1 SOLUCIÓN AL CUESTIONARIO 4 (RRMH)

(1)

1

SOLUCIÓN AL CUESTIONARIO 4 (RRMH)

1. Hallar el polinomio de Taylor de orden 2 en (0,0) de la función: ( , ) ( ) cos( ) f x y sen xy  xy Solución

2 2

1

( , ) (0, 0) ( 0) (0, 0) ( 0) (0, 0 1!

1

( 0) (0, 0) 2( 0)( 0) ( 0) (0, 0) 2!

x y

xx xy yy

f x y f x f y f

x f x y f y f

 

  _    _

       

 

(0, 0) 1

f  

cos( ) ( ) (0, 0) 1 cos( ) ( ) (0, 0) 1

x x

y y

f x y sen x y f

     



      



(

) cos(

)

(0, 0) 1

(

) cos(

)

(0, 0)

1 (

) cos(

)

(0, 0) 1

xx x

xy xy

yy yy

f

sen x

y

x

y

f

sen x

y

x

y

f

sen x

y

x

y

f



_{ }

_

_

_

_



 







 





_{ }

_

_

_

_





2 2



1 1

( , ) 1 ( ) 2

1! 2!

p x y    xy  x  xyy

2. Se considera la función

f x y

( , )

x y sen

2 2

1 si

y

0;

f x

( , 0)

0 y







Acerca del polinomio de Taylor de grado 2 de f en el punto (1, 0) ¿Cuál es la afirmación cierta? a) El polinomio de Taylor no existe porque las derivadas parciales de f en (1, 0) son nulas. b) El polinomio de Taylor no existe porque no admite alguna derivada de orden 2.

c) Ninguna afirmación es cierta. Solución

Efectivamente las derivadas primeras son nulas pero podría haber derivadas segundas. Por eso el apartado a) no es correcto.

2

0 0

1 (1

) 0

0 (1

, 0)

(1, 0)

₀

(1, 0)

lim

0

x

h h

h

sen

f

h

f

h

 



 









2 2 2 2 2

2

1 1 1 1 1

( , ) 2 cos 2 cos si 0

y

f x y x ysen x y x ysen x y

y y y y y

 

  _ _   

(2)

2 2 2

0 0

1 ( , )

( , 0)

lim

0 (1, 0)

0

y y

k k

x k sen

f x k

f x

_k

f x

f

k

 





 



Sin embargo vamos a comprobar que no existe fyy(1, 0)

0 0

0

1

2 cos

0 (1, )

(1, 0)

lim

1

1 lim 2

cos

NO EXISTE

y

yy _k _k

k

ksen

f

k

f

_k

f

k

sen

k

 





_



_







_

_







Por lo que el polinomio de Taylor de grado 2 de f en (1,0) no existe por no admitir todas las derivadas de segundo orden en (1,0).

3. Dada la función

f x y

( , )



x

2



y

2 ¿Cuál es la afirmación falsa? a) El plano tangente a la gráfica de f en (1,0) es z  1 2(x1)

b) 2 , 2 y (1, 0) 2 2

 

 

  están en la misma curva de nivel

c) La tangente a la curva de nivel f x y( , )1 en el punto (1, 0) es x1 Solución

La ecuación del plano tangente es:

 

0 0 0 0

0 x (x y, )( 0) y (x y, )( 0)

z z f xx  f yy

En nuestro caso:

z

₀



f

(1, 0) 1

  

2

0 1.

f

_x



2 ;

x f

_x

(1, 0)



2. f

_y



2 ;

y f

_y

(1, 0)



0.

Por tanto z 1 2(x1). Por tanto la respuesta a) es falsa.

2 2

, 1 (1, 0) 2 2

f _ _  f

  Por tanto están en la misma curva de nivel

2 2

1 x



y



En consecuencia la afirmación b) es verdadera

La afirmación c) es verdadera ya que en dicho punto la tangente a la curva de nivel

x

2



y

2



1

es vertical y vale

x



1

. Análogamente a la ecuación del plano tangente en implícitas que es

 

0 0 0 0 0 0 0 0 0

( , )( ) ₍ _, ₎( ) ( , )( ) 0

x x y y _{x y} z x y

F xx  F yy  F zz  la ecuación de la tangente a la

curva de nivel en implícitas es

 

0 0 0 0 0 0

( , ) ( ) ( , ) ( ) 0

x x y y x y

F  x x  F  y y  . Es decir



 



(3)

3

En cuanto a derivación implícita se comprueba que no se verifica el teorema de la función implícita en (1,0) ya que F_y(1, 0)0. Esto ocurre en las tangentes verticales a una curva. Se podría hacer el cálculo de la recta tangente a la curva de nivel en (1,0) derivando implícitamente en la curva de nivel respecto a y, en vez de respecto a x que es lo habitual. Así se verifica el teorema de la función implícita ya que siendo

F x y

( , )



x

2



y

2



1 1)

F

(1, 0)



0. 2)

F

_x



2 ;

x F

_x

(1, 0)

 

2

0

. Además la función es continua y diferenciable en un entorno del punto (1,0).

0

2 ' 2 0 '( ) '(0) 0

1 y

x x y x y x

x

          ; siendo

x

'

dx

dy



.

La tangente en este caso se expresa:

x

 

x

0

x y

'( ) (

 

y

0

)

  

x

1 0

4. La relación



2



( constante) z

x y e k k  define a z como función de las variables e

x y. Calcular

2 x z

z

y

x

y



_



Solución

Las derivadas parciales se pueden calcular por dos métodos: 1) Derivando:

Respecto a x:

2 xe

z

(

x

2

y e

)

z

0 z

₂

2 x

x

y





 

 





Respecto a y:

e

z

(

x

2

y e

)

z

0 z

₂

1 y

y

x

y





 

 





2) Diferenciando:

2

2 2

2

2 ( ) 0

( ) ( )

2 1

;

z z

z z z

z z

xe e

xe dx e dy x y e dz dz dx dy

x y e x y e

z x z

x x y y x y

       

 

 _{ }  _{ }

   

Sustituyendo en la expresión:

2

2 2 2

2 1

1

2 2

x z z x x x y

y y

x y x y x y x y

   

  

  _ _ _ _   

(4)

4 5. Dada la función 3 3

3

1 z



x



y



x



y



Calcula los extremos relativos Solución

2

2 2 2

1 2 3 4

3

0

1

0

1

3

0

3

3 Los puntos serán: (1,1),

( 1, 1),

(1, 1),

( 1,1).

z

x

z

_y

y

P





_

_



_

_

_{ }

_

_{ }



 

_



_



_







 



 



_

_





 



El Hessiano es 6 0 0 6 x H y 





6 0

(1,1) 36 0. (1,1) 6 0. Mínimo relativo 1,1, 3

0 6 xx

H    f   





6 0

( 1, 1) 36 0. (1,1) 6 0. Máximo relativo 1,1,5

0 6 xx

H       f   







6 0

(1, 1) 36 0. Ensilladura 1, 1,1 0 6

H      







6 0

( 1,1) 36 0. Ensilladura 1,1,1 0 6

H       

6. Hallar los máximos y mínimos de la función implícita 2 2 2

2

0 x



y

 

z

x



Solución

2 2 2

( , , )

2

0

2

2 ;

2

y x

z z

F x y z

x

y

z

x

F

z

x

z

y

x

F

z

y

F

z















 



1 2

2 2 2

2 2 0

(1, 0,1) 0

(1, 0, 1) 2 0

x

P y

P

x y z x

         _        2

2 2 2

2 2 2 3

(2 2) 4 (2 2) 2 ₄

4 (2 2)

4 4 4

z _x

z x _z

z x _z z x

x z z z

      _ _ _  _{ }    _ _{ }    2

2 2 2

2 2 2 3

z _y

z y _z

y

z _z z y

y z z z

 

 _{ } _



 _{ } _{ } _{ } _{ } 

(5)

5 2

2

z

y

z

_x

x y

z







_{ }

_

 

Al sustituir los puntos resulta: 1 0

(1, 0,1) 1 0. (1, 0,1) 1 0. Máximo

0 1 xx

H     z   



1 0

(1, 0, 1) 1 0. (1, 0, 1) 1 0. Mínimo

0 1 xx

H     z   

Nota: Una forma sencilla de actuar en las derivadas segundas, teniendo en cuenta que éstas se anulan zx 0 para x2. zy 0 para y0 es

2 2 2

2 2 2 2 2

4 (2 2) 2

4 1 1

; ; 0

4 4

z z

z y

z x

y

z x z z z

x z z z y z z x y

  

  _

  _ _ _{ }



 _{ }    _{ } _{ }  _{ }   _{ }  _

   

Por lo que

1 0

1 0 z H

z  



7. Determinar los extremos de la función 2 2 2

( , , )

(

3)

(

1)

f x y z



x



y



 

z

Solución

Se calcula el gradiente de la función

2 0 0

2 6 0 3 (0, 3, 1) 0 1

2 2 0 x

y z

f x x

f y P y f

z

f z

    

 _ _{  }  _ _ _{ }

 

 _ _{ } _{  }

 

Se calcula el Hessiano:

2 0 0

( ) 0 2 0 8 0. 0 0 2

x xy xz

xy yy yz P xz yz zz

f f f

H f f f H

f f f

    

Además 1 2

2 0

2 0; 4 0

0 2

h   h    . Por tanto la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana es definida positiva por tanto se trata de un MÍNIMO en (0,3, 1, 0)

8. Suponiendo que (1,1) es un punto crítico de una función f x y( , ) con segundas derivadas continuas. En cada caso ¿qué se puede decir respecto a f x y( , )?

(6)

6 b) f_xx(1,1)4, f_xy(1,1)3, f_yy(1,1)2 c) f_xx(1,1) 1, f_xy(1,1)2, f_yy(1,1) 4 Solución

En el caso a) el Hessiano es (1,1) 4 1 8 0. (1,1) 4 0 MÍNIMO

1 2 xx

H    f   

En el caso b) el Hessiano es (1,1) 4 3 1 0. PUNTO SILLA 3 2

H     

En el caso c) el Hessiano es (1,1) 1 2 0 CASO DE DUDA 2 4

H    