5 de diciembre 1 2 · 2020-01-20 · interpretación geométrica de la derivada parcial. 3 de la...

E.T.S.I. Industriales y Telecomunicación Grado en Ingeniería Mecánica Asignatura: Cálculo I ACTIVIDADES NO PRESENCIALES

Pág. 1

Este documento contiene las actividades no presenciales propuestas al terminar la clase del día

que se indica. Se sobreentiende que también se debe realizar el estudio de lo explicado en clase

aunque no se incluya esa tarea en este documento.

5 de diciembre

1 De la guía del tema 6, Funciones de varias variables, realizar los siguientes ejercicios:

‐ Ejercicio resuelto nº 1, nº 2, nº 3(página 29) ‐ Ejercicio propuesto nº 1, 2, 3 (página 17)

2 En la página http://personales.unican.es/alvareze/CalculoWeb/CalculoI/funciones_de_varias_variables.html

haz clic sobre el enlace

Interpretación geométrica de la derivada direccional

Podrás manipular una escena en la que se construye paso a paso la recta cuya

pendiente es la derivada parcial. Pulsa para ello el botón instrucciones y luego

inicia el contador de paso a 1 eligiendo previamente de qué derivada parcial se

quiere ver su interpretación geométrica.

Pulsando sobre el icono podrás seguir una explicación de la

interpretación geométrica de la derivada parcial.

3 De la guía del tema 6, Funciones de varias variables, realizar los siguientes ejercicios:

‐ Ejercicio resuelto 4 (página 29) ‐ Ejercicio propuestos nº 4 y 5 (página 18 y 19)


Pág. 2

11 de diciembre

4 Realizar el siguiente ejercicio de examen: (a) Representar los puntos siguientes en el espacio tridimensional

considerando que están en el plazo z=0.

-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

Eje X

Eje

Y

(b) Representar junto a los puntos del apartado anterior la superficie:

( ) 2, 3f x y x xy= - +

5 Realizar el siguiente ejercicio de examen:

(a) Representar en el espacio 40 puntos de la recta de ecuación:

0

x y

z

==

(b) Calcular la imagen por ( ) 2, 3f x y x xy= + + de los puntos ( ) 2,x y Î

con 1 1

2 , 15 4

x k y k= - + = + siendo k=0,1,…,10.

6 Calcula el dominio y representa, en un rectángulo contenido en él, la gráfica de la función:

(a) ( ) ( ) ( )2 22 3

, 3 14 9

x yf x y

- -= + - -

(b) ( ) 2 2

1,f x y

x y=

+


Pág. 3

(c) ( ) ( ), 3 6 3 log 1 1f x y y x x= - + + - +

(d) ( )( )( )2log 3 2

,1

x yf x y

x y

- +=

+ -

Solución:

a) b)

c) d)

-2-1.5

-1-0.5

0

0

0.5

1

1.5

22

3

4

5

6

7

-1

-0.5

0

0.5

1

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

-20

-10

0

10

20

eje yeje x


Pág. 4

12 de diciembre

7 Realizar el ejercicio de examen siguiente:

Dada la función ( ) ( )2, sinf x y x xy= se pide:

(a) Calcular su dominio y determinar si la función ( ),f x y es o no diferenciable

en él justificando la respuesta.

(b) Calcular un vector tangente a la superficie gráfica de la función ( ),f x y en el

punto ( ),1, 0p que está contenido en el plano x p= . Justificar la respuesta.

(a) El dominio de la función es 2 . La función es diferenciable en su dominio ya que

la función es continua (por ser composición de funciones continuas)

tiene derivadas parciales primeras

( ) ( ) ( )' 2, 2 sin y cosxf x y x xy x xy= +

( ) ( )' 3, cosyf x y x xy=

tiene al menos una de las derivadas parciales de primer orden continua (en este caso

son las dos derivadas parciales continuas).

(b) El vector tangente es ( )( )'0,1, ,1y

T f p= .

8 De la guía del tema 6, Funciones de varias variables, realizar los siguientes ejercicios propuestos nº 6, 7, 8 (página 18 y 19)

TEOREMA DE SCHWARZ.‐ Sea ( ),z f x y= una función de dos variables.

Si existen ' ' '' '', , , ,x y xy yx

f f f f f y además ''

xyf es continua en una región abierta

D entonces se cumple que en dicha región se da la igualdad de las derivadas cruzadas de segundo orden

( ) ( ) ( )'' '', , ,xy yxf x y f x y x y D= " Î

9

Dada la superficie S de ecuación ( ) ( )2 2

cos7

xsen y y xz

x y

+= +

+ y el punto

220, 3,

3Pæ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷çè ø

. Se pide:

a) Escribir el código Octave/Matlab para representar la superficie S en un


Pág. 5

dominio rectangular que contenga al punto (0,3) y donde la función sea continua.

b) Escribir el código Octave/Matlab para representar los puntos de la malla en el plazo z=0 que se ha utilizado para dibujar la superficie del apartado anterior.

c) Calcular la pendiente de la recta r que es paralela al plano ZX y es tangente a la superficie S en el punto P .

d) Obtener la ecuación de la recta r del apartado anterior y escribir el código Octave/Matlab para representarla en una misma gráfica junto con la superficie.

e) Escribir el código Octave/Matlab para representar en el plano la curva de nivel que pasa por el punto P .

Apartado a) y b)

El dominio de la función es ( ){ }2 0, 0- . La malla para representar la superficie no puede

contener al origen. Consideramos una malla en el rectángulo 1,1 x 2, 4é ù é ù-ê ú ê úë û ë û que contiene al

punto

x=linspace(-1,1,20); y=linspace(2,4,20); [X,Y]=meshgrid(x,y); Z=(X.*sin(Y)+Y.*cos(X))./(X.^2+Y.^2)+7; surf(X,Y,Z); hold on plot3(X,Y,0*Z,'o')

Apartados c) y d)

La pendiente de la recta r es la derivada parcial de z respecto x en el punto (0,3)

( )( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )

( )

2 2

'

22 2

cos 2,

x

sen y ysen x x y xsen y y x xz x y

x y

- + - +=

+

( )( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )

( )( )2 2

'

2 22 2

3 3 0 0 3 0 3 3 cos 0 2 0 30, 3

30 3x

sen sen sen senz

- + - + ⋅= =

+

La ecuación de la recta r es

( )

0

3

322 / 3

9

x t

y t

senz t

ìïïïï = +ïïï = Îíïïïïï = +ïïî


Pág. 6

%Representación de la recta

val=sin(3)/9; t=[-2 2]; x=0+t; y=3+0*t; z=22/3+val*t; plot3(x,y,z) hold off

Apartado e)

Considerando ( ) ( ) ( )2 2

cos, 7

xsen y y xf x y

x y

+= +

+, la curva de nivel que pasa por P es la

intersección de la superficie con el plano z=22/3. Es decir, la curva ( ) 22,

3f x y =

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

cos cos22 17

3 3

xsen y y x xsen y y x

x y x y

+ ++ = =

+ +

%Código Octave/Matlab para representar la curva figure(2) hold on ezplot('(x*sin(y)+y*cos(x))/(x^2+y^2)+7=22/3') plot(0,3,'o') hold off

10 Escribir el código Matlab para representar

a) En una misma figura la superficie de ecuación

( ) 3 2

3 2

2 2

, / 3

( , ) / 3 2,2 , 3, 3

( , )

x u v u u u v

y u v v v vu u v

z u v u v

üï= - + ïïïï é ù é ù= - + Î - Î -ý ê ú ê úë û ë ûïïï= - ïïþ

y el plano z=1.

b) En una misma figura la curva de ecuación

( ) ( ) ( )( ) ( )

( )

5 cos cos 5

(t) 5 5 0,2

(t) cos 6

x t t t

y sen t sen t t

z t

p

üï= - ïïïï é ù= - Îý ê úë ûïïï= + ïïþ

y la curva proyección sobre el plano z=0.

Apartado a) figure(3)


Pág. 7

u=linspace(-2,2,25); v=linspace(-3,3,25); [U,V]=meshgrid(u,v); x=U-U.^3/3+U.*V.^2; y=V-V.^3/3+V.*U.^2; z=U.^2-V.^2; surf(x,y,z) %Viendo la superficie anterior, los puntos de la %superficie se proyectan en un dominio %contenido en el rectángulo R=[-20,20]x[-10,10] hold on x=linspace(-20,20,2); y=linspace(-10,10,2); [X,Y]=meshgrid(x,y); surf(X,Y,0*X+1) hold off

Apartado b) t=linspace(0,2*pi); xx=5*cos(t)-cos(5*t); yy=5*sin(t)-sin(5*t); zz=cos(t)+6; figure(4) hold on plot3(xx,yy,zz) plot3(xx,yy,0*xx) hold off

Errores habituales:

(a) Escribir mal la operación de producto (*), división (/), potencia(^) sin considerar que al operar u con v, las operaciones son componente a componente.

(b) Escribir mal las coordenadas de x e y considerando paréntesis donde no los hay. Por ejemplo,

( )( )

3 2 3 2

3 2 3 2

/ 3 ( ) / 3

/ 3 / 3

u u uv u u uv

u u uv u u uv

- + ¹ - +

- + ¹ - +

16 de diciembre

11 Del tema de funciones de varias variables realizar los siguientes ejercicios:

Resueltos números 5, 6, 7

12

Dada la superficie z x x y

a.1 Hallar la pendiente de la recta que es paralela al plano XZ y tangente a la superficie en el punto P(1, 3,2).


Pág. 8

a.2 Calcular la ecuación de la recta tangente del apartado anterior a.3 Calcular la derivada direccional de la función en el punto (1,3) en la

dirección del vector que une los puntos (1,3) con (2,4).

Apartado a)

a.1 Se trata de calcular la derivada parcial de la función en el punto (1, 3)

1 51,3 2

2 2

z x zx y

x xx y

a.2 La ecuación de la recta tangente es:

1

3

52

2

x t

y t

z t

a.3 Como f es diferenciable en el punto (1,3) por tener derivadas parciales continuas, la

derivada direccional se calculará multiplicando escalarmente el gradiente por la dirección:

1,3 1,3uD f f u

Como

31,3

2

z y z

y yx y

5 3 1 11,3 1,3 , 1,3 , ,

2 2 2 2

z zf

x y

u =

se tendrá

5 1 3 11,3 2 2

2 22 2uD f

14 Problemas de examen

(a) Se considera la función ( ) ( ) 212, log 2 x yg x y y x e - -= - - - . Obtener y

representar su dominio. ¿Es diferenciable en el punto (0,0)? Justificar la respuesta.

(b) Determinar y dibujar la curva de nivel de la función

( ) 2 2, y 3 5 4f x x y x y= + + - + que pasa por el punto (1,1).

Apartado a)


Pág. 9

El dominio es el conjunto de puntos (x,y) del plano que cumplen a la vez las siguientes

condiciones

2 22 0, 1 0y x x y- - > - - ³

es decir,

2 22 , 1x y y x- > - ³

Por lo tanto, la región está comprendida entre dos parábolas

En el punto (0,0) la función es diferenciable ya que la función g es continua en el origen y las

derivadas parciales existen en el origen

( ) ( ) 21/212

2

2 1' , 1

22x y

x

xg x y x y e

y x

-- --

= + - -- -

( ) ( ) 21/212

2

1 1' , 1 2

22x y

yg x y x y ye

y x

-- --

= + - -- -

siendo además continuas en el origen por ser composición de funciones continuas

Apartado b)

La curva de nivel de la función

( ) 2 2, y 3 5 4f x x y x y= + + - +

en el punto (1,1) es

( )2 2 3 5 4 1,1x y x y f+ + - + =

2 2

2 2 3 9 5 253 5 4 4 0

2 4 2 4x y x y x y

æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷+ + - + = + - + - - =ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø

2 23 5 9 25 17

2 2 4 4 2x yæ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ + + - = + =ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø

Se trata de una circunferencia de centro (‐3/2,5/2) y radio 17

2.


Pág. 10


(a) Calcular y representar el dominio de la función , senx

f x y arcx y

y

las curvas de nivel de la función , xyg x y e

(b) Una función con derivadas parciales continuas tiene en el punto (1, 2) derivadas direccionales de valores: 2 en la dirección al punto (2,2) y ‐2 en la dirección al punto (1,1). Hallar el vector gradiente y calcular el valor de la derivada direccional en ese punto en la dirección del punto (4,6).

(c) Demostrar que la derivada direccional máxima de una función de dos variables con derivadas parciales continuas se alcanza en la dirección del gradiente.

El dominio de f es el conjunto de los puntos (x,y) del plano que verifican

0

1 1

00

0

x y x x y x yx

óx y

x y x x y x yx y

x y

2 0

2 0

0

x y y y x

ó

x y y y x

x y

Es decir, la zona coloreada de marrón en el siguiente gráfico


Pág. 11

Las curvas de nivel son hipérbolas ya que:

, 0 log 0xyf x y C e C xy C C

18 de diciembre

16 Problema de examen Utilizando la diferencial primera obtener un valor aproximado de

( )0.1 3 cos 0.2e + -

Solución:

Se considera ( ) ( ), 3 cosxf x y e y= + , el punto , 0,0a b y 0.1x , 0.2y Se

tiene

( ) ( ) ( ) ( ), , , ,f f

f a x b y f a b a b x a b yx y

¶ ¶+D +D » + D + D

¶ ¶

Operando:

( )( )

( ) 1, 0, 0

42 3 cos

x

x

f e fx y

x xe y

¶ ¶= =

¶ ¶+

( )( )

( )3 sen, 0, 0 0

2 3 cosx

f y fx y

y ye y

¶ - ¶= =

¶ ¶+

( ) ( ) ( ) ( ) ( )0.1 1 813 cos 0.2 0, 0 0, 0 0.1 0, 0 0.2 2

40 40

f fe f

x y

¶ ¶+ - » + ⋅ + ⋅ - = + =

¶ ¶


Pág. 12


Propuestos número 9, 11 y 12 (páginas 19 y 21)


Dada la función ( ) ( )2, sinf x y x xy= se pide:

(a) Obtener la derivada direccional de la función ( ),f x y en el punto ( ),1, 0P p

en la dirección del vector u que une los puntos ( ),1p y ( )2 , 1p p + A partir

del valor obtenido, ¿la función crece o decrece desde el punto P al movernos

en la dirección de u? Justificar la respuesta

(b) Demostrar que la derivada direccional máxima de cualquier función

diferenciable en un punto se alcanza en la dirección del gradiente de dicha

función en el punto considerado. ¿Cuál es el valor de esa derivada direccional

máxima?.

(a) Como la función es diferenciable la derivada direccional es el producto escalar del

gradiente por la dirección: ,1 ,1uD f f u . Como

( ) ( )2 3 1 1,1 , ,

2 2

ABf u

ABp p p

æ ö÷ç ÷ = - - = = ç ÷ç ÷çè ø

( )2 3

,12

uD f

p pp

- -=

La función decrece.

(b) Ver apuntes.

19 de diciembre


Resueltos números 8 y 9 (página 33)

Propuesto número 16 y 17 (página 22)


Pág. 13

20 Problema de examen

Demostrar que la función ( )2 2z y g x y= - , siendo g una función derivable,

satisface la ecuación 2

1 1z z z

x x y y y

¶ ¶+ =

¶ ¶

Justificar si la función z definida implícitamente como función de x y de y

por 2 2 22z y x

x+ = - satisface la relación 2 1 1z z

xx y y z

¶ ¶+ =

¶ ¶. ¿Qué

condiciones deben cumplirse para que z defina implícitamente una función

de x y de y en un entorno del punto ( ), ,o o ox y z ?

Comentarios solución apartado a)

Se puede considerar: ( )z y g u= siendo 2 2u x y . Aplicando la regla de la cadena

( )

( ) ( )( )

( ) ( )( )

'' 2 2

' 2 2 2 2'

' ' 2

' 2'

xx

yy

uz y g u z y g x y xx

u z g x y yg x y yz g u yg uy

üï¶ ï ü= ïï = - ïï¶ ï ïý ý¶ ï ï= - + - -ï ï= + ïþïï¶ ïþ

Sustituyendo en la expresión:

( )( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2

1 1 1 12 ' 2 '

2 ' 2 '

z zxy g x y g x y y g x y

x x y y x yg x y g x y z

y g x y y g x yy y y

¶ ¶+ = - + - - - =

¶ ¶- -

= - + - - = =

Comentarios solución apartado b)

Derivando implícitamente, se tiene que:

22 2' '

2 2 2

2

22

2x x

x

xy xxz z z

zx y x

-- +

--- = =

-

2 2' '

2 22

2y y

y

y xyz z z

zy x

-= =

-

Sustituyendo en la expresión dada en el enunciado se puede ver que no se cumple la identidad.

Las condiciones que deben cumplirse son las hipótesis del teorema de la función implícita.


Pág. 14

21 Ejercicio de examen

Sea la superficie ( ),z f x y= definida implícitamente por

( )3 2 2 2log 8z z x y y+ + + =

Se pide

b.1) calcular las derivadas parciales de z en el punto (1,0)

b.2) la ecuación del plano tangente a la superficie en el punto (1,0)

b.2) la ecuación de la recta normal a la superficie en el punto (1,0,2).

Solución

Derivando implícitamente

( )3 2 2 2log 8z z x y y+ + + =

se tendrá:

( )2 ' ' 2 2 2 ' '

2 2

2 23 log 0 3 2 log1 2 0

1x x x x

xz z z x y z z z

x y+ + + = ⋅ + + =

+

( )' 11, 0

3xz =-

( )2 ' ' 2 2 2 ' '

2 2

23 log 2 0 3 2 log1 0

y y y y

yz z z x y z y z z

x y+ + + + = ⋅ + =

+

( )' 1, 0 0yz =

Plano tangente:

( ) ( )( ) ( )( ) ( )' ' 11, 0 1, 0 1 1, 0 0 2 1

3x yz z z x z y z x= + - + - = - -

Recta normal:

Se obtiene como la recta que pasa por el punto 1,0, 1,0f y tiene por vector director el

perpendicular al plano tangente: n1, 0, 13

æ ö÷ç ÷= - -ç ÷ç ÷çè ø, es decir

113

0

2

x

y

z

l

ll

ìïï = -ïïïï = Îíïï = -ïïïïî


(a) Hallar a y b para que la derivada direccional de la función ( ), ax byf x y e += en

el punto (0,0), se produzca en la dirección de la bisectriz del segundo

cuadrante y su valor sea 3 2 .

(b) Dada la superficie definida por la ecuación 2 22z x y= + y el punto


Pág. 15

1 1 3, ,2 2 4

Pæ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷çè ø

, situado sobre ella, calcular

un vector tangente a la superficie P en la dirección definida por el

vector (1,1)=a .

La ecuación del plano tangente a la superficie en P

(c) Dada la ecuación 3 2 2 1 0z x z y z+ - - = determinar

si en un entorno del punto ( )2, 2, 1- define una función ( ),z f x y=

definida implícitamente

calcular la diferencial y el plano tangente en el punto ( )2, 2,1P -

Solución:

(a) Puesto que la función es diferenciable, la derivada direccional máxima en 0,0 se produce

en la dirección del gradiente en este punto,

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

f f f a b¢ ¢ = =

Por otra parte, un vector director de la bisectriz del segundo cuadrante es ( )1,1- . Si la derivada

direccional máxima tiene que darse en esta dirección, el vector gradiente y el vector 1,1

tienen que ser proporcionales, por tanto,

1 1

aa bb

ll

l

ìï = -ïï= = íï =- ïïî

Es decir, ( )(0, 0) ,f l l = -

Además el valor de la derivada direccional máxima es el módulo del gradiente, por tanto debe

de ser,

2 2(0, 0) ( ) 2 3 2 3f l l l l = - + = = =

Con este resultado se tiene, 3, 3a b= - =

(b) Un vector tangente a la superficie en P , que se proyecte en el plano en un segmento de

medida 1, en la dirección definida por (1,1)a , tendrá una inclinación (tercera

componente) igual a la derivada direccional de la función en la dirección de a . Por ser la función diferenciable, podemos calcular su derivada direccional como producto

escalar del vector gradiente por el vector unitario en la dirección indicada,

( ) ( ) 1 1 1 2 3( ), ( ) 1,2 ,

2 2 2 2 2x y

z z P z Pæ ö÷ç ÷¢ ¢ ¢= ⋅ = ⋅ = + =ç ÷ç ÷çè øa

a

a


Pág. 16

Por lo tanto, el vector tangente a la superficie en la dirección de a es,

( )11,1, 3

2=w


Un foco de calor situado en el origen de coordenadas calienta una placa

rectangular de vértices en los puntos (1,1), (1,‐1), (3,1) y (3,‐1). Suponiendo que la

temperatura en cada punto de la placa es igual al inverso de la distancia del

punto al foco de calor, podemos afirmar que:

Afirmación 1: Las isotermas son circunferencias centradas en el origen

Afirmación 2: En cualquier punto del eje OX, la dirección de enfriamiento más

rápida es la del propio eje X

Afirmación 3: La recta tangente a la isoterma que pasa por el punto 1

2 ,2

æ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷çè ø es

174

2y x= - +

Entonces

A) Solo es cierta la afirmación 1

B) Solo es cierta la afirmación 2

C) Solo es cierta la afirmación 3

D) Ninguna de las otras respuestas es correcta

Solución D)

A) La afirmación 1 es cierta, pero no es la opción correcta.

La función temperatura es 2 2

1( , )T x y

x y=

+, por lo tanto las isotermas son las curvas

de ecuación

2 2 2 2

2

1 1( , ) , 0T x y C x y x y C

C C= + = + = ¹

Estas curvas son circunferencias de centro el origen de coordenadas y radio 1/ C B) La afirmación 2 es cierta, pero no es la opción correcta.

La dirección de enfriamiento más rápido en un punto cualquiera ( ),x y , será la opuesta a la

dirección del gradiente,

( ) ( )3 32 2 2 2

,x y

T

x y x y

æ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷ç ÷ = - -ç ÷ç ÷÷ç ÷+ +ç ÷çè ø

Un punto del eje OX tiene por coordenadas ( ,0)a , por lo que sustituyendo en el vector

gradiente y cambiando el signo se obtiene que la dirección de máximo enfriamiento es


Pág. 17

2

1, 0

a

æ ö÷ç ÷= ç ÷ç ÷çè øu

que es la dirección del propio eje OX. C) La afirmación 3 es cierta, pero no es la opción correcta.

La isoterma que pasa por el punto 12,2

æ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷çè ø es

2 2

2 2

1 2 17

417x y

x y= + =

+

Derivamos implícitamente para obtener un vector tangente a esta curva en el punto 12,2

æ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷çè ø

( ) ( )11, ( ) 1, 2, 1, 4

2

xy x

y

æ ö æ ö÷ ÷ç ç¢ ÷ ÷= = - = -ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è øv v

La recta tangente es entonces,

12 172 41 4 2

yxy x

--= = - +

-


(a) Considerar la función ( ),w f x y= en la que cosx r j= , seny r j= .

Demostrar que

2 2 2 2

2

1w w w w

x y r r j

æ ö æ ö æ ö æ ö¶ ¶ ¶ ¶÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷+ = +ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç¶ ¶ ¶ ¶è ø è ø è ø è ø

(b) Obtener las ecuaciones de los planos tangentes a la superficie 2 2 22 60x y z+ + = que son paralelos al plano 6 4 4 12x y z+ + = .

(c) Si ( )2 2logz xy x= + , determinar el polinomio de Taylor de grado 2 de

esta función en el punto ( )1,2 . ¿En qué dirección crece más la función, en

la dirección del eje OX o en la dirección del eje OY?

El polinomio de Taylor de grado 2 en el punto (a,b) se definie como

( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )

' '

2

2 2'' '' ''

, , , ,

1, 2 , ,

2!

x y

xx xy yy

T x y f a b f a b x a f a b y b

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

= + - + - +

é ù+ - + - - + -ê úê úë û

(d) La derivada direccional de ( ) /2, cosxf x y e y= en el punto ( )0,P p en la

dirección u es ¼. Calcular este vector y el ángulo que forma con el eje OX

positivo.

Apartado a) Aplicando la regla de la cadena


Pág. 18

( )

cos

cos

w w x w y w wsen

r x r y r x yw w x w y w w

rsen rx y x y

j j

j jj j j

¶ ¶ ¶ ¶ ¶ ¶ ¶= + = +

¶ ¶ ¶ ¶ ¶ ¶ ¶¶ ¶ ¶ ¶ ¶ ¶ ¶

= + = - +¶ ¶ ¶ ¶ ¶ ¶ ¶

Operando

( )2 2 2 2

2 2

1 1cos cos

w w w w w wsen rsen r

r x y x yr rj j j j

j

æ ö æ ö æ ö æ ö¶ ¶ ¶ ¶ ¶ ¶÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷+ = + + - + =ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç÷ ÷ ÷ ÷ç ç ç ç¶ ¶ ¶ ¶ ¶ ¶è ø è ø è ø è ø

2 2

2 2

2 2 2

2 2 2 2 2

2

cos 2 cos

1cos 2 r cos

w w w wsen sen

x y x y

w w w w w wr sen r senx y x y x yr

j j j j

j j j j

æ ö æ ö¶ ¶ ¶ ¶÷ ÷ç ç÷ ÷= + + +ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç¶ ¶ ¶ ¶è ø è øæ öæ ö æ ö æ ö÷ç¶ ¶ ¶ ¶ ¶ ¶÷÷ ÷ ÷ç ç çç ÷÷ ÷ ÷+ + - = +ç ç çç ÷÷ ÷ ÷ç ç çç ÷÷ ÷ ÷ç ç ç¶ ¶ ¶ ¶ ¶ ¶è ø è ø è øç ÷çè ø

Apartado b) Si se considera la superficie S definida por ( ) 2 2 2, , 2 60 0F x y z x y z= + + - = , un vector normal

al plano tangente a S en el punto P( ), y,zx es

( ) ( ) ( )( ) ( )' ' ', , , , , , , , 2 , 2 , 4x y zF x y z F x y z F x y z x y z= =n

Determinamos los puntos ( ), y,zx de la superficie S que cumplen que este vector es paralelo al

perpendicular al plano 6 4 4 12x y z+ + = , es decir, al vector ( )6, 4, 4=v . Serán aquellos puntos

que cumplan

( )2 2 43 ,2 ,

6 4 4

x y zPl l l l= = =

2 2 2 2 609 4 2 60 4 2

15l l l l l+ + = = = =

Los puntos son ( ) ( )1 26, 4,2 , 6, 4, 2P P - - - .

Teniendo en cuenta que ecuación del plano tangente a la superficie ( ), , 0F x y z = en el punto

( ), ,a b c es

( )( ) ( )( ) ( )( )' ' ', , , , , , 0x y zF a b c x a F a b c y b F a b c z c- + - + - =

se tendrá que el plano tangente en ( )16, 4,2P es: ( ) ( ) ( )12 6 8 4 8 2 0x y z- + - + - =

y el plano tangente en ( )26, 4, 2P - - - es : ( ) ( ) ( )12 6 8 4 8 2 0x y z- + - + - + =

Apartado c)


Pág. 19

El polinomio de Taylor de una función de dos variables ( ),z f x y= que cumple las hipótesis del

Teorema de Schwartz en el punto ( ),a b es

( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )

' '

2

2 2'' '' ''

, , , ,

1, 2 , ,

2!

x y

xx xy yy

T x y f a b f a b x a f a b y b

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

= + - + - +

é ù+ - + - - + -ê úê úë û

La función a considerar ( )2 2logz xy x= + es una función que tiene derivadas primeras y

segundas continuas en el punto (1,2) así que derivando su polinomio de Taylor es

( ) ( )2

' '

2 2

2 6, 1,2

5x x

y xf x y f

xy x

+= =

+

( ) ( )' '

2 2 2

2 2 4, 1,2

5y y

yx yf x y f

xy x y x= = =

+ +

( )( ) ( )

( )( )

22 2 2

' '

22 2

2 2 26, 1,2

25xx xx

xy x y xf x y f

xy x

+ - += =-

+

( )( ) ( )

( )( )

2 2 2

' '

22 2

2 2 2 4, 1,2

25xy xy

y xy x xy y xf x y f

xy x

+ - += =-

+

( )( )( )

( )2 2

' '

22

2 4 6, 1,2

25yy yy

y x yf x y f

y x

+ -= = -

+

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )2 2

2

6 4 1 26 8 6, log 5 1 2 1 1 2 2

5 5 2 5 25 25T x y x y x x y y

é ùê ú= + - + - + - - - - - - -ê úë û

Teniendo en cuenta los valores de las derivadas parciales de primer orden, en el punto (1,2) la

función crece más en la dirección del eje OX que en la dirección del eje OY:

( ) ( )' '6 41,2 1,2

5 5x yf f= > =


(a) Encontrar los puntos sobre la superficie 22 2 2 2 2 0xy x yz z xz+ + - + = .

tales que el plano tangente a la superficie sea paralelo al plano XY. (b) Aproximar linealmente mediante una función adecuada el valor de

( )80.020.99e .

(c) Determinar los valores a, b y c para que la derivada direccional de la función

( ) 2 2 3, , zf x y axy byz cz x= + + tenga en el punto (1,2,‐1) un valor máximo


Pág. 20

de 64 en una dirección paralela al eje Z.

(d) Si 2z u u v= + con u xy= , y

v arctgx

æ ö÷ç ÷= ç ÷ç ÷çè ø calcular '

xz para x=1, y=0.

Apartado a)

Los puntos de la superficie 22 2 2 2 2 0xy x yz z xz+ + - + = en los que el plano tangente es

paralelo al plano XY deben cumplir ' ' 0x yz z= = . Se tiene que considerando

( ) 2, ,F x y z xy x yz z xz= + + - +

se tendrá

''

'

''

'

0 1 0 1

0 0

xx

z

xy

z

Fz y z y z

F

Fz x z x z

F

= - = + + = = - -

= - = + = = -

Como el punto tiene que estar en la superficie

( ) ( ) ( )2

2 2 2 2 2

1 1 0

0 2 0

10

2

z z z z z z z z

z z z z z z z z z

z ó z

- - - - + - - - + - =

+ - - - - - = + =

= = -

Apartado b)

Se considera la función ( ) ( )8 8 8, y yf x y xe x e= = y el punto ( ) ( ), 1, 0a b =

Entonces ( ) ( )80.020.99, 0.02 0.99f e= y se tendrá

( ) ( ) ( )( ) ( )( )' '0.99, 0.02 1, 0 1, 0 0.99 1 1, 0 0.02 0x y

f f f f» + - + - =

( )( ) ( )( )' '1 1, 0 0.01 1, 0 0.02 1 8 0.01 8 0.02 1.08x yf f= + - + = - ⋅ + ⋅ =

ya que

( ) ( )( ) ( )' 7 8 '

' 8 8 '

, 8 1, 0 8

, 8 1, 0 8

yx x

yy y

f x y x e f

f x y x e f

= =

= =

Apartado c)

La derivada direccional máxima de ( ) 2 2 3, , zf x y axy byz cz x= + + en el punto (1,2,‐1) se

alcanza en la dirección del gradiente en P y su valor máximo es el módulo del gradiente. En consecuencia, como


Pág. 21

( ) ( )2 2 2 3, , z 3 ,2 , 2f x y ay cz x axy bz by czx = + + +

( ) ( )1,2, 1 4 3 , 4 ,2 2f a c a b b c - = + - -

se debe cumplir ( ) ( )1,2, 1 0, 0, 64f - =

4 3 0 4 3 0 4 3 8

4 0 4 4 24

2 2 64 32 4 32 6

a c a c a c c

a b b a a b b

b c c b a c a

ü ü ü üï ï ï ï+ = + = = - = -ï ï ï ïï ï ï ïï ï ï ï- = = = =ý ý ý ýï ï ï ïï ï ï ï- = = - = + =ï ï ï ïï ï ï ïþ þ þ þ

Apartado d)

Aplicando la regla de la cadena si 2z u u v= + con u xy= , y

v arctgx

æ ö÷ç ÷= ç ÷ç ÷çè ø calcular '

xz

( ) ( )1/2 1/2' ' ' ' ' 2 2 2

2 2

1 1 12

2 21

x u x v x

yz z u z v u v u u v y u u v v

xy

x

- -æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷= ⋅ + ⋅ = + + + + + -ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è øæ ö÷ç ÷+ ç ÷ç ÷çè ø

Para x=1, y=0, se tiene u=0 y 0v = , sustituyendo ' 0xz =

5 de diciembre 1 2 · 2020-01-20 · interpretación geométrica de la derivada parcial. 3 de la...

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