Curso 2018/2019

Grado en Ingeniería Química Industrial

Matemáticas I - Problemas Tema 13

Cálculo en varias variables

Cálculo diferencial en varias variables II

1. El problema de Steiner. Se pretende construir un aeropuerto cercano a tres ciudades. El problema

consiste en encontrar la localización óptima del aeropuerto en el sentido de que éste esté lo más

cercano posible a las tres ciudades. Supongamos que las coordenadas que nos dan la localización de las

tres ciudades son (1 1), (2 2) y (3 3) y denotemos por ( ) las coordenadas del aeropuerto.

La distancia de la primera ciudad al aeropuerto viene dada por 1 =

q(− 1)

2 + ( − 1)2. De

igual manera las distancias de las otras dos ciudades al aeropuerto son 2 =

q(− 2)

2 + ( − 2)2

y 3 =

q(− 3)

2 + ( − 3)2. Por tanto, el problema de Steiner consiste en encontrar el mínimo

de la función

( ) = 1 + 2 + 3 (1)

Resolveremos más adelante este problema con la ayuda del ordenador. De momento, nos ocuparemos

de una versión más sencilla de este problema donde la función a minimizar será la suma de las

distancias al cuadrado. En concreto, calcula el mínimo de la función

( ) = 21 + 22 + 23

Solución: La función ( ) en función de las coordenadas de los puntos es:

( ) = 21 + 22 + 23 =

3X=1

2 =

3X=1

³(− )

2 + ( − )2´

Buscamos el mínimo global de ( ), por tanto, debemos buscar sus puntos críticos

∇( ) = 0⇔Ã

Ã3X

=1

³(− )

2 + ( − )2´!

Ã3X

=1

³(− )

2 + ( − )2´!!

= 0

Luego Ã3X

=1

³(− )

2 + ( − )2´

3X=1

³(− )

2 + ( − )2´!

= 0

Ã3X

=1

2 (− )

3X=1

2 ( − )

!= 0

Ã3X

=1

(− )

3X=1

( − )

!= 0

1

De donde

3X=1

(− ) = 0⇔3X

=1

−3X

=1

= 0⇔3X

=1

=

3X=1

⇔ 3 = (1 + 2 + 3)⇔ 1 + 2 + 3

3

3X=1

( − ) = 0⇔3X

=1

−3X

=1

= 0⇔3X

=1

=

3X=1

⇔ 3 = (1 + 2 + 3)⇔ 1 + 2 + 3

3

Usando el Hessiano de

( ) =

µ3 0

0 3

¶que cumple

1 0∆1 = 3 0∆2 = 9 0

luego el punto

=1

3(1 + 2 + 3) =

1

3(1 + 2 + 3)

es mínimo.

2. Distancia de un punto a un conjunto de R . Dado un conjunto acotado Ω ⊂ R y un punto−→ = (1 · · · ) que no pertenezca a Ω, se define la distancia de −→ a Ω como la menor de las

distancias posibles entre −→ y cualquier punto de Ω. Recordemos que la distancia (euclídea) entre los

puntos −→ e −→ se define como

(−→ −→ ) = k−→ −−→ k =p(1 − 1)2 + (2 − 2)2 + · · ·+ ( − )2

En R2 consideremos el punto = (1 2) y el conjunto

Ω =©( ) ∈ R2 : 2 + ( + 2)2 = 1ª

Calcula la distancia de a Ω.

Solución: Tenemos que resolver el problema

Minimizar ( ( ))

Sujeto a ( ) ∈ Ωo en ecuaciones

Minimizarp(− 1)2 + ( − 2)2

Sujeto a 2 + ( + 2)2 = 1

Se trata de un problema de Lagrange que procedemos a resolver utilizando los multiplicadores

de Lagrange, construimos el Lagrangiano, incorporando a la función del problema la restricción

2 + ( + 2)2 − 1 = 0, usando un multplicador de Lagrange, ( ) =

p(− 1)2 + ( − 2)2 +

¡2 + ( + 2)2 − 1¢

y buscamos los puntos críticos de ( )

=

(−1)√(−1)2+(−2)2 + 2 = 0 (1)

=

(−2)√(−1)2+(−2)2 + 2 ( + 2) = 0 (2)

= 2 + ( + 2)2 − 1 = 0 (3)

2

Despejamos de la ecuación (1)

=1−

2p(− 1)2 + ( − 2)2

y también de la ecuación (2)

=2−

2 ( + 2)p(− 1)2 + ( − 2)2

e igualando1−

2p(− 1)2 + ( − 2)2 =

2−

2 ( + 2)p(− 1)2 + ( − 2)2

simplificando el 2 y la raíz cuadrada

1−

=2−

+ 2

de modo que

(1− ) ( + 2) = (2− )⇔ + 2− − 2 = 2− ⇔ + 2 = 4

y sustituyendo en (3)

2 + ( + 2)2 − 1 = 0⇔ 2 + (4)2 − 1 = 0⇔ 172 − 1 = 0⇔ 2 =1

17

y tendremos por tanto dos puntos

=1√17⇒ = 4− 2 = 4 1√

17− 2 = 4− 2√17√

17⇒ 1 =

Ã1√17

4− 2√17√

17

!y

= − 1√17⇒ = 4− 2 = −4 1√

17− 2 = −4− 2

√17√

17⇒ 2 =

Ã− 1√

17−4− 2√17√

17

!

y el valor de la distancia de estos puntos a Ω

(1Ω) =

s(1√17− 1)2 + (4− 2

√17√

17− 2)2 =

q18− 2

√17

(2Ω) =

s(− 1√

17− 1)2 + (−4− 2

√17√

17− 2)2 =

q18 + 2

√17

1 es un mínimo, mientras 2 será máximo, podemos verlos en la gráfica siguiente:

3

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

x

y

o P=(1,2)

o

o

P1

P2

Notar que en los puntos 1 y 2, las rectas tangentes a la circunferencia son perpendiculares a

la recta que unes esos puntos con el punto .

3. Ajuste por mínimos cuadrados. El ajuste por mínimos cuadrados de los cuatro puntos (−1 4),(0 1), (1 1), (1−1) a una parábola de ecuación = 2 + + requiere resolver el problema

siguiente de programación no lineal: Minimizar ( ), donde

( ) = (4− (− + ))2 + (1− )2 + (1− (+ + ))2 + (1 + (+ + ))2

Resuelve este problema.

Solución: Como en todos los problemas de ajustes de curvas lo que se pretende es minimizar

la suma de los errores que se cometen al aproximar los puntos por la parábola, son problemas

de la forma

=

X=1

( − ())2

siendo () el modelo elegido en cada caso y es el número de pares de datos ( ). Por

ejemplo, para la parábola sería () = 2 + +

X=1

¡ −

¡2 + +

¢¢2y lo que se busca es el valor de los parámetros y que minimizan el error , en este caso

= ( ) = (4− + − )2 + (1− )2 + (1− − − )2 + (1 + + + )2

. Se trata de un problema de optimización sin restricciones y tenemos que buscar los puntos

críticos. Calculamos el Gradiente de respecto a los parámetros y e igualamos a 0

= −2 (4− + − )− 2(1− − − ) + 2 (1 + + + ) = 6+ 2+ 6− 8 = 0

= 2 (4− + − )− 2(1− − − ) + 2 (1 + + + ) = 2+ 6+ 2+ 8 = 0

= −2 (4− + − )− 2 (1− )− 2(1− − − ) + 2 (1 + + + ) = 6+ 2+ 8− 10 = 0

4

Sistema lineal cuya solución es

= 1

= −2 = 1

Y usaremos el Hessiano para comprobar que es un mínimo

=

⎛⎝ 6 2 6

2 6 2

6 2 8

⎞⎠y calculando la secuencia ∆

∆1 = 6 0

∆2 =

¯6 2

2 6

¯= 36− 4 = 32 0

∆3 =

¯¯ 6 2 6

2 6 2

6 2 8

¯¯ = (288 + 24 + 24)− (216 + 24 + 32) = 64 0

Luego todos los menores son positivos y el punto es un mínimo. La parábola buscada es

() = 2 − 2+ 1

-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5

10

20

30

x

y

oo o

o

Parábola 2 − 2+ 1.

4. Algunos problemas de optimización geométricos. Calcula las dimensiones del paralelepípedo de

volumen máximo que se puede incluir en una esfera de radio 1.

2 + 2 + 2 = 1

5

P = (x,y,z)

Solución: Sean ( ) las coordenadas de la esquina superior derecha del cubo inscrito en la

esfera de radio 1. El volumen viene dado por el producto de las longitudes de los lados en las

respectivas dimensiones, es decir

( ) = (2) · (2) · (2) = 8

por otra parte el punto ( ) está sobre la esfera, así que debe cumplir su ecuación. El problema

se puede plantear comoMaximizar 8

Sujeto a 2 + 2 + 2 = 1

que es un problema de Lagrange. Para resolverlo construimos el Lagrangiano

( ) = 8 + ¡2 + 2 + 2 − 1¢

y buscamos sus puntos críticos

= 8 + 2 = 0⇔ 4 + = 0 (1)

= 8 + 2 = 0⇔ 4 + = 0 (2)

= 8 + 2 = 0⇔ 4 + = 0 (3)

= 2 + 2 + 2 − 1 = 0 (4)

Restando (1) y (2) obtenemos

(4 + )− (4 + ) = 0⇐⇒ (− ) + 4 ( − ) = 0⇐⇒ (− ) (− 4) = 0

6

ecuación que nos dos opciones

= o = 4

Para el caso = , el sistema quedaría

4 + = 0 (5)

42 + = 0 (6)

22 + 2 − 1 = 0 (7)

De la ecuación (5) tenemos

(4 + ) = 0

pero si = 0, entonces no hay paralelepípedo, así que podemos asumir

4 + = 0⇒ = −4

y sustituyendo este valor en (6)

42 − 42 = 0⇔ 2 = 2

y usando ahora la ecuación (7)

32 = 1⇔ 2 =1

3⇔ = ± 1√

3

y como

2 = 2 =1

3⇔ = ± 1√

3

y de este apartado obtenemos 4 puntos

1 =³1√3 1√

3 1√

3

´2 =

³1√3 1√

3− 1√

3

´3 =

³− 1√

3− 1√

3 1√

3

´4 =

³− 1√

3− 1√

3− 1√

3

´Para el caso = 4, el sistema queda como

4 + 4 = 0 (8)

4 + 42 = 0 (9)

2 + 2 + 2 − 1 = 0 (10)

De la ecuación (8) obtenemos

4 ( + ) = 0

y como para = 0 no tendríamos paralelepípedo, entonces = − y sustituyendo en (9)

−42 + 42 = 0⇐⇒ 2 = 2

y usando (10)

2 + (−)2 + 2 − 1 = 0⇔ 32 = 1⇔ 2 =1

3⇔ = ± 1√

3

7

Y como en el caso anterior tendremos

2 = 2 =1

3⇔ = ± 1√

3

y otros cuatros puntos

5 =³1√3− 1√

3 1√

3

´6 =

³1√3− 1√

3− 1√

3

´7 =

³− 1√

3 1√

3 1√

3

´8 =

³− 1√

3 1√

3− 1√

3

´El problema nos ha dado los 8 vértices del paralelepípedo, como habíamos supuesto que ( )

eran las coordenadas del vértice que hay en el primer octante, entonces deben ser positivas y

la solución sería 1 =³1√3 1√

3 1√

3

´, siendo las dimensiones y el volumen del paralelepípedo

máximo:

= = =2√3

( ) = 82√3

2√3

2√3=

64

3√3

5. Calcula las dimensiones del rectángulo de área máxima que está contenido en la elipse de ecuación

2

2+

2

2= 1

Solución: Sean ( ) las coordenadas de las esquina superior derecha del rectánculo inscrito en

la elipse (ver figura) .

(x,y)

El área del rectángulo es base por altura, por tanto vendrá dada por la siguiente expresión

( ) = (2) · (2) = 4por otra parte el punto ( ) está sobre la elipse, así que debe cumplir su ecuación. El problema

se puede plantear comoMaximizar 4

Sujeto a2

2+

2

2= 1

8

que es un problema de Lagrange. Para resolverlo construimos el Lagrangiano

( ) = 4 +

µ2

2+

2

2− 1¶

y buscamos sus puntos críticos

= 4 +

2

2 = 0 (1)

= 4+

2

2 = 0 (2)

=

2

2+

2

2− 1 = 0 (3)

De las ecuaciones (1) y (2) podemos despejar el multiplicador

= −22 (4)

= −22 (5)

notar que es posible dividir por , puesto que si = 0, entonces de la ecuación (1) se obtendría

= 0 y por tanto la ecuación (3) no se podría cumplir; lo mismo ocurre para la variable ,

tampoco puede ser nula. Igualando las ecuaciones (4) y (5)

2

= 2

⇔ 22 = 22 ⇔ 2

2=

2

2

y podemos sutituir en (3)

2

2+

2

2− 1 = 0⇒ 2

2+

2

2− 1 = 0⇒ 2 =

2

2⇒ = ± √

2

y por tanto

2 = 21

2⇒ = ± √

2

Hemos conseguido 4 puntos que son los cuatro vértices del rectángulo tal y como aparece en la

figura anterior.

1 =

µ√2√2

¶ 2 =

µ√2− √

2

¶ 3 =

µ− √

2√2

¶ 4 =

µ− √

2− √

2

¶

Las dimensiones corresponden a los lados del rectángulo

base = 2√2= √2

altura = 2√2= √2

y el área máxima será

Área = 2

9

6. Se dispone de una cantidad fija de material para fabricar una caja rectangular. Calcula las dimensiones

de la caja para que su volumen sea el máximo posible.

Solución: Para determinar las dimensiones de una caja rectangular de forma que contenga el

mayor volumen posible, pero utilizando para ello una cantidad fija de material. El problema en

forma abstracta se podría plantear en los siguientes términos

Maximizar Volumen de la caja

sujeto a Área lateral fija

Con el fin de resolver este problema habrá que modelizarlo matemáticamente, es decir tendremos

que expresarlo en términos matemáticos. El primer paso para modelizar un problema de opti-

mización es identificar y definir las variables que están implicadas en dicho problema, en este

caso y puesto que estamos tratando de determinar el tamaño de una caja rectangular, la opción

más clara es considerar como variables sus tres dimensiones rectangulares usuales (ancho, largo,

alto) y que representamos con , , .

Con estas variables, la función para la que tenemos que encontrar el mejor valor será el volumen

de la caja que puede expresarse como

( ) =

A continuación debemos tener en cuenta las limitaciones existentes sobre el material. Como este

material se utiliza para construir las paredes de la caja, necesitaremos considerar el área lateral

de la misma, y si la caja tiene tapa, dicha área será

( ) = 2 ( + + )

Por último, teniendo en cuenta que las dimensiones de la caja no pueden ser negativas el problema

puede expresarse matemáticamente como

Maximizar

sujeto a + + = 2

≥ 0

Se pueden omitir las restricciones de positividad sobre las variables ya que por la naturaleza del

problema, los valores de estas variables deben 0; si alguna de las variables o es nula,

entonces no tendremos caja y no habrá volumen. La función Lagrangiana para este problema es

( ) = +

µ + + −

2

¶y los puntos críticos de

∇ = 0 ⇒

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

= 0 ⇒ + ( + ) = 0 (1)

= 0 ⇒ + (+ ) = 0 (2)

= 0 ⇒ + (+ ) = 0 (3)

= 0 ⇒ + + −

2= 0 (4)

10

Restando (1) y (2) obtenemos

( + ( + ))− ( + (+ )) = 0⇔ ( − ) ( + ) = 0

Así que o bien = o bien = −. Pero si = −, entonces de la ecuación (1) − ( + ) = 0⇒ − − 2 = 0⇒ 2 = 0⇒ = 0

y no habría caja. Así que debe ocurrir = .

Restando (1) y (3) obtenemos

( + ( + ))− ( + (+ )) = 0⇔ ( − ) ( + ) = 0

Así que o bien = o bien = −. Pero si = −, entonces de la ecuación (1) − ( + ) = 0⇒ − 2 − = 0⇒ −2 = 0⇒ = 0

y no habría caja. Así que debe ocurrir = .

Como = = , usamos la ecuación (4)

+ + −

2= 0⇒ 2 + 2 + 2 =

2⇒ 32 =

2⇒ 2 =

6⇒ = ±

r

6

por las condiciones del problema, sólo cogemos la positiva y el sistema anterior tiene como única

solución

= = =

r

6 = −

r

24

7. Un problema de calor en régimen estacionario. Consideremos una placa circular que ocupa la

región bidimensional

Ω =©( ) ∈ R2 : 2 + 2 ≤ 1ª

Supongamos que la distribución de temperaturas (en régimen estacionario, es decir, la temperatura

no varía con el tiempo) de la placa está dada por la función

( ) =1− (2 + 2)

4

¿Cuál es el punto de la placa que está más caliente ? ¿Y el más frío ?

Comprueba que efectivamente ( ) es solución de la ecuación de calor estacionaria⎧⎨⎩−∇2 = 1 en Ω

= 0 sobre Ω

donde ∇2 = 22+ 2

2denota el Laplaciano de y Ω es la frontera de Ω, esto es, la circunferencia

de radio 1.

Solución: El problema considerado es:

Optimizar1− (2 + 2)

4sujeto a 2 + 2 ≤ 1

11

El conjunto Ω donde buscamos el máximo y el mínimo de la función es un círculo de radio 1,

que es un conjunto compacto, como la función es continua el teorema de Weierstrass garantiza

la existencia de máximo y mínimo de la función dentro del conjunto.

Ω =©( ) ∈ R2

¯2 + 2 ≤ 1ª

El problema se divide en estudiar qué ocurre en el interior del conjuntoΩ =

©( ) ∈ R2

¯2 + 2 1

ªy en su frontera Ω =

©( ) ∈ R2

¯2 + 2 = 1

ª.

En el interior tenemos que encontrar las máximos y mínimos de la función ( ) =1− (2 + 2)

4,

para ello buscamos los puntos críticos de la función

∇ ( ) =µ −2−2

¶=

µ0

0

¶⇔ = = 0

En la frontera tenemos que resolver el problema de Lagrange

Optimizar1− (2 + 2)

4sujeto a 2 + 2 = 1

No obstante si 2 + 2 = 1, entonces ( ) = 0 es constante sobre la frontera. Evaluando la

función en el punto (0 0) obtendremos

(0 0) =1

4

mientras que en la frontera

( ) = 0

En el primer caso tendremos un máximo y en el segundo infinitos mínimos, que son todos los

puntos de la frontera.

Para comprobar que ( ) es solución de la ecuación del calor recordemos que

∇2 = 2

2+

2

2

12

en este caso

= −

2⇒ 2

2= −1

2

= −

2⇒ 2

2= −1

2

⎫⎪⎬⎪⎭ ⇒ −∇2 = −µ2

2+

2

2

¶= −

µ−12− 12

¶= 1

∀ ( ) ∈ R : 2 + 2 = 1⇒ ( ) = 0

8. Combinación óptima de las variables de decisión comerciales en una empresa. Según el modelo

de Lambin, se pretende analizar, en el corto plazo, qué parte del presupuesto de una empresa se ha

de dedicar a publicidad, qué parte a gasto en equipo de ventas y qué nivel de precios se ha de fijar

en sus productos, el beneficio total puede expresarse en la forma

( ) = ( )− ∗( )−− −

donde las variables de optimización son el precio , los gastos en publicidad y los gastos en el

equipo de vendedores , es una constante que representa los costes fijos, ∗ representa los

costes variables y ( ) es la cantidad de ventas, que depende del precio, la publicidad y el

equipo de vendedores. En el corto plazo se puede suponer que ∗ = constante. Teniendo en cuentaque la elasticidad de la demanda respecto a precios, publicidad y vendedores se define como

=

=

=

comprueba que en el óptimo se satisface la relación

− =

=

=

− ∗

Solución: Problema sin restricciones que podemos resolver usando los puntos críticos de la

función

( ) = ( )− ∗( )−− −

= ( −∗ )( )−− −

∇ = 0⇔

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩

= 0⇔ + ( − ∗ )

= 0 (1)

= 0⇔ ( − ∗ )

− 1 = 0⇔ ( −∗ )

= 1 (2)

= 0⇔ ( − ∗ )− 1 = 0⇔ ( − ∗ )

= 1 (3)

De (2) y (3) deducimos que ( − ∗ ) 6= 0 6= 0 y

6= 0. De (1) obtenemos

= − ¡

− ∗¢ (4)

de (2) obtenemos

=

1¡ −∗

¢ (5)y de (3) obtenemos

=

1¡ − ∗

¢ (6)13

Usando (4) se cumple

=

= − ¡

− ∗¢ = − ¡

− ∗¢

Usando (5) se cumple

=

=

1¡ − ∗

¢ =

¡ − ∗

¢ ⇒

=

¡ − ∗

¢ Usando (6) se cumple

=

=

1¡ − ∗

¢

=

¡ −∗

¢

⇒

=

¡ − ∗

¢ y está claro que se cumple

− =

=

9. Resuelve el siguiente problema de programación no lineal:⎧⎨⎩ Minimizar kxk2 = 21 + 22 + · · ·+ 2sujeto a

a · x =

donde a = (1 2 · · · ) es un vector no nulo de componentes, es una constante y x =

(1 2 · · · ) Solución: Es un problema de Lagrange o problema con restricciones de igualdad. Usando las

componentes de los vectores a y x, el Lagrangiano será

(1 ) = 21 + 22 + · · ·+ 2 + (11 + · · ·+ − )

y los puntos críticos se obtendrán de la ecuación ∇ = 0 Tendremos ecuaciones para las

variables

= 2 + = 0 = 1 (1)

y una para la variable

= 11 + · · ·+ − = 0 (2)

Para cada valor de en (1) obtendremos

2 + = 0

de donde

= −2 = 1

y sustituyendo en (2)

11 + · · ·+ − = 0⇒ 1

µ−12

¶+ · · ·+

µ−2

¶− = 0

14

sacando factor común −2

−2

¡21 + · · ·+ 2

¢− = 0

y despejando

−2=

21 + · · ·+ 2

Sustituyendo en la expresión de

= −2 =

21 + · · ·+ 2 =

kak2

es decir

x = (1 ) =

µ

kak21

kak2¶=

kak2 (1 ) =

kak2a

10. Utiliza la derivación implícita para calcular la ecuación de la recta tangente a la circunferencia de

ecuación 2 + 2 = 1 en un punto genérico (0 0) con 0 6= 0.Solución: En primer lugar vamos a comprobar que la ecuación ( ) = 2+2−1 = 0 definea como función implícita de para cualquier punto de la circunferencia (0 0).

(0 0) = 20 + 20 − 1 = 1− 1 = 0

( ) = 2 ⇒ Como 0 6= 0, entonces

(0 0) = 20 6= 0

por tanto la ecuación define a como función implícita de con (0) = 0. La pendiente de la

tangente en (0 0) es 0 (0), por tanto, usando derivada implícita en la ecuación¡

2 + 2 − 1 = 0¢0 = 2+ 20 = 0y sustituyendo en el punto

20 + 2 (0) 0 (0) = 0⇒ 20 + 20

0 (0) = 0⇒ 0 (0) = −00

La recta tangente será

= 0 + 0 (0) (− 0) = 0 − 0

0(− 0) = −0

0+ 0 +

200= −0

0+

20 + 200

y como el punto está en la circunferencia, también podemos poner:

= −00+

1

0

11. La ecuación

2 + 2 + 2 − = 51

define a la variable como función implícita de e en un entorno del punto (6−3) en el cual = ( ) puede tomar los valores = 3 y = −2. Para = −2, calcula la ecuación del plano

15

tangente a la gráfica de la función ( ) en el punto (3−2). Calcula la también el polinomio deTaylor de orden 2 de ( ) en el punto (3−2).Solución: Consideremos la función ( ) = 2+2+ 2− −51, la ecuación es equivalentea poner ( ) = 0

Sustituyendo los valores = 6 e = −3 en la función, obtenemos (6−3 ) = 36 + 9 + 2 − − 51 = 2 − − 6

Para que se pueda definir como función implícita del punto (6−3 0) debe suceder por unaparte que (6−3 0) = 0 y por otra que

(6−3 0) 6= 0. De la primera condición obtenemos

(6−3 0) = 20 − 0 − 6 = 0⇔ 0 =1±√1 + 24

2=1± 52⇒ 0 = 3 o 0 = −2

Para estos puntos aplicamos la segunda condición

( ) = 2 − 1⇒

⎧⎨⎩(6−3 3) = 5 6= 0

(6−3−2) = −5 6= 0

De forma que se puede definir como función implícita tanto en un entorno de (6−3 3) comode (6−3−2).La ecuación del plano tangente a la gráfica de una función ( ) en un punto viene dado por el

polinomio de Taylor de primer orden de la función en ese punto, en este caso el punto es (6−3)con (6−3) y tenemos que calcular el gradiente de

∇ ( ) =µ

¶y evaluarlo en ese punto.

Para la obtener derivada parcial respecto de derivamos en la ecuación respecto de esa variable,

donde debemos tener en cuenta que = ( ), es función de las dos variables

⇒

( ( ) = 0)⇒

¡2 + 2 + 2 − − 51¢ = 0

2+ 2 ( ) ( )

− ( )

= 0⇒ 2+ (2 ( )− 1) ( )

= 0

y sustituyendo en (6−3), teniendo en cuenta que (6−3) = −2

2 · 6 + (2 (6−3)− 1) (6−3)

= 0⇔ 12− 5 (6−3)

= 0⇔ (6−3)

=12

5

Repetimos el proceso para calcular la derivada parcial respecto a

⇒

( ( ) = 0)⇒

¡2 + 2 + 2 − − 51¢ = 0

2 + 2 ( ) ( )

− ( )

= 0⇒ 2 + (2 ( )− 1) ( )

= 0

evaluando en el punto (6−3)

2 · (−3) + (2 (−2)− 1) (6−3)

= 0⇔ −6− 5 (6−3)

= 0⇔ (6−3)

= −65

16

El polinomio de Taylor en (6−3) será

1 ( ) = (6−3) + (6−3)

(− 6) + (6−3)

( + 3)

= −2 + 125(− 6)− 6

5( + 3)

=12

5− 6

5 − 20

En la siguiente gráfica se han representado tanto la función, como el polinomio de Taylor (plano

tangente en (6−3)):

8

-4

-2

-5

-2-3

y

-4

0z

6

x

5-1 4

2

4

7

Para obtener el polinomio de 2 grado hay que calcular la segunda derivada de respecto de las

variables e , usando los resultados obtenidos anteriormente:

2

2⇒

µ2+ (2 ( )− 1) ( )

¶= 0⇒

(2) +

µ(2 ( )− 1) ( )

¶= 0

es decir

2+2 ( )

( )

+(2 ( )− 1)

2 ( )

2= 0⇔ 2+2

µ ( )

¶2+(2 ( )− 1)

2 ( )

2= 0

y evaluando en (6−3) con (6−3) = −2, (6−3)

= 125y

(6−3)

= −65

2 + 2

µ (6−3)

¶2+ (2 (6−3)− 1)

2 (6−3)2

= 0

2 + 2

µ12

5

¶2+ (2 · (−2)− 1)

2 (6−3)2

= 0

338

25− 5

2 (6−3)2

= 0

17

2 (6−3)2

=338

125

Para la ,

2

2⇒

µ2 + (2 ( )− 1) ( )

¶= 0⇒

(2) +

µ(2 ( )− 1) ( )

¶= 0

es decir

2+2 ( )

( )

+(2 ( )− 1)

2 ( )

2= 0⇔ 2+2

µ ( )

¶2+(2 ( )− 1)

2 ( )

2= 0

y como antes

2 + 2

µ (6−3)

¶2+ (2 (6−3)− 1)

2 (6−3)2

= 0

2 + 2

µ−65

¶2+ (2 · (−2)− 1)

2 (6−3)2

= 0

122

25− 5

2 (6−3)2

= 0

de donde2 (6−3)

2=122

125

Para la derivada cruzada 2

= 2

,

2

⇒

µ2 + (2 ( )− 1) ( )

¶= 0⇒

(2)+

µ(2 ( )− 1) ( )

¶= 0

es decir

2 ( )

( )

+ (2 ( )− 1)

2 ( )

= 0

y en (6−3)

2 (6−3)

(6−3)

+ (2 (6−3)− 1) 2 (6−3)

= 0

2

µ12

5

¶µ−65

¶+ (2 · (−2)− 1)

2 (6−3)

= 0

−14425− 5

2 (6−3)2

= 0

de donde2 (6−3)

= −144

125

18

El polinomio de Taylor es el plano tangente anterior más la parte correspondiente a las segunda

derivadas.

2 ( ) = (6−3) +∇ (6−3)µ

− 6 + 3

¶+1

2(− 6 + 3)

Ã2(6−3)

22(6−3)

2(6−3)

2(6−3)2

!µ− 6 + 3

¶

= −2 +µ12

5−65

¶µ− 6 + 3

¶+1

2(− 6 + 3)

µ338125

−144125

−144125

122125

¶µ− 6 + 3

¶= −2 + 12

5(− 6)− 6

5( + 3) +

338

250(− 6)2 + 122

250( + 3)2 − 144

125(− 6) ( + 3)

= −2 + 125(− 6)− 6

5( + 3) +

169

125(− 6)2 + 61

125( + 3)2 − 144

125(− 6) ( + 3)

=269

5− 43225

+216

25 +

169

1252 − 144

125 +

61

1252

8

-4

-2

40-1

4

5

2

x

6

-3-2z

-4

y

-5

7

12. Comprueba que los circunferencias de ecuaciones (−2)2+2 = 2 y 2+(−2)2 = 2 son tangentesen el punto (1 1).

Solución: Para comprobarlo tenemos que comprobar que la derivada de la función como

función implícita de en el punto (1 1) es la misma. Primero comprobaremos que las ecuaciones

definen a como función implícita de ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩1 ( ) = (− 2)2 + 2 − 2

1

( ) = 2

⇒

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩1 (1 1) = (1− 2)2 + 1− 2 = 0

1

(1 1) = 2 6= 0

y ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩2 ( ) = 2 + ( − 2)2 − 2

2

( ) = 2 ( − 2)

⇒

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩2 (1 1) = 1 + (1− 2)2 − 2 = 0

2

(1 1) = −2 6= 0

19

Calculamos la derivada en cada caso. Para 1

0 (1)⇒ 2 (− 2) + 20 = 0⇒ 2 (1− 2) + 2 (1) 0 (1) = 0⇒ −2 + 20 (1) = 0⇒ 0 (1) = 1

Para 2

0 (1)⇒ 2+2 ( − 2) 0 = 0⇒ 2·1+2 ( (1)− 2) 0 (1) = 0⇒ 2+2 (1− 2) 0 (1) = 0⇒ 0 (1) = 1

Gráficamente podemos comprobar que ambas circunferencias son tangentes en (1 1)

-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

x

y

13. Una empresa considera que la función de demanda del bien que produce, dependiendo de la

cantidad producida , del precio del bien , y de la renta disponible de los individuos puede

expresarse como

() = ln10

+

1

100

En el momento actual, los valores de las variables son = 10, = 2 y = 200. Un estudio

de mercado indica una disminución en la renta disponible de los individuos. Si se pretende dejar

constante la producción, ¿cómo deberá variar el precio del bien en función de la renta para mantener

el nivel de demanda ?.

Solución: La demanda para el momento actual es

∗ (10 2 200) = ln100

2+200

100= ln 50 + 2

Se pretende ver cómo debe variar en función de para que se cumpla la relación

ln 50 + 2 = ln100

+

100(1)

es decir se pide

20

Podemos utilizar derivación implícita, comprobando previamente que es función de . Y ahora

tomamos

( ) = ln100

+

100− ln ¡502¢

Podemos comprobar ahora que para = 200 y = 2 tendremos

(200 2) = ln100

2+200

100− (ln 50 + 2) = 0

mientras que para

= − 1

⇒

(200 2) = −1

26= 0

Luego es función implícita de , derivando en la ecuación respecto de

0 = −0

+

1

100⇒ 0

=

1

100⇒ 0 =

100

Por tanto

= 100

y como (200) = 2

(200) = 200100 = 2⇔ = 2−2

y la función

() = 2−2100 = 2(−200)100

También es posible despeja de la ecuación (1)

ln 50 + 2 = ln100

+

100⇔ ln 50 + ln 2 = ln

100

+ ln 100 ⇔ ln 502 = ln

100

100

de forma que

502 =100

100 ⇔ =

100100

502= 2100−2 = 2(−200)100

igual que antes.

14. Una empresa produce un producto a partir de dos materias primas. La relación entre la cantidad del

bien producida y las cantidades de materias empleadas ( ) es de la forma

ln− 2

+ 1 = 0 0

Teniendo en cuenta que la productividad marginal respecto a una materia prima se define como

la tasa de variación de la cantidad de bien producido cuando sufre variaciones en la cantidad de

la correspondiente materia prima, calcula las productividades marginales respecto a e para los

valores = = = 1.

Solución: El problema consiste en considerar la función de cantidad de bien producido como

función implícita de las cantidades de materia prima e , y estudiar la variación de respecto

a estas cantidades, es decir y . Para ello demostraremos en primer lugar que es

un función de e , tomando la función

( ) = ln− 2

+ 1

21

y comprobamos las condiciones que se deben cumplir en el punto (1 1 1)

(1 1 1) = ln 1− 121

1+ 1 = 0− 1 + 1 = 0

mientras que

=1

+

2

2⇒

(1 1) =

1

1+12 · 112

= 2 6= 0

Y ahora calcularemos las derivadas parciales de respecto a e , para ello derivamos en la

ecuación

µln− 2

+ 1

¶= 0⇔

−Ã2− 2

2

!= 0

y evaluando en (1 1) con = 1 = 1 y (1 1) = 1

(1 1)

(1 1)−Ã2 (1 1)−

(1 1)

(1 1)2

!= 0⇔

(1 1)−

µ2−

(1 1)

¶= 0⇒

(1 1) = 1

y para la derivada respecto de

µln− 2

+ 1

¶= 0⇔

−Ã2− 2

2

!= 0

y evaluando en (1 1) con = 1 = 1 y (1 1) = 1

(1 1)

(1 1)−Ã (1 1)−

(1 1)

(1 1)2

!= 0⇔

(1 1)−

µ1−

(1 1)

¶= 0⇒

(1 1) =

1

2

15. Calcula el polinomio de Taylor de grado dos de las funciones que se indican a continuación:

(a) ( ) = sen() cos() en el punto (0 0)

(b) ( ) = (2 − 3)2 en el punto (0 0)

(c) ( ) = − en el punto (1 1 0)

Solución:

a)

( ) = sen() cos()⇒ (0 0) = 0

∇ ( ) = (cos () cos () − sen () sen ())⇒∇ (0 0) = (1 0)

( ) =

µ − sen () cos () − cos () sen ()− cos () sen () − sen () cos ()

¶⇒ (0 0) =

µ0 0

0 0

¶El polinomio de Taylor de orden 2 es

2 ( ) =

22

b)

( ) = (2 − 3)2 ⇒ (0 0) = 0

∇ ( ) =³(2− 3) 2 2 ¡2 − 3¢ 2´⇒∇ (0 0) = (−3 0)

( ) =

Ã2

22 (2− 3) 2

2 (2− 3) 2 2¡2 − 3¢ ¡22 + 1¢ 2

!⇒ (0 0) =

µ2 0

0 0

¶El polinomio de Taylor de orden 2 es

2 ( ) = −3+ 22

c) Para ( ) = −

( ) =

− ⇒ (1 1 0) = 1

∇ ( ) =µ1

− −

2−

¶⇒∇ (1 1 0) = (1−1−)

( ) =

⎛⎜⎝ − − 12−

− 12

23

0

− 0 0

⎞⎟⎠⇒ (1 1 0) =

⎛⎝ 0 −1 −−1 2 0

− 0 0

⎞⎠Y el polinomio de Taylor de orden 2 sería

2 ( ) = (1 1 0)+∇ (1 1 0)⎛⎝ − 1

− 1

⎞⎠+ 12(− 1 − 1 ) (1 1 0)

⎛⎝ − 1 − 1

⎞⎠

2 ( ) = 1+(1−1−)⎛⎝ − 1

− 1

⎞⎠+ 12(− 1 − 1 )

⎛⎝ 0 −1 −−1 2 0

− 0 0

⎞⎠⎛⎝ − 1 − 1

⎞⎠2 ( ) = 1 + (− 1)− ( − 1)− +

1

2(− 1 − 1 )

⎛⎝ − ( − 1)−

− (− 1) + 2 ( − 1)− (− 1)

⎞⎠

= 1 + 2− 2 − − + 2

c°Silvestre Paredes Hernández R°

23