Ejercicios Derivada Direccional

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8 a) 𝑓(𝑥; 𝑦) = 𝑥𝑦 𝑒𝑛 (𝑥 ; 𝑦 ) = (1; −1) 
Calculo la derivada parcial de f respecto de x 
Por definicion 
𝑓 (𝑥 ; 𝑦 ) =
𝛿𝑓
𝛿𝑥
(𝑥 ; 𝑦 ) = lim
∆ →
𝑓(𝑥 + ∆𝑥; 𝑦 ) − 𝑓(𝑥 ; 𝑦 )
∆𝑥
 
𝑓(1 + ∆𝑥; −1) = (1 + ∆𝑥)(−1) = −1 − ∆𝑥 
𝑓(1; −1) = −1 
𝑓 (1; −1) = lim
∆ →
−1 − ∆𝑥 + 1
∆𝑥
= −1 
Por regla practica 
𝑓 = 𝑦 
𝑓 (1; −1) = −1 
Calculo la derivada parcial de f respecto de y 
Por definición 
𝑓 (𝑥 ; 𝑦 ) =
𝛿𝑓
𝛿𝑦
(𝑥 ; 𝑦 ) = lim
∆ →
𝑓(𝑥 ; 𝑦 + ∆𝑦) − 𝑓(𝑥 ; 𝑦 )
∆𝑦
 
𝑓(1; −1 + ∆𝑦) = (1)(−1 + ∆𝑦) = −1 + ∆𝑦 
𝑓(1; −1) = −1 
𝑓 (1; −1) = lim
∆ →
−1 + ∆𝑦 + 1
∆𝑦
= 1 
Por regla practica 
𝑓 = 𝑥 
𝑓 (1; −1) = 1 
https://www.geogebra.org/calculator/jf3hewb5 
 
 
 
Desarrollo adicional 
Sabemos que por definición la derivada direccional en un punto 𝑃 =
(𝑥 ; 𝑦 ) 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑣𝑒𝑟𝑠𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑚𝑜𝑑𝑢𝑙𝑜 𝑢𝑛𝑖𝑡𝑎𝑟𝑖𝑜 𝑣 = (𝑎, 𝑏) es igual a 
𝑓 𝑣(𝑥 , 𝑦 ) = limℎ→0
𝑓 𝑥0 + ℎ𝑎; 𝑦0 + ℎ𝑏 − 𝑓(𝑥0; 𝑦0)
ℎ
 
Si la dirección está dada por el vector 𝑉 𝑙𝑜 𝑡𝑒𝑛𝑔𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑟 
𝑠𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑣 =
𝑉
𝑉
 
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑒𝑙 𝑒𝑗𝑒𝑟𝑐𝑖𝑐𝑖𝑜 𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 𝑓(𝑥; 𝑦) = 𝑥𝑦 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑠 (𝑥 ; 𝑦 ) = (1; −1) 
𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑓 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑑𝑒 x, es decir 𝑓 (𝑥 ; 𝑦 ) = 𝑓 (1; −1) 
𝑒𝑠 𝑙𝑜 𝑚𝑖𝑠𝑚𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑓 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑣𝑒𝑟𝑠𝑜𝑟 𝑣 = (1,0) 
𝑜 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑒𝑗𝑒"𝑥" 
𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑐𝑖𝑟, 𝑓
 
′ 𝑥0, 𝑦0 = 𝑓 ( , )
′ (1, −1) 
𝑓 (1,0)(1, −1) = limℎ→0
𝑓(1 + ℎ1; −1 + ℎ0) − 𝑓(1; −1)
ℎ
= 
= lim
→
𝑓(1 + ℎ; −1) − [−1]
ℎ
= lim
→
 
(1 + ℎ )(−1) + 1
ℎ
= lim
→
−ℎ
ℎ
= −1 
𝐶𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑓 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑣𝑒𝑟𝑠𝑜𝑟 𝑣 = (−1,0) 
𝑜 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑒𝑗𝑒"𝑥" 
𝑓 (−1,0)(1, −1) = limℎ→0
𝑓(1 + ℎ(−1); −1 + ℎ0) − 𝑓(1; −1)
ℎ
= 
= lim
→
𝑓(1 − ℎ; −1) − [−1]
ℎ
= lim
→
 
(1 − ℎ )(−1) + 1
ℎ
= lim
→
ℎ
ℎ
= 1 
Analizamos las conclusiones en el grafico 
 
 
8 b) 𝑓(𝑥; 𝑦) = 𝑒𝑛 (𝑥 ; 𝑦 ) = (5; 0) 
Por definición 
𝑓 (5; 0) =
𝛿𝑓
𝛿𝑥
(5; 0) = lim
∆ →
𝑓(5 + ∆𝑥; 0) − 𝑓(5; 0)
∆𝑥
 
𝑓(5 + ∆𝑥; 0) =
5 + ∆𝑥 − 0
5 + ∆𝑥 + 0
= 1 
𝑓(5; 0) = 1 
𝑓 (5; 0) = lim
∆ →
1 − 1
∆𝑥
= 0 
 
 
𝑓 (5; 0) =
𝛿𝑓
𝛿𝑦
(5; 0) = lim
∆ →
𝑓(5; 0 + 𝛥𝑦) − 𝑓(5; 0)
∆𝑦
 
𝑓(5; 0 + 𝛥𝑦) =
5 − 𝛥𝑦
5 + ∆𝑦
 
𝑓(5; 0) = 1 
𝑓 (5; 0) = lim
∆ →
5 − 𝛥𝑦
5 + ∆𝑦
− 1
∆𝑦
= lim
∆ →
5 − ∆𝑦 − 5 − ∆𝑦
5 + ∆𝑦
∆𝑦
= lim
∆ →
−2∆𝑦
∆𝑦 (5 + ∆𝑦)
= −
2
5
 
 
https://www.geogebra.org/calculator/tm5gukvh 
 
Por regla practica 
𝑓 =
1(𝑥 + 𝑦) − (𝑥 − 𝑦)1
(𝑥 + 𝑦)
=
𝑥 + 𝑦 − 𝑥 + 𝑦
(𝑥 + 𝑦)
=
2𝑦
(𝑥 + 𝑦)
 
𝑓 (5; 0) =
0
25
= 0 
𝑓 =
−1(𝑥 + 𝑦) − (𝑥 − 𝑦)1
(𝑥 + 𝑦)
=
−𝑥 − 𝑦 − 𝑥 + 𝑦
(𝑥 + 𝑦)
=
−2𝑥
(𝑥 + 𝑦)
 
El numerador es igual a “0” 
El denominador tiende a “0” 
𝑓 (5; 0) =
−10
25
= −
2
5
 
 
9 a) 𝑓(𝑥; 𝑦) = (2𝑥 + 3𝑦) 
Hallamos las derivadas parciales de f respecto de x e y aplicando la regla de la cadena, tal 
como lo hacíamos en AMI 
Recordemos que [𝑢 ] = 𝑟 𝑢 𝑢 
𝑓 = 2(2𝑥 + 3𝑦) 2 = 4(2𝑥 + 3𝑦) 
𝑓 = 2(2𝑥 + 3𝑦) 3 = 6(2𝑥 + 3𝑦) 
 
9 b) 𝑓(𝑥; 𝑦) = 𝑠𝑒𝑛(𝑥 + 2𝑥 𝑦) 
[𝑠𝑒𝑛 (𝑢)] = cos (𝑢) 𝑢 
𝑓 = 𝑐𝑜𝑠(𝑥 + 2𝑥 𝑦)(2𝑥 + 6𝑥 𝑦) 
𝑓 = 𝑐𝑜𝑠(𝑥 + 2𝑥 𝑦)(2𝑥 ) 
 
9 c) 𝑓(𝑥; 𝑦) = 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔 
Recordemos que [𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔 (𝑢)] = 𝑢 y además que √𝑢 =
√
𝑢 siendo que 𝑢 = 
entonces 𝑢 = 
𝑓 = 
( )
 
𝑓 = 
( )
 
𝑓 = 
𝑓 =
1
𝑥
 
1
𝑥 − 𝑦
𝑥 + 𝑦
 
𝑦
(𝑥 + 𝑦 )
=
𝑦
𝑥
 
1
(𝑥 − 𝑦 ) (𝑥 + 𝑦 ) 
𝑥 + 𝑦
=
𝑦
𝑥
 
1
(𝑥 − 𝑦 ) (𝑥 + 𝑦 )
 
𝑓 = Derivada Parcial de f respecto de “x” 
 
𝑓 = 
( )
 
𝑓 = 
( )
 
𝑓 = 
𝑓 =
1
𝑥
 
1
𝑥 − 𝑦
𝑥 + 𝑦
 
−𝑥
(𝑥 + 𝑦 )
= 
−𝑥
(𝑥 − 𝑦 ) (𝑥 + 𝑦 ) 
𝑥 + 𝑦
= 
−𝑥
(𝑥 − 𝑦 ) (𝑥 + 𝑦 )
 
𝑓 = Derivada Parcial de f respecto de “y” 
 
9 d) 𝑓(𝑥; 𝑦) = 𝑥 
Para hallar la derivada en función de “x”, se toma a “y” como si fuera una constante 
[𝑥 ] = 𝑎 𝑥 
𝑓 = 𝑦 𝑥 = 𝑦 𝑥 𝑥 =
𝑦
𝑥
 𝑥 
Para hallar la derivada en función de “y”, se toma a “x” como si fuera una constante 
[𝑎 ] = 𝑎 ln 𝑎 
𝑓 = 𝑥 ln 𝑥 
Otra forma, utilizo la derivación logarítmica 
ln 𝑓 = ln 𝑥 → ln 𝑓 = 𝑦 ln 𝑥 → 
1
𝑓
 𝑓 = ln 𝑥 → 𝑓 = 𝑓 ln 𝑥 → 𝑓 = 𝑥 ln 𝑥 
 
10 a) 𝑢 (𝑥; 𝑦; 𝑧) = 𝑦𝑧 + ln (𝑥𝑦𝑧) 
𝑢 =
1
𝑥𝑦𝑧
 𝑦𝑧 =
1
𝑥
 
𝑢 = 𝑧 +
1
𝑥𝑦𝑧
 𝑥𝑧 = 𝑧 +
1
𝑦
 
𝑢 = 𝑦 +
1
𝑥𝑦𝑧
 𝑥𝑦 = 𝑦 +
1
𝑧
 
 
10 b) 𝑢 (𝑥; 𝑦; 𝑧) = 𝑒 + 𝑒 
𝑢 = 𝑒 
1
𝑦
 
𝑢 = 𝑒 −
𝑥
𝑦
+ 𝑒 −
𝑧
𝑦
 
𝑢 = 𝑒 
1
𝑦
 
 
11 a) 𝑠𝑖 𝑢 (𝑥; 𝑦) = 𝑣𝑒𝑟𝑖𝑓𝑖𝑞𝑢𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝑢 (𝑥; 𝑦) + 𝑢 (𝑥; 𝑦) = (𝑥 + 𝑦 − 1) 𝑢 (𝑥; 𝑦) 
Ecuación diferencial a derivadas parciales 
𝑢 (𝑥; 𝑦) =
𝑒 𝑦 (𝑒 + 𝑒 ) − 𝑒 (𝑒 )
(𝑒 + 𝑒 )
 
𝑢 (𝑥; 𝑦) =
𝑒 𝑥 (𝑒 + 𝑒 ) − 𝑒 (𝑒 )
(𝑒 + 𝑒 )
 
𝑒𝑥𝑦 𝑦 (𝑒𝑥 + 𝑒𝑦) − 𝑒𝑥𝑦 (𝑒𝑥)
(𝑒𝑥 + 𝑒𝑦)2
+
𝑒𝑥𝑦 𝑥 (𝑒𝑥 + 𝑒𝑦) − 𝑒𝑥𝑦 (𝑒𝑦)
(𝑒𝑥 + 𝑒𝑦)2
= (𝑥 + 𝑦 − 1)
𝑒𝑥𝑦
𝑒𝑥 + 𝑒𝑦
 
𝑒𝑥𝑦 𝑦 (𝑒𝑥 + 𝑒𝑦) − 𝑒𝑥𝑦 (𝑒𝑥) + 𝑒𝑥𝑦 𝑥 (𝑒𝑥 + 𝑒𝑦) − 𝑒𝑥𝑦 (𝑒𝑦)
(𝑒𝑥 + 𝑒𝑦)2
= (𝑥 + 𝑦 − 1)
𝑒𝑥𝑦
𝑒𝑥 + 𝑒𝑦
 
𝑒𝑥𝑦 𝑦 (𝑒𝑥 + 𝑒𝑦) + 𝑒𝑥𝑦 𝑥 (𝑒𝑥 + 𝑒𝑦) − 𝑒𝑥𝑦 (𝑒𝑥 + 𝑒𝑦)
(𝑒𝑥 + 𝑒𝑦)2
=
𝑒𝑥𝑦 𝑥
𝑒𝑥 + 𝑒𝑦
+
𝑒𝑥𝑦 𝑦
𝑒𝑥 + 𝑒𝑦
−
𝑒𝑥𝑦
𝑒𝑥 + 𝑒𝑦
 
𝑒𝑥𝑦 𝑦 + 𝑒𝑥𝑦 𝑥 − 𝑒𝑥𝑦 
𝑒𝑥 + 𝑒𝑦
=
𝑒𝑥𝑦 𝑥
𝑒𝑥 + 𝑒𝑦
+
𝑒𝑥𝑦 𝑦
𝑒𝑥 + 𝑒𝑦
−
𝑒𝑥𝑦
𝑒𝑥 + 𝑒𝑦
 
 
13) 
𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑓 (𝑥; 𝑦) 𝑒𝑛 (𝑥 ; 𝑦 ) 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑦 𝑠𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑣𝑒𝑟𝑠𝑜𝑟 𝑣 =
(𝑎; 𝑏) , 𝑒𝑠 lim
→
( ; ) ( ; )
 𝑠𝑖 𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑒 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡𝑒 
𝐴𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑒 𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒𝑙 𝑙𝑎𝑠 𝑠𝑖𝑔𝑢𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 
𝑎) 𝑓(𝑥; 𝑦) = 𝑥 + 2𝑦; 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑜𝑟𝑖𝑔𝑒𝑛, 𝑐𝑜𝑛 𝑣 =
√2
2
;
√2
2
 
- Aplicamos la definicion 
𝑓 𝑣(0,0) = limℎ→0
𝑓 0 + ℎ
√2
2
; 0 + ℎ
√2
2
− 𝑓(0; 0)
ℎ
 = lim
ℎ→0
ℎ
√2
2
+ 2 ℎ
√2
2
− 0
ℎ
= 
lim
→
1
2
ℎ2 + √2ℎ
ℎ
= lim
→
1
2
ℎ + √2 = √2 
 
𝐿𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑓 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑣𝑒𝑟𝑠𝑜𝑟 𝑣 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 (0; 0) 
 
- Lo analizamos gráficamente 
𝑧 = 𝑥 + 2𝑦 𝐶𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑏𝑜𝑙𝑖𝑐𝑜
𝑦 = 𝑥 𝑃𝑙𝑎𝑛𝑜
 
Expresamos la curva intersección entre el cilindro parabólico y el plano en forma paramétrica 
𝑐(𝑡) =
⎩
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎧ 𝑥 =
√2
2
𝑡
𝑦 =
√2
2
𝑡
𝑧 =
√2
2
𝑡 + 2
√2
2
𝑡 =
1
2
𝑡 + √2 𝑡
 
Hallamos el vector derivado 𝑐( ) = 𝑥( ); 𝑦( ); 𝑧( ) → 𝑐( ) =
√
;
√
; 𝑡 + √2 
Reemplazo analizo el vector derivado en el origen donde 𝑡 = 0, 𝑐( ) =
√
;
√
; √2 
Dicho vector derivado es un vector que dirige la recta que pasa por el origen y es tangente a la 
curva intersección entre el cilindro parabolico y el plano 
Entonces la ecuación de la recta queda en forma vectorial (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (0,0,0) + 𝝀 √ ; √ ; √2 
Expresada en forma paramétrica queda 
𝑟(𝑢) =
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧𝑥 = 0 +
√2
2
𝑢
𝑦 = 0 +
√2
2
𝑢
𝑧 = 0 + √2 𝑢
 
Además, sabemos que la pendiente de la recta tangente a la curva c(𝑡) en el origen es igual a 
√2 por haberla calculado analíticamente 
https://www.geogebra.org/calculator/byx9jgac 
 
𝑎) 𝑓(𝑥; 𝑦) = 𝑥 + 2𝑥𝑦 + 𝑦 ; 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 (𝑥, 𝑦) = (1, 2), 𝑐𝑜𝑛 𝑣 = (0; −1) 
- Aplicamos la definicion 
𝑓 𝑣(1,2) = limℎ→0
𝑓[1 + ℎ(0); 2 + ℎ(−1)] − 𝑓(1; 2)
ℎ
 = lim
ℎ→0
𝑓[1; 2 − ℎ)] − 𝑓(1; 2)
ℎ
= 
= lim
→
1 + 2(1)(2 − ℎ) + (2 − ℎ) − 9
ℎ
= lim
→
1 + 4 − 2ℎ + 4 − 4ℎ + ℎ − 9
ℎ
= 
= lim
→
−6ℎ + ℎ
ℎ
= −6𝐿𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑓 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑣𝑒𝑟𝑠𝑜𝑟 𝑣 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 (1; 2) 
- Lo analizamos gráficamente 
𝑧 = 𝑥 + 2𝑥𝑦 + 𝑦 
𝑥 = 1 𝑃𝑙𝑎𝑛𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑎𝑙 𝑣𝑒𝑟𝑠𝑜𝑟𝑣 
 
Expresamos la curva intersección entre el cilindro parabólico y el plano en forma paramétrica 
𝑐(𝑡) =
𝑥 = 1
𝑦 = 2 − 𝑡
𝑧 = 9 − 6𝑡 + 𝑡
 
Hallamos el vector derivado 𝑐( ) = 𝑥( ); 𝑦( ); 𝑧( ) → 𝑐( ) = (0; −1; −6 + 2𝑡) 
Reemplazo analizo el vector derivado en el punto (x,y)=(1,2) donde 𝑡 = 0, 𝑐( ) = (0; −1; −6) 
Dicho vector derivado es un vector que dirige la recta que pasa por el punto (x,y)=(1,2) y es 
tangente a la curva intersección entre ambas superficies 
Entonces la ecuación de la recta queda en forma vectorial (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (1,2,9) + 𝝀(0; −1; −6) 
Expresada en forma paramétrica queda 
𝑟(𝑢) =
𝑥 = 1
𝑦 = 2 − 𝑢
𝑧 = 9 − 6 𝑢
 
Además, sabemos que la pendiente de la recta tangente a la curva c(𝑡) en el origen es igual a -6 
por haberla calculado analíticamente 
https://www.geogebra.org/calculator/npcmvfan