Tema 14 Aproximación no lineal de funciones. - personal.us.espersonal.us.es/jmiguel/MATECO/Jun18-Cap14.pdfFórmula de Taylor Cuando la función f(x) es diferenciable en x 0, el parecido

Tema 14

Aproximación no lineal de funciones.

14.1. Aproximación no lineal de funciones con una variable.

Si una función definida en un intervalo es derivable en este intervalo su función derivada asocia a cada

punto su derivada. Si esta derivada es derivable en el intervalo podemos calcular su derivada y definir su

derivada segunda. Este planteamiento se puede repetir de nuevo con su derivada segunda. La derivación

sucesiva de una función nos va a dar información sobre su forma y nos va a permitir buscar sus óptimos

locales.

14.1.1. Fórmula de Taylor

Cuando la función f (x) es diferenciable en x0, el parecido entre la función y la recta tangente a la

gráfica nos permite aproximar la función por la diferencial tomando los valores correspondientes a la recta

tangente, dy = f ′(x0) dx. Al sustituir el incremento de la función, dx = x − x0, se obtiene la aproximación

lineal de f

f (x) − f (x0) ≈ f ′(x0)(x − x0)

En esta aproximación se comete un error, correspondiente a la diferencia entre el incremento real de la

función y el incremento aproximado que se obtiene mediante la diferencial

rx0(x − x0) =

4y︷︸︸︷f (x) − f (x0) −

dy︷︸︸︷f ′(x0)(x − x0) .

Consideramos que la aproximación es buena, lo que sucede siempre y cuando la función es diferencia-

ble, si cuando nos aproximamos al punto este error tiende a cero más rápido que el incremento de la variable

379

Bloque IV. CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL AMPLIADO

independiente,

lı́mx→x0

rx0(x − x0)x − x0

= 0.

Si en la fórmula de la aproximación lineal añadimos el término correspondiente al error obtenemos la

versión exacta de esta aproximación

f (x) = f (x0) + f ′(x0)(x − x0) + rx0(x − x0)

Esta idea la vamos a extender en una aproximación no lineal de la función por polinomios de grado

superior que recibe el nombre de fórmula de Taylor. En este caso, vamos a exigir que el error que cometemos

tienda a cero más rápido que el incremento de la variable independiente elevado al grado del polinomio

con el que la aproximamos. De esta forma, a medida que aumente el grado del polinomio con el que

aproximamos la función disminuirá el error que cometemos en la aproximación.

Definición 14.1 Sea f : D ⊆ R−→R derivable n veces en x0 ∈ R.

El polinomio de Taylor de f , de grado n, en x0 es:

Pn(x) = f (x0) + f ′(x0)(x − x0) +f ′′(x0)

2(x − x0)2 + · · · +

f (n(x0)n!

(x − x0)n.

que escribiremos muchas veces como Pn(x) =

n∑k=0

f k(x0)k!

(x − x0)k

Ejercicio 14.2 Demostrar que el polinomio de Taylor es el único polinomio cuyas derivadas sucesivas

coinciden con las derivadas de la función en el punto de aproximación.

Solución

Calculamos las derivadas sucesivas de un polinomio genérico en potencias de (x − x0)

Pn(x) = a0 + a1(x − x0) + a2(x − x0)2 + · · · + an(x − x0)n

Pn(x) = a0 + a1(x − x0) + a2(x − x0)2 + · · · + an(x − x0)n =⇒ a0 = Pn(x0) = f (x0)

P′n(x) = a1 + 2a2(x − x0) + 3a3(x − x0)2 + · · · + nan(x − x0)n−1 =⇒ a1 = P′n(a) = f ′(a)

P′′n (x) = 2a2 + 3 · 2a3(x − x0) + · · · + n(n − 1)an(x − x0)n−2 =⇒ a2 =P′′n (x0)

2=

f ′′(x0)2

......

Pn)n (x) = n(n − 1)(n − 2) · · · 2 an =⇒ an =

Pn)n (x0)n!

=f n)(x0)

n! ♣

Proyecto MATECO 2.1 Página 380

http://personal.us.es/jmiguel/Mateco2017.pdf

TEMA 14. APROXIMACIÓN NO LINEAL DE FUNCIONES.

Teorema 14.3 (Fórmula de Taylor) Sea f : D ⊆ R−→R derivable n veces en x0 ∈ R.

La diferencia entre el polinomio de Taylor, Pn(x), y la función, f (x), recibe el nombre de resto Rn(x) =

f (x) − Pn(x) y permite escribir

f (x) = f (x0) + f ′(x0)(x − x0) +f ′′(x0)

2(x − x0)2 + · · · +

f (n(x0)n!

(x − x0)n + Rn(x)

Si f es de clase Cn en un entorno de x0 se tiene

lı́mx→x0

Rn(x)(x − x0)n = 0. ♣

Nota Obsérvese que además de x y de n el error depende de f y x0. ♣

La expresión de la fórmula de Taylor es cierta siempre por la propia definición de resto. Lo que el

teorema garantiza es que si la función es de clase n en un entorno del punto el error que cometemos tiende

a cero más rápido que el incremento de la variable independiente elevado a n, de forma que cuantas más

veces sea derivable la función mejor aproximación podremos hacer. Una de las ventajas de la aproximación

mediante la fórmula de Taylor es que tenemos una expresión explícita para el resto que nos va a permitir

acotar el error que cometemos en cada aproximación. Aunque existen diversas expresiones la más utilizada

es la primera que vamos a ver.

Teorema 14.4 (Resto de Lagrange) Sea f : D ⊆ R→ R y f de clase Cn en un entorno de x0.

Si existe f n+1)(x0) entonces existe c entre x0 y x tal que

Rn(x) =f (n+1(c)(n + 1)!

(x − x0)n+1

con x0 < c < x ó x < c < x0 dependiendo de si x es mayor o menor que x0. ♣

Nota Si f es n+1 veces derivable en en un entorno de x0 el resto admite la expresión de Cauchy

Rn(x) =f (n+1(c)

n!(x − c)n(x − x0) con x0 < c < x(ó x < c < x0). ♣

Nota Si f (n+1 es integrable en [x0, x] el resto admite la expresión en forma integral

Rn(x) =

x∫x0

f (n+1(t)n!

(x − t)ndt ♣

Ejemplo 14.5 Obtener el desarrollo de Maclaurin de f (x) = ln(1+ x) (por razones históricas el desarrollo

de Taylor en x0 = 0 recibe el nombre de desarrollo de Maclaurin).

Solución

Calculamos las derivadas hasta orden n de f en x = 0 y sustituimos en la fórmula de Taylor

Página 381 Proyecto MATECO 2.1



f (x) = ln(1 + x) ⇒ f (0) = ln(1) = 0

f ′(x) =1

1 + x= (1 + x)−1 ⇒ f ′(0) = 1

f ′′(x) = −(1 + x)−2 ⇒ f ′′(0) = −1

f ′′′(x) = 2(1 + x)−3 ⇒ f ′′′(0) = 2...

...

f n)(x) = (−1)n+1(n − 1)!(1 + x)−n ⇒ f n)(0) = (−1)n+1(n − 1)!

f (x) = x −12

x2 +13

x3 − · · · +(−1)n+1

nxn + Rn(x)

Para determinar la expresión del resto calculamos la derivada n+1 en c ∈ (0, x) (ó c ∈ (x, 0)):

f n+1)(x) = (−1)nn!(1 + x)−(n+1) ⇒ Rn(x) =f n+1(c)

(n + 1)!xn+1 =

(−1)nxn+1

(n + 1)(1 + c)(n+1) ♣

Ejemplo 14.6 Obtener el desarrollo de Maclaurin de f (x) = ex y aplicarlo para obtener una aproximación

del número e con un error menor que una milésima.

Solución

Calculamos las derivadas hasta orden n de f en x = 0 y sustituimos en la fórmula de Taylor

f (x) = ex ⇒ f (0) = e0 = 1

f ′(x) = ex ⇒ f ′(0) = e0 = 1

f ′′(x) = ex ⇒ f ′′(0) = e0 = 1...

...

f n)(x) = ex ⇒ f n)(0) = e0 = 1

=⇒ f (x) = ex = 1 + x +

12

x2 + · · · +1n!

xn + Rn(x)

Para determinar la expresión del resto calculamos la derivada n+1 en c ∈ (0, x) (ó c ∈ (x, 0)):

f n+1)(x) = ex ⇒ Rn(x) =ec

(n + 1)!xn+1

Para aproximar el número e tomamos x = 1 con un error para c ∈ (0, 1) que podemos acotar fácilmente ya

que ex es creciente:

Rn(1) =ec

(n + 1)!<

e(n + 1)!

<3

(n + 1)!

Como queremos que el error sea menor que una milésima, entonces

3(n + 1)!

<1

1000⇒ (n + 1)! > 3000 ⇒ n ≥ 6

Por tanto, tomamos√

e ≈ 1 +11!

+12!

+13!

+14!

+15!

+16!

=1957720

= 2.71806 ♣




Ejercicio 14.7 Comprobar que los desarrollos de Maclaurin de las funciones seno, coseno y arcotangente

son

sen x =

n∑k=0

(−1)k

(2k + 1)!x2k+1 cos x =

n∑k=0

(−1)k

(2k)!x2k arctan x =

n∑k=0

(−1)k

2k + 1x2k+1 ♣

Ejercicio 14.8 Comprobar el desarrollo de Maclaurin de la serie geométrica esa

1 − x=

n∑k=0

axk ♣

Ejercicio 14.9 Hallar el desarrollo de McLaurin de orden n de la función f (x) = e−3x con resto de Lagran-

ge y utilizar el polinomio de orden 4 para obtener una aproximación de 1/e, razonando si el error que se

comete es menor que 0.0001 (nota: 1/e = e−1).

Solución

� Calculamos las derivadas hasta orden n de la función en el punto x = 0

f (x) = e−3x ⇒ f (0) = e0 = 1

f ′(x) = −3e−3x ⇒ f ′(0) = −3e0 = −3

f ′′(x) = (−3)(−3)e−3x ⇒ f ′′(0) = (−3)(−3)e0 = 9

...

f n)(x) = (−3) n· · · (−3)e−3x ⇒ f n)(0) = (−3) n

· · · (−3)e0 = (−3)n = (−1)n3n

Por tanto, sustituyendo en la fórmula de Taylor

f (x) = ex = 1 − 3x +92!

x2 −273!

x3 +814!

x4 + · · · +(−1)n3n

n!xn + Rn(x)

� Para determinar la expresión de Lagrange del resto calculamos la derivada n+1 en c ∈ (0, x) (ó c ∈

(x, 0)):

f n+1)(x) = (−3) n+1· · · (−3)e−3x ⇒ Rn(x) =

(−1)n+13n+1e−3c

(n + 1)!xn+1

� Para calcular una aproximación de 1/e tomamos x = 1/3

Si sustituimos x = 1/3 en la fórmula de Taylor de orden cuatro

1/e = e−1 ≈ 1 − 3(13

)+

92!

(13

)2

−273!

(13

)3

+814!

(13

)4

= 1 − 1 +12−

16

+124

= 3/8 = 0, 375

Cometemos un error, Rn(1) =(−1)n+13n+1e−3c

(n + 1)!

(−

13

)n+1




De esta forma que, como e−x es decreciente y c ∈ (0, 1/3), tenemos que e−3c < e0 = 1 por tanto

|Rn(1)| <1

(n + 1)!

En nuestro caso es n = 4 y el error es menor que 15! = 0, 0083 que no es menor que una milésima. ♣

Ejercicio 14.10 Hallar el desarrollo de McLaurin de orden n de la función f (x) =1

1 + 2xcon resto de

Lagrange y utilizar el polinomio de orden 4 para obtener una aproximación de 1/1.2 razonando si el error

que se comete es menor que 0.0001.

Solución

� Calculamos las derivadas hasta orden n de la función en el punto x = 0

f (x) =1

1 + 2x= (1 + 2x)−1 ⇒ f (0) = 1−1 = 1

f ′(x) = (−1)2(1 + 2x)−2 ⇒ f ′(0) = −2

f ′′(x) = (−1)2(−2)2(1 + 2x)−3 ⇒ f ′′(0) = (−1)(−2)22

...

f n)(x) = (−1)2(−2)2 · · · (−n)2(1 + 2x)−(n+1) ⇒ f n)(0) = (−1)n2nn!


f (x) = 1 − 2x + 4 x2 − 8 x3 + 16 x4 + · · · + (−1)n2n xn + Rn(x)

� Para determinar la expresión del resto calculamos la derivada n+1 en c ∈ (0, x) (ó c ∈ (x, 0)):

f n+1)(x) = (−1)n+12n+1(n + 1)!(1 + 2x)−(n+2) ⇒ Rn(x) = (−1)n+12n+1(1 + 2c)−(n+2) xn+1

� Para calcular una aproximación de 1/1.2 tomamos x = 0.1 en la fórmula de Taylor de orden 4

1/1.2 =≈ 1 − 2 · 0.1 + 4 · 0.01 − 8 · 0.001 + 16 · 0.0001 = 0.8336

Cometemos un error, Rn(1) = (−1)n+12n+1(1 + 2c)−(n+2)

Como c ∈ (0, 0.1), c es positivo y (1 + 2c)−(n+2) < 1 tenemos que

|Rn(1)| < 2n+10.1n+1

En nuestro caso es n = 4 y el error es menor que 250.15 = 0.00032 que no es menor que una milésima.♣




Ejercicio 14.11 Hallar el desarrollo de Taylor hasta grado n de la función f (x) = ln(x) en un entorno de

x = 1 dando el resto en forma infinitesimal.

Solución Calculamos las derivadas hasta orden n de la función en el punto x = 1

f (x) = ln(x) ⇒ f (1) = ln(1) = 0

f ′(x) =1x⇒ f ′(1) = 1

f ′′(x) = −1x2 ⇒ f ′′(1) = −1

f ′′′(x) =2x3 ⇒ f ′′′(1) = 2

...

f n)(x) = (−1)n+1 (n − 1)!xn ⇒ f n)(1) = (−1)n+1(n − 1)!

Sustituyendo en la fórmula de Taylor

f (x) = (x − 1) −12

(x − 1)2 +13

(x − 1)3 − · · · +(−1)n+1

n(x − 1)n + o(x − 1)n+1 ♣

Ejercicio 14.12 Hallar el desarrollo de Taylor de grado n de la función f (x) =√

x en un entorno de x = 1

con resto de Lagrange y utilizarlo para calcular una aproximación de√

2, razonando si el error que se

comete es menor que una milésima.

Solución Calculamos las derivadas hasta orden n de la función en el punto x = 0

f (x) = x1/2 ⇒ f (1) = 1

f ′(x) =(

12

)x−1/2 ⇒ f ′(1) = 1

2

f ′′(x) =(

12

) (−1

2

)x−3/2 ⇒ f ′′(1) = −1

4

f ′′′(x) =(

12

) (−1

2

) (−3

2

)x−5/2 ⇒ f ′′′(1) = 3

8

f ′′′′(x) =(

12

) (−1

2

) (−3

2

) (−5

2

)x−7/2 ⇒ f ′′′′(1) = −15

16

...

f n)(x) =(

12

) (−1

2

)n−1· · ·

(−2n−3

2

)x−(2n−1)/2 ⇒ f n)(1) = (−1)n−1 (2n−3)!!

2n = (−1)n−1 (2n−2)!2n(n−1)!2n−1

f n)(1) = (−1)n−1 (2n − 2)!22n−1(n − 1)!





f (x) = 1 +12

(x − 1) −18

(x − 1)2 +1

16(x − 1)3 + · · · + (−1)n−1 (2n − 2)!

22n−1n!(n − 1)!(x − 1)n + Rn(x)

Para determinar la expresión del resto calculamos la derivada n+1 en c ∈ (1, x) (ó c ∈ (x, 1))

f n+1)(x) = (−1)n (2n)!22n+1n!

(x − 1)−(2n+1)/2 ⇒ Rn(x) = (−1)n (2n)!22n+1(n + 1)!n!

c−(2n+1)/2(x − 1)n+1

Para calcular una aproximación de√

1.1 tomamos x = 0.1 en la fórmula de Taylor de orden 3

√1.1 =≈ 1 +

12

0.1 −18

0.01 +1

160.001 = 1.04881

Como c ∈ (1, 1.1) tenemos c−(2n+1)/2 < 1 tenemos que

|Rn(1.1)| <(2n)!

22n+1(n + 1)!n!0.1n+1

En nuestro caso es n = 3 y el error es menor que 51280.14 = 3.90625 ∗ 10−6 que si es menor que una

milésima. ♣

Ejercicio 14.13 Hallar el desarrollo de McLaurin de orden n de f (x) = 2−x con resto de Lagrange.

Solución

Calculamos las derivadas hasta orden n de la función en el punto x = 0

f (x) = 2−x ⇒ f (0) = 20 = 1

f ′(x) = −2−x ln 2 ⇒ f ′(0) = − ln 2

f ′′(x) = 2−x ln2 2 ⇒ f ′′(0) = ln2 2

...

f n)(x) = (−1) n· · · (−1)2−x(ln 2) n

· · · (ln 2) ⇒ f n)(0) = (−1)n(ln 2)n


f (x) = 2−x = 1 − x ln 2 + x2 ln2 2 − · · · +(−1)n(ln 2)n

n!xn + Rn(x)

Para determinar el resto de Lagrange calculamos la derivada n+1 en c ∈ (0, x) (ó c ∈ (x, 0)):

f n+1)(x) = (−1)n+1(ln 2)n+12x ⇒ Rn(x) =(−1)n+1(ln 2)n+12c

(n + 1)!xn+1 ♣




Ejercicio 14.14 Hallar el desarrollo de McLaurin de orden tres de la función f (x) =√

1 + x con el resto

de Lagrange y utilizarlo para obtener una aproximación de√

1.5 razonando si el error que se comete es

menor que una milésima.

Ejercicio 14.15 Obtener el polinomio de Taylor de grado n con resto de Lagrange de las siguientes fun-

ciones en un entorno del punto que se indica y utilizarlo para obtener una aproximación del valor también

indicado razonando si el error que se comete es menor que una diezmilésima.

(a) f (x) =√

x + 2 x = 2√

4.01 (b) f (x) = e1−2x x = 12 e0.2.

14.1.2. Concavidad y convexidad.

Definición 14.16 (Concavidad y convexidad) Sea f : I ⊆ R−→R con I un intervalo.

f es convexa si para cada par de elementos a, b ∈ I el segmento

que une los correspondientes puntos de su gráfica está por enci-

ma de la gráfica de la función entre estos dos puntos

∀λ ∈ (0, 1) f (λa + (1 − λ)b) ≤ λ f (a) + (1 − λ) f (b)

f es cóncava si para cada par de elementos a, b ∈ I el segmento

que une los correspondientes puntos de su gráfica está por debajo

de la gráfica de la función entre estos dos puntos

∀λ ∈ (0, 1) f (λa + (1 − λ)b) ≥ λ f (a) + (1 − λ) f (b) ♣

Nota f es convexa si y sólo si − f es cóncava y f es cóncava si y sólo si − f es convexa. ♣

Ejemplo 14.17

a) f (x) = eax es convexa en R para a ∈ R

b) f (x) = ln(ax) es cóncava en (0,+∞) para a > 0

c) f (x) = xa es convexa en (0,+∞) para a ≤ 0 y a ≥ 0 y cóncava para 0 ≤ a ≤ 1.

Las condiciones necesarias y suficientes para que una función sea cóncava o convexa dependen del

orden de derivabilidad de la función. Así, una función derivable es convexa en un intervalo sí y sólo si su

derivada es monótonamente creciente en ese intervalo. Si además es derivable con continuidad la función

es convexa si y sólo si la función se encuentra por encima de todas sus tangentes. Si es dos veces derivable

es convexasi y sólo si su segunda derivada es no negativa en el intervalo.




Proposición 14.18 (condición necesaria y suficiente de convexidad y concavidad con derivabilidad)

Sea f : [a, b] ⊆ R−→R derivable en (a, b) con continuidad.

f es convexa en (a, b) si y sólo si f (y) ≥ f (x) + f ′(x)(y − x) ∀x, y ∈ (a, b).

f es cóncava en (a, b) si y sólo si f (y) ≤ f (x) + f ′(x)(y − x) ∀x, y ∈ (a, b). ♣

Proposición 14.19 (condición necesaria y suficiente de convexidad y concavidad con derivabilidad de

orden dos) Sea f : [a, b] ⊆ R−→R dos veces derivable en (a, b).

f es convexa en (a, b) si y sólo si f ′′(x) ≥ 0 ∀x ∈ (a, b).

f es cóncava en (a, b) si y sólo si f ′′(x) ≤ 0 ∀x ∈ (a, b). ♣

Nota La concavidad y la convexidad son propiedades globales y si decimos que una función es cóncava

o convexa en un punto queremos decir que es cóncava o convexa en un entorno del punto. ♣

Definición 14.20 Sea f : I ⊆ R−→R con I un intervalo.

f tiene un punto de inflexión en x0 ∈ I si cambia de cóncava a convexa o viceversa. ♣

Ejemplo 14.21

fHxL=x2 fHxL=-x2 fHxL=x3

x2 es convexa (en su dominio), −x2 es cóncava (en su dominio) y x3 es convexa en (−∞, 0) y cóncava en

[0,+∞). Como esta última cambia de convexa a cóncava en x = 0 en este punto tiene un punto de inflexión.

♣

Proposición 14.22 (condiciones para punto de inflexión) Sean f : [a, b] ⊆ R−→R derivable suficiente-

mente en un entorno de x0

(necesaria) Si f tiene un punto de inflexión en x0 entonces f ′′(x0) = 0 (no implica f ′(x0) = 0).

(suficiente) Si f ′′(x0) = 0 y f ′′′(x0) , 0 entonces f tiene un punto de inflexión en x0. ♣

Ejemplo 14.23 Estudiar la concavidad y convexidad de f (x) =x2 − 2x + 1

2x + 1




f (x) =x2 − 2x + 1

2x + 1=⇒ f ′(x) =

2x2 + 2x − 4(2x + 1)2 =⇒ f ′′(x) =

18(2x + 1)3

-10 -5 5 10

-15

-10

-5

5

10 ∗ f ′′(x) ≤ 0 en (−∞,−12 ) =⇒ f es cóncava en (−∞,−1

2 ).

∗ f ′′(x) ≥ 0 en (−12 ,+∞) =⇒ f es convexa en (−1

2 ,+∞).

Aunque esta función cambia de cóncava a convexa en x = −12 no tiene un

punto de inflexión ya que este punto no está en su dominio. ♣

14.1.3. Extremos de funciones reales de una variable real.

Definición 14.24 Sean f : [a, b] ⊆ R−→R, x0 ∈ [a, b] y el problema de optimización:

(?) maximizar/minimizar f (x), a ≤ x ≤ b,

en el cual el dominio recibe el nombre de conjunto factible y la función el de función objetivo.

x0 es un máximo absoluto si f (x0) ≥ f (x) ∀x ∈ [a, b]

x0 es un mínimo absoluto si f (x0) ≤ f (x) ∀x ∈ [a, b]

En ambos casos decimos que x0 es un óptimo global o extremo absoluto (estricto si las desigualdades son

estrictas para x , x0).

x0 es un máximo local si existe δ > 0 tal que f (x0) ≥ f (x) ∀x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) ∩ [a, b]

x0 es un mínimo local si existe δ > 0 tal que f (x0) ≥ f (x) ∀x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) ∩ [a, b]

En ambos casos decimos que x0 es un óptimo local o extremo relativo (estricto si las desigualdades son

estrictas para x , x0). ♣

Nota El problema (?) consiste en encontrar un punto del conjunto factible en el que la función objetivo

alcanza su valor máximo/mínimo y, en general, se buscan máximos/mínimos absolutos. ♣

Proposición 14.25 (condición necesaria de óptimo local) Sean f : [a, b] ⊆ R−→R derivable en (a, b) y

x0∈ (a, b).

Si f tiene un extremo relativo en x0 entonces f ′(x0) = 0. ♣

Nota Un punto en el que la derivada es cero recibe el nombre de punto crítico y en un punto crítico la

recta tangente a la curva y = f (x) es paralela al eje X. Si f es derivable un extremo relativo siempre es un

punto crítico, pero no todo punto crítico es un extremo relativo (puede ser un máximo relativo, un mínimo

relativo o un punto de inflexión). ♣




Ejemplo 14.26

-2 -1 1 2

-0.5

0.5

1.0

1.5

2.0

f HxL=x2

-2 -1 1 2

-2

-1

1

2

f HxL=x3

La parábola f (x) = x2 y la función f (x) = x3 tienen un pun-

to crítico en el origen. En ambos casos la recta tangente a la

curva y = f (x) en x = 0 es el eje OX. La parábola tiene un

mínimo, pero f (x) = x3 no tiene ni un máximo ni un mínimo

(iene es un punto de inflexión).

Proposición 14.27 (condición suficiente de óptimo local) Sean f : [a, b] ⊆ R−→R dos veces derivable en

(a, b) y x0 ∈ (a, b) un punto crítico de f .

Si f ′′(x0) > 0 x0 es un mínimo relativo estricto.

Si f ′′(x0) < 0 x0 es un máximo relativo estricto.

Si f ′′(x0) = 0 no podemos afirmar nada.

Nota (extensión de la condición suficiente de óptimo local) Si f es n veces derivable en (a, b) con f ′(x0) =

· · · = f (n−1)(x0) = 0 y f (n)(x0) , 0 se tiene:

Si n es par y

f (n)(x0) > 0 f tiene un mínimo relativo estricto en x0

f (n)(x0) < 0 f tiene un máximo relativo estricto en x0

Si n es impar f tiene un punto de inflexión en x0.

Proposición 14.28 (Teorema de Weierstrass) Sea f : [a, b] ⊆ R−→R.

Si f es continua en [a, b] tiene un máximo y un mínimo absoluto en algún punto de [a, b]. ♣

Nota El teorema de Weierstrass garantiza que una función continua dentro de un intervalo cerrado y

acotado [a, b] alcanza su máximo y su mínimo absoluto. Esto no quiere decir que la función tenga un

máximo y un mínimo absoluto. Sólo implica que dentro de cada intervalo la función tiene máximo y mínimo

absolutos. Estos óptimos pueden ser óptimos relativos del intervalo abierto (punto críticos), uno de los dos

extremos del intervalo o puntos en los que la función no es derivable. En uno de ellos la función alcanza el

mayor valor dentro del intervalo y en otro el menor. ♣

Ejemplo 14.29

Estudiar los óptimos de las funciones

(a) f (x) =x

x2 + 1(b) g(x) =

9 + 12x + 7x2 + x3

1 + x2




Solución

En primer lugar determinamos los puntos en los que la derivada de f (x) es cero (puntos críticos):

f ′(x) =1 − x2(1 + x2)2 = 0 =⇒ 1 − x2 = 0 =⇒

x = 1

x = −1

A continuación calculamos su derivada segunda y estudiamos qué tipo de puntos son

f ′′(x) =2x

(−3 + x2

)(1 + x2)3 =⇒

f ′′(1) = −12 < 0 máximo con f (1) = 1

2

f ′′(−1) = 12 > 0 mínimo con f (−1) = −1

2

Por tanto, un máximo y un mínimo relativos son los puntos (1, 12 ) y (−1,−1

2 ) respectivamente.

En el caso de la función g(x) también calculamos los puntos críticos:

g′(x) =(2 + x)2

(3 − 4x + x2

)(1 + x2)2 = 0 =⇒

x = 3

x = 1

x = −2

Para estudiar qué tipo de puntos son calculamos su derivada segunda:

g′′(x) =−4 − 66x + 12x2 + 22x3(

1 + x2)3 =⇒

g′′(3) = 1

2 < 0 mínimo con g(3) = 272

g′′(1) = −92 < 0 máximo con g(1) = 29

2

g′′(−2) = 0 punto de inflexión pues g′′′(−2) , 0

Por tanto, un mínimo y un máximo relativos son los puntos (3, 272 ) y (1, 29

2 ) respectivamente.

Al observar las gráficas de las funciones

vemos que en el primer caso la función

f (x) tiene como valor máximo 12 y como

valor mínimo −12 . En el segundo caso, la

función g(x) no está acotada y no tiene

máximo ni mínimo.

-10 -5 5 10

-0.4

-0.2

0.2

0.4

-10 -5 5 10

5

10

15

Por tanto, los óptimos de f (x) son un máximo y un mínimo absolutos y los óptimos de g(x) son un máximo

y un mínimo relativos. ♣

Ejemplo 14.30 Determinar los óptimos de f (x) =x2 − 2x + 1

2x + 1

Solución

Comenzamos con la determinación de los puntos críticos:

f ′(x) =2x2 + 2x − 4

(2x + 1)2 = 0 =⇒

x = −2

x = 1




Estudiamos si son máximos y mínimos relativos

∗ f tiene un máximo relativo en (−2,−3)(

f ′′(−2) = −23 < 0 y f (−2) = −3

)∗ f tiene un mínimo relativo en (1, 0)

(f ′′(1) = 2

3 > 0 y f (1) = 0)

Para determinar si los óptimos relativos son o no absolutos vamos a representar la función. Aunque en

general un simple bosquejo permite responder a la cuestión, en este ejemplo, aunque no es necesario, se

realizarán la mayor parte de los pasos que se suelen seguir en el procedimiento general para representar una

función mostrando como se realiza el estudio sistemático de la misma (que se compone de distintos pasos

más o menos estándares).

Determinación de su dominio: 2x + 1 = 0⇔ x = −12 =⇒ está definida para x , −1

2

Cortes con los ejes y valores particulares de la función: f (x) =x2 − 2x + 1

2x + 1= 0 =⇒ x = 1 =⇒ Corta al eje OX en (1, 0)

f (0) = 1 =⇒ Corta al eje OY en (0, 1)

Simplificación del estudio (paridad, simetrías, periodicidad,. . . ): No presenta nada especial.

Asíntotas verticales en los puntos singulares que no estén en el dominio:

En x = −12 tiene una asíntota vertical

lı́mx→−1

2−

x2 − 2x + 12x + 1

= −∞ lı́mx→−1

2+

x2 − 2x + 12x + 1

= +∞

Comportamiento en el infinito (asíntotas horizontales y oblicuas):

No tiene asíntotas horizontales

lı́mx→−∞

x2 − 2x + 12x + 1

= −∞ lı́mx→+∞

x2 − 2x + 12x + 1

= +∞

Tiene asíntota oblicua y = mx + b con

m = lı́mx→±∞

x2−2x+12x+1

x=

12

b = lı́mx→±∞

[x2 − 2x + 1

2x + 1− mx

]= −5

4

Determinación de los puntos con tangente vertical (puntos del dominio donde la derivada es infinita)

y puntos críticos (ya realizado)

f ′(x) =2x2 + 2x − 4

(2x + 1)2




Estudio del signo de la derivada (crecimiento y decrecimiento):

∗ f ′(x) ≥ 0 en (−∞,−2] =⇒ f es creciente en (−∞,−2].

∗ f ′(x) ≤ 0 en [−2,−12 ) =⇒ f es decreciente en [−2,−1

2 ).

∗ f ′(x) ≤ 0 en (−12 , 1] =⇒ f es decreciente en (−1

2 , 1].

∗ f ′(x) ≥ 0 en [1,+∞) =⇒ f es creciente en [1,+∞).

Estudio de la derivada segunda convexidad, concavidad y puntos de inflexión

f ′′(x) =18

(2x + 1)3 =⇒

En (−∞,−12 ) f ′′(x) ≤ 0 =⇒ f es cóncava

En (−12 ,+∞) f ′′(x) ≥ 0 =⇒ f es convexa

-10 -5 5 10

-10

-5

5

10

-10 -5 5 10

-15

-10

-5

5

10Si representamos las asíntotas y los puntos

clave sólo queda tener en cuenta los datos so-

bre crecimiento y concavidad para tener una

buena aproximación de la función. ♣

Ejercicio 14.31 Hallar los máximos y mínimos de f : R−→R definida por:

(a) f(x) = sen x 0 ≤ x ≤ 2π (b) f(x) = cos x 0 ≤ x ≤ 2π

(c) f(x) = sen2(x2 − 1) −2 ≤ x ≤ 2 (d) f(x) = (x + 90)(450 − 3x) x ≥ 0 ♣

Al igual que con una función de una variable, se considera que la aproximación lineal mediante la

diferencial es buena si el error que se comete en esta aproximación, correspondiente a la diferencia entre el

incremento real y el incremento aproximado, tiende a cero más rápido de lo que lo hace el incremento de las

variables independientes. En una función con varias variables el tamaño del incremento se mide mediante

la norma del propio incremento y la bondad de la aproximación no lineal viene determinada por la rapidez

con la que tiende a cero esta norma elevada al orden del polinomio con el que aproximamos. Para construir

esta aproximación vamos a introducir previamente las diferenciales sucesivas, que aparecen al considerar

las distintas parciales de orden superior.

14.2. Diferenciales sucesivas

Si escribimos la diferencial de la función f en el punto x0 como

D f (x0)[(dx1, . . . , dxn)] =∂ f∂x1

(x0)dx1 + . . . +∂ f∂xn

(x0)dxn =

n∑i=1

∂ f∂xi

(x0)dxi.

la diferencial segunda se define a partir de las derivadas parciales de segundo orden como

D2 f (x0)[(dx1, . . . , dxn)] =

n∑i1,i2=1

∂2 f∂xi1∂xi2

(x0)dxi1dxi2 .




Esta diferencial es suma de todas y cada una de las derivadas de segundo orden multiplicadas por los

incrementos correspondientes a las variables respecto a las que se deriva. Así, la diferencial segunda de una

función f (x, y) es

D2 f (x0, y0)[dx, dy] =∂2 f∂x2 (x0, y0)dx2 +

∂2 f∂y∂x (x0, y0)dxdy +

∂2 f∂x∂y (x0, y0)dydx +

∂2 f∂y2 (x0, y0)dy2

Esta diferencial puede escribirse en términos de la matriz hessiana, de forma que la diferencial segunda

corresponde a una forma cuadrática de matriz H f (x0), que es simétrica si la función es de clase C2

D2 f (x0, y0)[dx, dy] = (dx dy)

∂2 f∂ x2 (x0, y0) ∂2 f

∂ y∂ x (x0, y0)

∂2 f∂ x∂ y (x0, y0) ∂2 f

∂ y2 (x0, y0)

dx

dy

Definición 14.32 Se define la diferencial sucesiva de orden m como la suma de todas y cada una de las

derivadas de orden m multiplicadas por los incrementos correspondientes a las variables respecto de las

que se deriva.

Dm f (x0)[(dx1, . . . , dxn)] =

n∑i1,...,im=1

∂m f∂ xi1 · · · ∂ xim

(x0)dxi1 · · · dxim . ♣

Ejemplo 14.33 Obtener las diferenciales de primer y segundo orden de f (x, y) = sen(xy2).

Solución

Las derivadas de primer orden son

∂ f∂ x (x, y) = y2 cos(xy2)∂ f∂ y (x, y) = 2xy cos(xy2)

Por tanto la diferencial es

D f (x, y)[dx, dy] = y2 cos(xy2)dx + 2xy cos(xy2)dy

que en términos del vector gradiente es

D f (x, y)[dx, dy] =(y2 cos(xy2) 2xy cos(xy2)

) dx

dy

Las derivadas de segundo orden son

∂2 f∂ x∂ x (x, y) = −y4 sen(xy2) ∂2 f

∂ y∂ x (x, y) = 2y cos(xy2) − 2xy3 sen(xy2)∂2 f∂ x∂ y (x, y) = 2y cos(xy2) − 2xy3 sen(xy2) ∂2 f

∂ y∂ x (x, y) = 2x cos(xy2) − 4x2y2 sen(xy2)

Por tanto la diferencial segunda es

D2 f (x, y)[dx, dy] = −y4 sen(xy2)dx2 + 2(2y cos(xy2)− 2xy3 sen(xy2))dxdy + 2x cos(xy2)− 4x2y2 sen(xy2)dy2




que en términos de la matriz hessiana queda

D2 f (x, y)[dx, dy] = (dx dy)

−y4 sen(xy2) 2y cos(xy2) − 2xy3 sen(xy2)

2y cos(xy2) − 2xy3 sen(xy2) 2x cos(xy2) − 4x2y2 sen(xy2)

dx

dy

Las diferenciales de orden superior se obtienen siguiendo el mismo procedimiento a partir de las corres-

pondientes derivadas aunque no se expresan matricialmente. ♣

14.3. Fórmula de Taylor para varias variable

Proposición 14.34 (Fórmula de Taylor para funciones de varias variables) Sea f : D ⊆ Rn−→R de clase

Cm en un abierto conteniendo al segmento cerrado que une x0 y x con x0, x ∈ D

f (x) = f (x0) + D f (x0)[x − x0] +12

D2 f (x0)[x − x0] + · · · +1

m!Dm f (x0)[x − x0] + Rm(x) con

lı́mx→x0

Rm(x)||x − x0||

m = 0

Además, si f es de clase Cm+1 en dicho abierto el resto se puede expresar para c ∈ Rn perteneciente al

segmento abierto que une x0 y x como

Rm(x) =1

(m + 1)!Dm+1 f (c)[x − x0] ♣

Corolario 14.35 Sea f : D ⊆ Rn−→R de clase C2 en un abierto que contenga al segmento cerrado que

une x0 y x con x0, x ∈ D.

f (x) = f (x0) + J f (x0)(x − x0) +12

(x − x0)tH f (x0)(x − x0) + R2(x) con lı́mx→x0

R2(x)||x − x0||

2 = 0.

Ejemplo 14.36 Obtener, si es posible, el desarrollo de Taylor de orden 2 de la función

f (x, y) = sen(xy) en un entorno del punto (0, π).

Solución

el valor de la función en el punto: f (0, π) = sen(xy)|(0,π) = 0

el valor de las derivadas parciales de primer orden en el punto:∂ f∂x

(0, π) = y cos(xy)|(0,π) = π

∂ f∂y

(0, π) = x cos(xy)|(0,π) = 0




el valor de las derivadas parciales de segundo orden en el punto:∂2 f∂x2 (0, π) = −y2 sen(xy)

∣∣∣(0,π)

= 0

∂ f 2

∂x∂y(0, π) =

∂ f 2

∂y∂x(0, π) = cos(xy) − xy sen(xy)|(0,π) = 1

∂2 f∂y2 (0, π) = −x2 sen(xy)

∣∣∣(0,π)

= 0

Como las derivadas de segundo orden son continuas la función es de clase C2 en R2 y, en particular, en un

entorno del punto. Así, podemos aproximar la función por el polinomio de Taylor de segundo orden.

En forma de polinomio f (x, y) ≈ 0 + πx + 0(y − π) +12

(0x2 + 2 · 1x(y − π) + 0(y − π)2

)

En forma matricial f (x, y) ≈ 0 + (π 0)

x

y − π

+12

(x y − π)

0 1

1 0

x

y − π

Al desarrollar se tiene:

π x + x(y − π) ♣

Ejercicio 14.37 Obtener el polinomio de Taylor de grado dos de la función f (x, y) = y2xy en un entorno

del punto (1, 1) utilizando derivación logarítmica

Solución

El valor de la función en el punto es f (1, 1) = y2xy∣∣∣(1,1)

= 1

Para aplicar derivación logarítmica tomamos logaritmos en la función y obtenemos

ln ( f (x, y)) = ln(y2xy

)= 2xy ln(y)

El valor de las derivadas parciales de primer orden lo obtenemos derivando la ecuación y despejando

1f (x, y)

∂ f∂x

(x, y) = 2y ln(y) =⇒∂ f∂x

(x, y) = 2y ln(y) f (x, y)

1f (x, y)

∂ f∂y

(x, y) = 2x ln(y) + 2x =⇒∂ f∂y

(x, y) = (2x ln(y) + 2x) f (x, y)

El valor de las derivadas parciales de primer orden en el punto será

∂ f∂x

(1, 1) = 0∂ f∂y

(1, 1) = 2




El valor de las derivadas parciales de segundo orden lo obtenemos derivando las parciales de primer

orden

∂2 f∂x2 (x, y) = 2y ln(y)

∂ f∂x

(x, y)

∂2 f∂y∂x

(x, y) = (2 ln(y) + 2) f (x, y) + 2y ln(y)∂ f∂y

(x, y)

∂2 f∂y2 (x, y) =

(2xy

)f (x, y) + (2x ln(y) + 2x)

∂ f∂y

(x, y)

El valor de las derivadas parciales de segundo orden en el punto será

∂2 f∂x2 (1, 1) = 0

∂2 f∂x∂y

(1, 1) =∂2 f∂y∂x

(1, 1) = 4∂2 f∂y2 (1, 1) = 6

La función y las derivadas de primer y segundo orden son continuas en D( f ) = {(x, y)/y > 0}, por lo que la

función es de clase C2 en un entorno del punto y podemos aproximar la función por el polinomio de Taylor

de segundo orden:

f (1, 1) +∂ f∂x (1, 1)(x − 1) +

∂ f∂y (1, 1)(y − 1) + 1

2

(∂2 f∂x2 (1, 1)(x − 1)2 + 2 ∂2 f

∂y∂x (1, 1)(x − 1)(y − 1) +∂2 f∂y2 (1, 1)(y − 1)2

)Al sustituir se tiene:

f (x, y) ≈ 1 + 2(y − 1) + 4(x − 1)(y − 1) + 6(y − 1)2 ♣

14.4. Funciones convexas.

Antes de hablar de funciones cóncavas y convexas vamos a imponer, como condición sobre la forma del

dominio donde las funciones están definidas, que su dominio sea un conjunto convexo. De esta forma cada

segmento que une puntos del conjunto va a estar contenido dentro del conjunto.

Definición 14.38 Sea G ⊆ Rn no vacío.

G es convexo si y sólo si para cualquier par de puntos a, b ∈ G el segmento que los une está contenido

en G

aµ + b(1 − µ) ∈ G ∀µ ∈ (0, 1) ♣

Nota Dados dos conjuntos convexos G1,G2 ⊆ Rn su intersección y su suma, pero no su unión, son

conjuntos convexos (este resultado se puede generalizar para k conjuntos)

G1 ∩G2 = {x ∈ Rn/x ∈ G1, x ∈ G2} G1 + G2 = {x1 + x2 ∈ Rn/x1 ∈ G1, x2 ∈ G2} ♣

Nota Si G ⊆ Rn es un conjunto convexo su interior y su clausura son conjuntos convexos con int(G) =

int(G). Si además int(G) , ∅ tenemos G = int(G) (en cualquier caso la fronteral del conjunto coincide con

la frontera de su clausura). ♣




Una función de una variable es convexa si el segmento que une dos puntos de su gráfica está por encima

de la gráfica de la función entre estos dos puntos y es cóncava si está por debajo y para funciones de más de

una variable la siguiente definición formaliza esta idea.

Definición 14.39 Sea f : G ⊆ Rn−→R con G convexo

f es convexa en G si para cada par de elementos a, b ∈ G

f [aµ + b(1 − µ)] ≤ f [a]µ + f [b](1 − µ) ∀µ ∈ (0, 1)

f es cóncava en G si para cada par de elementos a, b ∈ G

f [aµ + b(1 − µ)] ≥ f [a]µ + f [b](1 − µ) ∀µ ∈ (0, 1) ♣

Nota En ambos casos la igualdad se verifica siempre si a = b y si la igualdad sólo se verifica si a = b

decimos que es estrictamente convexa en el primero y estrictamente cóncava en el segundo. ♣

Nota f es convexa si y sólo si − f es cóncava y f es cóncava si y sólo si − f es convexa.

Más aún, si f es convexa y λ ≥ 0 tenemos que λ f es convexa y si λ ≤ 0 que λ f es cóncava (recíproca-

mente si f es cóncava y λ ≥ 0 tenemos que λ f es cóncava y si λ ≤ 0 que λ f es convexa). ♣

Nota La suma de funciones convexas es convexa y la suma de funciones cóncavas es cóncava. Más aún, la

combinación lineal de funciones convexas con coeficientes positivos es también una función convexa (con

coeficientes negativos cóncava) y la combinación lineal de funciones cóncavas con coeficientes positivos es

también una función cóncava (con coeficientes negativos convexa). ♣

Nota (Combinaciones convexas) Una combinación convexa de elementos de un conjunto es una combia-

ción lineal de estos elementos en la que los coeficientes son positivos y suman uno (media ponderada de los

elementos si éstos son números). Un conjunto es convexo si y sólo si contiene a todas las combinaciones

convexas de sus elementos. Además si una función es convexa en el conjunto entonces la imagen de la com-

binación convexa de sus elementos es menor o igual que la correspondiente combinación de las imágenes

de estos elementos (desigualdad de Jensen). ♣

Proposición 14.40 Sean f : G ⊆ Rn−→R y α ∈ R con G un conjunto convexo.

Si f es convexa en G entonces el conjunto de nivel inferior es un conjunto convexo

{x ∈ G/ f (x) ≤ α}

Si f es cóncava en G entonces el conjunto de nivel superior es un conjunto convexo

{x ∈ G/ f (x) ≥ α} ♣




Nota Las funciones de la forma f (x1, x2, . . . , xn) = a1x1 + a2x2 + · · · + anxn + b con ai, b ∈ R reciben el

nombre de funciones afines y son tanto cóncavas como convexas (escribimos f (x) = atx + b).

Por tanto, los correspondientes conjuntos de nivel son convexos

{a1x1 + a2x2 + · · · + anxn ≥ b} {a1x1 + a2x2 + · · · + anxn ≤ b} ♣

Nota Una función cuadrática se puede escribir de la forma f (x) = a + btx + xtCx con

x = (x1, x2, . . . , xn), a ∈ R, b ∈ Rn y C ∈ Mn×n(R) simétrica. En este caso, la función es convexa si y

sólo si la matriz C es semidefinida positiva. ♣

Las condiciones necesarias y suficientes para que una función sea cóncava o convexa son similares a

las correspondientes a funciones de una variable y también dependen del orden de diferenciabilidad de la

función, ya que utilizamos el desarrollo de Taylor para aproximarla por una función afín si es de clase uno y

por una función cuadrática si es de clase dos. En particular, una función continuamente diferenciable de una

variable es convexa en un intervalo si y sólo si la función se encuentra por encima de todas sus tangentes y

una función de dos variables dos veces diferenciable con continuidad es convexa si la función se encuentra

por encima de todos sus planos tangentes (en general una función de varias variables es convexa si está por

encima de sus hiperplanos tangentes).

Proposición 14.41 (condición necesaria y suficiente de convexidad con diferenciabilidad)

Sea f : G ⊆ Rn−→R diferenciable en G con G convexo no vacío.

f es convexa si y sólo si para cualquier par de puntos a, b ∈ G

f (b) − f (a) ≥ ∇ f (a) · (b − a) ♣

Nota Si la desigualdad es estricta f es estrictamente convexa. ♣

Nota f es cóncava si y sólo la desigualdad se da en sentido contrario (estrictamente cóncava si la de-

sigualdad es estricta). ♣

Una función de una variable dos veces derivable es convexa en un intervalo si y sólo si su segunda

derivada es no negativa en ese intervalo y una función de varias variables dos veces diferenciable con

continuidad es convexa en un conjunto convexo si y sólo si su matriz hessiana es semidefinida positiva en

el interior de ese conjunto convexo.

Proposición 14.42 (condición necesaria y suficiente de convexidad con diferenciabilidad de orden dos)

Sea f : G ⊆ Rn−→R de clase C2 en G con G convexo no vacío.

f es convexa si y sólo si la forma cuadrática asociada al hessiano de f es semidefinida positiva en todos

los puntos del interior (H f (x) S DP ∀x ∈ int(G)).




Si además esta forma cuadrática es definida positiva la función es estrictamente convexa (el recíproco

no es cierto). ♣

Nota f es cóncava si y sólo la forma cuadrática asociada al hessiano de f es semidefinida negativa en

todos los puntos del interior (si es definida negativa la función es estrictamente cóncava). ♣

Nota Por abuso de notación para hablar del signo de la forma cuadrática asociada al hessiano de f habla-

remos del signo de su matriz hessiana, H f (x). ♣

Proposición 14.43 Sea f : Rn−→R convexa en Rn.

Si g : Rm→ Rn es afín entonces f ◦ g(x) = f (g(x)) es convexa. ♣

Proposición 14.44 (Composición de funciones convexas) Sea f : G ⊆ Rn−→R convexa en G, con G

convexo, y h : I ⊆ f (G) ⊆ R→ R convexa en I, con I un el intervalo.

Si h es creciente en I entonces h ◦ f (x) = h( f (x)) es convexa en G. ♣

Ejercicio 14.45 Determinar si los siguientes conjuntos son convexos:

A = {(x, y) ∈ R2 : x + y = 2} B = {(x, y) ∈ R2 : 3x + 2y ≥ 1}

C = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 5, x ≥ 0, y ≥ 0} D = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2

4 + y2 ≤ 9}

E = {(x, y) ∈ S : x ≥ 0, y ≥ 0, xy ≥ 1}

Ejercicio 14.46 Dados los conjuntos A = {(x, y) ∈ R2 : x2 +y2

4 ≤ 4}, B = {(x, y) ∈ R2 : x + y ≥ 3},

C = {(x, y) ∈ R2 : (x − 2)2 + (y − 1)2 = 9} y D = {(x, y) ∈ R2 : x2 > y}.

Representar gráficamente los conjuntos siguientes:

A, B, C, D, C ∩ D, A ∪C ∪ D, A ∩ B ∩C, B ∩ D, A ∩ B ∩C ∩ D.

¿Son conjuntos convexos?

Ejercicio 14.47 Estudiar la convexidad o concavidad de las siguientes funciones:

(a) f (x) = ax + b (b) f (x) = x2

(c) f (x, y) = ax + by + c (d) f (x, y) = 2x − y − x2 + 2xy − y2

(e) f (x, y) = e2x+y (f) f (x, y) = 14x − 12 x2 + 10y − 1

2y2

(g) f (x, y, z) = 2x + ey + 3z (h) f (x, y, z) = ax2 + by2 + cz2 + d




Ejercicios del tema.

Ejercicio 14.48 Comprobamos que la ecuación ex+y+z − 2xyz2 = e define a z como función implícita de x e

y en un entorno del punto P(0, 0, 1) y obtener su desarrollo de Taylor de orden 2 entorno al punto adecuado

Solución

� Para comprobar que la ecuación define a z como función implícita de x e y

Comprobamos que la ecuación es satisfecha por el punto F(0, 0, 1) = e

Comprobamos que la función es de clase C1 calculando sus derivadas parciales y viendo que son

continuas (no es necesario ya que esta función es suma de una exponencial y un polinomio y, por

tanto, es de clase C∞(R3))

∂F∂x

(x, y, z) = ex+y+z − 2yz2 ∂F∂y

(x, y, z) = ex+y+z − 2xz2 ∂F∂z

(x, y, z) = ex+y+z − 4xyz

Comprobamos que la derivada respecto a la variable que queremos despejar es distinta de cero∂F(0, 0, 1)

∂z= e , 0

Podemos ahora afirmar que existe una única función z = z(x, y) de clase C∞ en un entorno del punto

(0, 0) tal que z(0, 0) = 1 y tal que en dicho entorno F(x, y, z(x, y)) = 0

� Para obtener las derivadas parciales derivamos la ecuación considerando que z depende de x e y al

aplicar la regla de la cadena

Derivando parcialmente respecto de x

ex+y+z − 2yz2 + (ex+y+z − 4xyz)z′x = 0 (∗)

Derivando parcialmente respecto de y

ex+y+z − 2xz2 + (ex+y+z − 4xyz)z′y = 0 (∗∗)

Sustituyendo x = 0, y = 0 z = 1 y despejando tenemos que z′x(0, 0) = −1 y z′y(0, 0) = −1 con lo que

∇z(0, 0) =

−1

−1

I Para obtener las derivadas parciales de segundo orden se derivan las expresiones (*) y (**).




Derivando parcialmente (*) respecto de x

ex+y+z + (ex+y+z − 4yz)z′x + [ex+y+z − 4yz + (ex+y+z − 4xy)z′x]z′x + (ex+y+z − 4xyz)z′′xx = 0

Derivando parcialmente (*) respecto de y

ex+y+z + (ex+y+z − 4xz)z′y + [ex+y+z − 4yz + (ex+y+z − 4xy)z′x]z′y + (ex+y+z − 4xyz)z′′yx = 0

Derivando parcialmente (**) respecto de x (no es necesario)

ex+y+z − 2z2 + (ex+y+z − 4yz)z′y + [ex+y+z − 4xz + (ex+y+z − 4xy)z′y]z′x + (ex+y+z − 4xyz)z′′xy = 0

Derivando parcialmente (**) respecto de y

ex+y+z + (ex+y+z − 4xz)z′y + [ex+y+z − 4xz + (ex+y+z − 4xy)z′y]z′y + (ex+y+z − 4xyz)z′′xy = 0

Sustituyendo x = 0, y = 0, z = 1, z′x = −1 z′y = −1 y despejando tenemos que

z′′xx = 0 z′′yx = z′′xy = 2/e z′′yy = 0

con lo que

Hz(0, 0) =

0 2/e

2/e 0

� Otra forma de resolver el problema es obteniendo las derivadas parciales derivando directamente la

ecuación considerando en todo momento que z depende de x e y.

Derivando parcialmente respecto de x

(1 + z′x)ex+y+z − 4z′xxyz − 2yz2 = 0 (∗)

Derivando parcialmente respecto de y

(1 + z′y)ex+y+z − 4z′yxyz − 2xz2 = 0 (∗∗)

Derivando parcialmente (*) respecto de x

(1 + z′x)2ex+y+z + z′xxex+y+z − 4z′x

2xy − 8z′xyz − 4z′xxxyz = 0

Derivando parcialmente (*) respecto de y

z′xyex+y+z + (1 + z′x)(1 + z′y)ex+y+z − 4z′xz

′yxy − 4z′xxz − 4z′yyz − 4z′xyxyz − 2z2 = 0




Derivando parcialmente (**) respecto de x (no es necesario)

z′xyex+y+z + (1 + z′x)(1 + z′y)ex+y+z − 4z′xz

′yxy − 4z′xxz − 4z′yyz − 4z′xyxyz − 2z2 = 0

Derivando parcialmente (**) respecto de y

(1 + z′y)2ex+y+z + z′yyex+y+z − 4z′y

2xy − 8z′yxz − 4z′yyxyz = 0

� La función es de clase C2 en un entorno del punto y podemos aproximar la función por el polinomio de

Taylor de segundo orden:

z(0, 0) +∂z∂x

(0, 0)x +∂z∂y

(0, 0)y +12

(∂2z∂x2 (0, 0)x2 + 2

∂2z∂y∂x

(0, 0)xy +∂2z∂y2 (0, 0)y2

)

Al sustituir se tiene:

z(x, y) ≈ 1 − x − y +2e

xy ♣

Ejercicio 14.49 Obtener el desarrollo de Taylor de la función f (x, y) = xy en un entorno del punto (1, 1)

hasta segundo orden y aplicar el resultado para calcular (1.1)1.02.

Solución

Calculamos las derivadas parciales hasta segundo orden

D1 f (x, y) = y xy−1; D2 f (x, y) = xy ln(x)

D11 f (x, y) = y(y − 1) xy−2; D12 f (x, y) = D21 f (x, y) = y xy−1 ln(x) + xy−1; D22 f (x, y) = xy ln2(x)

D1 f (1, 1) = 1; D2 f (1, 1) = 0; D11 f (1, 1) = 0; D12 f (1, 1) = D21 f (1, 1) = 1; D22 f (1, 1) = 0

Como estas parciales son continuas en un entorno del punto dado tenemos

f (x, y) = 1 + (x − 1) +12· 2(x − 1)(y − 1) + R2(x, y)

f (x, y) = 1 + (x − 1) + (x − 1)(y − 1) + R2(x, y)

Por tanto (1.1)1.02 ≈ 1 + (1.1 − 1) + (1.1 − 1)(1.02 − 1) = 1 + 0.1 + 0.002 ⇒ (1.1)1.02 ≈ 1.102 ♣

Ejercicio 14.50 Obtener el desarrollo de Taylor de orden 2 de la función f (x, y) = sen2(xy) en un entorno

del punto (0, π).

Solución




el valor de la función en el punto: f (0, π) = sen2(xy)∣∣∣(0,π)

= 0

el valor de las derivadas parciales de primer orden en el punto:∂ f∂x

(0, π) = 2y sen(xy) cos(xy)|(0,π) = 0∂ f∂y

(0, π) = 2x sen(xy) cos(xy)|(0,π) = 0

el valor de las derivadas parciales de segundo orden en el punto:∂2 f∂x2 (0, π) = 2y2 cos2(xy) − 2y2 sen2(xy)

∣∣∣(0,π)

= 2π2

∂ f 2

∂x∂y(0, π) =

∂ f 2

∂y∂x(0, π) = 2 sen(xy) cos(xy) + 2y2 cos2(xy) − 2y2 sen2(xy)

∣∣∣(0,π)

= 2π2

∂2 f∂y2 (0, π) = 2x2 cos2(xy) − 2x2 sen2(xy)

∣∣∣(0,π)

= 0

La función es de clase C∞ en R2 y, en particular, en un entorno del punto. Así, podemos aproximar lafunción por el polinomio de Taylor de segundo orden:

f (0, π) +

(∂ f∂x

(0, π)x +∂ f∂y

(0, π)(y − π))

+12

(∂2 f∂x2 (0, π)x2 + 2

∂2 f∂y∂x

(0, π)x(y − π) +∂2 f∂y2 (0, π)(y − π)2

)

Al sustituir se tiene:

f (x, y) ≈ 2π2x2 + 2π2x(y − π) ♣

Ejercicio 14.51 Hallar el desarrollo de Taylor de las siguientes funciones en un entorno del punto que se

indica y utilizarlo para obtener una aproximación del valor también indicado

(a) f (x, y) = xx + yx P(1, 1) f (1.2, 1.1) (b) f (x, y) = xx(y−1) P(1, 2) 1.011.212

(c) f (x, y) = ln(x2 + y) P(1, 0) ln(1.44)

Ejercicio 14.52 Obtener el polinomio de Taylor de grado dos de las siguientes funciones en un entorno del

punto que se indica utilizando derivación logarítmica y utilizarlo para obtener una aproximación del valor

también indicado(a) f (x, y) = yxy (2, 1) f (2.1, 1.02) (b) f (x, y) = x2x+y (1, 0) 1.012.08

(c) f (x, y) = x2xy (1, 1) 1.012.42 (d) f (x, y) = (1 + xy)y (0, 1) 1.011.1.



Documents

Tema 14 Aproximación no lineal de funciones. - personal.us.espersonal.us.es/jmiguel/MATECO/Jun18-Cap14.pdfFórmula de Taylor Cuando la función f(x) es diferenciable en x 0, el parecido