Problemas de calculo vectorial-23

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2.3 Derivación implı́cita. Polinomio de Taylor. 67
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DERIVACIÓN IMPĹICITA. POLINOMIO DE TAYLOR.
� Hallar las derivadas y′ que se piden en cada caso mediante derivación
impĺıcita:
431 y3x+ y2x2 − 1 = 0, en el punto (
√
5−1
2 , 1).
432 xy + yx = 2, en el punto (1, 1).
433 x2 − 3xy − y2 = 3, en el punto (1,−1).
434 y + ex log y = 1, en el punto (2, 1).
� Encontrar la ecuación del plano tangente en el punto dado al grafo de la
función z = z(x, y) definida impĺıcitamente por
435 x3 + 2y3 + z3 − 3xyz − 2y − 3 = 0 en (−1, 1, 1).
436 xey + yez + zex = 0 en (0, 0, 0).
437 Hallar las derivadas parciales respecto de x e y de la función z = z(x, y)
definida impĺıcitamente por
x cos y + y cos z + z cosx =
π
2
en un entorno del punto (0, 0, π2 ).
438 Calcula impĺıcitamente la derivada primera de y respecto de x en el punto
(1, 1) si
π
4
log
√
x2 + y2 = log
√
2 arctan
(
y
x
)
.
439 Dada la función f(x, y) = cosx sen y, se pide:
(a) Halla el polinomio de Taylor de grado dos en el punto (π4 ,
π
2 ).
(b) Escribir la ecuación del plano tangente al grafo de f en el mismo
punto.
� Encontrar el polinomio de Taylor de segundo orden de la función f en el
punto indicado para los siguientes casos:
440 f(x, y) = 1a+x2+y2 en (0, 0).
68 Capı́tulo 2 Funciones de varias variables. Cálculo Diferencial68 Capı́tulo 2 Funciones de varias variables. Cálculo Diferencial68 Capı́tulo 2 Funciones de varias variables. Cálculo Diferencial
441 f(x, y) = sen(xy) + cos y, en (0, 0).
442 f(x, y) = ex+y
2
en (0, 0).
443 f(x, y, z) = ze
x
√
xy en (1, 1, 0).
444 Usando el polinomio de Taylor de primer orden en el punto adecuado,
encontrar una aproximación del valor de f(0.97, 0.05) para
f(x, y) = arctan
(
x
1 + y
)
.
Solución 444:
Para aproximar el valor de la función en el punto (0.93, 0.05) usaremos
el polinomio de Taylor de primer orden de una función en el punto
x0 = (1, 0), que viene dado por
P1(x; x0) = f(x0) +∇f(x0) · (x− x0).
Puesto que
f(1, 0) = arctan 1 = π4 , ∇f(1, 0) = (12 ,− 12 ),
entonces
P1(x, y) =
π
4
+
1
2
(x− 1)− 1
2
y.
Evaluando P1(0.97, 0.05) obtendremos un valor aproximado al valor de
f(0.97, 0.05). En este caso,
P1(0.97, 0.05) =
π
4
− 0.04 = 0.74539,
mientras que f(0.97, 0.05) = 0.74581.
445 Se considera la ecuación y − 2z + 2 = 2z(x+ y).
(a) Probar que se puede despejar z = g(x, y) como función impĺıcita de
x e y en un entorno de (0, 0, 1).
(b) Da un desarrollo de Taylor de orden 2 en un entorno de (0, 0) para la
función g del apartado anterior.
Solución 445:
(a) Según el Teorema de la función impĺıcita, dada la función
F (x, y, z) = y − 2z + 2− 2z(x+ y)
que es diferenciable con continuidad, y verifica que
F (0, 0, 1) = 0,
∂F
∂z
(0, 0, 1) 6= −2− 2(x+ y)|x=0,y=0,z=1 = −2 6= 0
entonces se puede despejar z como función de x e y en un entorno
de este punto.
2.3 Derivación implı́cita. Polinomio de Taylor. 69
(b) Para el desarrollo de Taylor de orden 2 en el origen de la función
z = g(x, y) necesitamos las derivadas parciales hasta orden 2 en
dicho punto.
Si derivamos impĺıcitamente la ecuación que pretende definir z en
términos de x e y, respecto a x e y respectivamente, llegamos a
−2∂z
∂x
= 2
∂z
∂x
(x+ y) + 2z, 1− 2∂z
∂y
= 2
∂z
∂y
(x+ y) + 2z,
de donde despejando ∂z∂x y
∂z
∂y obtenemos
∂z
∂x
=
− z
1 + x+ y
,
∂z
∂y
=
1− 2z
2(1 + x+ y)
.
En el punto (0, 0, 1), dichas derivadas parciales son
∂g
∂x
(0, 0) = −1, ∂g
∂y
(0, 0) = −1
2
.
Para las derivadas segundas es preciso seguir derivando impĺıcita-
mente en las expresiones ya derivadas una vez. Aśı se obtiene
∂2g
∂x2
=
− 2 ∂g∂x
1 + x+ y
,
∂2g
∂x∂y
= −
∂g
∂x +
∂g
∂y
1 + x+ y
,
∂2g
∂y2
=
− 2∂g∂y
x+ y + 1
,
y particularizando en (0, 0), teniendo en cuenta que ya conocemos
las derivadas primeras, se obtiene
∂2g
∂x2
(0, 0) = 2,
∂2g
∂x∂y
(0, 0) =
3
2
,
∂2g
∂y2
(0, 0) = 1.
De este modo el polinomio de Taylor solicitado será
P2(x) = 1− x−
y
2
+ x2 +
3
2
xy +
1
2
y2.
446 Demostrar que en un entorno de (0, 0), la ecuación
exy + x+ y2 = 1
define a x como función impĺıcita de y. Calcular x′′(0).
Solución 446:
Considerando la función
F (x, y) = exy + x+ y2 − 1
que es continuamente diferenciable y verifica que F (0, 0) = 0 y
∂F
∂x (0, 0) = 1 6= 0, el teorema de la función impĺıcita nos garantiza la
existencia de x = x(y) tal que F (x(y), y) = 0 en un entorno de y = 0.