Resolución de un ejercicio sobre regla de la cadena y derivada direccional

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Ejercicios resueltos de derivada direccional
y regla de la cadena
Análisis Matemático II (Ciencias)
Ejercicio 1.
Sea la función f(x, y) = x(y − 1) + 3
√
x(y − 1).
a) Calcular, si es que existen, D~uf(0, 1) para cualquier dirección unitaria ~u.
Resolución
Sea ~u = (u1,u2) una dirección unitaria.
Observemos que para poder calcular D~uf(0, 1) vía el producto escalar ~∇f(0, 1) · ~u , deberíamos
demostrar que f es diferenciable en el punto (0, 1), si es que realmente es diferenciable en dicho
punto.
Por eso es que conviene no apelar a ese resultado teórico, y analizar la existencia de las derivadas
direccionales de f en el punto (0, 1) estudiando la existencia del límite:
ĺım
t→0
f ((0, 1) + t~u)− f(0, 1)
t
.
Observemos que, por definición de f ,
f(0, 1) = 0(1− 1) + 3
√
0(1− 1) = 0 . (?1)
Además
f ((0, 1) + t~u) = f ((0, 1) + t (u1,u2))
= f (tu1, 1 + tu2)
= (tu1) (1 + tu2 − 1) + 3
√
(tu1) (1 + tu2 − 1)
= t2(u1u2) + t
2/3 3
√
u1u2 .
(?2)
Entonces, por (?1) y (?2),
ĺım
t→0
f ((0, 1) + t~u)− f(0, 1)
t
= ĺım
t→0
t2(u1u2) + t
2/3 3
√
u1u2 − 0
t
= ĺım
t→0
(
t2u1u2
t
+
t2/3 3
√
u1u2
t
)
= ĺım
t→0
(
tu1u2 +
3
√
u1u2
t1/3
)
.
Observemos que
ĺım
t→0
tu1u2 = 0 ,
pero para poder analizar el límite cuando t tiende a 0 de
3
√
u1u2
t1/3
, debemos separar en casos, ya
que si 3
√
u1u2 = 0, resulta que
3
√
u1u2
t1/3
=
0
t1/3
= 0 ,
1
por lo que ĺım
t→0
3
√
u1u2
t1/3
= ĺım
t→0
0 = 0 , pero si no, el límite no existe.
(I) Consideremos primero un vector ~u unitario tal que 3
√
u1u2 = 0.
Como la función s 7→ 3
√
s es biyectiva, entonces u1u2 = 0 .
Como sabemos que un producto en R es cero si y sólo si uno de los factores es cero, entonces:
u1u2 = 0⇐⇒ (u1 = 0 ∨ u2 = 0) .
Analicemos cada uno de estos casos por separado.
Si u1 = 0, como el vector ~u es unitario, entonces 1 = u21 + u22 = u22, lo que equivale a
decir u2 ∈ {−1, 1}.
En conclusión, si u1 = 0, ~u ∈ {̂,−̂} .
Análogamente, podemos ver que si u2 = 0, entonces ~u ∈ {̂ı, −̂ı} .
Así, si ~u ∈ {̂ı, −̂ı, ̂,−̂}, resulta que
ĺım
t→0
f ((0, 1) + t~u)− f(0, 1)
t
= ĺım
t→0
(
tu1u2 +
3
√
u1u2
t1/3
)
= 0 ,
lo que nos permite afirmar que existe D~uf(0, 1) y vale 0.
(II) Consideremos ahora un vector ~u unitario tal que 3
√
u1u2 6= 0.
Bajo esta condición,
3
√
u1u2
t1/3
−→
t→0
∞
(dependiendo del signo del cociente será más o menos infinito), con lo cual
@ ĺım
t→0
tu1u2︸ ︷︷ ︸
→0
+
3
√
u1u2
t1/3
 ,
y, por ende,
@ ĺım
t→0
f ((0, 1) + t~u)− f(0, 1)
t
.
Esto implica que @D~uf(0, 1) .
De esta manera, por lo analizado en (I) y en (II), dado cualquier vector unitario ~u, tenemos que:
existe D~uf(0, 1) ( y vale 0 ) si y sólo si ~u ∈ {̂ı, −̂ı, ̂,−̂} .
b) ¿Es f diferenciable en (0, 1)?.
Resolución
Dado P0 un punto del dominio de f , sabemos que vale lo siguiente:
si f es diferenciable en P0, entonces existen todas las derivadas direccionales de f en P0 .
Como en la parte a) demostramos que el consecuente de ese condicional es falso para P0 = (0, 1),
podemos afirmar que f no es diferenciable en el (0, 1) .
2
Ejercicio 2.
Se sabe que la derivada direccional máxima de cierta función g(u, v) diferenciable en el punto
Q0 =
(√
3,−1
)
es igual a 2 y se alcanza en la dirección unitaria ~w =
(
1
2 ,
√
3
2
)
.
Consideremos la función h(x, y) = g
(
2xy − 3
√
3, x−
√
3y
)
.
Encontrar la ecuación de un plano Π que pase por el origen de coordenadas y sea paralelo al plano
tangente de z = h(x, y) correspondiente al punto P0 = (2,
√
3).
Resolución
Consideremos las funciones polinómicas con dominio R2 dadas por:
u(x, y) = 2xy − 3
√
3 , y
v(x, y) = x−
√
3y .
Entonces, podemos reescribir a la función h como
h(x, y) = g
(
u(x, y), v(x, y)
)
.
Como las funciones u y v son funciones polinómicas, son de clase C1
(
R2
)
. Por ende, son diferen-
ciables en R2, y, en particular, lo son en P0.
Como
u(P0) = 2 · 2 ·
√
3− 3
√
3 =
√
3 , y
v(P0) = 2−
√
3 ·
√
3 = −1 ,
entonces
(
u(P0), v(P0)
)
= Q0 . Y resulta que por el enunciado sabemos que g es diferenciable en Q0.
Entonces, por ser composición de funciones diferenciables en los puntos correspondientes, h será dife-
renciable en P0.
Eso equivale a decir que existe el plano tangente a la superficie z = h(x, y) en el punto
(
2,
√
3, h(P0)
)
=(
2,
√
3, g
(
u(P0), v(P0)
))
=
(
2,
√
3, g (Q0)
)
, y la ecuación está dada por:
z = g(Q0) +
∂h
∂x
(P0) (x− 2) +
∂h
∂y
(P0)
(
y −
√
3
)
.
Igualando a cero, y reacomodando, la ecuación del plano tangente a la superficie z = h(x, y) en el
punto
(
2,
√
3, g (Q0)
)
es:
0 =
∂h
∂x
(P0) (x− 2) +
∂h
∂y
(P0)
(
y −
√
3
)
+ (−1)
(
z − g(Q0)
)
. (??1)
Ahora bien, por el enunciado, este plano es paralelo al plano Π buscado, por lo cual ambos tendrán
vectores normales colineales.
Como además Π pasa por el origen de coordenadas, una ecuación vectorial del plano Π es:
Π :
(
∂h
∂x
(P0),
∂h
∂y
(P0),−1
)
·
(
x, y, z
)
= 0 . (??2)
3
Entonces, necesitamos calcular las derivadas parciales de h.
Para poder calcularlas, como en la definición de h están involucradas g, u y v, todas funciones diferen-
ciables en Q0, P0 y P0 respectivamente, aplicaremos Regla de la Cadena:
~∇h(P0) = ~∇g(Q0) ·
∂(u, v)
∂(x, y)
(P0)
=
(
∂g
∂u
(Q0) ·
∂u
∂x
(P0) +
∂g
∂v
(Q0) ·
∂v
∂x
(P0) ,
∂g
∂u
(Q0) ·
∂u
∂y
(P0) +
∂g
∂v
(Q0) ·
∂v
∂y
(P0)
)
,
(??3)
donde
∂(u, v)
∂(x, y)
(P0) =

∂u
∂x
(P0)
∂u
∂y
(P0)
∂v
∂x
(P0)
∂v
∂y
(P0)
 = (2y 2x
1 −
√
3
) ∣∣∣∣∣
(x,y)=P0
=
(
2
√
3 4
1 −
√
3
)
.
Entonces, las igualdades de (??3) quedan
~∇h(P0) = ~∇g(Q0) ·
(
2
√
3 4
1 −
√
3
)
=
(
2
√
3
∂g
∂u
(Q0) +
∂g
∂v
(Q0) , 4
∂g
∂u
(Q0)−
√
3
∂g
∂v
(Q0)
)
.
(??4)
Así, sólo falta calcular las derivadas parciales de g.
Con ese objetivo, estudiaremos la información del enunciado respecto a g :
Observemos que ‖ ~w ‖=
√√√√(1
2
)2
+
(√
3
2
)2
=
√
1
4
+
3
4
=
√
1 = 1, por lo que ~w es un vector
unitario.
Y como g es diferenciable en Q0 por hipótesis, tenemos que:
D~wg(Q0) = ~∇g(Q0) · ~w
=‖ ~∇g(Q0) ‖ · ‖ ~w ‖︸ ︷︷ ︸
=1
· cos(θ)
=‖ ~∇g(Q0) ‖ cos(θ) ,
(??5)
donde θ es el ángulo comprendido entre ~∇g(Q0) y ~w.
Además, el enunciado dice que D~wf(Q0) = 2.
Entonces, por (??5) tenemos:
2 =‖ ~∇g(Q0) ‖ cos(θ) . (??6)
Ahora bien, también por el enunciado, sabemos que ~w es la dirección de máximo crecimiento de la
función g en Q0, por lo que cos(θ) toma el máximo valor posible, es decir, cos(θ) = 1.
Entonces, la ecuación (??6) se transforma en
2 =‖ ~∇g(Q0) ‖ . (??7)
Por otro lado, como cos(θ) = 1 con 0 ≤ θ ≤ π, debe cumplirse que θ = 0. Pero si θ = 0, esto quiere
decir que los vectores ~w y ~∇g(Q0) son colineales.
Entonces,
~w =
~∇g(Q0)
‖ ~∇g(Q0) ‖
(??7)
=
~∇g(Q0)
2
,
4
por lo que ~∇g(Q0) = 2~w = 2
(
1
2
,
√
3
2
)
=
(
1,
√
3
)
.
Reemplazando esto en (??4), obtenemos:
~∇h(P0) =
(
1,
√
3
)
·
(
2
√
3 4
1 −
√
3
)
=
(
2
√
3 +
√
3 , 4− 3
)
=
(
2
√
3 , 1
)
Finalmente, podemos dar la ecuación de Π reemplazando las componentes del gradiente de h en
(??2):
Π :
(
2
√
3, 1,−1
)
·
(
x, y, z
)
= 0 .
5