0 que no pertenence a Dom(f4 ).

18

7.

Problemas de c´ alculo diferencial

Dibujar las curvas de niveles 0, 1, 3 y la curva de nivel que pasa por (1,2) de la funci´on p f (x, y) = 9 − x2 − y 2 . ¿Es posible dibujar la curva de nivel 5? ¿C´omo se comporta la funci´on en un entorno del punto (0,0)? ´ SOLUCION p C0 = {(x, y) ∈ Dom(f )/ 9 − x2 − y 2 = 0}; p 9 − x2 − y 2 = 0 ⇒ 9 − x2 − y 2 = 0 ⇒ x2 + y 2 = 9 que es la ecuaci´on de una circunferencia de centro (0, 0) y radio 3. p C1 = {(x, y) ∈ Dom(f )/ 9 − x2 − y 2 = 1}; p 2 2 9 − x2 − y 2 = 1 ⇒ 9 − x2 − y 2 = 1 ⇒ √x + y = 8 que es la ecuaci´on de una circunferencia de centro (0, 0) y radio 8. p C3 = {(x, y) ∈ Dom(f )/ 9 − x2 − y 2 = 3}; p 9 − x2 − y 2 = 3 ⇒ 9 − x2 − y 2 = 9 ⇒ x2 + y 2 = 0 ecuaci´on que s´olo verifica el punto (0,0) luego la curva de nivel 3 es el punto (0,0). Por ser f (1, 2) = 2.

√

9 − 12 − 22 = 2 el punto (1, 2) pertenece a la curva de nivel

p C2 = {(x, y) ∈ Dom(f )/ 9 − x2 − y 2 = 2}; p 2 2 9 − x2 − y 2 = 2 ⇒ 9 − x2 − y 2 = 4 ⇒ √x + y = 5 que es la ecuaci´on de una circunferencia de centro (0, 0) y radio 5.

Cap´ıtulo 1. Funciones de varias variables. Introducci´ on

19

Como Rec(f ) = [0, 3] y 5 no pertenece a Rec(f ) no es posible dibujar la curva de nivel 5. En el punto (0, 0) la funci´on alcanza su valor m´aximo pues Rec(f ) = [0, 3] y (0, 0) pertenece a la curva de nivel 3.

8.

Demostrar que x − y = 3 es una curva de nivel de la funci´on f (x, y) = ex e−y + x2 − 2xy + y 2 . ¿Es posible calcular la curva de nivel 0 de dicha funci´on? ´ SOLUCION Bastar´a con calcular la imagen de un punto (x, y) cuyas coordenadas verifican la ecuaci´on x − y = 3 y observar si se obtiene un n´ umero real. Sea (x, y) ∈ R2 un punto tal que x − y = 3 ⇔ y = x − 3 f (x, y) = ex e−x+3 + x2 − 2x(x − 3) + (x − 3)2 = e3 + x2 − 2x2 + 6x + x2 − 6x + 9 = e3 + 9 luego x − y = 3 es la curva de nivel e3 + 9 de f. No es posible calcular la curva de nivel 0 de f pues no existen puntos (x, y) ∈ R2 que verifiquen la ecuaci´on ex e−y + x2 − 2xy + y 2 = 0 ⇔ ex−y + (x − y)2 = 0.

20

9.

Problemas de c´ alculo diferencial

Sea u(x, y) = 2lnx + lny la funci´on que mide la utilidad que le reporta a un consumidor la adquisici´on de x unidades de un bien A e y unidades de un bien B. a)

Calcular la utilidad de la cesta (5, 4).

b)

Si el consumidor decide comprar 6 unidades del bien B, hallar la cantidad de bien A que deber´a comprar para mantener la utilidad calculada en el apartado anterior.

´ SOLUCION a) u(5, 4) = 2 · ln5 + ln4 = 2 · 10 609 + 10 386 = 40 604. 1 b) 40 604 = 2 · lnx + ln6 ⇒ lnx = (40 604 − ln6) = 10 406 ⇒ 2 0

x = e1 406 = 40 079. Deber´a adquirir 4 unidades del bien A.

C) L´ımites y continuidad

10.

Demostrar, aplicando la definici´on de l´ımite que: l´ım

x=a

y

(x,y)→(a,b)

l´ım

y=b

(x,y)→(a,b)

´ SOLUCION Sea f : D ⊂ R2 → R y sea (a, b) un punto de acumulaci´on de D. Se dice que f (x, y) tiene l´ımite L cuando (x, y) tiende a (a, b), lo que expresamos por l´ım

f (x, y) = L

(x,y)→(a,b)

si para cada  > 0 existe un δ > 0 tal que |f (x, y) − L| <  para todo (x, y) ∈ D tal que 0
0 como f (x, y) = x p |f (x, y) − L| = |x − a| ≤ (x − a)2 + (y − b)2 bastar´a tomar δ =  para que se verifique |x − a| <  para todo (x, y) ∈ D tal que 0
0}. Por las propiedades de las funciones continuas se verifica que f4 (x, y) es continua en D4 .

e) f5 (x, y, z) es continua en todo R3 ya que para cualquier (x0 , y0 , z0 ) ∈ R3 se verifica que l´ım (x,y,z)→(x0 ,y0 ,z0 )

(x + 2y − z)ex

2 −y 2 +z

2

2

= (x0 + 2y0 − z0 )ex0 −y0 +z0 .

Cap´ıtulo 1. Funciones de varias variables. Introducci´ on

1.3. 1.

31

Ejercicios resueltos con DERIVE Utilizar DERIVE para dibujar el dominio de definici´on de las sifguientes funciones: √ √ a) f1 (x, y) = x + 2 y − 3. p b) f2 (x, y) = (x − 5)(y − 4). p  c) f3 (x, y) = ln 16 − x2 − y 2 . p d) f4 (x, y) = x2 + y 2 − 4 · ln(16 − x2 − y 2 ). e)

f5 (x, y) = ln((4x − x2 − y 2 )(x2 + y 2 − 2x)).

´ SOLUCION a) Dom(f1 ) = {(x, y) ∈ R2 /x + 2 ≥ 0, y − 3 ≥ 0}. Para dibujar en DERIVE este recinto introducimos en la l´ınea de edici´on la expresi´on: “x + 2 ≥ 0 ∧ y − 3 ≥ 0” a continuaci´on desplegamos una ventana 2D con VENTANA-NUEVA VENTANA 2D y aplicamos sobre la expresi´on anterior el bot´on de herra´ y obtenemos: mientas REPRESENTAR-EXPRESION

b) Dom(f2 ) = {(x, y) ∈ R2 /(x − 5)(y − 4) ≥ 0}. Editemos en la l´ınea de edici´on la expresi´on que muestra la condici´on del dominio: “(x − 5)(y − 4) ≥ 0” Teniendo iluminada esta expresi´on en la ventana de ALGEBRA, nos situamos en la ventana 2D (borramos previamente toda representaci´on ´ anterior con EDITAR-BORRAR TODAS LAS GRAFICAS) y aplicamos ´ REPRESENTAR-EXPRESION y se obtiene:

32

Problemas de c´ alculo diferencial

´ (borramos con EDITAR-BORRAR TODAS LAS GRAFICAS, las representaciones realizadas). c) Dom(f3 ) = {(x, y) ∈ R2 /16 − x2 − y 2 > 0}. Para representar este recinto basta con editar en DERIVE la expresi´on “16 − xˆ2 − yˆ2 > 0” si representamos sobre la ventana 2D la expresi´on anterior se obtiene:

(borramos las gr´aficas anteriores). d ) Dom(f4 ) = {(x, y) ∈ R2 /x2 +y 2 −4 ≥ 0, 16−x2 −y 2 > 0}. Introduciendo la expresi´on “xˆ2 + yˆ2 − 4 ≥ 0 ∧ 16 − xˆ2 − yˆ2 > 0” y represent´andola en la ventana 2D obtenemos el recinto siguiente:

Cap´ıtulo 1. Funciones de varias variables. Introducci´ on

33

Obs´ervese que los puntos de la circunferencia de radio 4 y centro (0, 0) no est´an incluidos en el dominio. e) El dominio de la funci´on f5 (x, y) viene dado por el conjunto de puntos de R2 que verifican la inecuaci´on: (4x − x2 − y 2 ) · (x2 + y 2 − 2x) > 0. Editando dicha expresi´on en DERIVE, borrando previamente todas las gr´aficas anteriores, y representando en una ventana 2D obtenemos el recinto:

Obs´ervese que no estar´ıan incluidos en el dominio los puntos situados en la frontera de dicho recinto, es decir, los puntos situados en las circunferencias de centro (2, 0) y radio 2 y la circunferencia de centro (1, 0) y radio 1.

2.

Dibujar con DERIVE las curvas de nivel de las siguientes funciones: a) f1 (x, y) = 1 − x − y. y b) f2 (x, y) = . 3x c) f3 = x2 y. d) f4 = ln(x2 + y 2 − 4). ´ SOLUCION a)

Deseamos dibujar las curvas de nivel de la funci´on f1 (x, y). Con el fin de no tener que editar la expresi´on que define f1 (x, y) cada vez que deseemos hacer uso de la misma, vamos a definir en DERIVE la funci´on editando la siguiente expresi´on: “f 1(x, y) := 1 − x − y” obs´ervese el simbolo “ := ” utilizado para asignar el valor dado. Si queremos dibujar la curva de nivel 1, bastar´ıa con editar la expresi´on: “f 1(x, y) = 1”

34

Problemas de c´ alculo diferencial

y dibujar dicha expresi´on en una ventana 2D (NUEVA VENTANA 2D´ REPRESENTAR EXPRESION). De esta manera aparecer´ıa la curva de nivel 1. As´ı podr´ıamos ir dibujando cada una de las curvas de nivel. Sin embargo, DERIVE permite dibujar de manera simult´anea un conjunto de curvas de nivel utilizando un comando que genera todas las curvas que deseemos s´olo editando una expresi´on. Editando en la l´ınea de edici´ on la expresi´on: “V ECT OR(f 1(x, y) = k, k, −20, 20)” esta expresi´on permite generar las curvas de nivel -20,-19,. . . ,0,1,. . . , 20. Si intentamos dibujar esta expresi´on en la ventana 2D puede suceder que el programa nos d´e un mensaje de error “La expresi´ on resaltada no puede representarse”. En ese caso debemos situarnos en la ventana 2D, aplicar OPCIONES y marcar la opci´on SIMPLIFICAR ANTES DE DIBUJAR. Si intentamos ahora volver a representar la expresi´on anterior que generaba las curvas de nivel −20 hasta nivel 20, saltando de nivel de 1 en 1, obtendremos:

b)

Definimos en primer lugar en DERIVE la funci´on, editando: “f 2(x, y) := y/(3x)” Para dibujar por ejemplo las curvas de nivel -30,-29’7,-29’4,. . . y as´ı todas las curvas de nivel desde -30 al 30 variando de 0’3 en 0’3 editar´ıamos previamente la expresi´on “V ECT OR(f 2(x, y) = k, k, −30, 30, 0.3)” representando en 2D dicha expresi´on (supuestamente tendr´ıamos que tener la ventana sin ninguna representaci´on, recu´erdese que para borrar todas las gr´aficas de una ventana 2D basta con aplicar dentro del men´ u de la

Cap´ıtulo 1. Funciones de varias variables. Introducci´ on

35

´ ventana 2D la secuencia EDITAR-BORRAR TODAS LAS GRAFICAS), y obtenemos:

c)

Introducimos en la l´ınea de edici´on “f 3(x, y) := xˆ2y” Si deseamos las curvas de niveles -40 a 40 variando de 1 en 1 editamos: “V ECT OR(f 3(x, y) = k, k, −40, 40)” al representar obtenemos:

d)

Editamos con DERIVE: “f 4(x, y) := ln(xˆ2 + yˆ2 − 4)”

36

Problemas de c´ alculo diferencial

Si deseamos las curvas de niveles desde -30 a 30 variando de 0.1 en 0.1 introducimos la expresi´on: “V ECT OR(f 4(x, y) = k, k, −30, 30, 0.1)” y se obtiene:

3.

Analizar la gr´afica y curvas de nivel de las siguientes funciones usando DERIVE: a) f1 (x, y) = 4xy − x4 − y 4 . b) f2 (x, y) = xey − ex . x+y−1 c) f3 (x, y) = 2 . x + y2 4 d) f4 (x, y) = 2 . x + y2 + 1 ´ SOLUCION a)

Editemos la expresi´on que define la funci´on: “f 1(x, y) := 4xy − xˆ4 − yˆ4”. Dibujemos sus curvas de nivel en un rango desde nivel -100 a nivel 100 saltando niveles de 0.1 en 0.1. Para ello editamos la expresi´on: “V ECT OR(f 1(x, y) = k, k, −100, 100, 0,1)”. Representamos esta expresi´on en la ventana 2D (debemos tener activada la opci´on de “simplificar antes de dibujar”, recordemos que esta opci´on se activa desde el men´ u de la ventana 2D con el comando OPCIONES y marcando dicha opci´on), al realizar la representaci´on obs´ervese

Cap´ıtulo 1. Funciones de varias variables. Introducci´ on

37

como se van generando las curvas de nivel, empieza dibujando la de nivel −100, −990 9, . . . el programa va dibujando much´ısimas curvas de nivel que nos deben orientar respecto de la posible gr´afica. Tambi´en debemos observar que en un momento dado el programa se queda sin dibujar nada pero sigue trabajando: est´a intentando dibujar curvas de nivel que no existen, porque ha llegado a los valores m´aximos de la funci´on que son muy inferiores al nivel 100, las curvas que se obtienen son:

Para representar la superficie de R3 determinada por z = f1 (x, y) basta editar la expresi´on “f 1(x, y)” y abrimos una NUEVA VENTANA 3D, sobre la cual aplicamos el comando REPRESENTAR, pudiendo obtener una gr´afica similar a:

como se observa no est´a bien perfilada, pero se puede mejorar. Para ello situamos el rat´on sobre la superficie y hacemos un clic para seleccionarla, ahora con el bot´on derecho desplegamos un men´ u del cual elegimos EDITAR, en el nuevo cuadro de di´alogo que aparece seleccionamos n´ umero de paneles para x: 60 y para y: 60, estos datos basta teclearlos sobre la

38

Problemas de c´ alculo diferencial

ventana de di´alogo. Autom´aticamente la gr´afica queda perfilada de una manera m´as correcta:

Esta gr´afica se puede comparar con las curvas de nivel y observamos los dos m´aximos globales que en las curvas de nivel aparec´ıan como curvas cerradas. Para visualizar mejor la gr´afica podemos girarla (usando los cursores), acercarnos a la gr´afica o alejarnos usando los botones ZOOM HACIA FUERA, ZOOM HACIA DENTRO o bien MAGNIFICAR o CONTRAER, tras varias operaciones de este tipo podemos obtener la siguiente gr´afica:

b)

En primer lugar editamos la expresi´on que define la funci´on usando la l´ınea de edici´on de DERIVE: “f 2(x, y) := xˆ eˆy − eˆˆx” (obs´ervese que el n´ umero e en DERIVE se introduce con eˆ) Dibujemos ahora en primer lugar la gr´afica, aplicando directamente sobre la expresi´on anterior y sobre una ventana 3D REPRESENTAR ´ EXPRESION, cambiamos el n´ umero de paneles a x:60, y:60 tal como

Cap´ıtulo 1. Funciones de varias variables. Introducci´ on

39

hemos descrito en el Apartado (a) de este ejercicio y retocamos su aspecto con los botontes ZOOM, MAGNIFICAR, CONTRAER y los cursores, y podemos obtener la siguiente gr´afica:

Para conocer el significado de las curvas de nivel sobre la gr´afica, podemos representar varios planos paralelos al plano XY y observar la intersecci´on entre ´estos y la gr´afica. Por ejemplo, si editamos la expresi´on: “z = 2” y la representamos sobre la gr´afica de la funci´on, iluminando s´olo el plano (situando el rat´on sobre el mismo y haciendo un clic) obtenemos:

Obs´ervese que existe una curva de intersecci´on, esta curva proyectada sobre el plano XY ser´a la curva de nivel 2. Si efectuamos la misma operaci´on ahora para la curva de nivel 0, tendremos que editar: “z = 0”

40

Problemas de c´ alculo diferencial

y representarla sobre la gr´afica de la funci´on (tenemos que tener cuidado de borrar antes el plano z=2 para no superponer uno con otro; esto se consigue iluminando el plano con el rat´on y aplicando el comando BORRAR ´ LA GRAFICA o bien simplemente con el bot´on suprimir), obtenemos:

Realizando el mismo procedimiento para z = −2 obtenemos

Este procedimiento nos ir´ıa dando las curvas de nivel efectuando sus proyecciones sobre el plano XY. Por otro lado podemos dibujar las curvas de nivel editando la expresi´ on:

“V ECT OR(f 2(x, y) = k, k, −20, 120)”

dibujando esta expresi´on obtenemos las curvas de niveles desde el -20 hasta el 120, variando de 1 en 1:

Cap´ıtulo 1. Funciones de varias variables. Introducci´ on

c)

41

Editamos en primer lugar la expresi´on que define la funci´on: “f 3(x, y) := (x + y − 1)/(xˆ2 + yˆ2)”

representando en una nueva ventana 3D y modificando como en apartados anteriores tanto el n´ umero de paneles (x:60, y:60) como la posici´on, podemos obtener la siguiente representaci´on:

Hagamos un an´alisis de las curvas de nivel similar al realizado en el Apartado b), dibujando los cortes de la superficie z = f3 (x, y) con diversos planos z = k. Editamos la expresi´on “z = −5” al representarla sobre la gr´afica de f3 (x, y) obtenemos un peque˜ no c´ırculo, cuya proyecci´on sobre el eje XY nos dar´ıa la curva de nivel −5 :

42

Problemas de c´ alculo diferencial

Si representamos el plano z = 0 siguiendo el mismo procedimiento sobre la superficie obtenemos:

Hacemos lo mismo con el plano z = 1/4 y se obtiene:

Cap´ıtulo 1. Funciones de varias variables. Introducci´ on

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Finalmente para obtener las curvas de nivel, editemos la expresi´on: “V ECT OR(f 3(x, y) = k, k, −10, 2, 0.2)” que al representar nos da el conjunto de curvas:

d)

Para trabajar con la funci´on en DERIVE definimos dicha funci´on mediante la expresi´on: “f 4(x, y) := −4/(xˆ2 + yˆ2 + 1)”. Si abrimos una NUEVA VENTANA 3D y dibujamos la expresi´on anterior (tras efectuar los cambios pertinentes en el n´ umero de paneles x:60, y:60 y la posici´on de los ejes) obtenemos:

Sus curvas de nivel se pueden obtener editando “V ECT OR(f 4(x, y) = k, k, −10, 0, 0.1)”

44

Problemas de c´ alculo diferencial

obteniendo:

4.

Analizar el dominio y el recorrido de las siguientes funciones utilizando la gr´afica de las mismas con la ayuda de DERIVE.

a) f (x, y) = ln(x + y). p b) g(x, y) = 1 − x2 − y 2 . ´ SOLUCION

a)

Editamos en primer lugar la expresi´on que define la funci´on: “ln(x + y)”. Para realizar la representaci´on gr´afica en 3D necesitamos abrir una ventana del espacio tridimensional para lo cual aplicamos VENTANA-NUEVA VENTANA 3D A continuaci´on, una vez situados en la ventana 3D aplicamos el bot´ on REPRESENTAR, seleccionamos en la gr´afica un n´ umero de paneles de 60 para x y 60 para y, obteni´endose:

Cap´ıtulo 1. Funciones de varias variables. Introducci´ on

45

Para analizar el dominio, con ayuda del cursor, y dentro de la ventana 3D movemos la gr´afica para obtener una visualizaci´on desde la parte superior del eje z y obtenemos

esto nos muestra que el dominio de definici´on de la funci´on es el conjunto de (x, y) ∈ R2 tales que x + y > 0, obs´ervese que la recta y = −x no est´a contenida y para comprobarlo basta con dibujar el plano que la define editando “y = −x” dibuj´andolo sobre la gr´afica con el comando REPRESENTAR

situaci´on que podemos visualizar en el espacio tridimensional aplicando el bot´on MAGNIFICAR para acercar la gr´afica:

46

Problemas de c´ alculo diferencial

Para analizar el dominio, borramos la superficie y = −x (situ´andonos encima de la superficie y aplicando el comando BORRAR). Despu´es intentamos situar los ejes X e Y en la misma l´ınea horizontal con ayuda de los cursores y observamos que el recorrido corresponde al de la funci´on logaritmo neperiano que crece muy r´apidamente al principio y luego se estabiliza, no obstante su recorrido es todo R :

b)

Editamos en primer lugar la expresi´on que define la funci´on escribiendo: “

p

(1 − xˆ2 − yˆ2)”

representamos la gr´afica en una ventana 3D, modificando sus paneles a x:120, y:120. Acerc´andonos un poco a la gr´afica obtenemos

Cap´ıtulo 1. Funciones de varias variables. Introducci´ on

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con ayuda de los cursores intentamos visualizar la gr´afica desde el punto de vista del eje Z:

observamos que la gr´afica se sit´ ua en una circunferencia de centro (0, 0) y radio 1, este hecho se puede completar de forma visual si dibujamos la superficie cil´ındrica que rodea a dicha superficie, de la cual podemos considerar una parte determinada por la funci´on, para ello editamos “y = y representamos

√

1 − xˆ2”

48

Problemas de c´ alculo diferencial

√ Para analizar el recorrido, borremos la gr´afica de y = 1 − x2 para continuar analizando la gr´afica de nuestra funci´on (para borrarla basta situarse con el cursor encima de ella, iluminarla y pulsar el comando BORRAR o directamente suprimir). Visualicemos la gr´afica de la funci´on con los ejes X e Y en la misma l´ınea con la ayuda del cursor.

observamos que los valores de Z correspondientes est´an acotados. La cota inferior parece ser z = 0 y la cota superior z = 1. Dibujemos estos dos planos para garantizar esta circunstancia, para ello editamos las expresiones “z = 0” “z = 1”

49

Cap´ıtulo 1. Funciones de varias variables. Introducci´ on

5.

Calcular con la ayuda del programa los l´ımites reiterados de las siguientes funciones en los puntos indicados y determinar si se obtiene alguna consecuencia sobre la existencia del l´ımite a) f1 (x, y) =

xy + y 3 x3 + y 2

b) f2 (x, y) =

x3 sen(y 2 − 4) (y + 2)senx

c)

(4x3 y − xy 3 ) · (8x4 + xy 3 ) 16x6 y − x2 y 5 )

f3 (x, y) =

en el punto (0, 0). en el punto (0, −2). en el punto (0, 0).

´ SOLUCION a)

Editamos la expresi´on que define la funci´on: “(xy + yˆ3)/(xˆ3 + yˆ2)” ´ ´IMITES seleccionando en la ahora aplicamos el comando CALCULO-L ventana de di´alogo la variable x y el punto 0, marcando ambas, y pulsando luego SI se obtiene #2 :

x · y + y3 x→0 x3 + y2 l´ım

´ ´IMIa continuaci´on sobre la expresi´on resultante aplicamos CALCULO-L TES seleccionamos en la ventana de di´alogo la variable y y el punto 0 marcando ambas, y pulsando luego SI #3 :

x · y + y3 y→0 x→0 x3 + y2 l´ım l´ım

ahora aplicamos el bot´on SIMPLIFICAR y se obtiene: #4 :

0

Para calcular el otro l´ımite reiterado efectuamos la misma operaci´on pero invirtiendo el orden de las variables: #5 :

x · y + y3 y→0 x3 + y2 l´ım

50

Problemas de c´ alculo diferencial

#6 :

x · y + y3 x→0 y→0 x3 + y2 l´ım l´ım

#7 :

0

s´olo podemos deducir que en caso de existir el l´ımite, ´este vale 0. b)

Editamos la expresi´on que define la funci´on: “(xˆ3 sin(yˆ2 − 4)/((y + 2) sin(x))” ´ ´IMITES seleccionamos en la ahora aplicando el comando CALCULO-L ventana de di´alogo la variable x y el punto 0, marcando ambas y pulsando luego SI se obtiene #9 :

x3 · sin(y2 − 4) x→0 (y + 2) · sin(x) l´ım

´ ´IMIa continuaci´on sobre la expresi´on resultante aplicamos CALCULO-L TES seleccionamos en la ventana de di´alogo la variable y y el punto −2 marcando ambas y pulsando luego SI #10 :

x3 · sin(y2 − 4) y→−2 x→0 (y + 2) · sin(x) l´ım l´ım

aplicando el bot´on SIMPLIFICAR #11

0

Para calcular el otro l´ımite reiterado efectuamos la misma operaci´on pero invirtiendo el orden de las variables: #12 :

x3 · sin(y2 − 4) y→−2 (y + 2) · sin(x)

#13 :

x3 · sin(y2 − 4) x→0 y→−2 (y + 2) · sin(x)

#14 :

l´ım

l´ım l´ım

0

s´olo podemos deducir que en caso de existir el l´ımite, ´este vale 0.

Cap´ıtulo 1. Funciones de varias variables. Introducci´ on

c)

Editamos la expresi´on que define la funci´on escribiendo: “((4xˆ3y − xyˆ3)(8xˆ4 + xyˆ3))/(16xˆ6y − xˆ2yˆ5)” Repitiendo el mismo proceso visto en los casos anteriores tenemos: #16 :

(4 · x3 · y − x · y3 ) · (8 · x4 + x · y3 ) x→0 16 · x6 · y − x2 · y5

#17 :

(4 · x3 · y − x · y3 ) · (8 · x4 + x · y3 ) y→0 x→0 16 · x6 · y − x2 · y5

l´ım

l´ım l´ım

#18 :

0

#19 :

(4 · x3 · y − x · y3 ) · (8 · x4 + x · y3 ) y→0 16 · x6 · y − x2 · y5

#20 :

(4 · x3 · y − x · y3 ) · (8 · x4 + x · y3 ) x→0 y→0 16 · x6 · y − x2 · y5

#21 :

l´ım

l´ım l´ım

0

Concluimos que en caso de existir el l´ımite, ´este vale 0.

51

52

Problemas de c´ alculo diferencial

1.4. 1.

Ejercicios propuestos Dada la funci´on f (x, y) =

  

x2 y x2 + y 2

si xy 6= 0

 

3x + 5 si xy = 0 √ Calcular f (1, −2), f (0, 2/3), f ( 2, 0), f (0, 0).

2.

Si un comerciante vende dos productos a p1 y p2 euros cada unidad las correspondientes demandas ser´an: x = 150 − 2p1 − p2

e

y = 200 − p1 − 3p2

expresadas en miles de unidades. Construir la funci´on que determina los ingresos obtenidos por la venta de dichos art´ıculos.

3.

Determinar y representar gr´aficamente el dominio de las siguientes funciones: x a) f1 (x, y) = √ . x+y p x2 − y 2 . b) f2 (x, y) = xy ln(4 − x2 − y 2 ) . c) f3 (x, y) = p x2 + y 2 − 1 d) f4 (x, y) = ln(xy 2 − y). p e) f5 (x, y) = |x − y| − 1.

4.

Representar gr´aficamente algunas curvas de nivel de las siguientes funciones: a) f1 (x, y) = x + |y|. 2

b) f2 (x, y) = ex−y . c)

f3 (x, y) = ln(x + y)3 .

d) f4 (x, y) = m´ın{2x, y}. f5 (x, y) = |x − y|. √ f) f6 (x, y) = xy.

e)

5.

Supongamos una econom´ıa con un consumidor y dos bienes X e Y. Con la tecnolog´ıa y los recursos existentes, las cantidades (x, y) producidas de los bienes X e Y deben pertenecer al conjunto CCP = {(x, y) ∈ R2 / x ≥ 0, y ≥ 0, x2 + y 2 ≤ 16}

Cap´ıtulo 1. Funciones de varias variables. Introducci´ on

53

llamado conjunto de posibilidades de producci´on. La funci´on de utilidad del √ u ´nico consumidor existente es U (x, y) = x + y. Representar gr´aficamente la curva de indiferencia que contiene a la cesta (2, 2) y el conjunto formado por las cestas preferidas a la cesta (2, 2) que pertenezcan al conjunto de posibilidades de producci´on.

6.

Determinar y representar con DERIVE, los dominios de definici´on de las siguientes funciones: a) f (x, y) = ln(x + 6) + 5ln(2y + 18). r 3x + y b) g(x, y) = . x2 − y 2 √ xy 2 c) h(x, y) = − x − y. y−2    d) l(x, y) = ln  r

x

 . ln(y 2 − x)  x+1

7.

Representar con DERIVE, las curvas de nivel de las funciones del Ejercicio 6 y observar que s´olo se representan sobre los dominios obtenidos en 6.

8.

Calcular con DERIVE los l´ımites reiterados y extraer si es posible alguna conclusi´on: 3xy 2 . (x,y)→(0,0) 2x2 + y 4 yz b) l´ım . 2 (x,y,z)→(0,0,0) x + y 2 + z 2 a)

l´ım

Cap´ıtulo 2

Derivabilidad y diferenciabilidad 2.1 Cuestiones 2.2 Ejercicios resueltos A) Derivadas parciales y direccionales B) Diferenciabilidad C) Aplicaciones 2.3 Ejercicios resueltos con DERIVE 2.4 Ejercicios propuestos

56

Problemas de c´ alculo diferencial

2.1. 1.

Cuestiones Sea la funci´on f (x, y) = |x|. Se verifica que f es diferenciable en (0, 0) y 1 D(1,1) f (0, 0) = √ . 2 a)

Verdadero, pues fx (x, y) = 1 y fy (x, y) = 0 para todo (x, y) ∈ R2 y ambas derivadas parciales son continuas en (0, 0) por lo que f es diferenciable en (0, 0) y en consecuencia:     1 1 1 1 1 = (1, 0) · √ , √ =√ . D(1,1) f (0, 0) = ∇f (0, 0) · √ , √ 2 2 2 2 2

b)

Falso, no existe la derivada parcial de f respecto de x en (0, 0) ya que f (λ, 0) − f (0, 0) |λ| = l´ım λ→0 λ→0 λ λ

fx (0, 0) = l´ım

y dicho l´ımite no existe, por tanto f no es diferenciable en (0, 0). c)

Falso, ya que f no es continua en (0, 0) y en consecuencia f no es diferenciable en (0, 0).

´ SOLUCION Respuesta correcta: b). La repuesta a) no es correcta pues no existe fx (x, y) por lo que f no es diferenciable en (0, 0), que es justamente lo que se afirma en la respuesta b). La respuesta c) es incorrecta pues no es cierto que la funci´on no sea continua en (0, 0).

2.

Sea f : R3 → R una funci´on tal que existen sus derivadas parciales en (1, 1, 1). Entonces f es continua y existen todas las derivadas direccionales de f en dicho punto. a)

Verdadero, ya que si existen todas las derivadas parciales de f en (1, 1, 1) entonces f es diferenciable en el punto y en consecuencia continua en dicho punto.

b)

Falso, ya que una funci´on puede no ser continua en un punto y, sin embargo, puede que existan las derivadas parciales de f en dicho punto.

c)

Falso, s´olo podemos asegurar que existen las derivadas direccionales siguientes: D(1,0,0) f (1, 1, 1); D(0,1,0) f (1, 1, 1) y D(0,0,1) f (1, 1, 1).

57

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

´ SOLUCION Respuestas correctas: b) y c). La respuesta a) es incorrecta, pues de la existencia de las derivadas parciales en un punto no se deduce la diferenciabilidad de la funci´on en el punto. La afirmaci´on del Apartado b) es correcta, existen funciones que no son continuas en un punto y sin embargo pueden tener derivadas parciales en dicho punto. Por u ´ltimo, la respuesta del Apartado c) es tambi´en correcta pues las derivadas parciales coinciden con las derivadas direccionales respecto de los vectores indicados.

3.

Sea la funci´on: 2

ex f (x, y) = . x−y Entonces: 2

a) fx (x, y) =

ex . (x − y)2 2

ex b) fy (x, y) = . (x − y)2 c)

f es diferenciable en R2 .

´ SOLUCION Respuesta correcta: b). Las derivadas parciales de la funci´on f son: 2

fx (x, y) =

2

2

2xex (x − y) − ex , (x − y)2

fy (x, y) =

ex (x − y)2

de donde se deduce que las derivadas parciales existen y son continuas en {(x, y) ∈ R2 /x 6= y} por lo que la u ´nica afirmaci´on correcta es la del Apartado b).

4.

Sea f : R2 → R una funci´on continua tal que para todo punto (x, y) ∈ R2 y todo vector v¯ = (v1 , v2 ) ∈ R2 con ||¯ v || = 1 la derivada direccional de f en (x, y) en la direcci´on de dicho vector es: Dv¯ f (x, y) = 3v1 + v2 . Entonces se verifica que f es diferenciable en R2 . a)

Falso, pues del enunciado no podemos deducir ni siquiera la existencia de las derivadas parciales de f .

58

Problemas de c´ alculo diferencial

b)

Falso, al no conocer la expresi´on anal´ıtica de la funci´on f , no se puede estudiar su diferenciabilidad.

c)

Verdadero, pues del enunciado se deduce que las derivadas parciales de f en R2 son: para v¯ = (1, 0) fx (x, y) = D(1,0) f (x, y) = 3 para v¯ = (0, 1) fy (x, y) = D(0,1) f (x, y) = 1 y como ambas son funciones continuas en R2 entonces f es diferenciable en R2 .

´ SOLUCION

5.

Respuesta correcta: c). La respuesta a) es incorrecta pues del enunciado se deduce justamente el valor de las derivadas parciales en cualquier punto como se se˜ nala en la respuesta c). La respuesta b) es tambi´en incorrecta pues no es necesaria la expresi´on anal´ıtica de f para estudiar su diferenciabilidad.   1 1 Sea f (x, y) una funci´on tal que su vector gradiente es ∇f (x, y) = √x+y , √x+y . Entonces existe su derivada direccional en el punto (2, 1) en la direcci´ on de cualquier vector v¯ unitario y vale   1 1 Dv¯ f (2, 1) = √ , √ · v¯. 3 3 a)

Falso, pues f no es diferenciable en R2 ya que sus funciones derivadas parciales son: fx (x, y) = √

1 x+y

fy (x, y) = √

1 x+y

que no est´an definidas en todo R2 . b)

Falso, pues no tenemos datos suficientes para calcular el valor de Dv¯ f (2, 1) ya que no conocemos cu´anto vale f (2, 1).

c)

Verdadero, pues como las derivadas parciales de f son continuas en un entorno del punto (2, 1) entonces f es diferenciable en (2, 1) y sus derivadas direccionales existen y se calculan como: Dv¯ f (2, 1) = ∇f (2, 1) · v¯.

´ SOLUCION Repuesta correcta: c).

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

59

La respuesta a) es incorrecta pues aunque efectivamente f no es diferenciable en todo R2 , sin embargo, s´ı lo es en el punto (2, 1) como se afirma en el Apartado c) de donde se puede calcular la derivada direccional respecto de cualquier vector. La afirmaci´on del apartado b) es incorrecta pues para el c´alculo de la derivada direccional de f en (2, 1) no es necesario conocer previamente el valor de f (2, 1).

6.

Sea f una funci´on continua en todo punto de R2 tal que para cualquier (x, y) perteneciente a R2 se tiene que ∇f (x, y) = (1 + 2xy, x2 + 2y + 2). Entonces se verifica que f es diferenciable en todo punto de R2 y adem´as el valor m´aximo de la derivada direccional de f en el punto (0, 0) se alcanza en la direcci´on del vector v¯ = (1, 2). a)

Verdadero, f es diferenciable pues existen las derivadas parciales de f y son funciones continuas. Adem´as, como ∇f (0, 0) = (1, 2), entonces Dv¯ f (0, 0) alcanza su m´aximo valor cuando v¯ = (1, 2).

b)

Falso, aunque f es diferenciable, la funci´on Dv¯ f (0, 0) = ∇f (0, 0) · v¯ = (1, 2) · (v1 , v2 ) = v1 + 2v2 , donde v¯ = (v1 , v2 ) ∈ R2 no tiene m´aximo global pues no est´a acotada.

c)

Falso, de las hip´otesis del enunciado no podemos deducir que f es una funci´on diferenciable.

´ SOLUCION Respuesta correcta: a). La respuesta a) es correcta pues se cumplen las condiciones suficientes de diferenciabilidad en el punto (0, 0), y una de las propiedades del vector gradiente de las funciones diferenciables en un punto (a, b) es que la derivada direccional de la funci´on en dicho punto se obtiene en la direcci´on del vector gradiente en el punto. De lo afirmado anteriormente se deduce directamente la incorreci´on de las afirmaciones b) y c).

7.

La funci´on f (x, y) = |x − y| tiene derivadas direccionales en el punto (0, 0) en todas las direcciones v¯ ∈ R2 con ||¯ v || = 1. a)

Verdadero, pues como fx (x, y) = 1, fy (x, y) = −1 son funciones continuas, entonces f es diferenciable en todo R2 y por tanto, existen todas las derivadas direccionales de f en (0, 0) verific´andose que Dv¯ f (0, 0) = ∇f (0, 0) · (v1 , v2 ) = v1 − v2 , donde v¯ = (v1 , v2 ) ∈ R2 , ||¯ v || = 1.

60

Problemas de c´ alculo diferencial

b)

Falso, ya que f no es continua en el punto (0, 0).

c)

Falso, pues no existe la derivada parcial de f respecto de x en el punto (0, 0) ya que el l´ımite f (λ, 0) − f (0, 0) |λ| = l´ım λ→0 λ→0 λ λ l´ım

no existe por ser l´ım

λ→0+

|λ| =1 y λ

l´ım

λ→0−

|λ| = −1. λ

´ SOLUCION Respuesta correcta: c). La respuesta a) es incorrecta pues no es correcto que fx (x, y) = 1 y que fy (x, y) = −1. La respuesta b) tambi´en es incorrecta pues la funci´on s´ı es continua en todo R2 . La afirmaci´on del Apartado c) es la u ´nica correcta, ya que demuestra la no existencia de la derivada parcial de f respecto de x en el punto (0, 0).

8.

Dada la funci´on f : R2 → R definida por (

0 si (x, y) = (0, 0)

f (x, y) = 3 si (x, y) 6= (0, 0). Entonces se verifica que f es diferenciable en todo R2 . a)

Verdadero, pues existen todas las derivadas direccionales de f en cualquier punto de R2 y por tanto, f es diferenciable.

b)

Verdadero, pues las derivadas parciales de f son: ∂f ∂f (x, y) = 0, (x, y) = 0 , para todo (x, y) ∈ R2 , ∂x ∂y y por tanto son funciones continuas en todo R2 , con lo que f cumple la condici´on suficiente de diferenciabilidad.

c)

Falso, pues f no es continua en R2 , ya que en el punto (0, 0) se tiene l´ım (x, y) → (0, 0) (x, y) 6= (0, 0)

f (x, y) = 3 6= f (0, 0).

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

61

´ SOLUCION Respuesta correcta: c). La respuesta a) es incorrecta pues de la existencia de todas las derivadas direccionales de una funci´on no se deduce la diferenciabilidad. La respuesta b) es incorrecta pues se calculan mal las derivadas parciales. En la respuesta c) se utiliza la condici´on necesaria de diferenciabilidad de una funci´on en un punto: la continnuidad de la funci´on en el punto.

9.

Sea f (x, y) una funci´on diferenciable en R2 tal que la curva de nivel 2 es la recta y = x. Entonces se verifica que la derivada direccional de f en el punto √ √ (0, 0) seg´ un la direcci´on del vector v¯ = (1/ 2, 1/ 2) es nula. a)

Verdadero, ya que √ √ f ((0, 0) + h(1/ 2, 1/ 2)) − f (0, 0) Dv¯ f (0, 0) = l´ım = h→0 h √ √ f (h/ 2, h/ 2) − f (0, 0) 2−2 = l´ım = l´ım =0 h→0 h→0 h h al ser f (x, y) = 2 cuando y = x.

b)

Verdadero. Como f es diferenciable en R2 se tiene que √ √ Dv¯ f (0, 0) = ∇f (0, 0) · (1/ 2, 1/ 2) siendo el vector ∇f (0, 0) perpendicular a la curva de nivel de f en (0, 0) (la recta y = x), por lo que ∇f (0, 0) = α · (1, −1) para alg´ un α ∈ R y entonces √ √ Dv¯ f (0, 0) = (α, −α) · (1/ 2, 1/ 2) = 0.

c)

Falso, al no conocerse la funci´on f (x, y) no disponemos de informaci´on suficiente para calcular sus derivadas direccionales en (0, 0).

´ SOLUCION Respuestas correctas: a) y b). La respuesta a) es correcta pues aplicando la definici´on de derivada direccional de la funci´ √on f en √ el punto (0, 0) respecto √ √ del vector v¯ y teniendo en cuenta que f (h/ 2, h/ 2) = 2 pues (h/ 2, h/ 2) es un punto de la curva de nivel 2 de la funci´on entonces se obtiene el resultado. La respuesta b) es correcta y aplica el c´alculo de la derivada direccional usando el vector gradiente gracias a la diferenciabilidad de la funci´on en el punto. La respuesta c) es incorrecta, pues como se observa de los apartados anteriores s´ı disponemos de informaci´on para obtener las derivadas direccionales de la funci´on f (x, y) en el punto (0, 0).

62

10.

Problemas de c´ alculo diferencial

Sea la funci´on f : R2 → R, definida por f (x, y) = ey funci´on diferenciable en R2 .

2 +y

. Entonces f es una

a)

Falso, ya que no existe la derivada parcial fx (x, y) en ning´ un punto (x, y) ∈ R2 y, por tanto, f no puede ser diferenciable en R2 .

b)

Verdadero, ya que f es continua y las derivadas parciales fx (x, y) y fy (x, y) son funciones continuas en R2 y, por tanto, f es una funci´ on diferenciable en R2 .

c)

Falso, ya que f no est´a definida en R2 .

´ SOLUCION Respuesta correcta: b). La respuesta a) es incorrecta pues fx (x, y) = 0 para todo (x, y) ∈ R2 . La respuesta b) es correcta, pues se verifica la condici´on suficiente de diferenciabilidad. La respuesta c) es incorrecta, pues la funci´on est´a definida en todo R2 aunque no dependa m´as que de la variable y.

63

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

2.2.

Ejercicios resueltos

A) Derivadas parciales y direccionales

1.

Escribir la definici´on de derivadas parciales para una funci´on f : R2 → R. Calcular, aplicando la definici´on, las derivadas parciales de la funci´on: f (x, y) = x2 y en el punto (1, 3). ´ SOLUCION Dada una funci´on f : D ⊆ R2 → R y un punto (a, b) interior de D, la derivada parcial de f con respecto de x en el punto (a, b) se define como: ∂f f (a + 4x, b) − f (a, b) (a, b) = l´ım . 4x→0 ∂x 4x An´alogamente, la derivada parcial de f con respecto de y en el punto (a, b) es: f (a, b + 4y) − f (a, b) ∂f (a, b) = l´ım . 4y→0 ∂y 4y En nuestro caso: ∂f (1, 3) = ∂x

f (1 + 4x, 3) − f (1, 3) (1 + 4x)2 · 3 − (12 · 3) = l´ım = 4x→0 4x→0 4x Mx l´ım

=

3 + 64x + 3(4x)2 − 3 (1 + 24x + (4x)2 ) · 3 − 3 = l´ım = 4x→0 4x→0 4x 4x

=

64x + 3(4x)2 = l´ım (6 + 34x) = 6. 4x→0 4x→0 4x

∂f (1, 3) = ∂y =

l´ım

l´ım

f (1, 3 + 4y) − f (1, 3) 1 · (3 + 4y) − (12 · 3) = l´ım = 4y→0 4y→0 4y 4y l´ım

4y 3 + 4y − 3 = l´ım = l´ım 1 = 1. 4y→0 4y 4y→0 4y→0 4y l´ım

64

2.

Problemas de c´ alculo diferencial

Calcular las derivadas parciales de las siguientes funciones: a) f (x, y) = 3x2 y − 5y 3 − 4. x2 + y 2 b) f (x, y) = 2 . x − y2 c) f (x, y, z) = (x2 + 3y 3 − z 4 )6 . d) f (x, y) = (1 + x)ex e)

f (x, y) =

f) f (x, y) =

x ln(y 2 ) p

2 −3y 2

.

+ y lnx.

x2 + ln(xy).

x3 . yz h) f (x, y, z) = x2 exz + y 3 exy . g) f (x, y, z) =

i) f (x, y) = exy sen(x − 2y). √ j) f (x, y) = cos(y x) + sen(xy). ´ SOLUCION Aplicando las reglas habituales de c´alculo de derivadas para funciones de una variable, y considerando las variables respecto de las cuales no se deriva, como constantes tenemos: a) fx (x, y) = 6xy. fy (x, y) = 3x2 − 15y 2 . b) fx (x, y) =

[2x · (x2 − y 2 )] − [(x2 + y 2 )(2x)] = (x2 − y 2 )2

=

(2x3 − 2xy 2 ) − (2x3 + 2xy 2 ) = (x2 − y 2 )2

=

−4xy 2 2x3 − 2xy 2 − 2x3 − 2xy 2 = . (x2 − y 2 )2 (x2 − y 2 )2

fy (x, y) =

[2y(x2 − y 2 )] − [(x2 + y 2 )(−2y)] = (x2 − y 2 )2

=

(2x2 y − 2y 3 ) − (−2x2 y − 2y 3 ) = (x2 − y 2 )2

=

2x2 y − 2y 3 + 2x2 y + 2y 3 4x2 y = . (x2 − y 2 )2 (x2 − y 2 )2

65

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

c) fx (x, y, z) = 6(x2 + 3y 3 − z 4 )5 (2x) = 12x(x2 + 3y 3 − z 4 )5 . fy (x, y, z) = 6(x2 + 3y 3 − z 4 )5 (9y 2 ) = 54y 2 (x2 + 3y 3 − z 4 )5 . fz (x, y, z) = 6(x2 + 3y 3 − z 4 )5 (−4z 3 ) = −24z 3 (x2 + 3y 3 − z 4 )5 . d) 2 −3y 2

fx (x, y) = 1 · ex

2 −3y 2

+ (1 + x) · 2xex

fy (x, y) = (1 + x) · (−6y)ex

2 −3y 2

= ex

2 −3y 2

= −6y(1 + x)ex

(2x2 + 2x + 1).

2 −3y 2

.

e) y 1 = ln(y 2 ) + . x x 2y 2x fy (x, y) = x · 2 + 1 · lnx = + lnx. y y

fx (x, y) = 1 · ln(y 2 ) + y ·

f) fx (x, y) =

fy (x, y) =

y 2x + 2x2 + 1 xy p = p . 2 x2 + ln(xy) 2x x2 + ln(xy) x 1 xy p = p . 2 2 2 x + ln(xy) 2y x + ln(xy)

g) fx (x, y, z) =

3x2 3x2 · (yz) − x3 · 0 = . (yz)2 yz

fy (x, y, z) =

0 · (yz) − x3 · z x3 = − . (yz)2 y2z

fz (x, y, z) =

0 · (yz) − x3 · y x3 = − . (yz)2 yz 2

h) fx (x, y, z) = (2x · exz + x2 · zexz ) + y 3 · yexy = (2x + x2 z)exz + y 4 exy . fy (x, y, z) = 0 + 3y 2 · exy + y 3 · xexy = (3y 2 + xy 3 )exy . fz (x, y, z) = x2 · xexz + 0 = x3 exz . i) fx (x, y) = yexy · sen(x − 2y) + exy · cos(x − 2y). fy (x, y) = xexy · sen(x − 2y) + exy · cos(x − 2y)(−2) = = exy (xsen(x − 2y) − 2cos(x − 2y)).

66

Problemas de c´ alculo diferencial

j)

3.

√ y fx (x, y) = − √ · sen(y x) + y · cos(xy). 2 x √ √ fy (x, y) = − x · sen(y x) + x · cos(xy).

Evaluar las derivadas parciales de las funciones dadas en los puntos indicados: √ a) f (x, y) = x2 y − 2xy; en (−1, 4). x + y2 ; en (3, 1). x2 − 1 h(x, y) = xexy cos(x + y); en (π, 0).

b) g(x, y) = c)

´ SOLUCION a)

√ fx (x, y) = 2x y − 2y;

√ fx (−1, 4) = 2(−1) 4 − 2 · 4 = −12.

1 fy (x, y) = x2 · √ − 2x; 2 y

9 1 fy (−1, 4) = (−1)2 · √ − 2(−1) = . 4 2 4

b) gx (x, y) =

1 · (x2 − 1) − (x + y 2 ) · 2x x2 + 2xy 2 + 1 = − . (x2 − 1)2 (x2 − 1)2

gx (3, 1) = −

c)

16 1 32 + 2 · 3 · 12 + 1 =− =− . 2 2 (3 − 1) 64 4

gy (x, y) =

2y · (x2 − 1) − (x + y 2 ) · 0 2y(x2 − 1) 2y = = 2 . 2 2 2 2 (x − 1) (x − 1) x −1

gy (3, 1) =

2·1 2 1 = = . 32 − 1 8 4

La funci´on h se puede escribir como h(x, y) = (xexy )cos(x + y), luego: hx (x, y) = (1 · exy + xy · exy ) · cos(x + y) + xexy · (−sen(x + y)) = = exy [(1 + xy)cos(x + y) − xsen(x + y)]. hx (π, 0) = 1 · [1 · (−1) − π · 0] = −1. hy (x, y) = x2 exy · cos(x + y) + xexy (−sen(x + y)) = = xexy [x · cos(x + y) − sen(x + y)]. hy (π, 0) = π · 1 · [π · (−1) − 0] = −π 2 .

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

4.

67

Calcular el vector gradiente y la matriz hessiana en un punto gen´erico y en el indicado en cada apartado, de las siguientes funciones: a) f (x, y) = x2 y − 3xy 2 ; en (1, −1/2). x−y b) g(x, y) = ; en (0, 1). x+y c) h(x, y, z) = x2 y 3 z + ln(xz); en (−1, 1, 1). 2

d) l(x, y) = ex cosy; en (0, π/2). ´ SOLUCION a)

Las derivadas parciales de f son: fx (x, y) = 2xy − 3y 2 fy (x, y) = x2 − 6xy por tanto, el vector gradiente de f en un punto gen´erico es: ∇f (x, y) = (2xy − 3y 2 , x2 − 6xy). El gradiente de f en (1, −1/2) se obtiene sustituyendo en el vector anterior, quedando ∇f (1, −1/2) = (−7/4, 4). Las derivadas parciales de segundo orden de f son: fxx (x, y) = 2y fxy (x, y) = 2x − 6y fyy (x, y) = −6x. La matriz hessiana de f en un punto gen´erico es:   2y 2x − 6y . Hf (x, y) = 2x − 6y −6x Sustituyendo se obtiene la matriz hessiana de f en (1, −1/2)   −1 5 . Hf (1, −1/2) = 5 −6

b)

Las derivadas parciales de g son: gx (x, y) =

1 · (x + y) − (x − y) · 1 2y = (x + y)2 (x + y)2

gy (x, y) =

−1 · (x + y) − (x − y) · 1 2x =− . 2 (x + y) (x + y)2

68

Problemas de c´ alculo diferencial

El vector gradiente de g en un punto gen´erico es:   2y 2x , − ∇g(x, y) = . (x + y)2 (x + y)2 Al sustituir en (0, 1) se obtiene ∇g(0, 1) = (2, 0). Las derivadas parciales de segundo orden de g son: gxx (x, y) =

0 · (x + y)2 − 2y · 2(x + y) · 1 −4y = 4 (x + y) (x + y)3

gxy (x, y) =

2 · (x + y)2 − 2y · 2(x + y) · 1 2(x − y) = (x + y)4 (x + y)3

gyy (x, y) =

4x 0 · (x + y)2 − (−2x) · 2(x + y) · 1 = . 4 (x + y) (x + y)3

La matriz hessiana de g en un punto gen´erico es:  −4y 2(x − y) 3  (x + y) (x + y)3 Hg(x, y) =   2(x − y) 4x 3 (x + y) (x + y)3

  . 

La matriz hessiana de g en (0,1) es:   −4 −2 . Hg(0, 1) = −2 0 c)

Calculamos las derivadas parciales de h z 1 = 2xy 3 z + xz x hy (x, y, z) = 3x2 y 2 z + 0 = 3x2 y 2 z

hx (x, y, z) = 2xy 3 z +

hz (x, y, z) = x2 y 3 +

x 1 = x2 y 3 + . xz z

El vector gradiente de h en un punto gen´erico es:   1 1 ∇h(x, y, z) = 2xy 3 z + , 3x2 y 2 z, x2 y 3 + . x z Sustituyendo en (−1, 1, 1) se obtiene: ∇h(−1, 1, 1) = (−3, 3, 2). Calculamos las 9 derivadas parciales de segundo orden que tiene h

69

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

hxx (x, y, z) = 2y 3 z −

1 x2

hxy (x, y, z) = 6xy 2 z hxz (x, y, z) = 2xy 3 hyy (x, y, z) = 6x2 yz hyz (x, y, z) = 3x2 y 2 hzz (x, y, z) = −

1 z2

La matriz hessiana de h es de orden 3 × 3 y viene dada  1 3 2 3  2y z − x2 6xy z 2xy  6xy 2 z 6x2 yz 3x2 y 2 Hh(x, y, z) =    1 2xy 3 3x2 y 2 − 2 z Particularizada en el punto (−1, 1, 1) queda:   1 −6 −2 6 3 . Hh(−1, 1, 1) =  −6 −2 3 −1 d)

por:    .  

Las derivadas parciales de l son: 2

lx (x, y) = 2xex cosy 2

ly (x, y) = −ex seny. El vector gradiente de l en un punto gen´erico es: 2

2

∇l(x, y) = (2xex cosy, −ex seny) en el punto (0, π/2) el gradiente de l es ∇l(0, π/2) = (0, −1). Calculamos las derivadas parciales de segundo orden de l 2

2

2

lxx (x, y) = (2ex + 4x2 ex ) cosy = (2 + 4x2 )ex cosy 2

lxy (x, y) = −2xex seny

.

2

lyy (x, y) = −ex cosy. La matriz hessiana de l en un punto gen´erico es: 2

Hl(x, y) =

2

(2 + 4x2 )ex cosy −2xex seny 2

−2xex seny

2

−ex cosy

! .

70

Problemas de c´ alculo diferencial

La matriz hessiana de la funci´on l en (0, π/2) se obtiene al sustituir y es:   0 0 Hl(0, π/2) = . 0 0

5.

Dada la funci´on:

f (x, y) =

  

2xy + y2

x2

 

0

si (x, y) 6= (0, 0) si (x, y) = (0, 0).

a)

Estudiar la continuidad de la funci´on en (0, 0).

b)

Calcular las derivadas parciales de la funci´on f en el punto (0, 0).

´ SOLUCION a)

Para que f sea continua en (0, 0) se tiene que cumplir que l´ım (x,y)→(0,0)

2xy = f (0, 0). x2 + y 2

En el Ejercicio 12 Apartado b) del cap´ıtulo anterior se demostr´o que no exist´ıa tal l´ımite por tanto f no es continua en (0, 0). b)

Calculamos las derivadas parciales de f en (0, 0) aplicando las respectivas definiciones de derivada parcial en un punto. 2·h·0 −0 2 + 02 f (0 + h, 0) − f (0, 0) h fx (0, 0) = l´ım = l´ım = h→0 h→0 h h 0 = l´ım = l´ım 0 = 0. h→0 h→0 h 2·0·k −0 2 + k2 f (0, 0 + k) − f (0, 0) 0 fy (0, 0) = l´ım = l´ım = k→0 k→0 k k 0 = l´ım = l´ım 0 = 0. k→0 k k→0 Nota. Por comodidad en la escritura se ha tomado h = 4x y k = 4y.

De este ejercicio se puede concluir que no existe relaci´on entre las derivadas parciales de una funci´on de varias variables en un punto y la continuidad de la funci´on en dicho punto, a diferencia de lo que sucede con las funciones de una variable para las cuales la continuidad es una condici´on necesaria de la derivabilidad.

71

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

6.

Dada la funci´on:

f (x, y) =

  

x4 x2 + y 2

si (x, y) 6= (0, 0)

 

0

si (x, y) = (0, 0).

a)

Probar que fx y fy existen y son funciones continuas en todo R2 .

b)

Calcular fxy (0, 0) y demostrar que coincide con fyx (0, 0).

´ SOLUCION a)

Para puntos (x, y) 6= (0, 0) las derivadas parciales de f vienen dadas por: fx (x, y) =

4x3 · (x2 + y 2 ) − x4 · 2x 2x3 (x2 + 2y 2 ) = (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2

fy (x, y) =

0 · (x2 + y 2 ) − x4 · 2y 2x4 y = − (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2

y son funciones continuas ya que est´an definidas como cocientes de polinomios en los que no se anula el denominador. Para (x, y) = (0, 0) las derivadas parciales de f se calculan aplicando la definici´on: h4 −0 2 2 f (0 + h, 0) − f (0, 0) fx (0, 0) = l´ım = l´ım h + 0 = l´ım h = 0. h→0 h→0 h→0 h h

fy (0, 0) =

l´ım

k→0

f (0, 0 + k) − f (0, 0) = l´ım k→0 k

02

04 −0 + k2 = l´ım 0 = 0. k→0 k

Por tanto fx y fy existen para todo (x, y) ∈ R2 . Para demostrar que fx es continua en todo R2 bastar´a comprobar que se verifica: l´ım (x,y)→(0,0)

fx (x, y) = fx (0, 0) = 0.

Calculamos el l´ımite mediante el cambio a coordenadas polares (v´ease Ejercicio 13, Cap´ıtulo 1) quedando:

72

Problemas de c´ alculo diferencial

2x3 (x2 + 2y 2 ) (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 )2 l´ım

2r3 cos3 θ (r2 cos2 θ + 2r2 sen2 θ) = r→0 (r2 cos2 θ + r2 sen2 θ)2

= l´ım

2r5 cos3 θ(1 + sen2 θ) = r→0 r4

= l´ım

= l´ım 2rcos3 θ(1 + sen2 θ) = 0. r→0

luego fx existe y es continua en todo R2 . An´alogamente se procede con fy que resulta ser tambi´en continua en R2 . b)

Aplicando la definici´on de derivada parcial respecto de la variable y en el punto (0, 0) a la funci´on fx (x, y) queda:

fxy (0, 0) = =

l´ım

fx (0, 0 + k) − fx (0, 0) = l´ım k→0 k

l´ım

0 = l´ım 0 = 0. k k→0

k→0

k→0

2 · 03 · (02 + 2k 2 ) −0 (02 + k 2 )2 = k

De igual forma, aplicando la definici´on de derivada parcial respecto de la variable x en el punto (0, 0) a la funci´on fy (x, y) tenemos:

fyx (0, 0) = =

7.

l´ım

h→0

fy (0 + h, 0) − fy (0, 0) = l´ım h→0 h

−

2 · h4 · 0 −0 (h2 + 02 )2 = h

0 = l´ım 0 = 0. h→0 h→0 h l´ım

Una empresa de electrodom´esticos fabrica dos tipos de lavadoras: modelo A y modelo B. Si el coste semanal de fabricar x unidades del modelo A e y unidades del B es de: C(x, y) = 00 005x2 + 7x + 12y + 900 (euros). Calcular los costes marginales cuando x = 100 unidades e y = 70. Interpretar los resultados.

73

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

´ SOLUCION Los costes marginales se obtienen calculando las derivadas parciales de la funci´on C(x, y). Cx (x, y) =

x + 7; 100

Cy (x, y) = 12;

Cx (100, 70) =

100 + 7 = 8 euros. 100

Cy (100, 70) = 12 euros.

Cx (100, 70) representa el coste adicional aproximado de aumentar la producci´on de lavadoras del modelo A en una unidad (de 100 a 101), manteniendo fijo en 70 la producci´on de lavadoras del modelo B. Cy (100, 70) representa el coste adicional aproximado de aumentar la producci´on de lavadoras del modelo B en una unidad (de 70 a 71), manteniendo fijo en 100 la producci´on de lavadoras del modelo A.

8.

En una f´abrica la cantidad de unidades producidas en un mes viene dada por P (x, y) = 00 2x2 y − 10x + 170 donde x representa el n´ umero de trabajadores especializados e y el n´ umero de trabajadores no especializados. En la actualidad hay trabajando 50 trabajadores especializados y 90 no especializados. a)

Calcular el n´ umero de unidades que se producen en un mes.

b)

Utilizando el an´alisis marginal, estudiar como cambiar´a el nivel mensual de producci´on si a˜ nadimos un trabajador especializado manteniendo el n´ umero actual de trabajadores no especializados, y tambi´en cuando a˜ nadimos un trabajador no especializado manteniendo el n´ umero actual de trabajadores especializados.

c)

¿En cu´anto aumenta realmente el nivel mensual de producci´on si a˜ nadimos un trabajador especializado?

´ SOLUCION a) P (50, 90) = 00 2 · 502 · 90 − 10 · 50 + 170 = 44.670 u. b) Px (x, y) = 00 4xy − 10;

Px (50, 90) = 00 4 · 50 · 90 − 10 = 1.790 u.

Luego si a˜ nadimos un trabajador especializado (de 50 a 51) manteniendo en 90 el n´ umero de trabajadores no especializados la producci´on mensual aumentar´a aproximadamente en 1.790 unidades. Py (x, y) = 00 2x2 ;

Py (50, 90) = 00 2 · 502 = 500 u.

74

Problemas de c´ alculo diferencial

Luego si a˜ nadimos un trabajador no especializado (de 90 a 91) manteniendo en 50 el n´ umero de trabajadores especializados, la producci´on mensual aumentar´a aproximadamente en 500 unidades. c) P (51, 90) − P (50, 90) = 46.478 − 44.670 = 1.808 u.

9.

Escribir la definici´on de derivada direccional para una funci´on f : R2 → R. Calcular, en cada caso aplicando la definici´on, la derivada direccional de f en los puntos y seg´ un los vectores que se indican: a) f (x, y) = 3x2 − 5y 2 en (−1, 2) seg´ un v¯ = (0, 1). xy b) g(x, y) = xe en (0, 1) seg´ un v¯ = (3, 4). ´ SOLUCION Sean una funci´on f : D ⊆ R2 → R y (a, b) un punto interior de D. La derivada direccional de f en el punto (a, b) y en la direcci´on del vector unitario v¯ = (v1 , v2 ) se define como: f ((a, b) + t(v1 , v2 )) − f (a, b) t El vector (0, 1) es unitario, luego: Dv¯ f (a, b) = l´ım

t→0

a)

Dv¯ f (−1, 2) = l´ım

t→0

f ((−1, 2) + t(0, 1)) − f (−1, 2) = t

f (−1, 2 + t) − f (−1, 2) = t→0 t

= l´ım

3(−1)2 − 5(2 + t)2 − (3(−1)2 − 5 · 22 ) = t→0 t

= l´ım

−20t − 5t2 = l´ım(−20 − 5t) = −20. t→0 t→0 t b) El vector (3, 4) no es unitario, lo normalizaremos dividiendo cada una de sus componentes por su m´odulo p √ ||(3, 4)|| = 32 + 42 = 25 = 5. = l´ım

El vector unitario en la direcci´on (3, 4) es 51 (3, 4) = ( 35 , 45 ). g((0, 1) + t( 53 , 45 )) − g(0, 1) = t→0 t

Dv¯ g(0, 1) = l´ım

g( 35 t, 1 + 45 t) − g(0, 1) = t→0 t

= l´ım

= l´ım

t→0

3 5

3

4

t e 5 t(1+ 5 t) − 0 4 3 3 3 3 = l´ım e 5 t(1+ 5 t) = e0 = . t→0 5 t 5 5

75

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

10.

Calcular la derivada direccional de la funci´on f (x, y) = x2 + xy en un punto gen´erico (x, y) y en la direcci´on del vector v¯ = (1, 0). Comentar el resultado. ´ SOLUCION El vector (1, 0) es un vector unitario. Dv¯ f (x, y) = l´ım

t→0

f ((x, y) + t(1, 0)) − f (x, y) = t

f (x + t, y) − f (x, y) = t→0 t

= l´ım

(x + t)2 + (x + t)y − (x2 + xy) = t→0 t

= l´ım

x2 + 2xt + t2 + xy + ty − x2 − xy = t→0 t

= l´ım = l´ım

t→0

t(2x + y + t) = l´ım(2x + y + t) = 2x + y t→0 t

que coincide con fx (x, y). Del mismo modo se podr´ıa calcular la derivada direccional de f en un punto gen´erico (x, y) en la direcci´on del vector (0, 1) y se obtendr´ıa fy (x, y). Las derivadas direccionales constituyen una generalizaci´on o extensi´on del concepto de derivada parcial.

11.

Dada la funci´on:

f (x, y) =

  

xy 2 x2 + y 4

si (x, y) 6= (0, 0)

 

0

si (x, y) = (0, 0).

a)

Estudiar la continuidad de la funci´on en (0, 0).

b)

Calcular la derivada direccional de f en el punto (0, 0) y en la direcci´on del vector unitario v¯ = (v1 , v2 ).

´ SOLUCION a)

La funci´on f no es continua en (0, 0) ya que no existe

l´ım (x,y)→(0,0)

como se ha visto en el Ejercicio 12 Apartado d) del Cap´ıtulo 1. b)

Aplicando la definici´on de derivada direccional tenemos:

f (x, y)

76

Problemas de c´ alculo diferencial

f ((0, 0) + t(v1 , v2 )) − f (0, 0) = t→0 t

Dv¯ f (0, 0) = l´ım

tv1 t2 v22 −0 f (tv1 , tv2 ) − f (0, 0) t2 v12 + t4 v24 = l´ım = = l´ım t→0 t→0 t t = l´ım

v2 t3 v1 v22 = 2 4 2 v1 + t v2 )

t→0 t3 (v12

que existe para todo v1 6= 0. Para v1 = 0 : t3 · 0 · v22 0 = l´ım 2 4 = 0. 4 3 2 t→0 t (0 + t v2 ) t→0 t v2

D(0,v2 ) f (0, 0) = l´ım

Al igual que sucede en la derivaci´on parcial, la existencia de derivadas direccionales en un punto no es condici´on suficiente para asegurar la continuidad de la funci´on en dicho punto.

B) Diferenciabilidad

12.

Dada la funci´on f (x) =

x : x+1

a)

Calcular el incremento de la funci´on cuando la variable independiente pasa del valor 1 al 10 2. Estimar dicho incremento utilizando la diferencial.

b)

Calcular utilizando la diferencial un valor aproximado de f (10 2). Comentar los resultados.

´ SOLUCION a) 4f = f (10 2) − f (1) =

10 2 1 − = 00 545 − 00 5 = 00 045. 20 2 2

Sean f :⊆ R → R y a un punto interior de D tal que f es derivable en a. La diferencial de la funci´on f en el punto a se define como: df (a; 4x) = f 0 (a)4x. La diferencial de f nos proporciona una aproximaci´on del valor del incremento de f para cada 4x dado (4f ≈ df (a)). En nuestro caso f 0 (x) =

1 , por tanto f es derivable en x = 1 y (x + 1)2

4x = 00 2 luego: df (1; 00 2) =

1 0 · 0 2 = 00 05. 4

77

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

b) 4f = f (a + 4x) − f (a) ≈ f 0 (a)4x ⇒ f (a + 4x) ≈ f (a) + f 0 (a)4x. f (10 2) ≈ f (1) + f 0 (1) · 00 2 =

1 1 0 + · 0 2 = 00 55. 2 4

El verdadero valor de f (10 2) es 00 545. El valor obtenido utilizando la diferencial sobrestima el verdadero valor de f (10 2) debido a que la recta tangente de la funci´on f en el punto x =1 va por encima de la gr´afica de f (x) en x = 10 2.

13.

Analizar la diferenciabilidad de las siguientes funciones y calcular la diferencial total en el punto indicado en cada caso: a) f (x, y) = 3x2 y − y 3 , en (−1, 2). 2

b) g(x, y) = (1 + 2y 2 )ex y , en (1, 1). h(x, y, z) = x2 ln(y 2 z) + yz 2 , en (1, e, e). √ √ (x − y)2 , en ( 3, 2). d) l(x, y) = xy c)

´ SOLUCION a)

La funci´on f (x, y) = 3x2 y − y 3 es una funci´on polin´omica y por tanto es una funci´on diferenciable en todo R2 . Para poder calcular la diferencial total de f en (−1, 2) calculamos primeramente las derivadas parciales de f que son: fx (x, y) = 6xy; fy (x, y) = 3x2 − 3y 2 . La diferencial total de f en (−1, 2) es: df (−1, 2; 4x, 4y) = fx (−1, 2)4x + fy (−1, 2)4y = −124x − 94y.

b)

2

La funci´on g(x, y) = (1 + 2y 2 )ex y es el producto de dos funciones (polin´omica y exponencial con exponente polin´omico) que son diferenciables en todo R2 luego g es diferenciable en R2 . Alternativamente, se puede estudiar la diferenciablidad de g analizando la continuidad de sus derivadas parciales. Las derivadas parciales de la funci´on g(x, y) son: gx (x, y) = 2xy(1 + 2y 2 )ex gy (x, y) = 4yex

2y

2y

+ x2 (1 + 2y 2 )ex

2y

que son continuas en R2 por tanto, g es diferenciable en R2 . La diferencial total de g en (1, 1) es: dg(1, 1; 4x, 4y) = gx (1, 1)4x + gy (1, 1)4y = 6e4x + 7e4y.

78

Problemas de c´ alculo diferencial

c)

En este caso, se trata de una funci´on de R3 en R, su dominio es Dom(h) = {(x, y, z) ∈ R3 /y 6= 0, z > 0}. Para analizar la diferenciabilidad de h estudiamos la continuidad de sus derivadas parciales: hx (x, y, z) = 2xln(y 2 z) hy (x, y, z) =

2x2 + z2 y

hz (x, y, z) =

x2 + 2yz. z

que son continuas para todo (x, y, z) ∈ Dom(h), luego h es diferenciable en todo su dominio. La diferencial total de h en (1, e, e) es: dh(1, e, e; 4x, 4y, 4z) = hx (1, e, e)4x + hy (1, e, e)4y + hz (1, e, e)4z  3   3  e +2 2e + 1 = 64x + 4y + 4z. e e d ) Dom(l) = {(x, y) ∈ R2 /xy 6= 0}. Las derivadas parciales de l(x, y) son: lx (x, y) =

x2 − y 2 ; x2 y

ly (x, y) =

y 2 − x2 xy 2

que son funciones continuas para todo (x, y) ∈ Dom(l) luego √ √l es diferenciable en todo su dominio. La diferencial total de l en ( 3, 2) es: √ √ √ √ √ √ dl( 3, 2; 4x, 4y) = lx ( 3, 2)4x + ly ( 3, 2)4y √

√

=

14.

2 6

4x −

3 6

4y.

Estudiar la diferenciabilidad de la funci´on: ( xy si (x, y) 6= (1, 1) f (x, y) = 2 si (x, y) = (1, 1) y calcular la diferencial total de f en (3, −2) cuando 4x = 00 1 y 4y = 00 02. ´ SOLUCION La funci´on f no es continua en el punto (1, 1) (v´ease Ejercicio 15 a) Cap´ıtulo 1) por tanto no es diferenciable en dicho punto. Para todo (x, y) 6= (1, 1) la funci´on s´ı es diferenciable al venir definida por un monomio. df (3, −2; 00 1, 00 02) = fx (3, −2)·00 1+fy (3, −2)·(00 02) = −2·00 1+3·00 02 = −00 14.

79

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

15.

Estudiar en el punto (0, 0) la continuidad, existencia de derivadas parciales y diferenciabilidad de las siguientes funciones:  3   xy si (x, y) 6= (0, 0) x2 + y 2 a) f (x, y) =   0 si (x, y) = (0, 0). b) g(x, y) = |x| + y. ´ SOLUCION a) f ser´a continua en (0, 0) si se verifica que: l´ım

f (x, y) = f (0, 0) = 0.

(x,y)→(0,0)

Calculemos dicho l´ımite mediante el cambio a coordenadas polares (v´ease Ejercicio 13, Cap´ıtulo 1) xy 3 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 l´ım

rcosθ r3 sen3 θ = r→0 r 2 cos2 θ + r 2 sen2 θ

= l´ım

r4 cosθ sen3 θ = l´ım r2 cosθ sen3 θ = 0. r→0 r→0 r 2 (cos2 θ + sen2 θ)

= l´ım

Como el valor de este l´ımite coincide con f (0, 0), f es continua en (0, 0). Calculamos las derivadas parciales de f en (0, 0), aplicando la definici´on de derivadas parciales: h · 03 −0 2 2 f (0 + h, 0) − f (0, 0) fx (0, 0) = l´ım = l´ım h + 0 = h→0 h→0 h h =

l´ım

h→0

0 = 0. h

0 · k3 −0 2 2 f (0, 0 + k) − f (0, 0) fy (0, 0) = l´ım = l´ım 0 + k = k→0 k→0 k k =

l´ım

k→0

0 = 0. k

luego las derivadas parciales de f en (0, 0) existen y valen 0. Para analizar si f es diferenciable en (0, 0) podr´ıamos estudiar la continuidad de las derivadas parciales en (0, 0), sin embargo, en este caso

80

Problemas de c´ alculo diferencial

utilizaremos la definici´on de funci´on diferenciable en un punto que se enuncia a continuaci´on: Sean una funci´on f : D ⊆ R2 → R y (a, b) un punto interior de D decimos que f es diferenciable en (a, b) si tiene derivadas parciales en (a, b) y se verifica: l´ım (h,k)→(0,0)

f (a + h, b + k) − f (a, b) − ∇f (a, b) · (h, k) √ = 0. h2 + k 2

En nuestro caso f tiene derivadas parciales en (0, 0) y: l´ım (h,k)→(0,0)

=

f (0 + h, 0 + k) − f (0, 0) − ∇f (0, 0) · (h, k) √ = h2 + k 2

l´ım (h,k)→(0,0)

hk 3 −0−0 2 hk 3 h2 + √k √ = l´ım . (h,k)→(0,0) (h2 + k 2 ) h2 + k 2 h2 + k 2

Utilizando el cambio a coordenadas polares: hk 3 √ = (h,k)→(0,0) (h2 + k 2 ) h2 + k 2 l´ım

rcosθ r3 sen3 θ r4 cosθ sen3 θ √ = 0. = l´ım r→0 (r 2 cos2 θ + r 2 sen2 θ) r 2 cos2 θ + r 2 sen2 θ r→0 r3

= l´ım

Por tanto, f es diferenciable en (0, 0). b) g(x, y) es continua en (0, 0) pues: l´ım

g(x, y) = 0 = g(0, 0).

(x,y)→(0,0)

Calculemos las derivadas parciales de g en (0, 0) utilizando la definici´ on: ( 1 si h > 0 |0 + h| + 0 − 0 |h| gx (0, 0) = l´ım = l´ım = h→0 h→0 h h −1 si h < 0 por tanto, no existe el l´ımite, luego no existe gx (0, 0). |0| + (0 + k) − 0 k = l´ım = 1. k→0 k→0 k k

gy (0, 0) = l´ım

g no es diferenciable en (0, 0) ya que no existe gx (0, 0).

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

16.

Dada la funci´on f (x, y) =

81

1 2 x + ln(x + y 2 ), se pide: 8

a)

Analizar su diferenciablidad y calcular la diferencial en el punto (1, −1).

b)

Aproximar, utilizando la diferencial, el valor de la funci´on en (00 8, −00 9).

´ SOLUCION a) Dom(f ) = {(x, y) ∈ R2 /x + y 2 > 0}. Para analizar la diferenciabilidad de f estudiamos la continuidad de sus derivadas parciales: fx (x, y) =

1 1 x+ 4 x + y2

fy (x, y) =

2y x + y2

que son continuas para todo (x, y) ∈ Dom(f ) luego f es diferenciable en todo su dominio. 3 df (1, −1; 4x, 4y) = fx (1, −1)4x + fy (1, −1)4y = 4x + (−1)4y 4 3 4x − 4y. = 4 b) f (00 8, −00 9) = f (1 − 00 2, −1 + 00 1) ≈ f (1, −1) + df (1, −1; −00 2, 00 1) f (00 8, −00 9) ≈

1 3 + ln2 + · (−00 2) − 00 1 = 00 5681. 8 4

El verdadero valor de f (00 8, −00 9) calculado con DERIVE (con 4 decimales) es 0’5562.

C) Aplicaciones

17.

Calcular las derivadas direccionales, en los puntos y vectores que se indican: a) f (x, y) = −x2 + 3xy 2 − y 3 en (2, 1), v¯ = (−1, 0). √ x−y en (1, −1), v¯ = (3, 2). b) g(x, y) = 2 y c) h(x, y, z) = ex−2y + xz 2 en (2, 1, −1), v¯ = (−1, 2, 3).

82

Problemas de c´ alculo diferencial

´ SOLUCION a)

La funci´on f (x, y) = −x2 +3xy 2 −y 3 es una funci´on polin´omica, por tanto es diferenciable en R2 y en particular en (2, 1). Utilizando las propiedades de las funciones diferenciables, la derivada direccional de f en el punto (2, 1) y en la direcci´on del vector (−1, 0) se obtiene de la forma siguiente: Dv¯ f (2, 1) = ∇f (2, 1) ·

v¯ ||¯ v || 

= (fx (2, 1), fy (2, 1)) ·

−1 0 , 1 1

 .

Las derivadas parciales de f son: fx (x, y) = −2x + 3y 2 ;

fy = 6xy − 3y 2 .

Sustituyendo se obtiene: Dv¯ f (2, 1) = (−1, 9) · (−1, 0) = −1 · (−1) + 9 · 0 = 1. b)

x−y es una funci´on racional por tanto es difereny2 ciable en todos los puntos (x, y) ∈ R2 que no anulen el denominador, luego es diferenciable en (1, −1). Por las propiedades de las funciones diferenciables tenemos: La funci´on g(x, y) =

Dv¯ g(1, −1) = ∇g(1, −1) ·

v¯ ||¯ v ||

= (gx (1, −1), gy (1, −1)) ·

√ ! 3 2 √ ,√ . 11 11

Las derivadas parciales de g son: gx (x, y) =

1 ; y2

gy (x, y) =

−2x + y . y3

Sustituyendo se obtiene: Dv¯ g(1, −1) = (1, 3) · c)

√ ! √ √ 2 2 3 3 3(1 + 2) √ ,√ √ =1· √ +3· √ = . 11 11 11 11 11

La funci´on h(x, y, z) = ex−2y + xz 2 es la suma de una funci´on exponencial cuyo exponente es un polinomio y un monomio, por tanto diferenciable en R3 . En particular h es diferenciable en el punto (2, 1, −1). Aplicando

83

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

las propiedades de las funciones diferenciables, la derivada direccional de h en el punto (2, 1, −1) se calcula de la siguiente forma: v¯ ||¯ v ||   −1 2 3 = ∇h(2, 1, −1) · √ , √ , √ . 14 14 14

Dv¯ h(2, 1, −1) = ∇h(2, 1, −1) ·

Las derivadas parciales de h son: hx (x, y, z) = ex−2y + z 2 ;

hy (x, y, z) = −2ex−2y ;

hz (x, y, z) = 2xz.

Sutituyendo se obtiene:  Dv¯ h(2, 1, −1) = (2, −2, −4) ·

18.

Dada la funci´on f (x, y) =

√

x+y+

−1 2 3 √ ,√ ,√ 14 14 14



−18 =√ . 14

x , se pide: 2y

a)

Las direcciones de m´aximo crecimiento de f en (0, 1), y los valores de la m´axima y m´ınima derivada de f en (0, 1).

b)

¿En qu´e direcci´on la derivada direccional de f en el punto (0, 1) es nula?

´ SOLUCION a)

Estudiaremos en primer lugar si f es diferenciable en (0, 1). Las derivadas parciales de f son: 1 1 + ; fx (x, y) = √ 2 x + y 2y

1 x fy (x, y) = √ − 2 x + y 2y 2

que existen y son continuas en (0, 1) por tanto f es diferenciable en (0, 1). Como f es diferenciable en el punto (0, 1) la derivada direccional de f en la direcci´on del vector unitario v¯ en el punto (0, 1) est´a dada por el producto escalar de los vectores v¯ y ∇f (0, 1). Este producto escalar se puede escribir como Dv¯ f (0, 1) = ∇f (0, 1) · v¯ o tambi´en por la propia definici´on de producto escalar como: Dv¯ f (0, 1) = ||∇f (0, 1)|| ||¯ v || cosθ siendo θ el ´angulo comprendido entre v¯ y ∇f (0, 1). La derivada direccional alcanza su valor m´aximo cuando cos θ = 1, y esto ocurre cuando v¯ y

84

Problemas de c´ alculo diferencial

∇f (0, 1) est´an en la misma direcci´on y sentido. La direcci´on de m´ aximo crecimiento de f en el punto (0, 1) se obtiene cuando se considera como vector de direcci´on al vector gradiente de f en (0, 1) :   1 ∇f (0, 1) = (fx (0, 1), fy (0, 1)) = 1, . 2 El valor de la m´axima derivada de f en (0, 1) es: s  2 √ 5 1 2 ||(1, 1/2)|| = 1 + = . 2 2 y el valor de la m´ınima derivada de f en (0, 1) es √ 5 −||(1, 1/2)|| = − . 2 b)

Supongamos que u ¯ = (u1 , u2 ) es el vector que indica la direcci´on buscada. u ¯ debe verificar 2 condiciones: q u21 + u22 = 1 y ∇f (0, 1) · u ¯ = 0, condiciones que dan lugar al sistema: p  u21 + u22 = 1  . 1 u1 + u2 = 0  2 Despejando u2 en la segunda ecuaci´on y sustituyendo en la primera, obtenemos las soluciones: 

19.

1 2 √ , −√ 5 5



 y su opuesto

1 2 −√ , √ 5 5

 .

La derivada direccional de una funci´on diferenciable f : R2 → R toma en el punto (a, b) y en la direcci´on de los ejes de coordenadas los valores 2 y 0 respectivamente. Calcular ∇f (a, b). ´ SOLUCION Las direcciones de los ejes de coordenadas vienen determinadas por los vectores: (1, 0) para el eje X y (0, 1) para el eje Y. Como f es diferenciable en (a, b) y ambos vectores son unitarios, tenemos: D(1,0) f (a, b) = ∇f (a, b) · (1, 0) = 2 D(0,1) f (a, b) = ∇f (a, b) · (0, 1) = 0

85

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

Desarrollando las expresiones: ∇f (a, b) · (1, 0) = fx (a, b) · 1 + fy (a, b) · 0 = fx (a, b) = 2 ∇f (a, b) · (0, 1) = fx (a, b) · 0 + fy (a, b) · 1 = fy (a, b) = 0 llegamos a: ∇f (a, b) = (2, 0).

20.

Hallar el plano tangente a la superficie determinada por la gr´afica de las siguientes funciones en los puntos que se indican. a) f (x, y) = x2 − 3y 2 en el punto (2, 1, 1). b) g(x, y) = xexy − xy en el punto (1, 0, 1). ´ SOLUCION a)

La ecuaci´on del plano tangente a la superficie determinada por la gr´afica de la funci´on f (x, y) = x2 − 3y 2 en el punto (2, 1, 1) viene dada por: z − f (2, 1) = fx (2, 1)(x − 2) + fy (2, 1)(y − 1). C´alculos: f (2, 1) = 1; fx (x, y) = 2x ⇒ fx (2, 1) = 4;

fy (x, y) = −6y ⇒ fy (2, 1) = −6.

Sustituyendo se obtiene: z − 1 = 4(x − 2) − 6(y − 1) z = 4x − 6y − 1. b)

En este caso, la ecuaci´on del plano tangente a la superficie determinada por la gr´afica de la funci´on g(x, y) = xexy − xy en el punto (1, 0, 1) viene dada por: z − g(1, 0) = gx (1, 0)(x − 1) + gy (1, 0)(y − 0). C´alculos: g(1, 0) = 1; gx (x, y) = exy + xyexy − y = exy (1 + xy) − y ⇒ gx (1, 0) = 1. gy (x, y) = x2 exy − x ⇒ gy (1, 0) = 0.

86

Problemas de c´ alculo diferencial

Sustituyendo se obtiene: z − 1 = 1(x − 1) − 0(y − 0) z = x.

21.

Calcular el plano tangente y un vector normal a cada una de las superficies determinadas por las gr´aficas de las siguientes funciones en los puntos que se indican: √ a) f (x, y) = 3x2 + y 2 − 2x y − x + 3y en el punto (1, 1, 4). b) g(x, y) = ex

2 −y

cos(πx) en el punto (1, 1, −1).

´ SOLUCION a)

La ecuaci´on del plano tangente a la superficie determinada por la gr´ afica √ 2 2 de la funci´on f (x, y) = 3x + y − 2x y − x + 3y en el punto (1, 1, 4) viene dada por: z − f (1, 1) = fx (1, 1)(x − 1) + fy (1, 1)(y − 1). C´alculos: f (1, 1) = 4, √ fx (x, y) = 6x − 2 y − 1 ⇒ fx (1, 1) = 3, x fy (x, y) = 2y − √ + 3 ⇒ fy (1, 1) = 4. y Sustituyendo se obtiene: z − 4 = 3(x − 1) + 4(y − 1) z = 3x + 4y − 3. La ecuaci´on anterior se puede escribir como: 3(x − 1) + 4(y − 1) − 1(z − 4) = 0, o tambi´en (utilizando el producto escalar de vectores): (3, 4, −1) · (x − 1, y − 1, z − 4) = 0 que resulta ser la ecuaci´on vectorial del plano cuando se conoce un vector normal a dicho plano y uno de sus puntos. Por tanto, un vector perpendicular a la superficie determinada por la gr´afica de la funci´on f en el punto (1,1,4) es el vector (3, 4, −1).

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

b)

87

La ecuaci´on del plano tangente a la superficie determinada por la gr´afica 2 de la funci´on g(x, y) = ex −y cos(πx) en el punto (1, 1, −1) viene dada por: z − g(1, 1) = gx (1, 1)(x − 1) + gy (1, 1)(y − 1). C´alculos: g(1, 1) = −1, 2 2 gx (x, y) = 2xex −y cos(πx) − πex −y sen(πx) = = ex

2 −y

(2xcos(πx) − πsen(πx)),

gx (1, 1) = −2, gy (x, y) = −ex

2 −y

cos(πx),

gy (1, 1) = 1. Sustituyendo se obtiene: z + 1 = −2(x − 1) + 1(y − 1) z = −2x + y. La ecuaci´on anterior se puede escribir como: −2(x − 1) + 1(y − 1) − 1(z + 1) = 0, o tambi´en (utilizando el producto escalar de vectores): (−2, 1, −1) · (x − 1, y − 1, z + 1) = 0 que resulta ser la ecuaci´on vectorial del plano cuando se conoce un vector normal a dicho plano y uno de sus puntos. Por tanto, un vector perpendicular a la superficie determinada por la gr´afica de la funci´on f en el punto (1, 1, −1) es el vector (−2, 1, −1).

22.

Hallar los puntos de la superficie determinada por la gr´afica de la funci´on f (x, y) = xyex−3y en los que el plano tangente es paralelo al plano XY. ´ SOLUCION La ecuaci´on del plano tangente a la superficie determinada por la gr´afica de la funci´on f (x, y) = xyex−3y en un punto (a, b, f (a, b)) de dicha superficie viene dada por: z − f (a, b) = fx (a, b)(x − a) + fy (a, b)(y − b). Si queremos que dicho plano tangente sea paralelo al plano XY se tendr´a que cumplir que: fx (a, b) = 0 y fy (a, b) = 0

88

Problemas de c´ alculo diferencial

ya que la ecuaci´on de un plano que contenga al punto (a, b, f (a, b)) y sea paralelo al plano XY es z − f (a, b) = 0. Calculemos en qu´e puntos se anulan las derivadas parciales: fx (x, y) = yex−3y + xyex−3y = ex−3y (y + xy); fy (x, y) = xex−3y − 3xyex−3y = ex−3y (x − 3xy); fx (x, y) = 0 ⇒ ex−3y (y + xy) = 0 fy (x, y) = 0 ⇒ ex−3y (x − 3xy) = 0. Como el factor ex−3y no se anula para ning´ un (x, y) ∈ R2 queda el sistema: y + xy

= 0

) .

x − 3xy = 0 De la primera ecuaci´on despu´es de sacar factor com´ un se obtiene que x = −1 o bien, y = 0. Si sustituimos x = −1 en la segunda ecuaci´on, obtenemos y = 1/3, y cuando se sustituye y = 0 en dicha ecuaci´on resulta x = 0 luego las soluciones del sistema son: (0, 0), (−1, 1/3) por tanto los puntos buscados son: (0, 0, 0)

23.

y

(−1, 1/3, −1/3).

La producci´on semanal de cierta f´abrica es: 1

1

Q(K, L) = 30K 2 L 3

unidades,

donde K representa el capital invertido, medido en miles de euros y L el trabajo, medido en horas de trabajo. En la actualidad el capital semanal invertido es de 900.000 euros y se emplean cada semana 1.000 horas de trabajo. a)

Calcular la producci´on actual.

b)

Calcular el aumento aproximado de producci´on que resultar´a de aumentar el capital en 3.000 euros y la fuerza del trabajo en 5 horas.

´ SOLUCION 1

1

a) Q(900, 1.000) = 30 · 900 2 · 1000 3 = 9.000 unidades a la semana. b) 4Q ≈ dQ(900, 1.000; 3, 5) = QK (900, 1.000) · 3 + QL (900, 1.000) · 5.

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

89

1 1 1 1 1 QK (K, L) = 30 · K − 2 L 3 = 15K − 2 L 3 . 2 2 2 1 1 1 QL (K, L) = 30K 2 L− 3 = 10K 2 L− 3 . 3

Sustituyendo queda: 4Q ≈ dQ(900, 1.000; 3, 5) = 5 · 3 + 3 · 5 = 30. La producci´on semanal aumenta en 30 unidades aproximadamente.

24.

El beneficio semanal de una empresa que comercializa un solo producto viene dado por: xy + y 2 B(x, y) = euros, 100 en donde x representa el n´ umero de unidades vendidas en el mercado nacional e y el n´ umero de unidades exportadas. En la actualidad x = 300 e y = 200. Estimar el cambio aproximado en el beneficio que se produce si las ventas en el mercado nacional disminuyen un 1 %, mientras que las exportaciones aumentan en un 2 %. ´ SOLUCION Si las ventas en el mercado nacional diminuyen un 1 %: 4x = −300 · 00 01 = −3 unidades. Si las exportaciones semanales aumentan un 2 %: 4y = 200 · 00 02 = 4 unidades. 4B ≈ dB(300, 200; −3, 4) = Bx (300, 200) · (−3) + By (300, 200) · 4 Bx (x, y) =

y ⇒ Bx (300, 200) = 2. 100

By (x, y) =

x + 2y ⇒ By (300, 200) = 7. 100

Sustituyendo queda: 4B ≈ dB(300, 200; −3, 4) = 2 · (−3) + 7 · 4 = 22. El beneficio semanal aumenta aproximadamente en 22 euros. Por otra parte podemos evaluar el error cometido al utilizar el c´alculo diferencial, calculando: 4B = B(297, 204) − B(300, 200) = 1.022’04 − 1.000 = 220 04

90

Problemas de c´ alculo diferencial

luego el valor obtenido utilizando la diferencial resulta ser una buena aproximaci´on del incremento del beneficio.

25.

La funci´on de producci´on de una empresa est´a dada por: √ Q(K, L) = 10K L donde K representa el capital invertido y L representa la cantidad de trabajo empleado. Actualmente, K = 2, L = 4. Si se quiere aumentar el nivel de producci´on, ¿cu´al es la proporci´on en la que deben aumentarse capital y trabajo para obtener el m´aximo incremento del producto? ´ SOLUCION La proporci´on en la que se obtiene el m´aximo incremento del producto la da el vector gradiente de la funci´on en el punto (2, 4). √ √ QK (K, L) = 10 L ⇒ QK (2, 4) = 10 4 = 20. QL (K, L)

=

5K 5·2 √ ⇒ QL (2, 4) = √ = 5. 4 L ∇Q(2, 4) = (Qk (2, 4), QL (2, 4)) = (20, 5).

Para obtener el m´aximo incremento del producto se deber´a incrementar 20 unidades de capital por cada 5 unidades de incremento del trabajo, o lo que es equivalente, incrementar 4 unidades de capital por cada unidad de incremento del trabajo.

91

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

2.3. 1.

Ejercicios resueltos con DERIVE Calcular con DERIVE el vector gradiente y la matriz hessiana de las siguientes funciones: 2

a) f (x, y) = xe3x+y . 3x b) g(x, y) = 2 . x + y2   2 x − 3x + z . c) h(x, y, z) = ln 4xy x+y

e 3z d) l(x, y, z, t) = 2 . 4t + 2t ´ SOLUCION a)

Para obtener las derivadas parciales de f (x, y) introducimos en la ventana de edici´on de DERIVE la expresi´on que la define: “xˆ eˆ(3x + yˆ2)” la derivada parcial respecto de x la obtenemos aplicando el comando ´ CALCULO-DERIVADAS, nos aparece un cuadro de di´alogo en el que debemos seleccionar en el campo VARIABLE la variable x, al pulsar sobre SIMPLIFICAR obtenemos la derivada parcial respecto de x : #2 : #3 :

d  3x+y2  x^ e dx 2

^3x+y (3x + 1). e

Iluminando nuevamente la expresi´on que define la funci´on (#1) y apli´ cando el mismo comando CALCULO-DERIVADAS pero seleccionando ahora en el campo VARIABLE la variable y, al simplificar obtenemos la derivada parcial respecto de y: #4 : #5 :

d  3x+y2  x^ e dy 2

2xy^ e3x+y .

As´ı pues, el vector gradiente de la funci´on es:   2 2 ∇f (x, y) = e3x+y (3x + 1), 2xye3x+y .

92

Problemas de c´ alculo diferencial

Para el c´alculo de la matriz hessiana debemos repetir el mismo proceso que antes pero tomando como referencia las expresiones de las derivadas ∂f (x, y) parciales. As´ı pues para calcular iluminamos la expresi´ on #2 ∂x2 ∂f (x, y) ´ que es y aplicamos el comando CALCULO-DERIVADAS se∂x leccionando la variable x, y al simplificar obtenemos: #6 : #7 :

d d  3x+y2  x^ e dx dx 2

3^ e3x+y (3x + 2)

∂f (x, y) iluminamos nuevamente la expresi´on #2 y apli∂x∂y ´ camos el comando CALCULO-DERIVADAS seleccionando en el cuadro de di´alogo la variable y y al seleccionar SIMPLIFICAR resultando: para obtener

#8 : #9 :

d d  3x+y2  x^ e dy dx 2

2y^ eˆ3x+y (3x + 1)

∂f (x, y) lo obtenemos seleccionando la expresi´on #4 que ∂y∂x ∂f (x, y) ´ es y aplicando sobre la misma CALCULO-DERIVADAS con ∂y la variable x, obteniendo tras su simplificaci´on: El c´alculo de

#10 :

d d  3x+y2  x^ e dx dy 2

^3x+y (6xy + 2y) e

#11 :

∂f (x, y) iluminamos la expresi´on #4 aplica∂y 2 ´ mos CALCULO-DERIVADAS, seleccionamos ahora la variable y, y tras simplificar se obtiene: Finalmente, para obtener

#12 : #13 :

d d  3x+y2  x^ e dy dy 2

x^ e3x+y (4y2 + 2)

93

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

Por tanto, la matriz hessiana es: 2

Hf (x, y) = b)

3e3x+y (3x + 2)

2

2ye3x+y (3x + 1)

2

2

e3x+y (6xy + 2y) xe3x+y (4y 2 + 2)

! .

Definimos en primer lugar en DERIVE la funci´on, editando: “g(x, y) := 3x/(xˆ2 + yˆ2)” En vez de utilizar el procedimiento anterior de c´alculo de las derivadas parciales, podemos utilizar una funci´on predefinida de DERIVE que precisamente calcula el vector gradiente de una funci´on. La funci´on citada sigue el siguiente esquema grad(funci´ on,[var1,var2,...]) que calcula el gradiente de una funci´on de variables var1, var2,... En nuestro caso editamos: “grad(g(x, y), [x, y])” y al simplificar obtenemos:  #16 :

6xy 3(y2 − x2 ) ,− 2 2 2 2 (x + y ) (x + y2 )2



luego:  ∇g(x, y) =

6xy 3(y 2 − x2 ) ,− 2 2 2 2 (x + y ) (x + y 2 )2

 .

Obs´ervese que los vectores en DERIVE se escriben con sus componentes entre corchetes. Utilizando la misma funci´on de forma secuencial, podemos obtener la matriz hessiana. Editando la expresi´on: “grad((grad(g(x, y), [x, y]), [x, y])” tras efectuar su simplificaci´on obtenemos:  #18 :

 

6x(x2 −3y 2 ) (x2 +y 2 )3

6y(3x2 −y 2 ) (x2 +y 2 )3

6y(3x2 −y 2 ) (x2 +y 2 )3

6x(3y 2 −x2 ) (x2 +y 2 )3

  

por tanto:   Hg(x, y) = 

6x(x2 −3y 2 ) (x2 +y 2 )3 6y(3x2 −y 2 ) (x2 +y 2 )3

6y(3x2 −y 2 ) (x2 +y 2 )3 6x(3y 2 −x2 ) (x2 +y 2 )3

  .

94

Problemas de c´ alculo diferencial

c)

Procedemos como en casos anteriores editando en la ventana de edici´ on de DERIVE una funci´on que define la funci´on: “h(x, y, z) := ln((xˆ2 − 3x + z)/(4xy))”. Utilizando ahora la funci´on predefinida de DERIVE (GRAD), teniendo en cuenta que la funci´on es de 3 variables, para calcular el vector gradiente basta con editar la expresi´on: “grad(h(x, y, z), [x, y, z]) = ” (obs´ervese que incluimos en la expresi´on el signo =) al pulsar enter, sin necesidad de simplificar obtenemos:   x2 − z 1 1 #20 : GRAD(h(x, y, z), [x, y, z] = ,− , x(x2 − 3x + z) y x2 − 3x + z luego:  ∇h(x, y, z) =

x2 − z 1 1 ,− , 2 2 x(x − 3x + z) y x − 3x + z



La matriz hessiana podemos calcularla de forma similar editando la expresi´on: “grad(grad(h(x, y, z), [x, y, z]), [x, y, z])” y tras simplificar resulta:  #22 :

   

4

2

z+6xz−z − x x−4x 2 (x2 −3x+z)2

2



3−2x

0

(x2 −3x+z)2

0

1 y2

0

3−2x (x2 −3x+z)2

0

1 − (x2 −3x+z) 2

   

por tanto    Hf2 (x, y, z) =   d)

4

2

z+6xz−z − x x−4x 2 (x2 −3x+z)2

2

0

3−2x (x2 −3x+z)2

0

1 y2

0

3−2x (x2 −3x+z)2

0

1 − (x2 −3x+z) 2

   . 

Introducimos en la l´ınea de edici´on la expresi´on que contiene el nombre y definici´on de la funci´on: “l(x, y, z, t) := eˆˆ((x + y)/(3z))/(4tˆ2 + 2t)” el c´alculo del vector gradiente lo obtenemos editando: “grad(l(x, y, z, t), [x, y, z, t])”

95

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

y tras simplificar resulta: "

x+y

x+y

x+y e 3z e 3z #25 : , , −e 3z 6tz(2t + 1) 6tz(2t + 1)



x+y 6tz2 (2t + 1)



x+y

e 3z (4t + 1) ,− 2 2t (2t + 1)2

#

as´ı pues: x+y

∇l(x, y, z, t) =

x+y

x+y e 3z e 3z , , −e 3z 6tz(2t + 1) 6tz(2t + 1)



x+y 6tz 2 (2t + 1)



x+y

e 3z (4t + 1) ,− 2 2t (2t + 1)2

! .

El c´alculo de la matriz hessiana resulta de editar la expresi´on: “grad(grad(l(x, y, z, t), [x, y, z, t]), [x, y, z, t])” y simplificarla, obteniendo:

     #27 :     

x+y

e 3z 18tz 2 (2t+1)

−

x+y e 3z 18tz 2 (2t+1)

x+y e 3z 18tz 2 (2t+1)

e 3z (x+y+3z) − 18tz3 (2t+1)

e 3z (x+y+3z) 18tz 3 (2t+1)

−

x+y

e 3z (4t+1)

− 6t2 z(2t+1)2

x+y

e 3z (x+y+3z) 18tz 3 (2t+1)

x+y

e 3z (4t+1) − 6t2 z(2t+1)2

x+y

e 3z (x+y+3z) 18tz 3 (2t+1)

e 3z (x+y)(x+y+6z) 18tz 4 (2t+1)

x+y

e 3z (4t+1)

− 6t2 z(2t+1)2

e

x+y 3z





e 3z (4t+1)

− 6t2 z(2t+1)2

x+y

x+y

x+y

−

x+y

x+y

e 3z 18tz 2 (2t+1)

e

x(4t+1)+y(4t+1) 6t2 z 2 (2t+1)2



x+y 3z



x(4t+1)+y(4t+1) 6t2 z 2 (2t+1)2

x+y

e 3z (12t2 +6t+1) t3 (2t+1)3



        

por tanto: Hl(x, y, z, t) = 

x+y

x+y

e 3z 18tz 2 (2t+1)

e 3z 18tz 2 (2t+1)

   x+y  e 3z  2 18tz (2t+1)  =  e x+y  − 3z (x+y+3z)  18tz 3 (2t+1)   x+y 3z (4t+1) − e6t2 z(2t+1) 2

−e

x+y e 3z 2 18tz (2t+1)

−e

−

x+y 3z

x+y 3z

x+y 3z

(x+y+3z) 18tz 3 (2t+1)

(4t+1) − e6t2 z(2t+1) 2

x+y e 3z

(x+y+3z) 18tz 3 (2t+1)

e 3z (x+y)(x+y+6z) 18tz 4 (2t+1)

e

x+y 3z



x(4t+1)+y(4t+1) 6t2 z 2 (2t+1)2





    −   .     x+y  e 3z x(4t+1)+y(4t+1) 2 2 2  6t z (2t+1)   x+y x+y e 3z (4t+1) 6t2 z(2t+1)2

x+y

(x+y+3z) 18tz 3 (2t+1)

(4t+1) − e6t2 z(2t+1) 2

x+y 3z

e 3z (12t2 +6t+1) t3 (2t+1)3

96

2.

Problemas de c´ alculo diferencial

Calcular con DERIVE el vector gradiente y la matriz hessiana de las siguientes funciones en los puntos que se indican: a) f (x, y) =

4xy − x , en (−2, 8). √ y 2

b) g(x, y, z) = ex+2z + xyz, en (12, −3, 6). ´ SOLUCION a)

Para el c´alculo del vector gradiente y la matriz hessiana en cualquier punto introducimos en la ventana de edici´on la expresi´on: “f (x, y) := (4xy − x)/sqrt(y)” el gradiente se calcula por medio de la expresi´on GRAD editando: “grad(f (x, y), [x, y])” que al simplificar resulta:  #3 :

4y − 1 x(4y + 1) √ , y 2y3/2



para obtener el valor del vector gradiente en el punto (−2, 8) aplicamos la secuencia de comandos SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE asignando en el cuadro de di´alogo que nos aparece el valor −2 a la variable x y el valor 8 a la variable y; al aplicar SIMPLIFICAR obtenemos el resultado deseado: √   √ 31 2 33 2 #4 : ,− , 4 32 luego ∇f (−2, 8) =

√ √ ! 31 2 33 2 ,− . 4 32

Para obtener la matriz hessiana de la funci´on en el punto dado, editamos la expresi´on: “grad(grad(f (x, y), [x, y]), [x, y])” al simplificar obtenemos la matriz hessiana en cualquier punto:

#6 :



0

4y+1 2y 3/2





4y+1 2y 3/2

− x(4y+3) 4y 5/2



97

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

para dar valor a la matriz hessiana aplicamos sobre la expresi´on #6 anterior la secuencia SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE, asignando a la variable x el valor −2 y a la variable y el valor 8, al simplificar obtenemos: √   33 2 0 64  √  #7 : √ 33 2 64

35 2 512

por tanto:  Hf (−2, 8) =  b)

0 √ 33 2 64

√ 33 2 64 √ 35 2 512

 .

En primer lugar editamos la expresi´on que define la funci´on: “g(x, y, z) := eˆˆ(x + 2zˆ2) + xyz” el c´alculo del vector gradiente lo obtenemos editando: “grad(g(x, y, z), [x, y, z])” y simplificando la expresi´on anterior: h 2 i #10 : e2x +x (4x + 1) + 2xy, x2 , 0 ^ con el comando SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE sustituimos el valor de la variable x por 12, la variable y por −3 (la variable z no aparece en el cuadro de di´alogo ya que el vector gradiente no depende de dicha variable como se observa en la expresi´on #10) al simplificar obtenemos:   #11 : 49^ e300 − 72, 144, 0 y tenemos que
∇g(12, −3, 6) = 49e300 − 72, 144, 0 . Para calcular la matriz hessiana introducimos en la l´ınea de edici´on la expresi´on: “grad(grad(g(x, y, z), [x, y, z]), [x, y, z])” que al SIMPLIFICAR resulta:  2x2 +x  eˆ (16x2 + 8x + 5) + 2y 2x 0  #12 : 2x 0 0  0 0 0

98

Problemas de c´ alculo diferencial

la matriz hessiana de g(x, y, z) en el punto (12, −3, 6) se obtiene aplicando SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE sustituyendo x por 12 e y por −3 (nuevamente z no aparece ya que la matriz hessiana no depende de dicha variable) y simplificando:   2405ˆ e300 − 6 24 0  24 0 0  #13 : 0 0 0 por tanto:  2405ˆ e300 − 6 24 0 24 0 0 . Hg(12, −3, 6) =  0 0 0 

3.

Calcular con ayuda de DERIVE el error que se comete al aproximar el valor de las siguientes expresiones usando la diferencial: a)

10 12 . 00 93 + 10 14

b) e

20 1+00 9 20 93

.

´ SOLUCION a)

Calculemos en primer lugar el valor aproximado de la expresi´on usando la diferencial. Para ello definimos en DERIVE la funci´on que sirve para obtener el valor aproximado editando la expresi´on: “f (x, y, z) := xˆ2/(yˆ3 + zˆ4)” calculemos ahora el vector gradiente, usando el m´etodo utilizado en los ejercicios anteriores por medio de la funci´on GRAD, editando: “grad(f (x, y, z), [x, y, z])” al simplificar obtenemos h i 3x2 y2 2x 4x2 z3 #3 : , − , − y3 +z4 (y3 +z4 )2 (y3 +z4 )2 . Como observamos en el vector gradiente, las derivadas parciales de la funci´on f (x, y, z) existen y son continuas en el dominio de la funci´ on 10 12 3 3 4 Dom(f ) = {(x, y, z) ∈ R /y + z 6= 0}. Como la expresi´on 00 93 +10 14 = f (10 1, 00 9, 10 1), usando la diferencial, podemos aproximar dicho valor por medio de: f (10 1, 00 9, 10 1) ' f (1, 1, 1) + fx (1, 1, 1)00 1 + fy (1, 1, 1)(−00 1) + fz (1, 1, 1)(00 1)

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

99

ya que la funci´on f (x, y, z) es diferenciable en (1, 1, 1). Con la expresi´on obtenida (#3) podemos calcular el gradiente de la funci´on en el punto (1, 1, 1) con la secuencia SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE, obteniendo tras simplificar:   3 #4 : 1, − , −1 4 as´ı pues la aproximaci´on se obtendr´ıa editando: “f (1, 1, 1) + 1 ∗ 0.1 − 3/4 ∗ (−1) − 1 ∗ 0.1” que tras simplificar nos da #6 :

5 . 4

El error que cometemos al aproximar por la diferencial lo podemos calcular editando la expresi´on: “f (1.1, 0.9, 1.1) − 5/4” y al simplificar obtenemos: #8 :

−

61225 87724

su expresi´on decimal podemos deducirla aplicando SIMPLIFICARAPROXIMAR: #9 : b)

−00 6982695727.

La funci´on que utilizamos para hacer la aproximaci´on es g(x, y, z) = e Por tanto, definimos en DERIVE dicha funci´on editando: “g(x, y, z) := eˆˆ((x + y)/zˆ3)” el vector gradiente de dicha funci´on lo calculamos con la expresi´on: “grad(g(x, y, z), [x, y, z])” que al simplificar nos da: " x+y # x+y x+y e z 3 e z3 3e z3 (x + y) #12 : , , − z3 z3 z4 como se observa, las derivadas parciales existen y son continuas en

x+y z3

.

100

Problemas de c´ alculo diferencial

D = {(x, y, z) ∈ R3 /z 6= 0}. La expresi´on que deseamos aproximar por medio de la diferencial es g(20 1, 00 9, 20 9). Como g(x, y, z) es diferenciable en (2, 1, 3) entonces g(20 1, 00 9, 20 9) ' g(2, 1, 3) + gx (2, 1, 3)(00 1) + gy (2, 1, 3)(−00 1) + gz (2, 1, 3)(−00 1).

El vector gradiente de g(x, y, z) en (2, 1, 3) lo obtenemos aplicando SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE sobre la expresi´on #12, y tras simplificar obtenemos: " # e1/9 e1/9 e1/9 #13 : . , , 27 27 9 Como el valor de gx (2, 1, 3)(00 1)+gy (2, 1, 3)(−00 1)+gz (2, 1, 3)(−00 1) = ∇g(2, 1, 3)·(00 1, −00 1, −00 1)

utilizando este producto escalar, el valor aproximado de la expresi´ on e

2,1+0,9 2,93

lo podemos calcular editando en DERIVE: “g(2, 1, 3) + #13.[0.1, −0.1, −0.1]”

(obs´ervese que #13 se refiere al valor obtenido en la expresi´on 13 con DERIVE) y al simplificar obtenemos: #15 :

91e1/9 . 90

El error que se comete al aproximar por la diferencial se obtiene introduciendo en DERIVE la expresi´on: “g(2.1, 0.9, 2.9) − #15” que al simplificar resulta: #17 :

e3000/24389 −

91e1/9 90

una aproximaci´on de dicho valor podemos obtenerla aplicando SIMPLIFICARAPROXIMAR: #18 :

4.

0.0009555680849.

Estudiar con DERIVE la existencia de derivadas parciales, la continuidad y la diferenciabilidad de la siguiente funci´on en (1, 1) :  4 4   (x − 1) + (y − 1) (x, y) 6= (1, 1) (x − 1)2 + (y − 1)4 f (x, y) =   0 (x, y) = (1, 1).

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

101

Analizar gr´aficamente el resultado. ´ SOLUCION Estudiemos la existencia de las derivadas parciales de dicha funci´on en el punto (1, 1). Para ello utilizamos la definici´on de derivada parcial. Editamos la expresi´on que define la funci´on en todos los puntos salvo en (1, 1) y le damos nombre a dicha funci´on introduciendo en la l´ınea edici´on: “g(x, y) := ((x − 1)ˆ4 + (y − 1)ˆ4)/((x − 1)ˆ2 + (y − 1)ˆ4)” para el c´alculo de la derivada parcial respecto de x tenemos que editar previamente la tasa de variaci´on con la expresi´on: “(g(1 + h, 1) − g(1, 1))/h” ´ ´IMITES comy calculamos su l´ımite cuando h → 0 aplicando CALCULO-L probando que en el campo VARIABLE aparece la variable h, en el campo PUNTO el punto 0 y que el campo TENDIENDO POR est´a marcada la opci´on AMBAS, al simplificar obtenemos: #3 :

l´ım

h→0

#4 :

g(1 + h, 1) − g(1, 1) h ?

este interrogante en DERIVE nos indica que dicho l´ımite no existe; por lo que fx (1, 1) no existe. Del mismo modo editando ahora la tasa de variaci´on respecto de y : “(g(1, 1 + h) − g(1, 1))/h” ´ ´IMITES respecto de la variable h en y aplicando a su resultado CALCULO-L el punto 0 y marcando la opci´on AMBAS, al simplificar nos da: #6 : #7 :

g(1, 1 + h) − g(1, 1) h→0 h l´ım

?

por lo que tampoco existe fy (1, 1). En consecuencia al no existir las derivadas parciales en el punto (1, 1) podemos afirmar que f (x, y) no es diferenciable en dicho punto. Analicemos gr´aficamente el motivo de la no existencia de derivadas parciales y la no diferenciabilidad de

102

Problemas de c´ alculo diferencial

la funci´on en el punto (1, 1). Para ello definimos la funci´on f (x, y) en DERIVE insertando la expresi´on:

“f (x, y) := if (x = 1 ∧ y = 1, g(x, y), 0)”.

Para dibujar la gr´afica de dicha funci´on en primer lugar debemos abrir una ventana del espacio R3 con la secuencia de comando VENTANA-NUEVA VENTANA 3D. Pulsando sobre el bot´on de herramientas REPRESENTAR aparece la gr´afica de la funci´on:

el aspecto de la misma se puede mejorar en los siguientes ´ambitos:

a)

Mejorar la malla que perfila la gr´afica: esto se realiza situando el cursor sobre la gr´afica, pulsando con el bot´on derecho del rat´on seleccionamos la ´ opci´on EDITAR e introducimos en el campo NUMERO DE PANELES, 50 para x y 50 para y; al pulsar sobre ACEPTAR obtenemos la gr´ afica mejorada.

b)

Modificar la referencia en los ejes de coordenadas: aplicando la secuencia OPCIONES-PANTALLA seleccionamos la pesta˜ na EJES y marcamos la opci´on SI, seleccionamos la pesta˜ na CAJA y marcamos la opci´on NO. Al pulsar sobre el bot´on ACEPTAR el aspecto final de la gr´afica es:

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

c)

103

Modificar la escala y el punto de vista de la gr´afica: usando los botones ZOOM HACIA FUERA y ZOOM HACIA DENTRO podemos mejorar la visi´on de la gr´afica. Tambi´en podemos modificar el punto de vista de la gr´afica usando los cursores arriba-abajo, izquierda-derecha.

En nuestro caso pulsando dos veces ZOOM HACIA FUERA y sobre el cursor hacia arriba y derecha, obtenemos:

como se puede observar girando la gr´afica por medio de los cursores arribaabajo izquierda-derecha podemos visualizar que en el punto (1, 1, f (1, 1)) la gr´afica de la funci´on tiene un “pico”, caracter´ıstica gr´afica propia de los puntos en los que una funci´on no es diferenciable.

5.

Calcular y representar el plano tangente y la recta normal a la gr´afica de las siguientes funciones sobre los puntos indicados con ayuda de DERIVE: x2 + y 2 en el punto (2, 1, e53 ). ex+y √ b) g(x, y) = xy en el punto (1, 1, 1). a) f (x, y) =

104

Problemas de c´ alculo diferencial

´ SOLUCION a)

Editamos en DERIVE la funci´on que define f (x, y) introduciendo en la l´ınea de edici´on la expresi´on: “f (x, y) := (xˆ2 + yˆ2)/ˆ eˆ(x + y)”. El punto (2, 1, e53 ) est´a en la gr´afica ya que al editar: “f (2, 1)” tras simplificar obtenemos: #2 :

5 . e3

Para calcular el vector gradiente editamos la expresi´on: “grad(f (x, y), [x, y]” al simplificarla obtenemos:  −x−y 2  #4 : −^ e (x − 2x + y2 ), −^ e−x−y (x2 + y(y − 2)) obs´ervese que las derivadas parciales existen y son continuas en un entorno de (2, 1), por tanto, la funci´on es diferenciable en dicho punto y podemos obtener el plano tangente. Al sustituir en la expresi´on #4 x por 2 e y por 1 mediante el comando SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE resulta ∇f (2, 1):  −3  #5 : −^ e , −3^ e−3 . El plano tangente de la funci´on en el punto lo obtenemos editando la expresi´on: “z = f (2, 1) + #5.[x − 2, y − 1]” que al SIMPLIFICAR nos da: #7 :

z = −^ e−3 (x + 3y − 10)

ecuaci´on del plano tangente a la gr´afica de la funci´on f (x, y) por el punto (2, 1, e53 ). Podemos comprobar este c´alculo gr´aficamente representando la funci´on y el plano. Para ello editamos la expresi´on de la funci´on: “f (x, y)” abrimos una ventana 3D con el comando VENTANA-NUEVA VENTANA 3D y aplicamos el bot´on REPRESENTAR. Luego nos situamos sobre la

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

105

expresi´on que define el plano tangente #7 situada en la ventana de ´algebra haciendo clic sobre dicha ventana y volvemos a la ventana 3D y aplicamos REPRESENTAR, obtendremos la representaci´on simult´anea de la gr´afica y el plano tangente:

Si movemos esta representaci´on para obtener una visi´on del punto de tangencia desde la parte inferior del plano tangente obtenemos:

Para calcular la recta normal definimos la siguiente expresi´on: “[2, 1, f (1, 2)] + t ∗ #5” que al simplificar nos proporciona las ecuaciones param´etricas de la recta normal:   #9 : 2 − t^ e−3 , 1 − 3t^ e−3 , 5^ e−3 − t para representar esta recta en la ventana 3D pulsamos sobre la ventana 3D y aplicamos REPRESENTAR y resulta:

106

Problemas de c´ alculo diferencial

b)

En primer lugar definimos la funci´on en DERIVE editando: “g(x, y) := sqrt(x ∗ y)” el vector gradiente de la funci´on lo calculamos editando y simplificando: “grad(g(x, y), [x, y])” y resulta: √  xy xy , 2x 2y

√ #12 :

el valor de ∇g(1, 1) lo obtenemos con SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE asignando a la variable x valor 1 y a la variable y valor 1, al simplicar nos da:   1 1 #13 : , 2 2 de esta forma el plano tangente de la superficie z = g(x, y) por el punto (1, 1, 1) se calcula editando la expresi´on: “z = g(1, 1) + #12.[x − 1, y − 1]” que tras simplificar nos da como resultado: #15 :

z=

x+y . 2

Si abrimos una ventana 3D y representamos la expresi´on #9 (la que define la funci´on) y la expresi´on #14 (plano tangente) obtenemos la siguiente gr´afica:

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

107

la recta normal se define por medio de la expresi´on: “[1, 1, 1] + t[1/2, 1/2, −1]” que una vez simplificada nos da: ht i t #17 : + 1, + 1, 1 − t 2 2 al representarla junto a la gr´afica y el plano tangente por medio del comando REPRESENTAR resulta:

6.

Obtener la derivada direccional de las siguientes funciones en las direcciones y puntos indicados: a) f1 (x, y) =

x3 − 3xy 2 en el punto (1, 1) y en la direcci´on del vector (3, 5). x2 + y

108

Problemas de c´ alculo diferencial

2

2

2

b) f2 (x, y, z) = xey+z −yex+z +zey+x en el punto (1, 2, 0) y en la direcci´ on del vector (3, 1, 5). ´ SOLUCION a)

Con la expresi´on: “f 1(x, y) := (xˆ3 − 3xyˆ2)/(xˆ2 + y)” definimos la funci´on f1 (x, y) en DERIVE. El vector gradiente de dicha funci´on lo calculamos editando: “grad(f 1(x, y), [x, y])” y con SIMPLIFICAR obtenemos:   4 x + 3x2 y(y + 1) − 3y3 x(x2 (6y + 1) + 3y2 ) ,− #3 : (x2 + y)2 (x2 + y)2 de donde podemos deducir que la funci´on es diferenciable en (1, 1) ya que sus derivadas parciales existen y son continuas. Por consiguiente la deri  5 1 vada direccional Df1(3,5) (1, 1) = ∇f (1, 1) · k(1,5)k , k(1,5)k . El vector gradiente en el punto (1, 1) se obtiene aplicando SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE sobre la expresi´on #3 y resulta:   5 #4 : 1, − 2 con estos datos ya podemos calcular la derivada direccional pedida editando: “#4.[1/abs([1, 5]), 5/abs([1, 5])]” (“abs” es una funci´on predefinida de DERIVE que calcula el m´odulo de un vector, sigue la sintaxis abs(vector)). Al simplificar obtenemos: √ 23 26 #6 : − . 52

b)

Definimos en DERIVE la funci´on f2 (x, y, z) insertando en la l´ınea de edici´on la expresi´on: “f 2(x, y, z) := xˆ eˆ(y + zˆ2) − yˆ eˆ(x + zˆ2) + zˆ eˆ(y + xˆ2)” el gradiente de la funci´on resulta de simplificar: “grad(f 2(x, y, z), [x, y, z])”

109

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

obteni´endose: #9 :

h

2xz^ ex

2

+y

− y^ ex+z

2

+^ ey+z

2

, z^ ex

2

+y

2

2

−^ ex+z + x^ ey+z , ^ ex

2

+y

2

− 2yz^ ex+z + 2xz^ ey+z

2

i

Las derivadas parciales de f2 (x, y, z) son continuas en el punto (1, 2, 0) por tanto la funci´on es diferenciable en dicho punto y en  consecuencia  3 1 5 D(3,1,5) f2 (1, 2, 0) = ∇f2 (1, 2, 0)· k(3,1,5)k , k(3,1,5)k , k(3,1,5)k . El vector gradiente en el punto se obtiene aplicando SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE en la expresi´on #9 sustituyendo la variable x por 1, la variable y por 2 y la variable z por 0 y al simplificar resulta:  2  #10 : e − 2^ ^ e, ^ e2 − ^ e, ^ e3 El c´alculo de la derivada direccional se obtiene editando: “#10.[3/abs([3, 1, 5]), 1/abs([3, 1, 5]), 5/abs([3, 1, 5])]” y al simplificar nos da el resultado pedido: √ √ √ 35^ e3 4 35^ e2 35^ e + − #12 : 7 35 5 cuyo valor aproximado podemos obtener aplicando SIMPLIFICARAPROXIMAR: #13 :

7.

18.75497631.

Calcular los valores que ha de tener el par´ametro m para que la derivada direccional m´axima de la funci´on f (x, y) = emx+5y sen(x + y) en el punto √ π/2 (π/2, π/2) sea 2e . ´ SOLUCION Definimos la expresi´on que define la funci´on en DERIVE: “f (x, y) := eˆˆ(mx + 5y) sin(x + y)” el gradiente lo obtenemos simplificando: “grad(f (x, y), [x, y])” y resulta:   #3 : emx+5y (cos(x + y) + m(sin(x + y)), emx+5y (cos(x + y) + 5(sin(x + y)) .

110

Problemas de c´ alculo diferencial

La funci´on es diferenciable en (π/2, π/2) por tanto por las propiedades del vector gradiente, la derivada direccional m´axima se obtiene a partir del m´ odulo del vector gradiente en dicho punto. Para obtener ∇f (π/2, π/2) aplicamos sobre la expresi´on #3 la secuencia SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE (sustituyendo x por π/2 e y por π/2) y tras simplificar resulta:  πm/2+5π/2  #4 : −e , −eπm(2+5π/2 . En consecuencia, para resolver el problema, introducimos en la l´ınea de edici´ on la expresi´on (pi es la forma de editar el n´ umero π): “abs(#4) = sqrt(2)ˆ eˆ(pi/2)” tras simplificar resulta: √ πm/2+5π/2 √ π/2 2e = 2e #6 : para resolver esta ecuaci´on aplicamos RESOLVER-EXPRESION y en el cuadro de di´alogo que se abre seleccionamos la variable m en el campo METODO marcamos la opci´on ALGEBRAICO y en el campo DOMINIO marcamos la opci´on REAL, al pulsar sobre RESOLVER obtenemos la soluci´on del problema: #8 :

m = −4.

111

Cap´ıtulo 2. Derivabilidad y diferenciabilidad

2.4. 1.

Ejercicios propuestos Calcular las derivadas parciales de las siguientes funciones: a) f (p, q) = ap2 b2 e−a b) g(x, y) =

x2 y

3 p2 q

+ y3

a, b ∈ R.

,

ln(xy 2 )

.

h(x, y) = xy + cos(x2 ). √ x d) m(x, y, z) = xz + . xy − xz c)

2.

Calcular el vector gradiente de la funci´on: f (x, y, z) = zexy + xy 2 z 3 . Comprobar si se verifica que fxyz (x, y, z) = fzxy (x, y, z).

3.

Dada la funci´on:  2 2   y(x − y ) x2 + y 2 f (x, y) =   0

4.

si (x, y) 6= (0, 0) si (x, y) = (0, 0).

a)

Estudiar la continuidad de f (x, y) en (0, 0).

b)

Comprobar que fx y fy existen pero no son continuas en (0, 0).

c)

Analizar si existen fxy (0, 0) y fyx (0, 0).

Calcular las derivadas direccionales en el punto P y seg´ un los vectores v¯ que se indican de las siguientes funciones: a) f (x, y) =

x , y

P (−1, 1),

b) g(x, y) = xe2xy + xy 2 , c)

h(x, y, z) = ex

2 y+z

v¯ = (−1, 0). P = (1, −1),

√ v¯ = ( 3, 4).

− yz,

P = (1, 1, 1), v¯ = (2, 2, 1). √ 1 d) l(x1 , x2 , x3 , x4 ) = x1 x22 x3 + x2 x24 − x1 x23 x4 , 3 con P = (−1, 0, 1, 2) y v¯ = (1, 1, 1, 1).

5.

Indicar la direcci´on de m´aximo crecimiento, la direcci´on de m´aximo decrecimiento y calcular el valor de la derivada direccional m´axima y m´ınima de cada una de las funciones anteriores en los puntos dados.

112

6.

7.

Problemas de c´ alculo diferencial

Dada la funci´on f (x, y, z) = p

1 x2 + y 2

+

p 3

y 2 + z 2 , se pide:

a)

Analizar si es diferenciable en el punto (1, 0, 1) y calcular su diferencial total.

b)

Aproximar utilizando su diferencial, el valor de la funci´on en el punto (00 9, 0, 10 1).

La funci´on de producci´on de una empresa est´a dada por Q(K, L) = 30K 1/2 L1/3 siendo K la cantidad de capital empleado y L la cantidad de trabajo empleado. Actualmente L = 625 y K = 125. Analizar utilizando el c´alculo diferencial la variaci´on que debe producirse en la cantidad de trabajo empleado, si se aumenta el capital en 1 unidad para que el nivel de producci´on permanezca constante (4Q = 0).

8.

Dada la funci´on:  4 2 2   x +x y−y 2x4 + 3y 2 f (x, y) =   0

(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0).

Estudiar con DERIVE su continuidad, existencia de derivadas parciales y diferenciabilidad en el punto (0, 0).

9.

10.

La funci´on de costes de una empresa que produce dos bienes A y B en competencia perfecta es C(x, y) = 40 ln(x) + 20ln(y) + 20x2 + 35y 2 donde x e y son las cantidades producidas, respectivamente de los bienes A y B. Obtener con la ayuda de DERIVE a)

En qu´e puntos es diferenciable la funci´on C(x, y).

b)

Suponiendo que en el a˜ no 1990 se produjeron las cantidades x = 1, y = 2 (medidas en miles de unidades), ¿cu´al es la variaci´on aproximada que experimentan los costes si este a˜ no se estima que se van a producir 1.125 unidades del producto A y 2.015 unidades del producto B?

Dada la funci´on f (x, y) = 4xy − x4 − y 4 dibujar utilizando DERIVE su gr´ afica y el plano tangente a la superficie z = f (x, y) por el punto (1, 1).

Cap´ıtulo 3

Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad 3.1 Cuestiones 3.2 Ejercicios resueltos A) Regla de la cadena B) Polinomio de Taylor C) Funciones homog´eneas 3.3 Ejercicios resueltos con DERIVE 3.4 Ejercicios propuestos

114

Problemas de c´ alculo diferencial

3.1. 1.

Cuestiones Sea la funci´on f (x, y) = ln(x2 + y 2 ). Entonces si  x=u+v y = 2u − 3v y z = f (x(u, v), y(u, v)) se verifica que a)

Verdadero, ya que ∂z (1, 0) = ∂u =

b)

∂z (1, 0) = 2. ∂u

∂f ∂x ∂f ∂y (1, 2) · (1, 0) + (1, 2) · (1, 0) = ∂x ∂u ∂y ∂u 2 4 10 ·1+ ·2= = 2. 5 5 5

Verdadero, aplicando la regla de la cadena se tiene ∂z (1, 0) = ∂u

∂f ∂x ∂f ∂y (1, 0) · (1, 0) + (1, 0) · (1, 0) = ∂x ∂u ∂y ∂u

= 2 · 1 + 0 · 2 = 2. c)

Falso ya que f no es diferenciable en (1, 2) y por tanto no existe alguna de las dos derivadas parciales.

d)

Falso ya que ∂z ∂x ∂y (1, 0) = (1, 0) + (1, 0) = 1 + 2 = 3. ∂u ∂u ∂u

´ SOLUCION Respuesta correcta: a). La respuesta a) es correcta ya que x(1, 0) = 1, y(1, 0) = 2 y aplicando directamente la regla de la cadena se obtiene el valor 2. La respuesta b) es incorrecta pues aplicamos mal la regla de la cadena en los valores de x, y aunque el resultado final coincide. La respuesta c) es incorrecta pues la funci´ on f (x, y) tiene como derivadas parciales fx (x, y) =

x2

2x 2y , fy (x, y) = 2 2 +y x + y2

y ambas son funciones continuas en (1, 2). La respuesta d) tampoco es correcta pues no se tiene en cuenta que existe una composici´on de funciones.

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

2.

115

Sea la funci´on w = f (x, y) = x ln(y) donde y(t) = et +t y x(y) = y 3 . Entonces se verifica que para t = 0, w0 (0) = 2. a)

Verdadero, aplicando la regla de la cadena para t = 0 tenemos w0 (0) = fx (1, 1) · x0 (1) · y 0 (0) + fy (1, 1) · y 0 (0) = = 0 · 3 · 2 + 1 · 2 = 2.

b)

Verdadero, pues aplicando la regla de la cadena para t = 0 tenemos w0 (0) = fx (1, 1) · x0 (1) + fy (1, 1) · y 0 (0) = 0 · 3 + 1 · 2 = 2.

c)

Falso, pues aplicando la regla de la cadena para t = 0 tenemos que w0 (0) = fy (1, 1) · x0 (1) = 0.

´ SOLUCION Respuesta correcta: a). La respuesta a) es correcta, es la aplicaci´on directa de la regla de la cadena sobre la composici´on que hemos construido teniendo en cuenta que w depende de x e y, que y depende de t y que x depende de y. La respuesta b) es incorrecta pues aplica mal la regla de la cadena al no considerar que x depende de y que a su vez depende de t, aunque el resultado coincida con el correcto. Finalmente, la respuesta c) es incorrecta no tiene en cuenta la composici´on planteada en el enunciado.

3.

Sea z = f (x, y) una funci´on diferenciable en R2 , tal que ∇f (1, 2) = (1, 1). Entonces si x = ev−u ; y = u2 + 3v + 2 se verifica que la derivada zu en el punto (u, v) = (0, 0) vale 1. a)

Falso, pues en (u, v) = (0, 0) por la regla de la cadena se verifica que zu (0, 0) = xu (0, 0) = −1.

b)

Falso, no se puede determinar el valor de zu (0, 0), pues no conocemos el gradiente de f en (0, 0).

c)

Verdadero, aplicando la regla de la cadena tenemos que zu (0, 0) = fx (1, 2) · xu (0, 0) + fy (1, 2) · yu (0, 0) = 1 · (−1) + 1 · 0 = 1.

´ SOLUCION Respuesta correcta: c). La respuesta a) es incorrecta pues se aplica mal la regla de la cadena

116

Problemas de c´ alculo diferencial

zu (0, 0) = fx (1, 2) · xu (0, 0) + fy (1, 2) · yu (0, 0) = 1 · (−1) + 1 · 0 = 1. La respuesta b) es incorrecta pues para calcular zu (0, 0) no necesitamos ∇f (0, 0). La respuesta c) es la aplicaci´on correcta de la regla de la cadena.

4.

Sea w = f



4y 2x+y



donde f : R2 → R tiene derivadas parciales en todo (x, y) ∈

R2 . Entonces para todo (x, y) ∈ R2 con y 6= −2x, la funci´on w(x, y) verifica que x · wx (x, y) + y · wy (x, y) = 0. a)

Verdadero, pues aplicando la regla de la cadena se verifica   4y −8y 0 · wx (x, y) = f 2x + y (2x + y)2   4y 8x 0 · wy (x, y) = f 2x + y (2x + y)2 por lo que se verifica el resultado.

b)

Falso, ya que las derivadas parciales de w(x, y) no existen.

c)

Verdadero, ya que w(x, y) es una funci´on homog´enea de grado 0 y, aplicando el Teorema de Euler, se deduce la igualdad indicada en el enunciado.

´ SOLUCION Respuesta correcta: a). La respuesta a) es correcta, aplicando la regla de la cadena podemos obtener las dos derivadas parciales wx (x, y), y wy (x, y) como se afirma en el apartado y sustituyendo obtenemos que     4y 4y −8y 8x 0 0 x·f · +y·f · = 0. 2 2x + y (2x + y) 2x + y (2x + y)2 El apartado b) es incorrecto pues como hemos visto en a) s´ı se pueden cal4y es cular. La respuesta c) es incorrecta, aunque es cierto que la funci´on 2x+y homog´enea de grado cero, sin embargo no tenemos informaci´on acerca de la funci´on f (u) por lo que no sabemos si w(x, y) es homog´enea de grado cero; aunque es cierto que si lo fuera aplicando el Teorema de Euler se obtendr´ıa el resultado.

5.

La funci´on: f (x, y) =

2xy 3 x2 + y 2

es homog´enea de grado 2 en R2 \{(0, 0)}.

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

a)

Falso, pues f (2, 2) 6= 22 · f (1, 1).

b)

Falso, pues sus derivadas parciales: fx (x, y) = =

fy (x, y) = =

117

2x2 y 3 + 2y 5 − 4x2 y 3 2y 3 (x2 + y 2 ) − 2x2xy 3 = = (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 2y 5 − 2x2 y 3 2y 3 (y 2 − x2 ) = (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 6xy 2 (x2 + y 2 ) − 2y2xy 3 6x3 y 2 + 6xy 4 − 4xy 4 = = (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 6x3 y 2 + 2xy 4 (x2 + y 2 )2

no son funciones homog´eneas de grado 1. c)

Verdadero, pues f es diferenciable en su dominio y se cumple el Teorema de Euler ya que: x · fx (x, y) + y · fy (x, y)

=

x · (2y 5 − 2x2 y 3 ) y · (6x3 y 2 + 2xy 4 ) + = (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2

=

2xy 5 − 2x3 y 3 + 6x3 y 3 + 2xy 5 4xy 5 + 4x3 y 3 = = 2 2 2 (x + y ) (x2 + y 2 )2

=

4xy 3 4xy 3 · (x2 + y 2 ) = 2 = 2 · f (x, y). 2 2 2 (x + y ) x + y2

´ SOLUCION Respuesta correcta: c). La respuesta a) es incorrecta pues f (2, 2) = 4 = 22 f (1, 1). La respuesta b) es incorrecta pues las derivadas parciales son funciones homog´eneas de grado 1, ya que fx (tx, ty) =

2t3 y 3 (t2 y 2 − t2 x2 ) t5 2y 3 (y 2 − x2 ) = = tfx (x, y) (t2 x2 + t2 y 2 )2 t4 (x2 + y 2 )2

fy (tx, ty) =

6t3 x3 t2 y 2 + 2txt4 y 4 t5 (6x3 y 2 + 2xy 4 ) = = tfy (x, y). (t2 x2 + t2 y 2 )2 t4 (x2 + y 2 )2

La afirmaci´on del Apartado c) es la correcta pues se verifica que la funci´on f (x, y) es diferenciable, ya que sus derivadas parciales antes calculadas son continuas en su dominio R2 \{(0, 0)}, y aplicando el Teorema de Euler, se comprueba que la funci´on es homog´enea de grado 2.

118

6.

Problemas de c´ alculo diferencial

Sea f (x, y) una funci´on continua con derivadas parciales continuas en todo R2 y homog´enea de grado 2. Entonces se verifica que la funci´on g(x, y) = x2 · fx (x, y) + xy · fy (x, y) es homog´enea de grado 3. a)

Falso, pues g(x, y) podr´ıa no ser diferenciable y toda funci´on homog´enea ha de ser necesariamente una funci´on diferenciable.

b)

Verdadero, pues como fx (x, y) y fy (x, y) son homog´eneas de grado 1 entonces: g(tx, ty) = (tx)2 fx (tx, ty) + txtyfy (tx, ty) = t2 x2 tfx (x, y) + t2 xytfy (x, y) = t3 (x2 fx (x, y) + xyfy (x, y)) = t3 g(x, y) por lo que g(x, y) es homog´enea de grado 3.

c)

Falso, la funci´on g(x, y) es en efecto homog´enea, pero de grado 5 pues: g(tx, ty) = (tx)2 fx (tx, ty) + txtyfy (tx, ty) = t2 x2 t3 fx (x, y) + t2 xyt3 fy (x, y) = t5 (x2 fx (x, y) + xyfy (x, y)) = t5 g(x, y).

d)

Verdadero, ya que aplicando el Teorema de Euler a la funci´on f (x, y) se obtiene: x(2 · f (x, y)) = x(xfx (x, y) + yfy (x, y)) = x2 fx (x, y) + xyfy (x, y) = g(x, y) es decir, g(x, y) = 2xf (x, y), que es una funci´on homog´enea de grado 3.

´ SOLUCION Respuestas correctas: b) y d). La respuesta a) es incorrecta pues no es cierto que toda funci´on homog´enea tenga que ser diferenciable, existen funciones diferenciables que no son homog´eneas, por ejemplo f (x, y) = ex+y es diferenciable y, sin embargo, no es homog´enea. La respuesta b) es correcta pues si una funci´on es homog´enea de grado 2 sus derivadas parciales han de ser homog´eneas de grado 1 y en consecuencia aplicando esta propiedad se verifica la homogeneidad de grado 3 de la funci´on g(x, y). La afirmaci´on del Apartado c) es incorrecta pues est´ a aplicando que las derivadas parciales son homog´eneas de grado 3. Finalmente, la

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

119

respuesta d) es correcta, se trata de la aplicaci´on del Teorema de Euler sobre la funci´on f (x, y) de la que se deduce el valor de la funci´on g(x, y) que es homog´enea de grado 3.

7.

Sea Q = Q(K, L) una funci´on de producci´on homog´enea, de grado 1 donde K representa el capital y L el trabajo. Si Q(K, L) es diferenciable y es tal que ∇Q(2, 4) = (−1, 3), entonces se verifica que Q(2, 4) = 10. a)

Verdadero, pues aplicando el Teorema de Euler se tiene que: Q(2, 4) = 2 · QK (2, 4) + 4 · QL (2, 4) = 2 · (−1) + 4 · 3 = 10.

b)

Falso, no tenemos ninguna informaci´on sobre cu´al es la expresi´on de la funci´on Q y, por tanto, no podemos determinar su valor en el punto (2, 4).

c)

Verdadero, pues si Q(K, L) es homog´enea de grado 1, sus derivadas parciales son homog´eneas de grado 0 y, por tanto, son funciones constantes. As´ı pues, Q(K, L) debe ser una funci´on polin´omica y debe verificar que Q(0, 0) = 0 y dado que ∇Q(2, 4) = (−1, 3), entonces Q(K, L) = −K + 3L y, por ello, Q(2, 4) = 10.

´ SOLUCION Respuesta correcta: a). La respuesta a) es correcta pues si Q(K, L) es diferenciable y homog´enea de grado 1, el Teorema de Euler nos permite garantizar que se verifica la igualdad que se afirma en esta respuesta. La respuesta b) es incorrecta como acabamos de asegurar en la respuesta a). La respuesta c) no es correcta pues si las derivadas parciales de una funci´on son homog´eneas de grado 0, esto no implica que las derivadas parciales tengan que ser constantes y que la funci´on Q(K, L) tenga que ser una funci´on polin´omica. Por ejemplo, la funci´on Q(K, L) = −

K 2 11 + L L 4

es homog´enea de grado 1, no es una funci´on polin´omica, sus derivadas parciales son: 2K K 2 11 QK (K, L) = − ; QL = 2 + L L 4 son funciones homog´eneas de grado 0 y verifican que ∇Q(2, 4) = (−1, 3), aunque Q(2, 4) = 10.

120

8.

Problemas de c´ alculo diferencial

Sea f una funci´on definida en R2 tal que ∇f (x, y) = (x, 2x + y) y f (1, 1) = 1. Entonces se verifica que el valor aproximado de la funci´on f en (00 9, 10 1) obtenido a partir de su Polinomio de Taylor de primer orden es 10 2. a)

Verdadero, pues como ∇f (1, 1) = (1, 3) entonces, de acuerdo con la definici´on del Polinomio de Taylor de primer orden, se verifica: f (00 9, 10 1) ' p1 (00 9, 10 1) = f (1, 1)+fx (1, 1)(00 9−1)+fy (1, 1)(10 1−1) = 10 2.

b)

Falso, ya que f es diferenciable en (1, 1) y como aproximar por Taylor de primer orden es lo mismo que aproximar por la diferencial se tiene que f (00 9, 10 1) ' df (1, 1; 00 1, 00 1) = 00 4.

c)

Falso, ya que f no es diferenciable en (1, 1) y, por tanto, no existe su Polinomio de Taylor de primer orden en (1, 1).

´ SOLUCION Respuesta correcta: a). La respuesta a) es correcta, basta aplicar la f´ormula que permite aproximar una funci´on a partir del Polinomio de Taylor de primer orden. La respuesta b) es incorrecta pues utiliza incrementos incorrectos en vez de tomar ∆x = −00 1 toma ∆x como 00 1. La respuesta c) es incorrecta pues la funci´on f s´ı es diferenciable ya que sus derivadas parciales existen y son continuas en todo R2 y en particular en (1, 1).

9.

Sea f (x, y) una funci´on con derivadas parciales primeras continuas   y segundas 0 0 . Entonces, si en todo R2 y sea (a, b) ∈ R2 tal que Hf (a, b) = 0 0 p1 (x, y) es el Polinomio de Taylor de primer orden de f en (a, b), se verifica que f (x, y) = p1 (x, y) para todo (x, y) ∈ R2 . a)

Verdadero, ya que el error que se comete al aproximar f (x, y) por p1 (x, y) viene expresado en funci´on de Hf (a, b) y por tanto, es nulo.

b)

Falso, pues la funci´on f (x, y) = x4 + y 4 verifica que Hf (0, 0) es la matriz nula y, sin embargo, f (1, 1) = 2 6= 0 = p1 (1, 1).

c)

Ser´ıa cierto si para cada (x, y) ∈ R2 , ∇f (x, y) = (α, β) con α, β ∈ R.

´ SOLUCION Respuestas correctas: b) y c). La respuesta a) es incorrecta como se manifiesta en la funci´on de la respuesta b) donde se pone un contraejemplo de una funci´on que cumple las condiciones impuestas en el enunciado que, sin embargo, no verifica la tesis. La

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

121

respuesta c) es correcta pues si el gradiente es un vector constante para cualquier (x, y) entonces la matriz hessiana es siempre nula para todo (x, y) ∈ R2 .

10.

Sea g(u, v) una funci´on continua con derivadas parciales primeras continuas en R2 tal que g(1, 1) = 5 y ∇g(1, 1) = (3, −2). Sea f (x, y) la funci´on definida por f (x, y) = g(x2 + y, xey ). Entonces se verifica que el Polinomio de Taylor de primer orden de f (x, y) en el punto (1, 0) es p1 (x, y) = 5 + 3(x − 1) − 2y. a)

Falso, ya que aplicando la regla de la cadena: ∂f (1, 0) ∂x

∂f (1, 0) ∂y

=

∂g 2 ∂u ∂g 2 ∂v (x + y, xey )|(1,1) · (1, 0) + (x + y, xey )|(1,1) · (1, 0) = ∂u ∂x ∂v ∂x

=

3 · 2 + (−2) · 1 = 4

=

∂g 2 ∂u ∂g 2 ∂v (x + y, xey )|(1,1) · (1, 0) + (x + y, xey )|(1,1) · (1, 0) = ∂u ∂y ∂v ∂y

=

3 · 1 + (−2) · 1 = 1.

por lo que p1 (x, y) = 5 + 4(x − 1) + y 6= 5 + 3(x − 1) − 2y.

b)

Falso, bajo las hip´otesis del enunciado no tenemos asegurada la existencia de ∇f (1, 0).

c)

Falso, dado que no conocemos el valor de f (1, 0), no podemos obtener la expresi´on anal´ıtica de p1 (x, y).

d)

Verdadero, pues f (1, 0) = g(1, 1) = 5 y ∇f (1, 0) = ∇g(1, 1) = (3, −2).

´ SOLUCION Respuesta correcta: a). La respuesta a) es correcta pues aplicando la regla de la cadena se obtienen los valores de las derivadas parciales primeras de f (x, y) en el punto (1, 0), por lo que el Polinomio de Taylor de primer orden en el punto (1, 0) tendr´ıa que ser p1 (x, y) = 5 + 4(x − 1) + y. La respuesta b) es incorrecta como se deduce del an´alisis anterior. La respuesta c) es incorrecta pues f (1, 0) = g(1, 1) = 5. La respuesta d) es incorrecta pues aunque sea cierto que f (1, 0) = g(1, 1) de esta igualdad no se puede deducir que ∇f (1, 0) = ∇g(1, 1).

122

Problemas de c´ alculo diferencial

3.2.

Ejercicios resueltos

A) Regla de la cadena

1.

Calcular utilizando la regla de la cadena las derivadas que se indican a continuaci´on: a) b) c)

dw (t) dt dz (t) dt dω (t) dt

donde w = x2 y 3 ; x = 2t − 1, y = e−t . donde z = xy 2 − x2 ; x = sent, y = t2 + 3t. donde ω = x2 − xy + 3z 2 ; x = t2 , y = e3t , z = ln(t).

´ SOLUCION a)

El ´arbol de dependencias es:  x   w YH H H y

t

t de donde se observa que w es funci´on dependiente de t. La regla de la cadena viene dada por: dw ∂w dx ∂w dy (t) = (x, y) (t) + (x, y) (t). dt ∂x dt ∂y dt C´alculos:

∂w (x, y) = 2xy 3 ; ∂x

∂w (x, y) = 3x2 y 2 ∂y

dx dy (t) = 2; (t) = −e−t . dt dt Sustituyendo cada uno de los t´erminos en la regla de la cadena y cambiando posteriormente x e y por sus valores funcionales queda: dw (t) = 2xy 3 · 2 + 3x2 y 2 (−e−t ) = dt = 2(2t − 1)(e−t )3 · 2 + 3(2t − 1)2 (e−t )2 (−e−t ) = = 4(2t − 1)e−3t − 3(2t − 1)2 e−3t . b)

El ´arbol de dependencias es:  x   z  YH H H y

t t

123

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

de donde se observa que z es funci´on dependiente de t. La regla de la cadena viene dada por: ∂z dx ∂z dy dz (t) = (x, y) (t) + (x, y) (t). dt ∂x dt ∂y dt C´alculos:

∂z (x, y) = y 2 − 2x; ∂x

∂z (x, y) = 2xy; ∂y

dx dy (t) = cost; (t) = 2t + 3. dt dt Sustituyendo cada uno de los t´erminos en la regla de la cadena y cambiando posteriormente x e y por sus valores funcionales queda: dz (t) = (y 2 − 2x) cost + 2xy(2t + 3) dt = [(t2 + 3t)2 − 2sen t]cost + 2(sen t)(t2 + 3t)(2t + 3). c)

El ´arbol de dependencias es:  x    y ω  Y H H H z

t t

t de donde se observa que ω es funci´on dependiente de t. La regla de la cadena viene dada por: ∂ω dx ∂ω dy ∂ω dz dω (t) = (x, y, z) (t) + (x, y, z) (t) + (x, y, z) (t). dt ∂x dt ∂y dt ∂z dt C´alculos: ∂ω (x, y, z) = 2x − y; ∂x

∂ω (x, y, z) = −x; ∂y

∂ω (x, y, z) = 6z ∂z

dx (t) = 2t; dt

dy (t) = 3e3t ; dt

dz 1 (t) = . dt t

Sustituyendo cada uno de los t´erminos en la regla de la cadena y cambiando posteriormente x e y por sus valores funcionales queda: 1 dω (t) = (2x − y) · 2t − x · 3e3t + 6z · dt t = (2t2 − e3t ) · 2t − t2 · 3e3t + 6ln(t) · = 4t3 − e3t (2t + 3t2 ) +

ln(t6 ) . t

1 = t

124

2.

Problemas de c´ alculo diferencial

Calcular mediante la regla de la cadena las derivadas que se indican a continuaci´on: a) b)

∂z (u, v), ∂u ∂w (r, s), ∂r

∂z (u, v) ∂v ∂w (r, s) ∂s

siendo z =

x2 ; x = u2 + v, y = −u + v y

siendo w = xyz − x2 + y; x = 1 + rs2 , y = 1 − rs2 , z = rs.

´ SOLUCION a)

El ´arbol de dependencias es:  u    YH  xH  H v   z H YH  u H y  Y H HH

v

de donde se observa que z es funci´on dependiente de u y v. La regla de la cadena para este caso es: ∂z (u, v) = ∂u

∂z ∂x ∂z ∂y (x, y) (u, v) + (x, y) (u, v); ∂x ∂u ∂y ∂u

∂z (u, v) = ∂v

∂z ∂x ∂z ∂y (x, y) (u, v) + (x, y) (u, v). ∂x ∂v ∂y ∂v

C´alculo de las derivadas parciales de z respecto de x e y ∂z 2x (x, y) = , ∂x y

∂z x2 (x, y) = − 2 . ∂y y

C´alculo de las derivadas parciales de x e y respecto de u y v ∂x (u, v) = 2u, ∂u

∂x (u, v) = 1. ∂v

∂y ∂y (u, v) = −1, (u, v) = 1. ∂u ∂v Sustituyendo cada uno de los t´erminos en la regla de la cadena y cambiando posteriormente x e y por sus valores funcionales queda: ∂z (u, v) = ∂u

2x x2 4u3 + 4uv (u2 + v)2 · 2u − 2 · (−1) = + y y −u + v (−u + v)2

∂z (u, v) = ∂v

2x x2 (u2 + v)2 2(u2 + v) ·1− 2 ·1= + . y y −u + v (−u + v)2

125

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

b)

El ´arbol de dependencias es: r

 P s r  ) y P i PP

) x P i P  ω

s r @   ) zP i PP s de donde se observa que ω es funci´on dependiente de r y s. La regla de la cadena en este caso es: @ I @

∂ω (r, s) ∂r

=

∂ω ∂x ∂ω ∂y ∂ω ∂z (x, y, z) (r, s) + (x, y, z) (r, s) + (x, y, z) (r, s) ∂x ∂r ∂y ∂r ∂z ∂r

∂ω (r, s) ∂s

=

∂ω ∂x ∂ω ∂y ∂ω ∂z (x, y, z) (r, s) + (x, y, z) (r, s) + (x, y, z) (r, s) ∂x ∂s ∂y ∂s ∂z ∂s

C´alculo de las derivadas parciales de ω respecto de x, y y z : ∂ω (x, y, z) = yz − 2x, ∂x

∂ω (z, y, z) = xz + 1, ∂y

∂ω (x, y, z) = xy. ∂z

C´alculo de las derivadas parciales de x, y y z con respecto de r y s : ∂x (r, s) = s2 , ∂r

∂x (r, s) = 2rs ∂s

∂y (r, s) = −s2 , ∂r

∂y (r, s) = −2rs ∂s

∂z (r, s) = s, ∂r

∂z (r, s) = r. ∂s

Sustituyendo cada uno de los t´erminos en la regla de la cadena y cambiando posteriormente x e y por sus valores funcionales queda: ∂ω (r, s) = (yz − 2x) · s2 + (xz + 1) · (−s2 ) + xy · s = ∂r = [(1 − rs2 )rs − 2(1 + rs2 )]s2 − [(1 + rs2 )rs + 1]s2 + +(1 + rs2 )(1 − rs2 )s. ∂ω (r, s) = (yz − 2x) · 2rs + (xz + 1) · (−2rs) + xy · r = ∂s = [(1 − rs2 )rs − 2(1 + rs2 )]2rs − [(1 + rs2 )rs + 1]2rs+ +(1 + rs2 )(1 − rs2 )r.

126

3.

Problemas de c´ alculo diferencial

Calcular, utilizando la regla de la cadena, las derivadas que se indican a continuaci´on: a)

dz (t) en t = 3, siendo z = f (x, y) = xexy , dt x = g(t) = t − 3,

b)

y = h(t) = et−3 .

dw 2 (t) en t = 0, siendo w = f (x, y, z) = xy 2 − yzexy ; dt x = g(t) = t2 + 1,

y = h(t) = et cos t

z = l(t) = et sent.

´ SOLUCION a)

Dibujamos el ´arbol de dependencias. g f x  t    z H Y HH  h y t Se observa que z es funci´on dependiente de t y puesto que tanto g como h son funciones diferenciables en t = 0 y f es diferenciable en (g(0), h(0)) = (0, 1) se puede aplicar la regla de la cadena cuya expresi´on es: dz ∂z dx ∂z dy (3) = (0, 1) · (3) + (0, 1) · (3) dt ∂x dt ∂y dt o tambi´en si se prefiere utilizando el nombre de las funciones: df ∂f dg ∂f dh (3) = (0, 1) · (3) + (0, 1) · (3). dt ∂x dt ∂y dt C´alculos: ∂z (x, y) = exy + xyexy , ∂x

∂z (0, 1) = 1 ∂x

∂z (x, y) = x2 exy , ∂y

∂z (0, 1) = 0 ∂x

dx (t) = 1, dt

dx (3) = 1 dt

dy (t) = et−3 , dt

dy (3) = e0 = 1. dt

Sustituyendo en la regla de la cadena se obtiene: dz (3) = 1 · 1 + 0 · 1 = 1. dt

127

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

b)

Dibujamos el ´arbol de dependencias: g f x     y h w Y H HH  l z

t t t

Se observa que w es una funci´on que depende de t y, puesto que, g, h y l son funciones derivables en t = 0 y f es diferenciable en (g(0), h(0), l(0)) = (1, 1, 0), se puede aplicar la regla de la cadena cuya expresi´on es: dw ∂w dx ∂w dy ∂w dz (0) = (1, 1, 0) (0) + (1, 1, 0) (0) + (1, 1, 0) (0), dt ∂x dt ∂y dt ∂z dt o si se prefiere, utilizando el nombre de las funciones: df ∂f dg ∂f dh ∂f dl (0) = (1, 1, 0) (0) + (1, 1, 0) (0) + (1, 1, 0) (0). dt ∂x dt ∂y dt ∂z dt C´alculos: ∂w 2 (x, y, z) = y 2 − y 3 zexy , ∂x

∂w (1, 1, 0) = 1 ∂x

∂w 2 2 (x, y, z) = 2xy − (zexy + 2y 2 xzexy ), ∂y

∂w (1, 1, 0) = 2 ∂y

∂w 2 (x, y, z) = −yexy , ∂z

∂w (1, 1, 0) = −e. ∂z

dx (t) = 2t, dt

dx (0) = 0 dt

dy (t) = et (cos t − sen t), dt

dy (0) = 1 dt

dz dz (t) = et (sent + cost), (0) = 1. dt dt Sustituyendo en la regla de la cadena se obtiene: dw (0) = 1 · 0 + 2 · 1 − e · 1 = 2 − e. dt

4.

Dada la funci´on z = f (x, y) = ln(xy 2 ), siendo x = g(s, t) = s2 t,

s y = h(s, t) = . t

Calcular las derivadas parciales de z respecto de s y t cuando s = 2, t = 1.

128

Problemas de c´ alculo diferencial

´ SOLUCION Dibujamos el ´arbol de dependencias: g

s

   x f Y H HH    t z H YH h s H y  YH H H t

Se observa que z es una funci´on dependiente de s y t, y como g y h son funciones diferenciables en (2, 1) y f es diferenciable en (g(2, 1), h(2, 1)) = (4, 2) se puede aplicar la regla de la cadena cuya expresi´on es: ∂z (2, 1) = ∂s

∂z ∂x ∂z ∂y (4, 2) (2, 1) + (4, 2) (2, 1) ∂x ∂s ∂y ∂s

∂z (2, 1) = ∂t

∂z ∂x ∂z ∂y (4, 2) (2, 1) + (4, 2) (2, 1), ∂x ∂t ∂y ∂t

o si se prefiere, utilizando el nombre de las funciones: ∂f (2, 1) = ∂s

∂f ∂g ∂f ∂h (4, 2) (2, 1) + (4, 2) (2, 1) ∂x ∂s ∂y ∂s

∂f (2, 1) = ∂t

∂f ∂g ∂f ∂g (4, 2) (2, 1) + (4, 2) (2, 1). ∂x ∂t ∂y ∂t

C´alculos: 1 ∂z (x, y) = , ∂x x

∂z 1 (4, 2) = ∂x 4

∂z 2 (x, y) = , ∂y y

∂z (4, 2) = 1 ∂y

∂x (s, t) = 2st, ∂s

∂x (2, 1) = 4 ∂s

∂y 1 (s, t) = , ∂s t

∂y (2, 1) = 1 ∂s

∂x (s, t) = s2 , ∂t

∂x (2, 1) = 4 ∂t

∂y s (s, t) = − 2 , ∂t t

∂y (2, 1) = −2 ∂t

129

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

Sustituyendo en las respectivas reglas de la cadena se obtiene: ∂z 1 (2, 1) = · 4 + 1 · 1 = 1 + 1 = 2. ∂s 4 ∂z 1 (2, 1) = · 4 + 1 · (−2) = 1 − 2 = −1. ∂t 4

5.

Dada la funci´on ω = f (x, y, z) = x2 + y 2 − z 2 , siendo: x = g(u, v) = veu ,

y = h(u, v) = −u2 + 3v,

u z = l(u, v) = √ . v

Calcular las derivadas parciales de z respecto de u y v en el punto (u, v) = (0, 1). ´ SOLUCION El ´arbol de dependencias es: g u  ) x i P PP f v h u   )  y ω i P PP v I @ @ l u  @   z) i P PP v Se observa que ω es una funci´on dependiente de u y v, y puesto que g, h y l son funciones diferenciables en (0, 1) y f es diferenciable en (g(0, 1), h(0, 1), l(0, 1)) = (1, 3, 0) se puede aplicar la regla de la cadena cuya expresi´on es: ∂ω (0, 1) ∂u

=

∂ω ∂x ∂ω ∂y ∂ω ∂z (1, 3, 0) (0, 1) + (1, 3, 0) (0, 1) + (1, 3, 0) (0, 1) ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂u

∂ω (0, 1) ∂v

=

∂ω ∂x ∂ω ∂y ∂ω ∂z (1, 3, 0) (0, 1) + (1, 3, 0) (0, 1) + (1, 3, 0) (0, 1) ∂x ∂v ∂y ∂v ∂z ∂v

o si se prefiere, utilizando el nombre de las funciones: ∂f (0, 1) ∂u

=

∂f ∂g ∂f ∂h ∂f ∂l (1, 3, 0) (0, 1) + (1, 3, 0) (0, 1) + (1, 3, 0) (0, 1) ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂u

∂f (0, 1) ∂v

=

∂f ∂g ∂f ∂h ∂f ∂l (1, 3, 0) (0, 1) + (1, 3, 0) (0, 1) + (1, 3, 0) (0, 1). ∂x ∂v ∂y ∂v ∂z ∂v

C´alculos:

130

Problemas de c´ alculo diferencial

∂ω (x, y, z) = 2x, ∂x

∂ω (x, y, z) = 2y, ∂y

∂ω (x, y, z) = −2z ∂z

∂ω (1, 3, 0) = 2, ∂x

∂ω (1, 3, 0) = 6, ∂y

∂ω (1, 3, 0) = 0 ∂x

∂x (u, v) = veu , ∂u

∂y (u, v) = −2u, ∂u

∂z 1 (u, v) = √ ∂u v

∂x (0, 1) = 1, ∂u

∂y (0, 1) = 0, ∂u

∂z (0, 1) = 1 ∂u

∂x (u, v) = eu , ∂v

∂y (u, v) = 3, ∂v

∂z u (u, v) = − √ ∂v 2 v3

∂x (0, 1) = 1, ∂v

∂y (0, 1) = 3, ∂v

∂z (0, 1) = 0. ∂v

Sustituyendo en las respectivas reglas de la cadena queda: ∂ω (0, 1) = 2 · 1 + 6 · 0 + 0 · 1 = 2. ∂u ∂ω (0, 1) = 2 · 1 + 6 · 3 + 0 · 0 = 20. ∂v

6.

Sean z = F (x, y), x = h(t) e y = f (x, t), funciones diferenciables en todo su dominio. Demostrar que: dz ∂F ∂f (t) = (x, y) (x, t). dt ∂y ∂t dz ∂F ∂h b) Si f es una funci´on constante, entonces (t) = (x, y) (x, t). dt ∂x ∂t c) Si h y f son funciones constantes, entonces z es una funci´on constante. a)

Si h es una funci´on constante, entonces

´ SOLUCION El ´arbol de dependencias es: h t F x   z  YH H f x  h  H y  Y H HH

t

t

de donde se observa que al final z depende exclusivamente de t. La regla de la

131

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

cadena en este caso es: ∂F dh ∂F ∂f dh ∂F ∂f dz (t) = (x, y) (t) + (x, y) (x, t) (t) + (x, y) (x, t). dt ∂x dt ∂y ∂x dt ∂y ∂t a)

Si h(t) es un funci´on constante,

dh (t) = 0, al sustituir en la cadena queda: dt

dz ∂F ∂f (t) = (x, y) (x, t). dt ∂y ∂t b)

∂f ∂f (x, t) = 0 y (x, t) = 0, al Si f (x, t) es una funci´on constante, ∂x ∂t sustituir en la cadena queda: dz ∂F dh (t) = (x, y) (t). dt ∂x dt

c)

dh ∂f Si h(t) y f (x, t) son funciones constantes (t) = 0, (x, t) = 0 y dt ∂x ∂f (x, t) = 0, al sustituir en la cadena queda: ∂t dz (t) = 0 dt de donde se deduce que z = F (x, y) es una funci´on constante.

7.

Sean las funciones ω = f (x, y, z), z = g(x, y), y = h(t) todas ellas diferenciables tales que para todo (x, y, z) ∈ R3 ∂f ∂f ∂f (x, y, z) = (x, y, z) = (x, y, z) ∂x ∂y ∂z y para cualquier (x, y) ∈ R2 , ∇g(x, y) = (1, 2). Demostrar que la funci´on compuesta ω verifica:   ∂f ∂f 0 ∇ω(x, t) = 2 (x, y, z) , 3 h (t) (x, y, z) . ∂x ∂z ´ SOLUCION El ´arbol de dependencias es: f x    h ω  y  t Y H H g H  9 x z YH H H y h

t

132

Problemas de c´ alculo diferencial

de donde se observa que ω es una funci´on que depende de x y t. Como las funciones f, g y h son diferenciables se puede aplicar la regla de la cadena cuya expresi´on es: ∂ω (x, t) = ∂x

∂f ∂f ∂g (x, y, z) + (x, y, z) (x, y) ∂x ∂z ∂x

∂ω (x, t) = ∂t

∂f dh ∂f ∂g dh (x, y, z) (t) + (x, y, z) (x, y) (t). ∂y dt ∂z ∂y dt

Como

∂f ∂f ∂f (x, y, z) = (x, y, z) = (x, y, z) ∂x ∂y ∂z

se puede sacar factor com´ un en ambas derivadas parciales, quedando:   ∂ω ∂f ∂g (x, t) = (x, y, z) 1 + (x, y) ∂x ∂x ∂x   ∂ω ∂f dh ∂g dh (x, t) = (x, y, z) (t) + (x, y) (t) . ∂t ∂y dt ∂y dt Por otra parte sabemos que para todo (x, y) ∈ R2 : ∇g(x, y) = (1, 2) ⇒

∂g ∂g (x, y) = 1; (x, y) = 2. ∂x ∂y

Sustiuyendo queda: ∂ω (x, t) = ∂x ∂ω (x, t) = ∂t =

∂f ∂f (x, y, z) [1 + 1] = 2 (x, y, z) ∂x ∂x   ∂f dh ∂g dh (x, y, z) (t) + (x, y) (t) = ∂y dt ∂y dt   ∂f dh dh ∂f (x, y, z) (t) + 2 (t) = 3 h0 (t) (x, y, z). ∂y dt dt ∂z

Por tanto:  ∇ω(x, t) =

8.

   ∂ω ∂ω ∂f ∂f 0 (x, t) , (x, t) = 2 (x, y, z) , 3 h (t) (x, y, z) . ∂x ∂t ∂x ∂z

Sea z = f (x, y) una funci´on diferenciable en R2 , tal que ∇f (1, 1) = (−1, 2). Si ∂z en el punto (u, v) = (0, 0). x = eu+v , e y = u2 + 3uv + 1 calcular ∂u

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

133

´ SOLUCION El ´arbol de dependencias es: u    xH Y HH    v z H YH u  H y  YH H H v se observa que z depende de u y v. Como f es una funci´on diferenciable en R2 y tanto x(u, v) como y(u, v) son diferenciables en (0, 0), se puede aplicar la regla de la cadena cuya expresi´on es: ∂z ∂f ∂x ∂f ∂y (0, 0) = (1, 1) (0, 0) + (1, 1) (0, 0). ∂u ∂x ∂u ∂y ∂v Como ∇f (1, 1) = (−1, 2) ⇒

∂f ∂f (1, 1) = −1, (1, 1) = 2. ∂x ∂y

Por otra parte: ∂x (u, v) = eu+v , ∂u

∂x (0, 0) = e0 = 1. ∂u

∂y (u, v) = 2u + 3v, ∂u

∂y (0, 0) = 0. ∂u

luego al sustituir queda: ∂z (0, 0) = −1 · 1 + 2 · 0 = −1. ∂u

9.

Sea z = x2 + y 2 donde x = sen t e y = cos t. Comprobar utilizando la regla de la cadena que z es una funci´on constante. ´ SOLUCION El ´arbol de dependencias es: 

x

t

 z  Y H

HH

y t La regla de la cadena en este caso es: dz ∂z dx ∂z dy (t) = (x, y) (t) + (x, y) (t). dt ∂x dt ∂y dt

134

Problemas de c´ alculo diferencial

C´alculos: ∂z (x, y) = 2x, ∂x

∂z (x, y) = 2y. ∂y

dx (t) = cos t, dt

dy (t) = −sen t. dt

Al sustituir queda: dz (t) = 2x cos t − 2y sen t = 2 sen t cos t − 2 cos t sen t = 0, dt de donde se concluye que z es una funci´on constante. A esta misma conclusi´ on se llega r´apidamente sin utilizar la regla de la cadena ya que al ser z = x2 + y 2 , x = sen t e y = cos t, al sustituir queda z = sen2 t + cos2 t = 1.

10.

La funci´on de ingresos de un comerciante que vende dos productos es: I(x, y) = xy +

√

xy 2 − 100 euros al mes,

donde x representa el n´ umero de unidades vendidas mensualmente del primer producto e y representa el n´ umero de unidades vendidas del segundo producto. Si se sabe que tanto x como y dependen del n´ umero t de meses que los dos productos est´an en el mercado de tal forma que: x = t2 , y = 3t. Calcular la tasa de variaci´on del ingreso mensual cuando t = 6 meses. ´ SOLUCION El ´arbol de dependencias es: x   I Y H HH  y

t t

Se observa que I es funci´on de t y como tanto x(t) como y(t) son derivables en t = 6 e I es diferenciable en (x(6), y(6)) = (36, 18) se puede aplicar la regla de la cadena que resulta ser: ∂I dx ∂I dy dI (6) = (36, 18) (6) + (36, 8) (6). dt ∂x dt ∂y dt

135

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

C´alculos:

∂I 1 (x, y) = y + √ y 2 , ∂x 2 x

∂I (36, 18) = 45. ∂x

√ ∂I (x, y) = x + 2 x y, ∂y

∂I (36, 18) = 252. ∂y

dx (t) = 2t, dt

dx (6) = 12. dt

dy (t) = 3, dt Al sustituir en la cadena queda:

dy (6) = 3. dt

dI (6) = 45 · 12 + 252 · 3 = 1.296 euros. dt

B) Polinomio de Taylor

11.

Hallar el Polinomio de Taylor de segundo orden, en los puntos que se indican, de las siguientes funciones: a) f (x) = cos2 x, en el punto a = 0. b) g(x, y) = x3 − 2xy 2 + 7x − 4x, en el punto (1, −1). c)

h(x, y, z) = x2 + yex+2y−z , en el punto (1, 0, −1).

´ SOLUCION a)

El Polinomio de Taylor de orden 2 de una funci´on f : R → R en un punto a viene dado por la expresi´on: p2 (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a) + C´alculos:

1 (x − a)2 . 2!

f (x) = cos2 x,

f (0) = 1

f 0 (x) = −2sen xcos x,

f 0 (0) = 0

f 00 (x) = 2sen2 x − 2cos2 x,

f 00 (0) = −2.

p2 (x) = 1 + 0(x − 0) +

1 (−2)(x − 0)2 2!

Sustituyendo:

p2 (x) = 1 − x2 .

136

Problemas de c´ alculo diferencial

b)

El Polinomio de Taylor de orden 2 de una funci´on f : R2 → R en un punto (a, b) viene dado por: p2 (x, y)

1 = f (a, b) + fx (a, b)(x − a) + fy (a, b)(y − b) + fxx (a, b)(x − a)2 + 2 1 + fyy (a, b)(y − b) + fxy (a, b)(x − a)(y − b) 2

o tambi´en: 1 p2 (x, y) = f (a, b)+∇f (a, b)(x−a, y−b)+ (x−a, y−b)Hf (a, b) 2!



x−a y−b



C´alculos: f (x, y) = x3 − 2xy 2 + 7x − 4y,

f (1, −1) = 10

fx (x, y) = 3x2 − 2y 2 + 7,

fx (1, −1) = 8

fy (x, y) = −4xy − 4,

fy (1, −1) = 0

fxx (x, y) = 6x,

fxx (1, −1) = 6

fyy (x, y) = −4x,

fyy (1, −1) = −4

fxy (x, y) = −4y,

fxy (1, −1) = 4.

Sustituyendo queda: 1 1 p2 (x, y) = 10+8(x−1)+0(y+1)+ 6(x−1)2 + (−4)(y+1)2 +4(x−1)(y+1). 2 2 p2 (x, y) = 10 + 8(x − 1) + 3(x − 1)2 − 2(y + 1)2 + 4(x − 1)(y + 1). c)

En general el Polinomio de Taylor de orden 2 de una funci´on f : Rn → R en el punto a ¯ viene dado por p2 (¯ x) = f (¯ a) + ∇f (¯ a) · (¯ x−a ¯) + con x ¯ = (x1 , . . . , xn ) y a ¯ = (a1 , . . . , an ).

1 (¯ x−a ¯)Hf (¯ a)(¯ x−a ¯)t 2!

.

137

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

C´alculos: h(x, y, z) = x2 + yex+2y−z ,

h(1, 0, 1) = 1

hx (x, y, z) = 2x + yex+2y−z ,

hx (1, 0, 1) = 2

hy (x, y, z) = ex+2y−z + 2yex+2y−z ,

hy (1, 0, 1) = 1

hz (x, y, z) = −yex+2y−z ,

hz (1, 0, 1) = 0

hxx (x, y, z) = 2 + yex+2y−z ,

hxx (1, 0, 1) = 2

hxy (x, y, z) = ex+2y−z + 2yex+2y−z ,

hxy (1, 0, 1) = 1

hxz (x, y, z) = −yex+2y−z ,

hxz (1, 0, 1) = 0

hyy (x, y, z) = ex+2y−z (4 + 4y),

hyy (1, 0, 1) = 4

hyz (x, y, z) = −ex+2y−z − 2yex+2y−z ,

hyz (1, 0, 1) = −1

hzz (x, y, z) = yex+2y−z ,

hzz (1, 0, 1) = 0.

Sustituyendo queda: p2 (x, y, z) = 1 + (2, 1, 0)(x − 1, y − 0, z − 1)+    2 1 0 x−1 1 4 −1   y − 0  + (x − 1, y − 0, z − 1)  1 2! 0 −1 0 z−1 operando se tiene que: p2 (x, y) = 1 + 2(x − 1) + y + (x − 1)2 + y(x − 1) + 2y 2 − y(z − 1).

12.

2

Dada la funci´on f (x, y) = x3 y+e−xy calcular el Polinomio de Taylor de segundo orden en (1, 0). Utilizar dicho polinomio para obtener un valor aproximado de f (00 9, 00 1). ´ SOLUCION La expresi´on general para el Polinomio de Taylor de orden 2 de f (x, y) en (1, 0) es: 1 p2 (x, y) = f (1, 0) + fx (1, 0)(x − 1) + fy (1, 0)(y − 0) + fxx (1, 0)(x − 1)2 + 2 1 2 + fyy (1, 0)(y − 0) + fxy (1, 0)(x − 1)(y − 0). 2

138

Problemas de c´ alculo diferencial

C´alculos: 2

f (x, y) = x3 y + e−xy ,

f (1, 0) = 1 2

fx (x, y) = 3x2 y − y 2 e−xy ,

fx (1, 0) = 0

2

fy (x, y) = x3 − 2xye−xy ,

fy (1, 0) = 1

2

fxx (x, y) = 6xy + y 4 e−xy , 2

fxx (1, 0) = 0 2

fyy (x, y) = −2xe−xy + 4x2 y 2 e−xy , 2

fyy (1, 0) = −2 2

fxy (x, y) = 3x2 − 2ye−xy + 2xy 3 e−xy ,

fxy (1, 0) = 3.

Sustituyendo se obtiene la expresi´on del polinomio: 1 1 p2 (x, y) = 1 + 0(x − 1) + 1(y − 0) + 0(x − 1)2 + (−2)(y − 0)2 + 3(x − 1)(y − 0) 2 2 p2 (x, y) = 1 + y − y 2 + 3(x − 1)y p2 (x, y) = 1 − 2y − y 2 + 3xy. Para calcular un valor aproximado de f (00 9, 00 1) sustituimos en la expresi´ on anterior ya que: f (00 9, 00 1) ≈ p2 (00 9, 00 1) = 1 − 2 · 00 1 − 00 12 + 3 · 00 9 · 00 1 = 10 06. El verdadero valor de f (00 9, 00 1) calculado con DERIVE (con 5 decimales) es 10 06394.

13.

Dada la funci´on f (x, y) = sen(x − y) + cos(xy) calcular el Polinomio de Taylor de segundo orden en (0, π). Utilizar dicho polinomio para obtener un valor aproximado de f (00 01, π). ´ SOLUCION La expresi´on general para el Polinomio de Taylor de orden 2 de f (x, y) en (1, 0) es: 1 p2 (x, y) = f (0, π) + fx (0, π)(x − 0) + fy (0, π)(y − π) + fxx (0, π)(x − 0)2 + 2 1 2 + fyy (0, π)(y − π) + fxy (0, π)(x − 0)(y − π). 2

139

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

C´alculos: f (x, y) = sen(x − y) + cos(xy),

f (0, π) = 1

fx (x, y) = cos(x − y) − ysen(xy),

fx (0, π) = −1

fy (x, y) = −cos(x − y) − xsen(xy),

fy (0, π) = 1

fxx (x, y) = −sen(x − y) − y 2 cos(xy),

fxx (0, π) = −π 2

fyy (x, y) = −sen(x − y) − x2 cos(xy),

fyy (0, π) = 0

fxy (x, y) = sen(x − y) − sen(xy) − xycos(xy),

fxy (0, π) = 0.

Sustituyendo se obtiene la expresi´on del polinomio 1 1 p2 (x, y) = 1−1(x−0)+1(y −π)+ (−π 2 )(x−0)2 + 0(y −π)2 +0(x−0)(y −π) 2 2 π2 2 x . 2 Para calcular un valor aproximado de f (00 01, π) sustituimos en la expresi´on anterior p2 (x, y) = 1 − x + (y − π) −

f (00 01, π) ≈ p2 (00 01, π) = 1 − 00 01 + 0 −

π2 0 2 0 01 = 00 9895065197. 2

El verdadero valor de f (00 01, π) calculado con DERIVE y 10 decimales es 00 9895067270.

14.

Sea f : R2 → R con derivadas primeras y segundas continuas en todo R2 tal que su Polinomio de Taylor de orden 2 desarrollado en el punto (0, 1) es: p2 (x, y) = 1 − x − (y − 1) + x2 + 2x(y − 1). Calcular f (0, 1), el vector gradiente de f en (0, 1), la matriz hessiana de f en (0, 1) y la ecuaci´on del plano tangente a la gr´afica de la funci´on en el punto (0, 1, 1). ´ SOLUCION La expresi´on general para el Polinomio de Taylor de orden 2 de f en (0, 1) es: 1 p2 (x, y) = f (0, 1) + fx (0, 1)(x − 0) + fy (0, 1)(y − 1) + fxx (0, 1)(x − 0)2 + 2 1 2 + fyy (0, 1)(y − 1) + fxy (0, 1)(x − 0)(y − 1). 2

140

Problemas de c´ alculo diferencial

Comparando t´ermino a t´ermino ambas expresiones se observa que: f (0, 1) = 1;

fx (0, 1) = −1;

1 fxx (0, 1) = 1 ⇒ fxx (0, 1) = 2; 2

fy (0, 1) = −1;

1 fyy (0, 1) = 0 ⇒ fyy (0, 1) = 0 2

y por u ´ltimo fxy (0, 1) = 2. Por tanto:  ∇f (0, 1) = (−1, −1);

Hf (0, 1) =

2 2 2 0

 .

La ecuaci´on del plano tangente a la gr´afica de la funci´on f en el punto (0, 1, 1) es: z − 1 = −1(x − 0) − 1(y − 1) z = −x − y + 2.

15.

Aproximar la funci´on f (x, y) = x2 + 7xy − y 2 + 3y − 2x + 1 en un entorno del punto (0, 1) con un Polinomio de Taylor de segundo orden. ¿Cu´al es el error que se comete con esta aproximaci´on? ´ SOLUCION Calculamos en primer lugar el Polinomio de Taylor de f (x, y) en el punto (0, 1). La expresi´on general para el Polinomio de Taylor de orden 2 de f (x, y) en (0, 1) es: 1 p2 (x, y) = f (0, 1) + fx (0, 1)(x − 0) + fy (0, 1)(y − 1) + fxx (0, 1)(x − 0)2 + 2 1 2 + fyy (0, 1)(y − 1) + fxy (0, 1)(x − 0)(y − 1). 2 C´alculos: f (x, y) = x2 + 7xy − y 2 + 3y − 2x + 1,

f (0, 1) = 3

fx (x, y) = 2x + 7y − 2,

fx (0, 1) = 5

fy (x, y) = 7x − 2y + 3,

fy (0, 1) = 1

fxx (x, y) = 2,

fxx (0, 1) = 2

fyy (x, y) = −2,

fyy (0, 1) = −2

fxy (x, y) = 7,

fxy (0, 1) = 7.

141

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

Sustituyendo se obtiene p2 (x, y)

1 1 = 3 + 5(x − 0) + 1(y − 1) + 2(x − 0)2 + (−2)(y − 1)2 + 7(x − 0)(y − 1) 2 2

p2 (x, y)

= 3 + 5x + y − 1 + x2 − y 2 + 2y − 1 + 7xy − 7x,

que al operar y reorganizar t´erminos nos da: p2 (x, y) = x2 + 7xy − y 2 + 3y − 2x + 1. Por tanto, al utilizar este Polinomio de Taylor para calcular los valores que toma la funci´on en puntos de un entorno de (0, 1) el error cometido es nulo (p2 (x, y) = f (x, y)).

16.

Utilizando √ un Polinomio de Taylor de segundo orden, obtener un valor apro√ ximado de 10 1 + 3 70 9. ´ SOLUCION √ √ √ √ Consideremos la funci´on f (x, y) = x + 3 y. Como 10 1 + 3 70 9 = f (10 1, 70 9); el Polinomio de Taylor de segundo orden de f en el punto (1, 8) nos permitir´a obtener la aproximaci´on pedida. La expresi´on general del Polinomio de Taylor de orden 2 en el punto (1, 8) es: p2 (x, y)

C´alculos: f (x, y) =

1 = f (1, 8) + fx (1, 8)(x − 1) + fy (1, 8)(y − 8) + fxx (1, 8)(x − 1)2 + 2 1 + fyy (1, 8)(y − 8)2 + fxy (1, 8)(x − 1)(y − 8). 2

√

x+

√ 3

y,

1 fx (x, y) = √ , 2 x

f (1, 8) = 3 fx (1, 8) =

1 2

fy (1, 8) =

1 1 1 1 1 √ = · = 3 3 64 3 4 12

1 fy (x, y) = p , 3 3 y2   1 1 1 √ , fxx (x, y) = − 2 2 x3   1 2 1 p fyy (x, y) = − , 3 3 3 y5

fxx (1, 8) = −

fxy (x, y) = 0,

fxy (1, 8) = 0.

1 4

1 2 1 2 1 fyy (1, 8) = − √ =− · =− 3 5 9 8 9 32 144

Sustituyendo se tiene que: 1 1 1 1 p2 (x, y) = 3 + (x − 1) + (y − 8) − (x − 1)2 − (y − 8)2 , 2 12 8 288

142

Problemas de c´ alculo diferencial

finalmente tenemos que √

17.

10 1 +

√ 3

70 9 = f (10 1, 70 9) ≈ p2 (x, y) = 3 +

00 1 (−00 1) 00 12 (−00 1)2 + − − = 30 04038. 2 12 8 288

Dada la funci´on f (x, y) = x2 y + ln(xy) Calcular un valor aproximado de f (10 2, 10 1) utilizando para ello: a)

El Polinomio de Taylor de primer orden de f desarrollado en (1, 1).

b)

El plano tangente a la gr´afica de la funci´on en (1, 1).

c)

La diferencial de la funci´on en (1, 1).

d)

El Polinomio de Taylor de segundo orden de f desarrollado en (1, 1).

Comentar los resultados. ´ SOLUCION a)

La expresi´on general del Polinomio de Taylor de orden 1 en (1, 1) es: p1 (x, y) = f (1, 1) + fx (1, 1)(x − 1) + fy (1, 1)(y − 1) C´alculos:

f (x, y) = x2 y + ln(xy), fx (x, y) = 2xy +

1 , x

1 fy (x, y) = x2 + , y Sustituyendo se obtiene:

f (1, 1) = 1 fx (1, 1) = 3 fy (1, 1) = 2.

p1 (x, y) = 1 + 3(x − 1) + 2(y − 1) p1 (x, y) = 3x + 2y − 4. El valor aproximado de f (10 2, 10 1) se obtiene sustituyendo en la expresi´ on del polinomio. f (10 2, 10 1) ≈ p1 (10 2, 10 1) = 3 · 10 2 + 2 · 10 1 − 4 = 10 8. b)

La expresi´on del plano tangente a la gr´afica de la funci´on en el punto (1, 1, 1) es: z − f (1, 1) = fx (1, 1)(x − 1) + fy (1, 1)(y − 1). Sustituyendo queda: z − 1 = 3(x − 1) + 2(y − 1)

143

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

z = 3x + 2y − 4. si calculamos f (10 2, 10 1) utilizando el plano tangente, se tiene que: f (10 2, 10 1) = z = 3 · 10 2 + 2 · 10 1 − 4 = 10 8. c)

La funci´on f (x, y) = x2 y + ln(xy) es diferenciable en el punto (1, 1) ya que sus derivadas parciales: fx (x, y) = 2xy +

1 ; x

fy (x, y) = x2 +

1 y

existen y son continuas en (1, 1). Vamos a utilizar la diferencial para aproximar el valor del incremento de la funci´on cuando las variables (x, y) pasan del valor (1, 1) al valor (10 2, 10 1), para posteriormente calcular un valor aproximado de f (10 2, 10 1).

4f = f (10 2, 10 1) − f (1, 1) ≈ df (1, 1; 00 2, 00 1) = fx (1, 1) · 00 2 + fy (1, 1) · 00 1

4f = f (10 2, 10 1) − f (1, 1) ≈ 3 · 00 2 + 2 · 00 1 = 00 8. Luego f (10 2, 10 1) ≈ f (1, 1) + 00 8 = 1 + 00 8 = 10 8. d)

Como la expresi´on general del Polinomio de Taylor de orden 2 en (1, 1) es: p2 (x, y)

1 = f (1, 1) + fx (1, 1)(x − 1) + fy (1, 1)(y − 1) + fxx (1, 1)(x − 1)2 + 2 1 2 + fyy (1, 1)(y − 1) + fxy (1, 1)(x − 1)(y − 1). 2

desarrollamos los t´erminos que nos quedan por calcular: fxx (x, y) = 2y − fyy (x, y) = −

1 , y2

fxy (x, y) = 2x,

1 , x2

fxx (1, 1) = 1 fyy (1, 1) = −1 fxy (1, 1) = 2.

Sustituyendo queda: 1 1 p2 (x, y) = 1+3(x−1)+2(y−1)+ (x−1)2 + (−1)(y−1)2 +2(x−1)(y−1) 2 2

144

Problemas de c´ alculo diferencial

1 1 p2 (x, y) = 1 + 3(x − 1) + 2(y − 1) + (x − 1)2 − (y − 1)2 + 2(x − 1)(y − 1). 2 2 0 0 0 0 f (1 2, 1 1) ≈ p2 (1 2, 1 1) = 10 855. A efectos comparativos hemos calculado el verdadero valor de f (10 2, 10 1) utilizando DERIVE (con 4 decimales) resultando ser f (10 20 , 10 1) = 10 8616. Las aproximaciones del valor de f (10 2, 10 1) calculadas utilizando el Polinomio de Taylor de orden 1, el plano tangente y la diferencial de la funci´ on coinciden. Se disminuye el error al utilizar un Polinomio de Taylor de orden 2.

18.

Demostrar que ex sen y ≈ y(1 + x) para valores peque˜ nos de x y de y. ´ SOLUCION Si tomamos como funci´on de partida f (x, y) = ex sen y, bastar´a comprobar que el Polinomio de Taylor de segundo orden de f en el punto (0, 0) coincide con y(1 + x). La expresi´on general del Polinomio de Taylor de orden 2 en el punto (0, 0) es: p2 (x, y)

C´alculos:

1 = f (0, 0) + fx (0, 0)(x − 0) + fy (1, 1)(y − 0) + fxx (0, 0)(x − 0)2 + 2 1 2 + fyy (0, 0)(y − 0) + fxy (0, 0)(x − 0)(y − 0). 2

f (x, y) = ex sen y,

f (0, 0) = 1 · 0 = 0

fx (x, y) = ex sen y,

fx (0, 0) = 1 · 0 = 0

fy (x, y) = ex cos y,

fy (0, 0) = 1 · 1 = 1

fxx (x, y) = ex sen y,

fxx (0, 0) = 1 · 0 = 0

fyy (x, y) = −ex sen y,

fyy (0, 0) = −1 · 0 = 0

fxy (x, y) = ex cos y,

fxy (0, 0) = 1 · 1 = 1.

Sustituyendo se tiene que p2 (x, y) = 1 · (y − 0) + 1 · (x − 0)(y − 0) = y + xy = y(1 + x). Por tanto, para valores peque˜ nos de x y de y f (x, y) ≈ p2 (x, y) luego ex sen y ≈ y(1 + x).

145

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

19.

Desarrollar el Polinomio P (x, y) = x2 + y 2 + 2xy + x + y + 1 en potencias de: a) (x − 1) e (y − 2). b) x e (y + 1). ´ SOLUCION a)

Para escribir P (x, y) en potencias de (x − 1) e (y − 2) debemos calcular el Polinomio de Taylor de orden 2 de P (x, y) en el punto (1, 2). C´alculos: P (x, y) = x2 + y 2 + 2xy + x + y + 1,

P (1, 2) = 13

Px (x, y) = 2x + 2y + 1,

Px (1, 2) = 7

Py (x, y) = 2y + 2x + 1,

Py (1, 2) = 7

Pxx (x, y) = 2,

Pxx (1, 2) = 2

Pyy (x, y) = 2,

Pyy (1, 2) = 2

Pxy (x, y) = 2,

Pxy (1, 2) = 2.

Por tanto, el Polinomio de Taylor de orden 2 de P (x, y) en el punto (1, 2) es: p2 (x, y) = 13 + 7(x − 1) + 7(y − 2) + (x − 1)2 + (y − 2)2 + 2(x − 1)(y − 2), luego la expresi´on de P (x, y) en potencias de (x − 1) e (y − 2) es: P (x, y) = 13 + 7(x − 1) + 7(y − 2) + (x − 1)2 + (y − 2)2 + 2(x − 1)(y − 2).

b)

Para escribir P (x, y) en potencias de x e (y + 1) debemos calcular el Polinomio de Taylor de orden 2 de P (x, y) en el punto (0, −1).

146

Problemas de c´ alculo diferencial

C´alculos: P (x, y) = x2 + y 2 + 2xy + x + y + 1,

P (0, −1) = 1

Px (x, y) = 2x + 2y + 1,

Px (0, −1) = −1

Py (x, y) = 2y + 2x + 1,

Py (0, −1) = −1

Pxx (x, y) = 2,

Pxx (0, −1) = 2

Pyy (x, y) = 2,

Pyy (0, −1) = 2

Pxy (x, y) = 2,

Pxy (0, −1) = 2.

Por tanto, el Polinomio de Taylor de orden 2 de P (x, y) en el punto (0, −1) es: p2 (x, y) = 1 − x − (y + 1) + x2 + (y + 1)2 + 2x(y + 1), luego la expresi´on de P (x, y) en potencias de x e (y + 1) es: P (x, y) = 1 − x − (y + 1) + x2 + (y + 1)2 + 2x(y + 1).

20.

La funci´on de utilidad de un consumidor es U (x, y) =

√

x + y.

Si consume 50 unidades de x y 20 unidades de y calcular de forma aproximada, utilizando un Polinomio de Taylor de primer orden, la utilidad que obtiene al incrementar un 2 % el consumo de x y un 5 % el consumo de y. ´ SOLUCION Se trata de calcular de forma aproximada U (51, 21) utilizando un Polinomio de Taylor de primer orden en el punto (50, 20). Las derivadas parciales de U (x, y) son: 1 1 Ux (x, y) = √ , Uy (x, y) = √ 2 x+y 2 x+y que existen en (50, 20) (adem´as son funciones continuas en (50, 20) luego U (x, y) es diferenciable en este punto). La expresi´on del Polinomio de Taylor de primer orden de U (x, y) en (50, 20) es: p1 (x, y) = U (x, y) + Ux (50, 20)(x − 50) + Uy (50, 20)(y − 20).

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

C´alculos: U (x, y) =

√

x + y,

147

U (50, 20) = 80 367

1 Ux (x, y) = √ , 2 x+y

Ux (50, 20) = 00 0598

1 , Uy (x, y) = √ 2 x+y Sustituyendo se obtiene que:

Uy (50, 20) = 00 0598.

p1 (x, y) = 80 367 + 00 0598(x − 50) + 00 0598(y − 20). U (51, 21) ≈ p1 (51, 21) = 80 367 + 00 0598 · (51 − 50) + 00 0598(21 − 20) = 80 486.

C) Funciones homog´ eneas

21.

Dadas las siguientes funciones, analizar si son homog´eneas calculando en su caso el grado de homogeneidad. f1 (x, y) = x2 y + y 3 + 2xy 2 + 3x3 . f2 (x, y) = 3x1/3 y 2/3 . f3 (x, y) = x2 y + 3x − 5. p f4 (x, y) = x2 + y 2 . x2 − y 2 e) f5 (x, y) = p 3 x2 + y 2 lnx − lny f) f6 (x, y) = . y2   x−y g) f7 (x, y) = ln . x+y h) f8 (x, y, z) = x2 y + y 2 z − 3x3 + 2yz 2 . a) b) c) d)

´ SOLUCION Sea A ⊆ Rn tal que t¯ x ∈ A si x ¯ ∈ A y t > 0. Se dice que una funci´on f : A → R, es homog´enea de grado p en A si f (t¯ x) = tp f (¯ x). a) f1 (tx, ty) = (tx)2 (ty) + (ty)3 + 2(tx)(ty)2 + 3(tx)3 = = t2 x2 ty + t3 y 3 + 2tx t2 y 2 + 3t3 x3 = = t3 (x2 y + y 3 + 2xy 2 + 3x3 ) = t3 f (x, y)

148

Problemas de c´ alculo diferencial

por tanto, f1 es una funci´on homog´enea de grado 3. b) f2 (tx, ty) = 3(tx)1/3 (ty)2/3 = 3t1/3 x1/3 t2/3 y 2/3 = t · 3x1/3 y 2/3 = tf (x, y). luego f2 es homog´enea de grado 1. c) f3 (tx, ty) = (tx)2 (ty) + 3(tx) − 5 = t3 x2 y + 3tx − 5 se observa que no es posible expresar f3 (tx, ty) como tp f (x, y) ya que ni siquiera es posible sacar como factor com´ un a t, por tanto, f3 no es una funci´on homog´enea. d) f4 (tx, ty) =

p p p (tx)2 + (ty)2 = t2 (x2 + y 2 ) = t x2 + y 2 = tf (x, y)

luego f4 es un funci´on homog´enea de grado 1. e) f5 (tx, ty) =

(tx)2 − (ty)2 t2 (x2 − y 2 ) t2 (x2 − y 2 ) p p = = 2 p 3 3 2 (tx)2 + (ty)2 t (x2 + y 2 ) t 3 3 x2 + y 2

2 2 4 4 (x − y ) = t3 p = t 3 f5 (x, y) 3 2 2 x +y

por tanto f5 es un funci´on homog´enea de grado 4/3. f) 

f6 (tx, ty) =

tx ln ln(tx) − ln(ty) ty = (ty)2 t2 y 2

= t−2



  x ln y = t2 y 2

(lnx − lny) = t−2 f6 (x, y) y2

por tanto f6 es una funci´on homog´enea de grado −2. g) 

     tx − ty t(x − y) x−y = ln = ln = f7 (tx, ty) = ln tx + ty t(x + y) x+y   x − ty 0 = t ln = t0 f7 (x, y). x+y luego f7 es una funci´on homog´enea de grado 0.

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

149

h) f8 (tx, ty, tz) = (tx)2 (ty) + (ty)2 (tz) − 3(tx)3 + 2(ty)(tz)2 = = t2 x2 ty + t2 y 2 tz − 3t3 x3 + 2tyt2 z 2 = = t3 (x2 y + y 2 z − 3x3 + 2yz 2 ) = t3 f8 (x, y) por tanto f8 es una funci´on homog´enea de grado 3.

22.

x+y es homog´enea y, en caso de que lo x2 + y 2 sea, comprobar que cumple el Teorema de Euler. Averiguar si la funci´on f (x, y) =

´ SOLUCION

f (tx, ty) =

t(x + y) tx + ty x+y = 2 2 = t−1 f (x, y) = t−1 2 2 2 2 (tx) + (ty) t (x + y ) x + y2

por tanto, f (x, y) es una funci´on homog´enea de grado −1. El Teorema de Euler para una funci´on escalar de n variables independientes se puede enunciar de la siguiente forma: Sea A ⊆ Rn un abierto tal que t¯ x ∈ A si x ¯ = (x1 , . . . , xn ) ∈ A y t > 0 y sea f : A → R, una funci´on diferenciable en A. Entonces, f es homog´enea de grado p en A si y s´olo si para todo x ¯ ∈ A se cumple: ∇f (¯ x) = pf (¯ x). En el caso particular de una funci´on de dos variables independientes (como es la nuestra) diremos que f es homog´enea de grado p en A si y s´olo si: xfx (x, y) + yfy (x, y) = pf (x, y) C´alculos:

fx (x, y)

=

1 · (x2 + y 2 ) − (x + y) · 2x x2 + y 2 − 2x2 − 2xy −x2 + y 2 − 2xy = = (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2

fy (x, y)

=

1 · (x2 + y 2 ) − (x + y) · 2y x2 + y 2 − 2xy − 2y 2 x2 − y 2 − 2xy = = . 2 2 2 2 2 2 (x + y ) (x + y ) (x2 + y 2 )2

150

Problemas de c´ alculo diferencial

Por otra parte:  xfx (x, y) + yfy (x, y)

= x

−x2 + y 2 − 2xy (x2 + y 2 )2



 +y

x2 − y 2 − 2xy (x2 + y 2 )2

 =

=

−x3 + xy 2 − 2x2 y + x2 y − y 3 − 2xy 2 = (x2 + y 2 )2

=

(x3 + xy 2 + x2 y + y 3 ) −x3 − xy 2 − x2 y − y 3 =− = 2 2 2 (x + y ) (x2 + y 2 )2

= −

(x(x2 + y 2 ) + y(x2 + y 2 )) x+y =− 2 = −f (x, y). (x2 + y 2 )2 x + y2

por tanto, se verifica el Teorema de Euler.

23.

Probar que si f : R2 → R es diferenciable y homog´enea de grado p entonces sus derivadas parciales son funciones homog´eneas de grado p − 1. ´ SOLUCION Como f es una funci´on homog´enea de grado p se verifica que para todo t > 0 f (tx, ty) = tp f (x, y). Derivando en la anterior ecuaci´on respecto de x se obtiene: fx (tx, ty) · t = tp fx (x, y) ⇒ fx (tx, ty) = tp−1 fx (x, y) por tanto, fx (x, y) es una funci´on homog´enea de grado p − 1. De igual forma derivando respecto de y en la ecuaci´on f (tx, ty) = tp f (x, y) se obtiene: fy (tx, ty) · t = tp fy (x, y) ⇒ fy (tx, ty) = tp−1 fy (x, y) por tanto, fy (x, y) es una funci´on homog´enea de grado p − 1.

24.

Sea f (x, y) una funci´on diferenciable en todo R2 y homog´enea de grado 3. Estudiar si la funci´on p h(x, y) = x fx (x, y) f (x, y) es homog´enea y calcular, si es posible, su grado de homogeneidad.

151

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

´ SOLUCION Por ser f una funci´on homog´enea de grado 3 se tiene que para t > 0: f (tx, ty) = t3 f (x, y). Por otra parte, al ser f (x, y) diferenciable en todo R2 se asegura la existencia de fx (x, y) en todo R2 , que resulta ser adem´as una funci´on homog´enea de grado 2 (como se ha demostrado en el ejercicio anterior), por tanto: fx (tx, ty) = t2 fx (x, y). Aplicando la definici´on de funci´on homog´enea a h(x, y), queda: p p (tx) fx (tx, ty) f (tx, ty) = tx t2 fx (x, y) t3 f (x, y) = h(tx, ty) = =

p

t6 x fx (x, y) f (x, y) = t3

p x fx (x, y) f (x, y) = t3 h(x, y)

luego h(x, y) es una funci´on homog´enea de grado 3.

25.

Sea f : R2 → R una funci´on diferenciable y homog´enea de grado 2 y tal que ∇f (1, −1) = (2, −2). Calcular el Polinomio de Taylor de orden 1 de f en el punto (1, −1). ´ SOLUCION La expresi´on general del Polinomio de Taylor de orden uno de f en el punto (1, −1) es: p1 (x, y) = f (1, −1) + fx (1, −1)(x − 1) + fy (1, −1)(y + 1). Necesitamos pues conocer los valores de f (1, −1), fx (1, −1) y fy (1, −1). Como: ∇f (1, −1) = (fx (1, −1), fy (1, −1)) = (2, −2) ⇒ fx (1, −1) = 2, fy (1, −1) = −2. Para calcular f (1, −1) aplicaremos el Teorema de Euler en el punto (1, −1). Puesto que f es homog´enea de grado 2, al aplicar el Teorema de Euler en el punto (1, −1) se tiene: 1 · fx (1, −1) + (−1) · fy (1, −1) = 2f (1, −1) sustituyendo los valores de las derivadas parciales de f en (1. − 1) queda: −1 · 2 − 1 · (−2) = 2f (1, −1) ⇒ 0 = 2f (1, −1) ⇒ f (1, −1) = 0. Finalmente se tiene que el Polinomio de Taylor pedido es: p1 (x, y) = 2(x − 1) − 2(y + 1).

152

26.

Problemas de c´ alculo diferencial

Sea f : R2 → R una funci´on diferenciable en R2 y homog´enea de grado 2 tal que f (1, 2) = 1. Calcular: 2 fx (2, 4) + 4 fy (2, 4). ´ SOLUCION Como f (x, y) es homog´enea de grado 2, sus derivadas parciales (que existen por ser f diferenciable en R2 ) son funciones homog´eneas de grado 1 por tanto: fx (2, 4) = fx (2 · 1, 2 · 2) = 2fx (1, 2) fy (2, 4) = fy (2 · 1, 2 · 2) = 2fy (1, 2). luego: 2fx (2, 4) + 4fy (2, 4) = 2 · 2fx (1, 2) + 4 · 2fy (1, 2) = 4(fx (1, 2) + 2fy (1, 2)). Por otra parte, aplicando el Teorema de Euler a la funci´on f en el punto (1, 2) y teniendo en cuenta que f (1, 2) = 1 se tiene que: 1 · fx (1, 2) + 2 · fy (1, 2) = 2 · f (1, 2) 1 · fx (1, 2) + 2 · fy (1, 2) = 2 · 1 = 2. Por u ´ltimo, al sustituir queda: 2fx (2, 4) + 4fy (2, 4) = 4(fx (1, 2) + 2fy (1, 2)) = 4 · 2 = 8.

27.

Dada la funci´on de producci´on Q(K, L) = 96K 2/3 L4/3 donde K y L representan respectivamente capital y trabajo. Analizar si Q(K, L) es homog´enea, calcular su grado de homog´eneidad y comprobar que si aumentamos el capital y el trabajo en un 10 %, la producci´on aumenta m´as de un 10 %. ´ SOLUCION Q(tK, tL) = 96(tK)2/3 (tL)4/3 = t2 96K 2/3 L4/3 = t2 Q(K, L) por tanto, la funci´on Q(K, L) es homog´enea de grado 2. Si aumentamos el capital y el trabajo en un 10 %, por ser Q(K, L) homog´enea de grado 2 se tiene que: Q(10 1K, 10 1L) = 10 12 Q(K, L) luego la produci´on aumenta m´as de un 10 % ya que 10 12 = 10 21 lo que supone un aumento de un 21 % de la producci´on.

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

3.3. 1.

153

Ejercicios resueltos con DERIVE Calcular con DERIVE

∂z ∂z (x, y) y (x, y) para las siguientes funciones: ∂x ∂y

a) z = ln(u/v) siendo u = x2 + y y v = sen2 (x). b) z =

v3 + u + 1 3u − v

donde

u(x, y) = x2 + ln(y) y v(x, y) = ex+y .

´ SOLUCION Debido a los problemas que se generan en DERIVE con los solapamientos de variables, definimos los dos apartados de este ejercicio en dos hojas de trabajo diferenciadas. Por este motivo, las expresiones se numeran de forma independiente en cada apartado, a diferencia de lo que ocurre en la resoluci´on de otros problemas. a)

La funci´on compuesta z(u, v) es una funci´on dependiente de las variables x, y tras realizar la composici´on, por lo que para obtener las derivadas parciales debemos aplicar la regla de la cadena en ambos casos de tal forma que: ∂z (x, y) = ∂x

∂z ∂u ∂z ∂v (u, v) · (x, y) + (u, v) · (x, y) ∂u ∂x ∂v ∂x

∂z (x, y) = ∂y

∂z ∂u ∂z ∂v (u, v) · (x, y) + (u, v) · (x, y). ∂u ∂y ∂v ∂y

Cuando se define en DERIVE una funci´on con ciertas variables y esas variables luego se redefinen como funciones, se generan ciertos problemas que vamos a evitar cambiando el nombre de las variables de las funciones. Por este motivo, en primer lugar definimos la funci´on z(u, v) con otras variables mediante la expresi´on: “z(r, s) := ln(r/s)” editamos ahora la expresi´on: “z(r, s)” ´ calculamos sus dos derivadas parciales aplicando CALCULO-DERIVADAS, ∂z seleccionando la variable r obtenemos tras simplificar (r, s) : ∂r

154

Problemas de c´ alculo diferencial

#3 :

d z(r, s) dr 1 . r

#4 :

´ La derivada parcial respecto de s la obtenemos aplicando CALCULODERIVADAS, seleccionando la variable s, resultando: #5 :

d z(r, s) ds 1 − . s

#6 :

Definimos ahora la funci´on u(x, y) con la expresi´on: “u(x, y) := xˆ2 + y” editamos la expresi´on: “u(x, y)” ´ aplicamos sobre ella la secuencia CALCULO-DERIVADAS respecto de la variable x y resulta: #9 : #10 :

d u(x, y) dx 2x

´ aplicando sobre la expresi´on #8 la secuencia CALCULO-DERIVADAS respecto de la variable y : #11 : #12 :

d u(x, y) dy 1.

De la misma forma definimos la funci´on v(x, y) mediante la edici´on de: “v(x, y) := (sin(x))ˆ2” editando “v(x, y)”

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

155

´ y aplicando sobre esta expresi´on CALCULO-DERIVADAS sobre la variable x se obtiene tras simplificar: #15 :

d v(x, y) dx

#16 :

2 sin(x) cos(x)

y sobre la variable y (aunque no aparezca dicha variable al desplegar la ventana, basta con teclear y) resultando: #17 :

d v(x, y) dy

#18 :

0.

Con estas derivadas ya estamos en disposici´on de aplicar la regla de la cadena para calcular las dos derivadas parciales de la funci´on compuesta. ∂z As´ı para obtener (x, y) consideramos la expresi´on: ∂x “#4 #10 + #6 #16” y obtenemos: #19 :

  1 1 (2 sin(x) cos(x)). (2x) + − r s

Nos faltar´ıa sustituir r y s por sus respectivos valores funcionales. Para ello utilizando el cursor iluminamos la expresi´on #19, aplicamos SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE, seleccionamos en la ventana de di´alogo la variable r e introducimos en la ventana de di´alogo en nueva expresi´on: “u(x, y)” y tras simplificar resulta: 2x 2 sin(x) cos(x) − . +y s

#20 :

x2

Para sustituir ahora en esta expresi´on #20 la variable s por su valor funcional, aplicamos la secuencia SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE seleccionamos la variable s y en la ventana de di´alogo insertamos “v(x, y)” y tras simplificar obtenemos el resultado deseado: #21 :

2x − 2 cot(x). +y

x2

156

Problemas de c´ alculo diferencial

Por tanto:

Para obtener

∂z 2x (x, y) = 2 − 2 cot(x). ∂x x +y ∂z (x, y) editamos la expresi´on: ∂y “#4 #12 + #6 #18”

y resulta: #22 :

  1 1 ·0 ·1+ − r s

para sustituir r por su valor funcional, aplicamos la secuencia SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE seleccionamos la variable r e introducimos la expresi´on “u(x, y)” tras simplificar obtenemos: #23 :

1 x2 + y

por tanto: 1 ∂z (x, y) = 2 . ∂y x +y b)

Como se trata de una funci´on que depende finalmente de las variables x, y , la aplicaci´on de la regla de la cadena ser´ıa como en el apartado anterior: ∂z (x, y) = ∂x

∂z ∂u ∂z ∂v (u, v) · (x, y) + (u, v) · (x, y) ∂u ∂x ∂v ∂x

∂z (x, y) = ∂y

∂z ∂u ∂z ∂v (u, v) · (x, y) + (u, v) · (x, y). ∂u ∂y ∂v ∂y

Tal como indicamos en el Apartado a) definimos la funci´on z(u, v) con otras variables por ejemplo z(r, s) editando: “z(r, s) := (sˆ3 + r + 1)/(3r − s)” y calculamos sus derivadas parciales editando primero la expresi´on: “z(r, s)” ´ teniendo iluminada la expresi´on anterior aplicamos la secuencia CALCULODERIVADAS seleccionando en el cuadro de di´alogo la variable r y tras

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

157

pulsar SIMPLIFICAR obtenemos: #3 :

#4 :

d z(r, s) dr 3s3 + s − 3 (3r − s)2

´ despu´es volvemos a aplicar la secuencia CALCULO-DERIVADAS (teniendo iluminada la expresi´on #2) elegimos la variable s y al SIMPLIFICAR resulta: #5 :

#6 :

d z(r, s) ds r(9s2 + 1) − 2s3 + 1 . (3r − s)2

Para obtener las derivadas parciales de las funciones u(x, y) y v(x, y) editamos y damos nombre a sendas funciones: “u(x, y) := xˆ2 + ln(y)” y “v(x, y) := eˆˆ(x + y)” Para calcular

∂u (x, y) editamos la funci´on ∂x “u(x, y)”

´ a continuaci´on aplicamos CALCULO-DERIVADAS y seleccionamos la variable x, y al SIMPLIFICAR resulta: #10 : #11 :

d u(x, y) dx 2x

´ seleccionando nuevamente la expresi´on #9 y aplicando CALCULO-DERIVADAS respecto de la variable y obtenemos: #12 :

d u(x, y) dy

158

Problemas de c´ alculo diferencial

1 y

#13 :

Procedemos ahora al c´alculo de las derivadas parciales de la funci´ on v(x, y), editando la expresi´on: “v(x, y)” ´ y aplicando sobre la misma la secuencia CALCULO-DERIVADAS respecto de la variable x obtenemos: d v(x, y) dx

#15 :

^x+y e

#16 : y respecto de y: #17 :

d v(x, y) dy ^x+y . e

#18 : Para calcular

∂z (x, y) editamos ∂x “#3 #10 + #5 #15”

y resulta:  #19 :

   d d d d z(r, s) · u(x, y) + z(r, s) · v(x, y) dr dx ds dx

que al simplificar nos da: #20 :

ex+y (r(9s2 + 1) − 2s3 + 1) 2x(3s3 + s + 3) − . (3r − s)2 (3r − s)2

Para obtener la funci´on dependiente de las variables x e y, basta aplicar sobre la expresi´on anterior SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE, sustituyendo la variable r por u(x, y) y la variable s por v(x, y), se obtiene: #21 : −

2e4x+4y − 3e3x+3y (3 ln(y) + x(3x − 2)) − ex+y (ln(y) + x2 − 2x + 1) + 6x . (ex+y − 3(ln(y) + x2 ))2

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

El c´alculo de

159

∂z (x, y) lo efectuamos editando ∂y “#3 #12 + #5 #17”

obtenemos:  #22 :

   d d d d z(r, s) · u(x, y) + z(r, s) · v(x, y) dr dy ds dy

que al simplificar resulta: #23 :

ex+y (r(9s2 + 1) − 2s3 + 1) 3s3 + s + 3 − (3r − s)2 y(3r − s)2

u ´nicamente faltar´ıa sustituir r y s por sus respectivos valores funcionales aplicando SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE, sustituyendo r por su valor funcional u(x, y) y la variable s por v(x, y) al simplificar nos da: #24 : −

2.

2ye4x+4y − 3e3x+3y (3y ln(y) + 3x2 y − 1) − ex+y (y ln(y) + x2 y + y − 1) + 3 . y(ex+y − 3(ln(y) + x2 ))2

Calcular con DERIVE

dz (t) en los siguientes casos: dt

a) z = ln(x2 − 3y 2 ) con x(t) = 6t2 + t e y(t) = 2t + cos(t). b) w =

u2 + v 2 con u(t) = et+2 − t y v(t) = t3 − 3t2 + sin(t). v

´ SOLUCION a)

Tal y como hemos comentado en el Ejercicio 1, definimos la funci´on z con variables dependientes u y v, diferentes a las indicadas en el problema debido a los problemas de solapamiento que se pueden generar en el programa DERIVE. Para ello editamos la expresi´on: “z(u, v) := ln(uˆ2 − 3vˆ2)” despu´es consideramos en la l´ınea de edici´on: “z(u, v)” ´ aplicando la secuencia CALCULO-DERIVADAS primero respecto de u al simplificar obtenemos:

160

Problemas de c´ alculo diferencial

#3 :

d z(u, v) du

#4 :

u2

2u − 3v2

y en segundo lugar respecto de v al simplificar resulta: #5 :

d z(u, v) dv 6v − u2

#6 :

3v2

Definimos a continuaci´on las funciones x(t) e y(t) editando las expresiones: “x(t) := 6tˆ2 + t” y “y(t) := 2t + cos(t)” para calcular

x0 (t)

editamos “x(t)”

´ y aplicamos CALCULO-DERIVADAS respecto de la variable t y tras simplificar obtenemos: #10 : #11 :

d x(t) dt 12t + 1

del mismo modo para calcular y 0 (t) editamos: “y(t)” ´ aplicamos CALCULO-DERIVADAS respecto de la variable t y resulta: #13 : #14 :

d y(t) dt 2 − sin(t)

la derivada de la funci´on compuesta la calculamos aplicando la regla de la cadena, editamos por tanto: “#3 #10 + #5 #13”

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

161

resulta:  #15 :

   d d d d z(u, v) x(t) + z(u, v) y(t) du dt dv dt

que al simplificar nos da: 2(3v sin(t) + 12tu + u − 6v) u2 − 3v2

#16 :

tan s´olo queda sustituir u y v por sus respectivos valores funcionales x(t) e y(t). Para ello aplicamos sobre la expresi´on #16 SIMPLIFICARSUSTITUIR VARIABLE, sustituyendo u por x(t) y v por y(t) resultando: #17 : b)

−

2(3 cos(t)(sin(t) − 2) + t(6 sin(t) + 72t2 + 18t − 11)) . 3 cos2 (t) + 12t cos(t) − t2 (36t2 + 12t − 11)

La funci´on compuesta resultante es una funci´on dependiente de una sola variable t. Para calcular las derivadas parciales de w respecto de sus variables, editamos en primer lugar la funci´on w dependiente en DERIVE de las variables r y s, (para evitar los problemas de solapamiento citados ya en apartados anteriores) mediante: “w(r, s) := (rˆ2 + sˆ2)/s” para calcular sus derivadas parciales editamos: “w(r, s)” ´ aplicamos sobre la misma CALCULO-DERIVADAS respecto de la variable r y resulta: #3 : #4 :

d w(r, s) dr 2r s

el mismo proceso aplicamos a la expresi´on #2 ahora respecto de la variable s: #5 :

#6 :

d w(r, s) ds s2 − r2 s2

162

Problemas de c´ alculo diferencial

calculemos ahora la derivada de las funciones u(t) y v(t). Editamos la primera funci´on u(t) con: “u(t) := eˆˆ(t + 2) − t” mediante la expresi´on: “u(t)” ´ y aplicando sobre ella CALCULO-DERIVADAS respecto de la variable t obtenemos tras simplificar: #9 :

d u(t) dt ^t+2 − 1. e

#10 :

La funci´on v(t) la definimos en DERIVE mediante: “v(t) := tˆ3 − 3tˆ2 + sin(t)” con la expresi´on: “v(t)” ´ y aplicando CALCULO-DERIVADAS respecto de la variable t resulta: #13 :

d v(t) dt cos(t) + 3t2 − 6t.

#14 :

dw Para obtener ahora (t) aplicamos la regla de la cadena, para lo cual dt utilizamos las expresiones anteriores y editamos: “#3 #9 + #5 #13” obtenemos la expresi´on:  #15 :

   d d d d w(r, s) u(t) + w(r, s) v(t) dr dt ds dt

que al simplificar nos da: #16 :

2ret+2 (s2 − r2 ) cos(t) 3r2 t(t − 2) + 2rs + 3s2 t(2 − t) + − s s2 s2

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

163

la funci´on final dependiente de t la obtenemos sustituyendo con SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE la variable r por u(t) y la variable s por v(t) y obtenemos finalmente: #17 : − e

2t+4

(cos(t)−2 sin(t)−t(2t2 −9t+6))−2et+2 (t cos(t)−(t+1) sin(t)−t2 (t2 −5t+3))−cos(t)(sin2 (t)+2t2 (t−3) sin(t) + (sin(t)+t2 (t−3))2

+t

2

(t4 −6t3 +9t2 −1))−t(3(t−2) sin2 (t)+2(3t4 −15t3 +18t2 +1) sin(t)+t3 (3t4 −24t3 +63t2 −54t−1)) . (sin(t)+t2 (t−3))2

Si hubi´eramos realizado la composici´on de las funciones previamente editando: “w(r, s)” tras aplicar en esta expresi´on SIMPLIFICAR SUSTITUIR-VARIABLE sustituyendo la variable r por u(t) y la variable s por v(t) obtenemos: #19 :

e2t+4 − 2tet+2 + sin2 (t) + 2t2 (t − 3) sin(t) + t2 (t4 − 6t3 + 9t2 + 1) sin(t) + t2 (t − 3)

´ y sobre esta expresi´on efectuamos CALCULO-DERIVADAS respecto de la variable t obtendremos el mismo resultado que en la expresi´on #17.

3.

Dadas las funciones

f (x, y) = (xy)1/4 e y = g(x) = x3 − 3x. Hallar

∂f ∂f (0, 0) y (0, 0). ∂x ∂y b) Consideremos la funci´on h(x) = f (x, g(x)). Hallar h0 (0) efectuando la composici´on directa y usando la regla de la cadena y explicar la aparente contradicci´on. a)

´ SOLUCION a)

Editamos la funci´on f (x, y) mediante la expresi´on: “f (x, y) := (xy)ˆ(1/4)” para calcular

∂f (0, 0) utilizamos la definici´on, para ello editamos: ∂x “(f (0 + m, 0) − f (0, 0))/m”

´ ´IMITES seleccionando la variable m y el punto y aplicamos CALCULO-L 0 al simplificar resulta: #3 :

l´ım

m→0

f(0 + m, 0) − f(0, 0) m

164

Problemas de c´ alculo diferencial

#4 :

0.

∂f (0, 0) lo hacemos de igual forma por definici´on, introdu∂y ciendo la expresi´on: El c´alculo de

“(f (0, 0 + m) − f (0, 0))/m” ´ ´IMITES sobre la variable m y el y aplicando nuevamente CALCULO-L punto 0, obtenemos: #6 :

l´ım

m→0

f(0, 0 + m) − f(0, 0) m

#7 :

0.

∂f ∂f (0, 0) = 0, y (0, 0) = 0. ∂x ∂y b) Consideremos la composici´on definiendo previamente la funci´on g(x) en DERIVE: “g(x) := xˆ3 − 3x” As´ı pues

y la funci´on: “h(x) := f (x, g(x))” el c´alculo de h0 (0) lo hacemos por definici´on editando: “(h(0 + m) − h(0))/m” ´ ´IMITES sobre la variable m y el puny aplicando sobre ella CALCULO-L to 0 y obtenemos: #11 :

#12

h(0 + m) − h(0) m→0 m √   √ 2 2i ∞ ± ± 2 2 l´ım

de donde podemos deducir la no existencia de h0 (0). Si hubi´eramos aplicado la regla de la cadena tendr´ıamos que calcular previamente la derivada de g 0 (0) editando: “g(x)”

165

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

´ aplicando CALCULO-DERIVADAS respecto de x : #14 :

d g(x) dx 3x2 − 3

#15 :

y sustituyendo con SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE la variable x por 0 resulta: −3.

#16 :

∂f La aplicaci´on directa de la regla de la cadena consiste en calcular: (0, 0)+ ∂x ∂f dg (0, 0) (0) este c´alculo lo obtenemos utilizando las expresiones ante∂y dt riores con la edici´on de: “#5 + #8 #16” y obtenemos #17 :

0 + 0(−3)

que tras simplificar nos da: #18 :

0.

La respuesta correcta es que no existe h0 (0). Para aplicar la regla de la cadena correctamente sobre esta composici´on, f (x, y) deber´ıa ser diferenciable en (0, 0), situaci´on que no se verifica.

4.

Se considera la funci´on w = g(x, y, z) = y = t3 + 3t − 1, y z =

xyz x2 + y 2 + z 2

con x = ln(t + 1),

3t − t2 . Calcular w0 (1). 2t − 1

´ SOLUCION Comenzamos como habitualmente definiendo la funci´on g(x, y, z) en DERIVE mediante la expresi´on: “g(x, y, z) := (xyz)/(xˆ2 + yˆ2 + zˆ2)”.

166

Problemas de c´ alculo diferencial

Mediante la edici´on de: “g(x, y, z)” podemos calcular las tres derivadas parciales. Aplicando a la expresi´on anterior ´ CALCULO-DERIVADAS primero respecto de x: #3 :

d g(x, y, z) dx

#4 :

−

yz(x2 − y2 − x2 ) (x2 + y2 + z2 )

respecto de y: #5 :

#6 :

d g(x, y, z) dy xz(x2 − y2 + z2 ) (x2 + y2 + z2 )2

y finalmente respecto de z : #7 :

#8 :

d g(x, y, z) dz xy(x2 + y2 − z2 ) . (x2 + y2 + z2 )2

Definimos a continuaci´on las funciones x(t) por f 1(t), y(t) por f 2(t) y z(t) por f 3(t) con las siguientes expresiones: “f 1(t) := ln(t + 1)” “f 2(t) := tˆ3 + 3t − 1” “f 3(t) := (3t − tˆ2)/(2t − 1)”. La derivada de f 1(t) la obtenemos editando: “f 1(t)” ´ y aplicando CALCULO-DERIVADAS respecto de la variable t resulta al simplificar: #13 :

d f1(t) dt

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

#14 :

167

1 . t+1

Para el c´alculo de la derivada de f 2(t) efectuamos el mismo proceso, editamos: “f 2(t)” ´ y aplicamos CALCULO-DERIVADAS respecto de la variable t, obtenemos: #16 : #17 :

d f2(t) dt 3t2 + 3

Del mismo modo para f 3(t) editamos: “f 3(t)” ´ y con la secuencia CALCULO-DERIVADAS al simplificar nos da: #19 :

#20 :

d f3(t) dt −

2t2 − 2t + 3 . (2t − 1)2

Se trata de una funci´on compuesta de una funci´on de tres variables y tres funciones de una variable. Las tres funciones de una variable toman el valor t = 1, el valor de f 1(1) lo podemos obtener editando: “f 1(1)” que al simplificar nos da: #22 :

ln(2)

del mismo modo f 2(1) se puede obtener con la expresi´on: “f 2(1)” resultando: #24 :

3

finalmente el valor de f 3(1) se obtiene con: “f 3(1)”

168

Problemas de c´ alculo diferencial

y al simplificar resulta: #26 :

2.

Aplicando ahora la regla de la cadena debemos calcular ∂g dx ∂g dy ∂g dz (ln(2), 3, 2) (1) + (ln(2), 3, 2) (1) + (ln(2), 3, 2) (1). ∂x dt ∂y dt ∂z dt Dado que ya tenemos calculadas las derivadas parciales en cualquier punto en expresiones anteriores, editando: “#3 #13 + #5 #16 + #7 #19” obtenemos:  #27 :

     d d d d d d g(x, y, z) f1(t) + g(x, y, z) f2(t) + g(x, y, z) f3(t) dx dt dy dt dz dt

que al simplificar nos da: #28 :

x3 (t+1)(y(2t2 −2t+3)−3z(t2 +1)(2t−1)2 )+x2 yz(2t−1)2 +x(t+1)(y2 −z2 )(y(2t2 −2t+3)+3z(t2 +1)(2t−1)2 )−yz(y2 +z2 )(2t−1)2 (t+1)(x2 +y2 +z2 )2 (2t−1)2

basta sustituir con SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE la variable t por 1, x por ln(2), y por 3 y finalmente z por 2 y obtenemos: #29 :

3(ln3 (2) − ln2 (2) − 35 ln(2) + 13) ln4 (2) + 26 ln2 (2) + 169

que es el valor de w0 (1).

5.

√ x + y2 , siendo x = g(u, v) = u − v + ln(u + v) ln(x) u3 − 3v + 2 e y = h(u, v) = √ . Calcular las derivadas parciales de z respecto u−v de u y v cuando u = 5 y v = 3. Sea la funci´on z = f (x, y) =

´ SOLUCION Definimos en primer lugar la funci´on w = f (x, y) “f (x, y) := (x + yˆ2)/ ln(x)” sus derivadas parciales las obtenemos editando previamente: “f (x, y)”

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

169

´ aplicando CALCULO-DERIVADAS respecto de la variable x : #3 :

#4 :

d f(x, y) dx 1 x + y2 − ln(x) x ln2 (x)

y luego respecto de la variable y : #5 :

#6 :

d f(x, y) dy 2y . ln(x)

Definimos a continuaci´on la funci´on x = g(u, v) con: “g(u, v) := sqrt(u − v) + ln(u + v)” el c´alculo de sus derivadas parciales se puede hacer editando la expresi´on: “g(u, v)” ´ aplicando CALCULO-DERIVADAS respecto de la variable u : #9 :

#10 :

d g(u, v) du √ 2 u−v+u+v √ 2(u + v) u − v

y respecto de la variable v : #11 :

#12 :

d g(u, v) dv √ 2 u−v−u−v √ . 2(u + v) u − v

De la misma forma definimos la funci´on y = h(u, v) editando: “h(u, v) := (uˆ3 − 3v + 2)/sqrt(u − v)” las derivadas parciales las calcularemos insertando en la l´ınea de edici´on la expresi´on: “h(u, v)”

170

Problemas de c´ alculo diferencial

´ aplicando CALCULO-DERIVADAS respecto de u d h(u, v) du

#15 :

5u3 − 6u2 v + 3v − 2 2(u − v)3/2

#16 : y respecto de v :

d h(u, v) dv

#17 :

u3 − 6u + 3v + 2 . 2(u − v)3/2

#18 :

Con este proceso hemos calculado las derivadas parciales necesarias para aplicar la regla de la cadena en la composici´on de estas tres funciones de dos varia∂z ∂z bles. Dado que tenemos que calcular (5, 3) y (5, 3) es necesario calcular ∂u ∂v previamente los valores de g(5, 3) y h(5, 3). El c´alculo de g(5, 3) lo obtenemos editando: “g(5, 3)” y al simplificar obtenemos: #20 :

3 ln(2) +

√ 2

h(5, 3) lo calcularemos introduciendo la expresi´on: “h(5, 3)” que tras simplificar nos da: √ #21 : 59 2. ∂z Para el c´alculo de (u, v) aplicamos la regla de la cadena utilizando las ∂u expresiones anteriores editando: #3 #9 + #5 #15” resulta:  #23 :

   d d d d f(x, y) g(u, v) + f(x, y) h(u, v) dx du dy du

que al simplificar nos da:

171

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

#24 :

√ √ x(2y(u + v)(5u3 − 6u2 v + 3v − 2) + (u − v)(2 u − v + u + v)) ln(x) + (v − u)(x + y2 )(2 u − v + u + v) 2 3/2 2x(u + v)(u − v) ln (x)

∂z Finalmente, (5, 3) resulta de aplicar sobre la expresi´on SIMPLIFICAR∂u SUSTITUIR VARIABLE sustituyendo el valor de x por #20, y por #21, u por 5 y v por 3 y obtenemos: √

#25 :

2 4

+

42953 8 √

ln(3 ln(2) +

√ √ √ 3(2 2 + 1) ln(2) + 2(3483 2 + 13925) √ √ − . 2) 8 ln2 (3 ln(2) + 2)(3 ln(2) + 2)

∂z Para el c´alculo de (u, v) aplicamos la regla de la cadena utilizando expre∂v siones anteriores editando: “#3 #11 + #5 #17” resulta:  #26 :

   d d d d f(x, y) g(u, v) + f(x, y) h(u, v) dx dv dy dv

que tras simplificar resulta: #27 :

√ √ x(2y(u + v)(u3 − 6u + 3v + 2) + (u − v)(2 u − v − u. − v)) ln(x) + (v − u)(x + y2 )(2 u − v − u − v) 2x(u + v)(u − v)3/2 ln2 (x)

∂z para calcular (5, 3) aplicamos sobre la expresi´on SIMPLIFICAR-SUSTITUIR ∂v VARIABLE y sustituimos el valor de x por #20, y por #21, u por 5 y v por 3 resultando: √

#28 :

6.

25017 8

−

2 4√

ln(3 ln(2) +

√ √ √ 3(2 2 − 1) ln(2) − 7 2(497 2 − 1989) √ √ + . 2) 8 ln2 (3 ln(2) + 2)(3 ln(2) + 2)

Hallar el Polinomio de Taylor de segundo orden de las siguientes funciones en los puntos que se indican: a) f (x, y) = x3 y 2 ln(x + y) + y 3 b) g(x, y, z) =

x3 z − y 2 2xyz

en

(2, 3).

en (1, 2, 1).

´ SOLUCION a)

Para calcular el Polinomio de Taylor de orden 2 de la funci´on f (x, y) en el punto (2, 3) utilizamos la siguiente formula: p2 (x, y) = f (2, 3) + ∇f (2, 3)(x − 2, y − 3) +

1 (x − 2, y − 3)t Hf (2, 3)(x − 2, y − 3). 2!

172

Problemas de c´ alculo diferencial

Para ello, definimos la funci´on f (x, y) con la expresi´on: “f (x, y) := xˆ3yˆ2 ln(x + y) + yˆ3” para calcular el gradiente de dicha funci´on basta editar el comando: “grad(f (x, y), [x, y])” y al simplificar resulta:   x3 y2 y5 3 2 2 3 4 2 2 2 #3 : 3x y ln(x + y) + , 2x y ln(x + y) − + x y − xy + y + 3y x+y x+y

el gradiente de la funci´on en el punto (2, 3) se obtiene aplicando SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE en la expresi´on anterior, sustituyendo la variable x por 2 y la variable y por 3 resultando: #4 :

 108 ln(5) +

72 5 , 48 ln(5)

+

207 5



.

Para calcular la matriz hessiana de la funci´on aplicamos el comando: “grad(grad(f (x, y), [x, y]), [x, y])” que al simplificar nos da:   #6 :  

6xy 2 ln(x + y) + 6x2 y ln(x + y) +

2

x2 y 2 (5x+6y) (x+y)2 2

6x2 y ln(x + y) − 2

x y(2x +4xy+3y ) (x+y)2

2x3 ln(x + y) −

y 4 (2x+y) (x+y)2

4

y (7x+6y) (x+y)2

+ 2x2 y + y 3

+ 4x2 y − 5xy 2 + 6y 3 + 6y

   

el valor de Hf (2, 3) se obtiene aplicando SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE en la expresi´on anterior asignando a x el valor 2 y a y el valor 3 y resulta:  #7 :

108 ln(5) +

 72 ln(5) +

1008 25 708 25

72 ln(5) +

708 25

16 ln(5) +

858 25

 

con los datos obtenidos, podemos calcular el Polinomio de Taylor de orden 2 editando la expresi´on: 1 “f (2, 3) + #4.[x − 2, y − 3] + [x − 2, y − 3] #7 [x − 2, y − 3]” 2 que al simplificar nos da:

173

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

#9 :

2(27x2 + 18x(2y − 9) + 4(y 2 − 18y + 54)) ln(5)+ +

b)

3(168x2 + 4x(59y − 315) + 143y 2 − 985y + 2325 . 25

El Polinomio de Taylor de orden 2 de la funci´on g(x, y, z) en el punto (1, 2, 1) se obtiene mediante: 1 g(1, 2, 1)+∇g(1, 2, 1)[x−1, y−2, z−1]+ [x−1, y−2, z−1]Hg(1, 2, 1)[x−1, y−2, z−1] 2

Procedemos a calcular todos los datos necesarios para obtener el Polinomio de Taylor de orden 2. Definimos en primer lugar la funci´on con: “g(x, y, z) := (xˆ3z − yˆ2)/(2xyz)” el vector gradiente de la funci´on g(x, y, z) en cualquier punto se obtiene editando: “grad(g(x, y, z), [x, y, z])” y tras simplificar obtenemos:  #12 :

2x3 z + y2 x3 z + y2 y ,− , 2x2 yz 2xy2 z 2xz2



aplicando SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE sobre la expresi´on anterior y sustituyendo x por 1, y por 2, y z por 1 se obtiene ∇g(1, 2, 1) :  #13 :

 3 5 ,− ,1 . 2 8

La matriz hessiana de g(x, y, z) se puede calcular editando la expresi´on: “grad(grad(g(x, y, z), [x, y, z]), [x, y, z])” que al simplificar nos da:  #15 :

     

x3 z−y 2 x3 yz

y 2 −2x3 z 2x2 y 2 z

− 2xy2 z 2

y 2 −2x3 z 2x2 y 2 z

x2 y3

1 2xz 2

− 2xy2 z 2

1 2xz 2

− xzy 3

      

aplicando SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE asignando a x valor 1, a y valor 2 y a z valor 1, obtenemos Hg(1, 2, 1):

174

Problemas de c´ alculo diferencial

        

#16 :

3 2

1 4

1 4

1 8

−1

1 2

−

−1



   1   2    −2

el Polinomio de Taylor de orden 2 lo podemos obtener editando: 1 “g(1, 2, 1) + #13.[x − 1, y − 2, z − 1] + [x − 1, y − 2, z − 1]#16[x − 1, y − 2, z − 1]” 2

y tras simplificar resulta: #18 : −

7.

12x2 − 4x(2(2z − 7) − y) − y2 − 2(y(4z − 13) − 8(z2 − 3z + 3)) . 16

10 15 + ln(1, 15) utilizando un Polinomio de Tay30 13 − 10 22 lor de orden 2 eligiendo debidamente la funci´on y el punto sobre el que se desarrolla. Comparar dicha aproximaci´on con el resultado real por medio de DERIVE. Obtener un valor aproximado

´ SOLUCION La funci´on sobre la que desarrollamos el Polinomio de Taylor de orden 2 es: “f (x, y, z, t) := (xˆ5 + ln(y))/(zˆ3 − tˆ2)”. El gradiente de dicha funci´on en cualquier punto lo obtenemos con: “grad(f (x, y, z, t), [x, y, z, t])” cuyo resultado al simplificar es:  #3 :

1 3z2 (ln(y) + x5 ) 2t(ln(y) + x5 ) 5x4 , , − , z3 − t2 y(z3 − t2 ) (z3 − t2 )2 (z3 − t2 )2



sustituyendo x por 1, y por 1, z por 3 y t por 1 con el comando SIMPLIFICARSUSTITUIR VARIABLE, obtenemos ∇f (1, 1, 3, 1):  #4 :

 5 1 27 1 , ,− , . 26 26 676 338

175

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

Para calcular la matriz hessiana de la funci´on f (x, y, z, t) editamos: “grad(grad(f (x, y, z, t), [x, y, z, t]), [x, y, z, t])” y tras simplificar resulta: 

#6 :

20x3 z3 −t2

   0      − 15x4 z2  (z3 −t2 )2   10tx4 (z3 −t2 )2

4 2

z − (z15x 3 −t2 )2

0 1 y2 (t2 −z3 )

−

3z2 y(z3 −t2 )

10tx4 (z3 −t2 )2 2t y(z3 −t2 )2

− y(z33z−t2 )2

6z(2z3 +t2 )(ln(y)+x5 ) (z3 −t2 )3

12tz2 (ln(y)+x5 ) (t2 −z3 )3

2t y(z3 −t2 )2

12tz2 (ln(y)+x5 ) (t2 −z3 )3

2(z3 +3t2 )(ln(y)+x5 ) (z3 −t2 )3

2

           

sustituyendo x, y, z, t por los valores 1, 1, 3, 1 respectivamente mediante SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE obtenemos:   5 10 135 0 − 676 13 338    1 27 1  0 − 26 − 676  338    #7 :  135 27 495 27    − 676 − 676 8788 − 4394   1 27 15 5 338 338 − 4394 4394 con los calculos anteriores el Polinomio de Taylor de orden 2 de la funci´on en el punto (1, 1, 3, 1) se obtiene a partir de la expresi´on: 1 “f (1, 1, 3, 1)+#4[x−1, y−1, z−3, t−1]+ [x−1, y−1, z−3, t−1]#7[x−1, y−1, z−3, t−1]” 2

que al simplificar resulta: #9 :

6760x2 −130x(27z−2t−1)−338y2 −26y(27z−2t+131)+495z2 +108z(6−t)+30t2 +4t−3067 . 17576 0 5

0

15) Para obtener un valor aproximado de 1 310 1+ln(1 por medio del Polinomio de 3 −10 22 Taylor de orden 2, aplicamos SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE sustituyendo x por 1.1, y por 1.15, z por 3.1 y t por 1.2 y se obtiene:

#10 :

216143 3515200

cuyo valor aproximado podemos obtener aplicando SIMPLIFICAR-APROXIMAR: #11 :

0.06148810878

176

Problemas de c´ alculo diferencial

El valor real de dicha expresi´on lo podemos calcular editando: “f (1.1, 1.15, 3.1, 1.2)” y al simplificar nos da: #13 :

8.

0.06173580975.

Sea la funci´on: f (x, y) =

x2

−4 . + y2 + 1

Se pide: a)

Obtener el Polinomio de Taylor de primer orden p1 (x, y) en el punto (00 1, 00 1), utilizarlo para representar el plano tangente sobre la gr´afica de la funci´on.

b)

Obtener el Polinomio de Taylor de segundo orden p2 (x, y) en el punto (00 1, 00 1), representarlo junto a la gr´afica de la funci´on y observar el parecido de ambas gr´aficas en un entorno del punto.

c)

Calcular f (00 15, −00 05), p1 (00 15, −00 05), p2 (00 15, −00 05) y comparar los resultados.

´ SOLUCION a)

Consideremos la definici´on de la funci´on mediante: “f (x, y) := −4/(xˆ2 + yˆ2 + 1)” el gradiente lo obtenemos editando: “grad(f (x, y), [x, y])” y al simplificar resulta:  #3 :

8x 8y , 2 2 2 2 (x + y + 1) (x + y2 + 1)2



el valor del vector gradiente en (00 1, 00 1) lo podemos calcular con SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLES sustituyendo x por 0.1 y la variable y por 0.1 resulta:  #4 :

2000 2000 , 2601 2601



Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

177

el Polinomio de Taylor de primer orden lo obtenemos editando la expresi´on: “f (0.1, 0.1) + #4 [x − 0.1, y − 0.1]” que tras simplificar nos da: #6 :

200(10x + 10y − 53) 2601

daremos nombre a este polinomio por medio de la expresi´on:

“p1(x, y) := #6”.

Para representar la funci´on, iluminamos la expresi´on que la define (#1), aplicamos VENTANA-NUEVA VENTANA 3D y pulsamos sobre el bot´on de herramientas REPRESENTAR, para representar el plano tangente sobre la misma gr´afica anterior iluminamos la expresi´on #6 y situando el rat´on sobre la ventana 3D aplicamos REPRESENTAR. Ajustamos el panel de ambas gr´aficas con un n´ umero de paneles de 60 para x y de 60 para y, y podemos obtener la siguiente gr´afica:

Si nos aproximamos hacia el punto (00 1, 00 1) podemos observar el parecido entre el Polinomio de Taylor de primer orden y la superficie:

178

Problemas de c´ alculo diferencial

b)

Para calcular el polinomio de Taylor de orden 2 en el punto, necesitamos tan s´olo calcular la matriz hessiana de f (x, y) en el punto (00 1, 00 1). La matriz hessiana de la funci´on la calculamos mediante: “grad(grad(f (x, y), [x, y]), [x, y])” que al simplificar nos da:  #9 :

2

2

−y −1) − 8(3x (x2 +y2 +1)3

 

32xy − (x2 +y 2 +1)3

32xy − (x2 +y 2 +1)3 2

2

−3y +1) − 8(x (x2 +y2 +1)3

  

Hf (00 1, 00 1) se obtiene aplicando SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE a la expresi´on anterior sustituyendo x por 0.1, e y por 0.1:  #10 :



980000 132651

40000 − 132651

40000 − 132651

980000 132651

 

el Polinomio de Taylor de orden 2 lo obtenemos con: 1 “#6 + [x − 0.1, y − 0.1]#10 [x − 0.1, y − 0.1]” 2 que al simplificar nos da: #12 :

400(1225x2 + 20x(1 − 5y) + 1225y2 + 20y − 1328) . 132651

Definimos a continuaci´on el polinomio de orden 2 como p2(x, y) con la

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

179

expresi´on: “p2(x, y) := #12”. Para representar la gr´afica de la funci´on y el Polinomio de Taylor de orden 2, abrimos una ventana 3D, iluminamos la expresi´on que define f (x, y) es decir la expresi´on #1 y aplicamos REPRESENTAR, iluminamos a continuaci´on la expresi´on #12 y aplicamos REPRESENTAR obteniendo:

la superficie superior es el Polinomio de Taylor de orden 2 y la inferior la superficie de la funci´on. c)

El valor de f (00 15, −00 05) lo podemos obtener editando: “f (0.15, −0.05)” y tras aplicar SIMPLIFICAR-APROXIMAR obtenemos: #15 :

−3.902439024.

El valor de p1 (00 15, −00 05) se calcula con: “p1(0.15, −0.05)” que tras SIMPLIFICAR-APROXIMAR nos da: #17 :

−3.998462129.

Finalmente, el valor de p2 (00 15, −00 05) resulta de editar: “p2(0.15, −0.05)” y aplicar SIMPLIFICAR-APROXIMAR:

180

Problemas de c´ alculo diferencial

#19 :

−3.903852967.

Es mejor la aproximaci´on obtenida al utilizar un Polinomio de Taylor de segundo orden que un Polinomio de Taylor de primer orden, como puede verse en estos c´alculos.

9.

Analizar si son homog´eneas las siguientes funciones calculando en su caso el grado de homogeneidad: a) f1 (x, y) = 3x3 y + 3xy 3 − 3x4 + 6y 4 . p b) f2 (x, y) = 3 3x3 y + y 4 − 2x2 y 2 .  2 2 x +y . c) f3 (x, y) = ln xy−y 2   d) f4 (x, y) = x3 + y 3 − ln x2xy . 2 +y p e) f5 (x, y, z) = (x3 + y 2 z + z 2 t) − 6 t3 y 3 − 3tz 5 . ´ SOLUCION a)

Definimos en primer lugar la funci´on f1 (x, y) con la expresi´on: “f 1(x, y) := 3xˆ3y + 3xyˆ3 − 3xˆ4 + 6yˆ4” para determinar si es homog´enea calculemos el valor de f1 (tx, ty) editando: “f 1(tx, ty)” al SIMPLIFICAR obtenemos: #3 :

−3t4 x4 + 3t4 x3 y + 3t4 xy3 + 6t4 y4

para sacar el factor com´ un t en la expresi´on anterior aplicamos SIMPLIFICAR-FACTORIZAR, seleccionamos la opci´on TRIVIAL y marcamos u ´nicamente la variable t al pulsar sobre FACTORIZAR obtenemos: #4 :

−3t4 (x4 − x3 y − xy3 − 2y4 ).

De donde deducimos que f1 (x, y) es homog´enea de grado 4. Podemos comprobar este hecho editando: “tˆ4f 1(x, y)” al simplificar obtenemos:

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

181

−3t4 (x4 − x3 y − xy3 − 2y4 )

#6 :

que es exactamente el valor de f1 (tx, ty). b)

Definimos la funci´on f2 (x, y) con: “f 2(x, y) := (3xˆ3y + yˆ4 − 2xˆ2yˆ2)ˆ(1/3)” editando ahora: “f 2(tx, ty)” tras simplificar nos da: |t|4/3 (y(3x3 − 2x2 y + y3 ))1/3

#9 :

por tanto podemos afirmar que f2 (x, y) es homog´enea de grado 4/3. Efectivamente, si calculamos: “tˆ(4/3)f 2(x, y)” resulta: t4/3 (y(3x3 − 2x2 y + y3 ))1/3

#11 :

que, como podemos observar, coincide con el valor de f2 (tx, ty). c)

Editando la expresi´on que define la funci´on f3 (x, y) : “f 3(x, y) := ln((xˆ2 + yˆ2)/(xy − yˆ2))” al simplificar: “f 3(tx, ty)” obtenemos:  #14 :

ln

x2 + y2 y(x − y)



por tanto la funci´on es homog´enea de grado 0. d)

Definimos la funci´on f4 (x, y) por medio de la expresi´on: “f 4(x, y) := xˆ3 + yˆ3 − ln((xy)/(xˆ2 + yˆ2))” para calcular f4 (tx, ty) editamos: f 4(tx, ty)”

182

Problemas de c´ alculo diferencial

que al simplificar nos da:  − ln

#17 :

xy x2 + y2

 + t3 x3 + t3 y3

si aplicamos SIMPLIFICAR-FACTORIZAR, eligiendo la opci´on TRIVIAL y respecto de la variable t u ´nicamente, obtenemos:  t3 (x3

#18 :

+

y3 )

− ln

xy 2 x + y2



por lo que f4 (x, y) no es homog´enea. e)

Con la expresi´on: “f 5(x, y, z) := (xˆ3 + yˆ2z + zˆ2t) − (tˆ3yˆ3 − 3tzˆ5)ˆ(1/6)” definimos la funci´on f5 (x, y, z). Para calcular ahora f5 (tx, ty, tz) editamos: “f 5(tx, ty, tz)” al simplificar resulta: −(y3 − 3z5 )1/6 |t| + t3 x3 + t3 y2 z + t3 z2

#21 :

aplicando a dicha expresi´on la secuencia SIMPLIFICAR-FACTORIZAR, eligiendo TRIVIAL e iluminando u ´nicamente la variable t obtenemos: t(t2 (x3 + y2 z + z2 ) − (y3 − 3z5 )1/6 sign(t))

#22 :

de donde podemos deducir que la funci´on no es homog´enea. Es m´ as, si ahora editamos: “tf 5(x, y, z)” tras simplificar obtenemos la expresi´on: −t((t(t2 y3 − 3z5 ))1/6 − x3 − z(y2 + tz))

#24 :

que no tiene nada que ver con el c´alculo obtenido en la expresi´on #22 donde calculamos f5 (tx, ty, tz).

10.

Averiguar si la funci´on √ f (x, y, z, k) =

x4 + 3xk 2 z + 7k 3 x x + 3y − 2z + k

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

183

es homog´enea y en caso de que lo sea comprobar que se cumple el Teorema de Euler. ´ SOLUCION Definimos la funci´on con la expresi´on: “f (x, y, z, k) := sqrt(xˆ4 + 3xkˆ2z + 7kˆ3x)/(x + 3y − 2z + k) para comprobar la homogeneidad de la funci´on, editamos: “f (tx, ty, tz, tk)” y al simplificar obtenemos: #3 :

p t x(x3 + k2 (3z + 7k)) x + 3y − 2z + k

de donde se deduce que es homog´enea de grado 1. El Teorema de Euler en este caso deber´ıa de cumplir 1f (x, y, z, k) = xfx (x, y, z, k) + yfy (x, y, z, k) + zfz (x, y, z, k) + kfk (x, y, z, k) que se traduce en: f (x, y, z, k) = (x, y, z, k) · ∇f (x, y, z, k). Esta ecuaci´on podemos definirla en DERIVE mediante la expresi´on: “f (x, y, z, k) = [x, y, z, k]grad(f (x, y, z, k), [x, y, z, k])” simplificando obtenemos la identidad #5 :

p p x(x3 + k2 (3z + 7k)) x(x3 + k2 (3z + 7k)) = x + 3y − 2z + k x + 3y − 2z + k

por tanto se cumple el Teorema de Euler en todo el dominio de definici´on de la funci´on.

11.

En una determinada empresa se han contratado dos tipos de trabajadores: administrativos (x) y directivos (y) para obtener un producto (z) seg´ un la funci´on de producci´on: f (x, y) = 75xy 3 + x4 − x2 y 2

184

Problemas de c´ alculo diferencial

a)

Si el n´ umero actual de administrativos es de 2.150 administrativos y 24 directivos. Estimar cu´al ser´a la variaci´on que experimenta la producci´ on si contratamos 1 administrativo m´as? b) Determinar si la funci´on es homog´enea y comprobar el Teorema de Euler. ¿Si incrementamos un 10 % la plantilla de administrativos y directivos en qu´e porcentaje se aumentar´a la producci´on? c) Si la pol´ıtica de personal de la empresa consiste en contratar 1 directivo por cada 6 administrativos, determinar una estimaci´on de la variaci´ on de la producci´on a corto plazo. d) Suponiendo que el estado actual de contratos es el enunciado en el Apartado a), si deseamos incrementar la plantilla, determinar qu´e proporci´ on de administrativos y directivos debemos aplicar para obtener a corto plazo un aumento m´aximo de producci´on. Calcular cu´al ser´ıa la variaci´ on m´axima a corto plazo de la producci´on. e) Si x = 2t + 15t2 − 1 e y = et + 2 donde t es el tiempo, determinar el ritmo de variaci´on de la producci´on z respecto de t. ´ SOLUCION a)

Definimos la funci´on f (x, y) mediante la expresi´on: “f (x, y) := 75xyˆ3 + xˆ4 − xˆ2yˆ2” para obtener la variaci´on que experimenta la producci´on si contratamos un administrativo m´as debemos calcular ∂f (2150, 24) ∂x la derivada parcial la obtenemos editando: “f (x, y)” ´ aplicando CALCULO-DERIVADAS respecto de la variable x resulta: #4 :

4x3 − 2xy2 + 75y3

el valor de la derivada parcial de f (x, y) respecto de x en el punto (2150, 24) lo obtenemos aplicando la secuencia SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE sobre la expresi´on #4 sustituyendo x por el valor 2150 y la variable y por el valor 24 : #5 :

39752060000.

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

b)

185

Para comprobar si la funci´on es homog´enea editamos: “f (tx, ty)” y al simplificar nos da: #7 :

t4 x4 − t4 x2 y2 + 75t4 xy3

aplicando SIMPLIFICAR-FACTORIZAR trivial, iluminando s´olo la variable t obtenemos: #8 :

t4 x(x3 − xy2 + 75y3 )

por tanto la funci´on f (x, y) es homog´enea de grado 4. Comprobar el Teorema de Euler en esta funci´on consistir´ıa en probar que se verifica la ecuaci´on: 4f (x, y) = xfx (x, y) + yfy (x, y) esta comprobaci´on la podemos realizar editando “4f (x, y) = [x, y]grad(f (x, y), [x, y])” al simplificar resulta la identidad: #10 :

4x(x3 − xy2 + 75y3 ) = 4x(x3 − xy2 + 75y3 )

por tanto, efectivamente se verifica el Teorema de Euler. Si aumenta un 10 % la plantilla de administrativos y la de directivos, estamos aplicando un ´ındice de variaci´on 10 1, como la funci´on es homog´enea de grado 4 el ´ındice de variaci´on de la producci´on lo obtenemos con: “1.1ˆ4” que al simplificar nos da: #12 :

10 4641

por tanto la producci´on aumentar´a un 460 41 %. c)

La pol´ıtica de personal indica que estamos utilizando una proporci´on 6 a 1. Por tanto, para resolver la cuesti´on debemos calcular D(6,1) f (2150, 24). Comencemos calculando el gradiente de la funci´on con: “grad(f (x, y), [x, y])”

186

Problemas de c´ alculo diferencial

que al simplificar nos da: #14 :

 3  4x − 2xy2 + 75y3 , 225xy2 − 2x2 y

con la secuencia SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE sustituyendo la variable x por 2150 y la variable y por 24 obtenemos: #15 :

[39752060000, 56760000] .

Por otro lado el m´odulo del vector (6, 1) resulta de: “abs([6, 1])” y obtenemos al simplificar: #17 :

√ 37

el vector normalizado lo editamos mediante: “[6/sqrt(37), 1/sqrt(37)]”. En la expresi´on #14 podemos observar que las derivadas parciales son funciones polin´omicas que existen y son continuas en todo su dominio, por tanto la funci´on f (x, y) es diferenciable en todo R2 y en particular en el punto (2150, 24). Por tanto, la derivada direccional D(6,1) f (2150, 24) podemos calcularla mediante: “#15 #18” cuyo resultado es: #20 :

√ 238569120000 37 37

al simplificar resulta: #21 :

3.922052173 · 1010

si aproximamos este valor resulta: #22 :

39220521730.

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

d)

187

La direcci´on de m´aximo crecimiento de la funci´on de producci´on en la situaci´on actual de la plantilla viene determinada por el vector gradiente en (2150, 24) que ya calculamos en la expresi´on #15, por tanto la proporci´on podemos calcularla con: “#15 sub 1/#15 sub 2” (obs´ervese que a sub i est´a indicando en DERIVE la componente i-´esima del vector a). #23 :

[39752060000, 56760000]1 [39752060000, 56760000]2

y al simplificar resulta: #24 :

1987603 2838

proporci´on que indica la pol´ıtica de contrataci´on que habr´ıa que seguir para obtener a corto plazo el aumento m´aximo de producci´on. El valor m´aximo de dicho aumento viene determinado por el modulo del vector gradiente en nuestro caso se calcula con: “abs(#15)” y al simplificar obtenemos #26 :

√ 20000 3950573739853

si aproximamos y luego simplificamos: #28 : e)

39752100520.

Tenemos que aplicar la regla de la cadena, para ello escribimos la funci´on que define x(t) (definimos la funci´on con el nombre a(t) para evitar problemas de solapamiento de las variables): “a(t) := 2t + 15tˆ2 − 1” y la funci´on que define y(t) (definimos la funci´on con el nombre b(t)) “b(t) := eˆˆt + 2” calculemos la derivada de a(t) editando: “a(t)”

188

Problemas de c´ alculo diferencial

´ con CALCULO DERIVADAS respecto de t obtenemos: #32 : #33 :

d a(t) dt 30t + 2

la derivada de b(t) con: “b(t)” ´ con CALCULO-DERIVADAS respecto de t resulta: #35 :

d b(t) dt

#36 :

et .

La aplicaci´on de la regla de la cadena en este caso ser´ıa ∂f dx ∂f dy (x, y) (t) + (x, y) (t) ∂x dt ∂y dt resultado que obtenemos editando: “#14[#33, #36]” obs´ervese que #14 contiene el gradiente de la funci´on f (x, y), #33 la derivada de la funci´on a(t) y #36 la derivada de la funci´on b(t). Al simplificar resulta: #38 :

xyet (225y − 2x) + 2(15t + 1)(4x3 − 2xy2 + 75y3 )

con SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE sustituyendo la variable x por a(t) y la variable y por b(t) obtenemos: #39 : 75e3t (45t2 + 36t − 1) − 2e2t (225t4 + 510t3 − 6686t2 − 7680t − 1) −4et (225t4 + 960t3 − 3221t2 − 7256t − 228)+ +8(15t + 1)(3375t6 + 1350t5 − 495t4 − 172t3 + 3t2 + 151).

189

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

12.

Sea

(x + 2)2 (y + 3)3 (z + 1)2 x2 + y 2 + z 4 la funci´on de utilidad que tiene un individuo al consumir tres bienes. Si consume 30 unidades de x, 25 unidades de y y 60 unidades de z, estimar utilizando el Polinomio de Taylor de orden 2 la utilidad que obtiene si incrementa un 10 % el consumo de x, disminuye un 4 % el consumo de y, y aumenta un 5 % el consumo de z. u(x, y, z) =

´ SOLUCION La funci´on de utilidad se define en DERIVE mediante la expresi´on: “u(x, y, z) := ((x + 2)ˆ2(y + 3)ˆ3(z + 1)ˆ2)/(xˆ2 + yˆ2 + zˆ4)” para obtener el Polinomio de Taylor de orden 2 en el punto (30, 25, 60) debemos calcular primero ∇u(30, 25, 60). Calculemos primero el vector gradiente con: “grad(u(x, y, z), [x, y, z])” al simplificar obtenemos el vector gradiente, luego aplicamos SIMPLIFICARSUSTITUIR VARIABLE sustituyendo la variable x por 30, la variable y por 25 y la variable z por 60 y resulta: #4 :

 13550885266386944 33600226065125

 1468891966603264 , 4646194652495872 . 6720045213025 , − 6720045213025

La matriz hessiana resulta de editar: “grad(grad(u(x, y, z), [x, y, z]), [x, y, z])” al simplificar la expresi´on anterior obtenemos la matriz hessiana. Aplicando sobre esta SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE sustituyendo la variable x por 30, la variable y por 25 y la variable z por 60 obtenemos: 

1097420221450547664768 87102034029753863125

752716349461515557888 17420406805950772625

− 237936183885240737792 17420406805950772625



  #7 :   

752716349461515557888 17420406805950772625

4301158394547363815424 87102034029753863125

8158733767461230016 − 3484081361190154525

    

− 237936183885240737792 17420406805950772625

− 81587337674612310016 3484081361190154525

38677997353701343232 3484081361190154525

Tenemos por tanto todos los datos para obtener el Polinomio de Taylor de orden 2 en el punto dado que lo editamos mediante la expresi´on: 1 “u(30, 25, 60)+#4.[x−30, y−25, z−60]+ [x−30, y−25, z−60]#7[x−30, y−25, z−60]” 2

190

Problemas de c´ alculo diferencial

al simplificar la expresi´on anterior obtenemos el Polinomio de Taylor de orden 2 en (30, 25, 60). Para obtener el valor indicado debemos sustituir en ese polinomio con SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE la variable x por 30 ∗ 1.1 (aumentar un 10 % supone un ´ındice de variaci´on de 10 1) la variable y por 25 ∗ 0,96 (disminuir un 4 % supone un ´ındice de variaci´on de 00 96) y la variable z por 60 ∗ 1.05 (aumentar un 5 % supone un ´ındice de variaci´on de 10 05) tras simplificar resulta: #10 :

545696570101582303954368 87102034029753863125

con APROXIMAR obtenemos una estimaci´on: #11 :

6265.026714.

Podemos calcular u(33, 24, 63) (para comparar) que es la utilidad que se obtiene una vez que se han aplicado los porcentajes indicados a cada variable editando “u(33, 24, 63)” y al simplificar se obtiene #13 :

5486745600 875257

con APROXIMAR obtenemos: #14 :

6268.725185.

191

Cap´ıtulo 3. Aplicaciones relevantes de la diferenciabilidad

3.4.

Ejercicios propuestos

1. Dada la funci´on f (x, y) = (x2 + y 2 )ex−y donde x = u + ev , y = ln(u + v). Se pide, utilizando la regla de la cadena, calcular fu en el punto (u, v) = (1, 0). 2

2

2.

Sea g(x, y) = 3 − ey −x donde x = eu−1 + v, e y = u + v. Utilizar la regla de la cadena para calcular el gradiente de g(u, v) en el punto (u, v) = (1, −1).

3.

Dadas las funciones z = f (x, y) = cos y · sen(ln x),

x = g(t) = et ,

y = h(x) = ln x,

se pide calcular z 0 (t) en t = 0.

4.

Calcular mediante la regla de la cadena las siguientes derivadas: ∂w , ∂r

∂w , ∂s

∂2w ∂r∂s

donde w = xyz − x − 2y − 3z; x = 1 + rs2 , y = 1 − rs2 , z = r2 s2 .

5.

Dada la funci´on f (x, y) = xexy , calcular un valor aproximado de f (00 1, 1) utilzando un Polinomio de Taylor de primer orden.

6.

Calcular el Polinomio de Taylor de orden 2 de la funci´on   3 f (x, y) = ln + x2 + y 4 4 en el punto ( 12 , 0). Utilizar este polinomio para obtener un valor aproximado de f (00 4, 00 2).

7.

Sea f : R3 → R una funci´on homog´enea de grado 3 y diferenciable en todo su dominio. Estudiar si la funci´on g(x, y, z) = fx (x, y, z)[x2 + fy (x, y, z) − yz] es homog´enea y calcular si es posible, el grado de homogeneidad.

8.

√ Dada la funci´on f (x, y) = 8x y. a)

Estudiar si la funci´on f (x, y) es homog´enea y en caso afirmativo calcular el grado de homogeneidad.

192

9.

10.

Problemas de c´ alculo diferencial

b)

Analizar si la funci´on h(x, y) = f (xm , y m ) con m > 0 es homog´enea o no, y en caso afirmativo calcular el grado de homog´eneidad.

c)

Calcular utilizando un Polinomio de Taylor de segundo orden un valor aproximado de f (10 1, 00 9).

Dada la funci´on de producci´on Q(K, L) = 96K 1/6 L1/3 donde K y L representan respectivamente capital y trabajo. Se pide: analizar si Q(K, L) es homog´enea, calcular su grado de homog´eneidad y comprobar que si aumentamos el capital y el trabajo en un 15 % la producci´on aumenta menos de un 15 %. Sea

p w=

x3

x2 + y 2 − 3z 3 + 3y 2 − z 5 + 2

3

donde z = g(x, y) = ex −3y + y 3 x. Calcular utilzando DERIVE la derivada parcial w respecto de x cuando x = 0, y = 1.

11.

La pol´ıtica de precios de una empresa suministradora de un cierto art´ıculo viene dada por P (x) = ln(535 + ax2 + bx3 − cx) y es tal que los par´ametros a, b y c var´ıan en funci´on del tiempo de acuerdo con las siguientes reglas: a(t) = 3t2 − 2, b(t) = et+2 , c(t) = t3 + 23t. Determ´ınese con DERIVE la ley de variaci´on del coste marginal en funci´on del tiempo suponiendo que la cantidad adquirida del producto tambi´en depende del tiempo siguiendo la ley x(t) = t2 + t.

12.

Obtener por medio de un Polinomio de Taylor de orden 2 un valor aproximado de las siguientes expresiones comparando la estimaci´on obtenida con su valor real usando DERIVE: √ 00 012 + 10 13 a) 50 022 0 2 −00 93

b) e0 8

(00 83 + 00 92 ).

Cap´ıtulo 4

Funciones impl´ıcitas

4.1 Cuestiones 4.2 Ejercicios resueltos 4.3 Ejercicios resueltos con DERIVE 4.4 Ejercicios propuestos

194

Problemas de c´ alculo diferencial

4.1. 1.

Cuestiones Dada la ecuaci´on F (x, y, z) = z 2 − 2yz + x − 1 = 0 se verifica que dicha ecuaci´on define impl´ıcitamente a z como funci´on de x e y (z = f (x, y)) en un entorno del punto (1, 1, 0) y adem´as el plano tangente a la superficie F (x, y, z) = 0 por el punto (1, 1, 0) es z = x − 1. a)

Verdadero, pues se satisfacen todas las condiciones del teorema de la funci´on impl´ıcita y como ∇f (1, 1) = (−1, 0) el plano tangente viene dado por: z = f (1, 1) + ∇f (1, 1) · (x − 1, y − 1) = x − 1.

b)

Falso, ya que como la ecuaci´on define a x como funci´on impl´ıcita de z e y en un entorno del punto (1, 1, 0): x = 1 + 2yz − z 2 , entonces F (x, y, z) no puede definir a la vez a z como funci´on de x e y en las proximidades de dicho punto.

c)

Falso, ya que Fy (1, 1, 0) = 0, por lo que no se cumplen las condiciones del teorema de la funci´on impl´ıcita y por tanto la ecuaci´on no define impl´ıcitamente a z en funci´on de x e y.

d)

Es verdadero que F (x, y, z) = 0 define impl´ıcitamente a z como funci´ on 1 de x e y, pero el plano tangente a la superficie es z = 2 (x − 1).

´ SOLUCION Respuesta correcta: d). La respuesta a) es incorrecta pues ∇f (1, 1) = ( 21 , 0). La respuesta b) es incorrecta pues una ecuaci´on puede definir de forma impl´ıcita a x en funci´ on de y, y z, a y en funci´on de x, y z, y a z en funci´on de x e y. Por ejemplo x + y + z = 0. La respuesta c) es incorrecta pues no existe relaci´on entre la condici´on Fy (1, 1, 0) = 0 con la existencia de una funci´on impl´ıcita z = f (x, y). La respuesta d) es correcta pues F (1, 1, 0) = 0; Fx (x, y, z) = 1;

Fy (x, y, z) = −2z;

Fz (x, y, z) = 2z − 2y

existen y son continuas en un entorno del punto (1, 1, 0) y Fz (1, 1, 0) 6= 0. Adem´as     Fx (1, 1, 0) Fy (1, 1, 0) 1 ∇f (1, 1) = − ,− = ,0 . Fz (1, 1, 0) Fz (1, 1, 0) 2

2.

Sea f (x, y) una funci´on con derivadas parciales continuas en todo punto de R2 tal que la ecuaci´on del plano tangente a su gr´afica en el punto (2, 1, 2) es

195

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

z = 2 + (x − 2) + (y − 1). Entonces se verifica que la ecuaci´on f (x, y) = 2 define impl´ıcitamente a y como funci´on de x (y = g(x)) en un entorno del punto (2, 1) y adem´as g 0 (2) = −1. a)

Verdadero, ya que de la ecuaci´on del plano tangente se deduce que f (2, 1) = 2 y ∇f (2, 1) = (1, 1). Por tanto, se cumplen todas las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita y adem´as g 0 (2) =

−fx (2, 1) = −1. fy (2, 1)

b)

Es verdadero que la ecuaci´on f (x, y) = 2 define impl´ıcitamente a y como funci´on de x en un entorno del punto (2, 1). Sin embargo, g 0 (2) = 1 y, por tanto, no es cierto que g 0 (2) = −1.

c)

Falso, pues no se satisfacen todas las condiciones del teorema de la funci´on impl´ıcita.

´ SOLUCION Respuesta correcta: a). La respuesta a) es correcta pues efectivamente el plano tangente a la superficie z = f (x, y) en el punto (2, 1, 2) viene dado de forma general por z = f (1, 2) + fx (1, 2)(x − 1) + fy (1, 2)(y − 2) de donde se deducen las afirmaciones realizadas. La respuesta b) es incorrecta pues como se ha mostrado en a) g 0 (2) = −1. La respuesta c) es incorrecta pues claramente se satisfacen todas las hip´otesis del teorema.

3.

Dada la ecuaci´on F (x, y, z) = 5 y un punto (a, b, c) tal que F (a, b, c) = 5. Si Fx (x, y, z), Fy (x, y, z), Fz (x, y, z) son continuas en (a, b, c) y adem´as ∇F (a, b, c) = (3, 3, 3), entonces se verifica que la ecuaci´on F (x, y, z) = 5 define impl´ıcitamente a z como funci´on de x e y (z = g(x, y)) en un entorno√de (a, b, c), y que el valor m´ınimo de la derivada direccional de g en (a, b) es − 2. a)

Verdadero, pues se verifican todas las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita y ∇g(a, b) = (−1, −1).

b)

Falso, ya que ∇g(a, b) = (3, 3).

c)

Falso, no hay datos suficientes para poder aplicar el teorema de la funci´on impl´ıcita y, por tanto, no podemos saber si existe la funci´on g.

d)

Es verdad que F (x, y, z) = 5 define impl´ıcitamente a z como funci´on de x e y (z = g(x, y)), pero no sabemos si g es diferenciable o no, por lo que no podemos determinar el valor m´aximo de la derivada direccional.

196

Problemas de c´ alculo diferencial

´ SOLUCION

4.

Respuesta correcta: a). La respuesta a) es correcta, se cumplen las hip´otesis del teorema de la funci´on implicita F (a, b, c) = 5, las derivadas parciales de F (x, y, z) existen en un entorno de (a, b, c) y son continuas, adem´as Fz (a, b, c) = 3 6= 0. Por otro −Fy (a,b,c) x (a,b,c) −3 −3 lado, gx (a, b) = −F Fz (a,b,c) = 3 = −1, y gy (a, b) = Fz (a,b,c) = 3 = −1. La respuesta b) es incorrecta pues se calcula mal el gradiente de la funci´on g en el punto (a, b). La respuesta c) es incorrecta, s´ı existen datos como se acaba de mostrar antes. La respuesta d) es incorrecta pues aplicando el teorema de la funci´on impl´ıcita se puede garantizar que g(x, y) es una funci´on diferenciable en (a, b). p  Sea f (x, y) = ln 1 + x3 − y 3 se verifica que la ecuaci´on f (x, y) = 0 define a x como funci´on impl´ıcita de y (x = g(y)) y tambi´en a y como funci´ on impl´ıcita de x (y = h(x)) en un entorno del punto (0, 0). a)

Falso pues fy (0, 0) = 0 y fx (0, 0) = 0, por tanto no se cumplen las hip´ otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita por lo que no es posible afirmar que la ecuaci´on f (x, y) = 0 defina impl´ıcitamente a x como funci´on de y ni a y como funci´on de x en un entorno de dicho punto.

b)

Verdadero, pues la ecuaci´on f (x, y) = 0 es equivalente a 1 + x3 − y 3 = 1, de donde se obtiene que x = g(y) = y, y = h(x) = x, lo que prueba la existencia de las funciones impl´ıcitas g(y) y h(x) en un entorno del punto (0, 0).

c)

Falso pues el punto (0, 0) no pertenece a la curva de nivel 0 de f.

´ SOLUCION Respuesta correcta: b). La respuesta a) es incorrecta, pues aunque es cierto que las derivadas parciales de la funci´on respecto del punto son nulas y no se cumple, por tanto, una de las hip´otesis del teorema, sin embargo el teorema de la funci´on impl´ıcita es una condici´on suficiente para la existencia de la dependencia funcional, por lo que del hecho de que no se cumpla, no se deduce la no existencia de la dependencia impl´ ıcita. Larespuesta b) es correcta pues si √ p  ln 1+x3 −y 3 ln 1 + x3 − y 3 = 0 entonces e = e0 , es decir, 1 + x3 − y 3 = 1, por lo que x3 = y 3 cuya u ´nica soluci´on es y = x, ecuaci´on que muestra la dependenciaexpl´ıcita de ambas variables. La respuesta c) es incorrecta pues  √ 3 3 1 + 0 − 0 = ln(1) = 0, por lo que (0, 0) est´a en la curva de f (0, 0) = ln nivel 0 de f (x, y).

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

5.

197

La ecuaci´on F (x, y, z) = 2zey/x − z 2 = 0 define impl´ıcitamente a y como funci´on de x y z , y = g(x, z), en un entorno del punto (1, 0, 2) y adem´as se verifica que g(1, 2) = 0. a)

Verdadero, pues F (1, 0, 2) = 0, Fx (x, y, z), Fy (x, y, z), Fz (x, y, z) son continuas en un entorno de (1, 0, 2) y Fy (1, 0, 2) = 4 6= 0, por lo que aplicando el teorema de la funci´on impl´ıcita se obtiene que la ecuaci´on F (x, y, z) = 0 define impl´ıcitamente a y como funci´on de x y z en un entorno de (1, 0, 2). Adem´as, como para x = 1 y z = 2 se tiene que y = 0, entonces g(1, 2) = 0

b)

Falso, pues para que F (x, y, z) = 0 defina impl´ıcitamente a y como funci´on de x y z todas las derivadas parciales de F en (1, 0, 2) han de ser diferentes de 0.

c)

Es cierto que la ecuaci´on F (x, y, z) = 0 define impl´ıcitamente a y como funci´on de x y z, pues se satisfacen todas las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita, pero, dado que no conocemos c´omo es la funci´on g, no podemos determinar su valor en el punto (1, 2).

´ SOLUCION Respuesta correcta: a). La respuesta a) es correcta F (1, 0, 2) = 2 · 2e0 − 4 = 0. Fx (x, y, z) =

−2zy y/x 2z y/x e , Fy (x, y, z) = e , Fz (x, y, z) = 2ey/x − 2z x2 x

existen y son continuas en un entorno de (1, 0, 2). Fy (1, 0, 2) = 4 6= 0. Se cumplen en consecuencia las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita. La respuesta b) es incorrecta, no tiene ning´ un sentido. La respuesta c) es incorrecta pues la funci´on g tiene que verificar que g(1, 2) = 0.

6.

La ecuaci´on F (x, y) = x − y 3 = 0 define impl´ıcitamente a y como funci´on de x en un entorno del punto (0, 0). a)

Falso, pues como Fy (0, 0) = 0, no se cumplen las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita y en consecuencia la ecuaci´on no define impl´ıcitamente a y como funci´on de x en un entorno del punto (0, 0).

b)

Verdadero, ya que F (x, y) = 0 es la expresi´on impl´ıcita de la funci´on √ y = f (x) = 3 x.

c)

Falso, pues despejando x de la ecuaci´on resulta x = y 3 , por lo que F (x, y) = 0 define impl´ıcitamente a x como funci´on de y, y por tanto, no puede definir a y como funci´on de x.

198

Problemas de c´ alculo diferencial

´ SOLUCION Respuesta correcta: b). La respuesta a) es incorrecta pues las hip´otesis del teorema de la funci´ on impl´ıcita son condiciones suficientes para la existencia de la dependencia impl´ıcita pero no son necesarias. La respuesta b) es correcta pues si de la ecuaci´ on √ 3 3 x − y = 0 despejamos el valor de y obtenemos y = x. La respuesta c) es incorrecta pues una ecuaci´on impl´ıcita puede expresar impl´ıcitamente la dependencia de x respecto de y y a la vez la dependencia impl´ıcita de y respecto de x en un entorno de un punto.

7.

La ecuaci´on F (x, y) = x − y 2 = 0 define impl´ıcitamente a y como funci´ on de x en un entorno del punto (0, 0). a)

Falso, ya que Fy (0, 0) = 0, por lo que no se cumplen las condiciones del teorema de la funci´on impl´ıcita.

b)

Falso, ya que F (1, 1) = F (1, −1) luego F (x, y) = 0 no define a y como funci´on de x en un entorno de (0, 0) pues, al menos para un valor de x (x = 1) existen dos valores de y, lo cual se contradice con la definici´ on de funci´on.

c)

Falso, ya que la gr´afica de la ecuaci´on x − y 2 = 0 es

por lo que en ning´ un entorno del punto (0, 0) la curva es la gr´afica de una funci´on y = f (x).

199

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

´ SOLUCION Respuesta correcta: c). La respuesta a) es incorrecta pues las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita son condiciones suficientes y no necesarias para la existencia de una funci´on impl´ıcita. La respuesta b) es incorrecta pues aunque es cierto que F (1, 1) = F (1, −1) sin embargo estos puntos no est´an en un entorno del punto (0, 0), est´an bastante alejados. De hecho, de esta afirmaci´on no se puede garantizar la no existencia de dependencia impl´ıcita. Pi´ensese que este resultado tambi´en ser´ıa v´alido para afirmar que en el punto (4, 2) no existe la dependencia por el hecho de que F (4, 2) = F (4, −2), circunstancia que no es cierta. La respuesta c) es correcta, si observamos el dibujo que se˜ nala un entorno del punto (0, 0) existen dos valores para cada x del entorno, por lo que la curva no puede ser la gr´afica de una funci´on del tipo y = f (x) y en consecuencia no existe la dependencia impl´ıcita.

8.

2

Sea la funci´on f (x, y) = e3+x−y se verifica que la ecuaci´on f (x, y) = e3 no define a y como funci´on impl´ıcita de x (y = g(x)), en ning´ un entorno del punto (0, 0). a)

Falso, pues como √ 2 e3+x−y = e3 ⇔ x − y 2 = 0 ⇔ y = ± x

entonces, en ning´ un entorno del punto (0, 0), la ecuaci´on f (x, y) = e3 es la gr´afica de una funci´on y = g(x), ya que existen puntos del eje X a los que corresponden dos puntos del eje Y. b) Verdadero, pues como fy (0, 0) = 0, no se cumple el teorema de la funci´on impl´ıcita y, por tanto, no existe la funci´on y = g(x). c) Falso, pues se verifica que fx (0, 0) = e3 6= 0, f (0, 0) = e3 y las derivadas parciales son continuas en un entorno del (0, 0) en consecuencia se cumplen las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita por lo que existe una funci´on y = g(x) continua y derivable en x = 0, definida impl´ıcitamente por la ecuaci´on f (x, y) = e3 en un entorno del punto (0, 0). ´ SOLUCION Respuesta correcta: a). La respuesta a) es correcta, pues efectivamente, al intentar despejar de √ √ forma expl´ıcita y en funci´on de x, obtenemos dos funciones x y − x de tal forma que, para cualquier entorno del punto (0, 0) se verifica que para un mismo valor de x existen dos valores de y, por lo que no existe dependencia impl´ıcita. La respuesta b) es incorrecta pues las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita son condiciones suficientes pero no necesarias para la existencia

200

Problemas de c´ alculo diferencial

de la dependencia impl´ıcita. La respuesta c) es incorrecta pues no se verifican las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita. En la respuesta se utiliza una condici´on inadecuada (fx (0, 0) 6= 0) y en realidad tendr´ıa que aplicarse que fy (0, 0) 6= 0 lo cual es incorrecto tal y como se ha razonado en el Apartado a).

9.

Sea f : R2 → R una funci´on diferenciable en todo R2 tal que la ecuaci´ on del plano tangente a la superficie z = f (x, y) en el punto (0, 1, 1) viene dada por: 1 + 3x + 2(y − 1) − z = 0. Entonces la curva de nivel 1 de f (x, y) define x como funci´on impl´ıcita de y (x = g(y)) en un entorno del punto (0, 1). a)

Verdadero, como se deduce de aplicar el teorema de la funci´on impl´ıcita en el punto (0, 1).

b)

Falso, pues de la ecuaci´on del plano tangente no podemos deducir el valor de fx (0, 1), por lo que no podemos afirmar nada acerca de la existencia de la funci´on impl´ıcita x = g(y).

c)

Verdadero, pues la funci´on f (x, y) = x3 + y 2 + 3x satisface las hip´ otesis del enunciado.

´ SOLUCION Respuesta correcta: a). La respuesta a) es correcta pues de la ecuaci´on del plano tangente se deduce que f (0, 1) = 1, fx (0, 1) = 3, fy (0, 1) = 2 y como f (x, y) es diferenciable en todo R2 entonces si consideramos la ecuaci´on f (x, y) = 1, se cumplen las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita en un entorno de (0, 1). La respuesta b) es incorrecta pues acabamos de ver como se puede deducir del plano tangente el valor de fx (0, 1). La respuesta c) es incorrecta pues efectivamente la funci´on dada satisface las hip´otesis del enunciado f (0, 1) = 1 fx (x, y) = 3x2 + 3, fy (x, y) = 2y, por tanto, fx (0, 1) = 3, fy (0, 1) = 2 de donde se obtiene el plano tangente z = 1 + 3x + 2(y − 1). Sin embargo el hecho de que una funci´on cumpla las condiciones no garantiza que cualquier funci´ on que satisfaga las condiciones del enunciado debe cumplir lo que se afirma en su tesis.

10.

Dada la funci´on f (x, y) = e(x+y) ln(x2 ) entonces aplicando el teorema de la funci´on impl´ıcita podemos asegurar que: a)

La curva de nivel 0 de f (x, y) define a x como funci´on impl´ıcita de y (x = g(y)) en un entorno de (1, 0).

201

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

b)

La ecuaci´on de la recta tangente a la curva de nivel 0 por el punto (1, 0) es x = 0.

c)

La curva de nivel 0 de f (x, y) define a y como funci´on impl´ıcita de y (y = h(x)) en un entorno de (1, 0).

´ SOLUCION Respuesta correcta: a). La respuesta a) es correcta pues se cumplen las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita ya que f (1, 0) = e·ln(1) = 0, las derivadas parciales de f (x, y) son fx (x, y) = ex+y ln(x2 ) + ex+y x2 , fy (x, y) = ex+y ln(x2 ) y fx (1, 0) = 2e 6= 0. La respuesta b) es incorrecta pues seg´ un el teorema de la funcion impl´ıcita g 0 (0) = −

Fy (1, 0) 0 = − = 0, Fx (1, 0) 2e

por tanto la recta tangente ser´a x − 1 = 0 y no x = 0. La respuesta c) es incorrecta, basta considerar que fy (1, 0) = 0, por tanto no se cumplen las hip´otesis del teorema y en consecuencia no podemos garantizar la existencia de la funci´on y = h(x).

202

Problemas de c´ alculo diferencial

4.2. 1.

Ejercicios resueltos Comprobar que la ecuaci´on x2 + xy 2 − ln(xy) = 2 define a y como funci´ on impl´ıcita de x en un entorno del punto (1, 1). Calcular la derivada de dicha funci´on impl´ıcita en el punto x = 1. ´ SOLUCION Sea F (x, y) = x2 + xy 2 − ln(xy). Veamos si la ecuaci´on F (x, y) = 2, verifica las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita en (1, 1). a)

El punto (1, 1) verifica la ecuaci´on pues F (1, 1) = 12 + 1 · 12 − ln(1 · 1) = 1 + 1 − 0 = 2.

b)

Las derivadas parciales de la funci´on F (x, y) Fx (x, y) = 2x + y 2 − Fy (x, y) = 2xy −

1 x

1 y

existen y son continuas en un entorno del punto (1, 1). c) Fy (1, 1) = 2 · 1 · 1 − 1 = 1 6= 0. Por tanto, el teorema de la funci´on impl´ıcita asegura que la ecuaci´on F (x, y) = 2 define a y como funci´on impl´ıcita de x en un entorno del punto (1, 1). dy Fx (1, 1) 2 (1) = − = − = −2. dx Fy (1, 1) 1

2.

Comprobar que la curva de nivel 0 de la funci´on √ f (x, y) = x + y · ln(x2 + y 2 − 4) define a x como funci´on impl´ıcita de y (x = g(y)) en un entorno del punto (2, 1). Calcular g(1) y g 0 (1).

203

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

´ SOLUCION Veamos si la ecuaci´on √

x + y · ln(x2 + y 2 − 4) = 0

verifica las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita en (2, 1). a)

El punto (2, 1) verifica la ecuaci´on pues √ √ f (2, 1) = 2 + 1 · ln(22 + 12 − 4) = 3 · ln(1) = 0.

b)

Las derivadas parciales de la funci´on f (x, y) : fx (x, y) =

√ 1 2x √ · ln(x2 + y 2 − 4) + x + y · 2 2 x+y x + y2 − 4

fy (x, y) =

√ 1 2y √ · ln(x2 + y 2 − 4) + x + y · 2 2 x+y x + y2 − 4

existen y son continuas en un entorno del punto (2, 1). √ c) fx (2, 1) = 4 3 6= 0. Por tanto, el teorema de la funci´on impl´ıcita nos asegura que la ecuaci´on f (x, y) = 0 define a x como funci´on impl´ıcita de y en un entorno del punto (2, 1). Por el mismo teorema podemos afirmar que g(1) = 2. √ fy (2, 1) 2 3 1 g (1) = − =− √ =− . fx (2, 1) 2 4 3 0

3.

Dada la ecuaci´on (y 3 + cos2 x)ex = 1, se pide: a)

Probar que dicha ecuaci´on define impl´ıcitamente a y como funci´on de x en un entorno del punto (0, 0). Analizar si se verifican las condiciones del teorema de la funci´on impl´ıcita.

b)

Estudiar si la ecuaci´on define a x como funci´on impl´ıcita de y en un entorno del punto (0, 0).

´ SOLUCION a)

Podemos despejar y en la ecuaci´on (y 3 + cos2 x)ex = 1 y obtenemos: r p 3 3 1 y= − cos2 x = e−x − cos2 x x e

204

Problemas de c´ alculo diferencial

que resulta ser una funci´on de variable independiente x. Por tanto, la ecuaci´on (y 3 + cos2 x)ex = 1 define a y como funci´on de x. Sea F (x, y) = (y 3 + cos2 x)ex . Veamos si la ecuaci´on (y 3 + cos2 x)ex = 1 verifica las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita en (0, 0). 1)

El punto (0, 0) verifica la ecuaci´on pues: F (0, 0) = (03 + cos2 0)e0 = 1 · 1 = 1.

2)

Las derivadas parciales de la funci´on F (x, y) : Fx (x, y) = −2cosx senx ex + (y 3 + cos2 x)ex Fy (x, y) = 3y 2 ex existen y son continuas en (0, 0).

3) Fy (0, 0) = 0. Por tanto no se verifican todas las hip´otesis del teorema de la funci´ on impl´ıcita ya que Fy (0, 0) = 0. Este ejemplo nos permite recordar que las condiciones del teorema de la funci´on impl´ıcita son condiciones suficientes pero no necesarias, para la existencia de funciones definidas impl´ıcitamente. b)

4.

Ya se ha visto en el apartado anterior que el punto (0, 0) verifica la ecuaci´on y que las derivadas parciales de F (x, y) existen y son continuas en un entorno del punto (0, 0). Como Fx (0, 0) = 1 6= 0 el teorema de la funci´ on impl´ıcita garantiza que la ecuaci´on F (x, y) = 1 define a x como funci´ on impl´ıcita de y en un entorno del punto (0, 0).

Estudiar si la ecuaci´on x2 − xy + y 3 = 7 define a y como funci´on impl´ıcita de x en un entorno del punto (1, 2). Calcular las derivadas primera y segunda de dicha funci´on impl´ıcita en el punto x = 1. ´ SOLUCION Sea F (x, y) = x2 − xy + y 3 . Veamos si la ecuaci´on F (x, y) = 7 verifica las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita en el punto (1, 2). a)

El punto (1, 2) verifica la ecuaci´on pues F (1, 2) = 12 − 1 · 2 + 23 = 7.

205

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

b)

Las derivadas parciales de la funci´on F (x, y) : Fx (x, y) = 2x − y Fy (x, y) = −x + 3y 2 existen y son continuas en un entorno del punto (1, 2).

c) Fy (1, 2) = 11 6= 0. Por tanto, el teorema de la funci´on impl´ıcita nos asegura que la ecuaci´on F (x, y) = 7 define a y como funci´on impl´ıcita de x (y = g(x)) en un entorno del punto (1, 2). g 0 (1) =

dy Fx (1, 2) 0 (1) = − = − = 0. dx Fy (1, 2) 11

Calculemos ahora la segunda derivada de la funci´on g. Seg´ un el teorema de la 0 funci´on impl´ıcita, la derivada de g(x), es decir g (x) viene dada por g 0 (x) =

2x − y 2x − g(x) dy (x) = − =− dx −x + 3y 2 −x + 3(g(x))2

luego derivando g 0 (x) se obtiene que g 00 (x) = −

(2 − g 0 (x))(−x + 3(g(x))2 ) − (2x − g(x))(−1 + 6g(x) · g 0 (x)) . (−x + 3(g(x))2 )2

Puesto que por el teorema de la funci´on impl´ıcita sabemos que g(1) = 2 y g 0 (1) = 0, sustituyendo se obtiene: g 00 (1) = −

5.

(2 − 0)(−1 + 12) − (2 − 2)(−1 + 6 · ·2 · 0) 11 =− . 2 (1 − 12) 5

Dada la ecuaci´on x2 +3xy+2yz+y 2 +z 2 = 11, estudiar si define impl´ıcitamente a z como funci´on impl´ıcita de x e y (z = g(x, y)) en un entorno del punto (1, 2, 0). En caso afirmativo, calcular el Polinomio de Taylor de primer orden de g en el punto (1, 2). ´ SOLUCION Sea F (x, y, z) = x2 + 3xy + 2yz + y 2 + z 2 . Veamos si la ecuaci´on F (x, y, z) = 11 verifica las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita en el punto (1, 2, 0). a)

El punto (1, 2, 0) verifica la ecuaci´on pues F (1, 2, 0) = 12 + 3 · 1 · 2 + 2 · 2 · 0 + 22 + 02 = 11.

206

Problemas de c´ alculo diferencial

b)

Las derivadas parciales de F (x, y, z) : Fx (x, y, z) = 2x + 3y Fy (x, y, z) = 3x + 2z + 2y Fz (x, y, z) = 2y + 2z existen y son continuas en un entorno del punto (1, 2, 0).

c) Fz (1, 2, 0) = 4 6= 0. Por tanto, el teorema de la funci´on impl´ıcita nos asegura que la ecuaci´ on F (x, y, z) = 11 define a z como funci´on impl´ıcita de x e y (z = g(x, y)) en un entorno del punto (1, 2, 0). El Polinomio de Taylor de primer orden de g en el punto (1, 2) viene dado por la expresi´on: p1 (x, y) = g(1, 2) + gx (1, 2)(x − 1) + gy (1, 2)(y − 2). Por el teorema de la funci´on impl´ıcita sabemos que g(1, 2) = 0. Por otra parte: gx (1, 2) = −

8 Fx (1, 2, 0) = − = −2 Fz (1, 2, 0) 4

gy (1, 2) = −

Fy (1, 2, 0) 7 =− . Fz (1, 2, 0) 4

Sustituyendo en la expresi´on del Polinomio de Taylor nos queda: 7 p1 (x, y) = −2(x − 1) − (y − 2). 4

6.

2

Estudiar si la ecuaci´on x3 + 2y 3 + 2z 3 − e2xy z − x + zy − 15 = 0 define a y como funci´on de x y z, es decir, y =√ φ(x, z) en un entorno del punto (−1, 2, 0). Calcular Dv¯ φ(−1, 0) siendo v¯ = (1, 3). ´ SOLUCION Sea F (x, y, z) = x3 + 2y 3 + 2z 3 − e2xy

2z

− x + zy − 15. Veamos si la ecuaci´ on

F (x, y, z) = x3 + 2y 3 + 2z 3 − e2xy

2z

− x + zy − 15 = 0

verifica las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita en (−1, 2, 0). a)

El punto (−1, 2, 0) verifica la ecuaci´on pues F (−1, 2, 0) = (−1)3 + 2 · 23 + 2 · 03 − e2·(−1)·2

2 ·0

− (−1) + 0 · 2 − 15 = 0.

207

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

b)

Las derivadas parciales de F (x, y, z) : Fx (x, y, z) = 3x2 − 2y 2 ze2xy

2z

Fy (x, y, z) = 6y 2 − 4xyze2xy Fz (x, y, z) = 6z 2 − 2xy 2 e2xy

2z

2z

−1 +z +y

existen y son continuas en un entorno del punto (−1, 2, 0). c) Fy (−1, 2, 0) = 24 6= 0. Por tanto, el teorema de la funci´on impl´ıcita nos asegura que la ecuaci´on F (x, y, z) = 0 define a y como funci´on impl´ıcita de x y z (y = φ(x, z)) en un entorno del punto (−1, 2, 0). Tambi´en por el mismo teorema sabemos que φ(x, z) tiene derivadas parciales continuas en (−1, 0) por tanto φ(x, z) es diferenciable en (−1, 0) luego: Dv¯ φ(−1, 0) = ∇(−1, 0) ·

v¯ . ||¯ v ||

Las derivadas parciales de la funci´on y = φ(x, z) en (−1, 0) son: φx (−1, 0) = −

2 1 Fx (−1, 2, 0) =− =− Fy (−1, 2, 0) 24 12

φz (−1, 0) = −

Fz (−1, 2, 0) 10 5 =− =− . Fy (−1, 2, 0) 24 12

√ √ 12 + ( 3)2 = 4 = 2. Finalmente tenemos que: √ ! √   1 3 5 1 −1 − 5 3 · , . Dv¯ φ(−1, 0) = − , − = 12 12 2 2 24

El m´odulo de v¯ es ||¯ v || =

7.

q

Hallar la ecuaci´on de la recta tangente a la curva y = f (x) definida impl´ıcita√ mente por la ecuaci´on (1 + x2 y)3 + x y = 9 en el punto (1, 1). ´ SOLUCION En primer lugar (y dado que no es posible despejar y como funci´on de x en la ecuaci´on anterior), comprobaremos utilizando el teorema de la funci´on impl´ıci√ ta que efectivamente la ecuaci´on (1 + x2 y)3 + x y = 9 define impl´ıcitamente a y como funci´on de x en un entorno del punto (1, 1). √ Sea F (x, y) = (1 + x2 y)3 + x y.

208

Problemas de c´ alculo diferencial

a)

El punto (1, 1) verifica la ecuaci´on pues √ F (1, 1) = (1 + 12 · 1)3 + 1 1 = 9.

b)

Las derivadas parciales de F (x, y) : √ Fx (x, y) = 6xy(1 + x2 y)2 + y x Fy (x, y) = 3x2 (1 + x2 y)2 + √ 2 y existen y son continuas en un entorno del punto (1, 1).

c) Fy (1, 1) =

25 6= 0. 2

Por tanto, el teorema de la funci´on impl´ıcita nos asegura que la ecuaci´ on F (x, y) = 9 define a y como funci´on impl´ıcita de x (y = f (x)) en un entorno del punto (1, 1). La ecuaci´on de la recta tangente a la curva y = f (x) en el punto (a, b) es: y − b = f 0 (a)(x − a) en nuestro caso (a, b) = (1, 1). Nos falta calcular f 0 (1). f 0 (1) = −

25 Fx (1, 1) =− = −2. Fy (1, 1) 25/2

La recta tangente a y = f (x) en el punto (1, 1) es: y − 1 = −2(x − 1) ⇒ y = −2x + 3.

8.

Sea f : R2 → R una funci´on tal que f (2, 1) = 3 y ∇f (x, y) = ((y − 1)(−2x + y), x(−x + 2y − 1)). Analizar si la curva de nivel 3 de f define a y como funci´on impl´ıcita de x en alg´ un entorno del punto (2, 1). Hallar la pendiente de la recta tangente a la curva de nivel 3 de la funci´on f en el punto (2, 1). ´ SOLUCION Aunque no se conoce la expresi´on algebraica que define a la funci´on f, tenemos suficiente informaci´on para poder aplicar el teorema de la funci´on impl´ıcita y analizar si la curva de nivel 3 de f define impl´ıcitamente a y como funci´ on de x (y = φ(x)) en alg´ un entorno del punto (2, 1).

209

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

∇f (x, y) = ((y − 1)(−2x + y), x(−x + 2y − 1)) ⇒ fx (x, y) = (y − 1)(−2x + y);

fy (x, y) = x(−x + 2y − 1).

Veamos si la ecuaci´on f (x, y) = 3 verifica las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita en el punto (2, 1). a)

El punto (2, 1) verifica la ecuaci´on ya que del enunciado sabemos que f (2, 1) = 3.

b)

Las derivadas parciales de f (x, y) son: fx (x, y) = (y − 1)(−2x + y) fy (x, y) = x(−x + 2y − 1) que existen y son continuas en un entorno del punto (2, 1).

c) fy (2, 1) = 2(−2 + 2 · 1 − 1) = −2 6= 0. Por tanto la curva de nivel 3 de f define impl´ıcitamente a y como funci´on de x en un entorno del punto (2, 1). La pendiente de la recta tangente a la curva de nivel 3 de la funci´on f en el punto (2, 1) es: φ0 (2) = −

9.

fx (2, 1) 0 =− = 0. fy (2, 1) −2

Se considera la ecuaci´on x2 − y 2 = 0. ¿Define a y como funci´on impl´ıcita de x en un entorno de (0, 0)? ¿Y en un entorno de (1, 1)? ´ SOLUCION Como x2 − y 2 = 0 ⇔ (x − y)(x + y) = 0 resulta que los puntos (x, y) que verifican la ecuaci´on x2 − y 2 = 0 son los puntos de las rectas y = x, y = −x. No existe ning´ un entorno de (0, 0) en el que la ecuaci´on defina a una funci´on impl´ıta y = f (x) pues como se ve en el dibujo siguiente:

210

Problemas de c´ alculo diferencial

el conjunto de soluciones de la ecuaci´on en dicho entorno no es la gr´afica de una funci´on y = f (x). A esta conclusi´on no se hubiese podido llegar utilizando exclusivamente el teorema de la funci´on impl´ıcita ya que, no se cumple una de las condiciones de dicho teorema pues Fy (0, 0) = 0, y dichas condiciones (v´ease Ejercicio 3) son condiciones suficientes pero no necesarias para la existencia de la funci´on impl´ıcita. Para el punto (1, 1) como se observa en el dibujo, existe un entorno de dicho punto en el que las soluciones de la ecuaci´on x2 − y 2 = 0 constituyen la gr´ afica de una funci´on y = f (x). Por tanto, la ecuaci´on define a y como funci´on impl´ıcita de x en un entorno de (1, 1). A esta misma conclusi´on se llega al utilizar el teorema de la funci´on impl´ıcita en el punto (1, 1).

10.

Analizar si la ecuaci´on y cos x + sen(xyz) = 1 define a x como funci´on impl´ıcita de y y de z (x = h(y, z)) en un entorno de (0, 1, π). Calcular ∇h(1, π). ´ SOLUCION Sea F (x, y, z) = y cos x+sen(xyz). Veamos si la ecuaci´on F (x, y, z) = 1 verifica las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita en el punto (0, 1, π). a)

El punto (0, 1, π) verifica la ecuaci´on pues F (0, 1, π) = 1 · cos 0 + sen(0 · 1 · π) = 1 · 1 + 0 = 1.

b)

Las derivadas parciales de F (x, y, z) : Fx (x, y, z) = −ysen x + yz cos(xyz) Fy (x, y, z) = cos x + xz cos(xyz) Fz (x, y, z) = xy cos(xyz) existen y son continuas en un entorno del punto (0, 1, π).

c) Fx (0, 1, π) = π 6= 0. Por tanto, el teorema de la funci´on impl´ıcita nos asegura que la ecuaci´ on F (x, y, z) = 1, define a x como funci´on impl´ıcita de y, z (x = h(y, z)) en un entorno del punto (0, 1, π).

211

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

∇h(1, π) = (hy (1, π), hz (1, π)) por tanto necesitamos calcular las derivadas parciales hy (1, π), hz (1, π) : hy (1, π) = −

Fy (0, 1, π) 1 =− Fx (0, 1, π) π

hz (1, π) = −

Fz (0, 1, π) 0 = − = 0. Fx (0, 1, π) π

En consecuencia se tiene que  ∇h(1, π) =

11.

 1 − ,0 . π

Dada la ecuaci´on 2xey +x2 +y 3 +1 = 0, demostrar que define a y como funci´on de x en un entorno del punto (−1, 0). Comprobar que en x = −1 la funci´on y = φ(x) alcanza un m´ınimo local. ´ SOLUCION Sea F (x, y) = 2xey + x2 + y 3 + 1. Veamos si la ecuaci´on F (x, y) = 0 verifica las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita en (−1, 0). a)

El punto (−1, 0) verifica la ecuaci´on pues F (−1, 0) = 2(−1)e0 + (−1)2 + 03 + 1 = −2 + 1 + 1 = 0.

b)

Las derivadas parciales de F (x, y) : Fx (x, y) = 2ey + 2x Fy (x, y) = 2xey + 3y 2 existen y son continuas en un entorno del punto (−1, 0).

c) Fy (−1, 0) = −2 6= 0. Por tanto, por el teorema de la funci´on impl´ıcita, la ecuaci´on F (x, y) = 0 define impl´ıcitamente a y como funci´on de x (y = φ(x)) en un entorno del punto (−1, 0). Fx (−1, 0) 0 φ0 (−1) = − = − = 0. Fy (−1, 0) 2 Luego x = −1 es un punto cr´ıtico de la funci´on y = φ(x).

212

Problemas de c´ alculo diferencial

Para clasificar este punto cr´ıtico calcularemos φ00 (−1) y observaremos su signo. φ0 (x)

= −

φ00 (x) =

−(2eφ(x) + 2x) Fx (x, φ(x)) = Fy (x, φ(x)) 2xeφ(x) + 3(φ(x))2

−(2eφ(x) φ0 (x) + 2)(2xeφ(x) + 3(φ(x))2 ) + (2xeφ(x) + 3(φ(x))2 )2 +

(2eφ(x) + 2x)(2eφ(x) + 2xeφ(x) φ0 (x) + 6φ(x)φ0 (x)) . (2xeφ(x) + 3(φ(x))2 )2

Como φ(−1) = 0 y φ0 (−1) = 0 al sustituir queda: φ00 (−1) =

4 = 1 > 0. 4

Por tanto en x = −1 la funci´on y = φ(x) tiene un m´ınimo local.

12.

Dada la ecuaci´on (1 + xy 2 )ex

2 +y

= 5e3 .

a)

Demostrar que define a y como funci´on impl´ıcita de x y a x como funci´ on impl´ıcita de y en un entorno del punto (1, 2). dy dx dy dx b) Calcular (1) y (2). ¿Qu´e relaci´on existe entre (1) y (2)? dx dy dx dy ´ SOLUCION a)

2

Sea F (x, y) = (1 + xy 2 )ex +y . Comenzaremos analizando si la ecuaci´ on 3 F (x, y) = 5e define a y como funci´on impl´ıcita de x en un entorno del punto (1, 2). 1)

El punto (1, 2) verifica la ecuaci´on pues F (1, 2) = (1 + 1 · 22 )e1

2)

2 +2

= 5e3 .

Las derivadas parciales de la funci´on F (x, y) : Fx (x, y) = y 2 ex

2 +y

Fy (x, y) = 2xyex

2 +y

+ (1 + xy 2 )2xex

2 +y

+ (1 + xy 2 )ex

2 +y

= ex

= ex

2 +y

2 +y

(2x + y 2 + 2x2 y 2 )

(1 + xy 2 + 2xy).

existen y son continuas en un entorno del punto (1, 2).

213

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

3) Fy (1, 2) = 9e3 6= 0. Por tanto, el teorema de la funci´on impl´ıcita nos asegura que la ecuaci´on F (x, y) = 5e3 define a y como funci´on impl´ıcita de x en un entorno del punto (1, 2). Para demostrar que la ecuaci´on define a x como funci´on impl´ıcita de y en un entorno del punto (1, 2) bastar´a comprobar que Fx (1, 2) 6= 0 ya que como hemos visto se verifican las otras dos hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita. Fx (1, 2) = 14e3 6= 0. Luego la ecuaci´on F (x, y) = 5e3 tambi´en define a x como funci´on impl´ıcita de y en une entorno del punto (1, 2). b) dy Fx (1, 2) 14e3 14 (1) = − =− 3 =− . dx Fy (1, 2) 9e 9 Fy (1, 2) dx 9e3 9 (2) = − =− =− . dy Fx (1, 2) 14e3 14 En general, si una ecuaci´on F (x, y) = k define funciones impl´ıcitas y = f (x), x = g(y) en un entorno del punto (a, b), se verifica que dy (a) = dx

13.

1 . dx (b) dy

Dada la funci´on de producci´on P (x, y) = 3x2/3 y 1/3 . Calcular utilizando el teorema de la funci´on impl´ıcita, el valor de la pendiente de la isocuanta en el punto (1, 1). ´ SOLUCION Como P (1, 1) = 3 · 12/3 · 11/3 = 3, el punto (1, 1) pertenece a la curva de nivel (isocuanta) de nivel 3. Sea P (x, y) = 3x2/3 y 1/3 . Veamos si la ecuaci´on P (x, y) = 3 verifica las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita en el punto (1, 1). a)

Evidentemente el punto (1, 1) verifica la ecuaci´on.

b)

Las derivadas parciales de la funci´on P (x, y) :

214

Problemas de c´ alculo diferencial

Px (x, y) = 2x−1/3 y 1/3 Py (x, y) = x2/3 y −2/3 existen y son continuas en un entorno del punto (1, 1). c) Py (1, 1) = 1 6= 0. Por tanto, el teorema de la funci´on impl´ıcita nos asegura que la ecuaci´ on P (x, y) = 3 define a y como funci´on impl´ıcita de x (y = g(x)) en un entorno del punto (1, 1). La ecuaci´on de la recta tangente a la curva y = g(x) en el punto (a, b) es y − b = g 0 (a)(x − a). En nuestro caso (a, b) = (1, 1) g 0 (1) = −

Px (1, 1) 2 = − = −2. Py (1, 1) 1

Sustituyendo queda y − 1 = −2(x − 1) ⇒ y = −2x + 3.

14.

Dada la ecuaci´on 2x + y 2 − 2xz + yz = 3 comprobar que define a y como funci´on impl´ıcita de x y z (y = f (x, z)), en un entorno del punto (1, 1, 0). Calcular fxx (1, 0) y fxz (1, 0). ´ SOLUCION Sea F (x, y, z) = 2x+y 2 −2xz +yz. Veamos si la ecuaci´on F (x, y, z) = 3 verifica las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita en el punto (1, 1, 0). a)

El punto (1, 1, 0) verifica la ecuaci´on pues F (1, 1, 0) = 2 · 1 + 12 − 2 · 1 · 0 + 1 · 0 = 3.

b)

Las derivadas parciales de F (x, y, z) : Fx (x, y, z) = 2 − 2z Fy (x, y, z) = 2y + z Fz (x, y, z) = −2x + y existen y son continuas en R2 y en particular en un entorno del punto (1, 1, 0).

215

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

c) Fy (1, 1, 0) = 2 6= 0. Por tanto, el teorema de la funci´on impl´ıcita nos asegura que la ecuaci´on F (x, y, z) = 0 define a y como funci´on impl´ıcita de x y z (y = f (x, z)) en un entorno del punto (1, 1, 0) y adem´as f (1, 0) = 1; fx (1, 0) = −

2 Fx (1, 1, 0) = − = −1 Fy (1, 1, 0) 2

fz (1, 0) = −

Fz (1, 1, 0) −1 1 =− = . Fy (1, 1, 0) 2 2

Calculemos ahora las derivadas de segundo orden pedidas. Para puntos pertenecientes al entorno del (1, 1, 0) en donde existe la funci´on impl´ıcita se tiene: fx (x, z)

= −

fxx (x, z) = − = − fxz (x, z) = − =

Fx (x, y, z) 2 − 2z =− Fy (x, y, z) 2f (x, z) + z 0(2f (x, z) + z) − (2 − 2z)(2fx (x, z) + 0) (2f (x, z) + z)2 −2(2 − 2z)fx (x, z) (2f (x, z) + z)2 −2(2f (x, z) + z) − (2 − 2z)(2fz (x, z) + 1) (2f (x, z) + z)2

−2 (2 − 2z)(2fz (x, z) + 1) − . (2f (x, z) + z)2 (2f (x, z) + z)2

Como fx (1, 0) = −1; fz (1, 0) =

1 2

y f (1, 0) = 1 sustituyendo queda:

fxx (1, 0) = 1;

15.

3 fxz (1, 0) = − . 2

La utilidad que un individuo obtiene por la posesi´on de dos bienes 1 y 2 en √ cantidades x e y viene dada por la funci´on U (x, y) = xy, siendo la cesta actual de consumo x = 4 e y = 16. Calcular las utilidades marginales y la relaci´on marginal de sustituci´on del bien 2 por el bien 1. ´ SOLUCION Las utilidades marginales se obtienen calculando las derivadas parciales de la funci´on U (x, y) : y Ux (x, y) = √ ; Ux (4, 16) = 1 2 xy x Uy (x, y) = √ ; 2 xy

Uy (4, 16) =

4 1 = . 16 4

216

Problemas de c´ alculo diferencial

La relaci´on marginal de sustituci´on del bien 2 por el bien 1 viene dada por: RM S2,1 (4, 16) =

Ux (4, 16) 1 = 4. = 1 Uy (4, 16) 4

Lo que significa que el consumidor (manteniendo el mismo nivel de utilidad) deber´a ceder 1 unidad del bien 1 para obtener 4 unidades del bien 2.

217

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

4.3. 1.

Ejercicios resueltos con DERIVE Dada la funci´on h(x, y) = x2 + y 3 + xy + x3 + ay (con a ∈ R). a)

Determinar para qu´e valores de a podemos asegurar que la curva de nivel 0 de dicha funci´on, define a y como funci´on impl´ıcita de x en un entorno de (0, 0).

b)

Comprobar gr´aficamente, con ayuda de DERIVE, que para a = 2 la curva de nivel 6 de la funci´on h(x, y) define impl´ıcitamente a x en funci´on de y en un entorno del punto (1, 1).

´ SOLUCION a)

Dado que la funci´on que se muestra en el enunciado contiene dos variables y un par´ametro definiremos en DERIVE una funci´on de tres variables de la forma: “h(x, y, a) := xˆ2 + yˆ3 + xy + xˆ3 + ay”. La primera condici´on que ha de cumplirse es que h(0, 0) = 0, es decir, que el punto (0, 0) est´e contenido en la curva de nivel 0. Esta caracter´ıstica se comprueba f´acilmente editando: “h(0, 0, a) = ” y obtenemos: #2 :

h(0, 0, a) = 0.

Para comprobar la segunda condici´on del teorema de la funci´on impl´ıcita calculamos las derivadas parciales de la funci´on mediante la expresi´on: “grad(h(x, y, a), [x, y])” que al simplificar nos da: #4 :

 2  3x + 2x + y, x + 3y2 + a

con la secuencia SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE sustituyendo la variable x por 0 y la variable y por 0 obtenemos ∇h(0, 0): #5 :

[0, a].

Para que se cumpla la tercera condici´on del teorema ha de verificarse que

218

Problemas de c´ alculo diferencial

hy (0, 0) 6= 0, es decir a 6= 0. Por tanto podemos garantizar que si a 6= 0 entonces se verifican las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita para la funci´on h(x, y) en un entorno del punto (0, 0). Si a = 0, entonces estamos ante la funci´on:

“h(x, y, 0) = ”

#6 :

h(x, y, 0) = x3 + x2 + xy + y3 .

Como para a = 0, hy (0, 0) = 0 entonces no se verifican las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita. Para estudiar su existencia, podr´ıamos recurrir al m´etodo gr´afico. La expresi´on que define la curva de nivel 0 es:

“h(x, y, 0) = 0”.

Con VENTANA-NUEVA VENTANA 2D abrimos una ventana gr´ afica de dimensi´on 2, sobre la cual podemos representar la expresi´on anterior pulsando sobre el bot´on de herramientas REPRESENTAR y obtenemos:

A primera vista parece que en un entorno del (0, 0) y no est´a definida impl´ıcitamente en funci´on de x. Para visualizar de forma local la gr´ afica en un entorno del punto, con el bot´on de herramientas SELECCIONAR EL RANGO y por medio del rat´on podremos dibujar un rect´angulo que nos permita visualizar la gr´afica de manera local, obteniendo:

219

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

de donde podemos deducir que la curva de nivel 0 para a = 0 no define a y como funci´on impl´ıcita de x en un entorno de (0, 0). Por tanto solamente si a 6= 0 la curva h(x, y) = 0 define a y como funci´on impl´ıcita de x en un entorno de (0, 0). Finalizamos el apartado cerrando la ventana 2D.

b)

En primer lugar, comprobamos que el punto (1, 1) est´a en la curva de nivel 6, editando “h(1, 1, 2) = ”

y se obtiene: #8 :

6.

Para dibujar la curva de nivel 6 para a = 2 editamos la expresi´on:

“h(x, y, 2) = 6”

abrimos una ventana 2D mediante VENTANA-NUEVA VENTANA 2D y teniendo iluminada la expresi´on anterior pulsamos sobre el bot´on de herramientas REPRESENTAR y obtenemos:

220

Problemas de c´ alculo diferencial

podemos dibujar tambi´en el punto editando: “[1, 1]” y una vez situado en la ventana 2D aplicando OPCIONES-PANTALLA˜ GRANDE (con esta secuencia conPUNTOS seleccionamos TAMANO seguimos dibujar el punto con un tama˜ no suficiente que nos permita distinguirlo dentro de la curva) y despu´es dibujamos con el bot´ on de herramientas REPRESENTAR obtenemos as´ı:

si observamos la curva en un entorno del punto (1, 1), podemos deducir que existe una funci´on x = g(y) definida impl´ıcitamente por la ecuaci´ on h(x, y) = 6. Sin embargo, para comprobarlo de una manera m´as clara, aproximamos la gr´afica en un entorno pr´oximo a dicho punto por medio del bot´on de herramientas SELECCIONAR RANGO que nos permite visualizar un entorno concreto de la gr´afica, de esta forma podemos obtener:

221

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

obs´ervese que cualquier l´ınea horizontal que tracemos en un entorno del punto, corta a la curva en un u ´nico punto. Este hecho, podr´ıamos observarlo tambi´en gr´aficamente dibujando un conjunto de curvas horizontales mediante la edici´on de: “vector(y = k, k, 0,8, 1,2, 0,02)” y aplicando el bot´on REPRESENTAR (para poder dibujar directamente esta expresi´on debemos tener activada en la ventana 2D en OPCIONES, la casilla correspondiente a SIMPLIFICAR ANTES DE DIBUJAR) y obtenemos:

Con esta gr´afica comprobamos que la curva se corresponde con la gr´afica de una funci´on x = g(y) en un entorno del punto (1, 1).

222

2.

Problemas de c´ alculo diferencial

Dada la ecuaci´on: ex + tg(y) − 1 = 0. a)

Comprobar que la ecuaci´on define a x como funci´on impl´ıcita de y (x = g(y)) en un entorno de (0, 0): 1) 2)

b)

Utilizando el teorema de la funci´on impl´ıcita. Utilizando la representaci´on gr´afica de la curva con ayuda de DERIVE.

Calcular la recta tangente a la gr´afica de la curva g(y) en el punto y = 0 y dibujarla junto a la gr´afica con DERIVE.

´ SOLUCION Consideremos la funci´on definida por la expresi´on: “f (x, y) := eˆˆx + tan(y) − 1” la curva que tenemos que estudiar es la curva de nivel 0 de dicha funci´on. a)

Utilizando el teorema de la funci´on impl´ıcita Para comprobar si la curva f (x, y) = 0 define impl´ıcitamente a x en funci´on de y en un entorno del punto (0, 0) por medio del teorema de la funci´on impl´ıcita, comprobamos, en primer lugar, si el punto pertenece a dicha curva editando: “f (0, 0) = ” y obtenemos #2 :

f(0, 0) = 0

por tanto se verifica la primera condici´on. En segundo lugar calculamos las derivadas parciales de f (x, y), editando la expresi´on: “f (x, y)” ´ para calcular fx (x, y) aplicamos CALCULO-DERIVADAS sobre la variable x y obtenemos: #4 : #5 :

d f(x, y) dx ex

223

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

´ del mismo modo aplicando CALCULO-DERIVADAS sobre la variable y resulta: #6 :

#7 :

d f(x, y) dy 1 cos2 (y)

funciones que existen y son continuas en un entorno de (0, 0). Por u ´ltimo aplicando SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE sobre la expresi´on #5 sustituyendo x por el valor 0 obtenemos: #8 :

1

por tanto fx (0, 0) = 1 6= 0, de donde se deduce que existe una funci´on x = g(y) continua y derivable en un entorno de x = 0 tal que g(0) = 0. 2) Representando gr´aficamente la curva: Para comprobar gr´aficamente esta dependencia impl´ıcita, editamos la curva: “f (x, y) = 0”

abrimos una ventana 2D por medio de la secuencia VENTANA-NUEVA VENTANA 2D y representamos la expresi´on #9 aplicando el bot´on de herramientas REPRESENTAR y obtenemos:

si enfocamos la gr´afica sobre un entorno del punto (0, 0) por medio del bot´on de herramientas SELECCIONAR RANGO podemos obtener:

224

Problemas de c´ alculo diferencial

de donde se deduce, que en un entorno de (0, 0), la curva se corresponde con la gr´afica de una funci´on del tipo x = g(y). b)

Para calcular la ecuaci´on de la recta tangente a la curva por el punto (0, 0), necesitamos calcular la pendiente de dicha curva en y = 0. Aplicando el −fy (0, 0) teorema de la funci´on impl´ıcita g 0 (0) = . Editando la expresi´ on: fx (0, 0) “ − #7/#5” obtenemos g 0 (y) es decir:

#10 :

1 cos2 (y) ex

mediante la secuencia SIMPLICAR-SUSTITUIR VARIABLE sustituyendo la variable x por 0 y la variable y por 0 resulta: #11 :

−1

luego la pendiente de la recta es −1. Con la ecuaci´on punto pendiente “x − 0 = −1(y − 0)” tenemos la ecuaci´on de la recta tangente a la curva por el punto (0, 0) es decir: #13 :

x = −y.

Si dibujamos la curva (usando la expresi´on #9) y la ecuaci´on de la recta definida en la expresi´on #13 resulta:

225

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

3.

La ecuaci´on y 2 + 5x = xex(y−2) representa una curva del plano XY . a)

Demostrar anal´ıtica y gr´aficamente que pasa por el punto (−1, 2).

b)

Dibujar la curva y la recta tangente a la curva por el punto (−1, 2).

´ SOLUCION a)

Definimos en DERIVE la funci´on: “f (x, y) := yˆ2 + 5x − xˆ eˆ(x(y − 2))” la curva que deseamos estudiar es la curva de nivel 0 de dicha funci´on. Para comprobar que el punto (−1, 2) pertenece a dicha curva editamos la expresi´on: “f (−1, 2) = ” y obtenemos: #2 :

f(−1, 2) = 0

es decir, que el punto (−1, 2) est´a en la curva de nivel 0. Para comprobar este hecho de forma gr´afica, dibujamos la curva y el punto editando las expresiones: “f (x, y) = 0” y “[−1, 2]” abrimos una ventana 2D mediante VENTANA-NUEVA VENTANA 2D y representamos las expresiones #3 y #4 introducidas antes y obtenemos:

226

Problemas de c´ alculo diferencial

(para poder representar el punto con un tama˜ no grande debemos aplicar en la ventana 2D la secuencia OPCIONES-PANTALLA-PUNTOS y seleccionar la opci´on GRANDE). b)

Para dibujar la recta tangente a la curva f (x, y) = 0 que pasa por el punto (−1, 2) aplicamos el teorema de la funci´on impl´ıcita. Obs´ervese gr´aficamente que en un entorno del punto (−1, 2) la curva se corresponde con la gr´afica de una funci´on del tipo y = g(x) por tanto calculemos g 0 (−1). Calculamos el gradiente de la funci´on f (x, y) con:

“grad(f (x, y), [x, y])”

y al simplificar resulta:   #6 : 5 − ex(y−2) (x(y − 2) + 1), 2y − x2 ex(y−2) el vector gradiente en el punto (−1, 2) se obtiene aplicando la secuencia SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE sustituyendo la variable x por −1 y la variable y por 2, resultando: #7 :

[4, 3]

x (−1,2) como g 0 (−1) = −f fy (−1,2) entonces la pendiente de la recta tangente es por lo que la ecuaci´on de la recta tangente ser´a:

“y − 2 = −4/3(x + 1)”

si dibujamos sobre la gr´afica anterior esta ecuaci´on obtenemos:

−4 3

227

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

4.

Una curva de nivel de la superficie z = x3 + 3xy + y 2 contiene al punto P (1, 1). Hallar la ecuaci´on de la recta tangente a dicha curva de nivel por el punto P. Dibujar la curva, el punto y la recta tangente obtenida con ayuda de DERIVE. ´ SOLUCION Consideremos la funci´on f (x, y) definida por la expresi´on: “f (x, y) := xˆ3 + 3xy + yˆ2” el nivel de la curva que pasa por el punto (1, 1) se obtiene calculando: f “(1, 1) = ” y resulta: #2 :

f(1, 1) = 5

por tanto consideramos la curva f (x, y) = 5. Para dibujarla, editamos la expresi´on que la define: “f (x, y) = 5” editamos tambi´en el punto: “[1, 1]” para representar el punto y la curva de nivel, abrimos una ventana 2D mediante la secuencia VENTANA-NUEVA VENTANA 2D, aplicamos el bot´on de herramientas REPRESENTAR sobre las expresiones #3 y #4 y obtenemos:

228

Problemas de c´ alculo diferencial

observamos que en un entorno del punto (1, 1) la curva se corresponde con la gr´afica de una funci´on del tipo y = g(x), por lo que existe una funci´on g(x) definida impl´ıcitamente en esta ecuaci´on en un entorno del punto (1, 1). Las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita se verifican, por lo que podemos obtener la pendiente de la recta tangente a dicha curva por este punto mex (1,1) diante g 0 (1) = −f on f (x, y) fy (1,1) . Calculamos el vector gradiente de la funci´ mediante la expresi´on: “grad(f (x, y), [x, y])” al simplificar resulta: #6 :

 2  3x + 3y, 3x + 2y

el vector gradiente en el punto (1, 1) lo obtenemos aplicando SIMPLIFICARSUSTITUIR VARIABLE sustituyendo la variable x por el valor 1 y la variable y por 1 y resulta: #7 :

[6, 5]

por tanto la pendiente de la recta tangente es −6/5, luego la ecuaci´on de la recta tangente es: “y − 1 = −6/5(x − 1)” dibujando esta expresi´on en la ventana 2D donde ten´ıamos dibujado el punto y la curva obtenemos:

229

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

5.

Verificar si la ecuaci´on xy + yz + xz − xyz = 4 define impl´ıcitamente a x en funci´on de y y z (x = h(y, z)) en un entorno del punto (2, 2, −3). En caso afirmativo, determinar ∇h(2, −3) y la ecuaci´on del plano tangente a la superficie x = h(y, z) por el punto (2, 2, −3). ´ SOLUCION En primer lugar definimos la expresi´on: “f (x, y, z) := xy + yz + xz − xyz” y consideramos la curva f (x, y, z) = 4. El punto (2, 2, −3) est´a en la curva de nivel 4 ya que con: “f (2, 2, −3) = ” obtenemos como resultado #2 :

f(2, 2, −3) = 4.

Para comprobar el resto de hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita calculamos el gradiente de la funci´on mediante: “grad(f (x, y, z), [x, y, z])” y tras simplificar resulta: #4 :

[y(1 − z) + z, x(1 − z) + z, x(1 − y) + y]

donde observamos que se trata de funciones polin´omicas y por tanto continuas en todo R3 . Finalmente calculamos el valor de estas derivadas parciales en el

230

Problemas de c´ alculo diferencial

punto (2, 2, −3) por medio de la secuencia SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE modificando la variable x por el valor 2, la variable y por el valor 2 y la variable z por el valor −3 y obtenemos: #5 :

[5, 5, 0]

de donde se deduce que fx (2, 2, −3) = 5 6= 0. Por tanto, existe una funci´ on x = h(y, z) continua y diferenciable en (2, 2, −3) tal que h(2, −3) = 2. Las derivadas parciales de h(y, z) se obtienen, utilizando el gradiente de la expresi´ on #5: ∂h −5 ∂h −0 (2, −3) = = −1 y (2, −3) = = 0, ∂y 5 ∂z 5 por lo que la ecuaci´on del plano tangente es: x = 2 − (y − 2) + 0(z + 3) ⇒ x = 4 − y.

6.

Sea f (x, y) = x3 − y 5 ln(x − y). Se pide: a)

Estudiar si la curva de nivel 125 de f (x, y) define a x como funci´on de y (x = g(y)) en un entorno de (5, 4). 1) 2)

b)

Usando el teorema de la funci´on impl´ıcita. Realizando un an´alisis gr´afico de la curva.

Representar la curva y la recta tangente por dicho punto.

´ SOLUCION a)

Definimos en DERIVE la funci´on: “f (x, y) := xˆ3 − yˆ5 ln(x − y)”. 1) Utilizando el teorema de la funci´on impl´ıcita, con la siguiente expresi´on: “f (5, 4) = ” obtenemos: #2 :

f(5, 4) = 125

por lo que el punto (5, 4) est´a en la curva de nivel. El gradiente de la funci´on lo obtenemos editando: “grad(f (x, y), [x, y])”

231

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

que al simplificar nos da: #4 :

  y5 y5 3x2 − , − 5y4 ln(x − y) x−y x−y

de donde deducimos que las derivadas parciales existen y son continuas en (5, 4). Si aplicamos ahora la secuencia SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE a la expresi´on #4 sustituyendo la variable x por el valor 5 y la variable y por el valor 4 obtenemos: #5 :

[−949, 1024]

luego ∇f (5, 4) = (−949, 1024). Por tanto fx (5, 4) 6= 0 y en consecuencia, por el teorema de la funci´on impl´ıcita, existe una funci´on x = g(y) continua y derivable en y = 5. 2) An´alisis gr´afico: para representar la curva y el punto editamos las expresiones: “f (x, y) = 125” y “[5, 4]” aplicamos la secuencia NUEVA VENTANA 2D y sobre dicha ventana aplicamos el bot´on REPRESENTAR iluminando cada una de las dos expresiones anteriores y resulta la gr´afica:

si observamos la curva en un entorno del punto podemos deducir que se corresponde con la gr´afica de una funci´on del tipo x = g(y), ya que a cada

232

Problemas de c´ alculo diferencial

valor de y le corresponde un u ´nico valor de x en un entorno del punto, por tanto existe una funci´on definida impl´ıcitamente por dicha curva en un entorno del punto (5, 4). b)

Para obtener la recta tangente a la gr´afica de x = g(y), necesitamos obtener el valor de g 0 (4). Con los datos obtenidos en la expresi´on #5 podemos deducir que g 0 (4) = −1024 on de la recta −949 por lo que la ecuaci´ tangente ser´a: “x − 5 = 1024/949(y − 4)” si representamos esta ecuaci´on sobre la gr´afica anterior obtenemos:

7.

Dada la funci´on

x2 − y 2 xyex−3y . 3 Determinar si la curva de nivel 0 define impl´ıcitamente a x como funci´on de y (x = g(y)) en un entorno del punto (0, 0). f (x, y) =

´ SOLUCION Consideremos la expresi´on que define la funci´on f (x, y) en DERIVE: “f (x, y) := (xˆ2 − yˆ2)/3xyˆ eˆ(x − 3y)” el punto (0, 0) est´a en la curva de nivel 0 de f (x, y) ya que si editamos: “f (0, 0) = ”

233

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

obtenemos: #2 :

f(0, 0) = 0.

Mediante la expresi´on: “grad(f (x, y), [x, y])” al simplificar obtenemos el vector gradiente de f (x, y) :  #4 :

yex−3y (x3 + 3x2 − xy2 − y2 ) xex−3y (3y2 (y − 1) − x2 (3y − 1)) , 3 3



por tanto las derivadas parciales existen y son continuas en (0, 0). Finalmente si aplicamos la secuencia SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE sobre la expresi´on #4 sustituyendo la variable x por el valor 0 y la variable y por el valor 0 resulta: #5 :

[0, 0]

por lo que fx (0, 0) = 0 y en consecuencia no se cumplen las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita. Podemos recurrir a la representaci´on gr´afica de la curva de nivel utilizando el programa DERIVE. Para ello editamos la ecuaci´on: “f (x, y) = 0” aplicamos NUEVA VENTANA 2D y teniendo iluminada la expresi´on anterior pulsamos sobre el bot´on de herramientas REPRESENTAR resultando la gr´afica:

234

Problemas de c´ alculo diferencial

como tenemos que observar la curva en un entorno del punto (0, 0) aplicamos varias veces el bot´on ZOOM HACIA DENTRO para acercarnos al punto (0, 0) y obtenemos:

de donde podemos deducir que la curva no se corresponde con la gr´afica de una funci´on del tipo x = g(y), pues para un valor de y obtenemos m´as de un valor de x, luego no existe ninguna funci´on x = g(y) definida implicitamente por la curva de nivel 0 de la funci´on en un entorno del punto (0, 0).

8.

Dada la ecuaci´on e−x −

1−x − yz = 0. y

Se pide: a)

Comprobar que la ecuaci´on define a z como funci´on impl´ıcita de x e y (z = h(x, y)) en un entorno del punto (0, 1, 0) utilizando el teorema de la funci´on impl´ıcita.

b)

Obtener el plano tangente de la gr´afica de z = h(x, y) por el punto (0, 1, 0).

´ SOLUCION

a)

Definimos en primer lugar la funci´on f (x, y) como: “f (x, y, z) := eˆˆ(−x) − (1 − x)/y − yz” comprobemos si se verifican las hip´otesis del teorema de la funci´on impl´ıcita para la ecuaci´on f (x, y) = 0 en un entorno del punto (0, 1, 0). Con la expresi´on: “f (0, 1, 0) = ”

235

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

obtenemos: #2 :

f(0, 1, 0) = 0

por tanto el punto (0, 1, 0) satisface la ecuaci´on. Las derivadas parciales de f (x, y, z) las podemos calcular con: “grad(f (x, y, z), [x, y, z])” y al simplificar obtenemos ∇f (x, y, z):  #4 :

1 x + y2 z − 1 −y − e−x , − y y2



donde observamos que sus derivadas parciales existen y son continuas en un entorno del punto. Aplicando ahora la secuencia SIMPLIFICARSUSTITUIR VARIABLE sustituyendo la variable x por 0, la variable y por 1 y la variable z por 0 obtenemos: #5 :

[0, 1, −1]

por lo que fy (0, 1, 0) = 1 6= 0 en consecuencia se cumplen las condiciones del teorema de la funci´on impl´ıcita, por tanto, existe una funci´on z = h(x, y) continua y diferenciable en (0, 1) tal que h(0, 1) = 0. b)

Para obtener el plano tangente de la gr´afica z = h(x, y) por el punto (0, 1, 0) debemos calcular ∇h(0, 1). Por el teorema de la funci´on impl´ıcita   −fx (0, 1, 0) −fy (0, 1, 0) ∇h(0, 1) = , = (0, 1) fz (0, 1, 0) fz (0, 1, 0) luego la ecuaci´on del plano tangente es: “z = 0 + 0(x − 0) + 1(y − 1)” simplificando obtenemos: #7 :

z = y − 1.

236

9.

Problemas de c´ alculo diferencial

Sea la funci´on

x2 + y 3 − z 2 2 + ex +y−t x+z−t determinar si la curva de nivel −42 de dicha funci´on define a z como funci´ on impl´ıcita de x, y, t (z = g(x, y, t)) en un entorno del punto (2, 4, 5, 8). Obtener la derivada direccional de g en el punto (2, 4, 8) respecto del vector (3, 2, 5). f (x, y, z, t) =

´ SOLUCION Definimos la funci´on: “f (x, y, z, t) := (xˆ1 + yˆ3 − zˆ2)/(x + z − t) + eˆˆ(xˆ2 + y − t)”. Editando la expresi´on: “f (2, 4, 5, 8) = ” obtenemos: f(2, 4, 5, 8) = −42

#2 :

por lo que el punto (2, 4, 5, 8) est´a en la curva de nivel −42. El gradiente de la funci´on se obtiene editando: “grad(f (x, y, z, t), [x, y, z, t])” y tras simplificar nos da: #4 :

h

2xex

2

+y−1

+

2 x2 +2x(z−t)−y3 +z2 , ex +y−t (x+z−t)2

+

2 3 +z(z−2t) x2 +y3 −z2 3y2 , − x +2xz+y , (x+z−t)2 x+z−t (x+z−t)2

− ex

2

+y−t

i

de donde se deduce que las derivadas parciales de f (x, y, z, t) existen y son continuas en (2, 4, 5, 8). Por u ´ltimo aplicando la secuencia SIMPLIFICARSUSTITUIR VARIABLE cambiando la variable x por el valor 2, la variable y por el valor 4, la variable z por el valor 5 y la variable t por el valor 8 obtenemos: #5 :

[−43, −47, −33, 42]

como fz (2, 4, 5, 8) = −33 6= 0 entonces se satisfacen las condiciones del teorema de la funci´on impl´ıcita por lo que existe una funci´on z = g(x, y, t) continua y diferenciable en (2, 4, 8) tal que g(2, 4, 8) = 5. Como h(x, y, t) es diferenciable entonces   2 4 8 D(3,2,5) h(2, 4, 8) = ∇h(2, 4, 8) · , , ||(3, 2, 5)|| ||(3, 2, 5)|| ||(3, 2, 5)||

237

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

el vector gradiente ∇h(2, 4, 8) es: “[−(−43)/ − 33, −(−47)/ − 33, −42/ − 33]” que al simplificar resulta:  #7 :

−43 −47 14 , , 33 33 11



por tanto la derivada direccional se obtiene: “#7 · [3/abs(3, 2, 5, 2/abs(3, 2, 5), 5/abs(3, 2, 5)]” y tras simplificar resulta: #9 :

−

13 , 99

es decir D(3,2,5) h(2, 4, 8) = −

13 . 99

238

Problemas de c´ alculo diferencial

4.4.

Ejercicios propuestos 3

1.

Dada la ecuaci´on (y 2 + 5x2 ) 2 = 1 estudiar si define a y como funci´on impl´ıcita de x en un entorno del punto (0, 1). Calcular y(0), y 0 (0).

2.

Dada la funci´on f (x, y) = (x2 − y 2 )ex+y comprobar que la curva de nivel 0 define impl´ıcitamente a x como funci´on de y (x = g(y)) en un entorno del punto (1, −1). Determinar, si es posible, si la funci´on definida impl´ıcitamente es creciente o decreciente en y = −1. Calcular la ecuaci´on de la recta tangente a dicha curva en (1, −1).

3.

Sea f (x, y) una funci´on con derivadas parciales continuas en todo punto de R2 tal que la ecuaci´on del plano tangente a su gr´afica en el punto (2, 1, 2) es z = 2 + (x − 2) + (y − 1). Analizar si se verifica que la ecuaci´on f (x, y) = 2 define impl´ıcitamente a y como funci´on de x en un entorno del punto (2, 1). Calcular si es posible, g 0 (2).

4.

5.

Dada la ecuaci´on x1 − 3x22 + 2x33 − x4 + ln

x3 − 12 = 0 se pide: x4

a)

Estudiar si define a x4 como funci´on impl´ıcita de x1 , x2 , x3 (x4 = g(x1 , x2 , x3 )) en un entorno del punto (1, 1, 2, 2).

b)

Calcular ∇g(1, 1, 2).

Estudiar si la ecuaci´on x2 + ln(xy) − (x + z)2 − 3y = 4 define a x como funci´on de y y z (x = g(y, z)), en un entorno del punto (−1, −1, 1). Calcular, si es posible, gyz (−1, 1).

6.

Dada la ecuaci´on (y 2 x − x2 )2 = 0 comprobar que define a x como funci´ on impl´ıcita de y en un entorno del punto (0, 1) pero no verifica las condiciones del teorema de la funci´on impl´ıcita.

7.

Hallar la ecuaci´on de la recta tangente a la curva y = f (x) definida impl´ıcita√ mente por la ecuaci´on ln( xy) = 1 en el punto (e, e).

239

Cap´ıtulo 4. Funciones impl´ıcitas

8.

9.

Dada la funci´on f (x, y, z) = 2x + 3y − xex+y−2z , se pide: a)

Analizar si f es diferenciable en el punto (−1, 3, 1).

b)

Estudiar si la ecuaci´on f (x, y, z) = 8 define impl´ıcitamente a z como funci´on de x e y, (z = g(x, y)) en un entorno de (−1, 3, 1).

c)

Teniendo en cuenta el apartado anterior calcular Dv¯ g(−1, 3), siendo v¯ = (−1, 1).

La utilidad que un individuo obtiene por la posesi´on de dos bienes 1 y 2 en cantidades x e y viene dada por la funci´on 0

0

U (x, y) = 2x0 8 y 0 6 siendo actualmente x = 24 e y = 32. Calcular la relaci´on marginal de sustituci´on del bien 1 por el bien 2 y comentar el resultado.

10.

Dada la ecuaci´on



 1 e 2 2 2 2 − x + y e1−x −y = 2 2

determinar con DERIVE si define a y como funci´on impl´ıcita de x en un entorno del punto (0, 0) y a x en funci´on de y en un entorno del mismo punto.

11.

Sea la funci´on f (x, y) = x4 − y 3 + 2x2 y 2 + 3x2 y + x4 Utilizando el programa DERIVE: a)

Determinar si la curva de nivel 0 de dicha funci´on define a y como funci´on impl´ıcita de x (y = h(x)) en un entorno del punto (0, 0).

b)

Determinar si la curva de nivel 0 de dicha funci´on define q a x como funci´on √

impl´ıcita de y (x = g(y)) en un entorno del punto ( c)

33 4

− 54 , 1).

Si fuese posible obtener q √ la recta tangente a la gr´afica de la funci´on x = 33 5 g(y) por el punto ( 4 − 4 , 1), dibujar la curva de nivel y la recta tangente.

Cap´ıtulo 5

Introducci´ on a la optimizaci´ on

5.1 Cuestiones 5.2 Ejercicios resueltos 5.3 Ejercicios resueltos con DERIVE 5.4 Ejercicios propuestos

242

Problemas de c´ alculo diferencial

5.1. 1.

Cuestiones La funci´on f (x, y) = x4 + y 4 tiene un m´ınimo local en el punto (0, 0). a)

Verdadero, basta comprobar que fx (0, 0) = fy (0, 0) = 0.

b)

Verdadero, ya que f (x, y) ≥ 0 = f (0, 0) para todo (x, y) ∈ R2 .

c)

Falso, pues aunque ∇f (0, 0) = (0, 0) sin embargo no se cumplen las condiciones de segundo orden pues |Hf (0, 0)| = 0.

´ SOLUCION Respuesta correcta: b). La respuesta a) es incorrecta pues no es suficiente que ∇f (0, 0) = (0, 0) para poder afirmar que (0, 0) es un m´ınimo local de f (x, y). La respuesta b) es correcta, es la definici´on de m´ınimo global. La respuesta c) es incorrecta, pues aunque no se cumplan las condiciones de segundo orden podr´ıa ser un m´ınimo local como se ha demostrado en la respuesta b).

2.

Sea f : R2 → R una funci´on continua con derivadas parciales primeras y segundas continuas tal que su Polinomio de Taylor de segundo orden en el punto (2, 3) viene dado por p2 (x, y) = 5 + (x − 2)2 + (y − 3)2 . Entonces se verifica que (2, 3) es un m´ınimo local para f. a)

Falso, ya que (2, 3) no es punto cr´ıtico de f .

b)

Verdadero, ya que (2, 3) es un punto cr´ıtico de f , |Hf (2, 3)| > 0 y fxx (2, 3) > 0.

c)

Falso, ya que (2, 3) es un punto cr´ıtico de f y como |Hf (2, 3)| < 0 entonces (2, 3) es un punto de silla.

´ SOLUCION Respuesta correcta: b). La respuesta a) es incorrecta pues (2, 3) s´ı es un punto cr´ıtico de la funci´ıon f. La respuesta b) es correcta, pues si se aplican las condiciones suficientes de segundo orden obtenemos el resultado que se afirma. La respuesta c) es incorrecta pues |Hf (2, 3)| = 4.

243

Cap´ıtulo 5. Introducci´ on a la optimizaci´ on

3.

Sea f : R2 → R una funci´on con derivadas parciales primeras y segundas continuas cuya matriz hessiana en (1, 1) viene dada por  Hf (1, 1) =

0 −1 −1 0



entonces la funci´on tiene un punto de silla en (1, 1). a)

Verdadero, pues det(Hf (1, 1)) = −1 < 0.

b)

Falso, pues f (x, y) = −xy verifica las condiciones del enunciado y sin embargo (1, 1) no es un punto cr´ıtico de f ya que ∇f (1, 1) = (fx (1, 1), fy (1, 1)) = (−1, −1) 6= (0, 0).

c)

Verdadero, pues f (x, y) = x4 +y 4 −xy verifica las condiciones del enunciado y adem´as ∇f (1, 1) = (0, 0) y det(Hf (1, 1)) < 0 por lo que aplicando las condiciones suficientes de segundo orden se verifica que (1, 1) es un punto de silla.

´ SOLUCION Respuesta correcta: b). La respuesta a) es incorrecta pues estamos aplicando las condiciones de segundo orden sobre un punto (1, 1) del que no sabemos si es un punto cr´ıtico. La respuesta b) es correcta, se trata de una funci´on que satisface las condiciones del enunciado pero, al no ser un punto cr´ıtico, no puede ser punto de silla. La respuesta c) ofrece un razonamiento general a partir de un resultado concreto, es decir, por el hecho de que la funci´on que aparece en la respuesta cumpla las hip´otesis del enunciado, no podemos asegurar que todas las funciones que cumplan dichas hip´otesis tengan un punto de silla: le faltar´ıa cumplir la propiedad de ser un punto cr´ıtico.

4.

Sea f : R2 → R una funci´on continua con derivadas parciales de cualquier orden continuas, cuyo Polinomio de Taylor de orden 2 en el punto (0, 0) es p2 (x, y) = 2xy + 2x2 + y 2 . Entonces, se verifica que la funci´on f alcanza en el punto (0, 0) un m´ınimo local. a)

Falso, pues del Polinomio de Taylor se deduce que ∇f (0, 0) 6= (0, 0) y, por tanto, (0, 0) no es un punto cr´ıtico de f.

244

Problemas de c´ alculo diferencial

b)

Verdadero, pues del Polinomio de Taylor se deduce que   4 2 ∇f (0, 0) = (0, 0) y Hf (0, 0) = 2 2 y como |Hf (0, 0)| = 4 > 0, y fxx (0, 0) = 4 > 0 entonces (0, 0) es un m´ınimo local.

c)

Falso, pues del Polinomio de Taylor se deduce que |Hf (0, 0)| < 0 y en consecuencia (0, 0) es un punto de silla.

´ SOLUCION Respuesta correcta: b). La respuesta a) es incorrecta pues del Polinomio de Taylor se deduce que ∇f (0, 0) = (0, 0). La respuesta b) es correcta pues del Polinomio de Taylor se deducen el vector gradiente y la matriz hessiana de dicha funci´on en el punto (0, 0) y aplicando las condiciones de segundo orden podemos deducir que es un m´ınimo local. La respuesta c) es incorrecta, ya que la matriz hessiana en el punto no tiene determinante negativo.

5.

La funci´on f (x, y) = (x − 1)2 + y 3 tiene un m´ınimo local en (1, 0). a)

Falso, pues (1, 0) no es un punto cr´ıtico de f.

b)

Falso, pues para todo  > 0 f (1, −) = −3 < 0 = f (1, 0) por lo que hay puntos pr´oximos a (1, 0) en los que f toma valores menores que f (1, 0).

c)

Verdadero, pues la matriz hessiana Hf (1, 0) cumple las condiciones suficientes de segundo orden de m´ınimo local.

d)

Verdadero, pues para todo (x, y) ∈ R2 el valor de f (x, y) se puede aproximar mediante el Polinomio de Taylor de orden 2 en (1, 0) : f (x, y) ≈ p2 (x, y) = (x − 1)2 de donde resulta que f (x, y) ≈ (x − 1)2 ≥ 0 = f (1, 0).

´ SOLUCION Respuesta correcta: b). La respuesta a) es incorecta ya que el punto (1, 0) s´ı es un punto cr´ıtico de f al anular sus derivadas parciales. La respuesta c) es incorrecta ya que

Cap´ıtulo 5. Introducci´ on a la optimizaci´ on

245

|Hf (1, 0)| = 0 por tanto, no se verifican las condiciones suficientes de segundo orden de m´ınimo local. La respuesta d) es incorrecta pues el Polinomio de Taylor (que est´a bien calculado) nos proporciona aproximaciones del verdadero valor de la funci´on y no detecta situaciones como las que aparecen en el Apartado b).

6.

Sea f : R2 → R una funci´on con derivadas parciales primeras y segundas continuas en todo R2 tal que su Polinomio de Taylor de segundo orden en el punto (−1, 0) es p2 (x, y) = (x + 1) + (x + 1)2 + y 2 + (x + 1)y. Entonces, se verifica que el punto (−1, 0) es un m´ınimo local de la funci´on f (x, y). a) Verdadero, pues det(Hf (−1, 0)) > 0 y fxx (−1, 0) > 0. b) Falso, (−1, 0) no es un punto cr´ıtico de f . c) Falso, el punto (−1, 0) es un m´aximo local de la funci´on f (x, y). ´ SOLUCION Respuesta correcta: b). La respuesta a) es incorrecta pues aunque del Polinomio de Taylor podemos deducir que   2 1 ∇f (−1, 0) = (1, 0) y Hf (−1, 0) = 1 2 y es cierto que det(Hf (−1, 0)) = 3 > 0, y que fxx (−1, 0) = 2 > 0, sin embargo no se pueden aplicar las condiciones suficientes de segundo orden en el punto (−1, 0) pues no es un punto cr´ıtico de f ya que ∇f (−1, 0) = (1, 0) 6= (0, 0). Este razonamiento es el que afirma el Apartado b) que es la respuesta correcta. La respuesta c) es incorrecta pues como acabamos de ver (−1, 0) no es punto cr´ıtico.

7.

Sea f : R2 → R una funci´on con derivadas parciales primeras y segundas continuas tal que z = 2x + by − 2 (b ∈ R) es la ecuaci´on del plano tangente a la superficie z = f (x, y) en el punto (1, 0, 0). Si la matriz hessiana de f en (1, 0) viene dada por   2 b Hf (1, 0) = b 2 entonces la funci´on alcanza un m´ınimo local en (1, 0) para cualquier b ∈ (−2, 2).

246

Problemas de c´ alculo diferencial

a)

Falso, pues de la ecuaci´on del plano tangente se deduce que ∇f (1, 0) = (2, b) por tanto (1, 0) no es punto cr´ıtico de f.

b)

Falso, la funci´on f (x, y) = x2 + bxy + y 2 − 1 satisface las condiciones del enunciado y sin embargo no tiene un m´ınimo en (1, 0) ya que f (1 + , 0) > f (1, 0) > f (1 − , 0).

c)

Verdadero, pues el determinante de Hf (1, 0) es positivo si −2 < b < 2 y fxx (0, 1) = 2 > 0.

d)

Falso, (1, 0) es un punto de silla pues el determinante de Hf (1, 0) es negativo para b ∈ (−2, 2).

´ SOLUCION Respuestas correctas: a) y b) La respuesta a) es correcta pues del plano tangente deducimos que el Polinomio de Taylor de primer orden en el punto (1, 0) es p1 (x, y) = 2(x − 1) + by de donde podemos deducir que ∇f (1, 0) = (2, b) por lo que (1, 0) no es un punto cr´ıtico de f. La respuesta b) es correcta pues efectivamente la funci´ on propuesta cumple las condiciones del enunciado y no tiene un m´ınimo en (1, 0) pues existen dos puntos cercanos a (1, 0) que nos demuestran que (1, 0) no es un m´ınimo local. La respuesta c) es incorrecta aunque las afirmaciones son ciertas, pero se intentan aplicar condiciones suficientes sobre un punto que no es punto cr´ıtico. La afirmaci´on d) no es correcta, pues |Hf (1, 0)| > 0 para b ∈ (−2, 2).

8.

Sea f : R2 → R una funci´on con derivadas parciales primeras y segundas continuas en un entorno del punto (0, 0) tal que su Polinomio de Taylor de segundo orden en el punto (0, 0) es: p2 (x, y) = 3 + 3x2 − 2xy + y 2 . Entonces se verifica que el punto (0, 0) es un m´ınimo global para la funci´ on f (x, y). a)

Falso, (0, 0) es un punto de silla de f ya que es un punto cr´ıtico de f y |Hf (0, 0)| < 0.

b)

Verdadero, pues se verifican las condiciones suficientes de segundo orden de m´ınimo global.

Cap´ıtulo 5. Introducci´ on a la optimizaci´ on

c)

247

Falso, a partir de las hip´otesis del enunciado u ´nicamente podemos afirmar que (0, 0) es un m´ınimo local estricto de la funci´on f pues se cumplen las condiciones necesarias de primer orden y las condiciones suficientes de segundo orden para ´optimos locales.

´ SOLUCION Respuesta correcta: c). La respuesta a) es incorrecta pues del Polinomio de Taylor se deduce que ∇f (0, 0) = (0, 0) por tanto (0, 0) es un punto cr´ıtico de f, por otro lado   6 −2 Hf (0, 0) = −2 2 por lo que |Hf (0, 0)| = 12 − 4 = 8 > 0. La respuesta b) es incorrecta, pues se cumplen las condiciones suficientes de segundo orden de m´ınimo local, pero no de m´ınimo global, que es lo que se afirma en la respuesta c) que es la u ´nica correcta.

9.

Sea f : R2 → R una funci´on continua con derivadas parciales primeras y segundas continuas en todo R2 tal que   a b . ∇f (1, 1) = (0, 0) y Hf (1, 1) = b 0 Entonces si a < 0 y b < 0 se verifica que el punto (1, 1) es un m´aximo local de f. a)

Verdadero, pues (1, 1) es un punto cr´ıtico y se cumplen las condiciones suficientes de segundo orden de m´aximo local.

b)

Falso, pues por las condiciones suficientes de segundo orden, al ser a = fxx (1, 1) < 0 y det(Hf (1, 1)) = |Hf (1, 1)| < 0, el punto (1, 1) es un m´ınimo local.

c)

Falso, pues si b 6= 0 entonces el punto (1, 1) es un punto de silla.

´ SOLUCION Respuesta correcta: c). La respuesta a) es incorrecta pues aunque el punto (1, 1) es un punto cr´ıtico de f no se cumplen las condiciones suficientes de segundo orden de m´aximo local al ser |Hf (1, 1)| = −b2 < 0 si b 6= 0. La respuesta b) es incorrecta al aplicar err´oneamente las condiciones de segundo orden de m´ınimo local. La

248

Problemas de c´ alculo diferencial

respuesta c) es la correcta pues como ya se ha comentado (1, 1) es un punto cr´ıtico de f y adem´as |Hf (1, 1)| = −b2 < 0 si b 6= 0 por tanto (1, 1) es un punto de silla.

10.

Sea f : R2 → R una funci´on continua con derivadas parciales primeras y segundas continuas tal que z = 3 es la ecuaci´on del plano tangente a la superficie z = f (x, y) en el punto (0, 0, 1). Si la matriz hessiana de f en (0, 0) viene dada por   −3a 0 Hf (0, 0) = 0 −3a entonces la funci´on alcanza un m´aximo local en (0, 0) para todo a ∈ R, a > 0. a)

Verdadero, pues ∇f (0, 0) = (0, 0);

b)

|Hf (0, 0)| = 9a2 > 0 y fxx (0, 0) = −3a < 0.

Falso, pues si a 6= 0, el punto (0, 0) no es un punto cr´ıtico de f ya que ∇f (0, 0) = (fx (0, 0), fy (0, 0)) = (−3a, −3a) 6= (0, 0).

c)

Falso, pues no podemos asegurar que (0, 0) sea un punto cr´ıtico de f.

´ SOLUCION Respuesta correcta: a). La respuesta b) es incorrecta pues se est´a calculando el vector gradiente de forma err´onea pues (−3a, −3a) = (fxx (0, 0), fyy (0, 0)) 6= ∇f (0, 0). Por otra parte, de la ecuaci´on del plano tangente se deduce que ∇f (0, 0) = (0, 0). La respuesta c) es incorrecta pues como ya se ha comentado anteriormente, de la ecuaci´on del plano tangente se deduce que ∇f (0, 0) = (0, 0), por lo que (0, 0) s´ı es un punto cr´ıtico.

249

Cap´ıtulo 5. Introducci´ on a la optimizaci´ on

5.2. 1.

Ejercicios resueltos Enunciar las condiciones suficientes de ´optimos locales de funciones de dos variables. ´ SOLUCION Sea D un subconjunto abierto de R2 y f una funci´on definida de D en R con derivadas parciales primeras y segundas continuas en D. Sea (a, b) ∈ D un punto cr´ıtico de f. Si Hf (a, b) es la matriz hessiana de la funci´on f en el punto (a, b), se verifica que: a)

Si |Hf (a, b)| > 0 y fxx (a, b) > 0, entonces (a, b) es un m´ınimo local estricto de f.

b)

Si |Hf (a, b)| > 0 y fxx (a, b) < 0, entonces (a, b) es un m´aximo local estricto de f.

c)

Si |Hf (a, b)| < 0, entonces (a, b) es un punto de silla de f,

donde |Hf (a, b)| = det(Hf (a, b)) = fxx (a, b)fyy (a, b) − fxy (a, b)fyx (a, b).

2.

Calcular y clasificar los puntos cr´ıticos de las siguientes funciones: a) f (x, y) = 2y 3 + 2x2 + 3y 2 − 5 b) g(x, y) = x2 + 2xy 2 + 2y 2 c)

h(x, y) = x3 + y 3 − 9xy + 27

d) m(x, y) = x3 + 3xy 2 − 3x2 − 3y 2 + 4 e)

l(x, y) = xy − x − 2y + 3

´ SOLUCION a)

La funci´on f (x, y) = 2y 3 + 2x2 + 3y 2 − 5 es diferenciable en R2 . Por tanto, sus puntos cr´ıticos son aquellos que anulan las derivadas parciales de la funci´on. C´alculo de los puntos cr´ıticos. En primer lugar se calculan las derivadas parciales de la funci´on f fx (x, y) = 4x;

fy (x, y) = 6y 2 + 6y.

Luego se igualan a 0 y se escribe el sistema de ecuaciones resultante ) 4x = 0 . 6y 2 + 6y = 0

250

Problemas de c´ alculo diferencial

Los puntos cr´ıticos son las soluciones de dicho sistema de ecuaciones. De la primera ecuaci´on se sigue que x = 0 y de la segunda se tiene que: 6y 2 + 6y = 0 ⇒ 6y(y + 1) = 0 ecuaci´on cuyas soluciones son y = 0 e y = −1. Por tanto, los puntos cr´ıticos son (0, 0) y (0, −1). Clasificaci´on de los puntos cr´ıticos. Utilizaremos las condiciones suficientes de ´optimos locales de funciones diferenciables de dos variables. Comenzaremos calculando las derivadas de segundo orden de f : fxx (x, y) = 4 fxy (x, y) = 0 fyx (x, y) = 0 fyy (x, y) = 12y + 6. La matriz hessiana de f en un punto gen´erico es:   4 0 . Hf (x, y) = 0 12y + 6 A continuaci´on evaluamos la matriz en cada uno de los puntos cr´ıticos. Para el punto (0, 0) tenemos que:  Hf (0, 0) =

4 0 0 6



como |Hf (0, 0)| = 24 > 0, y fxx (0, 0) = 4 > 0 el punto (0, 0) es un m´ınimo local estricto (la funci´on tiene en (0, 0) un m´ınimo local estricto). Para el punto (0, −1) se tiene que :  Hf (0, −1) =

4 0 0 −6



como |Hf (0, −1)| = −24 < 0 el punto (0, −1) es un punto de silla. b)

La funci´on g(x, y) = x2 + 2xy 2 + 2y 2 es diferenciable en R2 . Por tanto, sus puntos cr´ıticos son aquellos que anulan las derivadas parciales de la funci´on.

251

Cap´ıtulo 5. Introducci´ on a la optimizaci´ on

C´alculo de los puntos cr´ıticos. En primer lugar calculamos las derivadas parciales de la funci´on g gx (x, y) = 2x + 2y 2 ;

gy (x, y) = 4xy + 4y.

Luego igualamos a 0 cada una de las derivadas parciales y el sistema de ecuaciones resultante es: ) 2x + 2y 2 = 0 . 4xy + 4y = 0 Los puntos cr´ıticos son las soluciones de dicho sistema de ecuaciones. De la segunda ecuaci´on 4xy + 4y = 0 ⇔ 4y(x + 1) = 0 se obtiene que y = 0 o x = −1. Sustituyendo en la primera ecuaci´on se tiene: Si y = 0 ⇒ 2x + 2 · 02 = 0 ⇒ 2x = 0 ⇒ x = 0. Si x = −1 ⇒ 2(−1) + 2y 2 = 0 ⇒ 2y 2 = 2 ⇒ y 2 = 1 ⇒ y = ±1. Por tanto, los puntos cr´ıticos de g son: (0, 0),

(−1, 1),

(−1, −1).

Clasificaci´on de los puntos cr´ıticos. Utilizaremos las condiciones suficientes de ´optimos locales de funciones diferenciables de dos variables. Comenzaremos calculando las derivadas de segundo orden de g : gxx (x, y) = 2 gxy (x, y) = 4y gyx (x, y) = 4y gyy (x, y) = 4x + 4. La matriz hessiana de g en un punto gen´erico es:   2 4y Hg(x, y) = . 4y 4x + 4 Evaluamos la matriz en cada uno de los puntos cr´ıticos.

252

Problemas de c´ alculo diferencial

Para el punto (0, 0) tenemos que: 

2 0 0 4

Hg(0, 0) =



y como |Hg(0, 0)| = 8 > 0 y gxx (0, 0) = 2 > 0 el punto (0, 0) es un m´ınimo local estricto. Para el punto (−1, 1) tenemos que:  Hg(−1, 1) =

2 4 4 0



y como |Hg(−1, 1)| = −16 < 0 el punto (−1, 1) es un punto de silla. Para el punto (−1, −1) tenemos que:  Hg(−1, −1) =

2 −4 −4 0



y como |Hg(−1, −1)| = −16 < 0 el punto (−1, −1) es un punto de silla. c)

La funci´on h(x, y) = x3 + y 3 − 9xy + 27 es diferenciable en R2 . Por tanto, sus puntos cr´ıticos son aquellos que anulan las derivadas parciales de la funci´on. C´alculo de los puntos cr´ıticos. En primer lugar calculamos las derivadas parciales de la funci´on h : hx (x, y) = 3x2 − 9y;

hy (x, y) = 3y 2 − 9x.

Luego igualamos a 0 cada una de las derivadas parciales, el sistema de ecuaciones resultante es: ) 3x2 − 9y = 0 . 3y 2 − 9x = 0 Los puntos cr´ıticos son las soluciones de dicho sistema de ecuaciones. Despejando y de la primera ecuaci´on se obtiene: 1 3x2 − 9y = 0 ⇔ 9y = 3x2 ⇔ y = x2 . 3 Sustituyendo en la segunda ecuaci´on se tiene:   1 2 2 1 3 x − 9x = 0 ⇒ x4 − 9x = 0 ⇒ x4 − 27x = 0 ⇒ x(x3 − 27) = 0. 3 3

253

Cap´ıtulo 5. Introducci´ on a la optimizaci´ on

Ecuaci´on cuyas soluciones son x = 0 y x = 3. 1 1 Luego, si x = 0 ⇒ y = 02 = 0, y si x = 3 ⇒ y = 32 = 3. 3 3 Los puntos cr´ıticos son (0, 0), (3, 3). Clasificaci´on de los puntos cr´ıticos. Utilizaremos las condiciones suficientes de ´optimos locales de funciones diferenciables de dos variables. Comenzaremos calculando las derivadas de segundo orden de h : hxx (x, y) = 6x hxy (x, y) = −9 hyx (x, y) = −9 hyy (x, y) = 6y. La matriz hessiana de h en un punto gen´erico es:   6x −9 . Hh(x, y) = −9 6y A continuaci´on evaluamos la matriz en cada uno de los puntos cr´ıticos. Para el punto (0, 0) tenemos que  Hh(0, 0) =

0 −9 −9 0



como |Hh(0, 0)| = −81 < 0, el punto (0, 0) es un punto de silla. Para el punto (3, 3) se tiene que :  Hh(3, 3) =

18 −9 −9 18



y como |Hh(3, 3)| = 243 > 0 y hxx (3, 3) = 18 > 0 el punto (3, 3) es un m´ınimo local estricto. d)

La funci´on m(x, y) = x3 + 3xy 2 − 3x2 − 3y 2 + 4 es diferenciable en R2 . Por tanto, sus puntos cr´ıticos son aquellos que anulan las derivadas parciales de la funci´on. C´alculo de los puntos cr´ıticos.

254

Problemas de c´ alculo diferencial

En primer lugar se calculan las derivadas parciales de la funci´on m : mx (x, y) = 3x2 + 3y 2 − 6x;

my (x, y) = 6xy − 6y

Igualamos a 0 y el sistema de ecuaciones resultante es: ) 3x2 + 3y 2 − 6x = 0 . 6xy − 6y = 0 Los puntos cr´ıticos son las soluciones de dicho sistema de ecuaciones. De la segunda ecuaci´on se obtiene: 6xy − 6y = 0 ⇔ 6y(x − 1) = 0 luego y = 0 o x = 1. Sustituyendo en la primera ecuaci´on resulta que: Si y = 0 ⇒ 3x2 − 6x = 0 ⇒ 3x(x − 2) = 0 ecuaci´on cuyas soluciones son x = 0 y x = 2. Si x = 1 ⇒ 3 + 3y 2 − 6 = 0 ⇒ 3y 2 − 3 = 0 ⇒ y 2 = 1 ⇒ y = ±1. Los puntos cr´ıticos son: (0, 0),

(2, 0),

(1, 1),

(1, −1).

Clasificaci´on de los puntos cr´ıticos. Utilizaremos las condiciones suficientes de ´optimos locales de funciones diferenciables de dos variables. Comenzaremos calculando las derivadas de segundo orden de la funci´on m : mxx (x, y) = 6x − 6 mxy (x, y) = 6y myx (x, y) = 6y myy (x, y) = 6x − 6. La matriz hessiana de la funci´on m en un punto gen´erico es:   6x − 6 6y Hm(x, y) = . 6y 6x − 6 A continuaci´on evaluamos la matriz en cada uno de los puntos cr´ıticos.

255

Cap´ıtulo 5. Introducci´ on a la optimizaci´ on

Para el punto (0, 0) tenemos que 

−6 0 0 −6

Hm(0, 0) =



como |Hm(0, 0)| = 36 > 0, y mxx (0, 0) = −6 < 0, el punto (0, 0) es un m´aximo local estricto (la funci´on m alcanza en (0, 0) un m´aximo local estricto). Para el punto (2, 0) se tiene que :  Hm(2, 0) =

6 0 0 6



y como |Hm(2, 0)| = 36 > 0 y mxx (2, 0) = 6 > 0 entonces el punto (2, 0) es un m´ınimo local estricto (la funci´on m tiene en (2, 0) un m´ınimo local estricto). Para el punto (1, 1) obtenemos:  Hm(1, 1) =

0 6 6 0



y como |Hm(1, 1)| = −36 < 0, el punto (1, 1) es un punto de silla. Para el punto (1, −1) resulta:  Hm(1, −1) =

0 −6 −6 0



y como |Hm(1, −1)| = −36 < 0, el punto (1, −1) es un punto de silla. e)

La funci´on l(x, y) = xy − x − 2y + 3 es diferenciable en R2 . Por tanto, sus puntos cr´ıticos son aquellos que anulan las derivadas parciales de la funci´on. C´alculo de los puntos cr´ıticos. En primer lugar calculamos las derivadas parciales de la funci´on l : lx (x, y) = y − 1;

ly (x, y) = x − 2.

Al igualar a 0 obtenemos: y−1 = 0

) .

x−2 = 0

256

Problemas de c´ alculo diferencial

Los puntos cr´ıticos son las soluciones de este sistema de ecuaciones. De la primera ecuaci´on se tiene que y = 1 y de la segunda se tiene que x = 2. Por tanto, el u ´nico punto cr´ıtico de la funci´on es (2, 1). Para clasificar este punto cr´ıtico, utilizaremos las condiciones suficientes de ´optimos locales de funciones diferenciables de dos variables. Comenzaremos calculando las derivadas de segundo orden de l : lxx (x, y) = 0 lxy (x, y) = 1 lyx (x, y) = 1 lyy (x, y) = 0. La matriz hessiana de la funci´on l en un punto gen´erico es:   0 1 Hf (x, y) = . 1 0 La matriz hessiana de la funci´on l en el punto (2, 1) es:   0 1 Hl(2, 1) = 1 0 y como |Hl(2, 1)| = −1 < 0, el punto (2, 1) es un punto de silla.

3.

Calcular y clasificar los puntos cr´ıticos de las siguientes funciones: a) f (x, y) = xyex+2y b) g(x, y) = (1 + 2x2 )ey

2 −x2

c) h(x, y) = y 3 − 3yx2 − 3y 2 − 3x2 + 1 d ) l(x, y) = 3(x − 1)2 + y 2 − e−y

2

´ SOLUCION a)

La funci´on f (x, y) = xyex+2y es diferenciable en R2 (por ser el producto de funciones diferenciables). Por tanto, sus puntos cr´ıticos son aquellos que anulan las derivadas parciales de la funci´on. C´alculo de los puntos cr´ıticos. Las derivadas parciales de la funci´on f son: fx (x, y) = yex+2y + xyex+2y = ex+2y (y + xy) fy (x, y) = xex+2y + 2xyex+2y = ex+2y (x + 2xy).

257

Cap´ıtulo 5. Introducci´ on a la optimizaci´ on

Igual´andolas a 0, resulta el sistema de ecuaciones: ex+2y (y + xy)

= 0

) .

ex+2y (x + 2xy) = 0

Los puntos cr´ıticos son las soluciones de dicho sistema de ecuaciones. Como el factor ex+2y nunca puede ser nulo, las soluciones del sistema anterior son las soluciones del sistema ) y + xy = 0 . x + 2xy = 0 De la primera ecuaci´on se obtiene: y + xy = 0 ⇒ y(1 + x) = 0 luego y = 0 o x = −1. Sustituyendo en la segunda: si y = 0 ⇒ x + 2x · 0 = 0 ⇒ x = 0 1 si x = −1 ⇒ −1 + 2(−1)y = 0 ⇒ y = − . 2 Los puntos cr´ıticos son (0, 0) y (−1, −1/2). Clasificaci´on de los puntos cr´ıticos. Utilizaremos las condiciones suficientes de ´optimos locales de funciones diferenciables de dos variables. Las derivadas de segundo orden de f son: fxx (x, y) = ex+2y (2y + xy) fxy (x, y) = ex+2y (1 + 2y + x + 2xy) fyx (x, y) = ex+2y (1 + 2y + x + 2xy) fyy (x, y) = ex+2y (4x + 4xy). La matriz hessiana de f en un punto gen´erico es: 

ex+2y (2y + xy)

ex+2y (1 + 2y + x + 2xy)

Hf (x, y) = 

 .

ex+2y (1

+ 2y + x + 2xy)

ex+2y (4x

+ 4xy)

A continuaci´on se evalua la matriz en cada uno de los puntos cr´ıticos.

258

Problemas de c´ alculo diferencial

Para el punto (0, 0) tenemos que:  Hf (0, 0) =

0 1 1 0



como |Hf (0, 0)| = −1 < 0, el punto (0, 0) es un punto de silla. Para el punto (−1, −1/2) se tiene que : e−2 − 2 Hf (−1, −1/2) =  0 

 0  −2e−2

como |Hf (−1, −1/2)| = e−4 > 0 y fxx (−1, −1/2) = − el punto (−1, −1/2) es un m´aximo local. b)

2

e−2 < 0 entonces 2

2

La funci´on g(x, y) = (1 + 2x2 )ey −x es diferenciable en R2 (por ser el producto de funciones diferenciables). Por tanto, sus puntos cr´ıticos son aquellos que anulan las derivadas parciales de la funci´on. C´alculo de los puntos cr´ıticos. En primer lugar calculamos las derivadas parciales de la funci´on f : gx (x, y) = 4xey

2 −x2

− 2x(1 + 2x2 )ey

gy (x, y) = 2y(1 + 2x2 )ey

2 −x2

2 −x2

= 2x(1 − 2x2 )ey

2 −x2

.

Igual´andolas a 0 resulta el sistema de ecuaciones:  2 2 2x(1 − 2x2 )ey −x = 0  2y(1 + 2x2 )ey

2 −x2

.

= 0 

Los puntos cr´ıticos son las soluciones de dicho sistema de ecuaciones. 2 2 Como el factor ey −x nunca puede ser nulo las soluciones del sistema anterior son las soluciones del sistema ) 2x(1 − 2x2 ) = 0 . 2y(1 + 2x2 ) = 0 Depla primera ecuaci´on 2x(1 − 2x2 ) = 0 se obtiene que x = 0 o x = ± 1/2.

259

Cap´ıtulo 5. Introducci´ on a la optimizaci´ on

Sustituyendo en la segunda se observa que y = 0 para cualquiera de los valores de x obtenidos anteriormente. Por tanto, los puntos cr´ıticos son: p p (0, 0), ( 1/2, 0), (− 1/2, 0). Clasificaci´on de los puntos cr´ıticos. Utilizaremos las condiciones suficientes de ´optimos locales de funciones diferenciables de dos variables. Comenzaremos calculando las derivadas de segundo orden de g : 2

−x2

gxx (x, y)

=

(2 − 12x2 )ey

gxy (x, y)

=

2y(2x − 4x3 )ey

2

−x2

gyx (x, y)

=

2y(2x − 4x3 )ey

2

−x2

gyy (x, y)

= 2(1 + 2x2 )ey

2

−x2

− 2x(2x − 4x3 )ey

+ 4y 2 (2x2 + 1)ey

2

2

−x2

= 2(4x4 − 8x2 + 1)ey

−x2

= 2ey

2

−x2

2y(2x −

2(1 +

2x2 )(1

+

−x2

(1 + 2x2 )(1 + 2y 2 ).

La matriz hessiana de g en un punto gen´erico es:  2 2 2 2 2(4x4 − 8x2 + 1)ey −x 2y(2x − 4x3 )ey −x Hg(x, y) =  2 2 4x3 )ey −x

2

2 2 2y 2 )ey −x

 .

A continuaci´on evaluamos la matriz en cada uno de los puntos cr´ıticos. Para el punto (0, 0) tenemos que:  Hg(0, 0) =

2 0 0 2



como |Hg(0, 0)| = 4 > 0 y gxx (0, 0) = 2 > 0, el punto (0, 0) es un m´ınimo local estricto. p Para el punto ( 1/2, 0) se tiene que :   −4e−1/2 0 p  Hg( 1/2, 0) =  0 4e−1/2 p p como |Hg( 1/2, 0| = −16e−1 < 0, el punto ( 1/2, 0) es un punto de silla. p Para el punto (− 1/2, 0) obtenemos que:   −4e−1/2 0 p  Hg(− 1/2, 0) =  0 4e−1/2

260

Problemas de c´ alculo diferencial

p p como |Hg(− 1/2, 0| = −16e−1 < 0, el punto (− 1/2, 0) es un punto de silla. c)

La funci´on h(x, y) = y 3 − 3yx2 − 3y 2 − 3x2 + 1 es diferenciable en R2 . Por tanto, sus puntos cr´ıticos son aquellos que anulan las derivadas parciales de la funci´on. C´alculo de los puntos cr´ıticos. En primer lugar calculamos las derivadas parciales de la funci´on h : hx (x, y) = −6xy − 6x hy (x, y) = 3y 2 − 3x2 − 6y. Igual´andolas a 0 resulta el sistema de ecuaciones:  −6xy − 6x = 0  .  3y 2 − 3x2 − 6y = 0 Los puntos cr´ıticos son las soluciones de dicho sistema de ecuaciones. De la primera ecuaci´on se tiene: −6xy − 6x = 0 ⇒ −6x(y + 1) = 0 luego x = 0 o y = −1. Sutituyendo en la segunda ecuaci´on: si x = 0 ⇒ 3y 2 − 6y = 0 ⇒ 3y(y − 2) = 0 ⇒ y = 0, y = 2. √ si y = −1 ⇒ 3 − 3x2 + 6 = 0 ⇒ 3x2 = 9 ⇒ x = ± 3. Los puntos cr´ıticos son: (0, 0),

(0, 2),

√ ( 3, −1),

√ (− 3, −1).

Clasificaci´on de los puntos cr´ıticos. Utilizaremos las condiciones suficientes de ´optimos locales de funciones diferenciables de dos variables. Comenzaremos calculando las derivadas de segundo orden de h : hxx (x, y)

= −6y − 6

hxy (x, y)

= −6x

hyx (x, y)

= −6x

hyy (x, y)

= 6y − 6.

261

Cap´ıtulo 5. Introducci´ on a la optimizaci´ on

La matriz hessiana de h en un punto gen´erico es:   −6y − 6 −6x . Hh(x, y) =  −6x 6y − 6 Evaluando la matriz hessiana en cada uno de los puntos cr´ıticos resulta: Para el punto (0, 0) tenemos que:  Hh(0, 0) =

−6 0 0 −6



como |Hh(0, 0)| = 36 > 0 y hxx (0, 0) = −6 < 0, el punto (0, 0) es un m´aximo local estricto. Para el punto (0, 2) la matriz hessiana es:   −18 0 Hh(0, 2) = 0 6 como |Hh(0, 0)| = −108 < 0 el punto (0, 2) es un punto de silla. √ Para el punto ( 3, −1) tenemos que: √   √ 0√ −6 3 Hh( 3, −1) = −6 3 −12 √ √ como |Hh( 3, −1)| = −108 < 0 el punto ( 3, −1) es un punto de silla. √ Para el punto (− 3, −1) la matriz hessiana es: √   √ 0 6 3 √ Hh(− 3, −1) = 6 3 −12 √ √ como |Hh(− 3, −1)| = −108 < 0 el punto (− 3, −1) es un punto de silla. d)

2

La funci´on l(x, y) = 3(x − 1)2 + y 2 − e−y es diferenciable en R2 . Por tanto, sus puntos cr´ıticos son aquellos que anulan las derivadas parciales de la funci´on. C´alculo de los puntos cr´ıticos. En primer lugar calculamos las derivadas parciales de la funci´on l : lx (x, y) = 6(x − 1) 2

2

ly (x, y) = 2y + 2ye−y = 2y(1 + e−y ).

262

Problemas de c´ alculo diferencial

Igual´andolas a 0, resulta el sistema de ecuaciones:  6(x − 1) = 0  .  2 −y 2y(1 + e ) = 0 De la primera ecuaci´on se obtiene que x = 1. De la segunda ecuaci´ on 2 se obtiene que y = 0 ya que e−y nunca puede tomar valores negativos, 2 luego no existen valores de y para los que se verifica que 1 + ey = 0. Por tanto el u ´nico punto cr´ıtico es (1, 0). Para clasificar este punto cr´ıtico utilizaremos las condiciones suficientes de ´optimos locales de funciones diferenciables de dos variables. Las derivadas de segundo orden de l son: lxx (x, y) = 6 lxy (x, y) = 0 lyx (x, y) = 0 2

2

2

lyy (x, y) = 2(1 + e−y ) − 4y 2 e−y = (2 − 4y 2 )e−y + 2. Luego la matriz hessiana de l en (1, 0) es: Hl(1, 0) =

6 0 0 4

! .

Como |Hl(1, 0)| = 24 > 0, y lxx (1, 0) = 6 > 0 entonces el punto (1, 0) es un m´ınimo local estricto.

4.

Estudiar si la funci´on f (x, y) = 2 − x2 y 2 tiene un m´aximo local en el punto (0, 0). ´ SOLUCION La funci´on f (x, y) = 2 − x2 y 2 es diferenciable en todo R2 y por tanto es diferenciable en (0, 0). Veamos en primer lugar si el punto (0, 0) es un punto cr´ıtico de la funci´on f, y en el caso de que lo sea, trataremos de clasificarlo utilizando las condiciones suficientes de ´optimos locales de funciones diferenciables de dos variables. Las derivadas parciales de f son: fx (x, y) = −2xy 2 ;

fy (x, y) = −2x2 y.

Evidentemente el punto (0, 0) es un punto cr´ıtico de f ya que anula las derivadas parciales ∇f (0, 0) = (0, 0).

263

Cap´ıtulo 5. Introducci´ on a la optimizaci´ on

La matriz hessiana de f en un punto gen´erico es:   −2y 2 −4xy Hf (x, y) = . −4xy −2x2 La matriz hessiana de f en el punto (0, 0) es:   0 0 Hf (0, 0) = . 0 0 Como |Hf (0, 0)| = 0 estamos ante un caso de los denominados dudosos, es decir, (0, 0) puede ser un ´optimo local de f o no. Ahora bien, como f (0, 0) = 2 y −x2 y 2 < 0 para todo (x, y) ∈ R2 , se tiene que f (x, y) ≤ 2 para todo (x, y) ∈ R2 , luego (0, 0) es un punto en el que la funci´on alcanza un m´aximo en este caso global.

5.

Analizar para qu´e valores de k ∈ R la funci´on: 3 f (x, y) = (x2 + y 2 ) + kxy 2 tiene en (0, 0) un m´ınimo, un m´aximo o un punto de silla. ´ SOLUCION Veamos en primer lugar para qu´e valores de k el punto (0, 0) es un punto cr´ıtico de f. fx (x, y) = 3x + ky ⇒ fx (0, 0) = 0 fy (x, y) = 3y + kx ⇒ fy (0, 0) = 0. Por tanto, el punto (0, 0) es un punto cr´ıtico de f para cualquier valor de k ∈ R. La matriz hessiana de f en (0, 0) es:  Hf (0, 0) =

3 k k 3

 .

Como fxx (0, 0) = 3 > 0, la funci´on f tendr´a un m´ınimo local en el punto (0, 0) para todos aquellos valores de k que hacen que |Hf (0, 0)| = 9 − k 2 > 0. Es f´acil comprobar que esta inecuaci´on se verifica para k ∈ (−3, 3). Por ser fxx (0, 0) = 3 > 0, f no puede tener un m´aximo en el punto (0, 0) independientemente del valor de k. Por u ´ltimo, si k ∈ (−∞, 3) ∪ (3, +∞), |Hf (0, 0)| = 9 − k 2 < 0 y f tiene en (0, 0) un punto de silla.

264

6.

Problemas de c´ alculo diferencial

Sea f : R2 → R una funci´on con derivadas parciales de primer y segundo orden continuas en R2 tal que   α 0 2 ∇f (a, b) = (1 − β , α − 1) y Hf (a, b) = . 0 β Estudiar si existen valores de α, β ∈ R para los que f tenga en (a, b) un m´ aximo local estricto, un m´ınimo local estricto o un punto de silla. ´ SOLUCION En primer lugar buscaremos los valores de α y β que convierten al punto (a, b) en un punto cr´ıtico de f. ∇f (a, b) = (1 − β 2 , α − 1) = (0, 0) 1 − β 2 = 0 ⇒ β = ±1;

α − 1 = 0 ⇒ α = 1.

Si α = 1, β = 1 :  Hf (a, b) =

1 0 0 1



y como |Hf (a, b)| = 1 > 0 y fxx (a, b) = 1 > 0 el punto (a, b) es un m´ınimo local estricto de f. Si α = 1, β = −1 :  Hf (a, b) =

1 0 0 −1



y como |Hf (a, b)| = −1 < 0 el punto (a, b) es un punto de silla de f. Como necesariamente para que (a, b) sea un punto cr´ıtico de f, α = 1, no existe posibilidad de que (a, b) sea un m´aximo local de f.

7.

En un supermercado se venden 2 productos que compiten entre s´ı a precios p y q euros respectivamente. Si los ingresos debidos a estos productos vienen dados por: I(p, q) = −5p2 − 2q 2 + pq + 8p + 7q calcular los precios para que los ingresos sean m´aximos. ´ SOLUCION Para calcular los puntos cr´ıticos de la funci´on I(p, q) en primer lugar calculamos las derivadas parciales de la funci´on I(p, q) Ip (p, q) = −10p + q + 8;

Iq (p, q) = −4q + p + 7.

265

Cap´ıtulo 5. Introducci´ on a la optimizaci´ on

Igualando a 0 se obtiene el sistema de ecuaciones: ) ) −10p + q + 8 = 0 −10p + q = −8 ⇒ . p − 4q + 7 = 0 p − 4q = −7 La soluci´on de este sistema de ecuaciones lineales es (p, q) = (1, 2) luego el punto (1, 2) es el u ´nico punto cr´ıtico de I(p, q). Comprobemos que se trata de un m´aximo local     −10 1 −10 1 HI(p, q) = ; HI(1, 2) = . 1 −4 1 −4 Como |HI(1, 2)| = 39 > 0 y Ipp (1, 2) = −10 < 0 el punto (1, 2) es un m´aximo local de la funci´on I(p, q). Los precios que maximizan los ingresos son 1 euro para el primer producto y 2 euros para el segundo producto.

8.

Determinar las cantidades de los bienes x e y que deber´ıa producir y vender una empresa que desea maximizar su beneficio, siendo su funci´on de costes: C(x, y) = 4x2 + 3y 2 − 4xy

euros

y los precios unitarios de venta de p1 = 40 y p2 = 12 euros Calcular el beneficio m´aximo. ´ SOLUCION La funci´on de beneficios (a maximizar) viene dada por B(x, y) = I(x, y) − C(x, y) siendo I(x, y) la funci´on que nos proporciona los ingresos obtenidos al vender x unidades del primer bien e y unidades del segundo bien, y C(x, y) la funci´on de costes. B(x, y) = 40x + 12y − (4x2 + 3y 2 − 4xy). Para calcular los puntos cr´ıticos de B(x, y) calculamos en primer lugar las derivadas parciales de B(x, y) Bx (x, y) = 40 − 8x + 4y;

By (x, y) = 12 − 6y + 4x.

Al igualar a 0 las derivadas parciales, resulta el sistema de ecuaciones: ) ) 40 − 8x + 4y = 0 −8x + 4y = −40 ⇒ . 12 − 6y + 4x = 0 4x − 6y = −12

266

Problemas de c´ alculo diferencial

La soluci´on de este sistema de ecuaciones lineales es (x, y) = (9, 8) luego el punto (9, 8) es el u ´nico punto cr´ıtico de la funci´on B. Comprobemos que se trata de un m´aximo local     −8 4 −8 4 HB = ; HB(9, 8) = . 4 −6 4 −6 Como |HB(9, 8)| = 32 > 0 y Bxx (9, 8) = −8 < 0 el punto (9, 8) es un m´ aximo local de la funci´on B. La empresa debe producir y vender 9 unidades del primer bien y 8 unidades del segundo bien para maximizar su beneficio. El beneficio obtenido por la venta de 9 unidades del primer bien y 8 unidades del segundo bien (beneficio m´aximo) es: B(9, 8) = 40 · 9 + 12 · 8 − (4 · 92 + 3 · 82 − 4 · 9 · 8) = 228 euros

9.

Si un comerciante vende dos productos a p1 y p2 euros cada unidad las correspondientes demandas ser´an x = 150 − 2p1 − p2 ,

y = 200 − p1 − 3p2

expresadas en miles de unidades. Calcular cu´ales han de ser los precios unitarios de venta para que el ingreso por la venta de dichos art´ıculos sea m´aximo. ´ SOLUCION La funci´on de ingresos viene dada por: I(x, y) = xp1 + yp2 es decir, unidades vendidas del primer bien por su precio unitario de venta, m´as unidades vendidas del segundo bien por su correspondiente precio unitario de venta. Ahora bien, el n´ umero de unidades vendidas de cada bien, depende de sus respectivos precios seg´ un la relaci´on dada en el enunciado, luego: I(p1 , p2 ) = (150 − 2p1 − p2 )p1 + (200 − p1 − 3p2 )p2 I(p1 , p2 ) = −2p21 − 3p22 − 2p1 p2 + 150p1 + 200p2 . Para calcular los puntos cr´ıticos de la funci´on I(p1 , p2 ) calculamos en primer lugar sus derivadas parciales: Ip1 (p1 , p2 ) = −4p1 − 2p2 + 150;

Ip2 (p1 , p2 ) = −6p2 − 2p1 + 200.

Al igualar a 0 estas derivadas parciales se obtiene el sistema: ) ) −4p1 − 2p2 + 150 = 0 −4p1 − 2p2 = −150 ⇒ . −2p1 − 6p2 + 200 = 0 −2p1 − 6p2 = −200

267

Cap´ıtulo 5. Introducci´ on a la optimizaci´ on

La soluci´on de este sistema de ecuaciones lineales es (p1 , p2 ) = (25, 25) luego el punto (25, 25) es el u ´nico punto cr´ıtico de la funci´on I(p1 , p2 ). Comprobemos que se trata de un m´aximo local     −4 −2 −4 −2 HI(p1 , p2 ) = ⇒ HI(25, 25) = . −2 −6 −2 −6 Como |HI(25, 25)| = 20 > 0 y Ip1 p1 (25, 25) = −4 < 0, el punto (25, 25) es un m´aximo local de la funci´on I(p1 , p2 ). El precio unitario de venta de cada producto es de 25 euros.

10.

Una empresa produce un solo producto en dos plantas separadas geogr´aficamente. Los costes totales de producci´on en cada planta son: C1 (x) = 20x3 − 24x + 5

y C2 (y) = 27y 2 + 10

donde x e y son las cantidades producidas en cada planta. El precio de mercado para el producto es de 216 euros la unidad. Hallar el m´aximo beneficio que puede obtener la empresa y las cantidades que para obtenerlo ha de producir en cada planta. ´ SOLUCION La funci´on de beneficios (a maximizar) viene dada por B(x, y) = I(x, y) − C(x, y) donde I(x, y) es la funci´on que nos proporciona los ingresos obtenidos al vender x unidades del bien producido en la primera planta e y unidades del bien producido en la segunda planta, C(x, y) es la funci´on de costes. B(x, y) = 216x + 216y − (20x3 − 24x + 5 + 27y 2 + 10) B(x, y) = 240x + 216y − 20x3 − 27y 2 − 15. Para calcular los puntos cr´ıticos de B(x, y) calculamos en primer lugar las derivadas parciales de la funci´on B Bx (x, y) = 240 − 60x2 ;

By (x, y) = 216 − 54y.

Al igualar a 0 las derivadas parciales se obtiene el sistema de ecuaciones: 240 − 60x2 = 0

) .

216 − 54y = 0

268

Problemas de c´ alculo diferencial

De la primera ecuaci´on 240 − 60x2 = 0 ⇒ x = ±2. Evidentemente nos quedamos con la soluci´on x = 2 (ya que en el contexto del problema es x > 0 pues se trata del n´ umero de unidades producidas en una planta). De la segunda ecuaci´on se obtiene y = 4. El u ´nico punto cr´ıtico v´ alido de la funci´on B es (2, 4). Comprobemos que se trata de un m´aximo local     −120x 0 −240 0 HB(x, y) = ; HB(2, 4) = . 0 −54 0 −54 Como |HB(2, 4)| > 0 y Bxx = −240 < 0 el punto (2, 4) es un m´aximo local. El beneficio m´aximo obtenido es: B(2, 4) = 240 · 2 + 216 · 4 − 20 · 23 − 27 · 42 − 15 = 737 u.m.

Cap´ıtulo 5. Introducci´ on a la optimizaci´ on

5.3. 1.

269

Ejercicios resueltos con DERIVE Dadas las siguientes funciones: a) f1 (x, y) = x3 + 3xy − y 3 b) f2 (x, y) = 4xy − x4 − y 4 c)

f3 (x, y) = 81 x2 − ln(x + y 2 )

d) f4 (x, y) = xey − ex . Se pide: 1) Calcular y clasificar sus puntos cr´ıticos. 2) Representar la gr´afica de dichas funciones y reconocer los puntos cr´ıticos clasificados. 3) Representar las curvas de nivel de dichas funciones y dichos puntos observando las caracter´ısticas que tienen las curvas de nivel para los diferentes puntos cr´ıticos. ´ SOLUCION a)

Editemos en primer lugar la expresi´on que define la funci´on: “f 1(x, y) := xˆ3 + 3xy − yˆ3”.

1) Para calcular los puntos cr´ıticos de dicha funci´on editamos la ecuaci´on que iguala el vector gradiente al vector nulo: “grad(f 1(x, y), [x, y]) = [0, 0]” al simplificar se obtiene: #3 :

 2  3x + 3y = 0, 3x − 3y2 = 0

´ respecto de las variables x e aplicando ahora RESOLVER-EXPRESION y marcando en DOMINIO el campo REAL al pulsar sobre simplificar resulta:   #4 : SOLVE( 3x2 + 3y = 0, 3x − 3y2 = 0 , [x, y], Real) #5 :

[x = 0 ∧ y = 0, x = 1 ∧ y = −1]

270

Problemas de c´ alculo diferencial

por tanto tenemos dos puntos cr´ıticos (0, 0) y (1, −1). Para clasificarlos calculamos previamente la matriz hessiana mediante: “grad(grad(f 1(x, y), [x, y]), [x, y])” y tras simplificar nos da:  #7 :

6x 3 3 −6y

 .

Para clasificar el punto cr´ıtico (0, 0) sustituimos en la matriz hessiana anterior aplicando la secuencia SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE y obtenemos:  #8 :

0 3 3 0



como al editar: “ det(#8) = ” obtenemos:  #9 :

DET

0 3 3 0

 = −9

aplicando las condiciones de segundo orden, resulta que (0, 0) es un punto de silla. Para clasificar el punto (1, −1) evaluamos la matriz hessiana obtenida en la expresi´on #7 aplicando SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE y obtenemos:   6 3 #10 : 3 6 como de la expresi´on: “ det(#10) = ” obtenemos:  #11 :

DET

6 3 3 6

 = 27

entonces |Hf1 (1, −1)| = 27 > 0

y

∂f1 (1, −1) =6>0 ∂x2

271

Cap´ıtulo 5. Introducci´ on a la optimizaci´ on

por tanto (1, −1) es un m´ınimo local. 2) La representaci´on gr´afica de la funci´on, la realizamos usando la expresi´on #1, que defin´ıa la funci´on, aplicando VENTANA-NUEVA VENTANA 3D y el bot´on de herramientas REPRESENTAR y obtenemos:

donde podemos observar que efectivamente (1, −1) es un m´ınimo local y (0, 0) un punto de silla. 3) Las curvas de nivel de dicha funci´on podemos obtenerlas editando:

“vector(f 1(x, y) = k, k, −10, 10, 0,4)”

aplicando NUEVA VENTANA 2D y pulsando sobre el bot´on REPRESENTAR obtenemos las curvas de nivel (para que DERIVE represente esta expresi´on es necesario situarnos en la ventana 2D aplicar OPCIONES y marcar la opci´on SIMPLIFICAR ANTES DE DIBUJAR). Dibujamos tambi´en los puntos cr´ıticos editando:

“[[0, 0], [1, −1]]”

al representarlos sobre las curvas de nivel tenemos la siguiente gr´afica:

272

Problemas de c´ alculo diferencial

Podemos observar c´omo se han ido dibujando las curvas de nivel y las posici´on de dichas curvas en torno a los puntos cr´ıticos. Respecto del m´ınimo observamos, que las curvas de nivel que lo rodean se dibujan en primer lugar rodeando todas ellas a dicho punto (iban creciendo de nivel). Respecto al punto de silla, observamos que existe una curva que se corta justo en dicho punto: caracter´ıstica peculiar de las curvas de nivel sobre puntos de silla. Antes de continuar cerramos las ventanas 2D y 3D. b)

Editamos en primer lugar la funci´on con: “f 2(x, y) := 4xy − xˆ4 − yˆ4”.

1) Para calcular sus puntos cr´ıticos igualamos el vector gradiente al vector nulo mediante: “grad(f 2(x, y), [x, y]) = [0, 0]” al simplificar obtenemos las siguientes ecuaciones: #16 :

  4y − 4x3 = 0, 4x − 4y3 = 0

´ aplicando RESOLVER-EXPRESION respecto de las dos variables y teniendo marcado el dominio REAL resulta: #17 : #18 :

  SOLVE( 4y − 4x3 = 0, 4x − 4y3 = 0 , [x, y], Real) [x = 0 ∧ y = 0, x = 1 ∧ y = 1, x = −1 ∧ y = −1]

tenemos por tanto tres puntos cr´ıticos (0, 0), (1, 1), (−1, −1). Para clasifi-

273

Cap´ıtulo 5. Introducci´ on a la optimizaci´ on

carlos, obtenemos previamente la matriz hessiana mediante: “grad(grad(f 2(x, y), [x, y]), [x, y])” al simplificar resulta:  #20 :

−12x2 4 4 −12y2

 .

Para clasificar el punto (0, 0) aplicamos la secuencia SIMPLIFICARSUSTITUIR VARIABLE sustituyendo la variable x por 0 y la variable y por 0 y obtenemos:  #21 :

0 4 4 0



como al efectuar: “ det(#22) = ” resulta:  #22 :

DET

0 4 4 0

 = −16

por tanto (0, 0) es un punto de silla. Clasificamos el punto (1, 1) calculando Hf2 (1, 1). Aplicamos sobre la expresi´on #20 la secuencia SIMPLIFICAR-SUSTITUIR VARIABLE, sustituyendo la variable x por el valor 1 y la variable y por el valor 1 y obtenemos:   −12 4 #23 : 4 −12 al calcular su determinante mediante: “ det(#24) = ” obtenemos:  #24 :

DET

−12 4 4 −14

 = 128

274

Problemas de c´ alculo diferencial

luego |Hf2 (1, 1)| > 0

y

∂f2 (1, 1)