conjuntos de nivel, derivadas parciales por definición de funciones de varias variables y gradiente de funciones

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Benemérita Universidad Autónoma de Puebla
Facultad de Ciencias F́ısico Matemáticas
CÁLCULO DIFERENCIAL EN VARIAS VARIABLES
Dr. Julio Erasto Poisot Macias
Ejercicios del caṕıtulo 3: Diferenciación.
Dı́az Lievano Lázaro Raúl 201910145
Abril 2021
1. FUNCIONES DIFERENCIABLES
3.1 Encuentra las derivadas parciales.
a) ĺım
h→0
(3(x+h)2+4y)−(3x2+4y)
h
SOLUCIÓN:
dx = ĺım
h→0
3x2 + 6hx+ 3h2 + 4y − 3x2 − 4y
h
= ĺım
h→0
6hx+ 3h2
h
= ĺım
h→0
h(6x+ 3h)
h
= ĺım
h→0
6x+ 3h
= 6x+ 3(0) = 6x
b) ĺım
k→0
(3x2+4(y+k))−(3x2+4y)
k
SOLUCIÓN:
dy = ĺım
k→0
3x2 + 4y + 4k − 3x2 − 4y
k
= ĺım
k→0
4k
k
= ĺım
h→0
4
= 4
3.2 Sea f(x, y) = x2 + 3y. Encuentre la aproximación lineal de f(x, y) cerca de (2, 4) y use para estimar
f(2.01, 4.03).
SOLUCIÓN:
Calculamos
f(2, 4) = 22 + 3(4) = 16
fx(2, 4) = 2x = 2(2) = 4
fy(2, 4) = 3
Entonces
L(x, y) = f(a, b) + fx(a, b)(x− a) + fy(a, b)(y − b)
= f(2, 4) + fx(2, 4)(x− 2) + fy(2, 4)(y − 4)
=⇒ L(2.01, 4.03) = f(2, 4) + fx(2, 4)(2.01− 2) + fy(2, 4)(4.03− 4)
= 16.13
Por otro lado, tenemos que
f(2.01, 4.03) = 16.1301
1
3.3 Encuentra las derivadas parciales indicadas de las funciones.
a) fx(x, y) y fy(2, 0) si f(x, y) = e
−x2−y2
SOLUCIÓN:
fx(x, y) =
∂
∂x
e−x
2−y2 = e−x
2−y2 ∂
∂x
(−x2 − y2) = −2xe−x
2−y2
fy(2, 0) =
∂
∂y
e−x
2−y2 = e−x
2−y2 ∂
∂y
(−x2 − y2) = −2ye−x
2−y2 = −2(0)e−2
2−(0)2 = 0
b) ∂∂y (xe
y + yex)
SOLUCIÓN:
∂
∂y
(xey + yex) =
∂
∂y
xey +
∂
∂y
yex = xey + ex
c) ∂∂x
(
cos (xy) + ∂∂y (sin (xy))
)
SOLUCIÓN:
∂
∂x
(
cos (xy) +
∂
∂y
(sin (xy))
)
=
∂
∂x
(
cos (xy) + cos(xy)
∂
∂y
(xy)
)
=
∂
∂x
(cos(xy) + cos(xy)x)
=
∂
∂x
cos(xy) +
∂
∂x
cos(xy)x
= − sin(xy)
(
∂
∂x
xy
)
+
(
∂
∂x
cos(xy)
)
x+
(
∂
∂x
x
)
cos(xy)
= − sin(xy)y − sin(xy)yx+ cos(xy)
3.4 Sea f(x, y) = x2y3. Sea (x, y) = (a+ u, b+ v). Use expansión binomial al lado derecho de
x2y3 = (a+ u)2(b+ v)3
para encontrar los números c1, c2, c3 en
f(x, y) = c1 + c2(x− a) + c3(y − b) + ...
donde los puntos representan polinomios en (x− a) y (y − b) de grado 2 o más.
a) Exprese c1 en términos de f , a y b.
b) Exprese c2 y c3 en términos de derivadas parciales de f en (a, b).
c) Encuentra funciones ` y s para que
f(a+ u, b+ v) = f(a, b) + `(u, v) + s(u, v),
y ` es lineal, y s(u, v) es pequeño en comparación con (u, v) ya que (u, v) tiende a (0, 0).
2
3.5 Dos estudiantes de matemáticas están discutiendo los valores de (1 + x + 3y)2 para x y y pequeños.
Encuentran dos funciones lineales `1 y `2 para ayudar a estimar los valores,
(1 + x+ 3y)2 = (1 + x+ 3y)(1 + x+ 3y)
≈ (1)(1 + x+ 3y) = 1 + x+ 3y, `1(x, y) = x+ 3y y
(1 + x+ 3y)2 = 1 + 2x+ 6y + 6xy + x2 + 9y2
≈ 1 + 2x+ 6y, `2(x, y) = 2x+ 6y
(x,y) (.1,.2) (.01,.02)
(1+x+3y)2
1+x+3y
1+ 2x+6y
Complete la tabla de valores y observe que algunas funciones lineales siguen pequeñas cambia mejor que
otros.
SOLUCIÓN:
Aproximación de las funciones en el punto (.1, .2)
(1 + x+ 3y)2 = (1 + 0.1 + 0.2)2 = 2,89
1 + x+ 3y = 1 + 0.1 + 0.2 = 1,7
1 + 2x+ 6y = 1 + 2(0.1) + 6(0.2) = 2,4
Aproximación de las funciones en el punto (.01, .02)
(1 + x+ 3y)2 = (1 + 0.01 + 0.02)2 = 1.1449
1 + x+ 3y = 1 + 0.01 + 0.02 = 1.07
1 + 2x+ 6y = 1 + 2(0.01) + 6(0.02) = 1.14
Quedando la tabla de la siguiente forma
(x,y) (0.1,0.2) (0.01,0.02)
(1+x+3y)2 2.89 1.1449
1+x+3y 1.7 1.07
1+ 2x+6y 2.4 1.14
3.6 Considere una función lineal `(x, y, z) = ax + by + cz. Demuestre que ∇` es constante. Muestre que
cuando a ,b, c no son todos cero ∇` es normal al conjunto de nivel ` = 0.
SOLUCIÓN:
Dado que `(x, y, z) = ax+ by + cz entonces
∂`
∂x
= a,
∂`
∂y
= b,
∂`
∂z
= c
Entonces, el gradiente de ` es
∇` = (a, b, c)
Donde a, b y c son constantes, asi, el gradiente de ` es un vector constante. Ademas, todo grandiente es
perpendicular o normal a las curvas de nivel, entonces su producto punto, debe ser igual a cero
∇` · ` = (a, b, c) · (0, 0, 0) = 0
3
Por lo tanto ∇` es normal a `.
3.7 Considere dos funciones lineales (x, y) = x + 2y y m(x, y) = −3`(x, y). Bosquejo conjuntos de nive-
les ` = −1, 0, 1 y m = −1, 0, 1. ¿Para qué función son estos más de cerca espaciado? Determine los vectores
de gradiente ∇`(x, y) y ∇m(x, y). Para que función ¿Son estos vectores más largos?
SOLUCION:
Dado que `(x, y) = x+ 2y entonces
x+ 2y = ` =⇒ ∇` = î+ 2ĵ
Para ` = −1, 0, 1 tenemos que
si ` = −1 =⇒ x+ 2y = −1 =⇒ y = −x+ 1
2
si ` = 0 =⇒ x+ 2y = 0 =⇒ y = −x
2
si ` = 1 =⇒ x+ 2y = 1 =⇒ y = 1− x
2
Note que las funciones son rectas, por lo que se ve asi
De igual forma lo hacemos con la funcion m(x, y) = −3`(x, y) = −3x− 6y entonces
−3x− 6y = m =⇒ ∇m = −3̂i− 6ĵ
Para m = −1, 0, 1 tenemos que
si m = −1 =⇒ −3x− 6y = −1 =⇒ y = 1− 3x
6
si m = 0 =⇒ −3x− 6y = 0 =⇒ y = −x
2
si m = 1 =⇒ −3x− 6y = 1 =⇒ y = −3x+ 1
6
Note que las funciones son rectas, por lo que se ve aśı
4
De esto, ya podemos confirmar que para la función m los espacios son mas cerrados.
Ahora, veamos los gradientes de ` y m.
∇` = î+ 2ĵ y ∇m = −3̂i− 6ĵ
y para saber cual gradiente es mas largo, debemos calcular su módulo
||∇`|| =
√
12 + 22 =
√
5 y ||∇m|| =
√
(−3)2 + (−6)2 =
√
45
Dado que
√
45 >
√
5 tenemos que el gradiente de la función m es mas largo.
3.8 Sea X en Rn. Encuentra los gradientes.
a) ∇
(
2||X|| 12
)
SOLUCIÓN:
Llamemos X = x1e1 + x2e2 + ... + xnen donde ei son vectores unitarios. Entonces la función escalar
2||X|| 12 : Rn → R es
2||X|| 12 = 2(x21 + x22 + ...+ x2n)
1
4
y al aplicarle el gradiente, que es lo mismo que formar un vector ordenado con las derivadas parciales
de la funcion escalar, tenemos
∇
(
2||X|| 12
)
=
∂
∂x1
(
2||X|| 12
)
e1 +
∂
∂x2
(
2||X|| 12
)
e2 + ...+
∂
∂xn
(
2||X|| 12
)
en
= x1||X||−
3
4 e1 + x2||X||−
3
4 e2 + ...+ xn||X||−
3
4 en
= ||X||− 34 (x1e1 + x2e2 + ...+ xnen)
b) ∇
(
−||X||−1
)
SOLUCIÓN:
Llamemos X = x1e1 + x2e2 + ...+ xnen, entonces
−||X||−1 = − 1
||X||
= − 1
(x21 + x
2
2 + ...+ x
2
n)
1
2
5
Y su gradiente es
∇
(
−||X||−1
)
=
∂
∂x1
(
−||X||−1
)
e1 +
∂
∂x2
(
−||X||−1
)
e2 + ...+
∂
∂xn
(
−||X||−1
)
en
= x1||X||−
3
2 e1 + x2||X||−
3
2 e2 + ...+ xn||X||−
3
2 en
= ||X||− 32 (x1e1 + x2e2 + ...+ xnen)
c) ∇
(
1
r ||X||
r
)
, r 6= 0
SOLUCIÓN:
Llamemos X = x1e1 + x2e2 + ...+ xnen, entonces
1
r
||X||r = 1
r
(x21 + x
2
2 + ...+ x
2
n)
r
2
Y su gradiente es
∇
(
1
r
||X||r
)
=
∂
∂x1
(
1
r
||X||r
)
e1 +
∂
∂x2
(
1
r
||X||r
)
e2 + ...+
∂
∂xn
(
1
r
||X||r
)
en
= x1||X||
r
2−1e1 + x2||X||
r
2−1e2 + ...+ xn||X||
r
2−1en
= ||X|| r2−1(x1e1 + x2e2 + ...+ xnen)
3.9 Suponga que una función F de Rn a Rm es diferenciable en A. Justifique lo siguiente declaraciones que
prueban
LAH = DF(A)H,
es decir, la función lineal LA en la definición 3.3 está dada por la matriz de derivadas parciales DF(A).
a) Hay una matriz C tal que LA(H) = CH para todo H.
SOLUCIÓN:
Dado que L es una función lineal existe una matriz que representa a L
LA(H) = CH
b) Sea Ci la i-ésima fila de C. La fracción
||F(A + H)− F(A)− LA(H)||
||H||
=
||F(A + H)− F(A)−C(H)||
||H||
tiende a cero cuando ||H|| tiende a cero si y solo si cada componente
fi(A + H)− fi(A)−Ci(H)
||H||
tiende a cero cuando ||H|| tiende a cero.
SOLUCIÓN:
Dada la definición de diferenciabilidad para una función vectorial, sabemos que la función F es derivable
en Rn si y solo se cumple el limite para cada componente fi de F .
c) Establezca H = hEj en el i-ésimo componente del numerador para mostrar que la derivada parcial
fi,xj (A) existe y es igual a la entrada (i, j) de C.
SOLUCIÓN:
Haciendo esta sustitución, la fracción se convierte en la definición de las derivadas parciales. La fracción
tiende a fi,xj por definición.
6
3.10 Justifique los siguientes pasos para demostrar el teorema 3.4, que una función con primeras derivadas
parciales continuas es derivable. En los incisos (a)-(d) suponemos f : Rn → R tiene primeras derivadas
parciales continuas en todos los puntos de una bola de radio r centrada en el punto P. En los incisos (e)-(f)asumimos que las componentes fi de F : Rn → Rm tienen primeras derivadas parciales continuas en todos
los puntos en una bola de radio r centrada en el punto P. Sea H sea un vector con ||H|| < r.
a)
f(P + H)− f(P) = f(p1 + h1, ..., pn + hn)− f(p1, ..., pn)
= f(p1 + h1, p2 + h2..., pn + hn)− f(p1, p2 + h2, ..., pn + hn)
+ f(p1, p2 + h2, p3 + h3, ..., pn + hn)− f(p1, p2, p3 + h3, ..., pn + hn)
+ ...
+ f(p1, p2, ..., pn−1, pn + hn)− f(p1, p2, ..., pn−1, pn)
b) Hay números 0 ≤ h′i ≤ hi demuestre que
f(p1, ..., pi1, pi + hi, pi+1 + hi+1, ..., pn + hn)
− f(p1, ..., pi1, pi, pi+1 + hi+1, ..., pn + hn)
= hifxi(p1, ..., pi1, pi + h
′
i, pi+1 + hi+1, ..., pn + hn).
c) f(P + H)− f(P) =
∑n
i=1 hifxi(p1, ..., pi−1, pi + h
′
i, pi+1 + hi+1, ..., pn + hn).
d) f(P+H)−f(P)−H·∇f(P)||H|| tiende a cero como H tiende a 0.
e) Dado � > 0 hay números ri de modo que si ||H|| < ri, entonces
|fi(P + H)− f(P)−∇fi(P) ·H|
||H||
< �
f) Sea r el menor de r1, ..., rm. Entonces si ||H|| < r,
||F(P + H)− F(P)−DF(P)H||
||H||
< �m
3.11 Defina las funciones f y g de R2 a R por
f(x, y) = cos(x+ y), g(x, y) = sin(2x− y).
Encuentre los gradientes ∇f y ∇g, y demuestre que
fx − fy = 0, gx + 2gy = 0.
SOLUCIÓN:
∇f(x, y) =
(
∂
∂x
cos(x+ y),
∂
∂y
cos(x+ y)
)
=
(
− sin (x+ y) ∂
∂x
(x+ y) ,− sin (x+ y) ∂
∂y
(x+ y)
)
= (− sin (x+ y) ,− sin (x+ y))
7
∇g(x, y) =
(
∂
∂x
sin(2x− y), ∂
∂y
sin(2x− y)
)
=
(
cos (2x− y) ∂
∂x
(2x− y) , cos (2x− y) ∂
∂y
(2x− y)
)
= (2 cos (2x− y) ,− cos (2x− y))
fx − fy = − sin (x+ y)− (− sin (x+ y)) = − sin (x+ y) + sin (x+ y) = 0
gx + 2gy = 2 cos (2x− y) + 2 (− cos (2x− y)) = 2 cos (2x− y)− 2 cos (2x− y) = 0
3.12 Sea f1(x, y) = e
x cos(y), f2(x, y) = x
2 − y2. Encuentre ∇f1 y ∇f2, y demuestre que
∂
∂x
(fx) +
∂
∂y
(fy) = 0
Para cada uno de f1 y f2.
SOLUCIÓN:
Calculamos el gradiente de f1 y f2
∇f1(x, y) =
(
∂
∂x
ex cos(y),
∂
∂y
ex cos(y)
)
=
(
cos (y)
∂
∂x
(ex) , ex
d
dy
(cos (y))
)
= (ex cos (y) ,−ex sin (y))
∂
∂x
(fx) +
∂
∂y
(fy) =
∂
∂x
(ex cos (y)) +
∂
∂y
(−ex sin (y)) = ex cos (y)− ex cos (y) = 0
∇f2(x, y) =
(
∂
∂x
(x2 − y2), ∂
∂y
(x2 − y2)
)
=
(
∂
∂x
(
x2
)
− ∂
∂x
(
y2
)
,
∂
∂y
(
x2
)
− ∂
∂y
(
y2
))
= (2x,−2y)
∂
∂x
(fx) +
∂
∂y
(fy) =
∂
∂x
(2x) +
∂
∂y
(−2y) = 2− 2 = 0
3.13 Sea g(x, y) = eax+by, donde a y b son algunos números. Encuentra el gradiente de g.
∇g(x, y) =
(
∂
∂x
eax+by,
∂
∂y
eax+by
)
=
(
eax+by
(
∂
∂x
(ax+ by)
)
, eax+by
(
∂
∂y
(ax+ by)
))
=
(
aeax+by, beax+by
)
= eax+by(a, b)
3.14 Sean a, b y c algunos números, y defina
f(x, y, z) = sin(ax+ by + cz).
Sea C = (p, q, r) un vector tal que ap+ bq + cr = 0. Demuestre que C · ∇f = 0, es decir,
pfx + qfy + rfz = 0
8
SOLUCIÓN:
Obtenemos las derivadas parciales
∂
∂x
sin(ax+ by + cz) = cos (ax+ by + cz)
∂
∂x
(ax+ by + cz) = a cos (ax+ by + cz)
∂
∂y
sin(ax+ by + cz) = cos (ax+ by + cz)
∂
∂x
(ax+ by + cz) = b cos (ax+ by + cz)
∂
∂z
sin(ax+ by + cz) = cos (ax+ by + cz)
∂
∂x
(ax+ by + cz) = z cos (ax+ by + cz)
El gradiente ∇f esta dado como
∇f = (a cos (ax+ by + cz) , b cos (ax+ by + cz) , c cos (ax+ by + cz))
Entonces
C · ∇f = pa cos (ax+ by + cz) + qb cos (ax+ by + cz) + rc cos (ax+ by + cz)
= cos (ax+ by + cz) (ap+ bq + cr)
= cos (ax+ by + cz) (0)
= 0
9
2. EL PLANO TANGENTE Y LAS DERIVADAS PARCIALES
3.15 Encuentre una ecuación para el plano tangente a la gráfica de f(x, y) = x+ y2
a) en (x, y) = (0, 0),
SOLUCIÓN:
El plano tangente esta formado por
z = f(0, 0) +
∂f
∂x
(0, 0)x+
∂f
∂y
(0, 0)y = 0 + (1 + 0)x+ (0 + 2(0))y = x
Entonces
z = x
Es el plano tangente a la gráfica f(x, y) = x+ y2 en (0, 0).
b) en (x, y) = (1, 2).
SOLUCIÓN:
El plano tangente esta formado por
z = f(1, 2) +
∂f
∂x
(1, 2)x+
∂f
∂y
(1, 2)y = 5 + (x− 1) + 2(2)(y − 2) = −4 + x+ 4y
Entonces
z = −4 + x+ 4y
Es el plano tangente a la gráfica f(x, y) = x+ y2 en (1, 2).
3.16 Sea f(x, y) =
√
1− x2 − y2.
a) Dibuja la gráfica de f
SOLUCIÓN:
b) Encuentre una ecuación del plano tangente a la gráfica de f en (x, y) = (
√
.4,
√
.5).
SOLUCIÓN:
∂
∂x
(√
1− x2 − y2
)
=
1
2
√
1− x2 − y2
∂
∂x
(
1− x2 − y2
)
=
1
2
√
1− x2 − y2
(−2x) = − x√
1− x2 − y2
10
∂
∂y
(√
1− x2 − y2
)
=
1
2
√
1− x2 − y2
∂
∂y
(
1− x2 − y2
)
=
1
2
√
1− x2 − y2
(−2y) = − y√
1− x2 − y2
dado que fx y fy son continuas cerca de (
√
.4,
√
.5), f es diferenciable en (
√
.4,
√
.5)
f(
√
.4,
√
.5) =
√
0.1 fx(
√
.4,
√
.5) = −2 fy(
√
.4,
√
.5) = −
√
5
Por lo que una ecuación para el plano tangente a la gráfica de f en (
√
.4,
√
.5) es
z = f(
√
.4,
√
.5) + fx(
√
.4,
√
.5)(x−
√
.4) + fy(
√
.4,
√
.5)(y −
√
.5)
=
√
0.1 + (−2)(x−
√
.4) + (−
√
5)(y −
√
.5)
=
√
0.1− 2x+ 2
√
.4−
√
5y +
√
5
√
.5
= −2x−
√
5y +
√
0.1 + 2
√
.4 +
√
5
√
.5
3.17 Sea f(x, y) = e−(x
2+y2) y g(x, y) = e
−1
x2+y2 .
a) Demuestre que f(a, b) = g(a, b) en cada punto (a, b) donde a2 + b2 = 1.
SOLUCIÓN:
Si a2 + b2 = 1 entonces
f(a, b) = e−(a
2+b2) = e−1 =
e−1
a2 + b2
= g(a, b)
Por lo tanto,
f(a, b) = g(a, b)
para todo a, b que cumpla a2 + b2 = 1.
b) Encuentra los gradientes ∇f y ∇g.
SOLUCIÓN:
∇f =
(
∂f
∂x
,
∂f
∂y
)
=
(
−2xe−(x
2+y2),−2ye−(x
2+y2)
)
∇g =
(
∂g
∂x
,
∂g
∂y
)
=
(
− 2x
e(x2 + y2)2
,− 2y
e(x2 + y2)2
)
11
c) Demuestre que la gráfica de f es tangente a la gráfica de g en todos los puntos (a, b) donde
a2 + b2 = 1.
SOLUCIÓN:
En el punto (a, b) donde a2 + b2 = 1 y por lo hecho en el inciso b, tenemos que
∇f(x, y) =
(
−2xe−(x
2+y2),−2ye−(x
2+y2)
)
y ∇g(x, y) =
(
− 2x
e(x2 + y2)2
,− 2y
e(x2 + y2)2
)
Entonces, evaluando en (a, b)
∇f(x, y) =
(
−2ae−(a
2+b2),−2be−(a
2+b2)
)
=
1
e
(−2a,−2b) = −1
e
(2a, 2b)
∇g(x, y) =
(
− 2a
e(a2 + b2)2
,− 2b
e(a2 + b2)2
)
= −1
e
(2a, 2b)
Y f(a, b) = g(a, b) por el inciso a. Aśı, los valores y gradientes de f y g en (a, b) son similares, por lo
que las gráficas son tangentes.
Consulte la Figura 3.4 para ver las secciones transversales de las gráficas de f y g.
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