Funciones de Varias Variables (ejercicios resueltos).pdf

Matemáticas Mate máticas 1 EJERCICIOS RESUELTOS: Funciones de varias variables

Elena Álvarez Sáiz Dpto. Matemática Aplicada y C. Computación Universidad de Cantabria

Ingeniería de Telecomunicación Fundamentos Matemáticos I

1

Ejercicios: Func. varias variables

Dada las superficies (1)

z = x 2 + y 2

Se pide: (a) Representar las trazas (b) Obtener las curvas de nivel (c) Realizar un bosquejo de su gráfica Se trata de un paraboloide

Al cortar por planos x=cte: Parábolas z = cte + y 2

2

Profesora: Elena Álvarez Sáiz

(2)

y = y =

x2

4

−

z 2

9


1


Dada las superficies (1)

z = x 2 + y 2

Se pide: (a) Representar las trazas (b) Obtener las curvas de nivel (c) Realizar un bosquejo de su gráfica Se trata de un paraboloide

Al cortar por planos x=cte: Parábolas z = cte + y 2

2


(2)

y = y =

x2

4

−

z 2

9


Ingeniería de Telecomunicac Telecomunicación ión Fundamentos Matemáticos I

Al cortar por planos y=cte: Parábolas z = x 2 + cte

Profesora: Elena Álvarez Sáiz S

3

Ingeniería de Telecomunicació Telecomunicaciónn Fundamentos Matemáticos I


Al cortar por planos z=cte (curvas de nivel): Circunferencias Cte = x 2 + y 2 (Cte > 0 )

4



Ingeniería de Telecomunicac Telecomunicación ión Fundamentos Matemáticos I

(2) Se trata de un hiperboloide

Curvas x=cte: Parábolas y = Cte −

z 2

9


5



Curvas y=cte: Hipérbolas Cte =

Curvas: z=cte: Parábolas y =

2

6

x 2

4

x2

4

−

z 2

9

− Cte

x +y

Representar el dominio de la función f ( x, y ) =


x2

− y 2e x −y



El dominio es el conjunto de los puntos Domf = {( x, y ) ∈ 2 / ( x . − y )( x + y ) ≥ 0, x ≠ y } es decir, los puntos del plano comprendidos entre las rectas x=y, x=-y salvo los de la recta x=y, gráficamente

3

Se considera la función f ( x, y ) = e

xy

x ∂ f ∂ f ∂2 f ∂2 f + + sen ( ( 2x + 3y ) π ) . Calcular , , , , f ( 0,1 ) , y ∂x ∂y ∂x 2 ∂x ∂y x

f y ( 2, −1 ) , f xx ( 0,1 ) , f xy ( 2, −1 ) .

Solución: 1 ∂ f = ye xy + + 2π cos ( ( 2x + 3y ) π ) ∂x y ∂ f x = xe xy − + 3π cos ( ( 2x + 3y ) π ) ∂y y 2 ∂2 f ∂x 2

2 = y 2e xy − ( 2π ) sen (( 2x + 3y ) π )

∂2 f 1 = e xy + xye xy − − 6π2sen ( ( 2x + 3y ) π ) 2 ∂x ∂y y f x ( 0,1 ) = 1 + 1 + 2π cos ( 3 π ) = 2 − 2 π

4

Dada la función  xy 4 − x 4y  f (x, y ) =  x 3 + y 3  0 

x ≠ −y x = −y

a) Hallar f x ( 0, 0 ) y f y ( 0, 0 ) b) Calcule fx ( x, y ) y fy ( x, y ) c) Es fxy ( 0, 0 ) = f yx ( 0, 0 ) ?


7



Solución: f (0 + h, 0) − f (0, 0) a ) f x (0, 0) = lim h → 0 h

= lim

(0 + h )04 − (0 + h )4 0 −0 (0 + h )3 + 03

f (0, 0 + h ) − f (0, 0) f y (0, 0) = lim h → 0 h 0(0 + h )4 − 04 (0 + h )

03 + (0 + h )3

= lim

h → 0

= lim

0

h → 0 h 4

0

h → 0 h 4

h

h →0

= lim

=0

−0

h =0

b) Supongamos ahora que ( x , y ) con x ≠ −y , entonces (y 4 − 4x 3y )(x 3 + y 3 ) − (xy 4 − x 4y)(3x2 ) (x 3 + y 3 )2 (4xy 3 − x 4 )(x 3 + y 3 ) − (xy 4 − x 4 y)(3y 2 ) f y = (x 3 + y 3 )2 En los puntos ( a, −a ) se tendrá: f x =

f (a + h, −a ) − f (a, −a ) fx (a, −a ) = lim h → 0 h

8




4

= lim

4

(a + h )( −a ) − ( a + h ) ( −a ) −0 3 3 (a + h ) + ( −a )

h →0

h

4

4

(a + h )( −a ) − (a + h ) (−a ) = lim 3 3  h → 0 h  ( a + h ) + ( −a )  



Como el numerador tiende a 2a 5 y el denominador a cero este límite no existe para a ≠ 0 . c)

∂  ∂ f    (0,0) ∂y  ∂x  ∂ fx f (0, 0 + h ) − f x (0, 0) ∂  ∂ f  (0, 0) = lim x   (0, 0) = h →o ∂y  ∂x  ∂y h 4 3 3 3 ((0 + h ) − 4.0 .(o + (0 + h ) ) − (0(0 + h)4 − 04 (0 + h ))(0) = lim h →o (03 + (0 + h )3 )2 h 7 h = lim =1 h →o h 7

∂  ∂ f    (0,0) ∂x  ∂y  ∂ fy f (0 + h, 0) − f y (0, 0) ∂  ∂ f  (0, 0) = lim y   (0, 0) = h →o ∂x  ∂y  ∂x h 3 4 3 (4(0 + h )0 − (0 + h ) ).((0 + h ) + 03 − ((0 + h)04 − (0 + h)4 0)(0) = lim h →o (03 + (0 + h )3 )2 h 7 −h = lim = −1 h →o h 7

Luego no se verifica que f xy(0,0)=f yx(0,0).

5

El precio de un piso P en función de la superficie S y de la calidad de los materiales C viene dado por una función P ( S ,C ) . ¿Es razonable que

∂P ∂P > 0 ? ¿Es razonable que < 0? ∂C ∂S

Solución: Si

∂P > 0 significa que a mayor calidad de los materiales aumenta el precio de la ∂C

vivienda. Parece razonable.


9


Si


∂P < 0 significaría que al aumentar la superficie del piso el precio disminuiría. ∂S

Esto no parece lógico.

Funciones diferenciables. Diferencial de una función de dos variables 6

Sea f (x, y) = x 2 + y 2 pruebe que es diferenciable en (0,0)

Solución: Forma 1.- Utilizando la definición f (0 + h, 0) − f (0, 0) (0 + h )2 − 0 h 2 = lim = lim =0 = lim h →0 h →0 h → 0 h h h

a)

∂ f (0,0) ∂x

b)

∂ f (0, 0) = 0 (análogo al apartado a) ya que la función es simétrica) ∂y

c) f ( (0, 0) + (∆x , ∆y ) ) = f (0, 0) +

10

∂ f ∂f (0, 0).∆x + (0, 0)∆y + ε(∆x, ∆y) ∂x ∂y


2

( ∆x )

2

+ ( ∆y )



Entonces f (∆x, ∆y) = 0 + 0∆x + 0∆y + ε(∆x, ∆y) 2

ε(∆x , ∆y ) =

( ∆x )

2

( ∆x ) Veamos si

lim

(∆x ,∆y )→( 0,0 )

ε(∆x , ∆y ) =

2

+ ( ∆y )

2

=

+ ( ∆y )

2

( ∆x )

2

( ∆x )

2

+ ( ∆y ) 2

+ ( ∆y )

⇒

0

Utilizando coordenadas polares: lim

(∆x ,∆y )→( 0,0 )

ε(∆x , ∆y ) =

lim

ρ→0 ϕ ∈  0,2π 

ρ =

0

Luego la función es diferenciable. Forma 2.Como en todos los puntos del plano existen las derivadas parciales y además son continuas la función es diferenciable en todo ( x,y ) ∈ 7

2 .

En particular en el (0, 0).

Considere la función f(x,y) dada por:  xy  , (x , y ) ≠ (0, 0) f (x, y ) =  x 2 + y 2  (x, y ) = (0, 0)  0,

a) Halle

∂ f ( 0, 0 ) ∂x

y

∂ f ( 0, 0 ) ∂y

b) ¿Es f(x,y) diferenciable en (0,0)? c) ¿Qué puede concluir de (a) y (b) respecto a la diferenciabilidad de la función?


11



Solución: a) Calculamos las derivadas parciales en el origen (0 + h ) − 0 −0 f (0 + h, 0) − f (0, 0) ∂ f (0 + h )2 + 02 0 = lim = lim =0 (0, 0) = lim 3 ∂x

h

h → 0

h

h →0

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

h → 0 h

0.(0 + h ) −0 02 + (0 + h )2

0

= lim

=0

h → 0 h 3

h

b) Usemos la definición de diferenciabilidad: f ( (0, 0) + (∆x, ∆y) ) = f (0, 0) +

∂ f ∂f (0, 0)∆x + (0, 0)∆y + ε(∆x, ∆y) ∂x ∂y

2

( ∆x )

2

+ ( ∆y ) ,

∆x .∆y f (∆x, ∆y) = ε(∆x, ∆y)

⇒

12

lim

2

( ∆x )

(∆x ,∆y )→(0,0)

2

+ ( ∆y )

entonces

2


2

2

( ∆x )

( ∆x ). ( ∆y ) 2 2 ( ∆x ) + ( ∆y ) ( ∆x )

ε(∆x, ∆y ) =

2 2 ( ∆x ) . ( ∆y )

2

+ ( ∆y )

=

lim

( ∆x, ∆y) →(0,0)

+ ( ∆y )

( ∆x ) . ( ∆y )

(( ∆x )

2

2

+ ( ∆y )

)

3

, 2

luego:



pero calculando los límites radiales:

( ∆x ) . ( ∆y )

lim

(∆x ,∆y )→(0,0) ∆y =m∆x

(( ∆x )

2

2

+ ( ∆y )

)

3

2

∆x →0

(( ∆x )

2

2

+ ( m ⋅ ∆x )

3

=

)

2

m

= lim

∆x → 0

( ∆x ). ( m ⋅ ∆x )

= lim

3

∆x ( 1 + m 2 ) 2

nos damos cuenta que no existe este límite. Por lo tanto, la función dada, no es diferenciable en el (0,0) c)

8

Podemos concluir que el hecho de que las derivadas parciales existan en el (0,0) no asegura diferenciabilidad en el punto

Sea la función  x 2y  ,(x,y ) ≠ (0, 0) f (x, y ) =  x 4 + y 2  (x, y ) = (0, 0)  0,

1. Halle

∂ f (x , y ) ∂x

y

∂f (x , y ) ∂y

2. ¿En qué direcciones v existe Df v (0, 0) ? 3. ¿Es f(x,y) diferenciable en (0,0)?


13



Solución: a)

Si ( x , y ) ≠ ( 0, 0 ) ⇒

∂ f 2xy 3 − 2x 5y ( x , y ) = 2 ∂x ( x 4 + y 2 )

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

(0 + h )2 .0 −0 (0 + h )4 + 02

= lim

0

h → 0 h 5

h

=0

Así:  2xy 3 − 2x 5y  si ( x,y ) ≠ ( 0, 0) ∂ f  4 2  2 x y = , ( )  ( x + y ) ∂x  Si ( x,y ) = ( 0, 0)  0  x 6 − x 2y 2  si ( x,y ) ≠ ( 0, 0) ∂ f  4 2  2 Análogamente ( x,y ) =  ( x + y ) ∂y  Si ( x,y ) = ( 0, 0)  0

( PRUÉBELO ¡!!!)

 Sea v = (a,b ) tal que ||v||=1  f ((0, 0) + tv ) − f (0, 0) ∂ f = (0, 0) = lim

b)

∂v

t

t → 0

at 2bt



4 4 2 2 f (tv ) − 0 f (at, bt ) = lim = lim = lim a t + b t t →0 t →0 t → 0 t t t 3 2 2 3 t (a b ) a bt a 2b a2 = lim = lim = lim = t → 0 t a 4t 4 + b 2 t 2 ( ) t →0 t 3 ( a4 t2 + b2 ) t →0 a4 t2 + b2 b

siempre que b sea distinto de cero. En el caso de que b sea cero el vector v será (1, 0) y por lo tanto

f ((0, 0) + t ( 1, 0 )) − f (0, 0) ∂ f = (0, 0) = lim t → 0 ∂v t

0

4 f (t , 0) 0 = lim = lim t + 0 = lim = 0 t →0 t →0 t → 0 t t t

Podemos concluir que la función posee derivadas direccionales en (0,0) en cualquier dirección.

14




c)

Para saber si f (x,y) es diferenciable en (0,0), resulta más sencillo en este caso, analizar primero la continuidad en (0,0). Veamos si existe lim f (x, y ) : tomemos el (x ,y )→(0,0)

camino y = mx 2 lim

x 2y

(x ,y )→(0,0) x 4 y =mx 2

+ y2

= lim

x →0 x 4

x 2mx 2 + m 2x 4

= lim

x →0

m

1 + m2

=

m

1 + m2

Como el límite depende de m (de la parábola) se puede concluir que f(x,y) no es continua en (0,0) y en consecuencia, f(x,y) no es diferenciable en (0,0). Notar que la existencia de derivadas parciales y derivadas diferenciabilidad.

9

direccionales no implica

Estudia la diferenciabilidad de la siguiente función  xy  f ( x, y ) =  x 2 + y 2  0 

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


15



Solución: (a) Calculamos inicialmente las derivadas parciales en el origen: f ( ∆x, 0 ) − f ( 0, 0 ) ∂ f 0−0 = lim =0 ( 0, 0 ) = ∆lim x →0 ∆x → 0 ∆x ∂x ∆x

por simetría de la función

∂ f ( 0, 0 ) = 0 . ∂y

Utilizamos la definición para ver si es diferenciable. La función será diferenciable si

f ( ∆x, ∆y ) − f ( 0, 0 ) −

lim

∂ f ∂f ( 0, 0 ) ⋅ ∆x − ( 0, 0 ) ⋅ ∆y ∂x ∂y 2

( ∆x ,∆y )→( 0,0 )

( ∆x )

2

=0

+ ( ∆y )

Se tiene que

f ( ∆x, ∆y ) − f ( 0, 0 ) −

lim

2

( ∆x ,∆y )→( 0,0 )

=

lim

( ∆x ,∆y )→( 0,0 )

∂ f ∂f ( 0, 0 ) ⋅ ∆x − ( 0, 0 ) ⋅ ∆y ∂x ∂y

( ∆x ) f ( ∆x, ∆y ) 2

( ∆x )

2

+ ( ∆y )

=

2

+ ( ∆y )

lim

( ∆x ,∆y )→( 0,0 ) ∆x 2 + ∆y 2 ( ) ( )

Este último límite no tiende a cero (basta calcular los límites radiales o pasar a coordenadas polares).

Por lo tanto la función no es diferenciable en el origen.

16


∆x ⋅ ∆ y

=



Relación entre la diferencial y la derivada direccional. Gradiente.

10 El conjunto de los puntos (x, y) con 0 ≤ x ≤ 5 , 0 ≤ y ≤ 5 es un cuadrado colocado en el primer cuadrante del plano XY. Supongamos que se caliente ese cuadrado de tal manera que T ( x , y ) = x 2 + y 2 es la temperatura en el punto P(x, y). ¿En qué sentido se establecerá el flujo de

calor en el punto P o ( 2,5 ) ?

Indicación: El flujo de calor en la región está dado por una función vectorial C ( x, y ) porque su valor en cada punto depende de las coordenadas de éste. Sabemos por física que C ( x, y ) será perpendicular a las curvas isotermas T ( x, y ) = c donde c es constante. El gradiente y todos sus múltiplos verifican esta condición. En esta situación nos dice la física que C = −K ∇T donde K es una constante positiva (llamada conductividad térmica). Nótese que la razón del signo negativo es que el calor fluye desde puntos de mayor temperatura a puntos de menor temperatura.


17



Solución: Como T ( 3, 4 ) = 25 el punto P está en la isoterma T ( x , y ) = 25 , que es un cuadrante de la circunferencia x 2 + y 2 = 25 . Sabemos que el flujo de calor en P o ( 2, 5 ) es Co = −K ∇T o .









Como ∇T = 2xi + 2y j se tiene que ∇To = 6i + 8 j . Así el flujo de calor en Po es:

(





)

Co = −K 6i + 8j . Como la conductividad térmica es positiva se puede afirmar que

el calor fluye en Po en el sentido del vector unitario:

(





)

− 6i + 8 j



u=

2

( −6 )

2

+ ( −8 )

3 5

=− i−

4  j 5

ax +by cos ( x + y ) − z = 0 en el punto 11 Hallar a y b para que la derivada direccional máxima de la función e

( 0, 0 ) sea 3 2 en la dirección de la bisectriz del primer cuadrante Solución.La función z = eax +by cos ( x + y ) es continua por ser composición de funciones continuas y es diferenciable por ser las derivadas parciales continuas en todo

2 :

∂ f = aeax +by cos ( x + y ) − eax +bysen (x + y ) ∂x ' = ∂ f = beax +by cos x + y − eax +bysen z y ( ) (x + y ) ∂y

z x ' =

Esto significa que la derivada direccional en un punto siguiendo una dirección se puede obtener como el producto escalar de la dirección por el gradiente en el punto considerado. Du f ( 0, 0 ) = ∇f ( 0, 0 ),u = 3 2

Por otro lado el gradiente nos marca la dirección donde la derivada direccional es máxima que en este caso es además la bisectriz del primer cuadrante luego en este caso:

18




∇ f ( 0, 0 ) = 3 2

u=

 2 2  1 ∇f ( 0, 0 ) =  ,   2 2  ∇ f ( 0, 0 )

Calculando el gradiente en el origen: 



∇ f ( 0, 0 ) = ai + b j

se tiene que cumplir que:  a b   2 2  u =  = , ,  3 2 3 2   2 2 

a 2 + b2 = 3 2

⇒a =b

Por lo tanto, resolviendo el sistema formado por estas dos ecuaciones: a =b = 3 

Determinar, si es posible, un vector unitario u de modo que la derivada direccional de la  1 − xy función f ( x, y , z ) = en el punto (1, 1, 1) y en la dirección de u sea 2 . z

Puntuación: 10 puntos En el punto (1, 1, 1) la función f es diferenciable por tener derivadas parciales primeras continuas, luego la derivada direccional es: 

Du f ( 1,1,1 ) = ∇f ( 1,1,1 ), u = 2 ∂ f y =− ∂x z ∂ f (1,1,1) = −1 ∂x Du f ( 1,1,1 ) =

(−1, −1, 0 ), (a,b, c )

∂f x =− ∂y z ∂f ( 1,1,1) = −1 ∂y =

∂f 1 − xy =− ∂z z 2 ∂f ( 1,1,1) = 0 ∂z

2

Se trata de resolver el sistema:


19



 b = −a − 2  ⇒  a 2 + b 2 + c 2 = 1 c 2 = −1 − 2a 2 − 2 2a = −  −a − b =

2

(

   2 2a + 1 < 0 NO 

)

Que no tiene solución. Luego no es posible encontrar el vector pedido.

2 12 De una función z = f ( x, y ) diferenciable en todo  se sabe que el plano tangente a f ( x, y ) en el punto (1, 2) es: 2x + 3y + 4z = 1 . ¿Se puede calcular con estos datos la derivada direccional de f en la dirección que une el punto (1, 2) con el punto (3,4)? Justificar la respuesta.

La dirección en la que nos piden calcular la derivada direccional es: v = ( 3 − 1, 4 − 2 ) = ( 2,2 ) ⇒ u =

 1 1  v =  ,   2 2  v

Como el plano tangente en el punto (1, 2) es 1 3 1 2x + 3y + 4z = 1 ⇔ x + y + z = (I) 2 4 4 que corresponde a la ecuación ∂ f ∂f ( 1,2 )( x − 1) + (1,2 )( y − 2 ) = z − f ( 1,2 ) (II) ∂x ∂y

se tiene que cumplir que ∂ f −1 (1,2 ) = ∂x 2

∂f −3 ( 1,2 ) = ∂y 4

sin más que igualar los coeficientes en las dos expresiones (I) y (II) Luego la derivada direccional pedida es:  ∂ f   −1 3   1 1  ∂f −5 −5 2 Du ( f , ( 1, 2 ) ) =  ( 1,2 ), ( 1,2 )  , u =  , −  ,  = ,  =  ∂x       2 ∂y 4  2 2 8 4 2

13 Sea f : A ⊂

20

2 →  definida

por




 x 3  ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) f ( x, y ) =  2x 2 − y 2 − xy  ( x , y ) = ( 0, 0 )  0

A) Dibujar el conjunto de puntos del plano donde f no está definida. B) Calcular el límite direccional de la función en el origen a lo largo de la curva: y = x + x 2 C) Estudiar la continuidad y diferenciabilidad de f en el origen D) Calcular los valores de f x ( 0, 0 ) y f xy ( 0, 0 ) E) Determinar en el punto P (2,-1) el valor de la derivada en una dirección que forma 60º con el eje OX positivo.

Solución: A) f(x, y) no está definida en aquellos puntos que anulen el denominador 2x 2 − y 2 − xy = 0 ⇔ y 2 + xy − 2x 2 = 0 ⇔ y =

−x ±

x 2 + 8x 2

2

 x =  −  2x

Es decir, la función f no está definida sobre las rectas y = x e y = -2x. B) El límite pedido es: lim f ( x,y ) = lim

( x ,y )→(20,0 ) y = x + x

x → 0

x 3

2x 2

− (x +

2 x2

)

− x (x +

x2

)

=


21



lim

x →0

x3

2x 2 − ( x 2 + x 4 + 2x 3 ) − ( x 2 + x 3 )

x 3

= lim

x → 0 x 4

=1 + x3

C) Si calculamos los límites radiales: lim f ( x , y ) = lim

( x ,y )→( 0,0 )

x →0

y =mx m ≠1,−2

x3 2

2x 2 − ( mx ) − x ( mx )

= lim

x →0

x 2 − m 2−m

=0

Vemos que la función no es continua en el origen ya que aunque todos tienen el mismo valor no coincide con el límite según la dirección del apartado b)Por no ser continua, tampoco puede ser diferenciable, ya que toda función diferenciable en un punto debe ser continua en él. D) Calculamos las derivadas parciales pedidas: t 3

f ( t, 0 ) − f ( 0, 0 ) 2 1 f x ' ( 0, 0 ) = lim = lim 2t = t →0 t → 0 t t 2

Para calcular fy ( t, 0 ) − f y ( 0, 0 ) '' f yx ( 0, 0 ) = t lim →0 t

debemos calcular primero f y ' ( 0, 0 ) y fy ' ( t , 0 ) :

•

f ( 0, t ) − f ( 0, 0 ) 0−0 f y ' ( 0, 0 ) = lim = lim =0 t →0 t → 0 t t

•

f '

•

(x,y ) =

y

−x 3 ( −2y − x )

(

2x 2

⇒ f 'y ( t , 0 ) =

−

y2

2

− xy )

x 4 2 x 2

(2 )

=

=

x 3 ( 2y + x )

(

2x 2

−

y2

2

− xy )

si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )

1 4

Ahora, f 'y ( t, 0 ) − f 'y ( 0, 0 )

' f yx ( 0, 0 ) = lim t →0

22


t

1 −0 4 = lim = ±∞ t → 0

t



'' luego no existe f yx ( 0, 0 )

E) En P (2,-1), f(x, y) es diferenciable, ya que se trata de una función racional con denominador no nulo. 

Podemos por tanto calcular, D  u f ( 2, −1 ) = ∇f ( 2, −1 ) , u •

Calculemos ∇ f ( 2,−1 )

f 'x ( x , y ) =

2x 4 − 3x 2y 2 − 2x 3 y

f 'x ( 2, −1) =

2

( 2x 2 − y 2 − xy )

f 'y ( x, y ) =

25 − 3 ⋅ 4 + 2 ⋅ 23 4 = 81 9

x 3 ( 2y + x ) 2

( 2x 2 − y2 − xy )

f 'y ( 2, −1 ) =

8 ( −2 + 2 ) =0 81

 •

 π π   1 3   u =  cos , sen  =  ,    3 3  2 2 

4  1 3 2 luego, D  u f ( 2, −1 ) =  , 0 ,  ,  =  9   2 2  9

Nota: También se puede recurrir a la definición de derivada direccional, pero lleva más operaciones. 14 Se considera la función real de dos variables  x 3 + y 3  si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) f ( x, y ) =  x 2 + y 2  si ( x , y ) = ( 0, 0 ) 0 

(a)

Estudia, mediante la definición, para qué vectores unitarios u existe la derivada direccional de f en el origen, Du f ( 0,0 ) . Calcula dicha derivada direccional.

(b) (c) (d)

¿Cuánto vale el gradiente de f en el origen? Estudia la diferenciabilidad en el origen A partir del valor obtenido en (a) calcula el valor máximo de Du f ( 0,0 ) , y la dirección u de forma que Du f ( 0, 0 ) es máxima.


23



Solución: (a) Se considera el vector unitario u = ( cos ϕ, senϕ ) utilizando la definición f ( t cos ϕ, tsenϕ ) − f ( 0, 0 ) Du f ( 0, 0 ) = lim = t → 0 t t 3 ( cos3 ϕ + sen 3ϕ ) = lim t → 0

(b)

∇ f ( 0, 0 ) =

t 2 t

−0 = cos3 ϕ + sen 3ϕ

  ∂ f ∂f ( 0, 0 ) i + ( 0, 0 ) i ∂x ∂y

Calculamos las derivadas parciales t 3

−0 f ( t, 0 ) − f ( 0, 0 ) 2 ∂ f t t = lim = lim = 1 ( 0, 0 ) = tlim →0 t →0 t → 0 t ∂x t t f ( 0, t ) − f ( 0, 0 ) ∂ f = lim ( 0, 0 ) = tlim →0 t →0 ∂y t 



Por lo tanto, ∇ f ( 0, 0 ) = i + j .

24


0+ t

t 3 t 2 = lim1 = 1 t → 0



(c) La función no es diferenciable en el origen porque en caso de ser diferenciable se tendría que 







Du f ( 0, 0 ) = ∇f ( 0, 0 ), u = i + j, cos ϕi + senϕ j = cos ϕ + senϕ

y por el apartado (a) la derivada direccional es Du f ( 0, 0 ) = cos3 ϕ + sen 3ϕ . (d) La derivada direccional h ( ϕ ) = cos3 ϕ + sen 3ϕ ,

Du f ( 0, 0 ) = cos3 ϕ + sen 3ϕ es

una función de

ϕ,

que es derivable, por lo tanto, el valor más grande se alcanzará

cuando h ' ( ϕ ) = −3 cos2 ϕsenϕ + 3sen 2ϕ cos ϕ = = 3senϕ cos ϕ ( − cos ϕ + sen ϕ ) = 0  sen ϕ = 0 ⇒ ϕ = 0 ϕ2 = π 1   π 3π h ' ( ϕ ) = 0 ⇔  cos ϕ = 0 ⇒ ϕ3 = ϕ4 =  2 2  5π π sen ϕ = cos ϕ ⇒ ϕ5 = ϕ6 =  4 4

Como h '' ( ϕ ) = 3 cos2 ϕ ( − cos ϕ + senϕ ) − 3sen 2ϕ ( − cos ϕ + sen ϕ ) +3senϕ cos ϕ ( senϕ + cos ϕ )

se tiene que los máximos y mínimos relativos son: π  5π  h '' ( 0 ) < 0, h ''   < 0, h ''   < 0  2   4  π  3π  h ''   > 0, h '' ( π ) > 0, h ''   > 0  4   2 

MAXIMO MINIMO

El máximo absoluto es en la dirección del eje positivo de las X o de las Y  π π u = ( cos 0, sen 0 ) = ( 1, 0 ) ó u =  cos ,sen  = ( 0,1 )  2 2 


25



cos(φ)3+sin(φ)3

1

0.5

0

-0.5

-1

0

1

2

3

4

5

6

φ

La representación de la función es:

15 Se considera la función:  xsen ( xy )  f ( x, y ) =  x 2 + y 2  0 

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

Se pide: (a) Estudiar la continuidad de f en todo punto del plano. (b) Calcular

26

∂ f ∂ f y en todo 2 ∂x ∂y




(c) Estudiar la derivada direccional de f en el origen en cualquier dirección (d) ¿Es f diferenciable en el origen?

Solución: (a) En los puntos del plano distintos del origen la función es continua por ser cociente de funciones continuas con denominador no nulo. En el origen estudiamos el siguiente límite:

lim f ( x,y ) =

( x ,y )→( 0,0 )

=

lim

sen α  α   ρ →0   si α → 0   ϕ ∈  0,2π     

x ⋅ sen ( xy )

lim

=

( x ,y )→( 0,0 ) x 2 + y 2

cos ϕ ( ρ2sen ϕ cos ϕ ) ρ

=

lim

(

cos ϕ ρ cos ϕ sen ρ 2sen ϕ ρ2

ρ→0 ϕ ∈  0,2π 

)=

lim ρsenϕ cos2 ϕ = 0 = f ( 0, 0 )

ρ→0 ϕ ∈  0,2π 

donde en el último límite se ha utilizado que el producto de un infinitésimo por una función acotada es cero. Por lo tanto la función es continua en todo

2

(b) Las derivadas parciales en puntos distintos del origen son:  sen ( xy ) + xy cos ( xy ) (  x 2 + y 2 ) − 2x  xsen ( xy )  ∂ f     = 2 ∂x x 2 + y 2

(

)

 2  x 2 + y 2 ) − 2y  xsen ( xy )  ∂ f  x cos ( xy ) (    = 2 ∂y x 2 + y 2

(

)

En el origen: f ( 0 + t, 0 ) − f ( 0, 0 ) ∂ f = lim ( 0, 0 ) = tlim →0 t →0 ∂x t f ( 0, 0 + t ) − f ( 0, 0 ) ∂ f = lim ( 0, 0 ) = tlim →0 t →0 ∂y t

t ⋅ sen ( 0 ) t 2 t 0 ⋅ sen ( 0 ) t 2 t

−0

0 lim = 0

t → 0

−0

t

0 lim = 0

t → 0

t


27



Por lo tanto las derivadas parciales de primer orden existen en todo

2



(c) Calculamos la derivada direccional en cualquier dirección u = ( cos ϕ, senϕ ) utilizando la definición: f ( 0 + t cos ϕ, 0 + tsenϕ ) − f ( 0, 0 ) Du f ( 0, 0 ) = lim = t → 0 t t ⋅ cos ϕ ⋅ sen ( t 2senϕ cos ϕ ) = lim

t 2 cos2 ϕ + t 2sen 2ϕ

t 2

= lim

t

t →0

t ⋅ cos ϕ ⋅ ( t 2senϕ cos ϕ )

−0

−0 = sen ϕ cos2 ϕ

t

t → 0



Luego, la derivada direccional de la función f en el origen en la dirección u = ( cos ϕ, senϕ ) es Du f ( 0, 0 ) = senϕ cos2 ϕ

(d) Método 1: La función no es diferenciable en el origen porque la derivada direccional en el origen no es el producto escalar del gradiente en el origen por la dirección. Método 2: Utilizando la definición de diferenciabilidad: ∆x ⋅ sen ( ∆x ⋅ ∆y )

lim

f ( ∆x, ∆y ) − f ( 0, 0 ) − ∆x ⋅ 0 − ∆y ⋅ 0 2

( ∆x ,∆y )→( 0,0 )

=

lim

( ∆x ,∆y )→( 0,0 )

( ∆x )

∆x ⋅ sen ( ∆x ⋅ ∆y )

(( ∆x )

2

2 3/2

+ ( ∆y )

)

2

2

=

+ ( ∆y )

=

lim

ρ→0 ϕ ∈  0,2π 

lim

( ∆x ,∆y )→( 0,0 )

ρ 3 cos2 ϕ ⋅ sen ϕ ρ3

( ∆x )

=

2

( ∆x )

2

+ ( ∆y )

2

+ ( ∆y )

=

lim cos2 ϕ ⋅ sen ϕ

ρ→0 ϕ ∈  0,2π 

Como el último límite no existe por depender de ϕ , el límite no es cero y en consecuencia la función no es diferenciable en el origen. 16

 e x 2 +y 2 − 1  2 Sea f :  →  definida de la forma: f ( x, y ) =  x 2 + y 2  1 

Se pide: (a) Continuidad en (0,0)

28


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



(b) Diferenciabilidad en (0,0)

(a) Continuidad en (0,0) ex

lim

2 +y 2

−1

( x ,y )→( 0,0 ) x 2 + y 2

2

e ρ − 1

lim

=

ρ2

ρ →0 ϕ ∈  0,2π )

=

2

1 = f ( 0, 0 )

e ρ −1≈ ρ 2 log e

Nota: En el último límite se puede aplicar también L’Hopital 2

lim

eρ − 1

ρ→0

ρ2

2

2ρe ρ = lim =1 ρ → 0 2ρ

(b) Diferenciabilidad en (0,0) 2

e ( ∆x ) − 1 f x ( 0, 0 ) = lim

f ( 0 + ∆x , 0 ) − f ( 0, 0 ) ∆x

∆x → 0

= lim

∆x → 0

e(

2

∆x )

3

=

lim

L ' Hopital ∆x → 0

( ∆x )

= lim

∆x → 0

( ∆x )

2 ( ∆x )e( ∆x ) − 2 ( ∆x ) 2

=

2

= lim

∆x → 0

3 ( ∆x )

−1

∆x

2

2

− 1 − ( ∆x )

2

2

4 ( ∆x )e( ∆x ) = =0 lim 3 ( ∆x ) L ' Hopital ∆x → 0 3

2e ( ∆x ) − 2

Por simetría f y ( 0, 0 ) = 0 . Vemos si es diferenciable comprobando si se cumple: f ( ∆x, ∆y ) − f ( 0, 0 ) −

lim

( ∆x ,∆y )→( 0,0 )

∂ f ∂f ( 0, 0 ) ⋅ ∆x − ( 0, 0 ) ⋅ ∆y ∂x ∂y 2

( ∆x )

2

=0

+ ( ∆y )

Como


29



2

2

e ( ∆x ) +( ∆y ) − 1 2

lim

( ∆x )

2

+ ( ∆y )

− 1 − 0 ⋅ ∆x − 0 ⋅ ∆y 2

( ∆x ,∆y )→( 0,0 )

( ∆x )

2

=

2

+ ( ∆y )

lim

e ρ − 1 − ρ 2 ρ3

ρ →0 ϕ ∈  0,2π )

=0

la función es diferenciable en el origen. Nota: Este último límite es el mismo que el de cálculo de la derivada parcial. 17

  x 2y  si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )  Dada la función f ( x, y ) =  x 2 + y 2   0 si ( x, y ) = ( 0, 0 )   

(a) Estudiar la continuidad y diferenciabilidad en

2 (10

puntos) 



(b) Calcular la derivada direccional en el punto (0, 0) según el vector v = ( 1,1 ) , el vector u = ( 1, 0 ) y 

el vector u = ( 0,1 ) . (5 puntos)

Solución: (a) Continuidad en (0,0).

lim f ( x,y ) =

( x ,y )→( 0,0 )

lim

( x ,y )→( 0,0 ) x 2

x 2y + y 2

=

lim

ρ →0 ϕ ∈  0,2 π 

ρ3

cos2 ϕ ⋅ senϕ ρ

2

=

lim

ρ →0 ϕ ∈  0,2 π 

ρ 

2 ϕ ⋅ sen ϕ = 0 cos 

inf initésimo

a cot ado

como el valor del límite coincide con el valor de la función en el punto es una función continua en el origen. En el resto de puntos (x,y) distintos de (0,0) la función es continua por ser cociente de funciones continuas con denominador no nulo en dichos puntos.

(b) Diferenciabilidad en (0,0) En los puntos (x, y) distintos del origen la función tiene derivadas parciales

30




fx ( x,y ) =

2xy ( x 2 + y 2 ) − x 2y ⋅ 2x 2x 2y + 2xy 3

(

x2

+

=

2 y2

)

(

x2

2 y2

)

+

si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )

x 2 ( x 2 + y 2 ) − x 2 y ⋅ 2y x 4 − x 2y 2 fy ( x, y ) = = 2 2 2 2 (x + y ) ( x 2 + y2 )

si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )

y además son continuas por ser cociente de funciones continuas con la función del denominador no nula en estos puntos (el denominador solo se anula si (x, y)=(0,0)). Por lo tanto la función f es diferenciable en todos los puntos distintos del origen. En el origen f x ( 0, 0 ) = lim

f ( ∆x, 0 ) − f ( 0, 0 ) ∆x f ( 0, ∆y ) − f ( 0, 0 )

∆x → 0

f y ( 0, 0 ) = lim

∆y

∆y → 0

0−0

= lim

∆x → 0

∆x

0−0

= lim

∆y → 0

∆x

=0 =0

Utilizando la definición vemos si es diferenciable: 2

lim

f ( ∆x, ∆y ) − f ( 0, 0 ) − fx ( 0, 0 ) ⋅ ∆x − fy ( 0, 0 ) ⋅ ∆y 2

( ∆x ,∆y )→( 0,0 )

( ∆x )

2

+ ( ∆y ) 2

=

lim

( ∆x ,∆y )→( 0,0 )

( ∆x ) ( ∆y ) 1 2 1 + 2

=

2   ( ∆x ) + ( ∆y )   

lim

ρ3

=

lim

( ∆x ) ( ∆y ) 2 2 ( ∆x ) + ( ∆y )

( ∆x,∆y )→( 0,0 )

2

( ∆x )

2

+ ( ∆y )

=

2

( cos2 ϕ ) ( sen ϕ )

ρ→ 0 ϕ ∈  0,2π 

ρ3

Que depende de ϕ , luego la función no es diferenciable en el origen. Nota: También se puede calcular el límite por radiales y ver que depende de la pendiente de la recta por la que nos aproximemos al origen. (b) Derivadas direccionales: 

Al no ser la función diferenciable no es válida la expresión Du f ( 0, 0 ) = ∇f ( 0, 0 ), u por lo que debemos aplicar la definición de derivada direccional 

v = ( 1,1 )



→



 1 1  v u =  =  ,   2 2  v

luego:


31



 1 1  f  0 + t +t , 0  − f ( 0, 0 )   2 2 D  f ( 0, 0 ) = lim = u t → 0 t

= lim

  t 

 1 2 1  t  t  2  2 2 2 1   1   +  t  2   2 

t →0

t

t 3

2 2

2 1 = lim t = t → 0 t 2 2

La derivada direccional en la dirección (1, 0) es la derivada parcial respecto a x y la derivada direccional en la dirección (0, 1) es la derivada parcial respecto a y calculadas anteriormente y cuyo valor en ambos casos es cero.

Plano tangente 2 18 De una función z = f ( x, y ) diferenciable en todo  se sabe que el plano tangente a f ( x, y ) en el punto (1, 2) es: 2x + 3y + 4z = 1 . ¿Se puede calcular con estos datos la derivada direccional de f en la dirección que une el punto (1, 2) con el punto (3,4)? Justificar la respuesta.

La dirección en la que nos piden calcular la derivada direccional es: v = ( 3 − 1, 4 − 2 ) = ( 2,2 ) ⇒ u =

 1 1  v =  ,   2 2  v

Como el plano tangente en el punto (1, 2) es 1 3 1 2x + 3y + 4z = 1 ⇔ x + y + z = (I) 2 4 4 que corresponde a la ecuación ∂ f ∂f ( 1,2 )( x − 1) + (1,2 )( y − 2 ) = z − f ( 1,2 ) (II) ∂x ∂y

se tiene que cumplir que

32



∂ f −1 (1,2 ) = ∂x 2


∂f −3 ( 1,2 ) = ∂y 4

sin más que igualar los coeficientes en las dos expresiones (I) y (II) Luego la derivada direccional pedida es:  ∂ f   −1 3   1 1  ∂f −5 −5 2 Du ( f , ( 1, 2 ) ) =  ( 1,2 ), ( 1,2 )  , u =  , −  ,  = ,  =  ∂x       2 ∂y 4  2 2 8 4 2

Regla de la cadena. Derivación compuesta. 19

 x   donde  y 

Sea u = x 4y + y 2z 3 + ϕ 

 x = 1 + rset   y = rs 2e − t    z = r 2s sent  3 ∂u Calcular cuando r = 2, s = 1, t = 0 sabiendo que ϕ '   = −1 2 ∂s

Solución.∂u ∂ u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z = + + = ∂s ∂x ∂s ∂y ∂s ∂z ∂s   x 1   x  −x   2rse−t + 3y 2 z 2r 2sent =  4x 3y + ϕ '    ret +  x 4 + 2yz 3 + +ϕ '     y  y   y  y 2  

Para r=2, s=1, t=0 se tiene que x=3, y=2, z=0. Sustituyendo estos valores en la 3 ∂u = 758 expresión anterior, así como ϕ '   = −1 , resulta que 2 ∂s 20 Considerando x = r cos ϕ, y = rsenϕ transformar expresar

∂2z utilizando coordenadas cartesianas, es decir, ∂r ∂ϕ

∂2z en función de z , x e y y sus derivadas parciales. ∂r ∂ϕ


33



Solución: Aplicando la regla de la cadena, teniendo en cuenta que x = r cosϕ , y = rsenϕ  y   ) se puede escribir,  x 

(inversamente r = x 2 + y 2 , ϕ = arctg 

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z ∂z ∂z = + = cos ϕ + sen ϕ = ∂r ∂x ∂r ∂y ∂ r ∂x ∂y ∂x

x x 2 + y2

+

∂z ∂y

y

x 2 + y 2

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z ∂z ∂z ∂z = + = ( −rsenϕ ) + ( r cos ϕ ) = ( −y ) + x ∂ϕ ∂x ∂ϕ ∂y ∂ϕ ∂x ∂y ∂x ∂y

Derivando ahora respecto de r teniendo en cuenta que x e y dependen de r y ϕ ∂2 z ∂ = ∂r ∂ϕ ∂r

r x y

 ∂z  ∂A ∂x ∂A ∂ y   = + =  ∂ϕ  ∂x ∂r ∂y ∂r 

llamamos ∂z A= ∂ϕ

ϕ

  ∂z ∂2 z ∂z ∂2 z  x ∂2 z ∂2 z    = −y + +x + − −y +x  ∂x ∂y ∂x ∂y  x 2 + y 2 ∂x ∂y ∂y 2  x 2  ∂x 2

=

 ∂2z ∂2z   − +  2 ∂x 2  x 2 + y 2  ∂y xy

 ∂z ∂z x 2 − y2 ∂2 z   x − y +   ∂x x 2 + y 2  ∂y x 2 + y2 ∂x ∂ y 

1

21 Dada u = g ( x , h ( x, y ) ), y = f ( t ) , calcular la razón de cambio (derivada) de u respecto de t . Solución.Llamamos m = h ( x, y ) , entonces el esquema de dependencia es x u

x m y

Luego aplicando la regla de la cadena

34


t



∂u ∂u ∂m dy = ∂t ∂m ∂y dt

): Utilizar la regla de la cadena para probar (a)

∂h siendo h ( x, y ) = f ( x, u ( x , y ) ) . Poner además un ejemplo de función h (6 puntos). ∂x

Solución: h ( x , y ) = f ( x, u ( x, y ) )

∂h ∂f ∂f ∂ u = + ∂x ∂x ∂ u ∂x

Por ejemplo u = u ( x , y ) = xy f (x, u ) = x 2 + u 2 h ( x, y ) = f ( x , u ( x, y )) = x 2 + x 2y 2 ∂h ∂f ∂ f ∂u = + = 2x + 2uy = 2x + 2xyy = 2x + 2xy 2 ∂x ∂x ∂ u ∂x

(b) Calcular

dy ) , x = sen ( t ) . Poner además un siendo y = h ( x ) = f ( x 2 + g ( x ) + g(2) dt

ejemplo de función h (7 puntos). entonces: Llamamos u = x 2 + g ( x ) + g(2)

Y----u----x----t dy dy du dx = = f ' ( u ) ( 2x + g ' ( x ) ) ⋅ cos t = f ' ( sen2t + g ( sent ) + g ( 2 ) ) ( 2sent + g ' ( sent ) ) cos t dt du dx dt

Ejemplo: f ( u ) = u 2 , g ( x ) = e x 2

y = h ( x ) = ( x 2 + ex + e2 )

2  2 2 sent 2   y = h1 ( t ) =  ( sen t ) + e + e   

22 Calcular la expresión de las derivadas parciales respecto a “x” y a “y” de la función:

( ( )

ω = f g x 2 + h ( y ) , g ( x ) h ( y )

)


35



Considerando que g y h son funciones derivables y que f es una función diferenciable.

Se trata de calcular las derivadas parciales de

ω = f ( u, v ) siendo

u = g (x2 ) + h (y )

v = g ( x ) h ( y )

Aplicando la regla de la cadena: ∂ω ∂ω ∂u ∂ω ∂v ∂ω ∂ω = ⋅ + ⋅ = ⋅ g ' ( x 2 ) ⋅ 2x + ⋅ g ' ( x ) ⋅ h (y ) ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u ∂v ∂ω ∂ω ∂u ∂ω ∂v ∂ω ∂ω = ⋅ + ⋅ = ⋅ h ' (y ) + ⋅ g ( x ) ⋅ h ' ( y ) ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂u ∂v

23 La temperatura de una placa viene dada por T ( x, y ) = 1 − y 1 + x 2y 2 (a) ¿En qué dirección tendríamos que desplazarnos desde el punto (1,1) para que la temperatura decrezca lo más rápidamente posible? Justificar la respuesta. (b) ¿En qué dirección desde el mismo punto la variación de la temperatura es ¼? Justificar la respuesta. (c) Dada la curva en paramétricas ϕ ( t ) = ( cos t, 1 + sent ) calcular el vector tangente a la curva en t=0. (d) Calcular (T  ϕ ) ' ( 0 ) . ¿Qué representa dicho valor?

Solución: (a) Las derivadas parciales de T son 2

( 1 − y ) 2xy ∂T ( x, y ) = − 2 ∂x (1 + x 2y 2 )

∂T −1 − 2x 2y + x 2y 2 ( x, y ) = − 2 ∂y ( 1 + x 2y 2 )

La dirección para que la temperatura decrezca lo más rápidamente es el vector u = −

36


∇T ( 1,1 ) ∇T ( 1,1 )



Calculando el gradiente en el punto (1,1)  ∂T   ∂T 1 ∇T ( 1,1 ) =   =  0, −  1,1 , 1,1 ( ) ( )  ∂x   ∂y 2 

luego u = ( 0,1 )

(b) Como la función es diferenciable se trata de encontrar el vector v = ( cos ϕ, senϕ ) de manera que Dv ( f , ( 1,1 ) ) = ∇T ( 1,1 ), ( cos ϕ, senϕ ) = −

sen ϕ

2

=

1 4

1 1 4π π π π ⇔ senϕ = − ⇔ ϕ = − ó ϕ = − − =− 4 2 6 6 2 6

(c) El vector tangente a la curva en t=0 es ϕ ' ( t ) = ( −sent, cos t ) ⇒ ϕ ' ( 0 ) =

(d) Se tiene que (T

 ϕ )( t ) = T ( ϕ ( t ) ) y

( 0,1 )

por lo tanto esta función evalúa la temperatura

en los puntos de la curva dada en paramétricas. (T  ϕ ) ' ( 0 ) calcula la variación de la temperatura respecto al parámetro ϕ ( 0 ) = ( cos 0,1 + sen 0 ) = ( 1,1 ) .

t

en

el

punto

de

la

curva

La dependencia de las variables es: T=T(x,y) con x=x(t)=cost, y=y(t)=1+sent x

t

y

t

T

Aplicando la regla de la cadena 2

( 1 − y ) 2xy dT ∂T dx ∂T dy −1 + x 2y 2 − 2x 2y = + =− − sent + cos t ( ) 2 2 dt ∂x dt ∂y dt 2 2 2 2 +x y +x y

(1

)

(1

)

Sustituyendo t=0, x=cos0=1, y=sen0=0 se tiene que

(T  ϕ ) ' ( 0 ) = −1


37



Derivación implícita

2 2 2 1 , se pide: 24 Dada F ( x , y, z ) = x + y + z + xy + 2z −

A) determinar si F ( x , y, z ) = 0 define en el punto P (0,-1,0) a z como función implícita de x e y, es decir, z = f(x, y) B) Encontrar las derivadas parciales de primer y segundo orden de la función z=f(x,y) en el punto (0,-1) C) Hallar en (0,-1) el valor de dz y d 2z cuando dx = dy = 0.2.

SOLUCION: A) F ( x , y, z ) = 0 define a z = f(x, y) en un entorno de P (0,-1,0) si •

•

El punto P es un punto de la superficie, es decir, F (0,-1,0) = 0. En efecto, F (0,-1,0) = 1 -1 = 0 Fx , Fy, Fz son continuas en un entorno de P. Es evidente ya que Fx ( x , y, z ) = 2x + y Fy ( x , y, z ) = 2y + x

38




Fz ( x, y, z ) = 2z + 2 •

son funciones polinómicas F z ( 0, −1, 0 ) ≠ 0 . Como Fz ( x, y, z ) = 2z + 2 se tiene

F z ( 0, −1, 0 ) = 2 ⋅ 0 + 2 = 2

B) Para calcular las derivadas parciales de primer orden derivamos implícitamente la función F ( x , y, z ) = 0 : Respecto a x: (1)

2x + 2z zx + y + 2zx = 0 ⇒ zx = −

2x + y 2z + 2

Respecto a y: (2)

2y + 2z zy + x + 2zy = 0 ⇒ zy = −

2y + x 2z + 2

Para calcular las derivadas de segundo orden basta derivar (1) y (2) respecto a x e y nuevamente: 2

2 + 2z x z x + 2zzxx + 2zxx

2 + 2 ( z x ) = 0 ⇒ zxx = − 2z + 2

2z x zy + 2zzyx + 1 + 2zyx

2z y z x + 1 2z + 2 2zx z y + 1 = 0 ⇒ zyx = − 2z + 2

2 + 2zy zy + 2zzyy + 2zyy

2 + 2 ( z y ) = 0 ⇒ zyy = − 2z + 2

2zy z x + 2zzxy + 1 + 2zxy = 0 ⇒ zxy = −

2

Sustituyendo en (x, y)=(0, -1) (con z=0) se tendrá.

z x ( 0, −1 ) =

1 2

z xx ( 0, −1 ) = −

z y ( 0, −1 ) =  1    4 

2 + 2  2

2 =1 2

=−

5 4


39



1 2⋅ ⋅1+1 z xy ( 0, −1 ) = − 2 = −1 = z yx ( 0, −1 ) 2 2 +2⋅1 z yy ( 0, −1 ) = − = −2 2

C) Para calcular la diferencial:

dz = z x dx + zy dy =

2

2

1 ( 0,2 ) + 1( 0,2 ) = 0.3 2

d 2z = z xx ( dx ) + 2zxy dxdy + z yy (dy ) = − =

−21 1 −21 = = −0.21 4 * 25 52 4

5 1 1 1 + 2 ( −1 ) + ( −2 ) = 4 52 52 52

TESTS 25 Supongamos

que

estamos

sobre

el

punto

P(− 1, 5, 8) en

una

colina

cuya

ecuación

es

z = 74 − x 2 − 7xy − 4y 2 . El eje Y señala hacia el norte y el eje X hacia el este, y las distancias

se miden en metros. (a) Para subir por la máxima pendiente desde el punto P me tengo que mover hacia el noroeste (b) Para subir por la máxima pendiente desde el punto P me tengo que mover hacia el suroeste (c) Para subir por la máxima pendiente desde el punto P me tengo que mover hacia el noreste (d) Para subir por la máxima pendiente desde el punto P me tengo que mover hacia el sureste N NO

NE

SO

SE

O

Solución.Se tiene que:

40


E S



(−1, 5, 8) verifica la ecuación z = 74 − x 2 − 7 xy − 4y 2 (está en la colina). Además ∂z ∂z = −2x − 7y ⇒ ( −1, 5 ) = 2 − 35 = −33 ∂x ∂x ∂z ∂z = −7x − 8y ⇒ ( −1, 5 ) = 7 − 40 = −33 ∂y ∂y

Luego la dirección donde hay máxima pendiente es: ∇ f ( −1, 5 ) ∇ f ( −1, 5 )

 −1 −1  =  ,   2 2 

2 26 Sea f ( x, y ) , una función continua con derivadas parciales primeras y segundas continuas en todo  , tal que su polinomio de Taylor de orden 2 desarrollado en el punto (1, -1) es

P2 ( x, y ) = 2 + ( x − 1 ) − 2 ( y + 1) + 6 ( x − 1)( y + 1 )

Entonces la ecuación del plano tangente a la gráfica de f en el punto (1, -1, 2) es: z = 2 + ( x − 1 ) − 2 ( y + 1 ) (a) Falso, el plano tangente tiene como ecuación z = 2 + ( x − 1 ) − 2 ( y + 1) + 6 ( x − 1)( y + 1 ) (b) Falso, pues no podemos calcular la ecuación del plano tangente con los datos del problema. (c) Falso, pues no podemos determinar si el punto (1,-1,2) pertenece a la gráfica de f. (d) Verdadero, ya que f ( 1, −1 ) = 2, ∇f ( 1, −1 ) = (1,− 2 ) . Solución: (d) Por definición el polinomio de Taylor de grado 2 con derivadas parciales primeras y segundas continuas en todo Shwartz: fxy = f yx )

2 (se

cumple por tanto las hipótesis del teorema de

∂ f ∂f (1, −1)( x − 1) + (1, −1)( y + 1 ) + ∂x ∂y 2 2  ∂ f ∂2 f 2 2 1 ∂ f +  1, −1 )( x − 1 ) + 1, −1 )( x − 1 )( y + 1 ) + 1, −1 )( y + 1 )  ( ( ( ∂x ∂y 2!  ∂x 2 ∂y 2 

P2 ( x, y ) = f ( 1, − 1) +


41



Además por tener las derivadas parciales primeras continuas en el punto (1, -1) es diferenciable, y en consecuencia se puede calcular el plano tangente a la función en el punto (1, -1, f(1,-1))=(1, -1, 2) 27 Sea f ( x, y ) , una función con derivadas parciales primeras nulas en el punto (1, 1). Determina la afirmación correcta. (a) Por tener derivadas parciales en el punto (1, 1) existe la derivada direccional de f en el punto (1, 1) en cualquier dirección. (b) Por tener derivadas parciales en el punto (1, 1) es diferenciable en el punto (1, 1) (c) Por tener derivadas parciales en el punto (1, 1) no se puede concluir que es continua en el punto (1, 1) (e) La ecuación del plano tangente a la función f en el punto (1, 1) es un plano horizontal. . Solución (c). Se han visto en clase ejemplos de la falsedad de las afirmaciones (a), (b), (d) y de la certeza de la afirmación (c).

2

28 Sea w = f ( x, y, z ) = x 2ye1 +z donde x = t 2 + t , y = t 2 + 1 , z = t 5 + 2 , entonces se verifica para t=0 que: dw (0) = 0 dt

(a) Verdadero, aplicando la regla de la cadena tenemos dw ∂f dx ∂f dy ∂f dz ( 0 ) = ( 0, 0, 0 ) ( 0 ) + ( 0, 0, 0 ) ( 0 ) + ( 0, 0, 0 ) ( 0 ) = 0 ⋅ 1 + 0 ⋅ 0 + 0 ⋅ 0 = 0 dt ∂x dt ∂y dt ∂z dt

(b) Verdadero, pues aplicando la regla de la cadena tenemos dw ∂f dx ∂f dy ∂f dz ( 0 ) = ( 0,1,2 ) ( 0 ) + ( 0,1,2 ) ( 0 ) + ( 0,1,2 ) ( 0 ) = 0 ⋅ 1 + 0 ⋅ 0 + 0 ⋅ 0 = 0 dt ∂x dt ∂y dt ∂z dt

(c) Falso, ya que w no es diferenciable en t=0 y por lo tanto no podemos aplicar la regla de la cadena. (f) Ninguna de las respuestas anteriores es correcta..

Solución (b) Para t=0 se tiene x=0, y=1, z=2. Es aplicación inmediata de la regla de la cadena.

42




29 Sea z = f ( x, y ) = arctg ( 1 + x + y ) utilizando la diferencial un valor aproximado de: z = arctg ( 1 + 0 '1 + 0 '1 ) es: (a)

π

4

(b) 2 (c)

+2

10−1 2

1 + ( 1 + 2 ⋅ 10−1 ) 10−1 2

1 + ( 1 + 2 ⋅ 10−1 )

π

+ 10−1

4 (g) Ninguna de las anteriores Solución: (c) Basta tener en cuenta que: ∆z = f ( 0 '1, 0 '1 ) − f ( 0, 0 ) ≈ 0 '1 ⋅ fx ( 0, 0 ) + 0 '1 ⋅ fy ( 0, 0 ) f ( 0 '1, 0 '1 ) ≈ f ( 0, 0 ) + 0 '1 ⋅ fx ( 0, 0 ) + 0 '1 ⋅ f y ( 0, 0 )

Como f ( 0, 0 ) = arctg ( 1 ) = fx ( x , y ) =

1

π

4

fy ( x, y ) =

2

1 + (1 + x + y )

1 2

1 + (1 + x + y )

Se tiene que: arctg ( 1 + 0 '1 ⋅ 2 ) ≈

π

4

+2⋅

0 '1 2

2 2 30 Sea z = f ( x, y ) = x + y + 4y − 2x + 5 se puede afirmar que los límites radiales de la función f en el x 2 + 2y 2 − 2x + 8y + 9 punto (1,-2): (a) no existen (b) son todos iguales y valen cero. (c) son todos iguales y valen 5/9 (h) dependen de la pendiente de la recta que se considere.

Solución (d) lim

x 2 + y 2 + 4y − 2x + 5

( x ,y )→( 1,−2 ) x 2 + 2y 2 − 2x + 8y + 9 y + 2 =m( x −1 )

2

= lim

x →1

x 2 + ( −2 + m ( x − 1 ) ) + 4 ( −2 + m ( x − 1 )) − 2x + 5 x2

2

+ 2 ( −2 + m ( x − 1 ) ) − 2x + 8 ( −2 + m ( x − 1 ) ) + 9


=

43



2

= lim

x →1

x 2 + 4 + m 2 ( x − 1 ) − 4m ( x − 1 ) − 8 + 4m ( x − 1 ) − 2x + 5 x2

m2

+8+2

2

( x − 1)

− 8m ( x − 1) − 2x − 16 + 8m ( x − 1) + 9

2

= lim

x →1

x 2 + m 2 ( x − 1 ) + 1 − 2x x2

2

( x − 1) = lim 2 2 + 2m 2 ( x − 1 ) − 2x + 1 x →1 ( x − 1)

2

+ m2 ( x − 1 )

2

+ 2m2 ( x − 1 )

=

=

1 + m 2 1 + 2m 2

31 Obtener la ecuación de la recta tangente a la curva C en el punto (1, 2) siendo C la curva intersección de la superficie dada por z = f ( x, y ) = x 2 − y2 y el plano x=1.

(c)

{x {x {x

(d)

ninguna de las anteriores

(a) (b)

= 1, y = 2 + λ, z = −3 − 4 λ = 1 + λ, y = 2, z = −3 + 2 λ = 1, y = 2 + λ, z = −3

Solución (a): Se trata de la ecuación que pasa por el punto (1, 2, f(1,2))=(1,2,-3) y tiene como pendiente la derivada parcial f y ( 1, 0 ) . Un vector director de esta recta es 

v = ( 0,1, f y ( 1,2 ) ) , la recta es:

{x

= 1, y = 2 + λ, z = −3 − 4 λ

Ya que fy ( x,y ) = −2y 32 Sea z = f ( x, y ) una función continua y con derivadas parciales continuas en el punto (1, 2) entonces si ∂ f ∂ f ( 1,2 ) = 1 , (1, 2 ) = −1 entonces ∂x ∂y

(a) (b) (c)

la dirección de máximo crecimiento de la función en ese punto es la norma del gradiente. si desde el punto (1, 2) nos vamos en la dirección del eje y positivo el valor de z aumenta sea S el plano tangente a la superficie dada por z = f ( x, y ) en el punto

(1,2, f (a,b ) ) , entonces un vector normal a S en el punto (1,2, f ( a, b ) ) es



n = ( −1, −1,1)

(d)

44

ninguna de las anteriores.




Solución: Un vector normal al plano tangente a la superficie dada por z = f ( x , y ) en el punto

( 1,2, f ( a, b ) ) es:  ∂ f   ( 1,2 ) , ∂f ( 1,2 ) , − 1 = ( 1,1, −1 )  ∂x  ∂y 

El vector n = ( −1, −1,1) es proporcional al anterior. 33 Supongamos que f es continua y tiene derivadas parciales continuas. Supongamos también que tiene derivada direccional máxima igual a 50 en P(1, 2), que se alcanza en la dirección de P a Q(3,-4). Utilizando esta información calcula ∇ f ( 1,2 ) (a)

 1 3  ∇ f ( 1,2 ) =  − ,   10 10 

(b)

∇ f ( 1,2 ) = 50

(c)

 50 150  ∇ f ( 1,2 ) =  , −   10 10 

(d)

ninguna de las anteriores

Solución Como f es continua y tiene derivadas parciales continuas entonces es diferenciable en P. Por esta razón la derivada direccional se puede calcular como el producto escalar de la dirección y el vector gradiente. Además la derivada direccional máxima se alcanza en la dirección del gradiente Du f ( 1,2 ) = ∇f ( 1,2 ) = 50

u =

1 ∇f ( 1,2 ) ∇ f ( 1,2 )



El vector que une el punto P y Q es: PQ = ( 2, −6 )  1 3  Un vector unitario en esa dirección es: u =  ,−  .  10 10   50 150  Por lo tanto, ∇ f ( 1,2 ) = ∇f ( 1,2 ) u =  ,−   10 10 


45



2 2 34 Sea C la curva de nivel que pasa por P(1, 1) de z = f ( x , y ) = x + y . Determina la pendiente en P(1,1) de la tangente a la curva C. (a) -1 (b) 0 (c) 1 (d) ninguna de las anteriores

Solución: 2

2

La curva C es la curva de nivel K = x 2 + y 2 para valor de K = f ( 1,1 ) = ( 1 ) + ( 1 ) = 2 , es decir, es la curva, 2 = x 2 + y 2 Derivando implícitamente, 0 = 2x + 2yy ' en el punto (1, 1) la derivada es: y ' =

Sea z = f ( u ) una función derivable, u = (a) (b) (c) (d)

−x = −1 y

y ∂z ∂z +y + xy es entonces la expresión x x ∂x ∂y

 y  f '    x  xy

no se puede calcular si no se conoce la función f ninguna de las anteriores

Solución: Llamamos u =

y , entonces la dependencia de variables es x x z − − − u y

Aplicando la regla de la cadena

46




∂z dz ∂u dz  −y  = =   ∂x du ∂x du  x 2  ∂z dz ∂u dz  1  = =   ∂y du ∂y du  x 

Sustituyendo,

x

 −y  dz ∂z ∂z y dz + y =   + =0  x  du x du ∂x ∂y

2 35 Dada z = x y + xy en el punto (1, 2) un vector perpendicular a la curva de nivel de f que pasa por el punto (1,2) es (a) (6,2) (b) Paralelo al eje X (c) Paralelo al eje Y (d) Bisectriz del primer cuadrante (e) Ninguna de las anteriores

Sol.- (a) 36 Sea z = f ( x ⋅ g ( y ) ) siendo f una función no constante. Si x ∂z + ∂z = 0 entonces ∂x

∂y

(a) g ( y ) = g ' ( y ) (b) x = g ( y ) (c) g ( y ' ) = g ( y ) (f) Ninguna de las anteriores Sol.- (a) 37

 x 3 + y 3  si ( x , y ) = ( 0, 0 ) Se considera la función f ( x, y ) =  x 2 + y 2  si ( x , y ) = ( 0, 0 )  0



La derivada direccional de f en (0,0) siendo la dirección u = ( cos ϕ, senϕ ) es (a) cos3 ϕ + sen 3ϕ (b) 0

(b) cos ϕ + sen ϕ (d) Ninguna de las anteriores


47



Sol.- (a)

38

 4x 3  si ( x, y ) = ( 0, 0 ) Sea f ( x, y ) =  x 2 + y 2 . Elige la respuesta correcta:  si ( x , y ) = ( 0, 0 )  0 (a) f ( x, y ) es continua en (0,0) ya que todos los límites direccionales por y=mx son 0

(b) f ( x, y ) es continua en (0,0) porque existen

∂ f ∂ f ( 0, 0 ) y ( 0, 0 ) ∂x ∂y

(c) f ( x, y ) no es continua en (0,0) porque aunque existen

∂ f ∂ f ( 0, 0 ) y ( 0, 0 ) no coinciden ∂x ∂y

(d) f ( x, y ) es continua en (0,0) porque para todo ε > 0 existe 4x 3 x 2 + y 2

δ >

0 tal que

x 2 + y 2 < δ entonces

< δ

(e) Ninguna de las anteriores Sol.- (d) 39

 4x 3  si ( x, y ) = ( 0, 0 ) Sea f ( x, y ) =  x 2 + y 2 . Elige la respuesta correcta:  si ( x , y ) = ( 0, 0 )  0 ∂ f ∂f (a) f ( x, y ) no es diferenciable en (0,0) ya que ( 0, 0 ) ≠ ( 0, 0 ) ∂x ∂y

(b) La derivada parcial de f respecto de x no es continua en (0,0) (c) Es diferenciable en (0, 0) porque la derivada parcial de f respecto de x es continua en (0,0) (f) Ninguna de las anteriores Sol.- (b) 40

 4x 3  si ( x, y ) = ( 0, 0 ) Sea f ( x, y ) =  x 2 + y 2 . Elige la respuesta correcta:  si ( x , y ) = ( 0, 0 )  0

(a) f xy ( 0, 0 ) = 0 (b) Se cumple fxy ( 0, 0 ) = f yx ( 0, 0 )

48




(c) No existe f xy ( 0, 0 ) (d) Ninguna de las anteriores Sol.- (a) 41

 xy  si ( x, y ) = ( 0, 0 ) El plano tangente a la superficie gráfica de f ( x, y ) =  x 2 + y 2  si ( x , y ) = ( 0, 0 )  0

(a) (b) (c) (d)

No puede determinarse con la información dada El plano tangente no se puede calcular porque la función f no es diferenciable Es el plano z=0 Ninguna de las anteriores

Sol.-.

2 42 Si cortamos la superficie gráfica de la función z = f ( x, y ) = xy + x por el plano y=2 se obtiene una curva cuya pendiente en el punto (1, 2, 3) es

∂z ∂x ∂z (b) ∂y

(a)



 1 2  ,   5 5 

(c) Du f ( 0,0 ) siendo u = 

(g) Ninguna de las anteriores Sol.- (a)

43 Sea f una función continua en todo punto de

2

tal que para cualquier ( x,y ) ∈

2

se tiene que

∇ f ( x,y ) = ( 1 + 2xy, x 2 + 2y + 2) . Entonces se verifica que f es diferenciable en todo punto de 2 y

además el valor máximo de la derivada direccional de f en el punto (0,0) se alcanza en la dirección del 

vector v = ( 1,2 ) (a) Falso, de las hipótesis del enunciado no podemos deducir que f sea una función


49

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