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SOLUCI
ON DE LOS PROBLEMAS PROPUESTOS EN LA LECCI
ON 3:
APLICACIONES DE LA DIFERENCIAL (v. la adenda al final de los problemas)
Problema 1.- p´agina 94
...........................................................................................
P V
- 4 = C y siendo V = 10m
3 se sabe que P = 500kg/m
2
luego C = 500m
3 · 10
- 4 = 12559. 43
P = CV
− 1. 4 ⇒ dP = C · (− 1 .4) · V
− 2. 4 dV
luego
dP
P
C · (− 1 .4)V
− 2. 4 · dV
C · V
− 1. 4
dV
V
⇒ P = 1. 4 · V
Problema 2.- p´agina 94
...........................................................................................
cA y cB las concentraciones en agua y en benceno respectivamente.
La relaci´on de estas dos caracter´ısticas es:
cB = 70. 6 c
2 A l/mol
El dato del valor de la concentraci´on de 0.1l/mol para cA es un dato in´util en nuestro
problema.
Se tiene entonces que el error relativo de cB ser´a el error absoluto dividido por su valor, es
decir:
dcB
cB
2 · 70. 6 · cA · dcA
- 6 · c
2 A
dcA
cA
Luego el error relativo pedido es del 2 %
Problema 3.- p´agina 94
...........................................................................................
E = mgh. Se sabe que los errores relativos de m y h son respectivamente: εm = 3 % y
εh = 1 %
dE = g(h · dm + m · dh) ⇒
dE
E
dm
m
dh
h
Es decir el error pedido es del 4 %
Problema 4.- p´agina 95
...........................................................................................
ε es del 1 % y V = a · b · c luego:
dεV
V
b · c · da + a · b · dc + a · c · db
a · b · c
da
a
db
b
dc
c
luego el error relativo es del 3 %
por tanto el error absoluto es:
dV = 0. 03 · V = 0. 03 · 30000 = 900cm
3
Problema 5.- p´agina 95
...........................................................................................
Se supone que y es funci´on de x por tanto se tiene:
y sen x = cos y ⇒ y
′ sen x + y cos x = −y
′ sen y
luego:
y
′
−y cos x
sen x + sen y
Problema 6.- p´agina 95
...........................................................................................
z =
x
2
2
xy
luego:
∂z
∂x
2 x
2 y − y(x
2
2 )
x 2 y 2
x
2 − y
2
x 2 y
2 z
∂x 2
2 x
3 y − 2 xy(x
2 − y
2 )
x 4 y 2
2 xy
3
x 4 y 2
2 y
x 3
permutando las letras e obtiene:
∂z
∂y
y 2 − x 2
y 2 x
2 z
∂y 2
2 x
y 3
2 z
∂y∂x
−y 2 − x 2
x 2 y 2
Los valores de las derivadas parciales segundas en el punto (1,1) son:
2 z
∂x 2
(1,1)
2 z
∂y 2
(1,1)
2 z
∂x∂y
(1,1)
luego:
dz =
2 z
∂x 2
(dx)
2
2 z
∂x∂y
(dx)(dy)
2 z
∂y 2
(dy)
2 = 2(dx)
2 − 2 · 2(dx)(dy) + 2(dy)
2
la derivada tercera es:
f
′′′ (x) =
sin((x + x
3 )
1 / 2 )(1 + 3x
2 )
3
(x + x 3 ) 3 / 2
cos((x + x
3 )
1 / 2 )(1 + 3x
2 )
3
(x + x^3 )^2
cos((x + x
3 )
( 1 /2))(1 + 3x
2 )x
(x + x 3 )
sin((x + x
3 )
1 / 2 )(1 + 3x
2 )
3
(x + x 3 ) 5 / 2
sin((x + x
3 )
1 / 2 )(1 + 3x
2 )x
(x + x 3 ) 3 / 2
3 sin((x + x
3 )
1 / 2 )
(x + x 3 ) 1 / 2
por lo que se verifica que: f
′′′ (0) =
361 120 en consecuencia el polinomio de Taylor de tercer grado asociado a la funci´on dada en el origen
es:
p(x) = 1 −
x +
x
2 −
x
3
De lo que resulta que p(0.1) = 0. 9499
como
3 = 0.3178 resulta que cos(0.3178) = 0. 9499
Problema 10.- p´agina 95
...........................................................................................
f (x) =
ln x
x + 2
Las derivadas primera, segunda, tercera y cuarta de esta funci´on son:
f
′ (x) =
x(x + 2)
ln x
(x + 2) 2
; f
′′ (x) = −
x 2 (x + 2)
x(x + 2) 2
2 ln x
(x + 2) 3
f
′′′ (x) =
x 3 (x + 2)
x 2 (x + 2) 2
x(x + 2) 3
6 ln x
(x + 2) 4
f
′′′′ (x) = −
x 4 (x + 2)
x 3 (x + 2) 2
x 2 (x + 2) 3
x(x + 2) 4
24 ln x
(x + 2) 5
Los valores de dichas funciones para x = 1 son:
f (1) = 0; f
′ (1) =
; f
′′ (1) = −
; f
′′′ (1) =
; f
′′′′ (1) =
En consecuencia el polinomio de cuarto grado pedido es:
p(x) =
(x − 1) −
(x − 1)
2
(x − 1)
3 −
(x − 1)
4
Problema 11.- p´agina 95
...........................................................................................
a) sabemos f (x, y) = sen(xy)
adem´as se tiene:
f (a, b) = f (a, b) + h
∂f
∂x
∂f
∂y
h
2
2 f
∂x 2
2 f
∂x∂y
2
2 f
∂y 2
2 )
donde h = 1, k = π/2 y x = a + h; y = b + k
luego:
f (x, y) = 1 + 0 · h + o · k +
−(π/2)
2 k
2
2
2 ) =
π
2
(x − 1)
2 −
π
(x − 1)(y − π/2) −
(y − π/2)
2
2
ya que:
∂f
∂x
(1,π/2)
= ycos(xy)|(1,π/2) = 0;
∂f
∂y
(1,π/2)
= −y
2 sen(xy)|(1,π/2) = 0
y tambi´en se verifica que:
2 f
∂x 2
(1,π/2)
= −y
2 sen(xy)|(1,π/2) = −(π/2)
2 ;
2 f
∂y 2
(1,π/2)
= −x
2 sen(xy)|(1,π/2) = −1;
2 f
∂x∂y
(1,π/2)
= cos(xy) − ysen(xy)|(1,π/2) = −π/ 2
Puesto que f (x, y) =
y 2
x^3 se tiene que:
∂f
∂x
3 y
2
x 4
∂f
∂x
(1,−1)
∂f
∂y
2 y
x 3
∂f
∂x
(1,−1)
2 f
∂x 2
12 y
2
x 5
2 f
∂x 2
(1,−1)
2 f
∂x∂y
6 y
x 4
2 f
∂x∂y
(1,−1)
2 f
∂y 2
x 3
2 f
∂y 2
(1,−1)
luego el polinomio de segundo grado pedido es:
p(x, y) = 1 + (−3)(x − 1) + (−2)(y + 1) +
(12(x − 1)
2
- 12(x − 1)(y + 1) + 2(y + 1)
2 )
Problema 12.- p´agina 96
...........................................................................................
V = ln
x 2
- y 2 ; el vector a considerar es :
u (− 1 , 2); ||
u || =
luego la derivada direccional en el punto (3, 4) seg´un la direcci´on marcada por el vector
u
es:
l´ım t→ 0
t
ln
t √ 5
2 t √ 5
− ln 5
(^) = l´ım t→ 0
t
ln
t 2
6 t √ 5
4 t 2
16 t √ 5
− ln 5
l´ım t→ 0
t
ln
25 + t^2 + 10t/
= ln l´ım t→ 0
25 + t^2 + 10/
1 /t
= ln L
Este l´ımite es de la forma 1
∞ por lo tanto es aplicable la f´ormula:
Sean H y K
H = (3 + 2t/
3 = 27 + 3 · 3
2 · 2 t/
5 + 3 · 3 · 4 t
2 /5 + 8t
3 / 5
K = (2 − t/
2 = 4 − 4 t/
5 + t
2 / 5
La derivada en la direcci´on determinada por este vector en el punto (3,2) es:
l´ım t→ 0
f (3 + 2t/
5 , 2 − t/
- − f (3, 2)
t
= l´ım t→ 0
3 − H/ 3 − K/ 2 − (−8)
t
El m´aximo valor de una derivada direccional corresponde a derivada direccional en la direc-
ci´on determinada por el m´odulo del vector gradiente en dicho punto, que es:
|| 5 f (x, y)|| = ||(−x
2 , −y)|(3,2)|| = ||(− 9 , −2)|| =
Problema 15.- p´agina 96
...........................................................................................
T (x, y) =
x
x 2
La direcci´on que da mayor valor a la derivada direccional corresponde con la determinada
por el vector gradiente.
5 T =
∂T
∂x
∂T
∂y
∂T
∂x
−x 2
(x 2
∂T
∂x
(3,4)
2
2
∂T
∂y
− 2 xy
(x 2
∂T
∂x
(3,4)
2
resulta que la direcci´on pedida es: (7/625,-24/625)
Problema 16.- p´agina 96
...........................................................................................
La superficie de un volc´an viene determinado por (x, y, f (x, y)) siendo
f (x, y) = 1200 − 0. 002 x
2 − 0. 005 y
2
La gr´afica de contorno (de planos acotados) se muestra a continuaci´on:
En la gr´afica se ha marcado el punto (300,100) y partiendo de ese punto se ha dibujado un
vector que es proporcional al vector gradiente y tiene sentido contrario al mismo. Ese vector
marca la direcci´on que hay que toma para alejarse del cr´ater del volc´an que supuestamente es
la estrategia m´as conveniente si se quiere salvar la vida.
El vector gradiente se calcula as´ı:
∇f |(300,200) =
∂f
∂x
(300,200)
∂f
∂y
(300,200)
= (− 0. 004 x, − 0. 01 y)|(300,200) = (− 1. 2 , −1)
La derivada direccional es:
−||∇f || = −
2
Esto indica que en ese momento se descienden 1.562m por cada metro que se avance en esa
direcci´on. (Naturalmente en el ‘instante’ siguiente el ritmo de descenso variar´a)
Problema 17.- p´agina 96
...........................................................................................
a)
Sea F (x, y, z) = (x − 1)
2
2
2 − 9
∂F
∂x
(3, 1 ,−4)
∂F
∂y
(3, 1 ,−4)
∂F
∂x
(3, 1 ,−4)
luego:
∇F | (3, 1 ,−4)
que tiene de m´odulo
2
luego el vector unitario pedido es:
Problema 20.- p´agina 97
...........................................................................................
Aplicando el teorema de Euler se tiene:
xf
′ x +^ yf^
′ y = 3f
Sabemos que f
′ x = 2xy y f
′ y = 6xy^ luego la funci´on^ f^ buscada es:
f (x, y) =
x
2 y + 2y
2 x
entonces f (1, 2) = 28/ 3
Asimismo para obtener la derivada direccional pedida hay que multiplicar escalarmente los
vectores: (32/ 3 , 26 , 3) y (− 1 /
Dicho producto escalar da como resultado − 28 /
Problema 21.- p´agina 97
...........................................................................................
Se sabe que:
∇F =
y(1 + e
y/x ) − 2 xe
y/x , x(1 − e
y/x )
a)
La funci´on z=F(x,y) es homog´enea de segundo grado, por lo que de acuerdo con el teorema
de Euler (para funciones homog´eneas), se tiene:
2 · F = (x, y) · ∇F ; 2 · F (1, 1) = (1, 1) ·
y(1 + e
y/x ) − 2 xe
y/x , x(1 − e
y/x )
(1,1)
= 2 − 2 e
luego el valor pedido es F (1, 1) = 1 − e
b)
∂f
∂x (1,1)
= 1 − e;
∂f
∂y (^) (1,1)
= 1 − e
luego el plano tangente en el punto (1,1) es:
z − (1 − e) = (1 − e)(x − 1) + (1 − e)(y − 1)
c)
La diferencial de F y la diferencial segunda se calculan de acuerdo con las f´ormulas:
dF =
∂F
∂x
dx +
∂F
∂y
dy; d
2 F =
2 F
∂x 2
dx
2
2 F
∂x∂y
dx · dy +
2 F
∂y 2
dy
2
∂F
∂x
(1,1)
= 1 − e;
∂F
∂y
(1,1)
= 1 − e
Por tanto: dF |(1,1) = (1 − e)dx + (1 − e)dy
2 F
∂x 2
(1,1)
= −e;
2 F
∂y 2
(1,1)
= −e;
2 F
∂x∂y
(1,1)
ya que:
2 F
∂x 2 = ye
y/x
y
x 2
− 2 e
y/x − 2 xe
y/x
x 2
2 F
∂y 2 = −xe
y/x
x
2 F
∂x∂y
∂(x(1 − e
y/x )
∂y
= 1−e
y/x −x
y
x 2
e
y/x
por lo que:
d
2 F = −edx
2
2
Problema 22.- p´agina 97
...........................................................................................
Siendo
V = (xyz, x 2 − y 2 , xz)
resulta:
V =
∂xyz
∂x
∂(x 2 − y 2 )
∂y
∂(xz)
∂z
= (yz, − 2 y, x)
luego la divergencia pedida resulta:
div(
V ) = ∇ ·
V = yz − 2 y + x
Las fuentes son los puntos con divergencia positiva, en este caso son los que cumplen la
desigualdad:
yz − 2 y + x > 0
Los sumideros son los puntos con divergencia negativa, en este caso son los que cumplen la
desigualdad:
yz − 2 y + x < 0
Problema 23.- p´agina 97
...........................................................................................
Siendo
V = (3xy
2 , 5 x
2 y)
resulta que
div
V = 5 ·
V = 3y
2
2
este cuadrado es positivo siempre que (x, y) 6 = (0, 0)
Es decir que el conjunto de puntos pedidos es:
R
2 − {(0, 0)}
Problema 27.- p´agina 97
...........................................................................................
Se sabe que
V = (yz, xz, xy)
luego
V = 0 + 0 + 0 = 0
que indica que el campo es solenoidal.
i j k ∂() ∂x
∂() ∂y
∂() ∂z
yz xz xy
= i(x − x) − j(y − y) + k(z − z) = 0
Es decir rot(
V ) = (0, 0 , 0) y esto indica que el campo es conservativo.
TEOREMA DE TAYLOR (para una funci´on real de variable real)
Indica cu´ando una funci´on definida en una bola abierta de centro un punto puede expresarse
como suma de un polinomio m´as un t´ermino complementario
Si f es una funci´on de
o B (a, r) en^ R^ que es^ n^ + 1 veces derivable en todos los puntos^ x^ de la
misma, entonces ∃ξ tal que:
f (x) = f (a) +
f
′ (a)
(x − a) +
f
′′ (a)
(x − a)
2
f
(n (a)
n!
(x − a)
n
f
(n+ (ξ)
(n + 1)!
(x − a)
n+
Siendo ξ un punto que dista menos de a que el punto x y distinto de a.
La igualdad anterior se conoce como la f´ormula de Taylor (con resto de Lagrange)
La segunda parte de la igualdad est´a compuesta de n + 2 sumandos. El ´ultimo de ellos f (n (ξ) (n+1)! x
n+ es el resto de Lagrange, la suma de los n + 1 primeros sumandos reciben el nombre
de polinomio (o desarrollo) de Taylor de grado n de la funci´on f en el punto a. Llamando pn(x)
a dicho polinomio se cumple que:
pn(x) = f (a) +
f ′ (a)
(x − a) +
f ′′ (a)
(x − a)
2
f (n (a)
n!
(x − a)
n
Es frecuente encontrar la f´ormula de Taylor con otra apariencia despu´es de sustituir x por
a + h con lo que queda:
f (a + h) = f (a) +
f
′ (a)
h +
f
′′ (a)
h
2
f
(n (a)
n!
h
n
f
(n+ (ξ)
(n + 1)!
h
n+
Utilizando el s´ımbolo o de Landau
1 La f´ormula anterior puede transformarse en la siguiente:
f (a + h) = f (a) +
f
′ (a)
h +
f
′′ (a)
h
2
f
(n (a)
n!
h
n
n )
Esta f´ormula ( o su equivalente utilizando x − a en vez de h) se conoce como f´ormula de
Taylor con resto de Peano.
La f´ormula de Taylor nos permite reducir la investigaci´on de algunas propiedades de funciones
n veces diferenciables (en las funciones reales de variables real toda funcion diferenciable en un
punto es derivable en ese punto y a la inversa) al estudio de un polinomio (el polinomio de Taylor).
Por ejemplo lo referente a los puntos extremos, puntos de inflexi´on y concavidad o convexidad.
Asimismo este teorema permite que se realice el estudio de la convergencia de ciertas series y
asi como de la velocidad de convergencia de las mismas.
Los valores del polinomio y de sus derivadas (hasta orden n ) en el punto a coinciden con los
que toma la funci´on y sus correspondientes derivadas en ese punto.
El polinomio de Taylor es la mejor aproximaci´on polin´omica que tiene la funci´on en el punto
a en el sentido que
f (x) − pn(x) = o((x − a)
n )
y este polinomio es el ´unico de grado n que cumple esta propiedad. (la curva f y la p tienen un
contacto de orden n en x=a)
Cuando es posible dar a el valor 0 se obtiene la f´ormula de McLaurin:
f (x) = f (0) +
f
′ (0)
x +
f
′′ (0)
x
2
f
(n (0)
n!
x
n
f
n+ (ξ)
(n + 1)!
x
n+
1 Est´a muy generalizado este nombre a pesar de que ser´ıa m´as correcto llamarle s´ımbolo de Bachmann pues
fue este matem´atico alem´an el que introdujo este s´ımbolo en 1894
