MOISES VILLENA
4 1 . FUNCIÓN VECTORIA VECTORIA L 2 . GRAFICA DE UNA FUNCIÓN ESC ESCALAR DO MI NI O DE UNA FUNCIÓN 1 . 3 . DOMI ESCALAR 2. 3 . 4 . CONJUN TO DE NI VEL DE VARI AS 4 . 5 . LI MI TES DE FUNCIONES DE VARIABLES 6 . CONTINUIDAD 7 . DERI DERI VADA DE UNA FUN CI ÓN ESCALAR 8 . DIFERENCIABILIDAD 9 . GRADIENTE 1 0 . LA DIFERENCI DIFERENCI AL 1 1 . REGLA DE LA CADENA 1 2 . DERIVA DERIVA CI ÓN IM PLI CITA Se persigue que el estudiante: • Conceptualice funciones Vectoriales, Escalares y Curvas • Describa conjunto de niveles. • Establezca límites, continuidad y derivadas de funciones de dos variables. • Establezca si una función de dos variables es diferenciable o no. • Determine ecuaciones de planos tangentes a superficies. • Obtenga derivadas de funciones compuestas • Obtenga derivadas de funciones implícitas
1
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1. FUNCIÓN VECTORIAL 1.1 DEFINICIÓN
Una función del tipo f : U ⊆ R → R se la denomina FUNCIÓN VECTORIAL o CAMPO VECTORIAL. n
Sea f : R 2 → R 3 tal que f ( x, y ) Esquemáticamente tenemos:
m
= (2 x − y, x + y,3 x + 5 y )
f R 2
R 3
(1,1) (− 2,0)
(1,2,8) (− 4,−2 − 6 )
Si m = 1, tenemos f : U ⊆ R → R , se la denomina FUNCIÓN ESCALAR, CAMPO ESCALAR, O FUNCIÓN DE VARIAS VARIABLES. n
Si f : U ⊆ R
2
→ R , tenemos una FUNCIÓN DE DOS VARIABLES .
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.
Sea f : R 3 → R tal que f ( x, y) = x 2 + y 2 + z 2
Si n
= 1 , tenemos f : U ⊆ R → R , la cual se la denomina
TRAYECTORIA o CURVA.
2
m
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Sea f : R → R 3 tal que f (t ) = (2 − 3t , 4 + t , − 1 + 2t ) 3
Tenemos una CURVA de R .
Este capítulo lo dedicaremos al estudio de FUNCIONES ESCALARES.
2. GRAFICA DE UNA FUNCIÓN ESCALAR 2.1 DEFINICIÓN
Sea f : U ⊆ R → R . Se llama gráfica de f al conjunto de puntos ( x , x ,, x , f ( x )) de + , donde x = ( x , x ,, x ) ∈U . n
1
2
n
n 1
1
n
2
Si tenemos z = f ( x, y ) una función de dos variables. Su gráfico se define como el conjunto de puntos ( x, y, z ) de R , tales que z = f ( x, y ) . El Superficie, como ya se lo ha anticipado. lugar geométrico es llamado Superficie, 3
Algunas superficies que corresponde a funciones, ya se han graficado en el capítulo anterior.
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 − 2 x − 3 y
2
y
3
x
3
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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. DOMINIO DE UNA FUNCIÓN ESCALAR
Sea f : U ⊆ R → R , entonces su DOMINIO es el conjunto U n
n
Es decir, su DOMINIO está constituido por vectores de R , x = ( x1 , x2 ,, xn ) para los cuales tiene sentido la regla r egla de correspondencia;
( ) = ( f ( x), f ( x),, f
m
y su RECORRIDO por vectores de R , f x
1
2
m
)
( x) .
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.
Hallar el Domini Dominioo 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 TENGA SU GRÁFICA EN EL PLANO xy . Recuerde que la gráfica de z
= x 2 + y 2 es un paraboloide. z
y
x
Por tanto la proyección es todo el plano xy
4
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Hallar el Domini Dominioo Natural para f ( x, y ) = 9 − x 2 − y 2 SOLUCIÓN. Observe Observe que la regla de correspondencia correspondencia tiene tiene sentido cuando 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 tiene x 2 + y 2 ≤ 9 . Es decir:
Domf
⎧⎪⎛ x ⎞ ⎪⎫ = ⎨⎜⎜ ⎟⎟ / 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
3
x
semiesf era: Además el gráfico de z = 9 − x 2 − y 2 , es la semiesfera: z
y
x
Hallar el Domini Dominioo Natural para f ( x, y ) = x − 1 + y Solución. Solución. Para que la regla de correspondencia correspondencia tenga sentido se necesita que x ≥ 1 y y ≥ 0 ⎧ x
⎫
⎪⎩⎝ y ⎠
⎪⎭
Es decir Domf = ⎪⎨⎛ ⎜⎜ ⎞⎟⎟ / x ≥ 1 ∧ y ≥ 0⎪⎬ .
.
5
MOISES VILLENA 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.
Descríbase la región R del plano xy que corresponde al Dominio Natural de la función dada . x + y a) z = 4 − x 2 − y 2 h) z = xy
⎛ 9 x 2 − 6 y 2 − 36 ⎞ ⎟ i) w = ln⎜⎜ ⎟ 36 ⎝ ⎠ j) z = arcsen( x 2 + y 2 )
b) z = ln (4 − x − y ) c) z = x
y
⎛ x ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎟⎟ k) f ( x, y ) = sen⎜⎜ ⎟⎟ ln⎜⎜ + y x y ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
d) z = arcsen( x + y ) e) z = e f) z =
x
y
x
2
l) f ( x, y ) =
(
− y ln y − x 2
(
ln 4 − x 2 − y 2
1
)2
arcsen( x + y )
)
⎛ xz ⎞ g) z = arccos⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ y ⎠
Obtener trazas de las secciones transversales de la superficie es suficiente, en muchas ocasiones, para su análisis.
4. CONJUNTO DE NIVEL 3.1 DEFINICIÓN Sea f : U ⊆ R n
→ R . Se llama CONJUNTO DE
NIVEL de f , al conjunto de puntos de que f ( x1 , x2 ,, xn ) = k , donde k ∈
n
tales
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 6
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que f ( x, y ) = c . Es decir, serían las curvas que resultan de la intersección de la superficie con los planos z = c , proyectadas en el plano xy .
Para f : R 2 → R tal que f ( x, y) = 6 − 2 x − 3 y , su conjunto de nivel serán puntos de 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. R 2
z
6
z = 6 − 2 x − 3 y
k = 3 :
2 x + 3 y = 3
k = 2 :
2 x + 3 y = 4
k = 1 : 2 x + 3 y = 5 y
2
k = 0 : 2 x + 3 y = 6
3
x
Las curvas de nivel se dibujan en el plano xy , y para este caso serían: y
k
k = 0 :
2 x + 3 y 2 = x + 6 k 3 = y 2 : = 5 2 x + 3 y k = = 3 : 4 2 x + 3 y = 3 =
1 :
x
7
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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 = c . (Circunferencias centradas en el origen)
2
2
x + y = C
C = 16 C = 9 C = 4 C = 1
Si tenemos w = f ( x, y, z ) una función de tres variables. El Conjunto de Nivel es llamado SUPERFICIES DE NIVEL
Descríbase las curvas de nivel y las secciones transversales de cada función en su correspondiente plano, luego dibújese la gráfica de la superficie en R 3 a) z = 4 − x 2 − y 2 b)
f ( x, y ) = y
c) d)
z
2
= x 2 + y 2 f ( x, y ) = 6 − 2 x − 3 y
2 e) f ( x , y ) = xy
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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. 5.1 BOLA ABIERTA.
Se llama n − bola abierta de centro en x0 y radio δ , denotada por Bn ( x0 ;δ ) , al conjunto:
(
Bn x0 ;δ
) = { x ∈ R / x − x n
0
}
<∂
Donde x0 ∈ R n , ∂ ∈ R muy pequeño.
{
Si n = 1 , tenemos B1 ( x0 ;δ ) = x ∈ R / x − x0 (como en funciones de una variable)
< ∂} ; un intervalo
Si n = 2 , tenemos:
B2 ( ( x0 , y0 ) ; δ ) =
2 ∈ x , y R / ( x, y) − ( x0 , y0 ) < ∂} ( ) {
y
0<
( x
0
( x − x ) 0
2
− ( x − x
)
2
0
<∂
, y0 )
x
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, ∃ Bn ( x0 ; ∂ ) contenida en U . 5.3 CONJUNTO ABIERTO n U ⊆ R es un conjunto abierto, si todos sus puntos son interiores a U . 9
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5.4 PUNTO EXTERIOR.
Sea U ⊆ R y x ∈ R , se dice que x es un punto Exterior de U , si y sólo si ∀∂ > 0, ∃ Bn ( x0 ; ∂ ) totalmente fuera de U . n
n
0
0
5.5 PUNTO DE FRONTERA
Se dice que x es un punto de frontera de no es ni interior ni exterior. 0
5.6 CONJUNTO CERRADO. n U ⊆ R es un
conjunto complemento es abierto
cerrado
U ,
si
si
su
5.7 CONJUNTO SEMIABIERTO. n U ⊆ R es un conjunto
semiabierto si no es abierto y tampoco cerrado.
5.8 DEFINICIÓN DE LÍMITE
Sea f : U ⊆ R → R , donde U es un conjunto abierto, sea x un punto interior o de frontera de U , entonces: n
0
⎛ f ( x ) = L ⎞⎟ ≡ ∀ξ > 0, ∃∂ > 0 / x ∈ Bn ( x0 ; ∂ ) ⇒ f ( x ) − L < ξ ⎜ xlím ⎝ → x ⎠ 0
Si n = 2 tenemos: 2 2 ⎛ ⎜ lím f ( x, y ) = L ⎞⎟ ≡ ∀ξ > 0, ∃∂ > 0 / 0 < ( x − x0 ) + ( y − y0 ) < ∂ ⇒ f ( x, y ) − L < ξ ⎝ ( x, y )→( x , y 0
0
)
⎠
z (
L ξ ξ
(
z = f ( x, y )
y
∂
( x , y ) 0
x
10
0
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Es decir, que si tomamos a ( x, y ) cercano a ( x0 , y 0 ) entonces
f ( x, y) estará próximo a L .
4
Demostrar empleando la definición que
x y
lím
+ y4
( x , y ) →( 0.0) x 4
=0
Solución: Debemos asegurar que 2
∀ξ > 0, ∃∂ > 0 / 0 < ( x − 0 ) + ( y − 0 ) < ∂ ⇒
Recuerde que y = y 2 = entonces y ≤ 4
Por otro lado
y
=
x 4
+ y4
− 0 < ξ
x2 + y2 4
x y x
x 4 y
2
entonces
4
≥
y
x y x
4
+ y4
.
Ahora note que: 4
x y x
4
+y
Se concluye finalmente que:
4
≤ y≤ 4
x y 4 4 x + y
2
x
+ y2 < ∂
<∂
Es decir tomando ζ = ∂ , suficiente para concluir que:
4
lím
x y
( x , y ) →( 0.0) x 4
+ y4
=0
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.
Calcular
lím
x
( x , y )→(0.0) x 2
2
+ y 2
Solución: Aproximarse a (0,0) , significa estar con ( x, y ) en una bola de R 2 y
x 2 + y 2 < ∂
(0,0)
∂
x
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Si el límite existe, existe, significa significa que que si nos nos acercamos acercamos en todas las dir direcciones ecciones tender al mismo valor.
f
deberá deberá
1. Aproximémonos a través del eje x , es decir de la recta y = o x
2
= lím 1 = 1 . + 0 2 x→0 2. Aproximém Aproximémonos onos a través través del eje y , es decir de la recta x = o
Entonces, tenemos
lím
( x ,0 )→(0.0 ) x 2
02
= lím 0 = 0 . + y 2 x→0 diferentes . Se observa que los dos resultados anteriores son diferentes.
Entonces, tenemos
lím
(0, y )→(0.0) 0 2
Por tanto, se concluye que:
Calcular
x
lím
( x , y )→(0.0) x 2
2
+ y 2
no existe.
x 2 y
lím
( x , y )→(0.0) x 4
+ y 2
Solución: Determinando la convergencia de 1. Eje x ( y = 0 ): 2. Eje y ( x = 0 ):
2
x 0
lím
x →0 x 4
lím
y → 0
+ 02
0 2 y 0 4 + y 2
f
, para diversas direcciones:
= lím 0 = 0 x →0
= lím 0 = 0 y →0
3. Rectas que pasan por el origen ( y = mx) : 3 3 (mx ) mx mx mx lím = lím 4 = lím 2 2 = lím 2 =0 2 2 2 2 4 x → 0 x + (mx ) x →0 x + m x x → 0 x ( x + m ) x → 0 ( x + m 2 )
x
2
4. Paráb rábolas las qu que ten tengan vértic rtice e el ori orig gen ( y = ax 2 )
( ) + (ax ) 2
lím
x →0
x
x ax
2
4
2 2
= lím
x →0 x 4
ax
4
+ a 2 x 4
= lím
x →0 x 4
ax
4
(1 + a ) 2
= lím
x →0 1
a
+ a2
=
a
1+ a 2
≠0
2
Por tanto,
lím
x y
( x, y )→(0.0) x 4
+ y 2
NO EXISTE. 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.
12
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2
Calcular
x y
lím
( x , y )→(0.0) x 2
+ y 2
Solución: Determinando la convergencia de 2
1. Eje x ( y = 0 ): 2. Eje y ( x = 0 ):
x 0
lím
x →0
0 2 y
lím
= lím 0 = 0
0 2 + y 2
y → 0
, para diversas direcciones:
= lím 0 = 0
+ 02
x →0 x 2
f
y →0
3. Rectas que pasan por el origen ( y = mx) : 3 3 (mx ) mx mx mx = lím 2 = lím 2 = lím =0 lím 2 2 2 2 2 x → 0 x + (mx ) x → 0 x + m x x →0 x (1 + m ) x → 0 (1 + m 2 )
x
2
4. Paráb rábolas las qu que ten tengan vértic rtice e el ori orig gen ( y = ax 2 ) x →0
( ) + (ax )
x 2 ax 2
lím
x
2
2 2
ax 4
= lím
+ a 2 x 4
x →0 x 2
ax 4
= lím
(1 + a x )
x →0 x 2
2
2
= lím
x →0 1
ax 2
+ a2 x2
=0
Probemos con otra trayectoria 5. x = ay 2
(ay ) y lím → (ay ) + y 2 2
y
0
2 2
ay
= lím
y → 0
2
2
a y
4
5
ay
= lím
+ y 2
y → 0
y
2
(a
2
5
y
2
+ 1)
= lím
y →0
ay
(a
2
y
3
2
+ 1)
=0
Parecer ser que el límite es cero, pero todavía no está garantizado. ¿Por qué? Demostrarlo, no es una tarea sencilla. Usemos coordenadas polares: 2
2
(
x y
lím
, x ) y→ ( 0.0)
x+ y
2
2
= lím
( r cosθ ) ( rsenθ ) 2
→ r0
= lím
r
3 r senθ cos θ 2
r → 0
r = lím ( rsen rsenθ cos θ ) r → 0
En la parte última se observa que
es acotado por tanto lím (rsenθ cos θ ) = 0 r → 0 senθ cos θ
Lo anterior quiere decir que en situaciones especiales (¿cuáles?), podemos utilizar coordenadas polares para demostrar o hallar límites.
Calcular
lím
(
2
2
+ y 2
sen x
( x , y )→(0.0)
x
+ y 2 )
Solución: Empleando coordenadas polares lím
( x , y )→(0.0)
(
2
2
+ y 2
sen x x
+ y 2 )
= lím
r → 0
( ) =1 2
sen r 2
r
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5.8.1 TEOREMA DE UNICIDAD.
Sea f : U ⊆ Rn → 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 → x 0
x→ x 0
5.8.2 TEOREMA PRINCIPAL.
( ) = L y lim g ( x ) = M entonces: 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 x → x 0
f x
x → x 0
x→ x0
x→ x0
x→ x0
x→ x0
x→ x0
x→ x0
x→ x0
x→ x0
x→ x0
x→ x 0
x → x 0
⎣
⎦
x → x 0
Por tanto en situaciones elementales, la sustitución basta
( x
lím
2
( x , y )→(1.2)
+ 2 y − 3) = 8
1. Calcular Calcular los los siguientes límites: ⎛ y ⎞ ⎟ ⎝ k ⎠
2
a)
x sen⎜
lim x → k y →0
2
x → 0 x
2
y →0
d)
xy
lim x → 0 y → 0
14
−1
x
2
)
lim ysenxy
x →π 4 y → 2
sen( x + y )
( x, y )→(0,0) e
h)
+ y 2
lim
lim x + 3 y x → 2 y →1
x y
b) lim c)
g)
y
y
f) i)
lim
( x , y )→(0,0
lím
( x )
2
+ y 2 )
2 x − y 2
( x, y →(0,0 )) 2 x 2
2
x y
+y
2
MOISES VILLENA 2 2 e) lim sen( x + y ) 2
x + y
x → 0 y → 0
2
2. Calcúlese el límite de f ( x, y ) cuando ( x, y) → (a, b) hallando los límites: li→m g ( x ) y li →m h ( y ) , donde f ( x, y) = g ( x ) h ( y ) x
a
y
a) lim
b
(1 + senx) (1 − cos y )
c) lim cos x seny
y
x →0 y →0
b) lim 2 x( y − 1)
d) lim
( x + 1) y
x →1 y → 2
3. Sea: f ( x, y ) =
y
x →0 y →0
x →1 y →0
6
x y x
6
+ ay 4
4
¿para qué valores de "a" existe existe el
lím
( x , y →(0,0 ))
xy
( x − 1)e y f ( x, y ) ?
6. CONTINUIDAD
Sean f : U ⊆ Rn → R , sea x0 un punto U . Decimos que f es continua en x0 si y sólo si:
( )
( )
lim f x = f x0
x → x 0
⎧ 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 lim f ( x, y) = 0 ( x , y ) → ( 0 , 0)
Determinemos el límite.
lim
( x , y ) → ( 0, 0)
xy x
2
+ y2
Acercándonos por trayectorias. y
= 0; lim x → 0
x = 0; lim y → 0
y
= x ; lim x → 0
Entonces
0 x
2
0 y
2
=0
=0
x 2 x
2
+x
lim
2
=
2 xy
( x , y ) → ( 0 , 0) x 2
Por tanto, f
1
+ y2
no existe.
NO ES CONTINUA EN ( 0,0 ) .
15
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6.1 CONTINUIDAD EN UN INTERVALO
f es Sea f : U ⊆ Rn → R . Se dice que continua en todo U si y sólo si es continua en cada punto de U . 6.1.1 Teorema
Si f y g son continuas en x0 , entonces también son continuas: f + g , f − g , fg , f
g ( x ) ≠ 0) . ( g 0
0, 0 ) de las siguientes funciones: Analice la continuidad en ( 0,0
⎧ sen xy , ( x, y ) ≠ (0,0 ) ⎪ a) f ( x, y ) = ⎨ xy ⎪ 1 , ( x, y ) = (0,0) ⎩ ⎧⎪e xy , ( x, y ) ≠ (0,0) f ( x y ) = , b) ⎨ ⎪⎩1 , ( x, y ) = (0,0) ⎧ xy , ( x , y ) ≠ (0,0 ) c) f ( x, y ) = ⎪⎨ x 2 + y 2 ⎪ 1 , ( x, y ) = (0,0) ⎩ ⎧ cos x 2 + y 2 , x 2 + y 2 ≠ 0 ⎪1 − 2 2 d) f ( x, y ) = ⎪⎨ x + y ⎪ ⎪⎩ −8 , x 2 + y 2 = 0 ⎧ 1 − x 2 − y 2 , x 2 + y 2 ≠ 0 ⎪ ⎪ e) f ( x, y ) = ⎨ 1 − x 2 − y 2 ⎪ ⎪⎩ 1 , x 2 + y 2 = 0
(
)
⎧ x 3 + y 3 , ( x, y ) ≠ (0,0 ) f) f ( x, y ) = ⎪⎨ x 2 + y 2 ⎪ 0 , ( x, y ) = (0,0) ⎩ ⎧ y 3 x , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) g) f ( x, y) = ⎪⎨ x 2 + y 6 ⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ ⎧ y 5 x 2 , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) h) f ( x, y) = ⎪⎨ 2 x 4 + 3 y10 ⎪ 0 , ( x , y ) = ( 0, 0 ) ⎩ ⎧ x3 y2 − xy3 , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) i) f ( x, y) = ⎪⎨ x 2 + y 2 ⎪ 0 , ( x , y ) = ( 0, 0 ) ⎩
16
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7. DERIVADA DE UNA FUNCIÓN ESCALAR. Para función 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.
7.1 Derivada Direccional. Derivada de un campo escalar con respecto a un vector. Sea f : U ⊆ R → R , donde U es un conjunto → abierto, x un punto de U . Sea v un vector de R . → La derivada de f en x con respecto a v , n
0
n
0
→ ⎛ denotada por f ´⎜ x ; v ⎞⎟ o también D f ( x ), se ⎝ ⎠ 0
0
→
v
define como: → ⎛ ⎞− f x + f x v 0 0) ( ⎜ ⎟ → ⎛ ⎞ ⎝ ⎠ f ´⎜ x0 ; v ⎟ = l→im → ⎝ ⎠ v →0 v
Cuando este límite existe →
Ahora bien, si decimos que v VECTOR UNITARIO de R
n
→
→
→
= h entonces v = h u donde u un
, entonces:
La derivada direccional de → respecto u es: f ´⎛ ⎜ x 0
⎝
f
en
→ ⎛ f ⎜ x + h u ⎞⎟ − f ( x → ⎝ ⎠ ; u ⎞⎟ = lim ⎠ → h 0
h
0
x 0
con
)
0
17
MOISES VILLENA
2 ⎛ → ⎞ Sea f ( x) = x ; x∈ Rn . Calcular f ´⎜⎜ x 0 , v ⎟⎟ . ⎝ ⎠ SOLUCIÓN:
⎛ ⎛ ⎞ f ´⎜ x0 ; v ⎟ = lim ⎝ ⎝ ⎠ h →0
f ⎜ x0
→
→ + h u⎞⎟ − f ( x0 ) ⎠ =
h
→
x0
2
2
+ h u − x0
= lim h→0
h →
→ ⎛ x + hu ⎞ ⎛ ⎞ h u⎟ − ( x0 ) • ( x0 ) ⎜ 0 h u⎟ • ⎜ x0 + hu ⎠ ⎝ ⎠ = lim ⎝ h→0
= lim
h
x0 • x0
→
→ →
+ 2 h u• x0 + h2 u• u− x0 • x0
h→0
h →
= lim
→ →
2h u • x0 + h2 u • u
h→0
h →
→ → = lim⎛⎜ 2 u • x 0 + h u • u ⎞⎟ h→0 ⎝ ⎠ →
= 2 u • x0
Si f : U ⊆ R
→ R (una función de dos variables), entonces: → ⎛ f ⎜ ( x , y ) + h u ⎞⎟ − f ( x , y ) → ⎝ ⎠ f ´⎛ ⎜ ( x , y ); u ⎞⎟ = lim ⎝ ⎠ → h 2
0
0
0
Sea
h
f ( x, y) = x
2
0
0
0
→ ⎛ 2 2⎞ + y2 . Hallar D→ f (1, 2 ) donde u = ⎜⎜ , ⎟⎟ u ⎝ 2 2 ⎠
SOLUCIÓN: Empleando la definición: ⎛ ⎜⎜f (1, 2 ) + D→ f (1, 2 ) = lim ⎝ u
⎛ 2 2 ⎞⎞ ⎜⎜h , ⎟⎟ ⎟⎟ − (f1, 2 ) ⎝ 2 2 ⎠⎠
h→0
h
⎛ 2 2⎞ f⎜ 1 + h , 2 + h ⎟ − f (1, 2) ⎜ 2 2 ⎟⎠ = lim ⎝ h→0
h
2 ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎤ ⎢⎜1 + h 2 ⎟ + ⎜ 2 + h 2 ⎟ ⎥ − ⎡⎣12 + 22 ⎤⎦ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎥ ⎢⎜⎝ ⎦ = lim ⎣ 2
h→0
h
⎡ h h2 ⎤ ⎢1 + h 2 + 2 + 4 + 2h 2 + 2 ⎥ − [ 5] ⎦ = lim ⎣ 2
h→0
= lim
h
5 + 3h 2 + h − 5 2
h→0
= lim
h 2 3h 2 + h
h→0
h
= lim ( 3 2 + h ) h→0
=3 2
18
0
MOISES VILLENA
⎧ 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
u
= ( cosθ , senθ )
SOLUCIÓN: Aplicando la definición:
(f ( 0, ) + (hcos θ ,
D→ f ( 0, 0 ) = lim h →0
u
seθ n) ) −
(f 0, 0 )
h f( hcos θ , hsen , 0) θ ) − f( 0
= lim h →0
h
⎡ ( h cos θ ) ( hsenθ ) ⎤ ⎢ ⎥−0 2 h ⎣ ⎦ = lim h →0
= lim
h
cos θ senθ
h →0
h
En la última expresión: π
π
2 π
2 π
2
2
1. Si θ = 0, , π , 2. Si θ ≠ 0, , π ,
f ( 0, 0 ) = 0
entonces D
→
u
f ( 0, 0 ) no existe.
entonces D
→
u
⎧ x 2 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
→
u
= ( cosθ , senθ )
Solución: Aplicando la definición: f( hcos θ , hsen , 0) θ ) − f( 0
D→ f ( 0, 0 ) = lim u
h →0
h
⎡ ( h cos θ ) ( hsenθ ) ⎤ ⎢ ⎥−0 4 2 cos h h s e n θ + θ ) ( ) ⎦⎥ ⎣⎢ ( 2
= lim h→0
h 3
2
h cos θ senθ
= lim
h
2
(h
2
cos θ + sen θ ) 4
h→0
2
h 2
= lim h→0
cos θ senθ 2
4
h cos 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 entonces D→ f ( 0, 0 ) = u
cos2 θ senθ
( existe).
19
MOISES VILLENA
Más adelante daremos una técnica para hallar derivadas direccionales sin emplear la definición. Un caso especial de las derivadas direccionales es cuando consideramos dirección con respecto a eje x y con respecto al eje y .
Determine Determine la derivada direccional direccional de ( a, b ) . ⎧ ⎪ a) f ( x, y ) = ⎨ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ b) f ( x, y ) = ⎨ ⎪ ⎩
x y − xy 3
2
f
en el origen en la dirección dirección del vector unitario unitario
3
2 2 x + y
s i( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) s i( x, y ) = ( 0, 0 )
0 2 2 y − x xy 2 2 x + y
si( x, y) ≠ ( 0, 0 ) s i( x, y ) = ( 0, 0 )
0
7.2 Derivada Parcial. Sea f : U ⊆ R → R , donde U es un conjunto abierto, x un punto de U , h ∈ . Sea → e = (0,0, ,1, ,0 ) un vector canónico unitario de . La derivada parcial derivada parcial de f en x con respecto a → e (o con respecto a su i − ésima variable), n
0
i
n
0
i
∂ f ( x ), se define como: denotada por ∂ x → ⎛ f ⎜ x + h e ⎞⎟ − f ( x ∂ f ⎝ ⎠ ( x ) = lim → ∂ x h 0
i
0
0
h
i
0
)
0
i
Cuando este límite existe Si f : U ⊆ R
→ R (una función de dos variables), entonces los vectores canónicos unitarios serían: e = iˆ = (1,0 ) y e = ˆj = (0,1) . Las 2
1
2
derivadas parciales serían:
f ( ( x0 , y0 ) + h (1, 0 ) ) − f ( x0 , y0 ) ∂ f ( x0 , y0 ) = lhi→m0 ∂ x1 h
20
MOISES VILLENA
∂ f o también f , es decir: ∂ x f ( x0 + h, y0 ) − f ( x0 , y0 )
Denotada simplemente como:
∂ f = lim ∂ x h→0
x
h
Y la otra derivada parcial sería: f ( ( x0 , y0 ) + h ( 0,1) ) − f ( x0 , y0 ) ∂ f ( x0 , y0 ) = lhi→m0 ∂ x2 h
∂ f o también f , es decir: ∂ y f ( x0 , y0 + h ) − f ( x0 , y0 )
Denotada simplemente como:
∂ f = lim ∂ y h→0
y
h
Sea f ( x, y ) = x 2 y 3 , obtener
∂ f ∂ f y . ∂ x ∂ y
SOLUCIÓN: f ( x + h, y) − f ( x, y) ∂ f = lim h ∂ x h →0 2 3 ( x + h) y − x2 y3 = lim h →0
h
(x lim
2
=
+ 2 xh + h2 ) y3 − x2 y3
h →0
2
h
+ 2 xhy3 + h2 y3 − x2 y3
3
x y
= lim h →0
h
2 xhy + h y 3
= lim h →0
2
3
h
= lim( 2 xy + hy3 ) 3
h →0
∂ f = 2 xy3 ∂ x f ( x, y + h) − f ( x, y) ∂ f = lim h ∂ y h → 0
= lim
3
2
( y + h) −
2
(y
2
3
x
h→0
= lim
3
h x
3
+ 3 y2 h + 3 yh2 + h3 ) − x2 y3
h→0
= lim
2
x y
h x y
+ 3 x y h + 3 x2 yh2 + x2 h3 − x2 y3 2
2
h→0
h
3 x y h + 3 x yh + x2 h3 2
= lim
2
2
h→0
2
h
= lim ( 3 x y + 3 x2 yh + x2 h2 ) 2
2
h→0
∂ f = 3 x 2 y 2 ∂ y
21
MOISES VILLENA
Note que
∂ f se obtiene como una derivada para función de una ∂ x
variable, en este caso x , y considerando a la otra variable y como constante. ∂ f Análogamente, si se desea obtener , deberíamos derivar considerando sólo ∂ y a y como variable.
Sea f ( x, y ) = sen
x
2
+ y 3 , obtener
∂ f ∂ f y . ∂ x ∂ y
SOLUCIÓN: −1 ∂ f ⎡1 ⎤ = cos x 2 + y 3 ⎢ ( x 2 + y 3 ) 2 (2 x )⎥ ∂ x ⎣2 ⎦ −1 ∂ f ⎡1 ⎤ = cos x 2 + y 3 ⎢ ( x 2 + y 3 ) 2 (3 y 2 )⎥ ∂ y ⎣2 ⎦
En otros tipos de funciones habrá que aplicar la definición.
⎧ 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) ⎤ ⎢ 2 + 02 ⎥ − 0 h , 0 0 , 0 − f h f ( ) ( ) 0 ⎦ a) f ( 0, 0 ) = lim = lim ⎣ = lim = 0 x h →0
h →0
h
h
h →0
h
⎡ 0 (h) ⎤ ⎢ 02 h 2 ⎥ − 0 + ⎦ f ( 0, h) − f ( 0, 0 ) 0 b) f y ( 0, 0 ) = lim = lim ⎣ = lim = 0 h →0
1. Encontrar
h →0
h
h
h →0
∂ f ∂ f , si : ∂ x ∂ y
d) f ( x, y ) = xe x
a) f ( x, y ) = xy b) f ( x, y ) =
( x
2
) ( )sen x
+ y 2 log e x 2 + y 2
c) f ( x, y ) = cos ye
xy
)
2. Hallar f x ( 0, 0 ) y f y ( 0, 0 ) , para:
2
+ y2
e) f ( x, y ) = x cos x cos y sen( xy )
f) f ( x, y) =
∫ y
22
h
2
g ( t) dt
MOISES VILLENA ⎧ xy2 ⎪ 2 2 a) f ( x, y) = ⎨ x + y ⎪ 0 ⎩
si( x, y ) ≠ ( 0, 0) si( x, y) = ( 0,0 )
⎧ x3 y2 − xy3 , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) b) f ( x, y ) = ⎪⎨ x 2 + y 2 ⎪ 0 , ( x , y ) = ( 0, 0 ) ⎩ ⎧ x2 − y2 sen 1 , ( x, y) ≠ ( 0, 0 ) x + y c) f ( x, y ) = ⎪⎨ ⎪⎩ 0 , ( x, y ) = ( 0,0 0, 0)
(
2
2
)
⎧ sen ( x 2 − y 2 ) ⎪ ; ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) d) f ( x, y ) = ⎨ x+ y ⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩
7.3.1
INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA DE LAS DERIVADAS PARCIALES
Se ha definido la derivada tratando de que se entienda como la variación de la función con respecto a una dirección. Entonces la ∂ f derivada parcial , será la pendiente de la recta tangente paralela al ∂ x plano zx , observe la figura: z m=
∂ f ∂ x
( x0 , y0 )
( x0 , y0 , f ( x0 , y0 ))
• ∆ z
z = f ( x, y )
∆ x y0
y x0 x0 + h
h
( x0 , y0 )
( x0 + h, y0 )
x
En cambio, la derivada parcial
∂ f , será la pendiente de la recta ∂ y
tangente paralela al plano zy , observe la figura: 23
MOISES VILLENA
z
z = f ( x, y )
m=
∂ f ∂ y
( x0 , y0 ) ( x0 , y0 , f ( x0 , y0 )) ∆ z
•
∆ y y0
h
y
y0 + h
x0
( x0 , y0 ) ( x 0 , y 0 + h)
x
Encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva de intersección de la superfic ie 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
y = 1
(2,1,5)•
m= dz
y
∂ z dx
(2,1)
→
S = (a, o, c )
x dx
24
MOISES VILLENA ⎧ 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 , z 0 ) = (2,1,5) . Los vectores directrices son paralelos al plano zx y por tanto son de la forma: →
S = (a, o, c ) . ¿Por qué?
La pendiente de la recta será m =
∂ z dx
(2,1) ; que definirá la dirección de los vectores
directores. Ahora bien, si z = x 2 + y 2 entonces
∂ z = 2 x = 2(2) = 4 ∂ x
Evaluando tenemos: Entonces:
∂ z = 2 x . ∂ x
∂ z c 4 = = ∂ x a 1 →
Por tanto S = (a, o, c ) = (1,0,4) Finalmente la ecuación de la recta buscada será: ⎧ x = x0 + at = 2 + t ⎪ l : ⎨ y = y0 + bt = 1 + 0t ⎪ z = z + ct = 5 + 4t 0 ⎩
7.3.2
DERIVADAS SUPERIOR
Sean f : U ⊆ R → R 2
PARCIALES
tal
que
DE
ORDEN
z = f ( x, y ) . ∂ f ∂ f
Suponga que las derivadas parciales
∂ x
y
∂ y
existan. Entonces las Derivadas parciales de Segundo Orden se definen como: ∂ f ∂ f ( x + h, y ) − ( x , y ) ∂ f ∂ ∂ f ⎞ ∂ x ∂ x = ⎛ = f ⎜ ⎟ = lim → ∂ x ∂ x ⎝ ∂ x ⎠ h ∂ f ∂ f ( ( x , y ) x , y + h ) − ∂ f ∂ ⎛ ∂ f ⎞ ∂ x ∂ x = ⎜ ⎟ = lim = f ∂ y∂ x ∂ y ⎝ ∂ x ⎠ → h 2
0
2
h
0
0
0
xx
0
2
0
h
0
0
0
0
xy
25
MOISES VILLENA
∂ f ∂ f ( x + h, y ) − ( x , y ) ∂ y ∂ y
∂ f ∂ ⎛ ∂ f ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟ = lim = f → ∂ x∂ y ∂ x ⎝ ∂ y h ∂ f ∂ f ( x , y + h ) − ( x , y ) ∂ f ∂ ⎛ ∂ f ⎞ ∂ y ∂ y = ⎜⎜ ⎟⎟ = lim = f → ∂ y ∂ y ⎝ ∂ y h 0
2
0
yx
0
2
h
0
0
h
2
0
0
0
0
yy
0
Cuando estos límites existan. A f xy y a f yx se las denominan Derivadas Mixtas o Derivadas Cruzadas. 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
x
2
+ y 2
+ x 2 e x
= x 2 e x
2
+ y 2
(2 y ) = 2 x 2 ye x + y
f x = 2 xe
f y
2
+ y 2
(2 x ) = 2 xe x + y + 2 x 3e x + y 2
2
2
2
2
2
Por tanto las derivadas parciales de segundo orden serían: 2 2 2 2 2 2 x 2 + y 2 + 2 xe x + y (2 x ) + 6 x 2 e x + y + 2 x 3 e x + y (2 x ) f xx = 2e = 2e x f xy
2
+ y 2
= 2 xe x
2
= 4 xye x f yx
f yy
+ y 2
2
= 4 xye x = 4 xye x
2
= 2 x 2 e x 2
+ y 2
+ 6 x 2 e x 2
+ 4 x 3 ye x
+ y 2
+ y 2 2
2
2
+ y 2
+ 4 x 4 e x
2
+ y 2
2
(2 y ) + 2 x 3e x + y (2 y )
+ y 2
2
= 2 x 2 e x
+ 4 x 2 e x
+ y 2
+ y 2
2
+ 2 x 2 ye x + 4 x 3 ye x
2
+ y 2 2
+ y 2
(2 x )
+ y 2
+ 2 x 2 ye x
2
+ 4 x 2 y 2 e x
+ y 2
2
(2 y )
+ y 2
Note que las derivadas cruzadas son iguales. 7.3.3 TEOREMA DE SCHWARZ
Sea f : U ⊆ R → R , una función definida en el abierto U de . Si las derivadas parciales 2
2
∂ f ∂ f y existen y son funciones continuas ∂ x∂ y ∂ y∂ x ∂ f ∂ f en U , entonces: = ∂ x∂ y ∂ y∂ x 2
2
2
26
2
MOISES VILLENA
Analicemos el siguiente ejemplo, donde se hace necesario emplear las definiciones de las derivadas parciales.
⎧ 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) 0, 0 + h) − ∂ ⎛ ∂ f (0,0) ⎞ ∂ x ∂ x a) f xy (0,0 ) = ⎜ ⎟ = lím ∂ y ⎝ ∂ x ⎠ x→0 h Necesitamos la derivada parcial de primer orden. ∂ f Para la derivada en cualquier punto diferente de (0,0) tenemos: ∂ x ∂ f ∂ ⎛ x 3 y − xy 3 ⎞ (3 x 2 y − y 3 )( x 2 + y 2 ) − ( x 3 y − xy 3 )(2 x ) ⎟= = ⎜⎜ 2 x + y 2 ⎠⎟ ∂ x ∂ x ⎝ ( x 2 + y 2 )2 3 x 4 y − x 2 y 3 + 3 x 2 y 3 − y 5 − 2 x 4 y + 2 x 2 y 3
=
( x x 4 y + 4 x 2 y 3
=
( x
Evaluando f x (0, h ) =
Para la derivada
2
2
+ y 2 )
− y 5
+ y 2 )
2
0 4 h + 4(0 2 )h 3 − h 5
(0
2
2
+h
)
2 2
=
− h5 h4
= −h
∂ f en (0,0) tenemos: ∂ x f (0 + h, 0) − f (0,0) f x (0,0 ) = lím h →0
h
( )−0
h 3 0 − h 03 2 = lím h + 0 2
h →0
= lím h →0
h
0 h
=0 Por tanto: f xy (0,0 ) = lím h →0
b) f yx (0,0 ) =
f x (0, h ) − f x (0,0 ) h
∂ ⎛ ∂ f (0,0 ) ⎞ ⎜⎜ ⎟ = lím ∂ x ⎝ ∂ y ⎠⎟ h→0
= lím h →0
−h−0 h
= −1
∂ f ∂ f (0 + h, 0) − (0,0) ∂ y ∂ y h
27
MOISES VILLENA
∂ f en cualquier punto diferente de (0,0) tenemos: ∂ y ∂ f ∂ ⎛ x 3 y − xy 3 ⎞ ( x 3 − 3 xy 2 )( x 2 + y 2 ) − ( x 3 y − xy 3 )(2 y ) ⎟= = ⎜⎜ 2 x + y 2 ⎠⎟ ∂ y ∂ y ⎝ ( x 2 + y 2 )2
Para la derivada
+ x 3 y 2 − 3 x 3 y 2 − 3 xy 4 − 2 x 3 y 2 + 2 xy 4 = ( x 2 + y 2 )2 x 5 − 4 x 3 y 2 − xy 4 = ( x 2 + y 2 )2 x 5
Evaluando: f y (h,0) =
Para la derivada
h5
− 4h 3 0 2 − h0 4 h 5 = 4 =h 2 2 2 h (h + 0 )
∂ f en (0,0) tenemos: ∂ y f y (0,0 ) = lím
f (0, 0 + h ) − f (0,0)
h →0
h
( )−0
03 h − 0 h 3 0 + h2 h 2
= lím h →0
= lím h →0
0 h
=0 Por tanto: f yx (0,0 ) = lím
f y (h, 0 ) − f y (0,0)
h→0
= lím h→0
h
h−0 h
=1
Note que las derivadas mixtas no son iguales. ¿Por qué? ¡Demuéstrelo!
1. Calcular, si existen , la derivada mixta
(
)
⎧ xy x 2 − y 2 ⎪⎪ a) f ( x, y) = ⎨ x 2 + y 2 ⎪ ⎪⎩ 0 ⎧ x 4 y 2 − x 2 y 4 ⎪ b) f ( x, y) = ⎪⎨ x3 + y 3 ⎪ ⎪⎩ 0
∂ 2 f (0,0 ) ∂ 2 f (0,0 ) y para: ∂ x∂ y ∂ y∂ x
2 2 si x + y ≠ 0 2 2 si x + y = 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) ⎩
28
MOISES VILLENA
8. DIFERENCIABILIDAD. 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)
}} r
}
∆ y
dy
f ( x0 )
h = dx = ∆ x
x x0 + h
x0
Note que ∆ y = dy+ r , donde a Reemplazando tenemos:
r
le vamos a llamar residuo.
∆ y = 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
Podemos decir que para que
h
sea diferenciable se debe dar que: r lim = 0 h→ 0 h f
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:
29
MOISES VILLENA
f ( ( x0 , y0 ) + ( h1 , h2 ) ) − f ( x0 , y0 ) = A1 h1 + A2 h2 + r r
Y deberá ocurrir que lim h
=0
→0 h
Encontremos A1 . Suponga que h = ( h1 , 0 ) , entonces:
f ( ( x0 , y0 ) + ( h1 , 0 ) ) − f ( x0 , y0 ) = A1 h1 + A2 0 + r Dividiendo para h1 y tomando límite:
f ( x0
lim
+ h1 , y0 ) − f ( x0 , y0 )
h1 →0
h1 →0
h1
Tenemos que A1
= A1 + lim
r h1
= f x ( x , y ) 0
0
Análogamente obtengamos A2 Suponga que h = ( 0, h2 ) , entonces:
f ( ( x0 , y0 ) + ( 0, h2 ) ) − f ( x0 , y0 ) = A1 + A2 h2 + r Dividiendo para h2 y tomando límite:
f ( x0 , y0
lim
h2 →0
+ h2 ) − f ( x0 , y0 )
h2 →0
h2
Tenemos que A2
= A2 + lim
= f y ( x , y ) 0
r h2
0
Ahora sí podemos proponer la siguiente definición para la diferenciabilidad.
Sea f : U ⊆ R2 → 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 lim
( h1 , h2 )→ (0 , 0 )
[
f( x + h , 0
1
y0
+ h ) − f( x , y ) ] − [ xf ( x , y ) ] 1h− ⎡⎣ yf ( x , y ) ⎤⎦ h2 2
0
0
0
h1 + h2 2
0
0
=0
0
2
Demuestre que f ( x, y) = x2 + y2 es diferenciable en todo ( x , y ) SOLUCIÓN: 0
Aplicando la definición, para que la función sea diferenciable el límite
30
0
MOISES VILLENA
[
lim
f( x + h , 0
y0
1
+ h ) − f( x , y ) ] − [ xf ( x , y ) ] 1h− ⎡⎣ yf ( x , y ) ⎤⎦ h2 2
0
0
0
0
0
0
h12 + h2 2
( h1 , h2 )→ (0 , 0 )
debe ser cero. Obtengamos primero las derivadas parciales: x
f( x , y ) = 2 (x x
y
f( x , y ) = 2 (y x
0
0 , y0
0
0
)
= 2 0x
)
= 2 0y
0 , y0
0
Reem Reemplazando y simplificando: simplificando:
[
lim
f( x + 0
h1 , y0 + h2
) − f( x
0
( h1 , h2 ) → ( 0 , 0 )
, y0
) ] − [ xf ( x
0
2 1
h
+ h2
, y0
⎡ ( )] h )⎤ 1 − ⎣ yf x , y ⎦ h2 0
0
2
⎡( x0 + h1 )2 + ( y0 + h2 )2 ⎤ − ⎡ x0 2 + y0 2 ⎤ − [ 2 x0 ] h1 − [2 y0 ] h2 ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ lim 2 2 ( h , h )→(0,0) h1 + h2 1
2
⎡⎣ x0 2 + 2 x0 + h12 + y0 2 + 2 y0 + h2 2 ⎤⎦ − x0 2 − y0 2 − 2 x0h1 − 2 y 0h2 lim 2 2 ( h , h )→(0,0) h1 + h2 1
2
2
h1
lim
( h1 , h2 ) → ( 0 , 0 )
h1
lim
h1
( h1 , h2 ) → ( 0 , 0 )
+ h2 2
2
+ h2 2
2
+ h2 2
Se observa que 2 2 lim h1 + h2 = 0 Por tanto f ( h1 , h2 ) → ( 0, 0 )
ES DIFERENCIABLE EN TODO PUNTO.
⎧ xy ; ( x , y ) ≠ ( 0, 0 ) ⎪ Sea f ( x, y) = ⎨ x 2 + y 2 . ⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ Determine si f es diferenciable en ( 0,0 ) SOLUCIÓN: Aplicando la definición: [ f( 0 + h , 0 + h ) − f( 0, 0) ] − [ xf ( 0, 0 )] h1 − ⎡⎣ fy ( 0, 0 ) ⎤⎦ h2 lim 2 2 ( h1 , h2 )→ (0 , 0 ) h1 + h2 1
2
Las deriv rivadas parcia rciale less ya fue fueron ron obten tenida idas anteri terio orme rmente : f x ( 0, 0) = 0
y
f y ( 0, 0 ) = 0
Reemplazando: [ f( h , h ) − 1
lim
f ( 0, 0 ) ] − [ xf ( 0, 0 )] h1 − ⎡⎣ fy ( 0, 0 ) ⎤⎦ h2
2
2 2 h1 + h2
( h1 , h2 )→ (0, 0 )
⎡ h1h2 ⎤ ⎢ h 2 + h 2 − 0 ⎥ − [0] h1 − [0] h2 ⎦ 2 lim ⎣ 1 2 2 ( h , h )→ (0, 0 ) h1 + h2 1
2
lim
( h1 , h2 )→ (0, 0 )
h1h2
(h
1
2
+ h22 )
3
2
31
MOISES VILLENA El último límite lo calculamos por coordenadas polares h1h2 cos θ senθ r cos θ rsenθ lim = lim = lim 3 3 r →0 r →0 r ( h1 , h2 )→( 0 , 0) ( h12 + h22 ) 2 ( r 2 ) 2 Este límite no existe, por tanto f NO ES DIFERENCIABLE en ( 0,0 ) .
Los siguientes teoremas permiten sacar conclusiones rápidas. 8.1 TEOREMA
Si f : U ⊆ R2 → R , es diferenciable en ( x0 , y0 ) ∈ U , entonces es continua en ( x0 , y0 ) . 8.2 TEOREMA
Sea f : U ⊆ R2 → R . Si las funciones derivadas parciales son continuas en ( x0 , y0 ) entonces f es diferenciable en ( x0 , y0 ) .
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 a) f ( x, y ) = ⎨ x + y 2 ⎪ ⎪⎩ 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) = ⎨ ⎪ s i( x, y ) = ( 0,0 0 0, 0) ⎩
⎧ x3 y2 − xy3 , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) c) f ( x, y) = ⎪⎨ x 2 + y 2 ⎪ 0 , ( x , y ) = ( 0, 0 ) ⎩ ⎧ x2 − y2 sen 1 , ( x, y) ≠ ( 0, 0 ) x + y d) f ( x, y) = ⎪⎨ ⎪⎩ 0 , ( x, y ) = ( 0,0 0, 0) ⎧ sen ( x 2 − y 2 ) , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) e) f ( x, y) = ⎪⎨ x + y ⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩
(
⎧ y 2 − x 2 ⎪ xy f) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 ⎪ 0 ⎩
32
2
2
)
si( x, y) ≠ ( 0, 0 ) s i( x, y ) = ( 0, 0 )
MOISES VILLENA
9. GRADIENTE. Sea f : U ⊆ Rn → R una función diferenciable. Se define el vector gradiente de f en x 0 , denotado por ∇ f ( x 0 ) o grad f ( x 0 ) , como el vector de R n : ⎛ ∂f ∂f ∂f ∂ f ⎞ ∇ f ( x 0 ) = ⎜ , , , , ⎟ ∂ x ∂ x ∂ x ∂ x n ⎠( x ) ⎝ 1 2 3 0
2
2
0, 0 ) . Sea f ( x, y) = ( x −1) + ( y− 1) . Hallar el gradiente gradi ente de f en ( 0,0 SOLUCIÓN: ⎛ ∂ f ∂f ⎞ ∇ ( 0f , 0 ) = ⎜ , ⎟ = ( 2 ( −x1) , 2 ( −y1) )( 0,0 ) = ( − 2, − 2 ) ⎝ ∂ x ∂y ⎠( 0,0 )
9.1 GRADIENTE Y DERIVADA DIRECCIONAL En la expresión para el residuo. f ( ( x0 , y0 ) + ( h1, h2 ) ) − f ( x0 , y0 ) = [ f x ( x , y ) ] h1 + [ f x ( x , y )] h2 + r 0
0
0
0
Observe que h = ( h1 , h2 ) lo podemos expresar como h = h u , donde u es un vector unitario. Suponga que h = h y que u = ( u1 , u2 ) entonces h = h ( u1 , u2 ) Ahora, dividiendo para lim
f
h
(( x , y ) + hu) − 0
0
h→0
y tomando límite: f ( x0 , y0 )
h
= [ f x (
x0 , y0 )
h
h
r
h
h
] 1 + [ f x ( x , y )] 2 + lhi→m0 0
h
0
r Si f es diferenciable entonces lim . h→0 h Con lo cual resulta: f ( x0 , y0 ) + hu − f ( x0 , y0 ) lim = [ xf ( x , y )] u1 + [ xf ( x , h→0 h Finalmente Du f ( x0 , y0 ) = ⎡⎣∇ f ( x0 , y0 )⎤⎦ • u
(
)
0
0
0
y0 )
]u2
33
MOISES VILLENA
Sea f ( x, y ) = x 2 + y 2 . Hallar D→ f (1, 2 ) donde
→
u
u
⎛ 2 2 ⎞ ⎟ = ⎜⎜ , ⎟ 2 2 ⎝ ⎠
SOLUCIÓN: Empleando lo anterior Du f(1, 2 ) = ⎡⎣∇ f(1, 2 )⎤⎦ • u Ahora, el gradiente sería: ∇ f (1, 2 ) = ( f x , fy )(1,2 ) = ( 2 x, 2 y)(1,2 ) = ( 2, 4 ) Reemplazando y resolviendo ⎛ 2 2⎞ ⎜ 2 , 2 ⎟⎟ = 3 2 ⎝ ⎠
Du f (1, 2 ) = ⎡⎣∇ f (1, 2 ) ⎤⎦ • u= ( 2, 4 ) • ⎜
Sea
(
2 2 f ( x, y) = sen x + y
) . 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:
Primero obtengamos
u
PQ
= =
u
y sus derivadas parciales en P (1,1)
( 3 − 1, 2 − 1) ⎛ 5
PQ
f (1,1) = ⎡cos
x
2 1 ⎞ =⎜ , ⎟ ⎝ 5 5⎠
⎣
f (1,1) = ⎡ cos
(
2
x
+ y2 ) ⎤⎦ 2 x = 2 cos 2 (1,1)
( x + y ) ⎤⎦ 2 Empleando la última definición y
Du f(1,1) =
⎣
2
2
y
(1,1)
= 2 cos 2
⎛ 2 1 ⎞ 6 ⎡⎣∇ f(1,1) ⎤⎦ • u= ( 2 cos 2, 2 cos 2 ) • ⎜ , ⎟ = cos 2 5 ⎝ 5 5⎠
1. Halle la derivada direccional de la función en el punto P en la dirección de Q . a) f ( x, y ) = x 2 + 4 y 2 , P(3,1), Q(1,−1) π b) f ( x, y ) = cos( x + y ), P(0, π), Q( ,0) c)
2 f ( x, y, z ) = ln( x + y + z ), P (1,0,0), Q(4,3,1)
d) g ( x, y, z ) = xye z , P(2,4,0), Q(0,0,0) 4
2. Dado Dado el campo campo escalar f : R n → R tal que f ( X ) = X , calcular: a) f ' ( X , v ) (Derivada direccional de f en la dirección de v) b) Si n=2, hallar todos los puntos (x,y) (x,y) en f ' (2i + 3 j; xi + yj ) = 6
R
c) Si n=3 , hallar todos todos los puntos (x,y) (x,y) en f ' (i + 2 j + 3k ; xi + yj + zk ) = 6
34
2
R
para los cuales: 3
para los cuales
MOISES VILLENA
3. Calcule la derivada de la función f ( x, y ) = x sen y en el punto (3,0), en la dirección dirección del vector tangente a la parábola y = x 2 en el punto (1,1)
9.2 PROPIEDADES DEL GRADIENTE 1. El Gradiente es un vector ortogonal a los conjuntos de nivel.
2.
De la igualdad Du f ( x0 ) = ⎡∇ f ( x0 ) ⎤ • u tenemos ⎣ ⎦ Du f ( x0 ) = ∇ f ( x0 ) u cos θ Si el gradiente y el vector unitario tienen la misma dirección (θ = 0 ) entonces la derivada direccional tendría el máximo valor y sería:
( )
Du f x0
máx
= ∇ f ( x0 )
Si el gradiente y el vector unitario tienen dirección contraria ( θ entonces la derivada direccional tendría el mínimo valor y sería:
( )
Du f x0
= π )
= − ∇ f ( x0 )
mín
Suponga que la distribución de temperatura dentro de una habitación está dada por : T ( x, y, z ) = 5 + 2 e x + 4 y + z , donde x , y , z se miden a partir del rincón rincó n ( 0,0,0 ) . a) ¿En qué dirección aumenta la temperatura con m ayor rapidez? b) ¿Cuál ¿Cuál es el valor máxim o? 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) 2
(
2
2
2
= e x+ 4 y+ z (1) , e x + 4 y + z ( 4 ) , e x +4 y + z ( 2z )
)
( 0,0,0 )
= (1,4,0 ) b) El valor máximo sería T( 0, 0, 0 ) = ∇ T( 0, 0 , 0 ) = 1 + 42 + 02 = 17 D u máx
35
MOISES VILLENA
1. La temperatura en el punto ( x, y ) de una placa viene dada por: x . Hállese la dirección de mayor crecimiento del calor desde el T ( x ) = 2 x + y 2 punto (3, 4). 2. Se describe la superficie de una montaña mediante la ecuación h( x, y ) = 4000 − 0.001 x 2 − 0.004 y 2 . Supóngase que un alpinista está en el punto (500, 300, 3390). 3390). ¿En qué dirección dirección debe moverse moverse el alpinista alpinista en orden a ascender lo más rápido posible? 3. Suponer que la temperatura en el punto P(x,y,z) en el espacio está dada por 2 2 2 T ( x, y, z ) = x + y + z 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. 4. ¿Cuál es el valor de T(t=0)?. 5. ¿Qué dirección debe tomar la partícula para avanzar hasta la región de más baja temperatura?. 6. 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 T ( x, y, z ) = e − x − y −3 z donde donde x, y, z se miden en metr metros. os. Si la nave del Capitán América se encuentra en el punto (1,1,1). 7. ¿En qué dirección deberá avanzar para disminuir más rápido la temperatura? 8. Desafortunadamente el casco de la nave se cuarteará si se enfría a una tasa mayor de 14 e 2 grados por segundo. Describir el conjunto de direcciones posible en las que puede avanzar para bajar la temperatura. 2
2
2
9.3 VECTORES NORMALES Y PLANOS TANGENTE Cuando se interpretó geométricamente las derivadas parciales, se definió definió que un vector vector directriz directriz de la recta tangente tangente para lela al plano zx ,en un
punto de la superficie z = f ( x, y) , está dado por S1
= (1,0, f x ( x
0
) ) ; y un
vector directriz de la recta tangente paralela al plano zy está dado por
(
S2 = 0,1, f y ( x
0
)) . z
n = S1 × S 2
(
S1 = 1,0, f x ( x
(
S2 = 0,1, f y ( x
0
))
•
0
))
( x0 , y0 , f ( x0 , y0 ))
z = f ( x, y) y0
y x0
x
36
( x0 , y0 )
MOISES VILLENA
Si multiplicáramos en cruz estos vectores obtendríamos un vector normal a la superficie en ese punto i j k
S1 × S 2
=1 0
f
x
= (− f
( x ) , − f ( x ) ,1) x
0
y
0
0 1 f y Por tanto el plano tangente en ese punto tendría por ecuación
− f x ( x ) [ x − x0 ] − fy ( x ) [ y − y0 ] + 1[ z − z0 ] = 0 0
0
Hallar la ecuación del plano tangente y la ecuación de la recta normal a la superficie que tiene por ecuación
z = f ( x, y) =
10 xy
en el punto (1,2,5 ) .
SOLUCIÓN: a) La ecuación del plano tangente estaría dada por: − xf (1, 2 ) [ x− 1] − fy ( 1, 2) [ y− 2] + 1[ z− 5] = 0 Las derivadas parciales serían: f x (1, 2 ) = − f x (1, 2 ) = −
10
= −5
2
x y
(1,2 )
10 xy
=−
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 − [ xf ( x , y )] t ⎪⎪ ⎨ y= y0 − ⎡⎣ yf ( x , y ) ⎤⎦ t ⎪ ⎩⎪ z = z0 + t Reemplazando: 0
0
0
0
⎧ x= 1 − [ −5] t= 1 + 5 t ⎪ 5 5 ⎨ y = 2 − ⎡⎣ − 2 ⎤⎦ t = 2 + 2 t ⎪ z = 5 + t ⎩⎪
37
MOISES VILLENA
10. LA DIFERENCIAL 10.1 DEFINICIÓN
Sea f : U ⊆ Rn → R una función diferenciable en Entonces para cada x ∈U se tiene:
(
) = f ( x) +
f x+ h
A la parte
U .
∂f ∂f dx + dy + r ∂ x ∂y
∂ f ∂f dx + dy ∂ x ∂y
Se le denomina diferencial de, y se la denota como df . 10.2 APROXIMACIONES APROXIMACIONES
∆ f ≈ df, entonces tenemos: f ( x0 + ∆ x, y0 + ∆ y) − f ( x0 , y0 ) ≈ [ f x ( x , y ) ] dx + ⎡⎣ fy ( x ,
Si se dice que
0
0
0
y0 ) ⎤
⎦ dy
Como dx = ∆x y dy = ∆y Tenemos la formula de aproximación: f ( x0
+ ∆ x, y0 + ∆ y ) ≈ f ( x0 , y0 ) + [ f x (
3.98
x0 , y0 )
Aproximar el valor de (1, 08 ) SOLUCIÓN: Utilicemos la función f ( x, y) = xy (¿por qué? tomemos: x0 = 1 entonces ∆ x = 0.08 y0 = 4 entonces ∆ y = −0.02 Las derivadas parciales serían: f = ( y −y1x) =4 x (1, 4 ) (1,4 )
f (1, 4 ) =
y
(
)(
x y ln x
1,4 )
=0
Empleando la formula de aproximación:
38
]∆ x + ⎡⎣ f y ( x , y ) ⎤⎦ ∆ y 0
0
MOISES VILLENA f ( x0
+ ∆ x, y0 + ∆ y) ≈ f ( x0 , y0 ) + [ f x (
(f1.08; 3.98 ) ≈ (f1, 4 ) + [
x
x0 , y0 )
] ∆ x+ ⎡⎣
fy (
x0 , y0 )
⎤⎦ ∆ y
f(1, 4 ) ]0.08 + ⎡⎣ yf( 1, 4 ) ⎤⎦ ( −0.02 )
(1.08 )
3.98
≈ 14 + [4 ]0.08 + [0 ] ( −0.02 )
(1.08 )
3.98
≈ 1 + 0.32
(1.08 )
3.98
≈ 1.32
10.3 CALCULO DE ERRORES El error en una función se lo puede considerar como la variación de la función, entonces tenemos que:
∆ f≈
∂ f ∂f ∆ x+ ∆ y ∂ x ∂y
El radio r y la altura h de un cilindro cilin dro circular circu lar recto se miden con un posibl e error del 4% y 2% respectivamente. Aprox ime el error porc entual al calcular el volu men. SOLUCIÓN: El volumen de un cilindro circular recto está dado por: V = π r 2 h Se sabe que los errores errores porcentuales porcentuales en las mediciones mediciones de r y h son del 4% y 2% , 4 2 por tanto ±∆r = 100 r y ±∆h = 100 h . Por otro lado ∆V ≈
∂V ∂V ∆r + ∆h ∂r ∂h
Reemplazando: ∆V ≈ ( 2π rh ) ( 1040 r ) + (π r 2 ) ( 1020 h ) ⎛ ⎞ 10 ∆V ≈ ⎜ π r 2h ⎟ ( 100 ) ⎝ V ⎠
Por tanto el error porcentual del volumen sería : ∆V 100 100 ≈ 10% 10% V
1. Calcular aproximadam aproximadamente ente 3.01 a) 1.02 b) [4.052 + 8.982 - 0.992]3/2 1/4 ]-1/3 c) (1.03)2 [(0.982 ) (1.053 )1/4
39
MOISES VILLENA 2. Calcule la longitud del segmento de recta x = 1.2, y = 0.95 que se encuentra entre la superficie superficie z = x 2 + 5 y 2 y su plano tangente en el punto (1,1,6). (1,1,6). 3. Calcule el valor aproximado de la función f ( x, y ) = x y 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 cometer al evaluar su área. Determine Determine también el el error error en porcentaje. porcentaje. 5. La altura de un cono es h = 30cm , el radio de su base R = 10cm . ¿Cómo ¿Cómo variará el volumen de dicho cono si H se aumenta 3mm y R se disminuye 1 mm?
10.4 DEFINICIÓN GENERAL DE DI DIFERENCIAL FERENCIAL
Sea f : U ⊆ Rn → Rm . Se dice que f = ( f1 , f2 ,, fm ) es diferenciable en x 0 ∈ U si y sólo si z = f ( x0 ) + ⎡ Df ( x0 ) ⎤ ⎡ x − x0 ⎤ + r es una buena ⎦ ⎣ ⎦⎣ aproximación de decir:
f
en una vecindad de
x 0 ;
es
f x0 + h = f x0 + ⎡ Df x0 ⎤ ⎡ x − x0 ⎤ + r
(
)
Y se cumple que
( )
lim h
A
r
⎣
( )⎦ ⎣
⎦
= 0.
→0 h
( )
se le llama M ATRIZ ATRIZ D IFERENCIAL IFERENCIAL ACOBINA y se define como: J ACOBINA Df x0
⎡ ∂∂ xf ⎢∂ f ⎢∂ x Df ( x0 ) = ⎢ ⎢ ⎢ ∂∂ fx ⎣ 1
1
2
1
m
1
Sea f
∂ 2f ∂ 2x
∂ mf ∂ 2x
⎤ ⎥ ∂ f ∂ x⎥ ⎥ ⎥ ∂ ∂ xf ⎥⎦ x
∂ 1f ∂ nx 2
n
m n
0
2 2 : R 2 → R , tal que f ( x, y) = x + 3 y , entonces:
Df ( x, y) =
40
∂ 1f ∂ 2x
⎡⎣ f x
fy ⎤⎦
= [ 2 x 6 y]1×2
O
MOISES VILLENA
Sea
(
3 4 2 f : R → R , tal que f ( x, y, z) = x
⎡ ∂( x + y ) ⎢ ∂ x ⎢ ∂ ( ) xyz ⎢ ∂ x Df ( x, y, z) = ⎢ ∂ ( x+z y)z ⎢ ∂ x ⎢ ∂ ( x y z) ⎢⎣ ∂ x 2
2
3 2
∂ ( x2 + y2 ) ∂ y ∂ ( ) xyz ∂ y ∂( x+z y)z ∂ y ∂ ( x3 y2 z ) ∂ y
+ y2 , xyz, xz+ yz, x3 y2 z) , entonces:
⎤ ⎥ ⎡ 2 x 2y 0 ⎤ z ∂ ( ) xy⎥ ⎢ ⎥ yz xz xy ∂ z ⎥ ⎢ ⎥ = ∂( x+z y)z ⎥ ⎢ z z x+ y⎥ ∂ z ⎥ ⎢ 2 2 3 3 2 ⎥ ⎣3 x y z 2 x yz x y ⎦ 4×3 ∂ ( x y z) ⎥ ⎥ ∂ z ⎦
∂ ( x2 + y2 ) ∂ z
3 2
11. REGLA DE LA CADENA. Sea f : U ⊆ Rn → Rm y sea g : V ⊆ R p → R n . Si g es diferenciable en x 0 y f es diferenciable en g ( x 0 ) , entonces: ⎡ f g ( x D ⎣
Sea
(
2 f : R → R ,
(
0
) )⎤⎦ = [ D]f ( ) [ D]g g x0
f ( x, y) = x2 + 3 y2
tal que
x0
y sea
g:R→R
2
, tal que
)
g ( t ) = et , cos t ; entonces:
⎡ dg1 ⎤ ⎢ dt ⎥ ⎡ ∂ f ∂f ⎤ D⎡⎣ f( g ( t ) )⎤⎦ = [ D]f g (t ) [ Dg ⎢ ⎥ ]t = ⎢ ⎥ ⎣ ∂ x ∂y ⎦ (e ,cos t ) ⎢ dg 2 ⎥ ⎢⎣ dt ⎥⎦ ⎡ d ( et ) ⎤ ⎢ ⎥ dt ⎢ ⎥ = [ 2 x 6 y ](e ,cos t ) ⎢ d ( cos t ) ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ dt ⎦ ⎡ et ⎤ t = ⎡⎣ 2e 6 cos t ⎤⎦ ⎢ ⎥ ⎣ − sent ⎦ t
t
= 2e 2t − 6 cos tsent
En términos sencillos, si tenemos x = x ( t ) y y = x ( t ) , entonces: dz dt
=
df dt
=
z = f ( x, y )
donde
∂z dx ∂z dy + ∂x dt ∂y dt ( x( ), y( ) ) t
t
41
MOISES VILLENA
Sea f ( x, y ) = x 2 + y 2 donde don de x = t 2 y y = 2t , hallar
dz dt
SOLUCIÓN: ∂ z dx ∂ z dy + dt ∂ x dt ∂ y dt = (2 x )(2t ) + (2 y )(2 ) Poniendo todo en función de” t ” dz
dz dt dz dt
Sea
2 f : R → R ,
(
g ( u , v ) = uv, u
2
=
= (2 x )(2t ) + ( 2 y )(2) = (2t 2 )(2t ) + (2(2t ))(2) = 4t 3 + 8t
tal que
f ( x, y ) = x2 y
y sea
2 2 g:R → R ,
tal que
− v3 ) ; entonces: ⎡ ∂g1 ∂g1 ⎤ ⎢ ∂u ∂v ⎥ ∂f ⎤ ⎢ ⎥ ⎥ ∂y ⎦ (uv , u −v ) ⎢ ∂g 2 ∂g 2 ⎥ ⎣⎢ ∂u ∂v ⎦⎥ ⎡ ∂ ( uv ) ∂ ( uv ) ⎤ ⎢ ⎥ ∂u ∂v ⎥ = ⎡⎣ 2 xy3 3 x2 y2 ⎤⎦ ⎛⎜ uv, u −v ⎞⎟ ⎢ 2 3 ∂ u 2 − v3 ) ⎥ ⎜ ⎟ ⎢ ∂ ( u − v ) ( ⎝ ⎠ ⎢ ⎥ ∂u ∂v ⎣ ⎦ u 3 2 ⎡ v ⎤ 2 = ⎡⎢ 2uv ( u 2 − v 3 ) 3 ( uv ) ( u 2 − v 3 ) ⎤⎥ ⎢ ⎣ ⎦ ⎣ 2u −3v 2 ⎥⎦
⎡ ∂ f ⎡⎣ (f g ( u , v ) )⎤⎦ = [ D]fg ( u,v ) [ D]g= ⎢ D ⎣ ∂ x
2
3
2
3
x
y
⎡ ⎤ ⎢ ⎥ 3 2 3 2 = ⎢ 2uv 2 ( u2 − v3 ) + 6u 3v 2 ( u 2 − v3 ) 2u 2 v ( u2 − v3 ) − 9u 2 v4 ( u2 − v3 ) ⎥ ⎥ ⎢ ∂ z ∂z ⎢ ⎥ ∂u ∂v ⎣ ⎦
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 )
)
Sea f ( x, y, z ) = 3 x2 + y2 + z2 donde x= 4 uv2 , ∂ f ∂ f Hallar: y . ∂u ∂v SOLUCIÓN: 42
2 2 y= 5 u + 10 v , z
= u3
MOISES VILLENA a) ∂ f ∂ f ∂ x ∂f ∂y ∂f ∂z = + + ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂u ( 4uv
2
, 5u2 +10 v 2 , u3
)
= ( 6 x) ( 4 v2 ) + ( 2 y) (10u ) + ( 2 z) ( 3u2 ) ⎛⎜
⎞
2 2 2 3 4uv , 5 0 u v ,u ⎟ +1 ⎟
⎜ ⎝
= 6 ( 4uv
2
) ( 4v ) + 2 ( 5u 2
2
x
z
y
+ 10v ) (10u ) + 2 (u 2
3
⎠
) ( 3u ) 2
= 96uv 4 + 10u 3 + 200uv 2 + 6u5
b) ∂ f ∂ f ∂ x ∂ f ∂ y ∂f ∂z = + + ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v ∂z ∂v ( 4uv
2
, 5u2 +10 v 2 , u3
)
= ( 6 x) (8 uv) + ( 2 y) ( 20 v) + ( 2 z) (0 ) ⎛⎜ 4uv ⎜ ⎝
2
⎞
2 2 3 ,5 0 u v ,u ⎟ +1
x
y
z
⎟ ⎠
= 6 ( 4uv 2 ) ( 8uv ) + 2 ( 5u 2 + 10v 2 ) ( 20v ) + 0 = 192u 2 v 3 + 200u 2 v + 400v 3
Sea
3 4 f: R → R ,
tal que
(
tal que
2 2 f ( x, y, z) = x yz, y
(
− 2 2 g ( u, v, w ) = u v, uv w, e uw
− z2 , z3 , xyz) y sea g : R 3 → R3 ,
) , hallar D[ f g](
1,1,0 )
Solución: D[ f g](1,1,0)
Ahora bien
= [ Df]g (1,1,0) [ Dg](1,1,0)
(
( ) ( 0 ) , e− ( ) ) = (1, 0,1)
g (1,1, 0 ) = 1 (1) , 1 1
Reemplazando: D[ f g](1,1,0 ) = [
2
10
2
Df]g (1,1,0) [ Dg](1,1,0)
⎡ 2 xyz x2 z x2 y⎤ 2 ⎡ 2uv 0 ⎤ u ⎢ ⎥ 0 2 y −2 z ⎥ ⎢ 2 ⎥ 2 ⎢ 2uvw = v w uv ⎥ ⎢ 2 ⎢ 0 ⎥ 0 3 z − 0 −ue −uw ⎥⎦ ⎛⎜1,1,0 ⎞⎟ ⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎢⎣ − we uw ⎜ ⎟ xz xy⎥⎦⎜ 1,0,1⎟ ⎢⎣ yz ⎝ ⎠ ⎜ ⎟
⎝ x
⎡ 2 (1) ( 0) (1) 12 (1) ⎢ 0 2 (0) ⎢ =⎢ 0 0 ⎢ ⎢ 0 (1) 1(1) ⎣
y z
1 0 0 1 0 0 0 0
⎠
1 (0 ) ⎤ 2
2 ⎡ 2 (1) (1) 0 ⎤ (1) ⎥ ⎢ 2 ⎥ −2 (1)⎥ 2 ⎢ ⎥ 1 0 2 1 1 0 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 (1 ) ⎥ ⎢ ⎥ ⎥ −1( 0) −1( 0 ) ⎢ ⎥⎦ ⎛ ⎞ 0 0 1 e e − − ⎜ 1,1,0 ⎟ 1 ( 0 ) ⎥⎦ ⎛⎜ 1,0,1⎞⎟ ⎣ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎜ ⎟
⎝
⎡0 ⎢0 =⎢ ⎢0 ⎢ ⎣0 ⎡0 ⎢0 =⎢ ⎢0 ⎢ ⎣0
u v w
x y z
⎠
u v w
0⎤
⎡2 1 0 ⎤ −2 ⎥⎥ ⎢ ⎥ 0 0 1 ⎥ 3⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ 0 0 −1 ⎥⎦ 0⎦ 1⎤ ⎥ 2 ⎥ −3 ⎥ ⎥ 1⎦
43
MOISES VILLENA
∂ 2 z ∂ 2 z Demostrar que z = f ( x − 2 y, 2 x + y) satisface la ecuación 2 + 2 = 0 ∂ x ∂y
Solución: 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 ∂z ∂z ∂u ∂z ∂v = + = + ∂ y ∂ u ∂ y ∂ v ∂y ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x y ∂ z ∂z ∂ z ∂z = (1) + ( 2 ) = ( −2 ) + (1) ∂u ∂v ∂u ∂v ∂ 2 z Hallemos ∂ x 2 ∂ 2 z ∂ ⎛ ∂ z⎞ ∂ ⎛ ∂ z ∂ z⎞ = = +2 ∂ x 2 ∂ 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 ⎢ ∂u∂v ∂x + ∂v 2 ∂x ⎥ u x v u x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 2 2 2 2 ⎡∂ z ∂ z ⎤ ⎡∂ z ∂ z ⎤ = ⎢ 2 (1) + ( 2 )⎥ + 2 ⎢ (1) + 2 ( 2 )⎥ ∂v∂u ⎦ ⎣ ∂u ∂v ∂v ⎣ ∂u ⎦ =
Ahora, hallemos
∂2 z ∂2 z ∂2 z +4 +4 2 ∂u 2 ∂v∂u ∂v
∂ 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 ⎦ ⎡ ∂2 z ∂2 z ⎤ ⎡ ∂2 z ∂2 z ⎤ = −2 ⎢ 2 ( −2 ) + (1) + 2 (−2 ) + 2 (1)⎥ ∂v∂u ⎥⎦ ⎢⎣ ∂u ∂v ∂v ⎣ ∂u ⎦ ∂ 2 z ∂ 2 z ∂ 2 z = 4 2 −4 + ∂u ∂v∂u ∂v 2
Reemplazando ∂ 2 z ∂ 2 z + =0 ∂ x 2 ∂y 2 ⎛ ∂2 z ∂2 z ∂ 2 z⎞ ⎛ ∂ 2 z ∂ 2 z ∂ 2 z ⎞ + 4 2 ⎟+ ⎜4 2 − 4 + ⎜ 2 +4 ⎟=0 ∂v∂u ∂v ⎠ ⎝ ∂u ∂v∂u ∂v 2 ⎠ ⎝ ∂u ∂ 2 z ∂2 z 5 2 +5 2 = 0 ∂u ∂v En la última última expresión, dividiendo dividiendo para 5 y cambiando cambiando de variable u = x y v = y , se comprueba lo que pretendíamos.
44
MOISES VILLENA
1. Hallar 2. Sea
x ∂ z , si z = , donde x = e t , y = ln t . ∂t y 2 f ( x, y) = 4 x y− 2 ln( xy)
⎧⎪ x = 2sent donde ⎨ encuentre 3 ⎩⎪ y = 3(t − 1)
df dt
3. La demanda de cierto producto es Q( x, y ) = 200 − 10 x 2 + 20 xy unidades por mes, donde x es el precio del producto e y el precio de un producto competidor. competidor. Se estima que dentro de t meses el precio del producto será x = 10 + 0,5t dólares por unidad mientras que el precio del producto competidor será y = 12,8 + 0,2t 2 dólares por unidad. 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 los panaderos ganan y DÓLARES POR HORA, el precio de los pasteles de manzana en 1
1
DÓLARES POR PASTEL. Suponga el supermercado local es p( x, y ) = 12 x y además que dentro de t MESES, el precio de las manzanas será x = 23 + 8t CENTAVOS POR LIBRA y que los sueldos de los panaderos serán y = 3,96 + 0,02t DÓLARES POR HORA.
3
2
Si el supermercado puede vender
Q( p ) =
3600 p
PASTELES
POR SEMANA cuando el precio es p DÓLARES POR PASTEL, ¿a qué razón CAMBIARÁ la
demanda demanda semanal Q con respecto respecto al tiempo tiempo dentro dentro de dos meses? ∂ z ∂z 5. Hallar , , si z ∂u ∂y
6. Hallar
⎧u = x 2 − y 2
= f (u, v ) , donde ⎪⎨
xy ⎩⎪v = e ⎧ x = u sen v
x ∂ z ∂z , si z = arctg , donde ⎨ , ∂u ∂v y ⎩ y
= u cos v
. .
7. Sea f : R 3 → R , una función diferenciable diferenciable y sea g ( X ) = sen ( f ( X ) f ( X ) ) ; calcular la matriz jacobiana para g ( X ) , donde f ( X ) = x cos ϕ cos cosψ ⎫ x = R cos ⎪ 2 2 2 cos ϕ sen sen ψ ⎬ , entonces 8. Demostrar que si u = φ ( x + y + z ) , donde y = R cos ⎪ z = R sen ϕ ⎭ ∂u ∂u = =0. ∂ϕ ∂ψ 9. Sabiendo que z ( x, y) = z, encuentre Z x , Z y y dz : 2 3 a) x = u + v2 y= u − v z = 2 uv u −v b) x= eu + v y= e z= uv y = usen v z = cv, c ∈ IR c) x = u cos v 10. Sea la función:
1 R
11. Demuestre que u x
n
=
∑ R1 k =1
. Hallar
k
u ( x, y ) =
e xy
(e
x
+ ey )
∂ R ∂ R1
satisface la ecuación diferencial parcial
+ u y = ( x + y − 1) u .
45
MOISES VILLENA 12. Sea F ( x, y ) = f ( x + 3 y, 2 x − y ) , donde
2 f : R → 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) 13. Sea z = f ( x, y ) con derivadas parciales de segundo segundo orden continuas: ∂2 z ∂2 z ∂2 z , a) Si x = r 2 + s 2 , y = 2rs determine 2 , ∂r ∂s 2 ∂s∂r 2
Si x = s + t ,
b)
y = s − t
dy a2 x 2 +2 x + 2 dx dx x
14. Transforme la ecuación
d2y
2
dy
15. Transformar la ecuación x = rcos ϕ ,
16. Tomando
2 ∂ z ⎞ ∂ z ∂ z ⎛ ∂ z ⎞ ⎛ demuestre que: ⎜ ⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ = ∂s ∂t ⎝ ∂ x ⎠ ⎝ ∂ y ⎠
dx
=
x+ y x−y
y= 0 , poniendo x =
1 t
.
, pasando a las coordenadas polares:
y = rse n ϕ .
como nuevas variables independientes transformar la siguiente ∂ z ∂z ecuación: ( x+ y) − ( x− y) = 0 , si ∂ x ∂y u
= ln
(
u, v,
x
2
+ y2
)
;
v = arctg
17. Transformar la ecuación independientes u = x, v =
2
x
1 y
y x
∂ z ∂z + y2 = z2 , tomando como nuevas variables ∂ x ∂y 1
1
1
x
z
x
− , y como nueva función w = − .
18. Transformar la ecuación ∇ 2ϕ =
∂ 2ϕ ∂ 2ϕ ∂ 2ϕ pasándola en coordenadas + + ∂ x2 ∂ y2 ∂ z2
sen φcos cos θ ⎧ x = ρsen ⎪ esféricas ⎨ y = ρsen sen φsen sen θ , ¿ ∇ 2ϕ = ? en coordenadas esféricas. ⎪ z = ρ cos φ ⎩
12. DERIVACIÓN IMPLICITA Suponga que se tiene F ( x, y ) = 0 , una ecuación implícita para un 2
lugar geométrico de R . Obteniendo diferencial a ambos miembros de la ecuación D ( F ( x, y ) ) = D[ 0]
F x dx + Fy dy Despejando, se obtiene: F x dy dx
46
=−
F y
=0
MOISES VILLENA
Sea x 2 + y 2 = 4 , hallar
dy dx
empleando derivadas parciales.
Solución: En este caso tenemos F ( x, y ) = x 2 + y 2 − 4 Empleando la formula: dy dx
=−
F x F y
=−
2x 2y
=−
x y
Suponga que se tiene F ( x, y , z ) = 0 , una ecuación implícita para un 3
lugar geométrico de R . Obteniendo diferencial a ambos miembros de la ecuación D ( F ( x, y, z ) ) = D [ 0]
F dx x + F dy y + F dz z Si queremos
=0
∂ y , debemos considerar a z constante, por tanto dz = 0 . ∂ x
Reemplazando y despejando se obtiene: F x ∂ y
∂ x Si queremos
=−
F y
∂ z , debemos considerar a y constante, por tanto ∂ x
dy = 0 . Reemplazando y despejando se obtiene: F x ∂ z
∂ x
=−
F z
∂ z Si queremos , debemos considerar a x constante, por tanto ∂ y dx = 0 . Reemplazando y despejando se obtiene: F y ∂ z
∂ y
=−
F z
Sea x3 e y + z − ysen( x− z) = 0 , hallar
∂ z ∂ z y . ∂ x ∂ y
Solución: En este caso tenemos F ( x, y ) = x3 e y + z − ysen ( x − z ) Empleando Empleando las formulas:
47
MOISES VILLENA + 3 x2 e y z − y cos ( x − z) F ∂ z = − x = − 3 y + z ∂x F z x e + y cos ( x − z ) 3 y + z F y − sen ( x − z ) xe ∂ z = − = − 3 y + z ∂y F z x e + y cos ( x − z )
Por otro lado, suponga que se tiene una superficie cuya ecuación está dada en forma implícita F ( x, y , z ) = 0 , el vector normal que estaba dado
⎛ ∂ z ∂z ⎞ de esta forma n = ⎜ − , − ,1⎟ , ahora puede ser dado de otra forma. ⎝ ∂ x ∂y ⎠ Reemplazando:
⎛ ⎛ F x ⎞ ⎛ F y ⎞ ⎞ n = ⎜ −⎜ − ⎟ , − ⎜ − ⎟ ,1⎟ ⎝ ⎝ F z ⎠ ⎝ F z ⎠ ⎠
Multiplicando por F z :
(
)
n = F x, F y, F z
1. Hallar y´ , empleando empleando derivadas parciales, parciales, para: a) 2 x 2 + 6 xy + y 2 = 18 b) y 2 + 5 x = xe x ( y −2 )
∂ 2 z 2. Hallar 2 en x 2 y − 3 z + 8 yz 3 = 0 ∂ x 3. Determine la derivada direccional de la función u = f ( x, y, z ) definida implícitamen implícitamente te por u + ye u + x + 3 z = 0 en el origen de coordenadas coordenadas en la dirección del vector v = (1,−1,−1) 4. En el tiempo t=0 se lanza una partícula desde el punto (1,1,1) sobre la superficie 2 2 2 una dirección normal a la superf superfici icie, e, con una una rapidez de 10 x + y + 3z = 6 en una unidades por segundo. ¿En qué instante y en qué punto cruza a la esfera 2 2 2 x + y + z = 103 5. Demuestr Demuestre e que el plano tangente tangente al cono z 2 = a 2 x 2 + b 2 y 2 pasa por el origen. 6. Demuestre que cualquier recta normal a una esfera pasa por su centro. 7. Demuestre que el plano tangente al elipsoide
( x0 , y 0 , z 0 ) puede escribirse en la forma
x0 x a2
x 2
+
+
y 2
+
z 2
a2 b2 c2 y 0 y z 0 z 1
b2
+
c2
= 1 en el punto
= .
8. Demostrar que los planos tangentes a la superficie: x + y + z = interceptan a los ejes coordenados en segmentos cuya suma es constante.
48
a
MOISES VILLENA 9. Encuentre Encuentre un punto de la superficie superficie x 2 + 2 y 2 + 3z 2 = 12 , donde donde el plano tangente es perpendicular a la recta cuyas ecuaciones paramétricas son: x = 1 + 2t ; y = 3 + 8t ; z = 2 − 6t 10. Demostrar Demostrar
que
el
elipsoide elipsoide
2 2 2 x + 3 y + 2 z = 9
y
la
esfera
2 2 2 x + y + z − 8 x − 8 y − 6 z + 24 = 0 son tangentes en el punto (1,1,1).
11. Hallar la ecuación de la recta tangente a las superficies superficies
2 2 2 x + y + 2 z = 4
y
z = e xy
en el punto (1,1,1). 12. En qué puntos el gradiente de la superficie 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 =
π 3
sec θ en y ρ= 2csc φsec
(
2, − 8 P 2, 2,
).
49
