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(1)

Análisis Matemático

José María Martínez Mediano 1

FUNCIONES DE DOS VARIABLES PLANOS TANGENTES, TAYLOR…

Planos tangentes

1. (I12) La ecuación del plano tangente a la superficie f x y ( , ) = ( x

2

+ y e )

2x

en P(0, –1) es:

a) 2 x − + = y z 0 b) x + y + z + 2 = 0 c) x + y - z = 0 Solución:

Si el punto de la superficie z = f ( x , y ) se denota ( x

0

, y

0

, z

0

) , la ecuación del plano tangente en ese punto es z − = z

0

f

x

( x

0

, y

0

)( · xx

0

) + f

y

( x y

0

,

0

)( · yy

0

) .

0

0

(0, 1) ( 1) 1

z = f − = − e = − .

( )

(

2

)

2

( , ) 2 2

x

f

x

x y = x + x + y ef

x

(0, 1) − = − 2 ( , )

2x

f

y

x y = ef

y

(0, 1) − = 1 La ecuación del plano pedido es:

1 2( 0) 1( 1) 2 0

z + = − x − + y + ⇒ x − + = y z La respuesta es a)

2. (J07) La ecuación del plano tangente a la superficie dada por f ( x , y ) = x

2

+ y

2

, en el punto (3, 4, 5) es:

a) − + 3 x 4 y + − 5 z 32 = 0 . b) 2 x − 4 y + − = 5 z 12 0 . c) 3 x + 4 y − 5 z = 0 Solución:

2

2

2

) 2 , (

y x y x

x f

x

= + → en (3, 4) → 6/10 = 3/5

2

2

2

) 2 , (

y x y y

x f

y

= + → en (3, 4) → 8/10 = 4/5 Ec. del plano tangente:

) 4 5 ( ) 4 3 5 (

5 = 3 − + −

x y

z ⇔ 3 x + 4 y − 5 z = 0

La respuesta es c)

3. (J08) La ecuación del plano tangente a la superficie determinada por la función

2 2 2

)

2

,

( x y e x y

f =

x y

+ − , en el punto (1, 1, 1), es:

a) 4 x − 4 y + z = 1 . b) xyz = − 1 c) Ninguna de las anteriores.

Solución:

x xe

f

x

= 2

x2y2

+ 2 , [en (1, 1)] → 4 y

ye

f

y

= − 2

x2y2

− 2 , [en (1, 1)] → −4

La ecuación del plano tangente es: z − 1 = 4 ( x − 1 ) − 4 ( y − 1 ) ⇔ 4 x − 4 yz = − 1

La respuesta es c)

(2)

Análisis Matemático

José María Martínez Mediano 2

4. (S08) La ecuación del plano tangente a la superficie determinada por la función

2 2

( , )

f x y = xy , en el punto (5, 4, 3), es:

a) z − = 3 2( x − − − 5) ( y 4) . b) 5 x + 4 y + 3 z = 32 c) 5 x − 4 y − 3 z = 0 Solución:

2 2

1 2

x

2

f x

x y

= − , [en (5, 4)] → 5/3

2

2

y

x f

y

y

= − , [en (5, 4)] → − 4 /3

El plano tangente es: ( 4 )

3 ) 4 5 3 (

3 = 5 − − −

x y

z ⇔ 5 x − 4 y − 3 z = 0

La respuesta es c)

5. (S09) La ecuación del plano tangente a la superficie

1 ) 3

,

(

2

+

= + x

y y x

x

f en el punto (0, 1, 1) es:

a) x + y + z = 2 b) 3 x + yz = 0 c) Ninguna de las anteriores

Solución:

2 2 2

) 1 (

2 )·

3 ( ) 1 ( ) 3 ,

( +

+

= +

x

x y x y x

x

f

x

→ en (0, 1) → 3

1 ) 1

,

( =

2

+

y x x

f

y

→ en (0, 1) → 1

Ec. del plano: z − 1 = 3 ( x − 0 ) + 1 ·( y − 1 ) ⇔ 3 x + yz = 0 La respuesta es b)

6 . (J13) La ecuación del plano tangente a la superficie

) 1 ,

(

2

+

= + y x y x x

f en P(–2, –4) es:

a) x − 2 y + 9 z = 0 b) 7 x − 2 y + z + 8 = 0

c) x − 2 y + 9 z = 1 Solución:

2 2

2 2

2 2

) 1 (

1 )

1 (

) 2 ( 1

+ +

+ +

= − +

+

− +

= +

y x

y x y

x

x x y

f

x

x ;

2 2

) 1

( + +

= −

y x

f

y

x ⇒ ∇f(–2, –44) = (–7, 2).

f(–2, –4) = –2.

El plano tangente en P es:

2 ( 7, 2)· 2 4 z x

y +

 

+ = −   +   ⇒ z + = − 2 7( x + + 2) 2( y + 4) ⇒ 7 x − 2 y + + = z 8 0

La respuesta es b)

(3)

Análisis Matemático

José María Martínez Mediano 3

Polinomio de Taylor

(Recuerda. Para una variable)

7. (J10) El polinomio de Taylor de tercer grado, en el punto x = 0, de la función )

1 ln(

)

( x x

2

x

f = − + es:

a)

2 3

3 1 2 ) 1

( x x x x

P = + + b)

2 3

3 3 1 )

( x x x x

P = + −

c) Ninguno de los anteriores. La solución correcta es: _________

Solución:

) 1 ln(

)

( x x

2

x

f = − + →

x x x

f = − +

1 2 1 )

´( →

2

) 1 ( 2 1 )

´´( x x

f = + + →

3

) 1 ( ) 2

´´´( x x

f = − +

f(0) = 0, f´(0) = −1, f´´(0) = 3, f´´´(0) = −2

3 2

! 3 2

! 2 ) 3

( x x x x

P = − + − ⇒

2 3

3 1 2 ) 3

( x x x x

P = − + −

8. (S09) El polinomio de Taylor de grado 2, en el punto (0, 0), de f ( x , y ) = e

x

+ y

2

, es:

a) P ( x , y ) = x

2

+ 10 y

2

− 4 x − 36 y + 30 .

b) 1

2 ) 1 ,

( x y = x

2

+ y

2

+ x + P

c) Ninguno de los anteriores.

Solución:

El polinomio de Taylor de segundo grado para una función f ( x , y ) en el punto (a, b) es:

( ) ( , ) ( , )

( , ) ( , ) ( , )·( , ) 1

( , ) ( , ) 2

xx xy

yx yy

f a b f a b x a

P x y f a b f a b x a y b x a y b

f a b f a b y b

   − 

= + ∇ − − + − −        −  

Gradiente:



 

=

= y f

e f

y x x

2 ⇒ ∇ f ( 0 , 0 ) = ( 1 , 0 )

Hessiana:



 

=

=

xy

0

x xx

f e

f ;

 

=

= 2 0

yy yx

f

f ⇒ 

 

=  2 0

0 ) 1

0 , 0 ( Hf Por tanto:

( ) 1 0

( , ) 1 (1, 0)·( 1, 1) 1 · ·

0 2

2

P x y x y x y x

y

   

= + − − +    

    ⇒ 1

2 ) 1 ,

( x y = x

2

+ y

2

+ x + P

La respuesta es b)

9. (S08) Dado el campo f x y ( , ) = 2 x

2

+ e

x2y

a) (10 puntos) Halla su polinomio de Taylor de grado 2 en el punto (0, 0). Desarrolla y simplifica el resultado.

Solución:

4

x 2y

f

x

= x + e

; f

y

= − 2 e

x2y

⇒ ∇f(0, 0) = (1, –2) 4

x 2y

f

xx

= + e

→ 5; f

xy

= − 2 e

x2y

→ −2; f

yy

= 4 e

x2y

→ 4 Luego:

( ) 5 2

2 2

1 5

( , ) 1 (1, 2)·( , ) 1 2 2 2

2 4

2 2

P x y x y x y x x y x xy y

y

  

= + − +    = + − + − +

  

(4)

Análisis Matemático

José María Martínez Mediano 4

10. (J10) El polinomio de Taylor de grado 2 en el punto (0, 0) de la función

( x y )

y x

f ( , ) = cos + 2 es:

a)

2

2 2

2

2 1 1 ) ,

( x y x xy y

P = − − − b)

2

2 2 1 1

) ,

( x y x y xy x

P = + + − −

c) Ninguna de las anteriores.

Solución:

( x y )

f

x

= − sin + 2 ; f

y

= − 2 sin ( x + 2 y ) ⇒ ∇f(0, 0) = (0, 0)

( x y )

f

xx

= − cos + 2 → −1; f

xy

= − 2 cos ( x + 2 y ) → −2; f

yy

= − 4 cos ( x + 2 y ) → −4 Luego:

( ) 1 2

2 2

1 1

( , ) 1 (0, 0)·( , ) 1 2 2

2 4

2 2

P x y x y x y x x xy y

y

− −

  

= + +   − −     = − − − La respuesta es a)

11. (J06) ¿El polinomio de Taylor de grado 2 en el punto (0, 0) de la función 2

2

) ,

( x y xe

x y

f =

es:

a) 2

1 ) 2

, (

2

+ −

= x x y

x

P b)

2 1 ) 2

, (

2

+ +

= x x y

x P c) Ninguna de las anteriores.

Solución:

2

2

) ,

( x y xe

x y

f =

→ en (0, 0) → 0

2

2

2

2 ) ,

(

x y x y

x

x y e xe

f =

+

→ 2; f

y

( x , y ) = − 4 xye

xy2

→ 0

2

2

2

2 ) ,

(

x y x y

xx

x y e xe

f =

+

→ 4 ; f

xy

( x , y ) = − 4 ye

xy2

− 4 xye

xy2

→ 0

2

2 2

8 4

) ,

(

x y x y

yy

x y xe xy e

f = −

+

→ 0

Por tanto:

4 0

2

( , ) 0 (2, 0)·( , ) 1 ( )· · 2 2

0 0 2

P x y x y x y x x x

y

   

= + +     = +

   

La respuesta es c)

12. (J03) Dado el campo f ( x , y ) = e

x2y2

+ xy

a) (0,8 puntos) Halla su polinomio de Taylor de grado 2 en el origen.

b) (0,2 puntos) Utilízalo para calcular aproximadamente el valor de f(0,2, 0,1).

Solución:

a) f

x

( x , y ) = 2 xe

x2y2

+ yf

xx

( x , y ) = 2 e

x2y2

+ 4 x

2

e

x2y2

; f

xy

( x , y ) = − 4 xye

x2−y2

+ 1 x

ye y

x

f

y

( , ) = − 2

x2y2

+ → f

yy

( x , y ) = − 2 e

x2y2

+ 4 y

2

e

x2y2

Se obtiene:

( ) 2 1

2 2

( , ) 1 (0, 0)·( , ) 1 · · 1

1 2

2

P x y x y x y x x y xy

y

   

= + +     = − + +

 −   

b) f ( 0 , 2 , 0 , 1 ) ≈ P ( 0 , 2 , 0 , 1 ) = 0 , 2

2

− 0 , 1

2

+ 0 , 2 · 0 , 1 + 1 = 1 , 05 .

Observación: El valor que se obtiene con la calculadora, que sigue sin ser el exacto, pues la

calculadora también da valores aproximados, es: (0, 2, 0,1) 1, 050454534 f = . El error de

aproximación es inferior a 0,0005.

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