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    3 funciones de varias variables 3 funciones de varias variables Document Transcript

    • MOISES VILLENA Cap. 3 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: • Conceptualizar funciones Vectoriales, Escalares y Curvas • Describir conjuntos de niveles. • Establecer límites, continuidad y derivadas de funciones de dos variables. • Determinar si una función de dos variables es derivable o no. • Determinar si una función de dos variables es diferenciable o no. • Obtener derivadas de funciones compuestas. • Obtener derivadas de funciones implícitas. 69
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 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) (1,2,8) (− 2,0) (− 4,−2 − 6) Si m = 1, tenemos f : U ⊆ R n → R , se la denomina FUNCIÓN ESCALAR,CAMPO ESCALAR, O FUNCIÓN DE VARIAS VARIABLES. Si f : U ⊆ R 2 → R , tenemos una FUNCIÓN DE DOS VARIABLES. Ejemplo. Sea f : R 2 → R tal que f ( x, y) = 6 − 2 x − 3 y Si f : U ⊆ R 3 → R , tenemos una FUNCIÓN DE TRES VARIABLES. Ejemplo. Sea f : R 3 → R tal que f ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 Si n = 1, tenemos f :U ⊆ R → Rm , la cual se la denominaTRAYECTORIA o CURVA.70
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables Ejemplo. Sea f : R → R 3 tal que f (t ) = (2 − 3t , 4 + t , − 1 + 2t ) Tenemos una CURVA de R3 . Este capítulo lo dedicaremos al estudio de FUNCIONES ESCALARES. 3.2. GRAFICA DE UNA FUNCIÓN ESCALAR 3.2.1 DEFINICIÓN Sea f : U ⊆ R n → R . Se llama gráfica de f al conjunto de puntos (x1 , x2 , , xn , f (x )) de R n+1 , donde x = ( x1 , x2 , , xn ) ∈U . Si tenemos z = f ( x, y ) una función de dos variables. Su gráfica se ( )define como el conjunto de puntos x, y , z de R , tales que z = f ( x, y ) . El 3lugar geométrico es llamado Superficie, como ya se lo ha anticipado. Algunas superficies que corresponde a funciones, ya se han graficado en elcapítulo anterior. Ejemplo. Para f : R 2 → R tal que f ( x, y) = 6 − 2 x − 3 y , su grafico es el conjunto ( x, y , z ) de R 3 tales que z = 6 − 2 x − 3 y (un plano) z 6 z = 6 − 2x − 3y 2 y 3 x 71
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables Elaborar gráficas de una función de dos variables no es tan sencillo, serequeriría de un computador en la mayoría de las ocasiones. Pero si podemossaber características de sus graficas analizando su regla de correspondencia. 3.3 DOMINIO DE UNA FUNCIÓN ESCALAR Sea f : U ⊆ R n → R , entonces su DOMINIO es el conjunto U Es decir, su DOMINIO está constituido por vectores de Rn ,x = ( x1 , x2 , , xn ) para los cuales tiene sentido la regla de correspondencia. Aquí a x1, x 2 , , x n se las denominan VARIABLES INDEPENDIENTES. Si f : U ⊆ R 2 → R , su dominio será un subconjunto del plano. Establecer el Dominio Natural, igual que para funciones de una variable, esuna 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 + y es un paraboloide. 2 2 z y x Por tanto la proyección es todo el plano xy72
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 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 . ⎧⎛ x ⎞ ⎪ ⎫ ⎪ Es decir: Domf = ⎨⎜ ⎟ / x 2 + y 2 ≤ 9⎬ , ⎜ ⎟ los pares de números que pertenecen a la circunferencia ⎪⎝ y ⎠ ⎩ ⎪ ⎭ 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 3 Hallar el Dominio Natural para f ( x, y ) = x − 1 + y Solución. Para que la regla de correspondencia tenga sentido se necesita que x ≥1 y y≥0 ⎧ ⎪⎛ x ⎞ ⎫ ⎪ Es decir Domf = ⎨⎜ ⎟ / x ≥ 1 ∧ y ≥ 0⎬ . ⎪⎜ y ⎟ ⎩⎝ ⎠ ⎪ ⎭ . 73
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables y 0 0 x 1 2 El gráfico, ahora es un lugar geométrico no conocido. Pero tenemos un indicio de la región en que habrá gráfico. Ejercicios Propuestos 3.1 Dibújese la región R del plano xy que corresponde al Dominio Natural de la función dada. 1. z=x y ⎛x⎞ ⎛ 2 ⎞ 8. f ( x, y ) = sen⎜ ⎟ ln⎜ ⎜ y⎟ ⎜x+ ⎟ x ⎝ ⎠ ⎝ y⎟ ⎠ 2. z=e y 9. z = arcsen( x + y ) x+ y 3. z= xy 10. ( z = arcsen x 2 + y 2 ) ⎛x⎞ 4. z = 4 − 12 x 2 − 36 y 2 11. z = arccos ⎜ ⎟ ⎝ y⎠ 5. z = ln (4 − x − y ) 6. z = ln ( y − x 2 ) 12. f ( x, y ) = ( ln 4 − x 2 − y 2) 1 2 ⎛ 9 x 2 − 6 y 2 − 36 ⎞ arcsen( x + y ) 7. w = ln⎜ ⎟ ⎜ 36 ⎟ ⎝ ⎠ Obtener trazas de las secciones transversales de la superficie es suficiente,en muchas ocasiones, para su análisis. 3. 4. CONJUNTO DE NIVEL 3.4.1 DEFINICIÓN Sea f : U ⊆ R n → R . Se llama CONJUNTO n DE NIVEL de f , al conjunto de puntos de R tales que f ( x1 , x2 , , xn ) = k , donde k ∈ R Si tenemos z = f ( x, y ) una función de dos variables. El Conjunto deNivel es llamado CURVAS DE NIVEL y serían las trayectorias en el plano xy tales74
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variablesque f ( x, y ) = k . Es decir, serían las curvas que resultan de la intersección dela superficie con los planos z = k , proyectadas en el plano xy . Ejemplo 1 Para f : R 2 → R tal que f ( x, y) = 6 − 2 x − 3 y , su conjunto de nivel serán puntos de R 2 tales que 6 − 2 x − 3 y = k . En este caso se llaman CURVAS DE NIVEL. Si k = 0 , tenemos el Nivel 0 , 6 − 2 x − 3 y = 0 Si k = 1 , tenemos el Nivel 1 , 6 − 2 x − 3 y = 1 Si k = 2 , tenemos el Nivel 2 , 6 − 2 x − 3 y = 2 etc. z 6 z = 6 − 2x − 3y k = 3 : 2x + 3 y = 3 k = 2 : 2x + 3 y = 4 k = 1: 2x + 3 y = 5 2 y k = 0 : 2x + 3y = 6 3 x Las curvas de nivel se dibujan en el plano xy , y para este caso serían: y k= 0: k= 2x 1: +3 2x y= k= +3 6 2: y= 2x 5 k= +3 x y= 3: 4 2x +3 y= 3 75
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables Ejemplo 2. Grafique algunas curvas de nivel para f ( x, y ) = x 2 + y 2 SOLUCIÓN: Las curvas de nivel, para este caso, es la familia de trayectorias tales que x 2 + y 2 = k . (Circunferencias centradas en el origen) x2 + y2 = C C = 16 C =9 C=4 C =1 Si tenemos w = f ( x, y, z ) una función de tres variables. El Conjunto deNivel, f ( x, y, z ) = k , es llamado SUPERFICIES DE NIVEL Ejercicios Propuestos 3.2 Descríbase las curvas de nivel : 1. f ( x, y ) = 6 + x − y 2. f ( x, y ) = y 2 3. z = 4 − x2 − y2 4. z= x2 + y2 5. f ( x, y ) = xy 276
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables3.5 LIMITES DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES. Haciendo analogía con funciones de una variable, para definir el límiteahora, primero empecemos generalizando la definición de entorno o vecindad yotras definiciones que nos permitirán comprender el concepto de límite. 3.5.1 BOLA ABIERTA. Sea x0 ∈ R n y ∂ ∈ R muy pequeño. Se llama Bola Abierta de centro x0 y radio δ , ( ) denotada por Bn x0 ;δ , al conjunto de puntos de R n tales que la distancia a x0 es menor a ∂ . Es decir: ( ) { Bn x0 ;δ = x ∈ R n / x − x0 < ∂ } Si n = 1, tenemos B1 ( x0 ;δ ) = { x ∈ R / x − x0 < ∂} ; un intervalo(como en funciones de una variable) Si n = 2 , tenemos: B2 ( ( x0 , y0 ) ;δ ) = {( x, y ) ∈ R 2 / ( x, y ) − ( x0 , y0 ) <∂ } y 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 tal ( ) Bn x0 ; ∂ está contenida en U . 77
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 3.5.3 CONJUNTO ABIERTO U ⊆ R n es un conjunto abierto, si todos sus puntos son interiores a U . 3.5.4 PUNTO EXTERIOR. Sea U ⊆ R n y x0 ∈ R n , se dice que x0 es un punto Exterior de U , si y sólo si ∃∂ > 0 tal que ( ) Bn x0 ; ∂ está totalmente fuera de U . 3.5.5 PUNTO DE FRONTERA Se dice que x0 es un punto de frontera de U , si no es ni interior ni exterior. 3.5.6 CONJUNTO CERRADO. U ⊆ R n es un conjunto cerrado si su complemento es abierto 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: ⎝ 0 ()⎟ ⎠ ⎣ ( n 0 ) ⎦ () ⎛ lím f x = L ⎞ ≡ ∀ξ > 0, ∃∂ > 0 / ⎡ x ∈ B x ; ∂ , x ≠ x 0 ⎤ ⇒ f x − L < ξ ⎜ x→ x78
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias VariablesSi n = 2 tenemos:⎛ lím ⎞⎜ ( x , y )→( x , y ) f (x, y ) = L ⎟ ≡ ∀ξ > 0, ∃∂ > 0 / 0 < ( x − x 0 ) 2 + ( y − y 0 )2 < ∂ ⇒ f ( x, y ) − L < ξ⎝ 0 0 ⎠ z ( L ξ ξ ( z = f ( x, y ) y ∂ (x , y ) 0 0 x Es decir, que si tomamos a ( x, y ) cercano a ( x , y ) entonces 0 0 f ( x, y )estará próximo a L. Ejemplo x4 y Demostrar empleando la definición que lím =0 ( x , y ) → ( 0.0 ) x 4 + y 4 Solución: Debemos asegurar que x4 y ∀ξ > 0, ∃∂ > 0 / 0 < ( x − 0) + ( y − 0) < ∂ ⇒ −0 <ξ 2 2 x + y4 4 Recuerde que y = y 2 = entonces y ≤ x 2 + y 2 x4 y x4 y Por otro lado y = entonces y ≥ 4 . x 4 x + y4 Ahora note que: x4 y ≤ y ≤ x2 + y 2 < ∂ x + y4 4 x4 y Se concluye finalmente que: <∂ x4 + y 4 x4 y Es decir tomando ζ = ∂ , suficiente para concluir que: lím =0 ( x , y ) →( 0.0 ) x + y 4 4 Lo anterior va a ser complicado hacerlo en la mayoría de las situaciones,por tanto no vamos a insistir en demostraciones formales. Pero si se trata deestimar si una función tiene límite y cuál podría ser este, podemos hacer usodel acercamiento por trayectorias. 79
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables Ejemplo 1 x2 Calcular 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 < ∂ x (0,0) ∂ Si el límite existe, significa que si nos acercamos en todas las direcciones f deberá tender al mismo valor. 1. Aproximémonos a través del eje x , es decir de la recta y = 0 x2 Entonces, tenemos 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 = 0 02 Entonces, tenemos lím = lím 0 = 0 . (0, y )→(0.0 ) 0 2 + y 2 x →0 Se observa que los dos resultados anteriores son diferentes. x2 Por tanto, se concluye que: lím no existe. ( x, y )→(0.0 ) x 2 + y 2 Ejemplo 2 x2 y Calcular lím ( x, y )→(0.0 ) x 4 + y 2 Solución: Determinando la convergencia de f , para diversas direcciones: x2 0 1. Eje x ( y = 0 ): lím = lím 0 = 0 x →0 x4 + 02 x →0 2 0 y 2. Eje y ( x = 0 ): lím = lím 0 = 0 0 + y 2 y →0 y →0 4 3. Rectas que pasan por el origen ( y = mx) : x 2 (mx ) mx 3 mx 3 mx = lím = lím = lím lím x →0 x + (mx ) 4 2 x →0 x +m x 4 2 2 x →0 2 ( x x +m 2 2 ) x →0 (x 2 + m2 )=080
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 4. Parábolas que tengan vértice el origen ( y = ax 2 ) ( ) x 2 ax 2 = lím ax 4 = lím ax 4 = lím a = a ≠0 lím x →0 x4 + (ax ) 2 2 x →0 x +a x 4 2 4 x →0 4 ( x 1+ a 2 ) x →0 1 + a 2 1+ a 2 x2 y Por tanto, lím 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 coordenadaspolares. Ejemplo x2 y Calcular lím ( x, y )→(0.0 ) x 2 + y 2 Solución: Determinando la convergencia de f , para diversas direcciones: x2 0 1. Eje x ( y = 0 ): lím = lím 0 = 0 x →0 x2 + 02 x →0 2 0 y 2. Eje y ( x = 0 ): lím = lím 0 = 0 0 2 + y 2 y →0 y →0 3. Rectas que pasan por el origen ( y = mx) : x 2 (mx ) mx 3 mx 3 mx = lím = lím lím x →0 x + (mx ) 2 2 x →0 x2 + m2 x2 x →0 ( x 2 1+ m2 ) = lím (1 + m ) = 0 x →0 2 4. Parábolas que tengan vértice el origen ( y = ax 2 ) x 2 ( ax 2 ) ax 4 ax 4 ax 2 lím = lím = lím 2 = lím =0 x →0 x 2 + ( ax ) 2 2 x →0 x + a x 2 2 4 ( x →0 x 1 + a 2 x 2 ) x→0 1 + a 2 x 2 Probemos con otra trayectoria 5. x = ay 2 lím ( ay ) y 2 2 = lím a2 y5 = lím 2 2 2 a2 y5 a2 y3 = lím 2 2 =0 y →0 ( ay ) + y 2 2 2 y →0 a y +y 2 4 2 y →0 y ( a y + 1) ( y →0 a y + 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 ) 2 x2 y lím = lím ( x , y ) →( 0.0 ) x 2 + y 2 r →0 r2 r 3 senθ cos 2 θ = lím r →0 r2 = lím ( rsenθ cos 2 θ ) r →0 En la parte última se observa que senθ cos 2 θ es acotado por tanto lím ( rsenθ cos 2 θ ) = 0 r →0 Lo anterior quiere decir que en situaciones especiales (¿cuáles?), podemosutilizar coordenadas polares para demostrar o hallar límites. 81
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables Ejemplo 1 Calcular lím ( sen x 2 + y 2 ) ( x, y )→(0.0 ) x +y2 2 Solución: Empleando coordenadas polares lím ( sen x 2 + y 2 ) = lím sen(r ) = 1 2 ( x , y )→(0.0 ) x2 + y2 r →0 r2 Ejemplo 2 x2 y5 Calcular lím ( x , y ) →( 0.0 ) 2 x 4 + 3 y10 Solución: Empleando coordenadas polares x2 y5 r 2 cos 2 θ r 5 sen5θ lím = lim 4 ( x , y ) →( 0.0 ) 2 x + 3 y 4 10 r → 0 2r cos 4 θ + 3r 10 sen10θ r 7 cos 2 θ sen5θ = lim r →0 r 4 ⎡ 2 cos 4 θ + 3r 6 sen10θ ⎤ ⎣ ⎦ r 3 cos 2 θ sen5θ = lim r → 0 2 cos 4 θ + 3r 6 sen10θ No se puede concluir. Analicemos algunas trayectorias: 02 y 5 x=0 lím =0 ( x , x ) → ( 0,0 ) 2 ( 0 4 ) + 3 y10 x 2 05 y=0 lím =0 ( x , x ) →( 0,0 ) 2 ( x ) + 3( 0) 4 10 x 2 x5 x7 x4 y=x lím = lím 4 = lím =0 ( x , x ) → ( 0,0 ) 2 x 4 + 3 x10 x →0 x ( 2 + 3x 6 ) x →0 2 + 3x 6 x 2 x10 x12 x8 y = x2 lím = lím 4 = lím =0 ( x, x ) →( 0,0) 2 x 4 + 3 x 20 x →0 x ( 2 + 3 x16 ) x →0 2 + 3x 6 2 5 Ahora, probemos con una trayectoria nueva x = y 2 (se la deduce observando la expresión original) ( )y 5 2 2 5 y y10 1 lím = lím = ≠0 2( y ) + 3y ⎛ 52 ⎞ 5 4 x → 0 2 y10 + 3 y10 5 ⎜ y , y ⎟ → ( 0,0 ) 2 10 ⎝ ⎠ Por tanto se concluye que el límite NO EXISTE.82
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 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. () () Si lim f x = L y lim g x = M entonces: x→ x0 x→ x0 1. lim ⎡ f ( x ) + g ( x) ⎤ = lim f ( x ) + lim g ( x) = L + M ⎣ x→ x0 ⎦ x→ x 0 x→ x 0 2. lim ⎡ f ( x ) − g ( x) ⎤ = lim f ( x ) − lim g ( x) = L − M ⎣ x→ x0 ⎦ x→ x 0 x→ x0 3. lim ⎡ f ( x ) g ( x) ⎤ = lim f ( x ) lim g ( x) = LM ⎣ x→ x0 ⎦ x→ x0 x→ x 0 ⎡f ⎤ lim f ( x ) L M ≠ 0 4. lim ⎢ ( x ) ⎥ = = ; x→ x0 ⎣g x→ x0 ⎦ lim g ( x) M x→ x0Por tanto en situaciones elementales, la sustitución basta. Ejemplo lím (x ( x, y )→(1.2 ) 2 + 2y − 3 = 8 ) Ejercicios Propuesto 3.3 1. Calcular los siguientes límites: 2x − y 2 lim (x + 3 y ) a) 2 e) lím x→2 ( x , y →(0,0 )) 2 x 2 + y y →1 b) f) x2 y limysen ( xy ) π x→ lim x 2 + y 2 x →0 4 y→2 y →0 ⎛ y⎞ x 2 sen⎜ ⎟ sen(x + y ) c) ⎝k⎠ g) lim lim y ( x, y )→(0,0 ) y x→k y →0 d) e xy − 1 lim x →0 x y →0 83
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 2. Calcúlese el límite de f (x, y ) cuando (x, y ) → (a, b ) hallando los límites: lim g ( x) y x→a lim h ( y ) , donde f ( x, y ) = g ( x ) h ( y ) y→ b a) (1 + senx )(1 − cos y ) c) cos x seny lim y lim y x →0 x →0 y →0 y →0 b) 2 x( y − 1) d) xy lim (x + 1)y lim (x − 1)e y x →1 x →1 y →2 y →0 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 2 ( ⎪ 2 ; x, y ) ≠ ( 0, 0 ) Analizar la continuidad de f ( x, y ) = ⎨ x + y ⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ En el punto ( 0, 0 ) . SOLUCIÓN: Para que la función sea continua se debe cumplir que lim f ( x, y ) = 0 ( x , y ) → ( 0,0) xy Determinemos el límite. lim ( x , y ) → ( 0,0 ) x + y2 2 Acercándonos por trayectorias. 0 y = 0; lim 2 = 0 x →0 x 0 x = 0; lim 2 = 0 y →0 y x2 1 y = x ; lim = x →0 x 2 + x 2 2 xy Entonces lim ( x , y ) → ( 0,0 ) x 2 + y 2 no existe. Por tanto, f NO ES CONTINUA EN ( 0, 0 ) .84
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 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 ( ( ) ) g x0 ≠ 0 . Ejercicios propuestos 3.4 Analice la continuidad en ( 0, 0 ) de las siguientes funciones: ⎧ sen xy ⎪ , ( x, y ) ≠ (0,0 ) a) f ( x, y ) = ⎨ xy ⎪ 1 , ( x, y ) = (0,0 ) ⎩ ⎧ ⎪e xy , b) f ( x, y ) = ⎨ (x, y ) ≠ (0,0) ⎪1 , ⎩ (x, y ) = (0,0) ( ⎧ cos x 2 + y 2 ⎪1 − ) , x2 + y2 ≠ 0 c) f ( x, y ) = ⎪ ⎨ x2 + y2 ⎪ ⎪ ⎩ −8 , x2 + y2 = 0 ⎧ 1 − x2 − y2 ⎪ , x2 + y2 ≠ 0 d) f ( x, y ) = ⎪ 1 − x 2 − y 2 ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ 1 , x2 + y2 = 0 ⎧ x3 + y3 ⎪ , ( x, y ) ≠ (0,0) e) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 ⎪ ⎩ 0 , ( x, y ) = (0,0) ⎧ xy , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) f) f ( x, y ) = ⎪ x + y ⎨ ⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ ⎧ xy ⎪ + x − y , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) g) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 ⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ ⎧ 1 − x2 − 4 y 2 , x2 + 4 y 2 ≤ 1 h) f ( x, y ) = ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ 0 , x2 + 4 y2 > 1 85
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables3.7. DERIVADA DE UNA FUNCIÓN ESCALAR. Para funciones de una variable, la derivada se la definió como el cambioinstantáneo que experimenta la función cuando cambia su variableindependiente x . Aquí había que considerar una sola dirección, para funciónde varias variables debería ser el cambio instantáneo que tiene la función entodas 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 ⎝ → ⎠ ⎝ ⎠ → →0 v v Cuando este límite existe → → → → Ahora bien, si decimos que v =h entonces v = hu donde u unVECTOR UNITARIO de R n , entonces: La derivada direccional de f en x 0 con → respecto u es: f ⎛ x 0 + h u ⎞ − f (x 0 ) → ⎜ ⎟ ⎛ x 0 ; u ⎞ = lim ⎝ ⎠ → f ´⎜ ⎟ h →0 ⎝ ⎠ h86
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 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→0 h → 2 2 x0 + h u − x0 = lim h→0 h ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ( ) ( ) → → ⎜ x0 + h u ⎟ • ⎜ x0 + h u ⎟ − x0 • x0 = lim ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ h→0 h → → → x 0 • x 0 + 2h u • x 0 + h 2 u • u − x 0 • x 0 = lim h→0 h → → → 2h u • x 0 + h 2 u • u = lim h→0 h ⎛ → → → ⎞ = lim ⎜ 2 u • x 0 + h u • u ⎟ h→0 ⎝ ⎠ → = 2 u • x0Si f : U ⊆ R 2 → R (una función de dos variables), entonces: f ⎛ ( x0 , y 0 ) + h u ⎞ − f ( x0 , y 0 ) → ⎜ ⎟ ⎛ ( x , y ); u ⎞ = lim ⎝ ⎠ → f ´⎜ 0 0 ⎟ h→0 ⎝ ⎠ h 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 ⎞⎞ ⎜ 2 , 2 ⎟ ⎟ − f (1, 2 ) f ⎜ (1, 2 ) + h ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎝ ⎝ ⎠⎠ D→ f (1, 2 ) = lim u h→0 h ⎛ 2 2⎞ f ⎜1 + h ⎜ , 2+h ⎟ − f (1, 2 ) 2 2 ⎟ = lim ⎝ ⎠ h →0 h ⎡⎛ 2 2⎞ ⎛ 2⎞ ⎤ 2 ⎢⎜ 1 + h ⎟ +⎜2+ h ⎟ ⎥ − ⎡1 + 2 ⎤ 2 2 ⎢⎜⎝ 2 ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ 2 ⎟ ⎥ ⎣ ⎠ ⎦ ⎦ = lim ⎣ h →0 h ⎡ h2 h2 ⎤ ⎢1 + h 2 + + 4 + 2h 2 + ⎥ − [5] = lim ⎣ 2 2⎦ h →0 h 5 + 3h 2 + h 2 − 5 = lim h →0 h 3h 2 + h 2 = lim h →0 h ( = lim 3 2 + h h →0 ) =3 2 87
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables Ejemplo 3 ⎧ xy 2 ( ⎪ 2 ; x, y ) ≠ ( 0, 0 ) 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 ) u h →0 h f ( h cos θ , hsenθ ) − f ( 0, 0 ) = lim h →0 h ⎡ ( h cos θ )( hsenθ ) ⎤ ⎢ ⎥−0 ⎣ h2 ⎦ = lim h →0 h cos θ senθ = lim h →0 h En la última expresión: π π 1. Si θ = 0, , π ,3 entonces D→ f ( 0, 0 ) = 0 2 2 u π π 2. Si θ ≠ 0, , π ,3 entonces D→ f ( 0, 0 ) no existe. 2 2 u Ejemplo 4 ⎧ x2 y ⎪ ; ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) Sea f ( x, y ) = ⎨ x 4 + y 2 . ⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ → Hallar D→ f ( 0, 0 ) donde u = ( cos θ , senθ ) u Solución: Aplicando la definición: f ( h cos θ , hsenθ ) − f ( 0, 0 ) D→ f ( 0, 0 ) = lim u h →0 h ⎡ ( h cos θ )2 ( hsenθ ) ⎤ ⎢ 2 ⎥ −0 ⎢ ( h cos θ ) + ( hsenθ ) ⎥ 4 = lim ⎣ ⎦ h →0 h h3 cos 2 θ senθ h 2 ( h 2 cos 4 θ + sen 2θ ) = lim h →0 h cos θ senθ 2 = 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 cos 2 θ 2. Si θ ≠ 0, π ( senθ ≠ 0 ) entonces D→ f ( 0, 0 ) = ( existe). u senθ88
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables Más adelante daremos una técnica para hallar derivadas direccionales sinemplear la definición. Ejercicios Propuestos 3.5 1. Determine la derivada direccional de f en el origen en la dirección del vector unitario ( a, b ) . ⎧ x3 − y 3 ⎪ 2 si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) a) f ( x, y ) = ⎨ x + y 2 ⎪ 0 si ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ ⎧ x3 y 2 − xy 3 ⎪ 2 si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) b) f ( x, y ) = ⎨ x + y 2 ⎪ 0 si ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ ⎧ y 2 − x2 ⎪ xy 2 si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) c) f ( x, y ) = ⎨ x + y 2 ⎪ 0 si ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ ⎧ xy ⎪ +x− y , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) d) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 ⎪ ⎩ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎧ y3 x ⎪ e) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 6 , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ Un caso especial de las derivadas direccionales es cuando consideramosdirección con respecto a eje x y con respecto al eje y . 3.7.2 Derivada Parcial. Sea f : U ⊆ R n → R , donde U es un conjunto abierto, x 0 un punto de U , h ∈ R . Sea → e i = (0,0, ,1, ,0 ) un vector canónico unitario de R n . La derivada parcial de f en x 0 con respecto a → e i (o con respecto a su i − ésima variable), ∂f denotada por ∂xi (x 0 ), se define como: ⎛ x 0 + h e i ⎞ − f (x 0 ) → f⎜ ⎟ ∂f ∂xi (x 0 ) = lim h →0 ⎝ h ⎠ Cuando este límite existe 89
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables f : U ⊆ R 2 → R (una función de dos variables), entonces los vectores Sicanónicos unitarios serían: e1 = i = (1,0 ) y e2 = ˆ = (0,1) . Las derivadas ˆ jparciales serían: ∂f ( x0 , y0 ) = lim f ( ( x , y ) + h (1,0 ) ) − f ( x , y ) 0 0 0 0 ∂x1 h →0 h ∂f Denotada simplemente como: o también f x , es decir: ∂x ∂f f ( x0 + h, y0 ) − f ( x0 , y0 ) = lim ∂x h→0 h Y la otra derivada parcial sería: ∂f ( x0 , y0 ) = lim f ( ( x , y ) + h ( 0,1) ) − f ( x , y ) 0 0 0 0 ∂x2 h →0 h ∂f Denotada simplemente como: o también f y , es decir: ∂y ∂f f ( x0 , y0 + h ) − f ( x0 , y0 ) = lim ∂y h→0 h Ejemplo 1 ∂f ∂f Sea f (x, y ) = x 2 y 3 , obtener y . ∂x ∂y SOLUCIÓN: ∂f f ( x + h, y ) − f ( x, y ) = lim ∂x h → 0 h ( x + h) y3 − x2 y3 2 = lim h →0 h = lim ( x 2 + 2 xh + h 2 ) y 3 − x 2 y 3 h →0 h x 2 y 3 + 2 xhy 3 + h 2 y 3 − x 2 y 3 = lim h →0 h 2 xhy + h y 3 2 3 = lim h →0 h = lim ( 2 xy 3 + hy 3 ) h →0 ∂f = 2 xy 3 ∂x90
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables ∂f f ( x, y + h ) − f ( x, y ) = lim ∂y h → 0 h x2 ( y + h) − x2 y3 3 = lim h →0 h x 2 ( y 3 + 3 y 2 h + 3 yh 2 + h3 ) − x 2 y 3 = lim 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 y + 3 x 2 yh + x 2 h 2 ) 2 2 h →0 ∂f = 3x 2 y 2 ∂y ∂f Note que se obtiene como una derivada para función de una variable, ∂xen este caso x , y considerando a la otra variable y como constante. ∂f Análogamente, si se desea obtener , deberíamos derivar considerando ∂ysólo a y como variable. Ejemplo 2 ∂f ∂f Sea f (x, y ) = sen x 2 + y 3 , obtener y . ∂x ∂y SOLUCIÓN: ∂f ∂x ⎡1 ( = cos x 2 + y 3 ⎢ x 2 + y 3 ) −1 2 (2 x )⎤ ⎥ ⎣2 ⎦ ∂f ∂y ⎡1 ( = cos x 2 + y 3 ⎢ x 2 + y 3 ) (3 y )⎤ −1 2 ⎥ 2 ⎣2 ⎦ En otros tipos de funciones habrá que aplicar la definición. Ejemplo 3 ⎧ xy 2 ( ⎪ 2 ; x, y ) ≠ ( 0, 0 ) Sea f ( x, y ) = ⎨ x + y . Hallar f x ( 0, 0 ) y f y ( 0, 0 ) ⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ SOLUCIÓN: Aplicando la definición: ⎡ h ( 0) ⎤ ⎢ 2 2 ⎥ −0 a) f ( 0, 0 ) = lim f ( h, 0 ) − f ( 0, 0 ) = lim ⎣ h + 0 ⎦ 0 = lim = 0 x h→0 h h →0 h h→0 h ⎡ 0 (h) ⎤ ⎢ 2 2 ⎥ −0 f ( 0, h ) − f ( 0, 0 ) ⎣0 + h ⎦ 0 b) f y ( 0, 0 ) = lim = lim = lim = 0 h→0 h h →0 h h→0 h 91
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables Ejercicios propuestos 3.6 ∂f ∂f 1. Encontrar , si : ∂x ∂y a) f ( x, y ) = xy d) f ( x, y ) = xe x + y 2 2 ( ) ( b) f ( x, y ) = x 2 + y 2 log e x 2 + y 2 ) e) f ( x, y ) = x cos x cos y c) f ( x, y ) = cos(ye )sen x sen ( xy ) f) f ( x, y ) = ∫ g ( t ) dt xy y2 2. Hallar f x ( 0, 0 ) y f y ( 0, 0 ) , para: ⎧ xy2 ⎪ 2 2 si ( x, y ) ≠ ( 0,0) a) f ( x, y ) = ⎨ x + y ⎪ 0 si ( x, y ) = ( 0,0) ⎩ ⎧ x3 y 2 − xy 3 b) f ( x, y ) = ⎪ x 2 + y 2 , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ⎨ ⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ ⎧ 2 ⎛ 1 ⎞ c) f ( x, y ) = ⎨ ( ⎪ x − y sen ⎜ 2 2 ) 2 ⎟ , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ⎝x +y ⎠ ⎪ ⎩ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎧ sen ( x 2 − y 2 ) ⎪ ; ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) d) f ( x, y ) = ⎨ x+ y ⎪ ⎩ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎧ xy , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) e) f ( x, y ) = ⎪ x + y ⎨ ⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ ⎧ y3 x f) f ( x, y ) = ⎪ x 2 + y 6 , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ⎨ ⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩92
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 3.7.2.1 INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA DE LAS DERIVADAS PARCIALES Se ha definido la derivada tratando de que se entienda como la variación de ∂fla función con respecto a una dirección. Entonces la derivada parcial , será ∂xla pendiente de la recta tangente paralela al plano zx , observe la figura: z ∂f m= (x0 , y0 ) ∂x (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) • Δz z = f ( x, y ) Δx y0 y x0 (x0 , y0 ) h x0 + h (x0 + h, y0 ) x ⎛ ∂f ⎞ Un vector director de esta recta será de la forma: S = ⎜1, 0, ⎟ S ⎝ ∂x ⎠ ∂f En cambio, la derivada parcial , será la pendiente de la recta tangente ∂yparalela al plano zy , observe la figura: z z = f ( x, y ) ∂f m= (x0 , y0 ) ∂y (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) Δz • Δy y0 h y0 + h y x0 (x0 , y0 ) (x 0 , y 0 + h ) x ⎛ ∂f ⎞ Un vector director S de esta recta será de la forma: S = ⎜ 0,1, ⎟ ⎝ ∂y ⎠ 93
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables Ejemplo 1 Encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva de intersección de la superficie que tiene por ecuación z = x 2 + y 2 con el plano y = 1 en el punto (2,1,5) . SOLUCIÓN: Realizando un gráfico, tenemos: z z = x2 + y2 (2,1,5)• y =1 y ∂z m= dx ( 2,1) dz → ⎛ ∂f ⎞ S = ⎜1,0, ⎟ x ⎝ ∂x ⎠ dx ⎧ x = x0 + at ⎪ La ecuación de toda recta es de la forma l : ⎨ y = y0 + bt . ⎪ z = z + ct ⎩ 0 El punto está dado: (x0 , y0 , z0 ) = (2,1,5) . → ⎛ ∂f ⎞ Los vectores directrices son paralelos al plano zx y por tanto son de la forma: S = ⎜ 1, 0, ⎟ . ⎝ ∂x ⎠ ¿Por qué? ∂z La pendiente de la recta será m = (2,1) ; que definirá la dirección de los vectores directores. dx ∂z Ahora bien, si z = x 2 + y 2 entonces = 2x . ∂x ∂z Evaluando tenemos: = 2 x = 2(2) = 4 ∂x → Por tanto S = (1, 0, 4 ) ⎧ x = x0 + at = 2 + t ⎪ Finalmente la ecuación de la recta buscada será: l : ⎨ y = y0 + bt = 1 + 0t ⎪ z = z + ct = 5 + 4t ⎩ 094
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 3.7.3 DERIVADAS PARCIALES DE ORDEN SUPERIOR Sean f : U ⊆ R 2 → R z = f ( x, y ) . tal que ∂f ∂f Suponga que las derivadas parciales y ∂x ∂y existan. Entonces las Derivadas parciales de Segundo Orden se definen como: ∂f ∂f ∂ f 2 ∂ ⎛ ∂f ⎞ ( x0 + h, y0 ) − ( x0 , y0 ) = ∂x ∂x ⎜ ⎟ = lim = f xx ∂x 2 ∂x ⎝ ∂x ⎠ h→0 h ∂f ∂f ∂2 f ∂ ⎛ ∂f ⎞ ( x0 , y0 + h ) − ( x0 , y0 ) = ⎜ ⎟ = lim ∂x ∂x = f xy ∂y∂x ∂y ⎝ ∂x ⎠ h→0 h ∂f ∂f ( x0 + h, y0 ) − ( x0 , y0 ) ∂ f 2 ∂ ⎛ ∂f ⎞ ∂y ∂y = ⎜ ⎟ = lim = f yx ∂x∂y ∂x ⎝ ∂y ⎠ h→0 h ∂f ∂f ( x0 , y0 + h ) − ( x0 , y0 ) ∂ f 2 ∂ ⎛ ∂f ⎞ ∂y ∂y = ⎜ ⎟ = lim = f yy ∂y 2 ∂y ⎝ ∂y ⎠ h →0 h Cuando estos límites existan.A f xy ya f yx se las denominan Derivadas Mixtas o Derivadas Cruzadas. Ejemplo 1 Sea f (x, y ) = x 2 e x + y , obtener todas las derivadas parciales de segundo orden. 2 2 Solución: Las Derivadas parciales de primer orden son: + y2 + y2 (2 x ) = 2 xe x + y + y2 2 2 2 2 2 f x = 2 xe x + x 2e x + 2 x 3e x + y2 (2 y ) = 2 x 2 ye x + y 2 2 2 f y = x 2e x Por tanto las derivadas parciales de segundo orden serían: + y2 + y2 (2 x ) + 6 x 2 e x + y + y2 (2 x ) 2 2 2 2 2 f xx = 2e x + 2 xe x + 2 x 3e x 2 +y 2 2 +y 2 2 +y 2 2 +y 2 = 2e x + 4 x 2e x + 6x 2e x + 4 x 4e x + y2 (2 y ) + 2 x 3e x + y (2 y ) 2 2 2 f xy = 2 xe x 2 + y2 2 + y2 = 4 xye x + 4 x 3 ye x + y2 + y2 (2 x ) 2 2 f yx = 4 xye x + 2 x 2 ye x 2 + y2 2 + y2 = 4 xye x + 4 x 3 ye x + y2 + y2 (2 y ) 2 2 f yy = 2 x 2 e x + 2 x 2 ye x 2 +y 2 2 +y 2 = 2x 2e x + 4 x 2 y 2e x 95
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables Note que las derivadas cruzadas son iguales. 3.7.3.1 TEOREMA DE SCHWARZ Sea f : U ⊆ R 2 → R , una función definida en el abierto U de R 2 . Si las derivadas parciales ∂2 f ∂2 f y existen y son funciones continuas ∂x∂y ∂y∂x ∂2 f ∂2 f en U , entonces: = ∂x∂y ∂y∂x Analicemos el siguiente ejemplo, donde se hace necesario emplear lasdefiniciones de las derivadas parciales. Ejemplo 2 ⎧ x 3 y − xy 3 ⎪ ; ( x, y ) ≠ (0,0) Sea f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 ⎪ 0 ; (x, y ) = (0,0 ) ⎩ Hallar a) f xy (0,0 ) y b) f yx (0,0 ) SOLUCIÓN: ∂f ∂f ∂ ⎛ ∂f ( 0, 0 ) ⎞ ( 0, 0 + h ) − ( 0, 0 ) a) f xy ( 0, 0 ) = ⎜ ∂x ∂x ⎟ = lím ∂y ⎝ ∂x ⎠ x → 0 h Necesitamos la derivada parcial de primer orden. ∂f Para la derivada en cualquier punto diferente de ( 0,0 ) tenemos: ∂x ∂ ⎛ x3 y − xy 3 ⎞ ( 3x y − y )( x + y ) − ( x y − xy ) ( 2 x ) 2 3 2 2 3 3 ∂f = ⎜ 2 ⎟ = ∂x ∂x ⎝ x + y 2 ⎠ ( x2 + y 2 ) 2 3x 4 y − x 2 y 3 + 3x 2 y 3 − y 5 − 2 x 4 y + 2 x 2 y 3 = (x + y2 ) 2 2 x4 y + 4 x2 y3 − y5 = (x + y2 ) 2 2 ∂f Para la derivada en ( 0,0 ) tenemos: ∂x f ( 0 + h, 0 ) − f ( 0,0 ) f x ( 0,0 ) = lím h →0 h h 3 0 − h ( 03 ) −0 = lím h 2 + 02 h→0 h 0 = lím h→0 h =0 Entonces:96
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables ⎧ x4 y + 4 x2 y3 − y5 ⎪ ; ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ⎪ f x ( x, y ) = ⎨ ( x 2 + y 2 ) 2 ⎪ ⎪ ⎩ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 ) Evaluando 0 4 h + 4 ( 0 2 ) h 3 − h5 −h5 f x ( 0, h ) = = = −h (0 2 +h 2 2 ) h4 Por tanto: f x (0, h ) − f x (0,0 ) −h−0 f xy (0,0 ) = lím = lím = −1 h →0 h h →0 h ∂f ∂f ∂ ⎛ ∂f ( 0,0 ) ⎞ ( 0 + h, 0 ) − ( 0,0 ) ∂y ∂y b) f yx ( 0,0 ) = ⎜ ⎟ = lím ∂x ⎝ ∂y ⎠ h → 0 h ∂f Para la derivada en cualquier punto diferente de ( 0,0 ) tenemos: ∂y ∂ ⎛ x 3 y − xy 3 ⎞ ( x − 3 xy )( x + y ) − ( x y − xy ) ( 2 y ) 3 2 2 2 3 3 ∂f = ⎜ 2 ⎟= ∂y ∂y ⎝ x + y 2 ⎠ ( x2 + y2 ) 2 x5 + x 3 y 2 − 3 x3 y 2 − 3 xy 4 − 2 x3 y 2 + 2 xy 4 = (x + y2 ) 2 2 x5 − 4 x 3 y 2 − xy 4 = (x + y2 ) 2 2 ∂f Para la derivada en ( 0,0 ) tenemos: ∂y f ( 0, 0 + h ) − f ( 0,0 ) f y ( 0,0 ) = lím h →0 h 0 h − 0(h 3 3 ) −0 = lím 02 + h 2 h→0 h 0 = lím h→0 h =0 Entonces: ⎧ x 5 − 4 x 3 y 2 − xy 4 ⎪ ; ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ⎪ f y ( x, y ) = ⎨ ( x 2 + y 2 ) 2 ⎪ ⎪ ⎩ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 ) Evaluando: h 5 − 4 h 3 0 2 − h0 4 h5 f y ( h,0 ) = = =h (h 2 +0 2 2 ) h4 Por tanto: f y (h, 0 ) − f y (0,0) h−0 f yx (0,0 ) = lím = lím =1 h→0 h h→0 h Note que las derivadas mixtas no son iguales. ¿Por qué? 97
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables Ejercicios propuestos 3.7 ∂ 2 f ( 0,0 ) ∂ 2 f ( 0,0 ) 1. Calcular, si existen , la derivada mixta y para: ∂x∂y ∂y∂x ⎪ ⎪ ( ⎧ xy x 2 − y 2 ) si x 2 + y 2 ≠ 0 a) f ( x, y) = ⎨ x 2 + y 2 ⎪ ⎪ ⎩ 0 si x 2 + y 2 = 0 ⎧ x4 y 2 − x2 y 4 ⎪ si x 2 + y 2 ≠ 0 b) f (x, y) = ⎪ x 3 + y 3 ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ 0 si x 2 + y 2 = 0 ⎧ x 3 y 2 − xy 3 ⎪ si( x, y ) ≠ (0,0 ) c) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 ⎪ ⎩ 0 si ( x, y ) = (0,0 ) 3.8. DIFERENCIABILIDAD. Existen funciones que poseen todas sus derivadas direccionales, sinembargo no pueden ser consideradas diferenciables debido a que no soncontinuas (ejemplo 4 de derivada direccional), entonces deberá existir uncriterio 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:98
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables Δy = dy +r f ( x0 + h ) − f ( x0 ) = f ´( x0 ) h + r Dividiendo para h y tomando limite f ( x0 + h ) − f ( x0 ) r lim = f ´( x0 ) + lim h→0 h h →0 h Podemos decir que para que f sea diferenciable se debe dar que: r lim =0 h →0 h Haciendo analogía para funciones de dos variables. El punto debe ser( x0 , y0 ) y h debe ser un vector, digamos ( h1 , h2 ) , entonces la expresiónpara la diferenciabilidad debe ser de la forma: f (( x , y ) + ( h , h )) − f ( x , y ) = A h + A h 0 0 1 2 0 0 1 1 2 2 +r r Y deberá ocurrir que lim =0 h →0 h Encontremos A1 . Suponga que h = ( h1 ,0 ) , entonces: f ( ( x , y ) + ( h ,0 ) ) − f ( x , y ) = A h + A 0 + r 0 0 1 0 0 1 1 2 Dividiendo para h1 y tomando límite: f ( x0 + h1 , y0 ) − f ( x0 , y0 ) r lim = A1 + lim h1 →0 h1 h1 →0 h 1 Tenemos que A1 = f x ( x , y ) 0 0 Análogamente obtengamos A2 Suponga que h = ( 0, h2 ) , entonces: f ( ( x , y ) + ( 0, h ) ) − f ( x , y ) = A + A h 0 0 2 0 0 1 2 2 +r Dividiendo para h2 y tomando límite: f ( x0 , y0 + h2 ) − f ( x0 , y0 ) r lim = A2 + lim h2 →0 h2 h2 →0 h 2 Tenemos que A2 = f y ( x , y ) 0 0 Ahora sí podemos proponer la siguiente definición para la diferenciabilidad. 99
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 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 ⎣ ⎦ =0 0 1 0 2 0 0 0 0 0 0 lim ( h1 , h2 )→( 0,0 ) h + h2 2 2 1 Ejemplo 1 Demuestre que f ( x, y ) = x 2 + y 2 es diferenciable en todo ( x 0 ,y 0 ) SOLUCIÓN: Aplicando la definición, para que la función sea diferenciable el límite [ f (x 0 + h1 , y 0 + h2 ) − f ( x , y )] − [ f x ( x , y )] h1 − ⎡ f y ( x , y ) ⎤ h2 0 0 ⎣ 0 ⎦ 0 0 0 lim ( h1 , h2 )→( 0,0 ) h1 + h2 2 2 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 0 Reemplazando y simplificando: [ f (x + h , y 0 1 0 +h 2 ) − f (x 0 ,y 0 )] − [ f x ( x 0 ,y 0 )] h1 − ⎡ f y ( x ⎣ 0 ,y 0 ) ⎤ h2 ⎦ lim ( h1 , h2 ) → ( 0,0 ) h12 + h2 2 ⎡( x0 + h1 )2 + ( y0 + h2 )2 ⎤ − ⎡ x0 2 + y0 2 ⎤ − [ 2 x0 ] h1 − [ 2 y0 ] h2 lim ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ( h1 , h2 ) → ( 0,0 ) h1 + h2 2 2 ⎡ x0 2 + 2 x0 + h12 + y0 2 + 2 y0 + h2 2 ⎤ − x0 2 − y0 2 − 2 x0 h1 − 2 y0 h2 lim ⎣ ⎦ ( h1 , h2 ) → ( 0,0 ) h12 + h2 2 h12 + h2 2 lim ( h1 , h2 ) → ( 0,0 ) h12 + h2 2 lim h12 + h2 2 ( h1 , h2 ) → ( 0,0 ) Se observa que lim h12 + h2 2 = 0 ( h1 , h2 ) →( 0,0 ) Por tanto f ES DIFERENCIABLE EN TODO PUNTO. Ejemplo 2 ⎧ xy 2 ( ⎪ 2 ; x, y ) ≠ ( 0, 0 ) Sea f ( x, y ) = ⎨ x + y . ⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ Determine si f es diferenciable en ( 0, 0 ) SOLUCIÓN: Aplicando la definición:100
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables [ f ( 0 + h , 0 + h ) − f ( 0, 0 )] − [ f x ( 0, 0 )] h1 − ⎡ f y ( 0, 0 )⎤ h2 1 2 ⎣ ⎦ lim ( h1 , h2 )→( 0,0 ) h12 + h2 2 Las derivadas parciales ya fueron obtenidas anteriormente: f x ( 0, 0 ) = 0 y f y ( 0, 0 ) = 0 Reemplazando: [ f ( h , h ) − f ( 0, 0 )] − [ f x ( 0, 0 )] h1 − ⎡ f y ( 0, 0 )⎤ h2 1 2 ⎣ ⎦ lim ( h1 , h2 ) → ( 0,0 ) h12 + h2 2 ⎡ h1h2 ⎤ ⎢ 2 − 0 ⎥ − [ 0] h1 − [ 0] h2 h1 + h2 2 lim ⎣ ⎦ ( h1 , h2 ) → ( 0,0 ) h1 + h2 2 2 h1h2 lim ( h1 , h2 ) → ( 0,0 ) (h + h2 2 ) 3 2 2 1 Para este último límite, analicemos la trayectoria h2 = mh1 h1mh1 mh12 m lim = lim = lim (h ) h (1 + m ) h1 (1 + m 2 ) h1 → 0 3 h1 → 0 3 h1 → 0 3 1 2 +m h 2 1 2 2 1 3 2 2 2 Este límite no existe, por tanto f NO ES DIFERENCIABLE en ( 0, 0 ) . Recuerde que ya se demostró que la función no era continua en ( 0, 0 ) , por tanto se esperaba que no sea diferenciable. Los siguientes teoremas permiten sacar conclusiones rápidas. 3.8.1 TEOREMA Si f : U ⊆ R 2 → R , es diferenciable en ( x0 , y0 ) ∈ U , entonces es continua en ( x0 , y0 ) . En ciertas funciones, bastará con demostrar que son diferenciables paraconcluir que es continua. Ejemplo ⎧ 2 ⎪( x + y ) sen x 2 + y 2 ; ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) 2 1 Sea f ( x, y ) = ⎨ ⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0,0 ) ⎩ Determine si f es continua en ( 0, 0 ) , determinando su diferenciabilidad en ( 0, 0 ) SOLUCIÓN: Primero calculemos las derivadas parciales: f ( 0 + h, 0 ) − f ( 0,0 ) f ( 0, 0 + h ) − f ( 0,0 ) f x ( 0,0 ) = lím f y ( 0,0 ) = lím h →0 h h→0 h ⎛ 1 ⎞ ( h + 0 ) sen ⎛ h2 + 02 ⎞ − 0 2 ⎜ ⎝ 1 ⎟ ⎠ 2 (0+ h ) sen ⎜ 2 2 2 2 ⎟ ⎝0 +h ⎠ −0 = lím y = lím h →0 h h →0 h ⎛ ⎛ 1 ⎞⎞ ⎛ ⎛ 1 ⎞⎞ = lím ⎜ h sen ⎜ 2 ⎟ ⎟ = lím ⎜ h sen ⎜ 2 ⎟ ⎟ h →0 ⎝ ⎝ h ⎠⎠ h →0 ⎝ ⎝ h ⎠⎠ f x ( 0,0 ) = 0 f y ( 0,0 ) = 0 101
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables Luego, empleando la definición para la diferenciabilidad: f ( h , h ) − f ( 0, 0 ) − [ f x ( 0, 0 )] h1 − ⎡ f y ( 0, 0 ) ⎤ h2 1 2 ⎣ ⎦ lim ( h1 , h2 ) → ( 0,0 ) h12 + h2 2 ⎛ ⎞ (h 2 + h2 2 ) se n ⎜ 2 1 2 ⎟ − 0 − [ 0] h1 − [ 0] h2 ⎝ h1 + h2 ⎠ 1 lim ( h1 , h2 ) → ( 0,0 ) h12 + h2 2 ⎛ 1 ⎞ lim h12 + h2 2 se n ⎜ 2 2 ⎟ ( h1 , h2 ) → ( 0,0 ) ⎝ h1 + h2 ⎠ Calculando el límite empleando coordenadas polares: ⎡ ⎛ 1 ⎞⎤ lim ⎢ r sen ⎜ 2 ⎟ ⎥ = 0 r →0 ⎣ ⎝ r ⎠⎦ Como el límite es cero, se concluye que la función es diferenciable en el origen, por tanto será contínua también. 3.8.2 TEOREMA Sea f : U ⊆ R 2 → R . Si las funciones derivadas parciales son continuas en ( x0 , y0 ) entonces f es diferenciable en ( x0 , y0 ) . Para ciertas funciones, bastará con determinar la continuidad de susderivadas parciales para concluir que es diferenciable. El recíproco del teorema anterior es falso. Observe el siguiente ejemplo. Ejemplo ⎧ 2 ⎪( x + y ) sen 2 1 2 ; ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) Sea f ( x, y ) = ⎨ x + y2 ⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ Demuestre que las derivadas parciales de f no son continuas en ( 0,0 ) , sin embargo si es diferenciable en ese punto. SOLUCIÓN: Primero hallemos la derivada parcial con respecto a x Si ( x, y ) ≠ ( 0,0 ) ∂ ⎡ 2 ⎤ ⎡ 1 2 ⎤ ⎢( x + y 2 ) sen + ( x 2 + y 2 ) cos ⎢− ( x + y ) ( 2 x )⎥ 2 − 2 1 1 1 3 ⎥ = 2 x sen ∂x ⎢ ⎣ x2 + y2 ⎥ ⎦ x2 + y 2 x2 + y2 ⎣ 2 ⎦ 1 x 1 = 2 x sen − cos x2 + y 2 x2 + y2 x2 + y2 Si ( x, y ) = ( 0,0 ) f ( h, 0 ) − f ( 0, 0 ) (h 2 + 02 ) sen 1 −0 f x ( 0, 0 ) = lim = lim h 2 + 02 = lim h sen 1 =0 h→0 h h →0 h h →0 h Entonces102
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables ⎧ 1 x 1 ⎪2 x sen 2 − cos ; ( x, y ) ≠ ( 0,0 ) fx = ⎨ x + y2 x2 + y 2 x2 + y2 ⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0,0 ) ⎩ Veamos ahora si es continua: ⎡ 1 x 1 ⎤ lim ⎢ 2 x sen − cos ⎥ ( x , y ) → ( 0,0 ) ⎢ x +y 2 2 x +y 2 2 x +y ⎥ 2 2 ⎣ ⎦ Pasando a coordenadas polares: ⎡ 1 r cosθ 1⎤ lim ⎢ 2r cos θ sen − cos ⎥ r →0 ⎣ r r r⎦ ⎡ 1 1⎤ lim ⎢ 2r cos θ sen − cosθ cos ⎥ r →0 ⎣ r r⎦ No podemos concluir, analicemos para trayectorias: ⎡ 1 x 1 ⎤ lim ⎢ 2 x sen − cos ⎥ x →0 ⎣ x +0 2 2 x +0 2 2 x +0 ⎦ 2 2 ⎡ 1 x 1⎤ y = 0 lim ⎢ 2 x sen − cos ⎥ x →0 ⎣ x x x⎦ ⎡ 1 1⎤ lim ⎢ 2 x sen − cos ⎥ ≠ 0 x →0 ⎣ x x⎦ Por tanto f x no es continua en ( 0,0 ) • Ahora hallemos la derivada parcial con respecto a y . Si ( x, y ) ≠ ( 0,0 ) ∂ ⎡ 2 ⎤ ⎡ 1 2 ⎤ ⎢( x + y 2 ) sen + ( x 2 + y 2 ) cos − ( x + y 2 ) 2 ( 2 y )⎥ 1 1 1 −3 ⎥ = 2 y sen ∂y ⎢ 2 ⎢ 2 ⎣ x2 + y2 ⎥ ⎦ x +y 2 2 x +y ⎣ 2 ⎦ 1 y 1 = 2 y sen − cos x2 + y2 x2 + y 2 x2 + y2 Si ( x, y ) = ( 0,0 ) f ( 0, h ) − f ( 0, 0 ) (0 2 + h 2 ) sen 1 −0 f y ( 0, 0 ) = lim = lim 02 + h 2 = lim h sen 1 =0 h→0 h h →0 h h →0 h Entonces ⎧ 1 y 1 ⎪2 y sen 2 − cos ; ( x, y ) ≠ ( 0,0 ) fy = ⎨ x +y 2 x +y 2 2 x + y2 2 ⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0,0 ) ⎩ Veamos ahora si es continua: ⎡ 1 y 1 ⎤ lim ⎢ 2 y sen − cos ⎥ ( x , y ) → ( 0,0 ) ⎢ x +y 2 2 x +y 2 2 x +y ⎥ 2 2 ⎣ ⎦ Analicemos trayectorias: ⎡ 1 y 1 ⎤ lim ⎢ 2 y sen − cos ⎥ y →0 ⎢ ⎣ 0 +y 2 2 0 +y 2 2 0 + y2 2 ⎥ ⎦ ⎡ 1 y 1⎤ x = 0 lim ⎢ 2 y sen − cos ⎥ y →0 ⎣ y y y⎦ ⎡ 1 1⎤ lim ⎢ 2 y sen − cos ⎥ ≠ 0 y →0 ⎣ y y⎦ Por tanto f y no es continua en ( 0,0 ) Finalmente demostremos que f es diferenciable en ( 0,0 ) 103
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables f ( h , h ) − f ( 0, 0 ) − [ f x ( 0, 0 )] h1 − ⎡ f y ( 0, 0 ) ⎤ h2 1 2 ⎣ ⎦ lim ( h1 , h2 ) → ( 0,0 ) h12 + h2 2 ⎛ ⎞ (h1 2 + h2 2 ) se n ⎜ 1 ⎜ h2 +h 2 ⎟ ⎟ − 0 − [ 0] h1 − [ 0] h2 lim ⎝ 1 2 ⎠ ( h1 , h2 ) → ( 0,0 ) h1 + h2 2 2 ⎛ 1 ⎞ lim h12 + h2 2 se n ⎜ ⎟ ( h1 , h2 ) → ( 0,0 ) ⎜ h2 +h 2 ⎟ ⎝ 1 2 ⎠ Pasando a polares: ⎛1⎞ lim r se n ⎜ ⎟ = 0 r →0 ⎝r⎠ Por tanto es DIFERENCIABLE. Ejercicios propuestos 3.8 1. Demostrar que si f ( x, y ) es diferenciable en ( a, b ) entonces es continua en ( a, b ) 2. Analizar la diferenciabilidad en el origen para: ⎧ si( x, y ) ≠ (0,0) xy ⎪ a) ⎪ 2 ( f ( x, y ) = ⎨ x + y 2 2 ⎪ 1 ) ⎪ ⎩ 0 si( x, y ) = (0,0) ⎧ 2 ⎪( x − y ) sen x 2 + y 2 si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) 2 1 b) f ( x, y ) = ⎨ ⎪ 0 si ( x, y ) = ( 0,0 ) ⎩ ⎧ x3 y 2 − xy 3 c) f ( x, y ) = ⎪ x 2 + y 2 , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ⎨ ⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ ⎧ x 2 − y 2 sen d) f ( x, y ) = ⎪ ⎨ ( ) 1 x2 + y2 , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ⎪ ⎩ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎧ sen ( x 2 − y 2 ) ⎪ e) f ( x, y ) = ⎨ , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) x+ y ⎪ ⎩ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎧ y 2 − x2 ⎪ xy 2 si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) f) f ( x, y ) = ⎨ x + y 2 ⎪ 0 si ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ ⎧ xy , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) g) f ( x, y ) = ⎪ x + y ⎨ ⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ ⎧ xy ⎪ +x− y , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) h) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 ⎪ ⎩ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎧ y x 3 i) f ( x, y ) = ⎪ x 2 + y 6 , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ⎨ ⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩104
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables ⎧ y5 x2 j) f ( x, y ) = ⎪ 3 x 4 + 2 y10 , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ⎨ ⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 ) ⎩ 3.9. GRADIENTE. Sea f : U ⊆ R n → R una función diferenciable. Se define el vector gradiente de f en x 0 , denotado por ( ) ( ) ∇f x 0 o grad f x 0 , como el vector de R n : ⎛ ∂f ∂f ∂f ∂f ⎞ ∇f ( x ) = ⎜ 0 , , , , ⎟ ∂x ∂x ⎝ 1 2 ∂x3 ∂xn ⎠( x0 ) Ejemplo Sea f ( x, y ) = ( x − 1) + ( y − 1) . Hallar el gradiente de f en ( 0, 0 ) . 2 2 SOLUCIÓN: ⎛ ∂f ∂f ⎞ ∇f ( 0, 0 ) = ⎜ , ⎟ = ( 2 ( x − 1) , 2 ( y − 1) ) 0,0 = ( −2, −2 ) ( ) ⎝ ∂x ∂y ⎠( 0,0) 3.9.1 GRADIENTE Y DERIVADA DIRECCIONAL En la expresión para el residuo. ( ( x , y ) + ( h , h ) ) − f ( x , y ) = [ f ( x , y )] h + ⎡ f ( x , y ) ⎤ h + r f 0 0 1 2 0 0 ⎣ x ⎦ 0 0 1 y 0 0 2 Observe que h = ( h1 , h2 ) lo podemos expresar como h = h u , donde ues un vector unitario. Suponga que h =h y que u = ( u1 , u2 ) entonces h = h ( u1 , u2 ) Ahora, dividiendo para h y tomando límite: lim f ( ( x , y ) + hu ) − f ( x , y ) = [ f ( x , y )] h + ⎡ f 0 0 0 0 1 h ( x , y ) ⎤ 2 + lim r h →0 h x 0 0 h ⎣ y 0 ⎦ h h →0 h 0 r Si f es diferenciable entonces lim . h→0 h Con lo cual resulta: 105
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables lim f (( x , y ) + hu ) − f ( x , y ) = [ f ( x , y )]u + ⎡ f 0 0 0 0 ( x , y ) ⎤ u2 h →0 h x 0 0 1 ⎣ y 0 0⎦Finalmente Du f ( x0 , y0 ) = ⎡∇f ( x0 , y0 ) ⎤ • u ⎣ ⎦ Ejemplo → ⎛ 2 2⎞ Sea f ( x, y ) = x + y . Hallar D→ f (1, 2 ) donde u = ⎜ ⎟ 2 2 , ⎜ 2 2 ⎟ u ⎝ ⎠ SOLUCIÓN: Empleando lo anterior Du f (1, 2 ) = ⎡∇f (1, 2 ) ⎤ • u ⎣ ⎦ Ahora, el gradiente sería: ∇f (1, 2 ) = ( f x , f y ) = ( 2 x, 2 y )(1,2) = ( 2, 4 ) (1,2 ) Reemplazando y resolviendo ⎛ 2 2⎞ Du f (1, 2 ) = ⎡∇f (1, 2 ) ⎤ • u = ( 2, 4 ) • ⎜ ⎣ ⎦ ⎜ 2 , 2 ⎟=3 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: Primero obtengamos u y sus derivadas parciales en P (1,1) PQ ( 3 − 1, 2 − 1) ⎛ 2 1 ⎞ u= = =⎜ , ⎟ PQ 5 ⎝ 5 5⎠ f x (1,1) = ⎡ cos ( x 2 + y 2 ) ⎤ 2 x ⎣ ⎦ = 2 cos 2 (1,1) f y (1,1) = ⎡ cos ( x 2 + y 2 ) ⎤ 2 y ⎣ ⎦ = 2 cos 2 (1,1) Empleando la última definición ⎛ 2 1 ⎞ 6 Du f (1,1) = ⎡∇f (1,1) ⎤ • u = ( 2 cos 2, 2 cos 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 + 4 y , P (3,1), Q (1,−1) 2 2 π b) f ( x, y ) = cos( x + y ), P (0, π), Q ( ,0) 2 c) f ( x, y, z ) = ln ( x + y + z ), P(1,0,0), Q (4,3,1) d) g ( x, y, z ) = xye z , P(2,4,0 ), Q(0,0,0 )106
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 2. Dado el campo escalar f : R n → R tal que f ( X ) = X 4 , calcular: a) f ( X , v ) (Derivada direccional de f en la dirección de v) b) Si n=2, hallar todos los puntos (x,y) en R 2 para los cuales: f (2i + 3 j; xi + yj ) = 6 c) Si n=3 , hallar todos los puntos (x,y) en R 3 para los cuales f (i + 2 j + 3k ; xi + yj + zk ) = 6 3. Calcule la derivada de la función f ( x, y ) = x sen y en el punto (3,0), en la dirección del vector tangente a la parábola y = x 2 en el punto (1,1) 3.9.2 PROPIEDADES DEL GRADIENTE 1. El Gradiente es un vector ortogonal a los conjuntos de nivel. 2. De la igualdad ( ) ⎣ ( ) tenemos Du f x 0 = ⎡∇f x 0 ⎤ • u ⎦ D f ( x ) = ∇f ( x ) u cosθ u 0 0 Si el gradiente y el vector unitario tienen la misma dirección (θ = 0)entonces la derivada direccional tendría el máximo valor y sería: Du f x 0 ( ) máx = ∇f x 0 ( ) Si el gradiente y el vector unitario tienen dirección contraria (θ =π )entonces la derivada direccional tendría el mínimo valor y sería: Du f x 0 ( ) mín = − ∇f x 0 ( ) Ejemplo Suponga que la distribución de temperatura dentro de una habitación está dada por T ( x, y , z ) = 5 + e x + 4 y + z , donde x , y , z se miden a partir del rincón ( 0, 0, 0 ) . 2 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 Du T ( 0, 0, 0 )máx = ∇T ( 0,0, 0 ) = 1 + 42 + 02 = 17 107
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables Ejercicios propuestos 3.10 1. La temperatura en el punto ( x, y ) de una placa viene dada por: T ( x ) = x . x + y2 2 Hállese la dirección de mayor crecimiento del calor desde el punto (3, 4). 2. 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 (500, 300, 3390). ¿En qué dirección debe moverse el alpinista en orden a ascender lo más rápido posible? 3. Suponer que la temperatura en el punto P(x,y,z) en el espacio está dada por 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. ¿Cuál es el valor de T(t=0)?. b. ¿Qué dirección debe tomar la partícula para avanzar hasta la región de más baja temperatura?. 4. El Capitán América tiene dificultades cerca del lado soleado de Mercurio. La temperatura del casco de la nave, cuando él está en la posición (x,y,z) estará dada por T ( x, y, z ) = e − x − y −3 z donde x, y, z se miden en metros. Si la nave del Capitán 2 2 2 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 definióque un vector directriz de la recta tangente paralela al plano zx ,en un punto dela superficie z = f ( x, y ) , está dado por S1 = 1, 0, f x ( x ( 0 ) ) ; y un vector directriz dela recta tangente paralela al plano zy está dado por S = ( 0,1, f ( x ) ) . 2 y 0 z n = S1 × S 2 ( S1 = 1,0, f x ( x 0 )) ( S 2 = 0,1, f y ( x )) • 0 (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) z = f ( x, y ) y0 y x0 (x0 , y0 )108
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables Si multiplicáramos en cruz estos vectores obtendríamos un vector normal ala superficie en ese punto i j k S1 × S 2 = 1 0 ( f x = − f x ( x ) , − f y ( x ) ,1 0 0 ) 0 1 fy Por tanto el plano tangente en ese punto tendría por ecuación − fx ( x 0 )[ x − x ] − f ( x )[ y − y ] + 1[ z − z ] = 0 0 y 0 0 0 Ejemplo Hallar la ecuación del plano tangente y la ecuación de la recta normal a la superficie que 10 tiene por ecuación z = f ( x, y ) = en el punto (1, 2,5) . xy SOLUCIÓN: a) La ecuación del plano tangente estaría dada por: − f x (1, 2 ) [ x − 1] − f y (1, 2 ) [ y − 2] + 1[ z − 5] = 0 Las derivadas parciales serían: 10 f x (1, 2 ) = − = −5 x2 y (1,2 ) 10 5 f x (1, 2 ) = − =− xy 2 (1,2 ) 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 ⎪ 0 0 ⎪ ⎨ y = y0 − ⎡ f y ( x , y ) ⎤ t ⎣ ⎦ 0 0 ⎪ ⎪ ⎩ z = z0 + [1] t Reemplazando: ⎧ x = 1 − [ −5] t = 1 + 5t ⎪ ⎪ ⎨ y = 2 − ⎡− 2 ⎤ t = 2 + 2 t 5 5 ⎣ ⎦ ⎪ ⎪z = 5 + t ⎩ 109
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 3.10. LA DIFERENCIAL 3.10.1 DEFINICIÓN Sea f : U ⊆ R 2 → R una función diferenciable en U . Entonces para cada x ∈ U se tiene: ∂f ∂f ( ) f x + h = f x + dx + dy + r ∂x ∂y () ∂f ∂f A la parte dx + dy ∂x ∂y Se le denomina diferencial de f , y se la denota como df . 3.10.2 APROXIMACIONES Si se dice que Δf ≈ df , entonces tenemos: f ( x0 + Δx, y0 + Δy ) − f ( x0 , y0 ) ≈ [ f x ( x , y )] dx + ⎡ f y ( x , y ) ⎤ dy ⎣ 0 ⎦ 0 0 0 Como dx = Δx y dy = Δy 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 ) =4 (1,4 ) f y (1, 4 ) = ( x y ln x ) =0 (1,4 ) Empleando la formula de aproximación:110
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 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 lafunción, entonces tenemos que: ∂f ∂f Δf ≈ Δx + Δy ∂x ∂y Ejemplo 1 Se desea calcular el volumen de un cono, para lo cual se mide el radio de su base en 5 cm y su altura en 10 cm , con un posible error de 0.1 cm . Aproxime el error al calcular el volumen. SOLUCIÓN: El volumen de un cono circular recto está dado por: V = 1 π r 2 h 3 ∂V ∂V Por tanto, el error en el cálculo del volumen está dado por: ΔV ≈ Δr + Δh ∂r ∂h Entonces: 2 1 ΔV ≈ π rhΔr + π r 2 Δh 3 3 2 1 ΔV ≈ π ( 5 )(10 )( ±0.1) + π ( 5 ) ( ±0.1) 2 3 3 ΔV ≈ ±13.09 Ejemplo 2 Determine la variación que experimenta la densidad de una esfera sólida cuyo radio mide 10 cm. y su masa es de 500 gr. , si el radio se incrementa en 2mm y la masa disminuye 0.5 gr. SOLUCIÓN: La densidad volumétrica ρ esta dada por: m ρ= V donde m es la masa y V es el volumen En este caso tendríamos: m m 3m 3 ρ= = = = mr −3 V 4 π r 3 4π r 3 4π 3 Entonces: 111
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables ∂ρ ∂ρ 3 ⎛ −9m ⎞ Δρ = Δm + Δr = Δm + ⎜ 2 ⎟ Δr ∂m ∂r 4π r 3 ⎝ 4π r ⎠ Reemplazando y calculando: 3 ⎛ −9 ( 500 ) ⎞ Δρ = ( 0.2 ) + ⎜ ⎜ 2 ( ⎟ 0.5 ) ⎟ 4π (10 ) ⎝ 4π (10 ) ⎠ 3 3 Δρ = ( 0.0002 − 7.5) 4π Δρ = −1.79 La densidad disminuye 1.79 gr cm3 Ejemplo 3 El radio r y la altura h de un cilindro circular recto se miden con un posible error del 4% y 2% respectivamente. Aproxime el error porcentual al calcular el volumen. SOLUCIÓN: El volumen de un cilindro circular recto está dado por: V = π r 2 h Se sabe que los errores porcentuales en las mediciones de r y h son del 4% y 2% , por tanto ±Δr = 100 r y ±Δh = 100 h . 4 2 ∂V ∂V Por otro lado ΔV ≈ Δr + Δh ∂r ∂h Reemplazando: ΔV ≈ ( 2π rh ) ( 100 r ) + (π r 2 ) ( 100 h ) 4 2 ΔV ≈ ( 100 ) (π r 2 h ) + ( 100 ) (π r 2 h ) 8 2 10 ⎛ ⎞ ΔV ≈ ( 100 ) ⎜ π r 2 h ⎟ ⎝ V ⎠ Por tanto el error porcentual del volumen sería : ΔV 100 ≈ 10% V Ejercicios propuestos 3.11 1. Calcular aproximadamente a) 1.023.01 3 b) [4.052 + 8.982 - 0.992] 2 1 -1 c) 2 (1.03) [(0.982 ) (1.053 ) 4 ] 3 2. La altura de un cono es h = 30cm , el radio de su base R = 10cm . ¿Cómo variará el volumen de dicho cono si H se aumenta 3mm y R se disminuye 1 mm? Calcule el valor aproximado de la función f ( x, y ) = x en el punto ( 3.1 ; 1.9 ) y 3. 4. Dos lados de un triángulo miden 150 y 200 mts. Y el ángulo que forman es de 60º. Sabiendo que los errores probables en la medición es de 0.2 mts. en la medida de los lados y de 1º en la del ángulo. Determine el máximo error probable que se puede cometer al evaluar su área. Determine también el error en porcentaje. 5. Aproximar el porcentaje en el cual crece el volumen de un cilindro circular recto si el radio aumenta en un 1% y la altura en un 2%.112
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 6. Calcule la longitud del segmento de recta x = 1.2, y = 0.95 que se encuentra entre la superficie z = x 2 + 5y 2 y su plano tangente en el punto (1,1,6 ) . 3.10.4 DEFINICIÓN GENERAL DE DIFERENCIAL Sea f : U ⊆ R n → R m . Se dice que f = ( f1 , f 2 , , fm ) es 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 A Df x 0 ( ) se le llama MATRIZ DIFERENCIAL O JACOBIANA y se define como: ⎡ ∂x1 ∂∂xf12 ∂f ∂f1 ∂xn ⎤ ⎢ ∂f21 ∂f2 ∂f 2 ⎥ ⎢ ∂xn ⎥ Df x 0 = ⎢ ∂x1 ∂x2 ( ) ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ∂fxm ∂fxm ∂f m ⎥ ⎣∂1 ∂ 2 ∂xn ⎦ x 0 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: ⎡ ∂ ( x2 + y2 ) ( ∂ x2 + y2 ) ( ∂ x2 + y 2 )⎤ ⎢ ∂x ∂y ∂z ⎥ ⎡ 2x 2y 0 ⎤ ⎢ ∂ ( xyz ) ⎥ ⎢ xy ⎥ ∂ ( xyz ) ∂ ( xyz ) ⎢ ∂x ⎥ ⎢ yz xz ⎥ Df ( x, y, z ) = ⎢ ∂ xz + yz ∂y ∂z ∂ ( xz + yz ) ⎥ = ( ) ∂ ( xz + yz ) ⎢ z z x + y⎥ ⎢ ∂x ∂y ∂z ⎥ ⎢ 2 2 ⎥ ⎢ ∂ ( x3 y 2 z ) ( ∂ x3 y 2 z ) ∂ ( x3 y 2 z ) ⎥ ⎣ 3x y z 2 x3 yz x 3 y 2 ⎦ 4× 3 ⎢ ∂x ⎣ ∂y ∂z ⎥ ⎦ 113
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 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 x0 y f es ( ) diferenciable en g x 0 , entonces: D ⎡ f ( g ( x ) ) ⎤ = [ Df ] ( ) [ Dg ]x0 ⎣ ⎦ 0 g x0 Ejemplo 1 Sea f : R 2 → R , tal que f ( x, y ) = x 2 + 3 y 2 y sea g : R → R 2 , tal que g ( t ) = ( et , cos t ) ; entonces: ⎡ dg1 ⎤ ⎡ ∂f ∂f ⎤ ⎢ dt ⎥ D ⎡ f ( g ( t ) ) ⎤ = [ Df ]g ( t ) [ Dg ]t = ⎢ ⎣ ⎦ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ∂x ∂y ⎦ ( et ,cos t ) ⎢ dg 2 ⎥ ⎢ dt ⎥ ⎣ ⎦ ⎡ d ( et ) ⎤ ⎢ ⎥ = [ 2 x 6 y ]( et ,cos t ) ⎢ dt ⎥ ⎢ d ( cos t ) ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ dt ⎦ ⎡ et ⎤ = ⎡ 2et ⎣ 6 cos t ⎤ ⎢ ⎦ − sent ⎥ ⎣ ⎦ = 2e − 6 cos tsent 2t En términos sencillos, si tenemos z = f ( x, y ) donde x = x (t ) yy = x ( t ) , entonces: dz df ∂z dx ∂z dy = = + dt dt ∂x dt ∂y dt ( x( ), y( ) ) t t Ejemplo 2 Sea f (x, y ) = x 2 + y 2 donde x = t 2 y y = 2t , hallar dz dt SOLUCIÓN: dz ∂z dx ∂z dy = + dt ∂x dt ∂y dt = (2 x )(2t ) + (2 y )(2) Poniendo todo en función de” t ” = (2 x )(2t ) + (2 y )(2) dz dt dz dt ( ) = 2t 2 (2t ) + (2(2t ))(2 ) = 4t 3 + 8t114
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables Ejemplo 3 El radio superior de un tronco de cono es de 10 cm., el radio inferior 12 cm. Y la altura 18 cm. . ¿Cuál es la razón de cambio del volumen del tronco de cono con respecto al tiempo si el radio superior disminuye a razón de 2 cm. por min. , el radio inferior aumenta a razón de 3 cm. por min. y la altura decrece a razón de 4 cm. por min. SOLUCIÓN: El volumen de un tronco de cono está dado por: π h ( R 2 + Rr + r 2 ) V= 3 Su razón de cambio estaría dada por: dV ∂V dh ∂V dR ∂V dr = + + dt ∂h dt ∂R dt ∂r dt Los datos del problema serían: dr dR dh r = 10 , R = 12 , h = 18 , = −2 , =3, = −4 dt dt dt Reemplazando y calculando: dV π 2 dh π dR π = ( R + Rr + r 2 ) + h ( 2 R + r ) dr + h ( R + 2r ) dt 3 dt 3 dt 3 dt = π⎡ 3⎣ 2 ( 2 ) ⎢ (12 ) + (12 )(10 ) + (10 ) ( −4 ) + (18 ) ( 2 (12 ) + 10 ) ( 3) + (18 ) (12 + 2 (10 ) ) ( −2 ) ⎥ ⎤ ⎦ π = ⎡(144 + 120 + 100 )( −4 ) + (18 )( 24 + 10 )( 3) + (18 )(12 + 20 )( −2 ) ⎤ 3⎣ ⎦ π = ⎡364 ( −4 ) + (18 ) 34 ( 3) + (18 ) 32 ( −2 )⎤ 3⎣ ⎦ π = [ −1456 + 1836 − 1152] 3 dV 772π cm3 =− dt 3 min Ejemplo 4 Sea f : R2 → R , tal que f ( x, y ) = x 2 y y sea g : R2 → R2 , tal que g ( u , v ) = ( uv, u 2 − v 3 ) ; entonces: ⎡ ∂g1 ∂g1 ⎤ ⎡ ∂f ∂f ⎤ ⎢ ∂u ∂v ⎥ D⎡ f ⎣ ( g ( u, v ) )⎤ = [ Df ]g (u ,v ) [ Dg ] = ⎢ ⎦ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ∂x ∂y ⎦ ( uv , u 2 −v3 ) ⎢ ∂g 2 ∂g 2 ⎥ ⎢ ∂u ⎣ ∂v ⎦ ⎥ ⎡ ∂ ( uv ) ∂ ( uv ) ⎤ ⎢ ⎥ ∂u ∂v = ⎡ 2 xy 3 3x y ⎤ ⎛ 2 3 ⎞ ⎢ 2 2 ⎥ ⎣ ⎜ ⎝ x y ⎟ ⎠ ⎢ ( ⎦ ⎜ uv, u −v ⎟ ⎢ ∂ u 2 − v 3 ) ∂ (u − v ) ⎥ 2 3 ⎥ ⎣ ∂u ∂v ⎦ 2 ⎡ v u ⎤ = ⎡ 2uv ( u 2 − v3 ) 3 ( uv ) ( u 2 − v 3 ) ⎤ ⎢ 3 2 ⎢ ⎣ ⎥ ⎣ 2u −3v 2 ⎥ ⎦ ⎦ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ = ⎢ 2uv 2 ( u 2 − v 3 ) + 6u 3v 2 ( u 2 − v 3 ) 2u 2 v ( u 2 − v ) − 9u 2 v 4 ( u 2 − v ) 3 2 3 3 3 2 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ∂z ∂z ⎥ ⎣ ∂u ∂v ⎦ 115
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables Por lo tanto, si tenemos z = f ( x, y ) donde x = x ( u, v ) y y = x ( u, v ) ,entonces: ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ( x( u ,v ), y( u ,v ) )Y ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v ( x( u , v ), y ( u , v ) ) Ejemplo 5 Sea f ( x, y, z ) = 3x 2 + y 2 + z 2 donde x = 4uv 2 , y = 5u 2 + 10v 2 , z = u 3 ∂f ∂f Hallar: y . ∂u ∂v SOLUCIÓN: a) ∂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 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ x y z ⎠ = 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 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ x y z ⎠ = 6 ( 4uv 2 ) ( 8uv ) + 2 ( 5u 2 + 10v 2 ) ( 20v ) + 0 = 192u 2 v 3 + 200u 2 v + 400v3 Ejemplo 6 Sea f : R 3 → R 4 , tal que f ( x, y, z ) = ( x 2 yz , y 2 − z 2 , z 3 , xyz ) y sea g : R 3 → R 3 , tal que g ( u , v, w ) = ( u 2 v, uv 2 w, e − uw ) , hallar D [ f g ](1,1,0) Solución: D [ f 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)116
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables Reemplazando: D [ f g ](1,1,0) = [ Df ]g (1,1,0) [ Dg ](1,1,0) ⎡ 2 xyz x2 z x2 y ⎤ ⎢ ⎥ ⎡ 2uv u2 0⎤ 0 2y −2 z ⎥ ⎢ 2 ⎥ =⎢ ⎢ v w 2uvw uv ⎥ 2 ⎢ 0 0 3z 2 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ − we − uw 0 ⎥ −ue − uw ⎦ ⎛ ⎞ ⎢ yz ⎣ xz xy ⎥ ⎛ 1,0,1⎞ ⎣ ⎦⎜ ⎟ ⎜ 1,1,0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝u v w⎠ ⎜x ⎟ ⎝ y z⎠ ⎡ 2 (1)( 0 )(1) 12 (1) 12 ( 0 ) ⎤ ⎡ ⎥ 2 (1)(1) (1) 0 ⎤ 2 ⎢ ⎢ 0 2 ( 0) −2 (1) ⎥ ⎢ ⎥ =⎢ ⎢ (1) 0 2 (1)(1) 0 1(12 ) ⎥ 2 0 0 3 (12 ) ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ −1( 0 ) ⎢ 0 (1) ⎥ ⎢ −0e −1e −1( 0) ⎥ 1(1) 1( 0 ) ⎦ ⎣ 0 ⎦ ⎣ ⎡0 1 0⎤ ⎢0 0 −2 ⎥ ⎡ 2 1 0⎤ =⎢ ⎥ ⎢0 0 1⎥ ⎢0 0 3⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢0 0 −1 ⎥ ⎣0 1 0⎦ ⎣ ⎦ ⎡0 0 1⎤ ⎢0 0 2⎥ =⎢ ⎥ ⎢ 0 0 −3 ⎥ ⎢ ⎥ ⎣0 0 1⎦ Ejemplo 7 ⎛ y⎞ x2 + y2 Sea f ⎜ ⎟ = ; x > 0 , hallar f ( x ) . ⎝x⎠ x SOLUCIÓN: y Si hacemos u = , tenemos: x ⎛ y⎞ x2 + y2 f ⎜ ⎟= ⎝x⎠ x x 2 + ( ux ) 2 x2 + u 2 x2 x 2 (1 + u 2 ) f (u ) = = = x x x f (u ) = 1 + u 2 Si hacemos ahora u = x Entonces f ( x ) = 1 + x2 Ejemplo 8 ∂z ∂z Demostrar que z = f ( 2 x + y, − 4 x − 2 y ) satisface la ecuación −2 = 0 ∂x ∂y Solución: Aquí tenemos z = f ( u , v ) donde u = 2 x + y , v = −4 x − 2 y , entonces: 117
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables ∂z ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z ∂z ∂u ∂z ∂v = + = + ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂z ∂z ∂z ∂z = ( 2 ) + ( −4 ) y = (1) + ( −2 ) ∂u ∂v ∂u ∂v ∂z ∂z ∂z ∂z ∂z ∂z =2 −4 = −2 ∂x ∂u ∂v ∂y ∂u ∂v Ahora reemplazando: ∂z ∂z −2 =0 ∂x ∂y ⎛ ∂z ∂z ⎞ ⎛ ∂z ∂z ⎞ ⎜ 2 − 4 ⎟ − 2⎜ −2 ⎟=0 ⎝ ∂u ∂v ⎠ ⎝ ∂u ∂v ⎠ ∂z ∂z ∂z ∂z 2 −4 −2 +4 =0 ∂u ∂v ∂u ∂v Ejemplo 9 ⎛ x+ y⎞ 2 ∂z ∂z Demostrar que z = xy f ⎜ ⎟ ; xy ≠ 0 . Calcular x − y2 ⎝ xy ⎠ ∂x ∂y Solución: Aquí podemos obtener las derivadas parciales directamente: ∂z ∂ ⎡ ⎛ x + y ⎞⎤ = ⎢ xy f ⎜ ⎟⎥ = ∂x ∂x ⎣ ⎝ xy ⎠ ⎦ ∂z ⎛x+ y⎞ ⎛ x + y ⎞ ⎡ (1) xy − ( x + y ) y ⎤ = yf ⎜ ⎟ + xyf ´⎜ ⎟⎢ ⎥ ∂x ( xy ) 2 ⎝ xy ⎠ ⎝ xy ⎠ ⎢ ⎣ ⎥ ⎦ ∂z ⎛x+ y⎞ ⎛ x + y ⎞ ⎡ xy − xy − y 2 ⎤ = yf ⎜ ⎟ + ( xy ) f ´⎜ ⎟⎢ ⎥ ∂x ⎝ xy ⎠ ⎢ ( xy ) 2 ⎝ xy ⎠ ⎣ ⎥ ⎦ ∂z ⎛x+ y⎞ y ⎛x+ y⎞ = yf ⎜ ⎟ − f ´⎜ ⎟ ∂x ⎝ xy ⎠ x ⎝ xy ⎠ Y ∂z ∂ ⎡ ⎛ x + y ⎞⎤ = ⎢ xy f⎜ ⎟⎥ = ∂y ∂y ⎣ ⎝ xy ⎠ ⎦ ∂z ⎛x+ y⎞ ⎛ x + y ⎞ ⎡ (1) xy − ( x + y ) x ⎤ = xf ⎜ ⎟ + xyf ´⎜ ⎟⎢ ⎥ ∂y ( xy ) 2 ⎝ xy ⎠ ⎝ xy ⎠ ⎢ ⎣ ⎥ ⎦ ∂z ⎛x+ y⎞ ⎛ x + y ⎞ ⎡ xy − x 2 − yx ⎤ = xf ⎜ ⎟ + ( xy ) f ´⎜ ⎟⎢ ⎥ ∂y ⎝ xy ⎠ ⎢ ( xy ) 2 ⎝ xy ⎠ ⎣ ⎥ ⎦ ∂z ⎛x+ y⎞ x ⎛x+ y⎞ = xf ⎜ ⎟ − f ´⎜ ⎟ ∂y ⎝ xy ⎠ y ⎝ xy ⎠ Reemplazando: ∂z ∂z ⎡ ⎛ x + y ⎞ y ⎛ x + y ⎞⎤ ⎡ ⎛ x + y ⎞ x ⎛ x + y ⎞⎤ x2 − y2 = x 2 ⎢ yf ⎜ ⎟ − f ´⎜ ⎟ ⎥ − y ⎢ xf ⎜ 2 ⎟ − f ´⎜ ⎟⎥ ∂x ∂y ⎣ ⎝ xy ⎠ x ⎝ xy ⎠ ⎦ ⎣ ⎝ xy ⎠ y ⎝ xy ⎠ ⎦ ⎛ x+ y⎞ ⎛ x+ y⎞ 2 ⎛ x+ y⎞ ⎛ x+ y⎞ = x 2 yf ⎜ ⎟ − xyf ´⎜ ⎟ − y xf ⎜ ⎟ + xyf ´⎜ ⎟ ⎝ xy ⎠ ⎝ xy ⎠ ⎝ xy ⎠ ⎝ xy ⎠ ⎛ x+ y⎞ ⎛ x+ y⎞ = x 2 yf ⎜ ⎟ − y xf ⎜ 2 ⎟ ⎝ xy ⎠ ⎝ xy ⎠ ∂z ∂z ⎛ x+ y⎞ x2 − y2 = ( x − y ) xyf ⎜ ⎟ ∂x ∂y ⎝ xy ⎠ ∂z ∂z Es decir: x2 − y2 = ( x − y) z ∂x ∂y118
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables Ejemplo 10 ∂2 z ∂2 z Demostrar que z = f ( x − 2 y, 2 x + y ) satisface la ecuación + =0 ∂x 2 ∂y 2 SOLUCIÓN: Aquí tenemos z = f ( u, v ) donde u = x − 2 y , v = 2 x + y Las derivadas parciales de primer orden serían: ∂z ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z ∂z ∂u ∂z ∂v = + = + ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y y ∂z ∂z ∂z ∂z = (1) + ( 2 ) = ( −2 ) + (1) ∂u ∂v ∂u ∂v ∂2 z Hallemos ∂x 2 ∂ 2 z ∂ ⎛ ∂z ⎞ ∂ ⎛ ∂z ∂z ⎞ = ⎜ ⎟= ⎜ +2 ⎟ ∂x 2 ∂x ⎝ ∂x ⎠ ∂x ⎝ ∂u ∂v ⎠ ∂ ⎛ ∂z ⎞ ∂ ⎛ ∂z ⎞ = ⎜ ⎟+2 ⎜ ⎟ ∂x ⎝ ∂u ⎠ ∂x ⎝ ∂v ⎠ ⎡ ∂ 2 z ∂u ∂ 2 z ∂v ⎤ ⎡ ∂ 2 z ∂u ∂ 2 z ∂v ⎤ =⎢ 2 + ⎥ + 2⎢ + 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 )⎥ ⎣ ∂u ∂v∂u ⎦ ⎣ ∂u∂v ∂v ⎦ ∂2 z ∂2 z ∂2z = 2 +4 +4 2 ∂u ∂v∂u ∂v ∂2 z Ahora, hallemos ∂y 2 ∂ 2 z ∂ ⎛ ∂z ⎞ ∂ ⎛ ∂z ∂z ⎞ = ⎜ ⎟ = ⎜ −2 + ⎟ ∂y 2 ∂y ⎝ ∂y ⎠ ∂y ⎝ ∂u ∂v ⎠ ∂ ⎛ ∂z ⎞ ∂ ⎛ ∂z ⎞ = −2 ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ∂y ⎝ ∂u ⎠ ∂y ⎝ ∂v ⎠ ⎡ ∂ 2 z ∂u ∂ 2 z ∂v ⎤ ⎡ ∂ 2 z ∂u ∂ 2 z ∂v ⎤ = −2 ⎢ 2 + ⎥ + 2⎢ + 2 ⎥ ⎣ ∂u ∂y ∂v∂u ∂y ⎦ ⎣ ∂u∂v ∂y ∂v ∂y ⎦ ⎡ ∂2z ∂2z ⎤ ⎡ ∂2z ∂2 z ⎤ = −2 ⎢ 2 ( −2 ) + (1)⎥ + 2 ⎢ ( −2 ) + 2 (1)⎥ ⎣ ∂u ∂v∂u ⎦ ⎣ ∂u∂v ∂v ⎦ ∂ z 2 ∂ z ∂ z 2 2 =4 2 −4 + ∂u ∂v∂u ∂v 2 Reemplazando: ∂2 z ∂2z + =0 ∂x 2 ∂y 2 ⎛ ∂2z ∂2 z ∂2 z ⎞ ⎛ ∂2 z ∂2 z ∂2z ⎞ ⎜ 2 +4 + 4 2 ⎟ +⎜4 2 − 4 + ⎟=0 ⎝ ∂u ∂v∂u ∂v ⎠ ⎝ ∂u ∂v∂u ∂v 2 ⎠ ∂2z ∂2 z 5 +5 2 =0 ∂u 2 ∂v En la última expresión, dividiendo para 5 y cambiando de variable u = x y v = y , se comprueba lo que pretendíamos. 119
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables Ejemplo 11 ∂z ∂z Transformar la ecuación x ∂x + 1 + y2 ∂y = xy tomando u = ln x y v = ln y + 1 + y 2 ( ) como nuevas variables independientes. SOLUCIÓN: Luego del cambio de variable tendríamos la función z en términos de u y v , es decir: z = f ( u , v ) , entonces las derivadas parciales serían: ∂z ∂z ∂u ∂z ∂v = + ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂z ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z ∂z ⎛ ⎛ ⎞⎞ = + 1 2y ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x = (0) + ⎜ ⎜1 + ⎟⎟ ∂u ∂v ⎜ y + 1 + y 2 ⎜ 2 1 + y 2 ⎝ ⎟⎟ ⎠⎠ ∂z ⎛ 1 ⎞ ∂z ⎝ = ⎜ ⎟ + ( 0) y ∂u ⎝ x ⎠ ∂v ∂z ⎛ 1 ⎛ 1 + y2 + y ⎞ ⎞ = ⎜ ⎜ ⎟⎟ 2 ⎜ ∂z 1 ∂z = ∂v ⎜ y + 1 + y ⎝ ⎝ 1 + y2 ⎟ ⎟ ⎠⎠ ∂x x ∂u ∂z ∂z ⎛ 1 ⎞ = ⎜ ⎟ ∂y ∂v ⎜ 1 + y 2 ⎟ ⎝ ⎠ Además: • Si u = ln x entonces x = eu • ( Si v = ln y + 1 + y 2 ) entonces e v = y + 1 + y2 Despejando el radical y elevando al cuadrado: ( ) = ( ev − y ) 2 2 1 + y2 1 + y 2 = e 2 v − 2 yev + y 2 1 = e 2 v − 2 yev e 2 v − 1 ev − e − v y= = 2e v 2 y = sen h v Remplazando en la ecuación diferencial: ∂z ∂z x + 1 + y2 = xy ∂x ∂y ⎛ 1 ∂z ⎞ ⎛ 1 ∂z ⎞ x⎜ ⎟ + 1+ y ⎜ 2 ⎜ ⎟ = xy 2 ∂v ⎟ ⎝ x ∂u ⎠ ⎝ 1+ y ⎠ ∂z ∂z + = eu senhv ∂u ∂v Ejemplo 12 ∂z ∂z Transformar la ecuación x 2 + y2 = z 2 , tomando como nuevas variables independientes ∂x ∂y 1 1 1 1 u = x ya v = − y como nueva función w = − . y x z x SOLUCIÓN: Debemos tomar como función a w en términos de u y v , es decir w = f ( u , v ) . ∂w ∂w La diferencial total sería: dw = du + dv ∂u ∂v Obtengamos los diferenciales.120
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables • De la ecuación diferencial se observa que: ∂z ∂z x2 + y2 = z2 , dx ∂x dy ∂y dz dz du = u´ dx = 1dx • Como u es función de sólo x entonces = dx du = x 2 ∂v ∂v dv = dx + dy ∂x ∂y 1 1 dv = 2 dx − 2 dy • v es función de x y y entonces x y 1 1 dv = 2 x 2 − 2 y 2 x y dv = 0 ∂w ∂w dw = dx + dz ∂x ∂z 1 1 dw = 2 dx − 2 dz • w es función de x y z , entonces x z 1 1 dw = 2 x 2 − 2 z 2 x z dw = 0 Ahora remplazando en la diferencial total ∂w ∂w dw = du + dv ∂u ∂v ∂w 2 ∂w 0= x + 0 ∂u ∂v Finalmente: ∂w =0 ∂u Ejemplo 13 ∂z ∂z Transformar la ecuación ( y − z) + ( y + z ) = 0 tomando a x por función y a u = y − z y ∂x ∂y v = y + z por variables independientes. SOLUCIÓN: ∂x ∂x En este caso x = f ( u , v ) , la diferencial total sería: dx = du + dv ∂u ∂v Obtengamos los diferenciales. • De la ecuación diferencial se observa que: ∂z ∂z ( y − z) + ( y + z) = 0 ∂x ∂y dz dx dy dz ∂u ∂u du = dy + dz ∂y ∂z • u es función y y z entonces = (1 )( y + z ) + ( −1)( 0 ) du = y + z 121
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables ∂v ∂v dv = dy + dz ∂y ∂z • v es función de y y z entonces dv = (1)( y + z ) + (1)( 0 ) dv = y + z Ahora remplazando en la diferencial total ∂x ∂x dx = du + dv ∂u ∂v ∂x ∂x ( y − z) = ( y + z) + ( y + z) ∂u ∂v v v v ∂x ∂x u= v+ v ∂u ∂v ∂x ∂x u + = ∂u ∂v v Ejemplo 14 ∂z ∂z Transformar la ecuación (x − z) +y = 0 tomando a x por función y a y y z por ∂x ∂y variables independientes. SOLUCIÓN: ∂x ∂x En este caso x = f ( y, z ) , la diferencial total sería: dx = dy + dz ∂y ∂z Obtengamos los diferenciales. • De la ecuación diferencial se observa que: ∂z ∂z (x − z) +y =0 ∂x dy ∂y dz dx dz Ahora remplazando en la diferencial total ∂x ∂x x−z= y + ( 0) ∂y ∂z ∂x x−z= y ∂y ∂x x − z = ∂y y Ejercicios propuestos 3.12 dz x 1. Hallar , si z = , donde x = e t , y = ln t . dt y ⎪ x = 2sent ⎧ df 2. Sea f ( x, y ) = 4 x 2 y − 2 ln( xy ) donde ⎨ encuentre ⎩ y = 3(t − 1) ⎪ 3 dt La demanda de cierto producto es Q(x, y ) = 200 − 10 x + 20 xy unidades por mes, 2 3. donde x es el precio del producto e y el precio de un producto competidor. Se estima que dentro de t meses el precio del producto será x = 10 + 0,5t dólares por unidad mientras que el precio del producto competidor será y = 12,8 + 0,2t 2 dólares por unidad.122
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables a) ¿A qué razón cambiará la demanda del producto con respecto al tiempo dentro de 4 meses? b) ¿A qué razón porcentual cambiará la demanda del producto con respecto al tiempo dentro de 4 meses? 4. Suponga que cuando las manzanas se venden a x CENTAVOS POR LIBRA los panaderos ganan y DÓLARES POR HORA, el precio de los pasteles de manzana en el supermercado local es p ( x, y ) = 1 1 DÓLARES POR PASTEL. Suponga además que dentro de t MESES, el 1 2 x 3y 2 precio de las manzanas será x = 23 + 8t CENTAVOS POR LIBRA y que los sueldos de los panaderos serán y = 3,96 + 0,02t DÓLARES POR HORA. Si el supermercado puede vender Q( p ) = 3600 PASTELES POR SEMANA cuando el precio es p DÓLARES POR PASTEL, p ¿a qué razón CAMBIARÁ la demanda semanal Q con respecto al tiempo dentro de dos meses? ∂z ∂z ⎧ ⎪u = x − y , , si z = f (u , v ) , donde 2 2 5. Hallar ⎨ . ∂x ∂y ⎪v = e ⎩ xy ∂z ∂z x ⎧ x = u sen v 6. Hallar , , si z = arctg , donde ⎨ . ∂u ∂v y ⎩ y = u cos v 7. Sea f : R → R , una función diferenciable y sea g ( X ) = sen f ( X ) f ( X ) 3 ( ) ; calcular la matriz Jacobiana para g ( X ) , donde f (X ) = X n ∂R ∑ Rk . 1 1 8. Sea la función: = Hallar R ∂R1 k =1 e xy 9. Demuestre que u ( x, y ) = satisface la ecuación diferencial parcial (e x + ey ) u x + u y = ( x + y − 1) u . 10. Sea F ( x, y ) = f ( x + 3 y, 2 x − y ) , donde f : R 2 → R es diferenciable. Suponga que ∇f ( 0, 0 ) = ( 4, −3) . Determine la derivada de la función F en el origen en la dirección del vector v = (1,1) 11. Sea z = f ( x, y ) con derivadas parciales de segundo orden continuas: ∂2 z ∂2 z ∂2 z a) Si x = r 2 + s 2 , y = 2rs determine , , ∂r 2 ∂s 2 ∂s∂r 2 2 ⎛ ∂z ⎞ ⎛ ∂z ⎞ ∂z ∂z b) Si x = s + t , y = s −t demuestre que: ⎜ ⎟ −⎜ ⎟ = ⎜ ∂y ⎟ ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ⎠ ∂s ∂t 12. Sea f : R 2 → R 3 , tal que f ( x, y ) = x 2 y 2 , x 2 , y 2 ( ) y sea g : R 3 → R 2 , tal que g ( x, y , z ) = ( x 2 + y 2 + z 2 , xyz ) , hallar D [ g f ](1,1) d2y dy a 2 1 13. Transforme la ecuación x 2 2 + 2 x + 2 y = 0 , poniendo x = . dx dx x t dy x + y 14. Transformar la ecuación = , pasando a las coordenadas polares: dx x − y x = r cos ϕ , y = r sen ϕ . 15. Tomando u, v, como nuevas variables independientes transformar la siguiente ecuación: ( x + y) ∂z ∂x ∂z − ( x − y) = 0 , ∂y si u = ln ( x2 + y 2 ) ; v = arctg y x 123
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables ∂z ∂z 16. Transformar la ecuación y − = ( y − x ) z tomando como nuevas variables ∂x ∂y + como nueva función w = ln z − ( x + y ) . 1 1 independientes u = x + y y v = 2 2 x y ∂ 2ϕ ∂ 2ϕ ∂ 2ϕ 17. Transformar la ecuación ∇ 2ϕ = + + pasándola en coordenadas esféricas ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2 ⎧ x = ρ sen φ cos θ ⎪ ⎨ y = ρ sen φ sen θ , ¿ ∇ ϕ = ? en coordenadas esféricas. 2 ⎪ z = ρ cos φ ⎩ ⎛x⎞ x ∂z ∂z 18. Sea z = f ⎜ ⎟ , calcule el valor de la expresión + ⎝ y⎠ y ∂x ∂y ∂ 2u ∂ 2u 19. Transformar la ecuación de Laplace 2 + 2 = 0 a coordenadas polares. ∂x ∂y 3.12 DERIVACIÓN IMPLICITA Suponga que se tiene F ( x, y ) = 0 , una ecuación implícita para un lugargeométrico de R 2 . Obteniendo diferencial a ambos miembros de la ecuación D ( F ( x, y ) ) = D [ 0 ] Fx dx + Fy dy = 0 Despejando, se obtiene: dy F =− x dx Fy Ejemplo. dy Sea x 2 + y 2 = 4 , hallar empleando derivadas parciales. dx Solución: En este caso tenemos F ( x, y ) = x 2 + y 2 − 4 Empleando la formula: dy F 2x x =− x =− =− dx Fy 2y y Suponga que se tiene F ( x, y , z ) = 0 , una ecuación implícita para unlugar geométrico de R3 . Obteniendo diferencial a ambos miembros de laecuación D ( F ( x, y , z ) ) = D [ 0 ] Fx dx + Fy dy + Fz dz = 0124
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables ∂y Si queremos , debemos considerar a z constante, por tanto dz = 0 . ∂xReemplazando y despejando se obtiene: ∂y F =− x ∂x Fy ∂z Si queremos , debemos considerar a y constante, por tanto dy = 0 . ∂xReemplazando y despejando se obtiene: ∂z F =− x ∂x Fz ∂z Si queremos , debemos considerar a x constante, por tanto dx = 0 . ∂yReemplazando y despejando se obtiene: ∂z Fy =− ∂y Fz Ejemplo ∂z ∂z Sea x3 e y + z − ysen ( x − z ) = 0 , hallar y . ∂x ∂y Solución: En este caso tenemos F ( x, y, z ) = x3 e y + z − ysen ( x − z ) Empleando las formulas: ∂z F 3x 2 e y + z − y cos ( x − z ) = − x = − 3 y+z ∂x Fz x e + y cos ( x − z ) ∂z Fy x 3 e y + z − sen ( x − z ) =− = − 3 y+z ∂y Fz x e + y cos ( x − z ) Por otro lado, suponga que se tiene una superficie cuya ecuación está dadaen forma implícita F ( x, y, z ) = 0 , el vector normal que estaba dado de esta ⎛ ∂z ∂z ⎞forma n = ⎜ − , − ,1⎟ , ahora puede ser dado de otra forma. ⎝ ∂x ∂y ⎠ Reemplazando: ⎛ ⎛ F ⎞ ⎛ Fy ⎞ ⎞ n = ⎜ − ⎜ − x ⎟ , − ⎜ − ⎟ ,1⎟ ⎝ ⎝ Fz ⎠ ⎝ Fz ⎠ ⎠ Multiplicando por Fz : n = ( Fx , Fy , Fz ) 125
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables Ejemplo 1 10 Hallar la ecuación del plano tangente a la superficie que tiene por ecuación z = en el xy punto (1, 2,5) . SOLUCIÓN: Este problema ya se lo había resuelto tomando le ecuación de la superficie de manera explícita, se trata ahora de encontrar la ecuación del plano tangente empleando la ecuación implícita F : xyz = 10 El vector ortogonal al plano tangente es el vector gradiente de la superficie en el punto (1, 2,5) . n = ∇F = ( Fx , Fy , Fz ) = ( yz , xz , xy ) = (10,5, 2 ) (1,2,5) Reemplazando y simplificando: a ( x − x0 ) + b ( y − y0 ) + c ( z − z0 ) = 0 10 ( x − 1) + 5 ( y − 2 ) + 2 ( z − 5 ) = 0 10 x + 5 y + 2 z − 10 − 10 − 10 = 0 10 x + 5 y + 2 z − 30 = 0 Que es la misma respuesta obtenida anteriormente pero ahora de una manera un tanto más rápida. Ejemplo 2 Hallar la ecuación de la recta tangente a las superficies x 2 + y 2 + 2 z 2 = 4 y z = xy en el punto (1,1,1). Solución: Las superficies se intersecan en una curva. La recta tangente a la curva en el punto (1,1,1) es la recta tangente a las superficies en ese punto. El vector director de la recta tangente se lo obtiene mediante el producto cruz entre los vectores normales de las superficies. Es decir: S = n1 × n2 Donde n1 sería el vector ortogonal a la superficie F1 : x + y + 2 z = 4 y 2 2 2 n2 sería el vector ortogonal a la superficie F2 : z − xy = 0 Los vectores normales serían los vectores gradientes a las superficies en ese punto n1 = ∇F1 = ( 2 x, 2 y, 4 z ) = ( 2, 2, 4 ) (1,1,1) n2 = ∇F2 = ( − y, − x,1) = ( −1, −1,1) (1,1,1) Entonces i j k S = n1 × n2 = 2 2 4 = ( 6, −6, 0 ) −1 −1 1 Finalmente, la ecuación de la recta sería: ⎧ x = 1 + 6t ⎪ l : ⎨ y = 1 − 6t ⎪z = 1 ⎩ Ejemplo 3 En el tiempo t = 0 se lanza una partícula desde el punto (1,1,1) sobre la superficie xyz = 1 en una dirección normal a la superficie, con una rapidez de 3 unidades por segundo. ¿En qué instante y en qué punto cruza a la esfera x + y + z = 27 ? 2 2 2 SOLUCION:126
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables Primero se encuentra la ecuación de la trayectoria por la cual se desplaza la partícula una vez que sale de la superficie. Esta es una recta, a propósito la normal, de acuerdo a lo que se informa. No olvide que debe tener una rapidez de 3 unid. por seg.. Por tanto el vector director debe tener magnitud 3 y tener la dirección del gradiente: ∇F ( yz, xz, xy ) (1,1,1) S= 3 = 3 = 3 = (1,1,1) ∇F y z +x z +x y 2 2 2 2 2 2 3 (1,1,1) La ecuación de la recta sería: ⎧x = 1+ t ⎪ l : ⎨ y = 1+ t ⎪z = 1+ t ⎩ La recta debe intersecar a la esfera, por tanto sus coordenadas debe satisfacer su ecuación. Reemplazando: x 2 + y 2 + z 2 = 27 (1 + t ) + (1 + t ) + (1 + t ) = 27 2 2 2 3 (1 + t ) = 27 2 (1 + t ) =± 9 2 1 + t = ±3 t = −1 ± 3 Concluimos que t = 2 seg . ⎧x = 1+ 2 = 3 ⎪ Y el punto sería: ⎨ y = 1 + 2 = 3 ⎪z = 1+ 2 = 3 ⎩ Ejercicios Propuestos 3.13 1. Hallar y´ , empleando derivadas parciales, para: a) 2 x 2 + 6 xy + y 2 = 18 x ( y −2 ) b) y + 5 x = xe 2 ∂2z 2. Hallar en x 2 y − 3z + 8 yz 3 = 0 ∂x 2 3. Determine la derivada direccional de la función u = f ( x, y , z ) definida implícitamente por u + ye + x + 3 z = 0 en u el origen de coordenadas en la dirección del vector v = (1,−1,−1) 4. En el tiempo t=0 se lanza una partícula desde el punto (1,1,1) sobre la superficie x 2 + y 2 + 3 z 2 = 5 en una dirección normal a la superficie, con una rapidez de 10 unidades por segundo. ¿En qué instante y en qué punto cruza a la esfera x 2 + y 2 + z 2 = 103 Demuestre que el plano tangente al cono z = a x + b y pasa por el origen. 2 2 2 2 2 5. 6. Demuestre que cualquier recta normal a una esfera pasa por su centro. x2 y2 z2 7. Demuestre que el plano tangente al elipsoide + + = 1 en el punto a2 b2 c2 (x0 , y 0 , z 0 ) puede escribirse en la forma + =1. x0 x + y0 y z0 z b2 c2 a2 8. Demostrar que los planos tangentes a la superficie: x + y + z = a interceptan a los ejes coordenados en segmentos cuya suma es constante. 127
    • MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 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 10. Demostrar que el elipsoide x 2 + 3y 2 + 2z 2 = 9 y la esfera x + y + z − 8 x − 8 y − 6 z + 24 = 0 son tangentes en el punto (1,1,1). 2 2 2 11. Hallar la ecuación de la recta tangente a las superficies x 2 + y 2 + z 2 = 3 y z = xy en el punto (1,1,1). 12. En qué puntos el gradiente de la superficie u = x 3 + y 3 + z 3 − 3 xyz es : a) perpendicular al eje z. b) Es paralelo al eje z. π 13. Encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva intersección de las superficies φ = 3 ( y ρ = 2 csc φ sec θ en P 2, 2, − 8 . )128