xy - Matemáticas JMMM

1
Análisis Matemático
FUNCIONES DE DOS VARIABLES
DERIVACIÓN IMPLÍCITA (Tangente a una curva de nivel);
FUNCIONES HOMOGÉNEAS
Derivación implícita y recta tangente a una curva de nivel
Si (a, b) es un punto que cumple la ecuación F ( x, y )  c y, por tanto, f (a)  b , entonces
F ´a, b 
.
f ´(a )   x
Fy ´a, b 
 Las curvas de nivel de una función F ( x, y ) vienen determinadas por la ecuación
F ( x, y )  c . Esas curvas, que son los puntos del plano XY que cumplen dicha ecuación,
pueden definirse a partir de otra función y  f (x) . Esta segunda función es posible que no
pueda explicitarse: no pueda encontrarse la fórmula y  f (x) .
Por tanto, si se desea estudiar la tasa de cambio de y respecto de x (esto es, estudiar la
derivada f ´(x) ), no podrá hallarse directamente; pero el teorema de la función implícita
F ´ x, y 
dy
 x
. En particular, en el punto (a, b),
asegura que esa derivada vale f ´( x) 
dx
Fy ´ x, y 

Fx ´a, b 
Fy ´a, b 
 Como f ´(a ) da la pendiente de la recta tangente a la curva y  f (x ) en el punto de
F ´a, b 
x  a 
abscisa x = a, la ecuación de esa recta tangente será y  f (a )   x
Fy ´a, b 
f ´(a )  
2
1. (S09) La ecuación e xy  2 x  4 y  3  0 define implícitamente la función y  f (x) en un
entorno del punto (0, 1). Entonces la derivada f ’(0) vale
a) 0
b) 1/4
c) 4
Solución:
El punto (0, 1) es de la curva, pues: e0  2·0  4.1  3  0 .
La derivada de y  f (x) en un punto genérico es:
2
1 2
1
dy
y 2 e xy  2


f ´(x) 
→ Sustituyendo x = 0 (e y = 1): f ´(0)  
2
xy
dx
4
4
2 xye  4
La respuesta es b)
2. (J10) La pendiente de la curva de nivel del campo f ( x, y )  2 cos( xy )  y 2 x , que pasa por
el punto (/2, 1) vale:
3

a)
b)  1
c) Ninguna de las anteriores.
2
2
Solución:
f x ( x, y )  2 sin( xy )· y  y 2 → f x ( / 2, 1)  3 ;
f y ( x, y )  2 sin( xy )·x  2 yx → f y ( / 2, 1)  2
La pendiente de la curva de nivel es:
3
3
dy


dx
 2 2
José María Martínez Mediano
2
Análisis Matemático
3. (J07) La ecuación de la recta tangente a la curva de nivel 3 de la función
f ( x, y )  x 3  3xy  y 3 en el punto (2, 1) es:
a) y  3 x  5 .
b) y  2 x  1 .
c) Ninguna de las anteriores, su ecuación es: __________
Solución:
f x ( x, y )  3 x 2  3 y  f x (2,1)  9
f y ( x, y )  3 x  3 y 2  f y (2,1)  3
Luego,
 f x (2,1)  9
dy
(2,1) 

3
dx
f y (2,1)
3
La ecuación de la recta tangente es: y  1  3( x  2)  y  3x  5
La respuesta es a)
4. (J12) La recta tangente a la curva de nivel 0 del campo
f ( x, y )  ( x  1)( y  1)  2e x sin y  1 , en el punto (0, 0) es:
x
a) y   x
b) y = 
c) y = 0
2
Solución:
La curva de nivel 0 es: ( x  1)( y  1)  2e x sin y  1  0 .
El punto (0, 0) es de ella, pues: (0  1)(0  1)  2e0 sin 0  1  1  1  0 .
f ' (0,0)
.
La pendiente de la recta pedida es: m =  x
f ' y (0,0)
Como:
f 'x ( x. y )  y  1  2e x sin y, f ' y ( x, y )  x  1  2e x cos y ,
1
f ' x (0,0)
=–
 1 .
1
f ' y (0,0)
Así que, la ecuación de la recta tangente es:
y  0  1· x  0   y   x
se tiene que: m = 
La respuesta es a)
5. (J11) La ecuación cos( x  y )  x  3 y  3  0 define implícitamente la función y  f (x)
en un entorno del punto (1, 1). Entonces la derivada f ´(1) vale
a) 2
b) 1/3
c) 1
Solución:
El punto (1, 1) está en la curva de nivel, pues: cos(1  1)  1  3·1  3  0 .
Parciales:
f 'x ( x. y )   sin( x  y )  1 ;
f ' y ( x, y )  sin( x  y )  3
Por tanto:
1
dy
 sin( x  y )  1
1
f ´(x) 


→ f ´(1)  
dx
sin( x  y )  3
3
3
La respuesta es b)
José María Martínez Mediano
3
Análisis Matemático
6. (S07) La ecuación de la recta tangente a la curva 1  x 2 y  xy 2  5  0 en el punto (2, 2)
es:
a) y  9 x  8 .
b) 4 x  11y  30  0 .
c) Ninguna de las anteriores.
Solución:
El punto (2, 2) está en la curva, pues: 1  4·2  2·4  5  3  8  5  0 .
La pendiente de la curva de nivel es:


2 xy / 2 1  x 2 y  y 2
4
dy
en (2, 2).

, que vale 
11
dx
x 2 / 2 1  x 2 y  2 xy


Por tanto, la tangente es: y  2  
4
( x  2)  4 x  11y  30  0 .
11
La respuesta es b)
Observación: La respuesta a) puede descartarse directamente, pues el punto (2, 2) no es de esa
recta.
7. (J09) La ecuación de la recta tangente a la curva y  f (x ) , definida implícitamente por la
ecuación F ( x, y )  5  xy 2  x y  1 , en el punto (3, 1) es:
4
a) y  1  ( x  3) .
15
13
b) y  1   ( x  3) .
31
c) Ninguna de las anteriores. Su ecuación es: ______________
Solución:
La pendiente de la recta tangente viene dada por
y2  y
Fx
dy
2
4
→ (en (3, 1)) = 

= 

x
dx
Fy
 15 / 2 15
2 xy 
2 y
4
Por tanto, la recta tangente es y  1  ( x  3) .
15
La respuesta es a)
José María Martínez Mediano
4
Análisis Matemático
Funciones homogéneas
La función f ( x, y ) es homogénea de grado k  Q, si para todo t  R+ se cumple que
f (tx, ty )  t k f ( x, y ) .
Propiedad
Si f ( x, y ) es diferenciable y homogénea de grado k, sus derivadas parciales de orden r son
funciones homogéneas de orden k  r:
 r f ( x, y )  r f ( x, y )  r f ( x, y )
y
, r = 1, 2, 3,… son homogéneas de grado k  r
,
y r
x r  m y m
x r
Teorema de Euler
Si f ( x, y ) es diferenciable y homogénea de grado k, entonces se verifica la igualdad:
x· f x ( x, y )  y· f y ( x, y )  k · f ( x, y )
1. Comprueba que son homogéneas las funciones:
2 y3
3x
a) f ( x, y ) 
b) f ( x, y ) 
x  3y
x2  y 2
Solución:
3
2(ty )3
2t 3 y 3
2 2y
a) f (tx, ty ) 

t ·
 t 2 · f ( x, y )  Homogénea: k = 2.
tx  3(ty ) t  x  3 y 
x  3y
b) f (tx, ty ) 
3(tx)
(tx)2  (ty ) 2

3tx
t 2 x2  t 2 y 2


3tx
t 2 x2  y 2


3tx
t x2  y 2

3x
x2  y 2
.
Como f (tx, ty )  f ( x, y ) , la función es homogénea de grado k = 0.
2. (J10) Demuestra que f ( x, y ) 
3
es una función homogénea y que cumple el
2x  y 2
2
teorema de Euler.
Solución:
f (tx, ty ) 
 2
3
3
3
3
2 
t



 t · f ( x, y ) .
·

2
2 
x
y

2(tx) 2  (ty ) 2 2t 2 x 2  t 2 y 2 t 2 2 x 2  y 2
2




Por tanto, es homogénea de grado k = 2.
Teorema de Euler: Debe cumplirse que x· f x ( x, y )  y· f y ( x, y )  2· f ( x, y ) .
fx 
 12 x
 6y
; fy 
2
2 2
2
(2 x  y )
(2 x  y 2 ) 2
12 x
6 y
12 x
6 y 2
12 x 2  6 y 2

y
·




(2 x 2  y 2 ) 2
(2 x 2  y 2 ) 2 (2 x 2  y 2 ) 2 (2 x 2  y 2 ) 2 (2 x 2  y 2 ) 2


6(2 x 2  y 2 )
6
3




 2· f ( x, y ) .
2·

2
2 
(2 x 2  y 2 ) 2
(2 x 2  y 2 )
 2x  y 
xf x  yf y = x·
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5
Análisis Matemático
3. Comprueba que la función f ( x, y ) 
x3 y
cumple:
x y
a) Es homogénea de grado 3.
b) Sus derivadas parciales de primer orden son funciones homogéneas de grado 2.
c) El teorema de Euler.
Solución:
 
4
3
(tx)3 ·(ty ) t 3 x3 ·ty t x y
x3 y
a) f (tx, ty ) 


 t3·
 t 3 · f ( x, y )  Homogénea: k = 3.
tx  ty
t  x  y t  x  y
x y
b) Parciales:
f x ( x, y ) 
3 x 2  x  y   x3 y
 x  y 2

2 x3 y  3x 2 y 2
 x  y 2
; f y ( x, y ) 
x3  x  y   x3 y·(1)
 x  y 2

x4
 x  y 2
Son homogéneas:
2(tx)3 ·(ty )  3(tx) 2 ·(ty ) 2 2t 3 x3 ·ty  3t 3 x 2 ·t 2 y 2 2t 4 x3 y  3t 4 x 2 y 2

f x (tx, ty ) 



2
t2  x  y
 tx  ty 2
 t ( x  y ) 2
 f x (tx, ty ) 

f y (tx, ty ) 

t 4 2 x3 y  3 x 2 y 2
t
2
 x  y
 tx 4
 tx  ty 
2
2
  t · 2 x y  3x y   t · f ( x, y)  k = 2.
t 4 x4

t
2
3
2 2
 x  y
2
2
 x  y
2
 t2·
2
x4
 x  y
2
x
 t 2 · f y ( x, y )  k = 2.
c) Teorema de Euler:
Debe cumplirse que x· f x ( x, y )  y· f y ( x, y )  3· f ( x, y ) .
x·
2 x3 y  3x 2 y 2
 y·
x4

2 x 4 y  3 x3 y 2
 x  y 2
 x  y 2
 x  y 2
3x3 y  x  y 
x3 y
3


 3· f ( x, y ) .
x y
 x  y 2

x4 y
 x  y 2

3 x 4 y  3 x3 y 2
 x  y 2

x4 p 2
 xy es homogénea:
yp
b) Si p = 2
c) Para dos valores de p diferentes.
4. (S09) La función f ( x, y) 
a) Sólo si p = 3
Solución:
t 4 x4 p 3 2 4 p x4 3/ p p 2
f ( x, y)  p p  t xy  t · p  t · xy .
t y
y
Será homogénea si 4 – p = 3/p (sólo así se podrá sacar factor común para que
f (tx, ty )  t m f ( x, y ) )  p = 1 o p = 3.
La respuesta es c)
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6
Análisis Matemático
5. (J12) Si f ( x, y ) es una función homogénea tal que f(1, 2) = 4, f 'x (1, 2)  8 ,
f ' y (1, 2)  8, entonces su grado de homogeneidad es:
a) 1/2.
b) –1
c) 2
Solución:
Si k es su grado de homogeneidad, por el teorema de Euler puede escribirse:
k · f (1, 2)  1· f 'x (1, 2)  2· f ´ y (1, 2)  k ·4  8  2·8  4k  8  k = 2.
La respuesta es c)
2x p  5 y p
x :
xp  y
a) Nunca es homogénea.
b) Es homogénea sólo en el caso p = 1.
c) Es homogénea siempre, para cualquier p.
Solución:
1
p
p
p 2x  5 y
2t p x p  5t p y p
t p 2x p  5 y p
2


f (tx, ty) 
tx
t
x
t
x 
t p x p  ty
t
t p1x p  y
t p1x p  y
6. (J13) La función f ( x, y) 
Para que f (tx, ty )  t k f ( x, y ) es necesario que t p 1 x p  y  x p  y (véase el denominador)
 p = 1.
Luego es homogénea sólo si p = 1.
La respuesta es b)
3 x 2  p ( y  1)
7. (J10) La función f ( x, y ) 
es:
x y
a) Homogénea de grado 1, si p = 1
b) Homogénea de grado 0, si p = 0
c) Homogénea de grado ___ sólo si p = ___.
Solución:
3t 2 x 2  p(ty  1)
 En el numerador sólo puede sacarse factor común t si p = 0.
f (tx, ty ) 
t ( x  y)
En ese caso sería homogénea de grado 1, pues quedaría f ( x, y ) 
3x 2
, de donde:
x y
3t 2 x 2
3x2
 t·
 t · f ( x, y ) .
t ( x  y)
( x  y)
La respuesta es c)  Homogénea de grado 1 sólo si p = 0.
f (tx, ty ) 
6 x 3  2 xy 2  27 p
es:
x y
a) Homogénea de grado 1.
b) Homogénea de grado 2 si p = 0.
c) Nunca puede ser homogénea.
Solución:
6t 3 x 3  2(tx)(t 2 y 2 )
6 x3  2 xy 2
Si p = 0, f ( x, y ) 
 f (tx, ty ) 

x y
tx  ty
8. (J11) La función f ( x, y ) 


 6 x 3  2 xy 2
t 3 6 x 3  2 xy 2
= t 2 
t x  y 
 x y
La respuesta es b)
 f (tx, ty ) 

  es homogénea de grado 2.

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7
Análisis Matemático
x2p
 xy 2 cumple el teorema de Euler:
y
a) Siempre, para todo número natural p.
b) Si p = 1/4.
c) Si p = 5/4.
Solución:
La función debe ser homogénea.
3
x2p
f (tx, ty )  t 2 p 1 ·
 t 3 / 2 xy 2  será homogénea si 2 p  1   4p = 5  p = 5/4.
y
2
La respuesta es c)
9. (S07) La función f ( x, y ) 
10. Comprueba que la función f ( x, y ) 
x2p
 xy 2 cumple el teorema de Euler.
y
Solución:
Debe verificarse que x· f x ( x, y )  y· f y ( x, y )  k · f ( x, y ) , siendo k su grado de
homogeneidad.
Para p = 5/4 la función es homogénea (pregunta anterior). En ese caso:
x5/2
x5/2
3
f ( x, y ) 
 xy 2 
 y x , que es homogénea de grado k  .
y
y
2
Derivadas parciales:
5 x3/2
1
x5/2
 y·
; f y ( x, y )   2  x
f x ( x, y )  ·
2 y
y
2 x
Por tanto:
 5 x3/2
 x5/2

1 
x· f x ( x, y )  y· f y ( x, y )  x· ·
 y·
  y   2  x  =
2 x
2 y
 y

5 x·x3/2
x
y· x5/2
5 x5/2
x x5/2
 y·

 y· x = ·
 y·

 y· x =
= ·
y
2 y
2 y
2
y2
2 x
=
 3
3 x5/2
3 x
3  x5/2
= ·
 y· x   · f ( x, y )
 y·
·
2 y
2
2 y
 2
11. (J07) Sabiendo que f ( x, y ) es homogénea de grado 3 y que f (1,1)  (2,1) , entonces:
a) f (1,1)  0
b) f (1,1)  1
c) Ninguna de las anteriores.
Solución:
Por el teorema de Euler, si f es homogénea de grado m se cumple
x· f x ( x, y )  y· f y ( x, y )  m· f ( x, y )   x, y · f x ( x, y ), f y ( x, y )  m· f ( x, y ) .


En este caso, x· f x ( x, y )  y· f y ( x, y )  3· f ( x, y ) .
En el punto (1, 1) se tiene que x = 1, y = 1 y f (1,1)  (2,1) ; luego, sustituyendo:
1 f x (1,1)  1 f y (1,1)  3 f (1,1)  1·2  (1)·(1)  3· f (1,1)  f (1,1)  1
La respuesta es b)
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8
Análisis Matemático

12. (J09) Sea f ( x, y ) una función homogénea de grado 1 tal que f  5,

 1
a) f  2,   7,5
 5
b) f 10, 1  6
c) f 10, 1  9
Solución:
1


Se sabe que f (tx, ty )  t 1· f ( x, y ) . En particular, f  t 5, t   t 1· f  5,
2


2
Si se hace t  , f
5
La respuesta es a)
1
  3 , entonces:
2
1  1
  t ·3
2
1
1 2
1 5
15


 t 5, t     · f  5,
  ·3   7,5
2 5
2 2
2


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