Funciones de Varias Variables

Cap. 3 Funciones de Varias Variables

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3 3.1. FUNCIÓN VECTORIAL 3.2. GRAFICA DE UNA FUNCIÓN ESCALAR 3.1. 3.3. DOMINIO DE UNA FUNCIÓN 3.2. ESCALAR 3.3. 3.4. CONJUNTO DE NIVEL 3.4. 3.5. LIMITES DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES 3.6. CONTINUIDAD 3.7. DERIVADA DE UNA FUNCIÓN ESCALAR 3.8. DIFERENCIABILIDAD 3.9. GRADIENTE 3.10. LA DIFERENCIAL 3.11. REGLA DE LA CADENA 3.12. DERIVACIÓN IMPLICITA OBJETIVOS: • • • • • • •

Conceptualizar funciones Vectoriales, Escalares y Curvas Describir conjuntos de niveles. Establecer límites, continuidad y derivadas de funciones de dos variables. Determinar si una función de dos variables es derivable o no. Determinar si una función de dos variables es diferenciable o no. Obtener derivadas de funciones compuestas. Obtener derivadas de funciones implícitas.

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3.1 FUNCIÓN VECTORIAL 3.1.1 DEFINICIÓN

Una función del tipo f : U ⊆ R n → R m se la denomina FUNCIÓN VECTORIAL o CAMPO VECTORIAL. Ejemplo. Sea f : R 2 → R3 tal que f ( x, y ) = ( 2 x − y, x + y,3x + 5 y ) Esquemáticamente tenemos: f

R2

(1,1) (− 2,0)

R3

(1,2,8) (− 4,−2 − 6)

#

Si

#

m = 1, tenemos f : U ⊆ R n → R , se la denomina FUNCIÓN ESCALAR,

CAMPO ESCALAR, O FUNCIÓN DE VARIAS VARIABLES. Si

f : U ⊆ R 2 → R , tenemos una FUNCIÓN DE DOS VARIABLES. Ejemplo. Sea f : R 2 → R tal que f ( x, y) = 6 − 2 x − 3 y

Si

f : U ⊆ R 3 → R , tenemos una FUNCIÓN DE TRES VARIABLES. Ejemplo. Sea f : R 3 → R tal que f ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2

Si

n = 1,

tenemos TRAYECTORIA o CURVA.

70

f :U ⊆ R → Rm ,

la

cual

se

la

denomina


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Ejemplo. Sea f : R → R 3 tal que f (t ) = (2 − 3t , 4 + t , − 1 + 2t ) Tenemos una CURVA de

R3 .

Este capítulo lo dedicaremos al estudio de FUNCIONES ESCALARES.

3.2. GRAFICA DE UNA FUNCIÓN ESCALAR 3.2.1 DEFINICIÓN

Sea f : U ⊆ R n → R . Se llama gráfica de f al conjunto de puntos (x1 , x2 ,", xn , f (x )) de R n+1 , donde x = ( x1 , x2 ,", xn ) ∈ U . Si tenemos

z = f ( x, y )

una función de dos variables. Su gráfica se

(

)

define como el conjunto de puntos x, y , z de R , tales que z = f ( x, y ) . El lugar geométrico es llamado Superficie, como ya se lo ha anticipado. 3

Algunas superficies que corresponde a funciones, ya se han graficado en el capítulo anterior. Ejemplo. Para f : R 2 → R tal que f ( x, y) = 6 − 2 x − 3 y , su grafico es el conjunto ( x, y , z ) de R 3 tales que z = 6 − 2 x − 3 y (un plano) z

6

z = 6 − 2x − 3y

2

y

3 x

71


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Elaborar gráficas de una función de dos variables no es tan sencillo, se requeriría de un computador en la mayoría de las ocasiones. Pero si podemos saber características de sus graficas analizando su regla de correspondencia.

3.3 DOMINIO DE UNA FUNCIÓN ESCALAR Sea f : U ⊆ R n → R , entonces su DOMINIO es el conjunto U Es

decir,

su

DOMINIO

está

constituido

por

vectores

de

Rn ,

x = ( x1 , x2 ,", xn ) para los cuales tiene sentido la regla de correspondencia. Aquí a x1, x 2 , " , x n se las denominan VARIABLES INDEPENDIENTES. Si

f : U ⊆ R 2 → R , su dominio será un subconjunto del plano.

Establecer el Dominio Natural, igual que para funciones de una variable, es una necesidad en muchas ocasiones. Ejemplo 1 Hallar el Dominio Natural para f ( x, y ) = x 2 + y 2 SOLUCIÓN. Observe que la regla de correspondencia no tiene restricciones, por tanto se le puede dar cualquier valor real a las variables independientes “ x ” y “ y ”, es decir Domf = R 2 . Además, se puede decir que el Dominio de una función de dos variables será la PROYECCIÓN QUE 2 2 TENGA SU GRÁFICA EN EL PLANO xy . Recuerde que la gráfica de z = x + y es un paraboloide. z

y

x

Por tanto la proyección es todo el plano xy

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Ejemplo 2 Hallar el Dominio Natural para f ( x, y ) = 9 − x 2 − y 2 SOLUCIÓN. Observe que la regla de correspondencia tiene sentido cuando 9 − x 2 − y 2 ≥ 0 , para que se pueda calcular la raíz cuadrada lo interior del radical debe ser un número positivo o cero. Despejando se tiene x 2 + y 2 ≤ 9 . Es decir:

⎧⎪⎛ x ⎞ ⎫⎪ Domf = ⎨⎜⎜ ⎟⎟ / x 2 + y 2 ≤ 9⎬ , ⎪⎩⎝ y ⎠ ⎪⎭

los pares de números que pertenecen a la circunferencia

centrada en el origen de radio 3 y a su interior. y

3

x2 + y2 = 9

0 0

1

2

x

3

Además el gráfico de z = 9 − x 2 − y 2 , es la semiesfera: z

y

x

Ejemplo 3 Hallar el Dominio Natural para f ( x, y ) = x − 1 + y Solución. Para que la regla de correspondencia tenga sentido se necesita que Es decir

x ≥1

y

y≥0

⎧⎪⎛ x ⎞ ⎫⎪ Domf = ⎨⎜⎜ ⎟⎟ / x ≥ 1 ∧ y ≥ 0⎬ . ⎪⎩⎝ y ⎠ ⎪⎭

.

73


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y

0 0

1

x

2

El gráfico, ahora es un lugar geométrico no conocido. Pero tenemos un indicio de la región en que habrá gráfico.

Ejercicios Propuestos 3.1 Dibújese la región 1.

R

del plano

xy

que corresponde al Dominio Natural de la función dada.

z=x y

z=e y x+ y z= xy

9.

⎛x⎞ ⎛ 2 f ( x, y ) = sen⎜⎜ ⎟⎟ ln⎜⎜ ⎝ y⎠ ⎝x+ z = arcsen( x + y )

10.

z = arcsen x 2 + y 2

z = 4 − 12 x 2 − 36 y 2

11.

⎛x⎞ z = arccos ⎜ ⎟ ⎝ y⎠

12.

ln 4 − x 2 − y 2 f ( x, y ) = arcsen( x + y )

8.

x

2. 3. 4. 5.

z = ln (4 − x − y )

6.

z = ln ( y − x 2 )

7.

⎛ 9 x 2 − 6 y 2 − 36 ⎞ ⎟ w = ln⎜ ⎟ ⎜ 36 ⎠ ⎝

(

(

⎞ ⎟ y ⎟⎠

)

)

1

2

Obtener trazas de las secciones transversales de la superficie es suficiente, en muchas ocasiones, para su análisis.

3. 4. CONJUNTO DE NIVEL 3.4.1 DEFINICIÓN

Sea f : U ⊆ R n → R . Se llama CONJUNTO n DE NIVEL de f , al conjunto de puntos de R tales que f ( x1 , x2 ,", xn ) = k , donde k ∈ R Si tenemos z = f ( x, y ) una función de dos variables. El Conjunto de Nivel es llamado CURVAS DE NIVEL y serían las trayectorias en el plano xy tales

74


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que f ( x, y ) = k . Es decir, serían las curvas que resultan de la intersección de la superficie con los planos z = k , proyectadas en el plano xy . Ejemplo 1 Para f : R 2 → R tal que f ( x, y) = 6 − 2 x − 3 y , su conjunto de nivel serán puntos de R 2 tales que 6 − 2 x − 3 y = k . En este caso se llaman CURVAS DE NIVEL. Si k = 0 , tenemos el Nivel 0 , 6 − 2 x − 3 y = 0 Si k = 1 , tenemos el Nivel 1 , 6 − 2 x − 3 y = 1 Si k = 2 , tenemos el Nivel 2 , 6 − 2 x − 3 y = 2 etc. z 6 z = 6 − 2x − 3y

k = 3 : 2x + 3 y = 3

k = 2 : 2x + 3 y = 4 k = 1: 2x + 3 y = 5

y

2 k = 0 : 2x + 3y = 6

3

x

Las curvas de nivel se dibujan en el plano xy , y para este caso serían: y

k=

k=

k=

k=

3:

0:

1: 2:

2x

2x

2x

+3

2x

+3

+3

y=

+3

y=

y=

6

5

y=

x

4

3

75


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Ejemplo 2. Grafique algunas curvas de nivel para f ( x, y ) = x 2 + y 2 SOLUCIÓN: Las curvas de nivel, para este caso, es la familia de trayectorias tales que x 2 + y 2 = k . (Circunferencias centradas en el origen)

x2 + y2 = C

C = 16 C =9

C =1

C=4

Si tenemos w = f ( x, y, z ) una función de tres variables. El Conjunto de Nivel, f ( x, y, z ) = k , es llamado SUPERFICIES DE NIVEL

Ejercicios Propuestos 3.2 Descríbase las curvas de nivel : 1. f ( x, y ) = 6 + x − y

76

2.

f ( x, y ) = y 2

3.

z = 4 − x2 − y2

4.

z=

5.

f

x2 + y2

( x, y ) =

xy 2


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3.5 LIMITES DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES. Haciendo analogía con funciones de una variable, para definir el límite ahora, primero empecemos generalizando la definición de entorno o vecindad y otras definiciones que nos permitirán comprender el concepto de límite. 3.5.1 BOLA ABIERTA.

Sea x0 ∈ R n y ∂ ∈ R muy pequeño. Se llama Bola Abierta de centro

(

y radio δ ,

x0

)

denotada por Bn x0 ;δ , al conjunto de puntos de R n tales que la distancia a x0 es menor a ∂ . Es decir: Bn x0 ;δ = x ∈ R n / x − x0 < ∂

(

Si

n = 1,

tenemos

) {

}

B1 ( x0 ;δ ) = { x ∈ R / x − x0 < ∂} ;

un intervalo

(como en funciones de una variable) Si

n = 2 , tenemos: B2 ( ( x0 , y0 ) ;δ ) =

{( x, y ) ∈ R

y

0<

2

( x, y ) − ( x0 , y0 )

/

( x − x0 ) − ( y − y0 ) 2

2

}

<∂

<∂

(x , y ) 0

0

x

3.5.2 PUNTO INTERIOR

Sea U ⊆ R n y x0 ∈ R n , se dice que x0 es un punto interior de U , si y sólo si ∃∂ > 0 tal Bn x0 ; ∂ está contenida en U .

(

)

77


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3.5.3 CONJUNTO ABIERTO

U ⊆ R n es un conjunto abierto, si todos sus puntos son interiores a U . 3.5.4 PUNTO EXTERIOR.

Sea U ⊆ R n y x0 ∈ R n , se dice que x0 es un punto Exterior de U , si y sólo si ∃∂ > 0 tal que Bn x0 ; ∂ está totalmente fuera de U .

(

)

3.5.5 PUNTO DE FRONTERA

Se dice que x0 es un punto de frontera de U , si no es ni interior ni exterior. 3.5.6 CONJUNTO CERRADO.

U ⊆ R n es un conjunto complemento es abierto

cerrado

si

su

3.5.7 CONJUNTO SEMIABIERTO.

U ⊆ R n es un conjunto semiabierto si no es abierto y tampoco cerrado. 3.5.8 DEFINICIÓN DE LÍMITE

Sea f : U ⊆ R n → R , donde U es un conjunto abierto, sea x0 un punto interior o de frontera de U , entonces:

()

(

)

()

⎛ lím f x = L ⎞ ≡ ∀ξ > 0, ∃∂ > 0 / ⎡ x ∈ B x ; ∂ , x ≠ x 0 ⎤ ⇒ f x − L < ξ ⎜ x→ x ⎟ n 0 ⎣ ⎦ ⎝ 0 ⎠

78


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Si n = 2 tenemos: ⎛ lím ⎞ ⎜ ( x , y )→( x , y ) f (x, y ) = L ⎟ ≡ ∀ξ > 0, ∃∂ > 0 / 0 < 0 0 ⎝ ⎠

( x − x 0 ) 2 + ( y − y 0 )2

< ∂ ⇒ f ( x, y ) − L < ξ

z

(

L ξ

(

ξ

z = f ( x, y )

y ∂

(x , y ) 0

0

x

Es decir, que si tomamos a estará próximo a

( x, y ) cercano a ( x , y ) entonces 0

0

f ( x, y )

L.

Ejemplo Demostrar empleando la definición que

x4 y =0 ( x , y ) → ( 0.0 ) x 4 + y 4 lím

Solución: Debemos asegurar que ∀ξ > 0, ∃∂ > 0 / 0 <

Recuerde que y = Por otro lado y =

( x − 0)

2

+ ( y − 0) < ∂ ⇒ 2

x4 y −0 <ξ x + y4 4

y 2 = entonces y ≤ x 2 + y 2 x4 y x4 y entonces y ≥ 4 . 4 x x + y4

Ahora note que: x4 y ≤ y ≤ x2 + y 2 < ∂ x + y4 4

Se concluye finalmente que:

x4 y <∂ x4 + y 4

Es decir tomando ζ = ∂ , suficiente para concluir que:

x4 y =0 ( x , y ) →( 0.0 ) x + y 4 lím

4

Lo anterior va a ser complicado hacerlo en la mayoría de las situaciones, por tanto no vamos a insistir en demostraciones formales. Pero si se trata de estimar si una función tiene límite y cuál podría ser este, podemos hacer uso del acercamiento por trayectorias.

79


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Ejemplo 1 Calcular

x2

lím

( x, y )→(0.0 ) x 2 + y 2

Solución: Aproximarse a (0,0 ) , significa estar con (x, y ) en una bola de R 2

y

x2 + y2 < ∂

(0,0)

x

∂

Si el límite existe, significa que si nos acercamos en todas las direcciones f deberá tender al mismo valor. 1. Aproximémonos a través del eje x , es decir de la recta y = 0 Entonces, tenemos

x2

lím

( x,0 )→(0.0 ) x 2 + 0 2

= lím 1 = 1 . x→0

2. Aproximémonos a través del eje y , es decir de la recta x = 0 Entonces, tenemos

02

lím

= lím 0 = 0 .

(0, y )→(0.0 ) 0 2 + y 2

x →0

Se observa que los dos resultados anteriores son diferentes. Por tanto, se concluye que:

x2

lím

( x, y )→(0.0 ) x 2 + y 2

no existe.

Ejemplo 2 Calcular

x2 y

lím

( x, y )→(0.0 ) x 4 + y 2

Solución: Determinando la convergencia de f , para diversas direcciones: 1. 2. 3.

Eje x ( y = 0 ): lím

x →0

Eje y ( x = 0 ): lím

x4 + 02

= lím 0 = 0 x →0

2

0 y

= lím 0 = 0 0 + y 2 y →0 Rectas que pasan por el origen ( y = mx) : y →0

lím

x →0

80

x2 0

x 2 (mx )

x + (mx ) 4

2

4

= lím

x →0

mx 3 x +m x 4

2

2

= lím

x →0

(

mx 3

x x +m 2

2

2

)

= lím

x →0

(x

mx 2

+ m2

)=0


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4.

Parábolas que tengan vértice el origen ( y = ax 2 ) x →0

( ) + (ax )

x 2 ax 2

lím

x4

2 2

Por tanto,

ax 4

= lím

x +a x 4

x →0

2

x2 y

lím

( x, y )→(0.0 ) x 4 + y 2

4

= lím

x →0

ax 4

(

x 1+ a 4

2

)

= lím

a

x →0 1 + a

2

=

a 1+ a 2

≠0

NO EXISTE.

El acercamiento por trayectoria no nos garantiza la existencia del límite, sólo nos hace pensar que si el límite existe, ese debe ser su valor. Entonces ¿cómo lo garantizamos?. Si la expresión lo permite podemos usar coordenadas polares. Ejemplo Calcular

x2 y

lím

( x, y )→(0.0 ) x 2 + y 2

Solución: Determinando la convergencia de f , para diversas direcciones: 1. 2. 3.

Eje x ( y = 0 ): lím

x →0

x2 + 02

= lím 0 = 0 x →0

2

0 y = lím 0 = 0 0 2 + y 2 y →0 Rectas que pasan por el origen ( y = mx) :

Eje y ( x = 0 ): lím

y →0

lím

x 2 (mx )

x →0

4.

x2 0

x + (mx ) 2

2

= lím

x →0

mx 3 x2 + m2 x2

= lím

x →0

mx 3

(

x 2 1+ m2

mx

) = lím (1 + m ) = 0 x →0

2

Parábolas que tengan vértice el origen ( y = ax 2 ) lím x →0

x 2 ( ax 2 )

x 2 + ( ax

)

2 2

ax 4 ax 4 ax 2 = lím 2 = =0 lím 2 4 x →0 x + a x x →0 x 1 + a 2 x 2 ( ) x→0 1 + a 2 x 2

= lím

2

Probemos con otra trayectoria 5. x = ay 2

( ay ) y lím ( ay ) + y 2 2

y →0

2 2

2

= lím

y →0

a2 y5 a2 y5 a2 y3 = lím 2 2 2 = lím 2 2 =0 4 2 0 0 y → y → a y +y y ( a y + 1) ( a y + 1) 2

Parecer ser que el límite es cero, pero todavía no está garantizado. ¿Por qué? Demostrarlo, no es una tarea sencilla. Usemos coordenadas polares:

( r cos θ ) ( rsenθ ) x2 y = lím lím r →0 ( x , y ) →( 0.0 ) x 2 + y 2 r2 2

r 3 senθ cos 2 θ r →0 r2 = lím ( rsenθ cos 2 θ ) = lím r →0

En la parte última se observa que senθ cos 2 θ es acotado por tanto lím ( rsenθ cos 2 θ ) = 0 r →0

Lo anterior quiere decir que en situaciones especiales (¿cuáles?), podemos utilizar coordenadas polares para demostrar o hallar límites. 81


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Ejemplo 1 Calcular

(

sen x 2 + y 2

lím

( x, y )→(0.0 )

x +y 2

)

2

Solución: Empleando coordenadas polares

(

sen x 2 + y 2

lím

( x , y )→(0.0 )

x2 + y2

) = lím sen(r ) = 1 2

r →0

r2

Ejemplo 2 x2 y5 ( x , y ) →( 0.0 ) 2 x 4 + 3 y10 Solución: Empleando coordenadas polares x2 y5 r 2 cos 2 θ r 5 sen5θ = lim 4 lím 4 10 r → 0 2r cos 4 θ + 3r 10 sen10θ ( x , y ) →( 0.0 ) 2 x + 3 y

Calcular

lím

= lim r →0

r 7 cos 2 θ sen5θ r 4 ⎡⎣ 2 cos 4 θ + 3r 6 sen10θ ⎤⎦

r 3 cos 2 θ sen5θ r → 0 2 cos 4 θ + 3r 6 sen10θ No se puede concluir. Analicemos algunas trayectorias: 02 y 5 x=0 lím =0 ( x , x ) → ( 0,0 ) 2 ( 0 4 ) + 3 y10 = lim

y=0

y=x y = x2

lím

x 2 05

( x , x ) →( 0,0 ) 2

( x ) + 3( 0)

10

4

=0

x 2 x5 x7 x4 lím lím = = =0 x →0 x 4 2 + 3x 6 ( x , x ) → ( 0,0 ) 2 x 4 + 3 x10 ( ) x →0 2 + 3x 6 lím

( x, x

x 2 x10 x12 x8 = = =0 lím lím ) →( 0,0) 2 x 4 + 3 x 20 x →0 x 4 ( 2 + 3 x16 ) x →0 2 + 3x 6

lím 2

Ahora, probemos con una trayectoria nueva x = y original)

( )y 2( y ) + 3y y

lím

⎛ 52 ⎞ ⎜ y , y ⎟ → ( 0,0 ) ⎝ ⎠

5

5

(se la deduce observando la expresión

5

1 y10 = ≠0 x → 0 2 y10 + 3 y10 5

= lím 10

Por tanto se concluye que el límite NO EXISTE.

82

2

2

2

4

2

5


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3.5.8.1 TEOREMA DE UNICIDAD.

Sea f : U ⊆ R n → R , donde U es un conjunto abierto, sea x0 un punto interior o de frontera de U , entonces: Si lim f x = L y lim f x = M entonces L = M

()

x→ x0

()

x→ x0

3.5.8.2 TEOREMA PRINCIPAL.

() () 1. lim ⎡ f ( x ) + g ( x) ⎤ = lim f ( x ) + lim g ( x) = L + M ⎣ ⎦ 2. lim ⎡ f ( x ) − g ( x) ⎤ = lim f ( x ) − lim g ( x) = L − M ⎣ ⎦ 3. lim ⎡ f ( x ) g ( x) ⎤ = lim f ( x ) lim g ( x) = LM ⎣ ⎦ ⎡f ⎤ lim f ( x ) L M ≠ 0 = 4. lim ⎢ ( x ) ⎥ = ; ⎣g ⎦ lim g ( x) M Si lim f x = L y lim g x = M entonces: x→ x0

x→ x0

x→ x0

x→ x 0

x→ x 0

x→ x0

x→ x 0

x→ x0

x→ x0

x→ x0

x→ x 0

x→ x0

x→ x0

x→ x0

Por tanto en situaciones elementales, la sustitución basta. Ejemplo lím

(x

( x, y )→(1.2 )

2

)

+ 2y − 3 = 8

Ejercicios Propuesto 3.3 1.

Calcular los siguientes límites: a)

)

e)

lim (x + 3 y

ysen ( xy ) lim π

f)

x→2 y →1

b)

2

x→ 4 y→2

c)

⎛ y⎞ x 2 sen⎜ ⎟ ⎝k⎠ lim y x→k

lím

2x − y 2

( x , y →(0,0 )) 2 x 2 + y x2 y

lim 2 2 x →0 x + y y →0

g)

sen(x + y ) ( x, y )→(0,0 ) y lim

y →0

d)

lim x →0 y →0

e xy − 1 x

83


MOISES VILLENA 2.

Calcúlese el límite de f (x, y ) cuando (x, y ) → (a, b ) hallando los límites: lim g ( x) y x→a

lim h ( y ) , donde f ( x, y ) = g ( x ) h ( y ) y→ b

a)

lim

(1 + senx )(1 − cos y )

x →0 y →0

b)

c)

y

lim x →0 y →0

2 x( y − 1) lim (x + 1)y x →1

d)

cos x seny y xy

lim (x − 1)e y x →1 y →0

y →2

3.6. CONTINUIDAD Sean

f : U ⊆ R n → R , sea x0 un punto U .

Decimos que f es continua en x0 si y sólo si:

()

( )

lim f x = f x 0

x→ x0

Ejemplo. ⎧ xy ; x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ⎪ 2 2 ( Analizar la continuidad de f ( x, y ) = ⎨ x + y ⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ En el punto ( 0, 0 ) .

SOLUCIÓN: Para que la función sea continua se debe cumplir que Determinemos el límite.

lim

( x , y ) → ( 0,0 )

lim

( x , y ) → ( 0,0)

f ( x, y ) = 0

xy x + y2 2

Acercándonos por trayectorias. 0 y = 0; lim 2 = 0 x →0 x 0 x = 0; lim 2 = 0 y →0 y x2 1 = x →0 x 2 + x 2 2 xy Entonces lim no existe. Por tanto, f ( x , y ) → ( 0,0 ) x 2 + y 2 y = x ; lim

84

NO ES CONTINUA EN

( 0, 0 ) .


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3.6.1 CONTINUIDAD EN UN INTERVALO

Sea f : U ⊆ R n → R . Se dice que f es continua en todo U si y sólo si es continua en cada punto de U . 3.6.1.1 Teorema

Si f y g son continuas en x0 , entonces también son continuas: f + g , f − g , fg , f g x0 ≠ 0 . g

( ( ) )

Ejercicios propuestos 3.4 Analice la continuidad en ( 0, 0 ) de las siguientes funciones:

⎧ sen xy , ( x, y ) ≠ (0,0 ) ⎪ a) f ( x, y ) = ⎨ xy ⎪ 1 , ( x, y ) = (0,0 ) ⎩ ⎧⎪e xy , ⎪⎩1 ,

b) f ( x, y ) = ⎨

(

(x, y ) ≠ (0,0) (x, y ) = (0,0)

)

⎧ cos x 2 + y 2 , x2 + y2 ≠ 0 ⎪1 − 2 2 c) f ( x, y ) = ⎪ x y + ⎨ ⎪ ⎪⎩ −8 , x2 + y2 = 0 ⎧ 1 − x2 − y2 , x2 + y2 ≠ 0 ⎪ 2 2 d) f ( x, y ) = ⎪ ⎨ 1− x − y ⎪ ⎪⎩ 1 , x2 + y2 = 0

⎧ x3 + y3 , ( x, y ) ≠ (0,0) ⎪ e) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 ⎪ 0 , ( x, y ) = (0,0) ⎩ ⎧ xy , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) f) f ( x, y ) = ⎪ ⎨x+ y ⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ ⎧ xy + x − y , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ⎪ g) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 ⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩

⎧ 1 − x2 − 4 y 2 , x2 + 4 y 2 ≤ 1 h) f ( x, y ) = ⎪ ⎨ 0 , x2 + 4 y2 > 1 ⎪⎩

85


MOISES VILLENA

3.7. DERIVADA DE UNA FUNCIÓN ESCALAR. Para funciones de una variable, la derivada se la definió como el cambio instantáneo que experimenta la función cuando cambia su variable independiente x . Aquí había que considerar una sola dirección, para función de varias variables debería ser el cambio instantáneo que tiene la función en todas las direcciones en la vecindad de un punto.

3.7.1 DERIVADA DIRECCIONAL. Derivada de un campo escalar con respecto a un vector.

Sea f : U ⊆ R n → R , donde U es un conjunto →

abierto, x 0 un punto de U . Sea v un vector de Rn . →

La derivada de f en x 0 con respecto a v , → denotada por f ´⎛⎜ x 0 ; v ⎞⎟ o también D f (x 0 ), se v ⎝ ⎠ define como: → ⎛ ⎞ f x 0 + v ⎟ − f x0 ⎜ ⎛ →⎞ ⎝ ⎠ f ´⎜ x 0 ; v ⎟ = lim → ⎝ ⎠ →v →0 v →

( )

Cuando este límite existe →

Ahora bien, si decimos que VECTOR UNITARIO

de

v =h

→

→

v = hu

entonces

donde

u

R n , entonces:

La derivada direccional de

f

en x 0 con

→

respecto u es:

f ⎛⎜ x 0 + h u ⎞⎟ − f (x 0 ) → ⎠ ⎝ f ´⎛⎜ x 0 ; u ⎞⎟ = lim h →0 ⎝ ⎠ h →

86

→

un


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Ejemplo 1 2 ⎛ →⎞ Sea f x = x ; x ∈ R n . Calcular f ´⎜⎜ x 0 , v ⎟⎟ . ⎠ ⎝ SOLUCIÓN:

()

( )

→ ⎛ ⎞ f ⎜ x0 + h u ⎟ − f x0 ⎛ ⎞ ⎝ ⎠ f ´⎜ x 0 ; v ⎟ = lim = h ⎝ ⎠ h→0 →

→ 2

2

x0 + h u − x0 = lim h→0

h → → ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ x0 + h u ⎟ • ⎜ x0 + h u ⎟ − x0 • x0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = lim h→0 h

( ) ( )

→

→

→

x 0 • x 0 + 2h u • x 0 + h 2 u • u − x 0 • x 0 h→0 h

= lim

→

→

→

2h u • x 0 + h 2 u • u = lim h→0 h → → → ⎛ ⎞ = lim ⎜ 2 u • x 0 + h u • u ⎟ h→0 ⎝ ⎠ →

= 2 u • x0

Si

f : U ⊆ R 2 → R (una función de dos variables), entonces: → ⎛⎜ ( x , y ) + h u ⎞⎟ − f ( x , y ) f 0 0 0 0 → ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ f ´⎜ ( x0 , y 0 ); u ⎟ = lim ⎝ ⎠ h →0 h Ejemplo 2 →

⎛ 2 2⎞ , ⎟⎟ ⎝ 2 2 ⎠

Sea f ( x, y ) = x 2 + y 2 . Hallar D f (1, 2 ) donde u = ⎜⎜ →

u

SOLUCIÓN: Empleando la definición: ⎛ ⎛ 2 2 ⎞⎞ , f ⎜ (1, 2 ) + h ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ − f (1, 2 ) ⎜ ⎝ 2 2 ⎠⎠ ⎝ D→ f (1, 2 ) = lim h→0 u h ⎛ 2 2⎞ , 2+h f ⎜⎜1 + h ⎟⎟ − f (1, 2 ) 2 2 ⎠ = lim ⎝ h →0 h 2 2 ⎡⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ ⎤ ⎢⎜ 1 + h ⎥ − ⎡12 + 22 ⎤⎦ 2 h + + ⎟ ⎜ ⎟ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎥ ⎣ ⎢⎜⎝ ⎦ = lim ⎣ h →0 h ⎡ h2 h2 ⎤ ⎢1 + h 2 + + 4 + 2h 2 + ⎥ − [5] 2 2⎦ = lim ⎣ h →0 h 5 + 3h 2 + h 2 − 5 = lim h →0 h 3h 2 + h 2 = lim h →0 h

(

= lim 3 2 + h h →0

)

=3 2

87


MOISES VILLENA

Ejemplo 3 ⎧ xy ; x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ⎪ 2 2 ( Sea f ( x, y ) = ⎨ x + y . ⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ →

Hallar D→ f ( 0, 0 ) donde u = ( cos θ , senθ ) u

SOLUCIÓN: Aplicando la definición: f

D→ f ( 0, 0 ) = lim

( ( 0, ) + h ( cosθ , senθ ) ) − f ( 0, 0 )

h →0

u

= lim

h f ( h cos θ , hsenθ ) − f ( 0, 0 )

h →0

h ⎡ ( h cos θ )( hsenθ ) ⎤ ⎢ ⎥−0 h2 ⎣ ⎦ = lim h →0 h cos θ senθ = lim h →0 h En la última expresión:

1. 2.

Si θ = 0, Si θ ≠ 0,

π

2

π

2

, π ,3

, π ,3

π

entonces D→ f ( 0, 0 ) = 0

2

u

π

entonces D→ f ( 0, 0 ) no existe.

2

u

Ejemplo 4 ⎧ x2 y ; ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ⎪ Sea f ( x, y ) = ⎨ x 4 + y 2 . ⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ →

Hallar D→ f ( 0, 0 ) donde u = ( cos θ , senθ ) u

Solución: Aplicando la definición: D→ f ( 0, 0 ) = lim u

f ( h cos θ , hsenθ ) − f ( 0, 0 )

h →0

h ⎡ ( h cos θ )2 ( hsenθ ) ⎤ −0 ⎢ 4 2 ⎥ ⎢⎣ ( h cos θ ) + ( hsenθ ) ⎥⎦ = lim h →0 h h3 cos 2 θ senθ h 2 ( h 2 cos 4 θ + sen 2θ ) = lim h →0 h 2 cos θ senθ = lim 2 h → 0 h cos 4 θ + sen 2θ

En la última expresión: 1. Si θ = 0, π ( senθ = 0 ) entonces D→ f ( 0, 0 ) = 0 u

2.

Si θ ≠ 0, π ( senθ ≠ 0 ) entonces D→ f ( 0, 0 ) = u

88

cos 2 θ ( existe). senθ


MOISES VILLENA

Más adelante daremos una técnica para hallar derivadas direccionales sin emplear la definición. Ejercicios Propuestos 3.5 1. Determine la derivada direccional de f en el origen en la dirección del vector unitario ( a, b ) .

⎧ x3 − y 3 ⎪ 2 2 a) f ( x, y ) = ⎨ x + y ⎪ 0 ⎩ ⎧ x3 y 2 − xy 3 ⎪ 2 2 b) f ( x, y ) = ⎨ x + y ⎪ 0 ⎩ ⎧ y 2 − x2 ⎪ xy 2 2 c) f ( x, y ) = ⎨ x + y ⎪ 0 ⎩

si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) si ( x, y ) = ( 0, 0 ) si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) si ( x, y ) = ( 0, 0 ) si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) si ( x, y ) = ( 0, 0 )

⎧ xy +x− y , ⎪ d) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 ⎪ 0 , ⎩ ⎧ y3 x , ⎪ 2 e) f ( x, y ) = ⎨ x + y6 ⎪ 0 , ⎩

( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ( x, y ) = ( 0, 0 )

( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ( x, y ) = ( 0, 0 )

Un caso especial de las derivadas direccionales es cuando consideramos dirección con respecto a eje x y con respecto al eje y .

3.7.2 Derivada Parcial. Sea f : U ⊆ R n → R , donde U es un conjunto abierto, x 0 un punto de U , h ∈ R . Sea →

e i = (0,0, ",1, ",0 ) un vector canónico unitario de R n . La derivada parcial de f en x 0 con respecto a →

e i (o con respecto a su i − ésima variable), ∂f (x 0 ), se define como: denotada por ∂xi → ⎛ f ⎜ x 0 + h e i ⎞⎟ − f (x 0 ) ∂f ⎝ ⎠ ( x 0 ) = lim h →0 h ∂xi Cuando este límite existe 89


MOISES VILLENA

f : U ⊆ R 2 → R (una función de dos variables), entonces los vectores canónicos unitarios serían: e1 = iˆ = (1,0 ) y e2 = ˆj = (0,1) . Las derivadas Si

parciales serían:

f ∂f ( x0 , y0 ) = lim h →0 ∂x1

( ( x , y ) + h (1,0 ) ) − f ( x , y ) 0

0

0

0

h

∂f o también f x , es decir: ∂x f ( x0 + h, y0 ) − f ( x0 , y0 )

Denotada simplemente como:

∂f = lim ∂x h→0

h

Y la otra derivada parcial sería:

f ∂f ( x0 , y0 ) = lim h →0 ∂x2

( ( x , y ) + h ( 0,1) ) − f ( x , y ) 0

0

0

0

h

∂f o también f y , es decir: ∂y f ( x0 , y0 + h ) − f ( x0 , y0 ) ∂f = lim h ∂y h→0

Denotada simplemente como:

Ejemplo 1 Sea f (x, y ) = x 2 y 3 , obtener SOLUCIÓN:

∂f ∂f y . ∂y ∂x

f ( x + h, y ) − f ( x, y ) ∂f = lim ∂x h → 0 h = lim h →0

= lim

( x + h)

2

y3 − x2 y3

h 2 + 2 + h2 ) y3 − x2 y3 x xh (

h →0

h x 2 y 3 + 2 xhy 3 + h 2 y 3 − x 2 y 3 = lim h →0 h 3 2 3 2 xhy + h y = lim h →0 h = lim ( 2 xy 3 + hy 3 ) h →0

∂f = 2 xy 3 ∂x

90


MOISES VILLENA

f ( x, y + h ) − f ( x, y ) ∂f = lim ∂y h → 0 h x2 ( y + h) − x2 y3 3

= lim h →0

= lim

h x 2 ( y 3 + 3 y 2 h + 3 yh 2 + h3 ) − x 2 y 3

h →0

h x 2 y 3 + 3 x 2 y 2 h + 3x 2 yh 2 + x 2 h3 − x 2 y 3 = lim h →0 h 3x 2 y 2 h + 3x 2 yh 2 + x 2 h3 = lim h →0 h 2 2 = lim ( 3 x y + 3 x 2 yh + x 2 h 2 ) h →0

∂f = 3x 2 y 2 ∂y

∂f se obtiene como una derivada para función de una variable, ∂x en este caso x , y considerando a la otra variable y como constante. ∂f Análogamente, si se desea obtener , deberíamos derivar considerando ∂y sólo a y como variable. Note que

Ejemplo 2 Sea f (x, y ) = sen x 2 + y 3 , obtener

∂f ∂f y . ∂y ∂x

SOLUCIÓN: ∂f ⎡1 = cos x 2 + y 3 ⎢ x 2 + y 3 ∂x ⎣2

(

)

(

) (3 y )⎤⎥

∂f ⎡1 = cos x 2 + y 3 ⎢ x 2 + y 3 ∂y ⎣2

−1

2

(2 x )⎤⎥ ⎦

−1

2

2

⎦

En otros tipos de funciones habrá que aplicar la definición. Ejemplo 3 ⎧ xy ; x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ⎪ 2 2 ( Sea f ( x, y ) = ⎨ x + y . ⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩

Hallar f x ( 0, 0 ) y f y ( 0, 0 )

SOLUCIÓN: Aplicando la definición:

⎡ h ( 0) ⎤ −0 ⎢ 2 2 ⎥ 0 a) f ( 0, 0 ) = lim f ( h, 0 ) − f ( 0, 0 ) = lim ⎣ h + 0 ⎦ = lim = 0 x h→0 h h 0 0 → → h h h

⎡ 0 (h) ⎤ ⎢ 2 ⎥−0 0 + h2 ⎦ f ( 0, h ) − f ( 0, 0 ) 0 ⎣ b) f y ( 0, 0 ) = lim = lim = lim = 0 0 0 → → h→0 h h h h h

91


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Ejercicios propuestos 3.6 1. Encontrar

∂f ∂f si : , ∂x ∂y

a) f ( x, y ) = xy

(

) ( c) f ( x, y ) = cos(ye )sen x

b) f ( x, y ) = x 2 + y 2 log e x 2 + y 2

)

2 2 d) f ( x, y ) = xe x + y

e) f ( x, y ) = x cos x cos y f) f ( x, y ) =

xy

sen ( xy )

∫

y2

2. Hallar f x ( 0, 0 ) y f y ( 0, 0 ) , para:

⎧ xy2 ⎪ 2 2 a) f ( x, y ) = ⎨ x + y ⎪ 0 ⎩

si ( x, y ) ≠ ( 0,0) si ( x, y ) = ( 0,0)

⎧ x3 y 2 − xy 3 , 2 2 b) f ( x, y ) = ⎪ ⎨ x +y ⎪ 0 , ⎩

( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ( x, y ) = ( 0, 0 )

⎧ 2 ⎛ 1 ⎞ 2 , ⎪ x − y sen ⎜ 2 2 ⎟ c) f ( x, y ) = ⎨ ⎝x +y ⎠ ⎪ 0 , ⎩

(

)

( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ( x, y ) = ( 0, 0 )

⎧ sen ( x 2 − y 2 ) ⎪ ; ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) d) f ( x, y ) = ⎨ x+ y ⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ ⎧ xy e) f ( x, y ) = ⎪ ⎨x+ y ⎪ 0 ⎩

⎧ y3 x , 2 6 f) f ( x, y ) = ⎪ ⎨x + y ⎪ 0 , ⎩

92

,

( x, y ) ≠ ( 0, 0 )

,

( x, y ) = ( 0, 0 )

( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ( x, y ) = ( 0, 0 )

g ( t ) dt


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3.7.2.1

INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA DERIVADAS PARCIALES

DE

LAS

Se ha definido la derivada tratando de que se entienda como la variación de ∂f la función con respecto a una dirección. Entonces la derivada parcial , será ∂x la pendiente de la recta tangente paralela al plano zx , observe la figura: z m=

∂f (x0 , y0 ) ∂x

(x0 , y0 , f (x0 , y0 ))

• Δz

z = f ( x, y )

Δx

y0

y (x0 , y0 )

x0

x0 + h

h

(x0 + h, y0 )

x

JG S

JG ⎛ ∂f ⎞ de esta recta será de la forma: S = ⎜1, 0, ⎟ ∂x ⎠ ⎝ ∂f En cambio, la derivada parcial , será la pendiente de la recta tangente ∂y paralela al plano zy , observe la figura: Un vector director

z

z = f ( x, y )

m=

∂f (x0 , y0 ) ∂y

(x0 , y0 , f (x0 , y0 )) Δz

•

Δy

y0 h

y0 + h

x0

x

Un vector director

JG S

y

(x0 , y0 ) (x 0 , y 0 + h )

JG ⎛ ∂f ⎞ de esta recta será de la forma: S = ⎜ 0,1, ⎟ ∂y ⎠ ⎝

93


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Ejemplo 1 Encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva de intersección de la superficie que tiene por ecuación z = x 2 + y 2 con el plano y = 1 en el punto (2,1,5) . SOLUCIÓN: Realizando un gráfico, tenemos:

z z = x2 + y2

(2,1,5)•

y =1

m= dz

∂z dx ( 2,1)

y

∂f ⎞ ⎛ S = ⎜1,0, ⎟ ∂x ⎠ ⎝

→

x dx

⎧ x = x0 + at ⎪ La ecuación de toda recta es de la forma l : ⎨ y = y0 + bt . ⎪ z = z + ct 0 ⎩ El punto está dado: (x0 , y0 , z0 ) = (2,1,5) . → ∂f ⎞ ⎛ Los vectores directrices son paralelos al plano zx y por tanto son de la forma: S = ⎜ 1, 0, ⎟ . ∂x ⎠ ⎝ ¿Por qué? ∂z La pendiente de la recta será m = (2,1) ; que definirá la dirección de los vectores directores. dx

Ahora bien, si z = x 2 + y 2 entonces Evaluando tenemos:

∂z = 2x . ∂x

∂z = 2 x = 2(2) = 4 ∂x

→

Por tanto S = (1, 0, 4 )

⎧ x = x0 + at = 2 + t ⎪ Finalmente la ecuación de la recta buscada será: l : ⎨ y = y0 + bt = 1 + 0t ⎪ z = z + ct = 5 + 4t 0 ⎩

94


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3.7.3 DERIVADAS PARCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Sean f : U ⊆ R 2 → R

z = f ( x, y ) . ∂f ∂f Suponga que las derivadas parciales y ∂x ∂y existan. Entonces las Derivadas parciales de Segundo Orden se definen como: ∂f ∂f x0 + h, y0 ) − ( x0 , y0 ) ( 2 ∂ f ∂ ⎛ ∂f ⎞ ∂x

2

=

⎜ ⎟ = lim ∂x ⎝ ∂x ⎠ h→0

tal

∂x

que

∂x

= f xx

h

∂f ∂f ( x0 , y0 + h ) − ( x0 , y0 ) ∂2 f ∂ ⎛ ∂f ⎞ ∂x = ⎜ ⎟ = lim ∂x = f xy 0 → h h ∂y∂x ∂y ⎝ ∂x ⎠ ∂f ∂f x0 + h, y0 ) − ( x0 , y0 ) ( 2 ∂ f ∂ ⎛ ∂f ⎞ ∂y ∂y = ⎜ ⎟ = lim = f yx h → 0 ∂x∂y ∂x ⎝ ∂y ⎠ h ∂f ∂f x0 , y0 + h ) − ( x0 , y0 ) ( 2 ∂ f ∂ ⎛ ∂f ⎞ ∂y ∂y = ⎜ ⎟ = lim = f yy 2 ∂y ∂y ⎝ ∂y ⎠ h →0 h

Cuando estos límites existan. A

f xy

ya

f yx

se las denominan Derivadas Mixtas o Derivadas Cruzadas. Ejemplo 1 Sea f (x, y ) = x 2 e x + y , obtener todas las derivadas parciales de segundo orden. Solución: Las Derivadas parciales de primer orden son: 2

2

2

+ y2

+ x 2e x

f y = x 2e x

2

+ y2

(2 y ) = 2 x 2 ye x + y

2

+ y2

(2 x ) = 2 xe x + y

f x = 2 xe x

2

2

2

+ 2 x 3e x

2

+ y2

2

Por tanto las derivadas parciales de segundo orden serían: f xx = 2e x = 2e x

2

2

+ y2

+y

f xy = 2 xe x

2

= 4 xye x

2

2

2

f yy = 2 x 2 e x = 2x 2e x

2

+y

2

2

+ 4 x 3 ye x

+ 6x 2e x

2

2

+ 2 x 2 ye x + 4 x 3 ye x

+ y2

+y

2

(2 x ) + 6 x 2 e x + y 2

+ y2

+ y2 2

+ y2

2

+y

2

2

+ 2 x 3e x

+ 4 x 4e x

2

+y

2

+ y2

(2 x )

2

(2 y ) + 2 x 3e x + y (2 y )

+ y2

2

2

+ 4 x 2e x

+ y2

f yx = 4 xye x = 4 xye x

+ 2 xe x

2

2

+ y2

(2 x )

+ y2

2

+ y2

+ 2 x 2 ye x

2

+ 4 x 2 y 2e x

+ y2

2

+y

(2 y )

2

95


MOISES VILLENA

Note que las derivadas cruzadas son iguales.

3.7.3.1 TEOREMA DE SCHWARZ

Sea f : U ⊆ R 2 → R , una función definida en el abierto U de R 2 . Si las derivadas parciales ∂2 f ∂2 f y existen y son funciones continuas ∂x∂y ∂y∂x ∂2 f ∂2 f en U , entonces: = ∂x∂y ∂y∂x Analicemos el siguiente ejemplo, donde se hace necesario emplear las definiciones de las derivadas parciales. Ejemplo 2

⎧ x 3 y − xy 3 ; ( x, y ) ≠ (0,0) ⎪ Sea f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 ⎪ 0 ; (x, y ) = (0,0 ) ⎩ Hallar a) f xy (0,0 ) y b) f yx (0,0 ) SOLUCIÓN:

∂f ∂f ( 0, 0 + h ) − ( 0, 0 ) ∂ ⎛ ∂f ( 0, 0 ) ⎞ ∂ x ∂x a) f xy ( 0, 0 ) = ⎜ ⎟ = lím ∂y ⎝ ∂x ⎠ x → 0 h

Necesitamos la derivada parcial de primer orden. Para la derivada

∂f en cualquier punto diferente de ∂x

( 0,0 ) tenemos:

2 3 2 2 3 3 ∂f ∂ ⎛ x3 y − xy 3 ⎞ ( 3x y − y )( x + y ) − ( x y − xy ) ( 2 x ) = ⎜ 2 = ⎟ 2 ∂x ∂x ⎝ x + y 2 ⎠ ( x2 + y 2 )

= =

Para la derivada

∂f en ∂x

3x 4 y − x 2 y 3 + 3x 2 y 3 − y 5 − 2 x 4 y + 2 x 2 y 3

(x x4 y + 4 x2 y3 − y5

(x

2

+ y2 )

( 0,0 ) tenemos:

f x ( 0,0 ) = lím

f ( 0 + h, 0 ) − f ( 0,0 )

h →0

h h 3 0 − h ( 03 ) h 2 + 02 h

= lím h→0

= lím h→0

=0

Entonces:

96

2

0 h

−0

2

+ y2 )

2


MOISES VILLENA

⎧ x4 y + 4 x2 y3 − y5 ; ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ⎪⎪ 2 f x ( x, y ) = ⎨ ( x 2 + y 2 ) ⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎪⎩

Evaluando

0 4 h + 4 ( 0 2 ) h 3 − h5

f x ( 0, h ) =

(0

Por tanto:

f xy (0,0 ) = lím h →0

2

+h

)

2 2

−h5 = −h h4

=

f x (0, h ) − f x (0,0 ) −h−0 = lím = −1 h → 0 h h

∂f ∂f ( 0 + h, 0 ) − ( 0,0 ) ∂ ⎛ ∂f ( 0,0 ) ⎞ ∂y ∂y b) f yx ( 0,0 ) = ⎜ ⎟ = lím ∂x ⎝ ∂y ⎠ h → 0 h ∂f Para la derivada en cualquier punto diferente de ( 0,0 ) tenemos: ∂y 3 2 2 2 3 3 ∂f ∂ ⎛ x 3 y − xy 3 ⎞ ( x − 3 xy )( x + y ) − ( x y − xy ) ( 2 y ) = ⎜ 2 = ⎟ 2 ∂y ∂y ⎝ x + y 2 ⎠ ( x2 + y2 )

= =

Para la derivada

∂f en ∂y

x5 + x 3 y 2 − 3 x3 y 2 − 3 xy 4 − 2 x3 y 2 + 2 xy 4

(x

2

+ y2 )

2

x5 − 4 x 3 y 2 − xy 4

(x

2

+ y2 )

2

( 0,0 ) tenemos: f ( 0, 0 + h ) − f ( 0,0 )

f y ( 0,0 ) = lím h →0

0 h − 0(h 3

02 + h 2 h

= lím h→0

= lím h→0

h 3

) −0

0 h

=0

Entonces: ⎧ x 5 − 4 x 3 y 2 − xy 4 ; ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ⎪⎪ 2 f y ( x, y ) = ⎨ ( x 2 + y 2 ) ⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎪⎩

Evaluando: f y ( h,0 ) =

h 5 − 4 h 3 0 2 − h0 4

(h

2

+0

Por tanto:

f yx (0,0 ) = lím h→0

)

2 2

=

h5 =h h4

f y (h, 0 ) − f y (0,0) h

h−0 =1 h→0 h

= lím

Note que las derivadas mixtas no son iguales. ¿Por qué?

97


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Ejercicios propuestos 3.7 1.

Calcular, si existen , la derivada mixta

(

⎧ xy x 2 − y 2 ⎪⎪ a) f ( x, y) = ⎨ x 2 + y 2 ⎪ ⎪⎩ 0

)

⎧ x4 y 2 − x2 y 4 ⎪ 3 3 b) f (x, y) = ⎪ ⎨ x +y ⎪ ⎪⎩ 0

∂ 2 f ( 0,0 ) ∂x∂y

y

∂ 2 f ( 0,0 ) ∂y∂x

para:

si x 2 + y 2 ≠ 0 si x 2 + y 2 = 0 si x 2 + y 2 ≠ 0 si x 2 + y 2 = 0

⎧ x 3 y 2 − xy 3 si( x, y ) ≠ (0,0 ) ⎪ c) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 ⎪ 0 si ( x, y ) = (0,0 ) ⎩

3.8. DIFERENCIABILIDAD. Existen funciones que poseen todas sus derivadas direccionales, sin embargo no pueden ser consideradas diferenciables debido a que no son continuas (ejemplo 4 de derivada direccional), entonces deberá existir un criterio más fuerte para la diferenciabilidad. Recordemos la definición de diferencial para función de una variable, observe la gráfica:

y y = f ( x)

}}

f ( x0 + h )

f ( x0 )

}r

Δy

dy

h = dx = Δx

x0

x0 + h x

Note que Δy = dy + r , donde a r le vamos a llamar residuo. Reemplazando tenemos:

98


MOISES VILLENA

Δy

= dy

+r

f ( x0 + h ) − f ( x0 ) = f ´( x0 ) h + r Dividiendo para h y tomando limite f ( x0 + h ) − f ( x0 ) r = f ´( x0 ) + lim lim h→0 h →0 h h Podemos decir que para que f sea diferenciable se debe dar que:

r =0 h →0 h

lim

Haciendo analogía para funciones de dos variables. El punto debe ser

( x0 , y0 )

y

h

debe ser un vector, digamos

( h1 , h2 ) , entonces la expresión

para la diferenciabilidad debe ser de la forma:

f

(( x , y ) + ( h , h )) − f ( x , y ) = A h + A h 0

0

1

Y deberá ocurrir que

Encontremos Suponga que

f

2

lim

h →0

0

1 1

2 2

+r

r =0 h

A1 . h = ( h1 ,0 ) , entonces:

( ( x , y ) + ( h ,0 ) ) − f ( x , y ) = A h + A 0 + r 0

0

Dividiendo para

lim

1

0

Tenemos que

f ( x0 + h1 , y0 ) − f ( x0 , y0 ) h1

1 1

2

r h1 →0 h 1

= A1 + lim

A1 = f x ( x , y ) 0

Análogamente obtengamos Suponga que

0

h1 y tomando límite:

h1 →0

f

0

0

A2

h = ( 0, h2 ) , entonces:

( ( x , y ) + ( 0, h ) ) − f ( x , y ) = A + A h 0

0

Dividiendo para

lim

2

h2

0

1

2 2

+r

y tomando límite:

f ( x0 , y0 + h2 ) − f ( x0 , y0 )

h2 →0

Tenemos que

0

h2

A2 = f y ( x , y ) 0

r h2 →0 h 2

= A2 + lim

0

Ahora sí podemos proponer la siguiente definición para la diferenciabilidad.

99


MOISES VILLENA

Sea f : U ⊆ R 2 → R , una función definida en el abierto U . f es DIFERENCIABLE en ( x0 , y0 ) ∈ U , si sus derivadas parciales en ( x0 , y0 ) existen y si [ f ( x + h , y + h ) − f ( x , y )] − [ f x ( x , y )] h1 − ⎡⎣ f y ( x , y )⎤⎦ h2 lim

0

1

0

2

0

0

( h1 , h2 )→( 0,0 )

0

h + h2 2 1

0

0

=0

0

2

Ejemplo 1 Demuestre que f ( x, y ) = x 2 + y 2 es diferenciable en todo ( x

0

,y

0

)

SOLUCIÓN: Aplicando la definición, para que la función sea diferenciable el límite

[ f (x

lim

0

+ h1 , y 0 + h2 ) −

( h1 , h2 )→( 0,0 )

f ( x , y )] − [ f x ( x , y )] h1 − ⎡⎣ f y ( x , y ) ⎤⎦ h2 h12 + h2 2 0

0

0

0

0

0

debe ser cero. Obtengamos primero las derivadas parciales: f x ( x , y ) = 2 x ( x , y ) = 2 x0 0

0

0

0

f y ( x , y ) = 2 y ( x , y ) = 2 y0 0

0

0

Reemplazando y simplificando: [ f (x + h , y lim 0

1

0

+h

2

0

) − f (x

0

( h1 , h2 ) → ( 0,0 )

,y

0

)] − [ f x ( x

0

,y

0

)] h1 − ⎡⎣ f y ( x

0

,y

0

) ⎤⎦ h2

h12 + h2 2

⎡( x0 + h1 )2 + ( y0 + h2 )2 ⎤ − ⎡ x0 2 + y0 2 ⎤ − [ 2 x0 ] h1 − [ 2 y0 ] h2 ⎦ ⎦ ⎣ lim ⎣ 2 2 ( h1 , h2 ) → ( 0,0 ) h1 + h2 ⎡⎣ x0 2 + 2 x0 + h12 + y0 2 + 2 y0 + h2 2 ⎤⎦ − x0 2 − y0 2 − 2 x0 h1 − 2 y0 h2 lim ( h1 , h2 ) → ( 0,0 ) h12 + h2 2 lim

h12 + h2 2

( h1 , h2 ) → ( 0,0 )

h12 + h2 2

lim

h12 + h2 2

( h1 , h2 ) → ( 0,0 )

Se observa que Por tanto f

lim

( h1 , h2 ) →( 0,0 )

h12 + h2 2 = 0

ES DIFERENCIABLE EN TODO PUNTO.

Ejemplo 2 ⎧ xy ; x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ⎪ 2 2 ( Sea f ( x, y ) = ⎨ x + y . ⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩

Determine si f es diferenciable en ( 0, 0 ) SOLUCIÓN: Aplicando la definición:

100


MOISES VILLENA

[ f ( 0 + h , 0 + h ) − f ( 0, 0 )] − [ f x ( 0, 0 )] h1 − ⎡⎣ f y ( 0, 0 )⎤⎦ h2 1

lim

2

( h1 , h2 )→( 0,0 )

h12 + h2 2

Las derivadas parciales ya fueron obtenidas anteriormente: f x ( 0, 0 ) = 0 y f y ( 0, 0 ) = 0 Reemplazando:

[ f ( h , h ) − f ( 0, 0 )] − [ f x ( 0, 0 )] h1 − ⎡⎣ f y ( 0, 0 )⎤⎦ h2 1

lim

2

( h1 , h2 ) → ( 0,0 )

h12 + h2 2

⎡ h1h2 ⎤ − 0 ⎥ − [ 0] h1 − [ 0] h2 ⎢ 2 2 h h + ⎦ 2 lim ⎣ 1 2 ( h1 , h2 ) → ( 0,0 ) h1 + h2 2 h1h2

lim

( h1 , h2 ) → ( 0,0 )

(h

2 1

+ h2 2 )

3

2

Para este último límite, analicemos la trayectoria h2 = mh1 lim

h1 → 0

h1mh1

(h

2 1

+m h 2

2 1

)

3

= lim

mh12

h1 → 0

2

Este límite no existe, por tanto f

h (1 + m 3 1

2

)

3

= lim

m

h1 → 0

2

h1 (1 + m 2 )

NO ES DIFERENCIABLE en

3

2

( 0, 0 ) . Recuerde que ya se demostró

que la función no era continua en ( 0, 0 ) , por tanto se esperaba que no sea diferenciable.

Los siguientes teoremas permiten sacar conclusiones rápidas. 3.8.1 TEOREMA

Si f : U ⊆ R 2 → R , es diferenciable en ( x0 , y0 ) ∈ U , entonces es continua en ( x0 , y0 ) .

En ciertas funciones, bastará con demostrar que son diferenciables para concluir que es continua. Ejemplo 1 ⎧ 2 2 ⎪( x + y ) sen x 2 + y 2 ; ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) f x , y = Sea ( ) ⎨ ⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0,0 ) ⎩ Determine si f es continua en ( 0, 0 ) , determinando su diferenciabilidad en ( 0, 0 ) SOLUCIÓN: Primero calculemos las derivadas parciales: f x ( 0,0 ) = lím

f ( 0 + h, 0 ) − f ( 0,0 )

h →0

h

( h + 0 ) sen ⎛⎜⎝ h2 +1 02 ⎞⎟⎠ − 0 = lím y h →0 h ⎛ ⎛ 1 ⎞⎞ = lím ⎜ h sen ⎜ 2 ⎟ ⎟ h →0 ⎝ h ⎠⎠ ⎝ 2

f x ( 0,0 ) = 0

2

f y ( 0,0 ) = lím

f ( 0, 0 + h ) − f ( 0,0 )

h→0

h

⎛ 1 ⎞ + h ) sen ⎜ 2 ⎟−0 0 + h2 ⎠ ⎝ = lím h →0 h 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = lím ⎜ h sen ⎜ 2 ⎟ ⎟ h →0 ⎝ h ⎠⎠ ⎝

(0

2

2

f y ( 0,0 ) = 0

101


MOISES VILLENA

Luego, empleando la definición para la diferenciabilidad: f ( h , h ) − f ( 0, 0 ) − [ f x ( 0, 0 )] h1 − ⎡⎣ f y ( 0, 0 ) ⎤⎦ h2 1

lim

2

( h1 , h2 ) → ( 0,0 )

h12 + h2 2

(h

2 1

lim

( h1 , h2 ) → ( 0,0 )

⎛ ⎞ 1 + h2 2 ) se n ⎜ 2 − 0 − [ 0] h1 − [ 0] h2 2 ⎟ ⎝ h1 + h2 ⎠ h12 + h2 2

⎛ ⎞ 1 h12 + h2 2 se n ⎜ 2 ⎟ 2 ( h1 , h2 ) → ( 0,0 ) ⎝ h1 + h2 ⎠ Calculando el límite empleando coordenadas polares: lim

⎡ ⎛ 1 ⎞⎤ lim ⎢ r sen ⎜ 2 ⎟ ⎥ = 0 r →0 ⎝ r ⎠⎦ ⎣

Como el límite es cero, se concluye que la función es diferenciable en el origen, por tanto será contínua también.

3.8.2 TEOREMA

Sea f : U ⊆ R 2 → R . Si las funciones derivadas parciales son continuas en ( x0 , y0 ) entonces f es diferenciable en ( x0 , y0 ) . Para ciertas funciones, bastará con determinar la continuidad de sus derivadas parciales para concluir que es diferenciable. El recíproco del teorema anterior es falso. Observe el siguiente ejemplo. Ejemplo 1 ⎧ 2 2 ; ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ⎪( x + y ) sen 2 x + y2 Sea f ( x, y ) = ⎨ ⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ Demuestre que las derivadas parciales de f no son continuas en

( 0,0 ) ,

sin embargo si es

diferenciable en ese punto. SOLUCIÓN: Primero hallemos la derivada parcial con respecto a x Si ( x, y ) ≠ ( 0,0 ) ∂ ⎡ 2 1 ⎢( x + y 2 ) sen ∂x ⎢⎣ x2 + y2

⎤ 3 1 1 ⎡ 1 2 ⎤ 2 − 2 + ( x 2 + y 2 ) cos ⎥ = 2 x sen ⎢ − ( x + y ) ( 2 x ) ⎥⎦ ⎥⎦ x2 + y 2 x2 + y2 ⎣ 2 1 1 x = 2 x sen − cos x2 + y 2 x2 + y2 x2 + y2

Si ( x, y ) = ( 0,0 ) f ( h, 0 ) − f ( 0, 0 ) f x ( 0, 0 ) = lim = lim h→0 h →0 h

Entonces

102

(h

2

+ 02 ) sen h

1 h 2 + 02

−0 = lim h sen h →0

1 =0 h


MOISES VILLENA

1 x 1 ⎧ − cos ; ( x, y ) ≠ ( 0,0 ) ⎪2 x sen 2 x + y2 x2 + y 2 x2 + y2 fx = ⎨ ⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0,0 ) ⎩ Veamos ahora si es continua: ⎡ ⎤ 1 x 1 lim ⎢ 2 x sen cos − ⎥ 2 2 2 2 2 2 ( x , y ) → ( 0,0 ) ⎢ x +y x +y x + y ⎥⎦ ⎣ Pasando a coordenadas polares:

1 r cosθ 1⎤ ⎡ lim ⎢ 2r cos θ sen − cos ⎥ r →0 r r r⎦ ⎣ 1 1⎤ ⎡ lim ⎢ 2r cos θ sen − cosθ cos ⎥ r →0 r r⎦ ⎣ No podemos concluir, analicemos para trayectorias: ⎡ ⎤ 1 x 1 lim ⎢ 2 x sen cos − ⎥ 2 2 2 2 2 2 x →0 x +0 x +0 x +0 ⎦ ⎣

1 x 1⎤ ⎡ y = 0 lim ⎢ 2 x sen − cos ⎥ x →0 x x x⎦ ⎣ 1 1⎤ ⎡ lim ⎢ 2 x sen − cos ⎥ ≠ 0 x →0 x x⎦ ⎣

Por tanto f x no es continua en ( 0,0 )

•

Ahora hallemos la derivada parcial con respecto a y .

Si ( x, y ) ≠ ( 0,0 ) ∂ ⎡ 2 1 ⎢( x + y 2 ) sen ∂y ⎢⎣ x2 + y2

⎤ −3 1 1 ⎡ 1 2 ⎤ + ( x 2 + y 2 ) cos − ( x + y 2 ) 2 ( 2 y )⎥ ⎥ = 2 y sen 2 2 2 2 ⎢ 2 ⎦ ⎥⎦ x +y x +y ⎣ 1 1 y cos = 2 y sen − x2 + y2 x2 + y 2 x2 + y2

Si ( x, y ) = ( 0,0 ) f ( 0, h ) − f ( 0, 0 ) f y ( 0, 0 ) = lim = lim h→0 h →0 h

(0

2

+ h 2 ) sen

1 02 + h 2

−0 = lim h sen h →0

h

1 =0 h

Entonces

1 y 1 ⎧ − cos ⎪2 y sen 2 2 2 2 2 x +y x +y x + y2 fy = ⎨ ⎪ 0 ⎩ Veamos ahora si es continua: ⎡ ⎤ 1 y 1 lim ⎢ 2 y sen cos − ⎥ 2 2 2 2 2 2 ( x , y ) → ( 0,0 ) ⎢ x +y x +y x + y ⎥⎦ ⎣ Analicemos trayectorias: ⎡ 1 y 1 − lim ⎢ 2 y sen cos 2 2 2 2 2 y →0 ⎢⎣ 0 +y 0 +y 0 + y2 ⎡ 1 y 1⎤ x = 0 lim ⎢ 2 y sen − cos ⎥ y →0 y y y⎦ ⎣

; ( x, y ) ≠ ( 0,0 ) ; ( x, y ) = ( 0,0 )

⎤ ⎥ ⎥⎦

⎡ 1 1⎤ lim ⎢ 2 y sen − cos ⎥ ≠ 0 y →0 y y⎦ ⎣ Por tanto f y no es continua en ( 0,0 ) Finalmente demostremos que f es diferenciable en ( 0,0 )

103


MOISES VILLENA

lim

f ( h , h ) − f ( 0, 0 ) − [ f x ( 0, 0 )] h1 − ⎡⎣ f y ( 0, 0 ) ⎤⎦ h2 1

2

( h1 , h2 ) → ( 0,0 )

h12 + h2 2

(h

2 1

lim

( h1 , h2 ) → ( 0,0 )

⎛ ⎞ 1 ⎟ − 0 − [ 0] h1 − [ 0] h2 + h2 2 ) se n ⎜ ⎜ h2 +h 2 ⎟ 2 ⎠ ⎝ 1 2 h1 + h2 2

⎛ 1 h12 + h2 2 se n ⎜ ( h1 , h2 ) → ( 0,0 ) ⎜ h2 +h 2 2 ⎝ 1 Pasando a polares: ⎛1⎞ lim r se n ⎜ ⎟ = 0 r →0 ⎝r⎠ lim

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

Por tanto es DIFERENCIABLE.

Ejercicios propuestos 3.8 1. Demostrar que si f ( x, y ) es diferenciable en ( a, b ) entonces es continua en ( a, b ) 2. Analizar la diferenciabilidad en el origen para:

xy ⎧ si( x, y ) ≠ (0,0) ⎪⎪ 1 2 2 , ( ) = f x y 2 a) ⎨ x +y ⎪ ⎪⎩ 0 si( x, y ) = (0,0) 1 ⎧ 2 2 ⎪( x − y ) sen x 2 + y 2 si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) b) f ( x, y ) = ⎨ ⎪ 0 si ( x, y ) = ( 0,0 ) ⎩

(

)

⎧ x3 y 2 − xy 3 , 2 2 c) f ( x, y ) = ⎪ ⎨ x +y ⎪ 0 , ⎩

⎧ x 2 − y 2 sen d) f ( x, y ) = ⎪ ⎨ ⎪⎩ 0

( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ( x, y ) = ( 0, 0 )

( ) 1 x2 + y2

,

⎧ sen ( x 2 − y 2 ) ⎪ , e) f ( x, y ) = ⎨ x+ y ⎪ 0 , ⎩

⎧ y 2 − x2 ⎪ xy 2 2 f) f ( x, y ) = ⎨ x + y ⎪ 0 ⎩ ⎧ xy g) f ( x, y ) = ⎪ ⎨x+ y ⎪ 0 ⎩

,

⎧ y x , 2 6 i) f ( x, y ) = ⎪ ⎨x + y ⎪ 0 , ⎩

104

( x, y ) = ( 0, 0 )

( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ( x, y ) = ( 0, 0 )

si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) si ( x, y ) = ( 0, 0 ) ,

( x, y ) ≠ ( 0, 0 )

,

( x, y ) = ( 0, 0 )

⎧ xy +x− y , ⎪ h) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 ⎪ 0 , ⎩ 3

( x, y ) ≠ ( 0, 0 )

( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ( x, y ) = ( 0, 0 )

( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ( x, y ) = ( 0, 0 )


MOISES VILLENA

⎧ y5 x2 , 4 10 j) f ( x, y ) = ⎪ ⎨ 3x + 2 y ⎪ 0 , ⎩

( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ( x, y ) = ( 0, 0 )

3.9. GRADIENTE. Sea f : U ⊆ R n → R una función diferenciable. Se define el vector gradiente de f en x 0 , denotado por

( )

( ) ⎛ ∂f ∂f ∇f ( x ) = ⎜ , ∂x ∂x

∇f x 0 o grad f x 0 , como el vector de R n : 0

⎝

1

,

2

∂f ∂f ⎞ ,", ⎟ ∂x3 ∂xn ⎠( x0 )

Ejemplo Sea f ( x, y ) = ( x − 1) + ( y − 1) . Hallar el gradiente de f en ( 0, 0 ) . 2

2

SOLUCIÓN: ⎛ ∂f ∂f ⎞ ∇f ( 0, 0 ) = ⎜ , ⎟ = ( 2 ( x − 1) , 2 ( y − 1) ) 0,0 = ( −2, −2 ) ( ) ⎝ ∂x ∂y ⎠( 0,0)

3.9.1 GRADIENTE Y DERIVADA DIRECCIONAL En la expresión para el residuo.

( ( x , y ) + ( h , h ) ) − f ( x , y ) = [ f ( x , y )] h + ⎡⎣ f ( x , y )⎤⎦ h + r G G Observe que h = ( h1 , h2 ) lo podemos expresar como h = h u , donde u f

0

0

1

es un vector unitario.

h =h

Suponga que

2

0

G y que u

0

x

0

0

1

y

0

0

2

= ( u1 , u2 ) entonces h = h ( u1 , u2 )

Ahora, dividiendo para h y tomando límite:

G

f lim h →0

Si

f

( ( x , y ) + hu ) − f ( x , y ) = [ f ( x , y )] h + ⎡ f 0

0

0

0

h

es diferenciable entonces

1

x

0

0

h

⎣

h

y

r

( x , y ) ⎤⎦ 2 + lim h h →0 h 0

0

r . h→0 h

lim

Con lo cual resulta:

105


MOISES VILLENA

lim

G f ( x0 , y0 ) + hu − f ( x0 , y0 )

(

)

h →0

Finalmente

= [ f x ( x , y )] u1 + ⎡⎣ f y ( x , y ) ⎤⎦ u2 0

h

0

0

0

G D f ( x0 , y0 ) = ⎡⎣∇f ( x0 , y0 ) ⎤⎦ • u G u

Ejemplo → ⎛ 2 2 ⎞⎟ 2 2 , Sea f ( x, y ) = x + y . Hallar D→ f (1, 2 ) donde u = ⎜ ⎜ 2 2 ⎟ u ⎝ ⎠ SOLUCIÓN: Empleando lo anterior G DuG f (1, 2 ) = ⎡⎣∇f (1, 2 ) ⎤⎦ • u

Ahora, el gradiente sería: ∇f (1, 2 ) = ( f x , f y )

(1,2 )

= ( 2 x, 2 y )(1,2) = ( 2, 4 )

Reemplazando y resolviendo G ⎛ 2 2⎞ , DuG f (1, 2 ) = ⎡⎣∇f (1, 2 ) ⎤⎦ • u = ( 2, 4 ) • ⎜⎜ ⎟⎟ = 3 2 ⎝ 2 2 ⎠

Ejemplo Sea f ( x, y ) = sen ( x 2 + y 2 ) . Hallar la derivada de f en el punto P (1,1) en la dirección que va desde este punto al punto Q ( 3, 2 ) SOLUCIÓN:

G

Primero obtengamos u y sus derivadas parciales en P (1,1)

JJJG G PQ ( 3 − 1, 2 − 1) ⎛ 2 1 ⎞ =⎜ , u = JJJG = ⎟ 5 PQ ⎝ 5 5⎠

f x (1,1) = ⎡⎣ cos ( x 2 + y 2 ) ⎤⎦ 2 x

(1,1)

f y (1,1) = ⎡⎣ cos ( x 2 + y 2 ) ⎤⎦ 2 y

(1,1)

= 2 cos 2 = 2 cos 2

Empleando la última definición

G ⎛ 2 1 ⎞ 6 , cos 2 DuG f (1,1) = ⎡⎣∇f (1,1) ⎤⎦ • u = ( 2 cos 2, 2 cos 2 ) • ⎜ ⎟= 5 ⎝ 5 5⎠

Ejercicios propuestos 3.9 1. Halle la derivada direccional de la función en el punto a) f ( x, y ) = x + 4 y , P (3,1), Q (1,−1) 2

2

π 2 c) f ( x, y, z ) = ln ( x + y + z ), P(1,0,0), Q (4,3,1)

b) f ( x, y ) = cos( x + y ), P (0, π), Q ( ,0) d) g ( x, y, z ) = xye z , P(2,4,0 ), Q(0,0,0 )

106

P

en la dirección de

Q.


MOISES VILLENA

2. Dado el campo escalar f : R n → R tal que f ( X ) = X

4

, calcular:

a) f ' ( X , v ) (Derivada direccional de f en la dirección de v) b) Si n=2, hallar todos los puntos (x,y) en R 2 para los cuales: f ' (2i + 3 j; xi + yj ) = 6 c) Si

n=3

,

hallar

todos

los

puntos

f ' (i + 2 j + 3k ; xi + yj + zk ) = 6

(x,y)

en

R 3 para

los

cuales

3. Calcule la derivada de la función f ( x, y ) = x sen y en el punto (3,0), en la dirección del vector tangente a la parábola y = x 2 en el punto (1,1)

3.9.2 PROPIEDADES DEL GRADIENTE 1. El Gradiente es un vector ortogonal a los conjuntos de nivel.

G DuG f x 0 = ⎡∇f x 0 ⎤ • u tenemos ⎣ ⎦ G DuG f x 0 = ∇f x 0 u cosθ

( ) ( )

2. De la igualdad

( ) ( )

Si el gradiente y el vector unitario tienen la misma dirección (θ entonces la derivada direccional tendría el máximo valor y sería:

( )

DuG f x 0

máx

( )

= ∇f x 0

Si el gradiente y el vector unitario tienen dirección contraria (θ entonces la derivada direccional tendría el mínimo valor y sería:

( )

DuG f x 0

mín

= 0)

=π )

( )

= − ∇f x 0

Ejemplo Suponga que la distribución de temperatura dentro de una habitación está dada por 2 T ( x, y , z ) = 5 + e x + 4 y + z , donde x , y , z se miden a partir del rincón ( 0, 0, 0 ) . a) ¿En qué dirección aumenta la temperatura con mayor rapidez? b) ¿Cuál es el valor máximo? SOLUCIÓN: a) La temperatura aumentará con mayor rapidez en dirección de su gradiente, es decir: ⎛ ∂T ∂T ∂T ⎞ , , ∇T = ⎜ ⎟ ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠( 0,0,0)

(

= e x + 4 y + z (1) , e x + 4 y + z ( 4 ) , e x + 4 y + z ( 2 z ) 2

2

2

)

( 0,0,0 )

= (1, 4, 0 )

b) El valor máximo sería

DuG T ( 0, 0, 0 )máx = ∇T ( 0,0, 0 ) = 1 + 42 + 02 = 17

107


MOISES VILLENA

Ejercicios propuestos 3.10

( x, y )

de una placa viene dada por: T ( x ) =

x . x + y2

1.

La temperatura en el punto

2.

Hállese la dirección de mayor crecimiento del calor desde el punto (3, 4). Se describe la superficie de una montaña mediante la ecuación h ( x, y ) = 4000 − 0.001x 2 − 0.004 y 2 . Supóngase que un alpinista está en el punto

3.

2

(500, 300, 3390). ¿En qué dirección debe moverse el alpinista en orden a ascender lo más rápido posible? Suponer que la temperatura en el punto P(x,y,z) en el espacio está dada por

T ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 sea una partícula que viaja por la helice circular σ(t ) = (cos t , sen t , t ) y sea T(t) su temperatura en el punto t.

a. b. 4.

¿Cuál es el valor de T(t=0)?. ¿Qué dirección debe tomar la partícula para avanzar hasta la región de más baja temperatura?. El Capitán América tiene dificultades cerca del lado soleado de Mercurio. La temperatura del casco de la nave, cuando él está en la posición (x,y,z) estará dada por 2 2 2 T ( x, y, z ) = e − x − y −3 z donde x, y, z se miden en metros. Si la nave del Capitán

América se encuentra en el punto (1,1,1). a. ¿En qué dirección deberá avanzar para disminuir más rápido la temperatura? b. Desafortunadamente el casco de la nave se cuarteará si se enfría a una tasa mayor de

14e 2 grados por segundo. Describir el conjunto de direcciones posible en las que puede avanzar para bajar la temperatura.

3.9.3 VECTORES NORMALES Y PLANOS TANGENTE Cuando se interpretó geométricamente las derivadas parciales, se definió que un vector directriz de la recta tangente paralela al plano zx ,en un punto de JJG la superficie z = f ( x, y ) , está dado por S1 = 1, 0, f x ( x ) ; y un vector directriz de JJG la recta tangente paralela al plano zy está dado por S 2 = 0,1, f y ( x ) .

(

z

JJG S 2 = 0,1, f y ( x

(

0

))

)

0

(

0

)

G JG JG n = S1 × S 2 JJG S1 = 1,0, f x ( x

(

•

0

))

(x0 , y0 , f (x0 , y0 ))

z = f ( x, y ) y0

y x0

108

(x0 , y0 )


MOISES VILLENA

Si multiplicáramos en cruz estos la superficie en ese punto i JG JG S1 × S 2 = 1 0

vectores obtendríamos un vector normal a

j

k

(

)

f x = − f x ( x ) , − f y ( x ) ,1 fy

0 1

0

0

Por tanto el plano tangente en ese punto tendría por ecuación

− fx ( x

0

)[ x − x ] − f ( x )[ y − y ] + 1[ z − z ] = 0 0

y

0

0

0

Ejemplo Hallar la ecuación del plano tangente y la ecuación de la recta normal a la superficie que 10 tiene por ecuación z = f ( x, y ) = en el punto (1, 2,5) . xy SOLUCIÓN: a) La ecuación del plano tangente estaría dada por: − f x (1, 2 ) [ x − 1] − f y (1, 2 ) [ y − 2] + 1[ z − 5] = 0 Las derivadas parciales serían: f x (1, 2 ) = −

f x (1, 2 ) = −

10 x2 y

10 xy 2

= −5 (1,2 )

=− (1,2 )

5 2

Reemplazando ⎛ 5⎞ − ( −5 ) [ x − 1] − ⎜ − ⎟ [ y − 2] + 1[ z − 5] = 0 ⎝ 2⎠ 10 ( x − 1) + 5 ( y − 2 ) + 2 ( z − 5 ) = 0 10 x − 10 + 5 y − 10 + 2 z − 10 = 0 10 x + 5 y + 2 z − 30 = 0

b) La ecuación de la recta normal estaría dada por: ⎧ x = x0 − [ f x ( x , y )] t ⎪⎪ ⎨ y = y0 − ⎡⎣ f y ( x , y ) ⎤⎦ t ⎪ ⎪⎩ z = z0 + [1] t 0

0

0

Reemplazando:

0

⎧ x = 1 − [ −5] t = 1 + 5t ⎪⎪ 5 5 ⎨ y = 2 − ⎡⎣ − 2 ⎤⎦ t = 2 + 2 t ⎪ ⎪⎩ z = 5 + t

109


MOISES VILLENA

3.10. LA DIFERENCIAL 3.10.1 DEFINICIÓN

Sea f : U ⊆ R 2 → R una función diferenciable en U . Entonces para cada x ∈ U se tiene: ∂f ∂f f x + h = f x + dx + dy + r ∂x ∂y ∂f ∂f A la parte dx + dy ∂x ∂y Se le denomina diferencial de f , y se la denota como df .

(

)

()

3.10.2 APROXIMACIONES Si se dice que

Δf ≈ df

, entonces tenemos:

f ( x0 + Δx, y0 + Δy ) − f ( x0 , y0 ) ≈ [ f x ( x , y )] dx + ⎡⎣ f y ( x , y ) ⎤⎦ dy Como dx = Δx y dy = Δy 0

0

0

0

Tenemos la formula de aproximación:

f ( x0 + Δx, y0 + Δy ) ≈ f ( x0 , y0 ) + [ f x ( x , y )] Δx + ⎡⎣ f y ( x , y ) ⎤⎦ Δy 0

Ejemplo Aproximar el valor de (1, 08 )

3.98

SOLUCIÓN: Utilicemos la función f ( x, y ) = x y (¿por qué? x0 = 1 entonces Δx = 0.08 y0 = 4 entonces Δy = −0.02 Las derivadas parciales serían:

tomemos:

f x (1, 4 ) = ( yx y −1 )

(1,4 )

f y (1, 4 ) = ( x y ln x )

Empleando la formula de aproximación:

110

=4

(1,4 )

=0

0

0

0


MOISES VILLENA

f ( x0 + Δx, y0 + Δy ) ≈ f ( x0 , y0 ) + [ f x ( x

0

,y

0

)] Δx + ⎡⎣ f y ( x

0

,y

0

) ⎤⎦ Δy

f (1.08; 3.98 ) ≈ f (1, 4 ) + [ f x (1, 4 )] 0.08 + ⎣⎡ f y (1, 4 ) ⎦⎤ ( −0.02 )

(1.08) ≈ 14 + [ 4] 0.08 + [0] ( −0.02 ) 3.98 (1.08 ) ≈ 1 + 0.32 3.98 (1.08) ≈ 1.32 3.98

3.10.3 CALCULO DE ERRORES El error en una función se lo puede considerar como la variación de la función, entonces tenemos que:

Δf ≈

∂f ∂f Δx + Δy ∂x ∂y

Ejemplo 1 Se desea calcular el volumen de un cono, para lo cual se mide el radio de su base en 5 cm y su altura en 10 cm , con un posible error de 0.1 cm . Aproxime el error al calcular el volumen. SOLUCIÓN: El volumen de un cono circular recto está dado por: V = 13 π r 2 h Por tanto, el error en el cálculo del volumen está dado por: ΔV ≈

∂V ∂V Δr + Δh ∂r ∂h

Entonces:

2 1 ΔV ≈ π rhΔr + π r 2 Δh 3 3 2 1 2 ΔV ≈ π ( 5 )(10 )( ±0.1) + π ( 5 ) ( ±0.1) 3 3 ΔV ≈ ±13.09

Ejemplo 2 Determine la variación que experimenta la densidad de una esfera sólida cuyo radio mide 10 cm. y su masa es de 500 gr. , si el radio se incrementa en 2mm y la masa disminuye 0.5 gr. SOLUCIÓN: La densidad volumétrica ρ esta dada por: ρ=

m V

donde m es la masa y V es el volumen En este caso tendríamos: ρ=

m m 3m 3 mr −3 = = = V 43 π r 3 4π r 3 4π

Entonces:

111


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Δρ =

∂ρ ∂ρ 3 ⎛ −9m ⎞ Δm + Δr = Δm + ⎜ Δr 2 ⎟ 4π r 3 ∂m ∂r ⎝ 4π r ⎠

Reemplazando y calculando: Δρ =

3 4π (10 )

3

⎛ −9 ( 500 ) ⎞ ⎟ 0.5 ) 2 ( ⎟ ⎝ 4π (10 ) ⎠

( 0.2 ) + ⎜⎜

3 ( 0.0002 − 7.5) 4π Δρ = −1.79 Δρ =

La densidad disminuye 1.79 gr

cm3

Ejemplo 3 El radio r y la altura h de un cilindro circular recto se miden con un posible error del 4% y 2% respectivamente. Aproxime el error porcentual al calcular el volumen. SOLUCIÓN: El volumen de un cilindro circular recto está dado por: V = π r 2 h Se sabe que los errores porcentuales en las mediciones de r y h son del 4% y 2% , por tanto 4 2 ±Δr = 100 r y ±Δh = 100 h. Por otro lado ΔV ≈

∂V ∂V Δr + Δh ∂r ∂h

Reemplazando: 4 2 ΔV ≈ ( 2π rh ) ( 100 r ) + (π r 2 ) ( 100 h) 8 ΔV ≈ ( 100 ) (π r 2 h ) + ( 1002 ) (π r 2 h )

⎞ 10 ⎛ ΔV ≈ ( 100 r2h ⎟ ) ⎜ πN ⎝ V ⎠ Por tanto el error porcentual del volumen sería : ΔV 100 ≈ 10% V

Ejercicios propuestos 3.11 1.

Calcular aproximadamente a) 1.023.01 b) c)

2.

3.

112

[4.052 + 8.982 - 0.992] 2

3

2

(1.03) [(0.982 ) (1.053 )

1

4

-1

]

3

La altura de un cono es h = 30cm , el radio de su base R = 10cm . ¿Cómo variará el volumen de dicho cono si H se aumenta 3mm y R se disminuye 1 mm? y Calcule el valor aproximado de la función f ( x, y ) = x en el punto ( 3.1 ; 1.9 )

4.

Dos lados de un triángulo miden 150 y 200 mts. Y el ángulo que forman es de 60º. Sabiendo que los errores probables en la medición es de 0.2 mts. en la medida de los lados y de 1º en la del ángulo. Determine el máximo error probable que se puede cometer al evaluar su área. Determine también el error en porcentaje.

5.

Aproximar el porcentaje en el cual crece el volumen de un cilindro circular recto si el radio aumenta en un 1% y la altura en un 2%.


MOISES VILLENA

Calcule la longitud del segmento de recta x = 1.2,

6.

y = 0.95 que se encuentra entre la

superficie z = x 2 + 5y 2 y su plano tangente en el punto (1,1,6 ) .

3.10.4 DEFINICIÓN GENERAL DE DIFERENCIAL

Sea f : U ⊆ R n → R m . Se dice que f = ( f1 , f 2 ,", f m ) diferenciable en x 0 ∈ U si y sólo si z = f x 0 + ⎡ Df x 0 ⎤ ⎡⎣ x − x 0 ⎤⎦ + r es una buena ⎣ ⎦ aproximación de f en una vecindad de x 0 ; es decir: f x 0 + h = f x 0 + ⎡ Df x 0 ⎤ ⎡⎣ x − x 0 ⎤⎦ + r ⎣ ⎦ r Y se cumple que lim = 0. h →0 h es

( )

( )

(

( )

A Df x 0

)

( )

( )

se le llama MATRIZ DIFERENCIAL O

JACOBIANA y se define como: ⎡ ∂∂xf1 ∂∂xf12 " ⎢ ∂f21 ∂f2 " ⎢ Df x 0 = ⎢ ∂x1 ∂x2 # # ⎢# ⎢ ∂∂fxm ∂∂fxm " 2 ⎣ 1

( )

⎤ ⎥ ∂f 2 ∂xn ⎥ ⎥ #⎥ ∂f m ⎥ ∂xn ⎦ x 0 ∂f1 ∂xn

Ejemplo 1 Sea f : R 2 → R , tal que f ( x, y ) = x 2 + 3 y 2 , entonces: f y ⎤⎦ = [ 2 x 6 y ]1× 2

Df ( x, y ) = ⎡⎣ f x

Ejemplo 2 Sea f : R 3 → R 4 , tal que f ( x, y, z ) = ( x 2 + y 2 , xyz , xz + yz , x 3 y 2 z ) , entonces: ⎡ ∂ ( x2 + y2 ) ⎢ ∂x ⎢ ∂ ( xyz ) ⎢ ∂x Df ( x, y, z ) = ⎢ ∂ xz + yz ( ) ⎢ ∂x ⎢ ∂ ( x3 y 2 z ) ⎢⎣ ∂x

(

∂ x2 + y2

)

∂y

∂ ( xyz ) ∂z

∂ ( xz + yz ) ∂y

(

∂y

)

)⎤

⎥ ⎡ 2x 2y ⎥ ⎢ xz ⎥ ⎢ yz = ∂ ( xz + yz ) ⎥ ⎢ z z ∂z ⎥ ⎢ 2 2 3 3 x y z 2 x yz ⎣ ∂ ( x3 y 2 z ) ⎥ ⎥ ∂z ⎦ ∂z

∂ ( xyz ) ∂y

∂ x3 y 2 z

(

∂ x2 + y 2

0 ⎤ xy ⎥⎥ x + y⎥ ⎥ x 3 y 2 ⎦ 4× 3

113


MOISES VILLENA

3.11. REGLA DE LA CADENA. Sea f : U ⊆ R n → R m y sea g : V ⊆ R p → R n . Si

g

es diferenciable en

( ) D ⎡ f ( g ( x ) ) ⎤ = [ Df ] ( ⎣ ⎦

x0

y

f

es

diferenciable en g x 0 , entonces: 0

g x0

) [ Dg ]x0

Ejemplo 1 Sea f : R 2 → R , tal que f ( x, y ) = x 2 + 3 y 2 y sea g : R → R 2 , tal que g ( t ) = ( et , cos t ) ; entonces: ⎡ ∂f D ⎡⎣ f ( g ( t ) ) ⎦⎤ = [ Df ]g ( t ) [ Dg ]t = ⎢ ⎣ ∂x

⎡ dg1 ⎤ ⎢ dt ⎥ ∂f ⎤ ⎢ ⎥ ⎥ ∂y ⎦ ( et ,cos t ) ⎢ dg 2 ⎥ ⎢⎣ dt ⎥⎦

⎡ d ( et ) ⎤ ⎢ ⎥ = [ 2 x 6 y ]( et ,cos t ) ⎢ dt ⎥ ⎢ d ( cos t ) ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ dt ⎦ ⎡ et ⎤ 6 cos t ⎤⎦ ⎢ ⎥ ⎣ − sent ⎦ = 2e 2t − 6 cos tsent = ⎡⎣ 2et

En términos sencillos, si tenemos

y = x ( t ) , entonces:

z = f ( x, y )

donde

dz df ∂z dx ∂z dy = = + dt dt ∂x dt ∂y dt ( x( ), y( ) ) t

Ejemplo 2 Sea f (x, y ) = x 2 + y 2 donde x = t 2 y y = 2t , hallar SOLUCIÓN: dz ∂z dx ∂z dy = + dt ∂x dt ∂y dt = (2 x )(2t ) + (2 y )(2) Poniendo todo en función de” t ” dz = (2 x )(2t ) + (2 y )(2) dt dz = 2t 2 (2t ) + (2(2t ))(2 ) = 4t 3 + 8t dt

( )

114

dz dt

t

x = x (t )

y


MOISES VILLENA

Ejemplo 3 El radio superior de un tronco de cono es de 10 cm., el radio inferior 12 cm. Y la altura 18 cm. . ¿Cuál es la razón de cambio del volumen del tronco de cono con respecto al tiempo si el radio superior disminuye a razón de 2 cm. por min. , el radio inferior aumenta a razón de 3 cm. por min. y la altura decrece a razón de 4 cm. por min. SOLUCIÓN: El volumen de un tronco de cono está dado por:

π

h ( R 2 + Rr + r 2 ) 3 Su razón de cambio estaría dada por: dV ∂V dh ∂V dR ∂V dr = + + dt ∂h dt ∂R dt ∂r dt Los datos del problema serían: V=

r = 10 , R = 12 , h = 18 ,

dr dR dh = −2 , =3, = −4 dt dt dt

Reemplazando y calculando: dV π 2 dh π dR π dr = ( R + Rr + r 2 ) + h ( 2 R + r ) + h ( R + 2r ) dt 3 dt 3 dt 3 dt = = = =

(

)

π⎡ 2 2 ⎤ ⎢ (12 ) + (12 )(10 ) + (10 ) ( −4 ) + (18 ) ( 2 (12 ) + 10 ) ( 3) + (18 ) (12 + 2 (10 ) ) ( −2 ) ⎥ 3⎣

⎦

π

⎡(144 + 120 + 100 )( −4 ) + (18 )( 24 + 10 )( 3) + (18 )(12 + 20 )( −2 ) ⎤⎦ 3⎣

π

⎡364 ( −4 ) + (18 ) 34 ( 3) + (18 ) 32 ( −2 )⎤⎦ 3⎣

π 3

[ −1456 + 1836 − 1152]

dV 772π cm3 =− min dt 3

Ejemplo 4 f : R2 → R ,

Sea

tal

que

g ( u , v ) = ( uv, u 2 − v 3 ) ; entonces: D ⎣⎡ f

(

g ( u, v )

⎡ ∂g1 ⎢ ∂u ∂f ⎤ ⎢ ∂y ⎦⎥ ( uv , u 2 −v3 ) ⎢ ∂g 2 ⎢⎣ ∂u

⎡ ∂f )⎦⎤ = [ Df ]g (u ,v ) [ Dg ] = ⎢ ⎣ ∂x

= ⎡⎣ 2 xy

f ( x, y ) = x 2 y

3

y

sea

g : R2 → R2 ,

tal

que

∂g1 ⎤ ∂v ⎥ ⎥ ∂g 2 ⎥ ⎥ ∂v ⎦

⎡ ∂ ( uv ) ⎢ ∂u 3 x y ⎤⎦ ⎛⎜ 2 3 ⎞⎟ ⎢ 2 3 uv u v − , ⎜ N ⎟ ⎢ ∂ ( u − v ) y ⎝ x ⎠ ⎢ ∂u ⎣ 2

= ⎡ 2uv ( u 2 − v3 ) ⎢⎣

2

3

∂ ( uv ) ⎤ ⎥ ∂v ⎥ 2 3 ∂ (u − v ) ⎥ ⎥ ∂v ⎦ v u 2 ⎡ ⎤ 2 3 ( uv ) ( u 2 − v 3 ) ⎤ ⎢ ⎥⎦ ⎣ 2u −3v 2 ⎥⎦

⎡ ⎤ ⎢ ⎥ 3 2 3 2 = ⎢ 2uv 2 ( u 2 − v 3 ) + 6u 3v 2 ( u 2 − v 3 ) 2u 2 v ( u 2 − v 3 ) − 9u 2 v 4 ( u 2 − v 3 ) ⎥

⎥ ⎢ ∂z ∂z ⎢ ⎥ ∂u ∂v ⎣ ⎦

115


MOISES VILLENA

Por lo tanto, si tenemos

z = f ( x, y )

donde

x = x ( u, v )

y

y = x ( u, v ) ,

entonces:

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u

( x( u ,v ), y( u ,v ) )

Y

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v ( x(

u , v ), y ( u , v )

)

Ejemplo 5 Sea f ( x, y, z ) = 3x 2 + y 2 + z 2 donde x = 4uv 2 , y = 5u 2 + 10v 2 , z = u 3

∂f ∂f y . ∂u ∂v SOLUCIÓN: a) ∂f ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂z = + + ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂u ( 4uv2 , 5u 2 +10v2 ,u3 )

Hallar:

= ( 6 x ) ( 4v 2 ) + ( 2 y )(10u ) + ( 2 z ) ( 3u 2 ) ⎛⎜

⎞ 4 uv 2 , 5u 2 +10 v 2 , u 3 ⎟ ⎜ N N ⎟ z ⎠ y ⎝ x

= 6 ( 4uv 2 )( 4v 2 ) + 2 ( 5u 2 + 10v 2 ) (10u ) + 2 ( u 3 )( 3u 2 ) = 96uv 4 + 10u 3 + 200uv 2 + 6u 5

b) ∂f ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂z = + + ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v ∂z ∂v ( 4uv2 , 5u 2 +10v2 ,u3 ) = ( 6 x )( 8uv ) + ( 2 y )( 20v ) + ( 2 z )( 0 ) ⎛⎜ 4uv2 , 5u 2 +10 v2 ,u3 ⎞⎟ ⎜ N N ⎟ z ⎠ y ⎝ x

= 6 ( 4uv 2 ) ( 8uv ) + 2 ( 5u 2 + 10v 2 ) ( 20v ) + 0 = 192u 2 v 3 + 200u 2 v + 400v3

Ejemplo 6 Sea f : R 3 → R 4 , tal que f ( x, y, z ) = ( x 2 yz , y 2 − z 2 , z 3 , xyz ) y sea g : R 3 → R 3 , tal que g ( u , v, w ) = ( u 2 v, uv 2 w, e − uw ) , hallar D [ f D g ](1,1,0) Solución: D [ f D g ](1,1,0) = [ Df ]g (1,1,0) [ Dg ](1,1,0) Ahora bien

116

(

g (1,1, 0 ) = 12 (1) , 1(12 ) ( 0 ) , e

−1( 0 )

) = (1, 0,1)


MOISES VILLENA Reemplazando: D [ f D g ](1,1,0) = [ Df ]g (1,1,0) [ Dg ](1,1,0) ⎡ 2 xyz ⎢ 0 =⎢ ⎢ 0 ⎢ ⎢⎣ yz

x2 z 2y 0 xz

x2 y ⎤ ⎡ 2uv ⎥ −2 z ⎥ ⎢ 2 ⎢ v w 3z 2 ⎥ ⎢ − we − uw ⎥ xy ⎥⎦ ⎛⎜ 1,0,1⎞⎟ ⎣ N N N ⎜x ⎝

⎡ 2 (1)( 0 )(1) 12 (1) ⎢ 0 2 ( 0) ⎢ =⎢ 0 0 ⎢ ⎢ 0 (1) 1(1) ⎣ 0⎤ ⎡0 1 ⎢0 0 −2 ⎥ ⎡ 2 1 ⎥ ⎢0 0 =⎢ ⎢0 0 3⎥ ⎢ ⎢ ⎥ ⎢0 0 0⎦ ⎣ ⎣0 1 1⎤ ⎡0 0 ⎢0 0 2 ⎥⎥ =⎢ ⎢ 0 0 −3 ⎥ ⎢ ⎥ 1⎦ ⎣0 0

⎤ ⎥ uv ⎥ 2uvw 0 −ue − uw ⎥⎦ ⎛ ⎞ ⎜ 1,1,0 ⎟ ⎜N N N⎟ u2

0

2

⎝u

⎟

v w⎠

y z⎠

12 ( 0 ) ⎤ ⎡ 2 0 ⎤ (1) ⎥ 2 (1)(1) ⎥ −2 (1) ⎥ ⎢ 2 2 ⎢ ⎥ 1 0 2 1 1 0 1 1 ( ) ( )( ) ( ) 3 (12 ) ⎥ ⎢ ⎥ ⎥ −1( 0 ) −1( 0 ) ⎢⎣ −0e ⎥⎦ −1e 0 ⎥ 1( 0 ) ⎦ 0⎤ 1 ⎥⎥ −1 ⎦⎥

Ejemplo 7 ⎛ y⎞ Sea f ⎜ ⎟ = ⎝x⎠ SOLUCIÓN: Si hacemos u =

x2 + y2 x

; x > 0 , hallar f ( x ) .

y , tenemos: x

⎛ y⎞ f ⎜ ⎟= ⎝x⎠ f (u ) =

x2 + y2 x x 2 + ( ux ) x

f (u ) = 1 + u

2

=

x2 + u 2 x2 = x

x 2 (1 + u 2 ) x

2

Si hacemos ahora u = x Entonces

f ( x ) = 1 + x2

Ejemplo 8 Demostrar que z = f ( 2 x + y, − 4 x − 2 y ) satisface la ecuación

∂z ∂z −2 = 0 ∂x ∂y

Solución: Aquí tenemos z = f ( u , v ) donde u = 2 x + y , v = −4 x − 2 y , entonces:

117


MOISES VILLENA

∂z ∂z ∂u ∂z ∂v = + ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂z ∂z = ( 2 ) + ( −4 ) ∂u ∂v ∂z ∂z ∂z =2 −4 ∂x ∂u ∂v

y

∂z ∂z ∂u ∂z ∂v = + ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂z ∂z = (1) + ( −2 ) ∂u ∂v ∂z ∂z ∂z = −2 ∂y ∂u ∂v

Ahora reemplazando: ∂z ∂z −2 =0 ∂x ∂y ∂z ⎞ ∂z ⎞ ⎛ ∂z ⎛ ∂z −2 ⎟=0 ⎜ 2 − 4 ⎟ − 2⎜ ∂v ⎠ ∂v ⎠ ⎝ ∂u ⎝ ∂u ∂z ∂z ∂z ∂z 2 −4 −2 +4 =0 ∂u ∂v ∂u ∂v

Ejemplo 9 ⎛ x+ y⎞ ∂z 2 ∂z Demostrar que z = xy f ⎜ − y2 ⎟ ; xy ≠ 0 . Calcular x xy ∂ x ∂ y ⎝ ⎠ Solución: Aquí podemos obtener las derivadas parciales directamente: ⎛ x + y ⎞⎤ ∂z ∂ ⎡ = ⎢ xy f ⎜ ⎟⎥ = ∂x ∂x ⎣ ⎝ xy ⎠ ⎦ ⎛x+ y⎞ ⎛ x + y ⎞ ⎡ (1) xy − ( x + y ) y ⎤ ∂z = yf ⎜ ⎥ ⎟ + xyf ´⎜ ⎟⎢ 2 xy ∂x ⎥⎦ ( xy ) ⎝ ⎠ ⎝ xy ⎠ ⎢⎣ ⎛x+ y⎞ ⎛ x + y ⎞ ⎡ xy − xy − y 2 ⎤ ∂z = yf ⎜ ⎥ ⎟ + ( xy ) f ´⎜ ⎟⎢ 2 ∂x ⎥⎦ ⎝ xy ⎠ ⎝ xy ⎠ ⎢⎣ ( xy ) ⎛x+ y⎞ y ⎛x+ y⎞ ∂z = yf ⎜ ⎟ − f ´⎜ ⎟ ∂x ⎝ xy ⎠ x ⎝ xy ⎠

Y ∂z ∂ ⎡ = ⎢ xy ∂y ∂y ⎣

⎛ x + y ⎞⎤ f⎜ ⎟⎥ = ⎝ xy ⎠ ⎦

⎛x+ y⎞ ⎛ x + y ⎞ ⎡ (1) xy − ( x + y ) x ⎤ ∂z = xf ⎜ ⎥ ⎟ + xyf ´⎜ ⎟⎢ 2 ∂y ⎥⎦ ( xy ) ⎝ xy ⎠ ⎝ xy ⎠ ⎢⎣ ⎛x+ y⎞ ⎛ x + y ⎞ ⎡ xy − x 2 − yx ⎤ ∂z = xf ⎜ ⎥ ⎟ + ( xy ) f ´⎜ ⎟⎢ 2 ∂y ⎝ xy ⎠ ⎝ xy ⎠ ⎣⎢ ( xy ) ⎦⎥ ⎛x+ y⎞ x ⎛x+ y⎞ ∂z = xf ⎜ ⎟ − f ´⎜ ⎟ ∂y ⎝ xy ⎠ y ⎝ xy ⎠

Reemplazando: x2

⎡ ⎛ x + y ⎞ y ⎛ x + y ⎞⎤ ⎡ ⎛ x + y ⎞ x ⎛ x + y ⎞⎤ ∂z ∂z 2 − y2 = x 2 ⎢ yf ⎜ ⎟ − f ´⎜ ⎟ ⎥ − y ⎢ xf ⎜ ⎟ − f ´⎜ ⎟⎥ ∂x ∂y ⎣ ⎝ xy ⎠ x ⎝ xy ⎠ ⎦ ⎣ ⎝ xy ⎠ y ⎝ xy ⎠ ⎦ ⎛ x+ y⎞ ⎛ x+ y⎞ 2 ⎛ x+ y⎞ ⎛ x+ y⎞ = x 2 yf ⎜ ⎟ − xyf ´⎜ ⎟ − y xf ⎜ ⎟ + xyf ´⎜ ⎟ ⎝ xy ⎠ ⎝ xy ⎠ ⎝ xy ⎠ ⎝ xy ⎠ ⎛ x+ y⎞ ⎛ x+ y⎞ 2 = x 2 yf ⎜ ⎟ − y xf ⎜ ⎟ ⎝ xy ⎠ ⎝ xy ⎠

⎛ x+ y⎞ ∂z ∂z − y2 = ( x − y ) xyf ⎜ ⎟ ∂x ∂y ⎝ xy ⎠ ∂z ∂z x2 − y2 = ( x − y) z Es decir: ∂x ∂y x2

118


MOISES VILLENA

Ejemplo 10 Demostrar que z = f ( x − 2 y, 2 x + y ) satisface la ecuación

∂2 z ∂2 z + =0 ∂x 2 ∂y 2

SOLUCIÓN: Aquí tenemos z = f ( u, v ) donde u = x − 2 y , v = 2 x + y Las derivadas parciales de primer orden serían: ∂z ∂z ∂u ∂z ∂v = + ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂z ∂z = (1) + ( 2 ) ∂u ∂v

Hallemos

y

∂z ∂z ∂u ∂z ∂v = + ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂z ∂z = ( −2 ) + (1) ∂u ∂v

∂2 z ∂x 2

∂ 2 z ∂ ⎛ ∂z ⎞ ∂ ⎛ ∂z ∂z ⎞ = ⎜ ⎟= ⎜ +2 ⎟ 2 ∂x ∂x ⎝ ∂x ⎠ ∂x ⎝ ∂u ∂v ⎠ ∂ ⎛ ∂z ⎞ ∂ ⎛ ∂z ⎞ = ⎜ ⎟+2 ⎜ ⎟ ∂x ⎝ ∂u ⎠ ∂x ⎝ ∂v ⎠ ⎡ ∂ 2 z ∂u ∂ 2 z ∂v ⎤ ⎡ ∂ 2 z ∂u ∂ 2 z ∂v ⎤ =⎢ 2 + + 2 ⎥ ⎥ + 2⎢ ⎣ ∂u ∂x ∂v∂u ∂x ⎦ ⎣ ∂u∂v ∂x ∂v ∂x ⎦ ⎡ ∂2 z ⎤ ⎡ ∂2 z ⎤ ∂2 z ∂2 z = ⎢ 2 (1) + ( 2)⎥ + 2 ⎢ (1) + 2 ( 2 )⎥ ∂v∂u ∂v ⎣ ∂u ⎦ ⎣ ∂u∂v ⎦ ∂2 z ∂2 z ∂2z = 2 +4 +4 2 ∂u ∂v∂u ∂v

Ahora, hallemos

∂2 z ∂y 2

∂ 2 z ∂ ⎛ ∂z ⎞ ∂ ⎛ ∂z ∂z ⎞ = ⎜ ⎟ = ⎜ −2 + ⎟ ∂y 2 ∂y ⎝ ∂y ⎠ ∂y ⎝ ∂u ∂v ⎠ ∂ ⎛ ∂z ⎞ ∂ ⎛ ∂z ⎞ = −2 ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ∂y ⎝ ∂u ⎠ ∂y ⎝ ∂v ⎠ ⎡ ∂ 2 z ∂u ∂ 2 z ∂v ⎤ ⎡ ∂ 2 z ∂u ∂ 2 z ∂v ⎤ = −2 ⎢ 2 + + 2 ⎥ ⎥ + 2⎢ ⎣ ∂u ∂y ∂v∂u ∂y ⎦ ⎣ ∂u∂v ∂y ∂v ∂y ⎦ ⎡ ∂2z ⎤ ⎡ ∂2z ∂2z ∂2 z ⎤ = −2 ⎢ 2 ( −2 ) + (1)⎥ + 2 ⎢ ( −2 ) + 2 (1)⎥ ∂v∂u ⎦ ∂v ⎣ ∂u ⎣ ∂u∂v ⎦ 2 2 2 ∂ z ∂ z ∂ z + =4 2 −4 ∂u ∂v∂u ∂v 2

Reemplazando: ∂2 z ∂2z + =0 ∂x 2 ∂y 2 ⎛ ∂2z ∂2 z ∂2 z ⎞ ⎛ ∂2 z ∂2 z ∂2z ⎞ + 4 2 ⎟ +⎜4 2 − 4 + ⎜ 2 +4 ⎟=0 ∂v∂u ∂v ⎠ ⎝ ∂u ∂v∂u ∂v 2 ⎠ ⎝ ∂u 5

∂2z ∂2 z 5 + =0 ∂u 2 ∂v 2

En la última expresión, dividiendo para 5 y cambiando de variable u = x y v = y , se comprueba lo que pretendíamos.

119


MOISES VILLENA

Ejemplo 11 ∂z ∂z + 1 + y2 = xy tomando u = ln x y v = ln y + 1 + y 2 ∂x ∂y como nuevas variables independientes. SOLUCIÓN:

(

Transformar la ecuación x

)

Luego del cambio de variable tendríamos la función z en términos de u y v , es decir: z = f ( u , v ) , entonces las derivadas parciales serían:

∂z ∂z ∂u ∂z ∂v = + ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y

∂z ∂z ∂u ∂z ∂v = + ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂z ⎛ 1 ⎞ ∂z = ⎜ ⎟ + ( 0) y ∂u ⎝ x ⎠ ∂v ∂z 1 ∂z = ∂x x ∂u

⎛ ∂z ∂z ⎛ 1 2y ⎜1 + (0) + ⎜ ∂u ∂v ⎜ y + 1 + y 2 ⎜⎝ 2 1 + y 2 ⎝ ⎛ ⎛ 1 + y2 + y ⎞ ⎞ ∂z 1 ⎜ ⎟⎟ = ⎜ 2 ∂v ⎜ y + 1 + y ⎜⎝ 1 + y 2 ⎟⎠ ⎟⎠ ⎝ ∂z ∂z ⎛ 1 ⎞ ⎟ = ⎜ ∂y ∂v ⎜⎝ 1 + y 2 ⎟⎠ =

Además: •

Si u = ln x entonces x = eu

•

Si v = ln y + 1 + y 2

(

) entonces e

v

⎞⎞ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎠⎠

= y + 1 + y2

Despejando el radical y elevando al cuadrado:

(

1 + y2

)

2

= ( ev − y )

2

1 + y 2 = e 2 v − 2 yev + y 2 1 = e 2 v − 2 yev y=

e 2 v − 1 ev − e − v = 2e v 2

y = sen h v

Remplazando en la ecuación diferencial: ∂z ∂z = xy x + 1 + y2 ∂x ∂y

⎛ 1 ∂z ⎞ ⎛ 1 ∂z ⎞ 2 ⎟ = xy x⎜ ⎟ + 1 + y ⎜⎜ 2 ∂v ⎟ ⎝ x ∂u ⎠ ⎝ 1+ y ⎠ ∂z ∂z + = eu senhv ∂u ∂v

Ejemplo 12 Transformar la ecuación x 2

u = x ya v =

∂z ∂z + y2 = z 2 , tomando como nuevas variables independientes ∂x ∂y

1 1 1 1 − y como nueva función w = − . z x y x

SOLUCIÓN: Debemos tomar como función a w en términos de u y v , es decir w = f ( u , v ) . La diferencial total sería: dw = Obtengamos los diferenciales.

120

∂w ∂w du + dv ∂u ∂v


MOISES VILLENA •

De la ecuación diferencial se observa que:

∂z ∂z x2 +N y2 =N z2 , N ∂ x ∂ y dz dx dy

dz

du = u´ dx

•

Como u es función de sólo x entonces

= 1dx = dx

du = x 2 ∂v ∂v dv = dx + dy ∂x ∂y 1 1 dv = 2 dx − 2 dy • v es función de x y y entonces x y 1 1 dv = 2 x 2 − 2 y 2 x y dv = 0 ∂w ∂w dw = dx + dz ∂x ∂z 1 1 dw = 2 dx − 2 dz • w es función de x y z , entonces x z 1 1 dw = 2 x 2 − 2 z 2 x z dw = 0 Ahora remplazando en la diferencial total

∂w ∂w du + dv ∂u ∂v ∂w 2 ∂w 0= 0 x + ∂u ∂v

dw =

Finalmente:

∂w =0 ∂u

Ejemplo 13 Transformar la ecuación

( y − z)

∂z ∂z + ( y + z ) = 0 tomando a x por función y a u = y − z y ∂x ∂y

v = y + z por variables independientes. SOLUCIÓN:

En este caso x = f ( u , v ) , la diferencial total sería: dx =

∂x ∂x du + dv ∂u ∂v

Obtengamos los diferenciales. • De la ecuación diferencial se observa que:

∂z ∂z + ( y + z ) = 0N

∂x ∂y dz dx dy

y − z) (

dz

∂u ∂u du = dy + dz ∂y ∂z

•

u es función y y z entonces

= (1 )( y + z ) + ( −1)( 0 )

du = y + z

121


MOISES VILLENA

dv = •

∂v ∂v dy + dz ∂y ∂z

v es función de y y z entonces dv = (1)( y + z ) + (1)( 0 )

dv = y + z Ahora remplazando en la diferencial total

∂x ∂x du + dv ∂u ∂v ∂x ∂x y − z) = ( y + z) + ( y + z) (

∂u ∂v

dx =

v

v

v

∂x ∂x u= v+ v ∂u ∂v ∂x ∂x u + = ∂u ∂v v

Ejemplo 14 Transformar la ecuación

(x − z)

∂z ∂z +y = 0 tomando a x por función y a y ∂x ∂y

y

z por

variables independientes. SOLUCIÓN: En este caso x = f ( y, z ) , la diferencial total sería: dx =

∂x ∂x dy + dz ∂y ∂z

Obtengamos los diferenciales. • De la ecuación diferencial se observa que:

∂z ∂z + Ny = 0N ∂x dy ∂y dz dx

− z) (x

dz

Ahora remplazando en la diferencial total ∂x ∂x y + ( 0) ∂y ∂z ∂x x−z= y ∂y x−z=

∂x x − z = y ∂y

Ejercicios propuestos 3.12 x dz , si z = , donde x = e t , y = ln t . dt y

1.

Hallar

2.

Sea f ( x, y ) = 4 x 2 y − 2 ln( xy ) donde ⎨

3.

⎧⎪ x = 2sent df encuentre 3 dt ⎩⎪ y = 3(t − 1)

2 La demanda de cierto producto es Q(x, y ) = 200 − 10 x + 20 xy unidades por mes, donde x es el precio del producto e y el precio de un producto competidor. Se estima que

dentro de t meses el precio del producto será

x = 10 + 0,5t

mientras que el precio del producto competidor será y = 12,8 + 0,2t

122

dólares por unidad 2

dólares por unidad.


MOISES VILLENA

a) ¿A qué razón cambiará la demanda del producto con respecto al tiempo dentro de 4 meses? b) ¿A qué razón porcentual cambiará la demanda del producto con respecto al tiempo dentro de 4 meses? 4.

Suponga que cuando las manzanas se venden a x CENTAVOS POR LIBRA los panaderos ganan y DÓLARES POR HORA, el precio de los pasteles de manzana en el supermercado local es

p ( x, y ) =

1 2

1

x 3y

1

DÓLARES POR PASTEL.

2

Suponga además que dentro de t

MESES,

el

precio de las manzanas será x = 23 + 8t CENTAVOS POR LIBRA y que los sueldos de los y = 3,96 + 0,02t DÓLARES POR HORA. Si el supermercado puede panaderos serán vender Q( p ) = ¿a qué razón meses?

3600 p

PASTELES POR SEMANA

CAMBIARÁ

cuando el precio es p

DÓLARES POR PASTEL,

la demanda semanal Q con respecto al tiempo dentro de dos 2 2 ⎪⎧u = x − y . ⎨ xy ⎪⎩v = e

5.

Hallar

∂z ∂z , , si z = f (u , v ) , donde ∂x ∂y

6.

Hallar

∂z ∂z x , , si z = arctg , donde ∂u ∂v y

7.

3 Sea f : R → R , una función diferenciable y sea g ( X ) = sen f ( X ) f ( X )

⎧ x = u sen v . ⎨ ⎩ y = u cos v

calcular la matriz Jacobiana para g ( X ) , donde f 8.

9.

Sea la función:

1 = R

Demuestre que

n

∑ Rk . 1

Hallar

k =1

u ( x, y ) =

(e

(X ) =

)

;

X

∂R ∂R1

e xy x

(

satisface la ecuación diferencial parcial

+ ey )

u x + u y = ( x + y − 1) u . 10. Sea F ( x, y ) = f ( x + 3 y, 2 x − y ) , donde f : R 2 → R es diferenciable. Suponga que

∇f ( 0, 0 ) = ( 4, −3) . Determine la derivada de la función F en el origen en la dirección del vector

v = (1,1)

a)

Si x = r 2 + s 2 ,

b)

Si x = s + t ,

11. Sea z = f ( x, y ) con derivadas parciales de segundo orden continuas:

∂2 z , ∂r 2

y = 2rs determine

∂2 z , ∂s 2 2

y = s −t

∂2 z ∂s∂r 2

⎛ ∂z ⎞ ∂z ∂z ⎛ ∂z ⎞ ⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ = ∂ x ∂ y ∂s ∂t ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

demuestre que: ⎜

(

12. Sea f : R 2 → R 3 , tal que f ( x, y ) = x 2 y 2 , x 2 , y 2

)

y sea g : R 3 → R 2 , tal que

g ( x, y , z ) = ( x 2 + y 2 + z 2 , xyz ) , hallar D [ g D f ](1,1)

1 d2y dy a 2 + 2 x + 2 y = 0 , poniendo x = . 2 t dx x dx dy x + y = , pasando a las coordenadas polares: 14. Transformar la ecuación dx x − y x = r cos ϕ , y = r sen ϕ .

13. Transforme la ecuación x 2

15. Tomando u, v, como nuevas variables independientes transformar la siguiente ecuación:

( x + y)

∂z ∂z − ( x − y) = 0 , ∂x ∂y

si u = ln

(

x2 + y 2

)

; v = arctg

y x

123


MOISES VILLENA

16. Transformar la ecuación

y

∂z ∂z − = ( y − x ) z tomando como nuevas variables ∂x ∂y

2 2 independientes u = x + y y v =

17. Transformar la ecuación ∇ 2ϕ =

1 1 + como nueva función w = ln z − ( x + y ) . x y

∂ 2ϕ ∂ 2ϕ ∂ 2ϕ pasándola en coordenadas esféricas + + ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2

⎧ x = ρ sen φ cos θ ⎪ 2 ⎨ y = ρ sen φ sen θ , ¿ ∇ ϕ = ? en coordenadas esféricas. ⎪ z = ρ cos φ ⎩ ⎛x⎞ x ∂z ∂z 18. Sea z = f ⎜ ⎟ , calcule el valor de la expresión + y ∂x ∂y ⎝ y⎠ ∂ 2u ∂ 2u 19. Transformar la ecuación de Laplace 2 + 2 = 0 a coordenadas polares. ∂x ∂y

3.12 DERIVACIÓN IMPLICITA F ( x, y ) = 0 , una ecuación implícita para un lugar

Suponga que se tiene geométrico de

R 2 . Obteniendo diferencial a ambos miembros de la ecuación D ( F ( x, y ) ) = D [ 0 ] Fx dx + Fy dy = 0

Despejando, se obtiene:

F dy =− x dx Fy Ejemplo. Sea x 2 + y 2 = 4 , hallar

dy empleando derivadas parciales. dx

Solución: En este caso tenemos F ( x, y ) = x 2 + y 2 − 4 Empleando la formula: F dy x 2x =− x =− =− dx Fy y 2y

Suponga que se tiene lugar geométrico de ecuación

R3 .

F ( x, y , z ) = 0 ,

una ecuación implícita para un

Obteniendo diferencial a ambos miembros de la

D ( F ( x, y , z ) ) = D [ 0 ] Fx dx + Fy dy + Fz dz = 0

124


MOISES VILLENA

∂y , ∂x

Si queremos

por tanto

dz = 0 .

constante, por tanto

dy = 0 .

constante, por tanto

dx = 0 .

z constante,

debemos considerar a

Reemplazando y despejando se obtiene:

F ∂y =− x ∂x Fy

Si queremos

∂z , debemos considerar a y ∂x


Si queremos

∂z , ∂y

F ∂z =− x Fz ∂x

debemos considerar a

x


Fy ∂z =− Fz ∂y Ejemplo Sea x3 e y + z − ysen ( x − z ) = 0 , hallar

∂z ∂z y . ∂x ∂y

Solución: En este caso tenemos F ( x, y, z ) = x3 e y + z − ysen ( x − z ) Empleando las formulas: 3x 2 e y + z − y cos ( x − z ) F ∂z = − x = − 3 y+z ∂x Fz x e + y cos ( x − z ) Fy x 3 e y + z − sen ( x − z ) ∂z =− = − 3 y+z ∂y Fz x e + y cos ( x − z )

Por otro lado, suponga que se tiene una superficie cuya ecuación está dada en forma implícita forma

F ( x, y, z ) = 0 , el vector normal

que estaba dado de esta

G ⎛ ∂z ∂z ⎞ n = ⎜ − , − ,1⎟ , ahora puede ser dado de otra forma. ⎝ ∂x ∂y ⎠

Reemplazando:

G ⎛ ⎛ F ⎞ ⎛ Fy ⎞ ⎞ n = ⎜ − ⎜ − x ⎟ , − ⎜ − ⎟ ,1⎟ ⎝ ⎝ FG z ⎠ ⎝ Fz ⎠ ⎠ Multiplicando por Fz : n = ( Fx , Fy , Fz )

125


MOISES VILLENA

Ejemplo 1 Hallar la ecuación del plano tangente a la superficie que tiene por ecuación z =

10 en el xy

punto (1, 2,5) . SOLUCIÓN:

Este problema ya se lo había resuelto tomando le ecuación de la superficie de manera explícita, se trata ahora de encontrar la ecuación del plano tangente empleando la ecuación implícita F : xyz = 10 El vector ortogonal al plano tangente es el vector gradiente de la superficie en el punto (1, 2,5) .

G n = ∇F = ( Fx , Fy , Fz ) = ( yz , xz , xy )

(1,2,5)

= (10,5, 2 )

Reemplazando y simplificando: a ( x − x0 ) + b ( y − y0 ) + c ( z − z0 ) = 0 10 ( x − 1) + 5 ( y − 2 ) + 2 ( z − 5 ) = 0 10 x + 5 y + 2 z − 10 − 10 − 10 = 0 10 x + 5 y + 2 z − 30 = 0 Que es la misma respuesta obtenida anteriormente pero ahora de una manera un tanto más rápida.

Ejemplo 2 Hallar la ecuación de la recta tangente a las superficies x 2 + y 2 + 2 z 2 = 4 y z = xy en el punto (1,1,1).

Solución:

Las superficies se intersecan en una curva. La recta tangente a la curva en el punto (1,1,1) es la recta tangente a las superficies en ese punto. El vector director de la recta tangente se lo obtiene mediante el producto cruz entre los vectores normales de las superficies. Es decir:

JG JJG JJG S = n1 × n2

JJG

2 2 2 Donde n1 sería el vector ortogonal a la superficie F1 : x + y + 2 z = 4 y

JJG n2 sería el vector ortogonal a la superficie F2 : z − xy = 0

Los vectores normales serían los vectores gradientes a las superficies en ese punto

JJG n1 = ∇F1 = ( 2 x, 2 y, 4 z )

JJG n2 = ∇F2 = ( − y, − x,1)

(1,1,1)

(1,1,1)

= ( 2, 2, 4 )

= ( −1, −1,1)

Entonces

i j k JG JJG JJG S = n1 × n2 = 2 2 4 = ( 6, −6, 0 ) −1 −1 1 Finalmente, la ecuación de la recta sería:

⎧ x = 1 + 6t ⎪ l : ⎨ y = 1 − 6t ⎪z = 1 ⎩

Ejemplo 3 En el tiempo t = 0 se lanza una partícula desde el punto (1,1,1) sobre la superficie xyz = 1 en una dirección normal a la superficie, con una rapidez de 2 2 2 instante y en qué punto cruza a la esfera x + y + z = 27 ? SOLUCION:

126

3 unidades por segundo. ¿En qué


MOISES VILLENA

Primero se encuentra la ecuación de la trayectoria por la cual se desplaza la partícula una vez que sale de la superficie. Esta es una recta, a propósito la normal, de acuerdo a lo que se informa. No olvide que debe tener una rapidez de 3 unid. por seg.. Por tanto el vector director debe tener magnitud 3 y tener la dirección del gradiente:

( yz, xz, xy )

JG ∇F S= 3 = 3 ∇F

y z +x z +x y 2

2

2 2

2

= 3

2

(1,1,1) 3

(1,1,1)

= (1,1,1)

La ecuación de la recta sería:

⎧x = 1+ t ⎪ l : ⎨ y = 1+ t ⎪z = 1+ t ⎩ La recta debe intersecar a la esfera, por tanto sus coordenadas debe satisfacer su ecuación. Reemplazando:

x 2 + y 2 + z 2 = 27

(1 + t ) + (1 + t ) 2 3 (1 + t ) = 27 2

(1 + t )

2

2

+ (1 + t ) = 27 2

=± 9

1 + t = ±3 t = −1 ± 3 Concluimos que t = 2 seg . ⎧x = 1+ 2 = 3 ⎪ Y el punto sería: ⎨ y = 1 + 2 = 3 ⎪z = 1+ 2 = 3 ⎩

Ejercicios Propuestos 3.13 1.

Hallar y´ , empleando derivadas parciales, para: a) 2 x 2 + 6 xy + y 2 = 18 2 x ( y −2 ) b) y + 5 x = xe

∂2z ∂x 2

x 2 y − 3z + 8 yz 3 = 0

2.

Hallar

3.

Determine la derivada direccional de la función

en

u + ye + x + 3 z = 0 en v = (1,−1,−1)

por 4.

u

u = f ( x, y , z )

definida implícitamente

el origen de coordenadas en la dirección del vector

En el tiempo t=0 se lanza una partícula desde el punto (1,1,1) sobre la superficie x 2 + y 2 + 3 z 2 = 5 en una dirección normal a la superficie, con una rapidez de 10 unidades por segundo. ¿En qué instante y en qué punto cruza a la esfera x 2 + y 2 + z 2 = 103

5. 6.

Demuestre que el plano tangente al cono z = a x + b y pasa por el origen. Demuestre que cualquier recta normal a una esfera pasa por su centro.

7.

Demuestre que el plano tangente al elipsoide

2

(x0 , y 0 , z 0 ) puede escribirse en la forma

8.

2 2

x0 x

a2 y0 y

+

y2 b2 z0 z

2

+

z2 c2

= 1 en el punto

+ =1. b2 c2 Demostrar que los planos tangentes a la superficie: x + y + z = a interceptan a a2

+

x2

2

los ejes coordenados en segmentos cuya suma es constante.

127


MOISES VILLENA

9.

Encuentre un punto de la superficie x 2 + 2 y 2 + 3 z 2 = 12 , donde el plano tangente es perpendicular a la recta cuyas ecuaciones paramétricas son:

x = 1 + 2t ;

10. Demostrar

y = 3 + 8t ;

z = 2 − 6t

que

elipsoide

el

x 2 + 3y 2 + 2z 2 = 9

y

la

esfera

x + y + z − 8 x − 8 y − 6 z + 24 = 0 son tangentes en el punto (1,1,1). 2

2

2

11. Hallar la ecuación de la recta tangente a las superficies x 2 + y 2 + z 2 = 3 y z = xy en el punto (1,1,1). 12. En qué puntos el gradiente de la superficie u = x 3 + y 3 + z 3 − 3 xyz es : a) perpendicular al eje z. b) Es paralelo al eje z. 13. Encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva intersección de las superficies φ =

(

)

y ρ = 2 csc φ sec θ en P 2, 2, − 8 .

128

π 3

Funciones de Varias Variables

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