Polinomio de Taylor. Extremos.

Transcripción

1 CAPÍTULO 6 Polinomio de Taylor. Extremos. En este capítulo trabajamos con el polinomio de Taylor de una función de varias variables y su aplicación al estudio de los extremos de funciones de más de una variable.

2 SECCIÓN Polinomio de Taylor. En esta primera sección trabajamos con el polinomio de Taylor de una función de varias variables. La aplicación más importante de ésta es al estudio de extremos de funciones de varias variables a lo cual se dedica la siguiente sección, de modo que el estudio de valores aproximados es, al contrario que en Análisis I tocado sólo tangencialmente. Sin embargo, los ejercicios son en general un poco más complicados que los análogos de Análisis I, de modo que se requiere mayor pensamiento para resolverlos. CONTENIDOS. Polinomio de Taylor de una función de dos variables. 2. Polinomio de Taylor de funciones implícitas y compuestas. 3. Aplicación a la aproximación de funciones. 33

3 Problemas. () Calcular un valor aproximado de f xy (x 0, y 0 )(x x 0 )(y y 0 )+ f yy (x 0, y 0 )(y y 0 ) 2 ]. Solución. Calculando este polinomio para f(x, y) = x y en (x 0, y 0 ) = (,2) tenemos que Consideremos la función f x (x, y) = yx y f y (x, y) = x y ln(x) f(x, y) = x y. f xx (x, y) = y(y )x y 2 f yy (x, y) = x y ln 2 (x) Observamos que la función es C 3 (,2). Luego podemos armar su polinomio de Taylor de segundo orden allí. f xy (x, y) = x y + yx y ln(x). Estas derivadas parciales evaluadas en (x 0, y 0 ) = (,2) nos dan Recordemos que para una función f C 3 (x 0, y 0 ) su polinomio de Taylor de segundo orden es f x (,2) = 2 f y (,2) = 0 P 2 (x, y) = f(x 0, y 0 ) + f x (x 0, y 0 )(x x 0 ) + f y (x 0, y 0 )(y y 0 )+ f xx (,2) = 2 f xy (,2) = f yy (,2) = 0. 2! [f xx (x 0, y 0 )(x x 0 )2 + Con estas derivadas parciales concluimos que 34

4 P 2 (x, y) = + 2.(x ) + 0.(y 2)+ + 2! [2.(x ) (x )(y 2) + 0.(y 2) 2 ]. (2) El polinomio de Taylor de 2 orden de f en un entorno de (2,) es p(x, y) = x 2 3xy + 2x + y. Hallar una ecuación cartesiana para el plano tangente a la gráfica de f en (2,,z 0 ). Luego Solución = f(0.98, 2.0) P(0.98, 2.0) = + 2.( 0.02) + 2! [2.( 0.02) ( 0.02). (0.0)] = = Este ejercicio es muy sencillo si recordamos que el polinomio de Taylor de orden n de f(x, y) tiene la propiedad de que coinciden en el punto y en sus derivadas parciales hasta el orden n en dicho punto. Por lo tanto Como la ecuación del plano tangente a f(x, y) en (2,) ya sabemos que es f(x, y) = f(2,) + f x (2,)(x 2) + f y (2,)(y ) Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. sólo debemos calcular 35

5 f(2,) = p(2,) = 2, Solución. f x (2,) = p x (2,) = 2x 3y + 2 (2,) = 3 Observamos primero que si (x, y) = (2,) entonces f y (2,) = p y (2,) = 3x + (2,) = 5. x 2 2y = 2 y y 2 + xy = 2. La ecuación del plano tangente a h(x, y) en (2,) es Por lo tanto, la ecuación del plano tangente al gráfico de f en (2,,2) resulta z = h(2,) + h x (2,)(x 2) + h y (2,)(y ). z = (x 2) 5.(y ). (3) Sea f : R 2 R, C 3 (R 2 ) cuyo polinomio de Taylor de segundo orden en el punto (2,2) es p(u, v) = 4 + v 2 2uv u 2. Si h(x, y) = f(x 2 2y, y 2 + xy ), estimar el valor de h(.98,.02) usando una aproximación lineal. Con ella podemos calcular aproximadamente h(.98,.02). Sólo hace falta calcular entonces h(2,), h x (2,), h y (2,). Ahora bien, si definimos la función 36

6 (u, v) = g(x, y) = (x 2 2y, y 2 + xy ) Por ser p(u, v) el polinomio de Taylor de segundo orden de f en el punto (2,2) tenemos y si llamamos a las variables independientes de f, u y v, es decir, consideramos que es f(u, v) entonces la función f u (2,2) = p u (2,2) = 2v 2u (2,2) = 8 h(x, y) = ( f g)(x, y) = f [g(x, y)]. f v (2,2) = p v (2,2) = 2v 2u (2,2) = 0, Tenemos entonces que y trivialmente h(2,) = f [g(2,)] = f(2,2) = p(2,2) = 6. u x (2,) = 2x (2,) = 4 u y (2,) = 2 Para hallar h x (2,) debemos usar la regla de la cadena. Sabemos, por haber practicado la unidad 4 que v x (2,) = y (2,) = v y (2,) = 2y + x (2,) = 4. h x (2,) = f u (2,2). u x (2,) + f v (2,2). v x (2,) h y (2,) = f u (2,2). u y (2,) + f v (2,2). v y (2,). Sustituyendo los valores recién hallados tenemos 37

7 h x (2,) = = 32 h y (2,) = 8.( 2) = 6. Por lo tanto, la ecuación del plano tangente a h(x, y) en (2,) es z = h(2,) + h x (2,)(x 2) + h y (2,)(y ) = = 6 32.(x 2) + 6.(y ). Finalmente, una aproximación lineal de h(.98,.02) es h(.98,.02) 6 32.( 0.02) + 6.(0.02) =

8 SECCIÓN 2 Extremos. En esta segunda sección del capítulo estudiamos los puntos críticos de funciones de varias variables y en particular los máximos y mínimos. Vemos la utilidad de las derivadas de orden superior para clasificar los extremos. CONTENIDOS. Extremos de funciones de varias variables. 2. Hessiano. 3. Máximos y mínimos condicionados. 39

9 Problemas. Entonces () Dadas las siguientes funciones f : R 2 R hallar los puntos estacionarios. Analizar si en ellos la función alcanza un extremo relativo y, en ese caso, clasificarlo. f x (x, y) = 3x 2 48 x 2 = 0 f y (x, y) = 3y 2 48 y 2 = 0 (a) f(x, y) = x 3 + y x + 48 y La primera ecuación implica 3x 4 48 = 0 y análogamente la segunda implica 3y 4 48 = 0. De aquí resulta que (b) z = f(x, y) definida por xy + z + e z = 0. x = ± 2 e y = ± 2. Solución. (a) Observamos primero que Luego tenemos 4 puntos críticos, a saber D( f ) = {(x, y) R 2 : x 0 y 0}. P = (2, 2), P 2 = (2, 2), P 3 = ( 2, 2), P 4 = ( 2, 2). Para hallar los puntos estacionarios debemos hallar los (x, y) tales que f(x, y) = (0,0). Para clasificarlos calculemos la matriz Hessiana de f(x, y). Sabemos que 40

10 f xx H f (x, y) = ( f yx f xy f yy ). concluimos que en P = (2,2) la función presenta un mínimo con valor f(2,2) = 64. En nuestro caso resulta Continuemos con el punto P 2 = (2, 2). H f (x, y) = 6x x 3 0 6y y 3 Como H f (2, 2) = ( ). Comencemos por el punto P = (2, 2). H f (2, 2) = = 576 < 0 Como H f (2,2) = ( ). concluimos que en P 2 = (2, 2) tenemos un punto de ensilladura con valor f(2, 2) = 0. Sigamos con el punto P 4 = ( 2, 2) H f (2,2) = = 576 > 0 y f xx (2,2) = 24 > 0, 4

11 H f ( 2, 2) = ( ). Galería 6.. Gráfica de la función f(x, y) Como H f ( 2, 2) = 24.( 24) 0.0 = 576 > 0 y f xx ( 2, 2) = 24 < 0, concluimos que en máximo con valor f( 2, 2) = 64. P 4 = ( 2, 2) tenemos un Dejamos el punto P 3 = ( 2, 2) como un simple ejercicio. La gráfica de la función es la de la galería 6.. Vemos el mínimo en (2,2), el máximo en ( 2, 2) y los puntos de ensilladura en ( 2, 2) y (2, 2) (b) En este ítem debemos hacer lo mismo pero recordando que la función está dada implícitamente y luego debemos derivar usando las reglas de derivación para este tipo de funciones. Comencemos calculando los puntos estacionarios. f x = F x F z = 0 f y = F y F z = 0. 42

12 Entonces Luego f x = y + e = 0 f z y = x + e z = 0. 2 f x 2 = 0.( + ez ) y. e z. z x ( + e z ) 2. Notemos incidentalmente que Evaluando en (x, y) = (0,0) tenemos + e z 0 z R. 2 f x 2 (0,0) = 0.( + ez ) y. e z. z x ( + e z ) 2 (0,0,0) = 0. De estas ecuaciones deducimos que el punto crítico es (x, y) = (0,0) y de esto sustituyendo en la expresión implícita obtenemos z = 0. Análogamente, obtenemos Para clasificarlo debemos calcular la Hessiana de f en (x, y) = (0,0). A tal efecto derivamos el cociente 2 f (0,0) = 0. y2 f x = y + e z recordando que z DEPENDE de x e y. Para las derivadas cruzadas tenemos derivando f x respecto de y que 43

13 2 f x y =.( + ez ) y. ez. z y ( + e z ) 2. Evaluando en (x, y) = (0,0) tenemos Movie 6.2. Gráfica de la función definida implícitamente. 2 f x y (0,0) =.( + ez ) y. ez. z y ( + e z ) 2 (0,0,0) = 2 4 = 2. es Por lo tanto la matriz Hessiana de f en (x, y) = (0,0) H f (0,0) = ( 0 /2 /2 0 ). Vemos en esta movie que, como hemos probado, la función definida implícitamente presenta en (0,0) un punto de ensilladura con valor f (0,0) = 0. Como H f (0,0) = < 0 tenemos en el punto 4 (0,0) un punto de ensilladura. Se puede ver una solución clickeando aquí. En el siguiente gráfico vemos que realmente esto es así. (2) Analizar la existencia de extremos relativos y absolutos de la función siguiente en su dominio. 44

14 f(x, y) = (x 3 y 3 )(x 3 + y 3 ). Luego vemos que el único punto crítico es P = (0,0). Solución. Obviamente el dominio de f es D( f ) = R 2. Observamos además que Para clasificarlo, calculemos la Hessiana de f. f xx H f (x, y) = ( f yx f xy f yy ) = 30x 4 0 ( 0 30y 4 ). f(x, y) = x 6 y 6. Entonces Hallemos los puntos estacionarios del dominio. Para ello debemos resolver H f (0,0) = ( ). f(x, y) = (0,0). Entonces Vemos entonces que H f (0,0) = 0. Entonces no podemos, al menos de este dato, clasificar el punto crítico. f x (x, y) = 6x 5 = 0 f y (x, y) = 6y 5 = 0. Sin embargo, no tendremos dificultad en probar que es un punto de ensilladura. En efecto, para la función sobre los ejes tenemos 45

15 f(x,0) = x 6 0 f(0,y) = y 6 0. (x, y) D : f(x, y) f(x 0, y 0 ). 3 Analizando la función en el eje x vemos que 2 f(x,0) = x Si existiera un máximo absoluto, existiría un valor f(x 0, y 0 ) = M tal que x 6 M para todo x R. Absurdo. Luego no hay máximo absoluto. Dejamos como un buen entrenamiento la demostración análoga de la no existencia de mínimo absoluto. Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. Estos datos,combinados con f(0,0) = 0 nos dicen que el punto es de ensilladura pues, en TODO entorno del punto (0,0) tenemos puntos de la forma (x,0) y de la forma (0,y) y en ellos se satisfacen respectivamente las desigualdades anteriores. Respecto de los extremos absolutos, recordemos que f alcanza un máximo absoluto en (x 0, y 0 ) si (3) Supongamos que f : R 2 R es una función positiva y C 3 (R 2 ) cuyo gradiente se anula sólo en P = (, ) y en P 2 = (,), cuyo determinante Hessiano en esos puntos en no nulo y tal que en P tiene un máximo 0 y en P 2 tiene un mínimo 3. Estudiar los extremos de g(x, y) = f(x, y). 46

16 Solución. Observamos que al ser f positiva es g positiva y al ser f C 3 también es g C 3. Para analizar los extremos relativos de g anulamos su gradiente. g xx (, ) = g xy (, ) = f 2 (, ). f xx (, ) f 2 (, ). f xy (, ) g x (x, y) = g y (x, y) = Entonces f 2 (x, y). f x(x, y) = 0 f 2 (x, y). f y (x, y) = 0. g yy (, ) = f 2 (, ). f yy (, ). Recordando que f(, ) = 0 resulta para la Hessiana de g en P = (, ) f x (x, y) = 0 f y (x, y) = 0. H g (, ) = 00 f xx (, ) f 00 xy (, ) 00 f xy (, ) f. 00 yy (, ) Pero por hipótesis esto ocurre sólo en los puntos P = (, ) y P 2 = (,). Calculemos ahora el Hessiano de g el el punto P = (, ). Aplicando la regla para derivar un producto vemos que, por anularse f x (x, y) en dicho punto tendremos Entonces H g (, ) = H f (, ). 47

17 Como Por lo tanto en el punto P = (, ) la función g tiene un mínimo con valor H f (, ) 0 y en debe ser P = (, ) tenemos un máximo de f entonces g(, ) = 0. H f (, ) > 0 Dejamos como un buen entrenamiento la conclusión análoga para el punto P 2 = (,). y f xx (, ) < 0. Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. Entonces H g (, ) > 0 y además g xx (, ) > 0. 48