Derivadas parciales de una función compuesta, con dos variables independientes

En este artículo voy a calcular las derivadas parciales de primer orden de la función $z=f(u,v)$, donde $u=\phi(x,y)$ y $v=\Phi(x,y)$, siendo $x$ e $y$ variables independientes

El problema es bien sencillo y la solución es inmediata: $$\dfrac{\partial\,z}{\partial\,x}=\dfrac{\partial\,f}{\partial\,u}\,\dfrac{\partial\,u}{\partial\,x}+\dfrac{\partial\,f}{\partial\,v}\,\dfrac{\partial\,v}{\partial\,x} \quad (1)$$ $$\dfrac{\partial\,z}{\partial\,y}=\dfrac{\partial\,f}{\partial\,u}\,\dfrac{\partial\,u}{\partial\,y}+\dfrac{\partial\,f}{\partial\,v}\,\dfrac{\partial\,v}{\partial\,y} \quad (2)$$

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Ejemplo: Dada la función $z=f(x,y)=\ln\,(u^2+v)$, donde $u=e^{x+y^2}$ y $v=x^2+y$, siendo $x$ e $y$ variables independientes. Voy a calcular las derivadas parciales de primer orden: $\dfrac{\partial\,z}{\partial\,x}$ y $\dfrac{\partial\,z}{\partial\,y}$

Hago los cálculos: $\dfrac{\partial\,f}{\partial\,u}=\dfrac{2u}{u^2+v}$, $\dfrac{\partial\,f}{\partial\,v}=\dfrac{1}{u^2+v}$, $\dfrac{\partial\,u}{\partial\,x}=e^{x+y^2}$, $\dfrac{\partial\,u}{\partial\,y}=2y\,e^{x+y^2}$, $\dfrac{\partial\,v}{\partial\,x}=2x$ y $\dfrac{\partial\,v}{\partial\,y}=1$

Con lo cual, sustituyendo en $(1)$ y $(2)$ se obtiene (después de operar y simplificar): $$\dfrac{\partial\,z}{\partial\,x}=2\,\dfrac{x+(e^{x+y^2})^2}{(e^{x+y^2})^2+x^2+y}$$ y $$\dfrac{\partial\,z}{\partial\,y}=\dfrac{4y\,(e^{x+y^2})^2+1}{(e^{x+y^2})^2+x^2+y}$$

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Derivadas parciales de orden superior de una función de varias variables independientes

Se considera una función $u=f(x,y,z)$, siendo $x,y$ y $z$ variables independientes. A modo de ejemplo, y siendo $u=z^2\,e^{x+y^2}$, voy a calcular una derivada parcial de orden $4$, por ejemplo $\dfrac{\partial^4\,u}{\partial^2\,x\,\partial\,y\,\partial\,z}$

Derivando en orden, de derecha a izquierda:
  $\dfrac{\partial\,u}{\partial\,z}=2z\,e^{x+y^2}$
    $\dfrac{\partial\,u}{\partial\,y\,\partial\,z}=\dfrac{\partial(2z\,e^{x+y^2})}{\partial\,y}=4yz\,e^{x+y^2}$
      $\dfrac{\partial\,u}{\partial\,x\partial\,y\,\partial\,z}=\dfrac{\partial\,(4yz\,e^{x+y^2})}{\partial\,x}=4yz\,e^{x+y^2}$
        $\dfrac{\partial\,u}{\partial\,x^2\,\partial\,y\,\partial\,z}=\dfrac{\partial\,u}{\partial\,x\,\partial\,x\,\partial\,y\,\partial\,z}=\dfrac{\partial\,(4yz\,e^{x+y^2})}{\partial\,x}=4yz\,e^{x+y^2}$

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Los operadores diferenciales lineales en el cálculo vectorial

Un aplicación lineal actúa de un espacio vectorial en otro, los dos definidos sobre un mismo cuerpo; en particular, un operador diferencial es una aplicación lineal que actúa sobre campos vectoriales definidos sobre una variedad diferenciable. En este contexto, recordaré aquí la definición del el operador nabla, a partir del cual se definen, a su vez, los operadores gradiente, rotacional, divergencia y laplaciano. En lo que sigue, me centraré en el espacio euclídeo $\mathbb{R}^3$.

El operador nabla se define como $\nabla:=\hat{i}\,\dfrac{\partial}{\partial\,x}+\hat{j}\,\dfrac{\partial}{\partial\,y}+\hat{k}\,\dfrac{\partial}{\partial\,z}$

El vector gradiente de un campo (función) escalar $f$, se define como $$\nabla\,f:=\left( \hat{i}\,\dfrac{\partial}{\partial\,x}+\hat{j}\,\dfrac{\partial}{\partial\,y}+\hat{k}\,\dfrac{\partial}{\partial\,z} \right)\,f=\hat{i}\,\dfrac{\partial\,f}{\partial\,x}+\hat{j}\,\dfrac{\partial\,f}{\partial\,y}+\hat{k}\,\dfrac{\partial\,f}{\partial\,z}$$

Dado un campo vectorial $\vec{F}=F_1\,\hat{i}+F_2\,\hat{j}+F_3\,\hat{k}$, se define la divergencia de dicho campo vectorial como el campo escalar $$\text{div}(\vec{F}):=\langle \nabla\,, \,\vec{F} \rangle = \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,x}+\dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,y}+\dfrac{\partial\,F_3}{\partial\,z}$$

Por otra parte, el rotacional de un campo vectorial $\vec{F}=F_1\,\hat{i}+F_2\,\hat{j}+F_3\,\hat{k}$ proporciona otro campo vectorial, dado por $\text{rot}(\vec{F}):=\nabla \times \vec{F}=\begin{vmatrix}\hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ \dfrac{\partial}{\partial\,x} & \dfrac{\partial}{\partial\,y} & \dfrac{\partial}{\partial\,z}\\ F_1 & F_2 & F_3\end{vmatrix}$

Cabe recordar también la definición del operador de Laplace, $\nabla^2$, que actúa sobre una función (campo) escalar $f$ para dar otra función (campo) escalar: es la divergencia del gradiente, esto es $$\nabla^2\,f:=\langle \nabla\,,\,\nabla\,f\rangle=\dfrac{\partial^2\,f}{\partial\,x^2}+\dfrac{\partial^2\,f}{\partial\,y^2}+\dfrac{\partial^2\,f}{\partial\,z^2}$$

-oOo- Propiedades importantes:

1. $\nabla(f+g)=\nabla\,f+\nabla\,g$
2. $\nabla(k\,f)=k\,\nabla\,f$, siendo $k\,\in\mathbb{R}$
3. $\nabla(f\,g)=f\,\nabla\,g+g\,\nabla\,f$
4. $\nabla(f/g)=\dfrac{g\,\nabla\,f-f\,\nabla\,g}{g^2}$, para los puntos $\vec{x}\in \mathbb{R}^3$ en los que $g(\vec{x})\neq 0$
5. $\text{div}(\vec{F}+\vec{G})=\text{div}(\vec{F})+\text{div}(\vec{G})$
6. $\text{rot}(\vec{F}+\vec{G})=\text{rot}(\vec{F})+\text{rot}(\vec{G})$
7. $\text{div}(f\,\vec{F})=f\,\text{div}(\vec{F})+\nabla\,f$
8. $\text{div}\,(\vec{F} \times \vec{G})=\langle \vec{G}\,,\,\text{rot}(\vec{F} \rangle-\langle \vec{F}\,,\,\text{rot}(\vec{G} \rangle$
9. $\text{rot}(f\,\vec{F})=f\,\text{rot}(\vec{F})+\nabla\,f \times \vec{F}$
10. $\nabla^2\,(f\,g)=f\,\nabla^2\,g+g\,\nabla^2\,f+2\,(\langle \nabla\,f\,,\,\nabla\,g\rangle)$
11. $\text{div}(\nabla\,f \times \nabla\,g)=0$
12. $\text{div}(f\,\nabla\,g-g\,\nabla\,f)=f\,\nabla^2\,g-g\,\nabla^2\,f$

Propiedades muy importantes:

• El rotacional de un vector gradiente es el vector nulo: $\nabla \times \nabla\,f = \vec{0}$ (los campos gradientes son irrotacionales)
• La divergencia del rotacional (de una función vectorial) es el escalar cero: $\text{div}(\text{rot}(\vec{F}))=0$

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Referencias:

  [1] J.E. Marsden; E.J. Tromba, Cálculo vectorial, Pearson Educación S.A., Madrid, 2004.
  [2] H. Goldstein, Mecánica clásica, Reverté, Barcelona, 1990.

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Ejemplo de análisis de los extremos relativos de una forma cúbica

En este artículo voy a encontrar los extremos relativos de la siguiente forma cúbica $$z\equiv f(x,y)=x^3+y^3-9xy+27$$

Impongo las condiciones necesarias para la existencia de extremos relativos: $$\left\{ \begin{matrix} \dfrac{\partial,z}{\partial\,x}=0 \\ \dfrac{\partial,z}{\partial\,y}=0 \end{matrix}\right. $$

con lo cual obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones: $$\left\{ \begin{matrix} x^2-3\,y=0 \\ -3x+y^2=0 \end{matrix}\right. $$

De la primera ecuación, podemos escribir $x=\sqrt{3\,y}$, y sustituyendo esta expresión en la segunda, llegamos a $y^2=3\,\sqrt{3\,y}$; elevando al cuadrado sendos miembros: $y^4=27\,y$, esto es, $y^4-27\,y=0$, que puede expresarse de la forma $y\,(y^3-27)=0\Leftrightarrow y=\left\{\begin{matrix}0 \Rightarrow x=0\\ 3\Rightarrow x=\pm\,3\end{matrix}\right.$

Acabamos de obtener pues los siguientes tres extremos: $A(0,0)$, $B(3,3)$ y $C(-3,3)$

Para averiguar la naturaleza de dichos extremos, calculo ahora el determinante de la matriz hessiana: $\text{det}(H)=\begin{vmatrix}\dfrac{\partial^2\,z}{\partial\,x^2} & \dfrac{\partial^2\,z}{\partial\,x\,\partial\,y} \\ \dfrac{\partial^2\,z}{\partial\,y\,\partial\,x} & \dfrac{\partial^2\,z}{\partial\,y^2} \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}6x & -9 \\ -9 & 6y\end{vmatrix}$

Recordemos ahora el teorema de clasificación:

1. $f(x,y)$ presenta un máximo relativo en $P$ si $\text{det}(H)_P\gt0$ y $ \left(\dfrac{\partial^2\,z}{\partial\,x^2}\right)_P \lt0$
2. $f(x,y)$ presenta un mínimo relativo en $P$ si $\text{det}(H)_P\gt0$ y $ \left(\dfrac{\partial^2\,z}{\partial\,x^2}\right)_P \gt0$
3. $f(x,y)$ no presenta máximo ni mínimo en $P$ si $\text{det}(H)_P\lt 0$
4. Con sólo el teorema no es posible decidir en caso de que $\text{det}(H)_P=0$, por lo que habría que complementar el análisis con otros elementos

   Entonces, sustituyendo las coordenadas de los extremos relativos, procedo a calcular el valor correspondiente del determinante hessiano en cada punto encontrado:

   • $\text{det}(H)_A \lt 0 \therefore A$ no corresponde ni a un máximo ni a un mínimo; se trata de un punto de silla
   • $\text{det}(H)_B\gt 0$ y $\left(\dfrac{\partial^2\,z}{\partial\,x^2}\right)_B \gt 0 \therefore B$ corresponde a un mínimo local
   • $\text{det}(H)_c=\lt 0$ y $\left(\dfrac{\partial^2\,z}{\partial\,x^2}\right)_C \gt 0 \therefore C$ corresponde a un máximo local

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Un ejemplo de desarrollo de Taylor de una función de varias variables alrededor de un cierto punto del espacio afín euclídeo

En este ejercicio voy a desarrollar por Taylor, hasta el segundo orden, la función de varias variables $f(x,y)=\sin(x+2y)$ (definida en $U\subset \mathbb{R}^2$ sobre $\mathbb{R}$) en el entorno de $\vec{x_0}$, siendo éste $\vec{0}=(0,0)$

Por el teorema de Taylor se sabe que el desarrollo en el entorno de $\vec{x_0}$ hasta el segundo orden se escribe de la forma $\displaystyle f(\vec{x_0}+\vec{h})=f(\vec{x_0})+\sum_{i=1}^{2}\,h_i\,\dfrac{\partial\,f}{\partial\,x_i}(\vec{x_0})+\dfrac{1}{2}\,\sum_{i,j=1}^{2}\,h_i\,h_j\,\dfrac{\partial^2\,f}{\partial\,x_i\,\partial\,x_j}(\vec{x_0})+R_2\,(\vec{0}\,,\,\vec{h})$, donde $\vec{h}=(h_1,h_2)$ y siendo $R_2(\vec{x_0}\,\vec{h})$ el término de error

En el caso concreto que nos ocupa,
$\displaystyle f(\vec{0}+\vec{h})=f(\vec{0})+\sum_{i=1}^{2}\,h_i\,\dfrac{\partial\,f}{\partial\,x_i}(\vec{0})+\dfrac{1}{2}\,\sum_{i,j=1}^{2}\,h_i\,h_j\,\dfrac{\partial^2\,f}{\partial\,x_i\,\partial\,x_j}(\vec{0})+R_2\,(\vec{0}\,,\,\vec{h})$

El valor de la función en $\vec{0}$ es $f(0,0)=\sin(0+2\cdot 0)=\sin(0)=0$. Recordemos también que las derivadas cruzadas son iguales: $\dfrac{\partial^2\,f}{\partial\,x\,\partial\,y}(\vec{x_0})=\dfrac{\partial^2\,f}{\partial\,y\,\partial\,x}(\vec{x_0})$, es decir $\dfrac{\partial^2\,f}{\partial\,x\,\partial\,y}(\vec{0})=\dfrac{\partial^2\,f}{\partial\,y\,\partial\,x}(\vec{0})$, con lo cual, en el sumatorio de las derivadas cruzadas del desarrollo se tiene que $\dfrac{1}{2}\,h_1\,h_2\,\dfrac{\partial^2\,f}{\partial\,x\,\partial\,y}(\vec{x_0})+\dfrac{1}{2}\,h_1\,h_2\,\dfrac{\partial^2\,f}{\partial\,y\,\partial\,x}(\vec{x_0})=2\cdot \dfrac{1}{2}\,h_1\,h_2\,\dfrac{\partial^2\,f}{\partial\,x\,\partial\,y}(\vec{x_0})=h_1\,h_2\,\dfrac{\partial^2\,f}{\partial\,x\,\partial\,y}(\vec{x_0})$

Calculando las derivadas paricales,

•   $\dfrac{\partial\,f}{\partial\,x}=\cos(x+2y)$, luego $\dfrac{\partial\,f}{\partial\,x}(\vec{0})=\cos(0+2\cdot 0)=\cos(0)=1$
  
•   $\dfrac{\partial\,f}{\partial\,y}=2\,\cos(x+2y)$, luego $\dfrac{\partial\,f}{\partial\,y}(\vec{0})=2\,\cos(0+2\cdot 0)=2\,\cos(0)=2$
  
•   $\dfrac{\partial^2\,f}{\partial^2\,x}=\dfrac{\partial\,\cos(x+2y)}{\partial\,x}=-\sin(x+2y)$, luego $\dfrac{\partial^2\,f}{\partial^2\,x}(\vec{0})=-\sin(0+2\cdot 0)=-\sin(0)=0$
  
•   $\dfrac{\partial^2\,f}{\partial^2\,y}=\dfrac{\partial\,(2\,\cos(x+2y))}{\partial\,y}=-2\cdot 2\sin(x+2y)=-4\,\sin(x+2y)$, luego $\dfrac{\partial^2\,f}{\partial^2\,y}(\vec{0})=-4\,\sin(0+2\cdot 0)=-4\,\sin(0)=-4\,\cdot 0=0$
  
•   $\dfrac{\partial^2\,f}{\partial\,x\,\partial\,y}=\dfrac{\partial^2\,f}{\partial\,y\,\partial\,x}=\dfrac{\partial}{\partial\,y}\,\left(\dfrac{\partial\,f}{\partial\,x}\right)=\dfrac{\partial}{\partial\,y}\,\left( \cos(x+2y) \right)=-2\,\sin(x+2y)$, luego $\dfrac{\partial^2\,f}{\partial\,x\,\partial\,y}(\vec{0})=\dfrac{\partial^2\,f}{\partial\,y\,\partial\,x}(\vec{0})=-2\,\sin(0+2\cdot 0)=-\sin(0)=0$
  

El desarrollo pedido queda pues de la forma $f(\vec{0}+\vec{h})=f(\vec{h})=0+h_1+2\,h_2+0+0+0+R_2\,(\vec{0},\vec{h})=h_1+2\,h_2+R_2\,(\vec{0},\vec{h})=0$ cuando $\vec{h}=(h_1\,h_2) \rightarrow (0,0)$, donde $\dfrac{R_2\,(\vec{0},\vec{h})}{\left\|\vec{h}\right\|^2}\rightarrow \,0$ (cuando $\vec{h} \rightarrow \vec{0}$)
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Un ejemplo de cálculo y análisis de los puntos críticos de una forma cuádrica

En este ejercicio me propongo determinar los puntos críticos de la siguiente función de varias variables, que corresponde a una forma cuádrica $$f(x,y)\equiv z=x^2-xy+y^2+3x-2y+1$$ clasificándolos según su naturaleza (máximos o mínimos)

Los puntos críticos se obtienen resolviendo el sistema de ecuaciones (condición necesaria) $$\left\{\begin{matrix}\dfrac{\partial z}{\partial x}=0\\\dfrac{\partial z}{\partial y}=0\end{matrix}\right.$$ esto es $$\left\{\begin{matrix}2x-y+3=0\\-x+2y-2=0\end{matrix}\right.$$ del cual se obtiene un único punto crítico, $P(-\frac{4}{3},\frac{1}{3})$

Para saber qué tipo de punto crítico es, recurrimos al teorema de clasificación: Calculando el determinante de la matriz Hessiana en el punto crítico $$ \text{det}(H)_P:=\begin{vmatrix}\left(\dfrac{\partial^2\,z}{\partial\,x^2} \right)_P & \left(\dfrac{\partial^2\,z}{\partial\,x\,\partial\,y} \right)_P\\ \left(\dfrac{\partial^2\,z}{\partial\,y\,\partial\,x} \right)_P & \left(\dfrac{\partial^2\,z}{\partial\,y^2} \right)_P \end{vmatrix} $$ y, por comodidad, denotando: $a:=\left(\dfrac{\partial^2\,z}{\partial\,x^2} \right)_P$, $b:=\left(\dfrac{\partial^2\,z}{\partial\,x\,\partial\,y}\right)_P=\left(\dfrac{\partial^2\,z}{\partial\,y\,\partial\,x}\right)_P$ y $c:=\left(\dfrac{\partial^2\,z}{\partial\,y^2} \right)_P$, se tiene que dicho determinante en el punto $P$ viene dado por $ac-b^2$. Entonces:

1. $f(x,y)$ presenta un máximo relativo en $P$ si $\text{det}(H)_P\gt0$ y $a\lt0$
2. $f(x,y)$ presenta un mínimo relativo en $P$ si $\text{det}(H)_P\gt0$ y $a\gt0$
3. $f(x,y)$ no presenta máximo ni mínimo en $P$ si $\text{det}(H)_P\lt 0$
4. Con tan sólo el teorema no es posible decidir en caso de que $\text{det}(H)_P=0$, por lo que habría que complementar el análisis con otros elementos

En el caso que nos ocupa, vemos que $a=2$, $b=-1$ y $c=2$, por lo que $\text{det}(H)_P=3\gt 0$ y al ser $a\gt 0$, con lo cual deducimos, por $(2)$, que la función tiene un mínimo relativo en el punto $P(-\frac{4}{3},\frac{1}{3})$. Y sustituyendo las coordenadas de dicho punto en la función, vemos que el valor de dicho mínimo relativo es igual a $-\dfrac{4}{3}$

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Máximos/mínimos locales y máximos/minimos estrictos (globales) en funciones de varias variables

Consideremos el paraboloide hiperbólico $f(x,y)=x^2-y^2$, en el dominio $D=\{(x,y): x^2+y^2\le 1$. Como vemos en la figura, su superficie presenta una especie de collado en el punto $(0,0)$, que no es ni un máximo ni un mínimo local, pues si fijamos el valor de $x$ en $0$, en la proyección de la supeficie en el plano $Oyz$ se obtiene un mínimo local (de dicha curva), y si fijamos el valor de $y$ en $0$ en la proyección de la supeficie en el plano $Oxz$ se obtiene un máximo local (de esta curva), razón por la cual ese punto, $(0,0)$, no corresponde ni a un máximo local ni a un mínimo local: a ese puento se le denomina punto de silla.

No obstante, sí tiene dicha función $f(x,y)$ máximos y mínimos globales/estrictos en el dominio $D$: máximos en $(-1,0)$ y $(1,0)$, de valor igual a $1$; y, mínimos estrictos en los puntos $(0,-1)$ y $(0,1)$ cuyos valores son igual a $-1$. $\diamond$

Un ejemplo de aplicación del método de los multiplicadores de Lagrange para optimizar una función de varias variables, con una restricción

Se considera una esfera de radio $1$ centrada en el origen de coordenadas, y, por tanto, de ecuación $g(x,y,z)=x^2+y^2+z^2=1$. Nos proponemos encontrar el punto (o puntos) del espacio de la superficie de dicha esfera cuya distancia al punto $P(1,1,1)$ —observemos que no forma parte de la superficie de la esfera— sea mínima o bien máxima.

La distancia de un punto $(x,y,z)$ de la superficie de la esfera a $P(1,1,1)$ es mínima cuando el cuadrado de la misma también es mínima —esto simplificará las cosas—, es decir, cuando la función distancia al cuadrado $f(x,y,z)=(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2$ toma el valor mínimo.

Es sabido que, definida la función auxiliar $h(x,y,z)=f(x,y,z)-\lambda(g(x,y,z)-1)$ (donde $\lambda$ es el multiplicador de Lagrange asociado a la restricción de los puntos de la esfera), si dicho mínimo (máximo) existe, entonces debe satisfacer las siguientes condiciones: $$\left\{\begin{matrix}\dfrac{\partial\,h}{\partial\,x}=0\\ \dfrac{\partial\,h}{\partial\,y}=0 \\ \dfrac{\partial\,h}{\partial\,z}=0 \\ \dfrac{\partial\,h}{\partial\,\lambda}=0\end{matrix}\right.$$ sistema de ecuaciones en $\{x,y,z,\lambda\}$ el el que $\lambda$ toma el papel de una variable algebraica. Dicho de otro modo, $$\left\{\begin{matrix} \dfrac{\partial\,f}{\partial\,x}-\lambda\,\dfrac{\partial\,g}{\partial\,x}=0 \\ \dfrac{\partial\,f}{\partial\,y}-\lambda\,\dfrac{\partial\,g}{\partial\,y}=0 \\ \dfrac{\partial\,f}{\partial\,z}-\lambda\,\dfrac{\partial\,g}{\partial\,z}=0 \\ x^2+y^2+z^2-1=0 \end{matrix}\right.$$ y, calculando las derivadas parciales, llegamos a $$\left\{\begin{matrix} 2\,(x-1)-2\,\lambda\,x = 0 \\ 2\,(y-1)-2\,\lambda\,y = 0 \\ 2\,(z-1)-2\,\lambda\,z = 0 \\ x^2+y^2+z^2-1=0 \end{matrix}\right.$$ o lo que es lo mismo, $$\left\{\begin{matrix} (1-\lambda)\,x= 1 \\ (1-\lambda)\,y= 1 \\ (1-\lambda)\,z= 1 \\ x^2+y^2+z^2-1=0 \end{matrix}\right.$$ por tanto $$x=y=z=\dfrac{1}{1-\lambda}\,,\,\lambda\neq 1$$ Substituyendo en la cuarta ecuación, $$3\,\left(\dfrac{1}{1-\lambda}\right)^2=1 \Rightarrow (1-\lambda)^2=3 \Rightarrow \lambda=1\pm \sqrt{3}$$ Luego, los puntos de máximo/mínimo son $$(x^*,y^*,z^*)=\left\{\begin{matrix}A(1/\sqrt{3},1/\sqrt{3},1/\sqrt{3})\\ B(-1/\sqrt{3},-1/\sqrt{3},-1/\sqrt{3}) \end{matrix}\right.$$ Puede comprobarse es el punto de la superfice esférica que se encuentra a la mínima distancia de $P$, mientras que $B$ es el punto de la superficie esférica que tiene una distancia máxima a $P$.$\diamond$

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Referencias:

  [1] J.E. Marsden; E.J. Tromba, Cálculo vectorial, Pearson Educación S.A., Madrid, 2004.
  [2] vv.aa., Multiplicadors de Lagrange               [https://ca.wikipedia.org/wiki/Multiplicadors_de_Lagrange], Wikipedia, 2022.
  [3] H. Goldstein, Mecánica clásica, Reverté, Barcelona, 1990.

Aplicación del teorema de Taylor para obtener aproximaciones numéricas

[Varios ejemplos]