Funciones De Varias Variables

MOISES VILLENA

Funciones de Varias Variables

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.

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

67

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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

R3

(1,1) (− 2,0)

(1,2,8) (− 4,−2 − 6)

#

#

tenemos f : U ⊆ R → R , se la denomina FUNCIÓN ESCALAR, CAMPO ESCALAR, O FUNCIÓN DE VARIAS VARIABLES. Si

m = 1,

Si

f : U ⊆ R 2 → R , tenemos una FUNCIÓN DE DOS VARIABLES.

n

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) = x 2 + y 2 + z 2

Si

n = 1,

tenemos TRAYECTORIA o CURVA.

68

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 gráfico 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

69

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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

x = ( x1 , x2 ,", xn )

DOMINIO

está

constituido

por

vectores

de

Rn ,

para los cuales tiene sentido la regla de correspondencia;

y su RECORRIDO por vectores de

() (

R m , f x = f1 ( x), f 2 ( x),", f m ( x)

).

x1, x 2 , " , x n se las denominan VARIABLES INDEPENDIENTES. f : U ⊆ R 2 → R , su dominio será un subconjunto del plano.

Aquí a Si

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 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

70

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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

3

x

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

y

x

Ejemplo 2 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 ⎠ ⎪⎭

.

71

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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 Descríbase la región a) z =

R

del plano

4 − x2 − y2

xy

que corresponde al Dominio Natural de la función dada . h) z =

x+ y xy

⎛ 9 x 2 − 6 y 2 − 36 ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ 36 ⎝ ⎠

b) z = ln (4 − x − y )

i) w = ln⎜

c) z = x y

2 2 j) z = arcsen x + y

d) z = arcsen( x + y )

k) f ( x, y ) = sen ⎜⎜

e) z = e f) z =

x

(

(

y

(

x 2 − y ln y − x 2

)

)

⎛x⎞ ⎛ 2 ⎟⎟ ln⎜⎜ ⎝ y⎠ ⎝x+

)

⎞ ⎟ y ⎟⎠ 1

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

⎛ xz ⎞ ⎟⎟ ⎝ y⎠

g) z = arccos⎜⎜

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 DE n 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

72

Funciones de Varias Variables

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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 . 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

73

Funciones de Varias Variables

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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 = c . (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 es llamado SUPERFICIES DE NIVEL

Ejercicios Propuestos 3.2 Descríbase las curvas de nivel y las secciones transversales de cada función en su correspondiente plano, luego dibújese la gráfica de la superficie en

74

a)

z = 4 − x2 − y2

b)

f ( x, y ) = y 2

c)

z=

d)

f ( x, y ) = 6 − 2 x − 3 y

e)

f

x2 + y2

( x, y ) =

xy 2

R3

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3.5

LIMITES DE VARIABLES.

FUNCIONES

DE

VARIAS

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.

Se llama n − bola abierta de centro en x0 y

(

)

radio δ , denotada por Bn x0 ;δ , al conjunto:

(

) {

}

Bn x0 ;δ = x ∈ R n / x − x0 < ∂

Donde x0 ∈ R n , ∂ ∈ R muy pequeño. 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

2

y

/

( x, y ) − ( x0 , y0 ) 0<

( 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, ∃Bn x0 ; ∂

)

contenida en U .

75

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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, ∃Bn x0 ; ∂

)

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 ; ∂ ⇒ f x − L < ξ n 0 ⎝ x→ x ⎠ 0

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

76

( x − x 0 ) 2 + ( y − y 0 )2

< ∂ ⇒ f ( x, y ) − L < ξ

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z

(

L ξ

(

ξ

z = f ( x, y )

y ∂

(x , y ) 0

0

x

Es decir, que si tomamos a

f ( x, y )

estará próximo a

( x, y )

cercano a

(x , y ) 0

0

entonces

L.

Ejemplo Demostrar empleando la definición que

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

4

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 x4 + y 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 < ∂ x4 + y 4

Se concluye finalmente que:

x4 y <∂ x + y4 4

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

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

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.

77

Funciones de Varias Variables

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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 = o Entonces, tenemos

x2

lím

= lím 1 = 1 .

( x,0 )→(0.0 ) x 2 + 0 2

x→0

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

78

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

4

= lím

x →0

ax 4

(

x 1+ a 4

2

)

a

= lím

x →0 1 + a

2

a

=

≠0

1+ a 2

NO EXISTE.

( x, y )→(0.0 ) x 4 + y 2

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

Eje y ( x = 0 ): lím

= lím 0 = 0

x + 02

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

4.

x2 0 2

x 2 (mx )

x + (mx ) 2

2

= lím

2

x →0

mx 3 x +m x 2

2

2

= lím

x →0

mx 3

(

x 1+ m 2

2

)

mx

= lím

(1 + m ) = 0 2

x →0

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

( ) + (ax )

= lím

(ay ) y lím (ay ) + y

= lím

lím

x 2 ax 2

ax 4

x →0 x 2 + a 2 x 4 2 2 x2 Probemos con otra trayectoria 5. x = ay 2 x →0

2 2

y →0

2 2

2

y →0

ay 5 a2 y4 + y2

= lím

x →0

= lím

(

ax 4

x 2 1+ a 2 x 2

y →0

(

ay 5

= lím

)

ax 2

x →0 1 + a 2 x 2

)

y 2 a 2 y 2 +1

= lím

y →0

(a

ay 3 2

=0

)=0

y 2 +1

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 2 r →0 ( x , y ) →( 0.0 ) x + 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 θ es acotado por tanto lím ( rsenθ cos 2 θ ) = 0 r →0

79

Funciones de Varias Variables

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

(

sen x 2 + y 2

lím

( x, y )→(0.0 )

)

x +y Solución: Empleando coordenadas polares 2

2

(

sen x 2 + y 2

lím

( x , y )→(0.0 )

x2 + y2

) = lím sen(r ) = 1 2

r →0

r2

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 M lim ( ) g x ⎣ ⎦ Si lim f x = L y lim g x = M entonces: x→ x0

x→ x0

x→ x0

x→ x0

x→ x 0

x→ x0

x→ x0

x→ x0

x→ x0

x→ x0

x→ x0

x→ x0

x→ x0

x→ x0

Por tanto en situaciones elementales, la sustitución basta Ejemplo lím

(x

( x, y )→(1.2 )

80

2

)

+ 2y − 3 = 8

Funciones de Varias Variables

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Ejercicios Propuesto 3.3 1.

Calcular los siguientes límites: ⎛ y⎞ x 2 sen⎜ ⎟ ⎝k⎠ a) lim y x→k

e)

lim (x + 3 y x→2 y →1

y →0

b)

x2 y

f)

lim 2 2 x →0 x + y

d)

sen(x + y ) ( x, y )→(0,0 ) y

y →0

2.

g)

lim

lim x →0

)

lim ysenxy

x →π 4 y →2

y →0

c)

2

lím

2x − y 2

( x , y →(0,0 )) 2 x 2 + y

e xy − 1 x

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 ) (1 + senx )(1 − cos y ) a) lim y y→b

c)

x →0 y →0

b)

x →0 y →0

2 x( y − 1) lim (x + 1)y x →1

d)

Sea: f (x, y ) =

cos x seny y

xy

lim (x − 1)e y x →1 y →0

y →2

3.

lim

x6 y6 x 4 + ay 4

¿para qué valores de "a" existe el

lím

( x , y →(0,0 ))

f ( x, y ) ?

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

lim

( x , y ) → ( 0,0)

f ( x, y ) = 0

81

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

Determinemos el límite.

lim

( x , y ) → ( 0,0 )

xy x2 + y 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 + x 2 2 xy Entonces lim no existe. ( x , y ) → ( 0,0 ) x 2 + y 2

y = x ; lim

Por tanto, f

2

NO ES CONTINUA EN

( 0, 0 ) .

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 , ⎪

a) f ( x, y ) = ⎨ xy

(x, y ) ≠ (0,0 )

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

(

)

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

82

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA ⎧ x3 + y3 , ⎪ e) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 ⎪ 0 , ⎩

(x, y ) ≠ (0,0) (x, y ) = (0,0)

⎧ y x , 2 6 f) f ( x, y ) = ⎪ ⎨x + y ⎪ 0 , ⎩ 3

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

⎧ y5 x2 , 4 10 g) f ( x, y ) = ⎪ ⎨ 2x + 3 y ⎪ 0 , ⎩ ⎧ x y − xy 2 2 h) f ( x, y ) = ⎪ ⎨ x +y ⎪ 0 ⎩ 3

2

3

, ,

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

3.7. 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.

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

( )

Cuando este límite existe

83

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA →

Ahora bien, si decimos que VECTOR UNITARIO

de

v =h

→

entonces

→

v = hu

→

donde

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 →

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

x0 + h u − x0

2

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

→

= 2 u • x0

Si

84

u

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

un

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

Ejemplo 2 →

⎛ 2

2⎞

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

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: D→ f ( 0, 0 ) = lim

f

( ( 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

2

π

2

entonces D→ f ( 0, 0 ) = 0 u

entonces D→ f ( 0, 0 ) no existe. u

85

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

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.

cos 2 θ ( existe). Si θ ≠ 0, π entonces D→ f ( 0, 0 ) = u senθ

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

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

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

86

cuando

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

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 ∂xi h Cuando este límite existe Si

f : U ⊆ R 2 → R (una

función de dos variables), entonces los

vectores canónicos unitarios serían: derivadas parciales serían:

f ∂f ( x0 , y0 ) = lim h→0 ∂x1

e1 = iˆ = (1,0)

y

e2 = ˆj = (0,1).

Las

( ( 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:

87

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

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 h → 0 ∂x h = lim h →0

( x + h)

2

y3 − x2 y3

h ( x + 2 xh + h2 ) y 3 − x 2 y 3 2

= lim h →0

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

3

h →0

∂f = 2 xy 3 ∂x

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

∂f = 3x 2 y 2 ∂y

Note que

∂f ∂x

se obtiene como una derivada para función de una

x , y considerando a la otra variable y como constante. ∂f , deberíamos derivar considerando sólo Análogamente, si se desea obtener ∂y a y como variable. variable, en este caso

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

∂f ∂f y . ∂y ∂x

(

)

(

) (3 y )⎤⎥

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

88

−1

−1

2

(2 x )⎤⎥ ⎦

2

2

⎦

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

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 →0 h→0 h h h

b) f y ( 0, 0 ) = lim

f ( 0, h ) − f ( 0, 0 )

h→0

h

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

Ejercicios propuestos 3.6 1. Encontrar

∂f ∂f si : , ∂x ∂y

a) f ( x, y ) = xy

(

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

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

)

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

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

xy

sen ( xy )

∫

g ( t ) dt

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 2 − y 2 sen c) f ( x, y ) = ⎪ ⎨ ⎪⎩ 0

( x, y ) = ( 0, 0 )

( )

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

( x, y ) ≠ ( 0, 0 )

1 x2 + y2

, ,

2

)

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

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

89

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

3.7.3.1

INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA DERIVADAS PARCIALES

DE

LAS

Se ha definido la derivada tratando de que se entienda como la variación de la función con respecto a una dirección. Entonces la derivada parcial será la pendiente de la recta tangente paralela al plano

∂f , x ∂

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

Un vector director

JG S

de esta recta será de la forma:

En cambio, la derivada parcial tangente paralela al plano

∂f , ∂y

JG ⎛ ∂f ⎞ S = ⎜1,0, ⎟ ∂x ⎠ ⎝

será la pendiente de la recta

zy , observe la figura: z

z = f ( x, y )

m=

∂f (x0 , y0 ) ∂y

(x0 , y0 , f (x0 , y0 )) Δz

•

Δy

y0 h

y0 + h

x0

x

90

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

y

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

Un vector director

JG S

de esta recta será de la forma:

JG ⎛ ∂f ⎞ S = ⎜ 0,1, ⎟ ∂y ⎠ ⎝

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 + y 2

y =1

(2,1,5)•

dz

∂z m= 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) . Los vectores directrices son paralelos al plano zx y por tanto son de la forma: → ∂f ⎞ ⎛ S = ⎜ 1, 0, ⎟ . ¿Por qué? ∂x ⎠ ⎝ ∂z La pendiente de la recta será m = (2,1) ; que definirá la dirección de los vectores dx directores.

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 )

91

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

⎧ 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 ⎩

3.7.3.2 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 ∂x = f xx = ⎜ ⎟ = lim 2 h →0 h ∂x ∂x ⎝ ∂x ⎠ ∂f ∂f x0 , y0 + h ) − ( x0 , y0 ) ( 2 ∂ f ∂ ⎛ ∂f ⎞ ∂x ∂x = f xy = ⎜ ⎟ = lim h ∂y∂x ∂y ⎝ ∂x ⎠ h→0 ∂f ( x0 + h, y0 ) − ∂f ( x0 , y0 ) 2 ∂ ⎛ ∂f ⎞ ∂ f ∂y ∂y = ⎜⎜ ⎟⎟ = lim = f yx h ∂x∂y ∂x ⎝ ∂y ⎠ h→0 ∂f ∂f ( , + ) − ( x0 , y 0 ) x y h 0 0 ∂2 f ∂ ⎛ ∂f ⎞ ∂y ∂y = ⎜ ⎟ = lim = f yy ∂y 2 ∂y ⎝⎜ ∂y ⎠⎟ h→0 h Cuando estos límites existan. A

f xy

ya

f yx

tal

que

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

Por tanto las derivadas parciales de segundo orden serían:

92

2

+ y2

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

f xx = 2e x

= 2e

2

+ y2

x2 + y 2

f xy = 2 xe x

2

= 4 xye x

2

2

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

2

2

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

2 x2 + y 2

+ 6x e

2

+ 2 x 3e x

2

+ y2

(2 x )

4 x2 + y 2

+ 4x e

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

+ 4 x 3 ye x

+ y2

+y 2

+ y2

+ 4x e

+ y2

2

2

2 x2 + y 2

+y

f yx = 4 xye x = 4 xye x

+ 2 xe x

2

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

+ y2

+ y2

2

2

2

+ y2 + y2

2

+y

+ 2 x 2 ye x

2

+ 4 x 2 y 2e x

+ y2

2

(2 x )

2

(2 y )

+ y2

Note que las derivadas cruzadas son iguales. 3.7.3.3 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 (0, 0 + h ) − ∂f (0,0) ∂ ⎛ ∂f (0,0 ) ⎞ ∂x a) f xy (0,0 ) = ⎜ ⎟ = lím ∂x x → 0 ∂y ⎝ ∂x ⎠ h Necesitamos la derivada parcial de primer orden. Para la derivada

∂f en cualquier punto diferente de (0,0 ) tenemos: ∂x

93

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

(

)(

) ( )

)

∂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 ∂x ⎜⎝ x 2 + y 2 ⎟⎠ x2 + y 2 3x 4 y − x 2 y 3 + 3x 2 y 3 − y 5 − 2 x 4 y + 2 x 2 y 3

=

(x

2

+ y2

)

2

x4 y + 4x2 y3 − y5

=

Para la derivada

(

(x

2

+ y2

)

2

∂f en (0,0 ) tenemos: ∂x f (0 + h, 0 ) − f (0,0 ) f x (0,0 ) = lím h→0 h 3 h 0 − h 03 −0 2 2 = lím h + 0 h →0 h 0 = lím h →0 h =0

( )

Entonces: ⎧ 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

f x (0, h ) = Por tanto:

f xy (0,0 ) = lím h →0

( )

04 h + 4 02 h3 − h5

(0

2

+ h2

)

2

=

− h5 = −h h4

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

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

(

)(

) ( )

)

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

94

(

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

3

2

(x

x 5 − 4 x 3 y 2 − xy 4

(x

2

+ y2

∂f en (0,0 ) tenemos: ∂y

)

2

2

+ y2

)

2

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

f (0, 0 + h ) − f (0,0 ) h →0 h 3 0 h − 0 h3 −0 2 2 h + 0 = lím h →0 h 0 = lím h →0 h =0

f y (0,0 ) = lím

( )

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 − 4h 3 0 2 − h0 4

(h

Por tanto:

f yx (0,0 ) = lím

2

+ 02

)

2

=

h5 =h h4

f y (h, 0 ) − f y (0,0 )

h→0

h

h−0 =1 h→0 h

= lím

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

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 ) ∂ 2 f (0,0 ) y para: ∂x∂y ∂y∂x

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 ) ⎩

95

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

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 )

}r

Δy

dy

f ( x0 )

h = dx = Δx

x0

x0 + h x

Note que Δy = dy + r , donde a r le vamos a llamar residuo. Reemplazando tenemos: 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 0 h →0 h → 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

para la diferenciabilidad debe ser de la forma:

96

( h1 , h2 ) , entonces la expresión

Funciones de Varias Variables

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f

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

0

1

Y deberá ocurrir que Encontremos

A1 .

Suponga que

f

2

0

0

1 1

+r

2 2

r =0 h

lim

h →0

h = ( h1 ,0 ) , entonces:

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

0

1

Dividiendo para

0

0

1 1

h1 y tomando límite:

f ( x0 + h1 , y0 ) − f ( x0 , y0 )

lim

h1 →0

h1

r h1 →0 h 1

= A1 + lim

A1 = f x ( x , y )

Tenemos que

2

0

0

A2 h = ( 0, h2 ) , entonces:

Análogamente obtengamos Suponga que

f

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

0

2

Dividiendo para

h2

0

0

1

h2 →0

h2

A2 = f y ( x , y )

Tenemos que

+r

y tomando límite:

f ( x0 , y0 + h2 ) − f ( x0 , y0 )

lim

2 2

0

r h2 →0 h 2

= A2 + lim

0

Ahora sí podemos proponer la siguiente definición para la diferenciabilidad.

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

( h1 , h2 )→( 0,0 )

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

97

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

[ f (x

lim

+ h1 , y 0 + h2 ) −

0

( 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

0

+h

2

) − f (x

0

( h1 , h2 ) → ( 0,0)

,y

0

)] − [ f x ( x

h + h2 2 1

0

,y

0

)] h1 − ⎡⎣ f y ( x

0

,y

0

) ⎤⎦ 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 ( h1 , h2 ) → ( 0,0) h12 + h2 2 lim lim

h12 + h2 2

( h1 , h2 ) → ( 0,0)

h12 + h2 2

lim

h12 + h2 2

( h1 , h2 ) → ( 0,0)

Se observa que lim

( h1 , h2 ) →( 0,0 )

h12 + h2 2 = 0 Por tanto f

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:

lim

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

2

( h1 , h2 )→( 0,0 )

h12 + h2 2

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

Reemplazando: 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

⎡ h1h2 ⎤ − 0 ⎥ − [ 0] h1 − [ 0] h2 ⎢ 2 2 + h h 1 2 ⎦ lim ⎣ ( h1 , h2 ) → ( 0,0 ) h12 + h2 2 lim

( h1 , h2 ) → ( 0,0 )

(h

1

h1h2 2

+ h2 2 )

3

2

El último límite lo calculamos por coordenadas polares

98

y

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

lim

( h1 , h2 )→( 0,0 )

(h

1

h1h2 2

+ h2 2 )

3

r cos θ rsenθ

= lim

Este límite no existe, por tanto f

(r )

r →0

2

2

3

cos θ senθ r →0 r

= lim

2

NO ES DIFERENCIABLE en

( 0, 0 ) .

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 ) . 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 ) .

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

(

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

2

( x, y ) = ( 0, 0 )

( )

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

( x, y ) ≠ ( 0, 0 )

1 x2 + y2

, ,

2

)

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

,

( x, y ) ≠ ( 0, 0 )

,

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

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

99

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

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 G)] h + r G Observe que h = ( h1 , h2 ) lo podemos expresar como h = h u , donde u f

0

0

1

2

0

0

x

0

1

0

x

0

2

0

es un vector unitario. Suponga que

G h = h y que u = ( u1 , u2 ) entonces h = h ( u1 , u2 )

Ahora, dividiendo para h y tomando límite:

G

f lim

(( x0 , y0 ) + hu ) − f ( x0 , y0 )

h →0

Si

f

0

h es diferenciable entonces

Con lo cual resulta:

lim

(

)

h

h1 h r + [ f x ( x , y )] 2 + lim h h h →0 h 0

0

r . h→0 h = [ f x ( x , y )] u1 + [ f x ( x , y )] u2 0

0

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

100

0

lim

G f ( x0 , y0 ) + hu − f ( x0 , y0 )

h →0

Finalmente

= [ f x ( x , y )]

0

0

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

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

P

en la dirección de

Q.

a) f ( x, y ) = x 2 + 4 y 2 , P (3,1), Q (1,−1)

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 )

n 2. Dado el campo escalar f : R → 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

101

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

c) Si

n=3

,

hallar

todos

los

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

3. Calcule la derivada de la función vector tangente a la parábola

puntos

(x,y)

f ( x, y ) = x sen y

y = x2

en

R 3 para

los

cuales

en el punto (3,0), en la dirección del

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

= 0)

=π )

( )

= − ∇f x 0

mín

Ejemplo Suponga que la distribución de temperatura dentro de una habitación está dada 2 por 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

102

Funciones de Varias Variables

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 la superficie vector directriz de la

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

(

0

)) .

JJG z = f ( x, y ) , está dado por S1 = 1,0, f x ( x ) ; y un recta tangente paralela al plano zy está dado por

(

z

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

(

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

(x0 , y0 )

103

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

Si multiplicáramos en cruz estos vectores obtendríamos un vector normal a la superficie en ese punto

i j JG JG S1 × S 2 = 1 0 0 1

k f x = − f x ( x ) , − f y ( x ) ,1 fy

(

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 10 superficie que 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 + t 0

0

0

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

104

0

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

3.10. LA DIFERENCIAL 3.10.1 DEFINICIÓN

Sea f : U ⊆ R n → 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 A la parte ∂f ∂f 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

0

0

0

Ejemplo Aproximar el valor de (1, 08 )

3.98

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

(1,4 )

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

=4

(1,4 )

=0

Empleando la formula de aproximación:

105

Funciones de Varias Variables

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 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% , 4 2 r y ±Δh = 100 h. por tanto ±Δr = 100 Por otro lado ΔV ≈

∂V ∂V Δr + Δh ∂r ∂h

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

⎛ 2 ⎞ 10 ΔV ≈ ⎜ πN r h ⎟ ( 100 ) ⎝ 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) [4.052 + 8.982 - 0.992]3/2 c) (1.03)2 [(0.982 ) (1.053 )1/4 ]-1/3

2.

Calcule la longitud del segmento de recta x = 1.2, superficie z = x + 5y 2

3. 4.

106

2

y = 0.95 que se encuentra entre la

y su plano tangente en el punto (1,1,6).

Calcule el valor aproximado de la función f ( x, y ) = x y en el punto (3.1, 1.9 ) 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

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

la del ángulo. Determine el máximo error probable que se puede cometer al evaluar su área. Determine también el error en porcentaje. La altura de un cono es h = 30cm , el radio de su base R = 10cm . ¿Cómo variará el

5.

volumen de dicho cono si

H

se aumenta 3mm y

R

se disminuye 1 mm?

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

JACOBINA 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:

Df ( x, y ) = ⎡⎣ f x

f y ⎤⎦ = [ 2 x 6 y ]1×2

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:

107

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA ⎡ ∂ ( 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 ⎣3x 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

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 ] ( ⎣ ⎦

y

x0

f

es

diferenciable en g x 0 , entonces: 0

g x0

) [ Dg ]x0

Ejemplo 1 Sea

f : R 2 → R , tal que

g ( t ) = ( et , cos t ) ; entonces:

f ( x, y ) = x 2 + 3 y 2

g : R → R 2 , tal que

y sea

⎡ ∂f D ⎡⎣ f ( g ( t ) ) ⎤⎦ = [ Df ]g ( t ) [ Dg ]t = ⎢ ⎣ ∂x

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

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

En términos sencillos, si tenemos z = f ( x, y ) donde x = x ( t ) y y = x ( t ) , entonces: 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

108

dz dt

t

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA 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

( )

Ejemplo 3 Sea

f ( x, y ) = x 2 y

f : R 2 → R , tal que

y sea

g : R 2 → R 2 , tal que

g ( u , v ) = ( uv, u 2 − v 3 ) ; entonces:

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

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

= ⎡⎣ 2 xy

3

∂g1 ⎤ ∂v ⎥ ⎥ ∂g 2 ⎥ ∂v ⎥⎦ ⎡ ∂ ( uv ) ⎢ ∂u 2 2 3 x y ⎤⎦ ⎛⎜ 2 3 ⎞⎟ ⎢ 2 3 −

, u uv v ⎢ N ⎜ ⎟ ∂ (u − v ) x y ⎝ ⎠ ⎢ ∂u ⎣

= ⎡ 2uv ( u 2 − v3 ) ⎢⎣

3

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

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

  

⎥ ⎢  ∂z ∂z ⎢ ⎥ ∂u ∂v ⎣ ⎦

Por lo tanto, si tenemos

z = f ( x, y )

y = x ( u , v ) , entonces: ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u

donde

x = x ( u, v )

y

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

Y

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

u , v ), y ( u , v )

)

Ejemplo 4 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)

Hallar:

109

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

∂f ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂z = + + ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂u ( 4uv2 , 5u 2 +10v2 ,u3 ) = ( 6 x ) ( 4v 2 ) + ( 2 y )(10u ) + ( 2 z ) ( 3u 2 ) ⎛⎜

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

= 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 5 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 → R3 , 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

(

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

−1( 0 )

) = (1, 0,1)

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 2 ⎥ 3z ⎢ − 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

110

⎟

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

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

Ejemplo 6 Demostrar que z = f ( x − 2 y, 2 x + y ) satisface la ecuación

∂2 z ∂2 z + =0 ∂x 2 ∂y 2

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 ∂x 2 ∂ 2 z ∂ ⎛ ∂z ⎞ ∂ ⎛ ∂z ∂z ⎞ = ⎜ ⎟= ⎜ +2 ⎟ ∂x 2 ∂x ⎝ ∂x ⎠ ∂x ⎝ ∂u ∂v ⎠ ∂ ⎛ ∂z ⎞ ∂ ⎛ ∂z ⎞ = ⎜ ⎟+2 ⎜ ⎟ ∂x ⎝ ∂u ⎠ ∂x ⎝ ∂v ⎠

Hallemos

⎡ ∂ 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 ⎦ =

Ahora, hallemos

∂2 z ∂2 z ∂2 z +4 +4 2 2 ∂u ∂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 ⎦ ∂v ⎣ ∂u ⎣ ∂u∂v ⎦ =4

∂2 z ∂2 z ∂2 z −4 + 2 ∂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 expresión, dividiendo para 5 y cambiando de variable u = x y v = y , se comprueba lo que pretendíamos.

111

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

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

1.

Hallar

2.

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

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. Se estima que

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

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 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? 2

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

1 2

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

CAMBIARÁ

PASTELES POR SEMANA

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 ∂u ∂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.

(

(X ) =

)

Demostrar que si u = φ x 2 + y 2 + z 2 , donde

(

)

;

x

x = R cos ϕ cosψ ⎫ ⎪ y = R cos ϕ senψ ⎬ , entonces ⎪ z = R sen ϕ ⎭

∂u ∂u = =0. ∂ϕ ∂ψ 9.

Sabiendo que z ( x, y ) = z , encuentre Z x , Z y y a) x = u + v b) x = e

y = u −v

2

2

u +v

u −v

y=e y = u sen v

c) x = u cos v 10. Sea la función:

1 = R

11. Demuestre que

n

∑ Rk .

z = uv z = cv, c ∈ IR

Hallar

k =1

u ( x, y ) =

u x + u y = ( x + y − 1) u .

112

1

dz :

z = 2uv

3

(e

e xy x

∂R ∂R1

+ ey )

satisface la ecuación diferencial parcial

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

12. 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 ,

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

∂2 z , ∂r 2

y = 2rs determine

∂2 z , ∂s 2

∂2 z ∂s∂r 2

2

y = s −t

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

demuestre que: ⎜

(

14. 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 x + 2 + 2 y = 0 , poniendo x = . 2 t dx x dx dy x + y = , pasando a las coordenadas polares: 16. Transformar la ecuación dx x − y x = r cos ϕ , y = r sen ϕ .

2 15. Transforme la ecuación x

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

( x + y)

∂z ∂z − ( x − y) = 0 , ∂x ∂y x2

18. Transformar la ecuación independientes u = x, v =

si u = ln

(

x2 + y 2

)

; v = arctg

y x

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

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

19. Transformar la ecuación ∇ ϕ = 2

∂ 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 ⎩

3.12 DERIVACIÓN IMPLICITA Suponga que se tiene lugar geométrico de ecuación

R2 .

F ( x, y ) = 0 ,

una ecuación implícita para un

Obteniendo diferencial a ambos miembros de la

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

Despejando, se obtiene:

F dy =− x dx Fy

113

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

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

Si queremos

∂y , debemos considerar a z constante, por tanto dz = 0 . ∂x

Reemplazando y despejando se obtiene:

F ∂y =− x ∂x Fy

Si queremos

∂z , ∂x

debemos considerar a

dy = 0 . Reemplazando y despejando se obtiene: F ∂z =− x Fz ∂x ∂z Si queremos , debemos considerar ∂y dx = 0 . Reemplazando y despejando se obtiene: Fy ∂z =− Fz ∂y

a

y

constante, por tanto

x

constante, por tanto

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

∂z ∂z y . ∂x ∂y

Solución: En este caso tenemos F ( x, y ) = x 3 e y + z − ysen ( x − z ) Empleando las formulas:

114

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

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 de esta forma

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

que estaba dado

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

Reemplazando:

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

en

x 2 y − 3z + 8 yz 3 = 0

2.

Hallar

3.

Determine la derivada direccional de la función

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 + 3z 2 = 6 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. 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 ;

y = 3 + 8t ;

z = 2 − 6t

115

Funciones de Varias Variables

MOISES VILLENA

10. Demostrar

que

el

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

elipsoide

y

la

esfera

x 2 + y 2 + z 2 − 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 x 2 + y 2 + 2 z 2 = 4 y z = e 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 .

116

π 3