04 Trabajo Práctico Nro 4 (DERIVADAS PARCIALES SEGUNDAS)

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Matemática 
1er. cuatrimestre del año 2020 
Trabajo Práctico Nro. 4 
Taller de Resolución de Problemas 
Compendio de problemas con resolución 
(DERIVADAS PARCIALES SEGUNDAS) 
 
 
Este es un documento realizado por lxs docentes Marcela Araujo (Jefa de Trabajos Prácticos) y 
Mariano Reynoso (Ayudante) para lxs alumnxs de las comisiones 4 y 5 de la materia Matemática 
de las carreras de Farmacia y Bioquímica de la Facultad de Farmacia y Bioquímica de la 
Universidad de Buenos Aires. 
2 
 
DERIVADAS PARCIALES SEGUNDAS 
Vamos a recordar el Teorema de Schwarz: 
Si 𝑓: 𝐴 ⊂ ℝ2 → ℝ es un campo escalar tal que sus derivadas segundas existen y son continuas e 
𝑈 ⊂ 𝐴, entonces: 
𝜕2𝑓
𝜕𝑦𝜕𝑥
(𝑥 ; 𝑦) =
𝜕2𝑓
𝜕𝑥𝜕𝑦
(𝑥 ; 𝑦) ∀(𝑥 ; 𝑦) ∈ 𝑈 
 
𝜕2𝑓
𝜕𝑦𝜕𝑥
(𝑥 ; 𝑦) =
𝜕
𝜕𝑦
[
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(𝑥 ; 𝑦)] significa la derivada parcial respecto de 𝑦 de la derivada parcial de 
𝑓 respecto de 𝑥 
𝜕2𝑓
𝜕𝑥𝜕𝑦
(𝑥 ; 𝑦) =
𝜕
𝜕𝑥
[
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(𝑥 ; 𝑦)] significa la derivada parcial respecto de 𝑥 de la derivada parcial de 
𝑓 respecto de 𝑦 
Ejercicio 16 
En este ejercicio nos piden que para las funciones que nos dan calculemos todas las derivadas 
parciales segundas y que verifiquemos el Teorema de Schwarz, veamos la función del ítem c: 
𝑓(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥2 sen(𝑥𝑦) 
Calculamos las derivadas parciales primeras: 
𝑓(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥2 sen 𝑥𝑦 ⇒
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(𝑥 ; 𝑦) = 2𝑥 sen(𝑥𝑦) + 𝑥2 cos(𝑥𝑦) 𝑦 
𝑓(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥2 sen 𝑥𝑦 ⇒
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥2 cos(𝑥𝑦) 𝑥 = 𝑥3 cos(𝑥𝑦) 
𝜕2𝑓
𝜕𝑦𝜕𝑥
(𝑥 ; 𝑦) =
𝜕
𝜕𝑦
[
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(𝑥 ; 𝑦)] =
𝜕
𝜕𝑦
[2𝑥 sen(𝑥𝑦) + 𝑥2 cos(𝑥𝑦) 𝑦] 
𝜕
𝜕𝑦
[2𝑥 sen(𝑥𝑦) + 𝑥2 cos(𝑥𝑦) 𝑦] = 2𝑥 cos(𝑥𝑦) 𝑥 + 𝑥2[− sen(𝑥𝑦) 𝑥𝑦] + 𝑥2 cos(𝑥𝑦) ∙ 1 
𝜕
𝜕𝑦
[2𝑥 sen(𝑥𝑦) + 𝑥2 cos(𝑥𝑦) 𝑦] = 2𝑥2 cos(𝑥𝑦) − 𝑥3 sen(𝑥𝑦) 𝑦 + 𝑥2 cos(𝑥𝑦) 
𝜕2𝑓
𝜕𝑦𝜕𝑥
(𝑥 ; 𝑦) = 3𝑥2 cos(𝑥𝑦) − 𝑥3 sen(𝑥𝑦) 𝑦 
 
𝜕2𝑓
𝜕𝑥𝜕𝑦
(𝑥 ; 𝑦) =
𝜕
𝜕𝑥
[
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(𝑥 ; 𝑦)] =
𝜕
𝜕𝑦
[𝑥3 cos(𝑥𝑦)] = 3𝑥2 cos(𝑥𝑦) + 𝑥3[− sen(𝑥𝑦)]𝑦 
3 
 
𝜕2𝑓
𝜕𝑥𝜕𝑦
(𝑥 ; 𝑦) = 3𝑥2 cos(𝑥𝑦) − 𝑥3 sen(𝑥𝑦) 𝑦 
Hemos comprobado entonces que: 
𝜕
𝜕𝑦
[
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(𝑥 ; 𝑦)] =
𝜕
𝜕𝑥
[
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(𝑥 ; 𝑦)] 
Para verificar por medio de la utilización del GeoGebra las derivadas halladas debemos primero 
calcular la primera derivada parcial respecto de una variable y luego calcular la derivada de la 
derivada (que acabamos de obtener) respecto de la otra variable. 
En la barra de entrada buscamos el siguiente comando: 
Derivada(<Función>,<Variable>,<Número (orden de la derivada)>) 
E ingresando Derivada(x**2*sen(x*y),x,1) obtenemos la primera derivada parcial respecto de 𝑥 
de la función 𝑓(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥2 sen(𝑥𝑦), que nos da: 
𝑎(𝑥 ; 𝑦) = 2𝑥 sen(𝑥𝑦) + 𝑥2𝑦 cos(𝑥𝑦) 
Luego, aplicamos el mismo comando para la función 𝑎(𝑥 ; 𝑦) obtenida pero ahora con la otra 
variable, es decir, Derivada(2x*sen(x*y)+x**2*y*cos(x*y),y,1), que nos da: 
𝑏(𝑥 ; 𝑦) = 3𝑥2 cos(𝑥𝑦) − 𝑥3𝑦 sen(𝑥𝑦) 
Lo cual coincide con nuestro hallazgo, dado que: 
𝜕2𝑓
𝜕𝑦𝜕𝑥
(𝑥 ; 𝑦) = 𝑏(𝑥 ; 𝑦) = 3𝑥2 cos(𝑥𝑦) − 𝑥3𝑦 sen(𝑥𝑦) 
Ustedes mismxs pueden, por el mismo procedimiento, encontrar la otra derivada cruzada y 
verificar lo hallado anteriormente. Esta es una buena forma de corroborar si estamos derivando 
correctamente, ténganlo en cuenta. 
Ejercicio 17 
En este ejercicio nos piden demostrar que los campos escalares que nos dan son solución de la 
correspondiente ecuación en derivadas parciales. Para ello veamos el ítem d: 
Sean 𝑓, 𝑔: ℝ → ℝ dos funciones con derivadas segundas, se define: 
𝑢(𝑥 ; 𝑡) = 𝑓(𝑥 − 𝑐𝑡) + 𝑔(𝑥 + 𝑐𝑡) 
Verificar que 𝑐2𝑢𝑥𝑥 − 𝑢𝑡𝑡 = 0 (ecuación de onda en una dimensión). 
𝑢(𝑥 ; 𝑡) = 𝑓(𝑥 − 𝑐𝑡) + 𝑔(𝑥 + 𝑐𝑡) 
 
𝑢𝑥(𝑥 ; 𝑡) = 𝑓
′(𝑥 − 𝑐𝑡) ∙ 1 + 𝑔′(𝑥 + 𝑐𝑡) ∙ 1 = 𝑓′(𝑥 − 𝑐𝑡) + 𝑔′(𝑥 + 𝑐𝑡) 
𝑢𝑥𝑥(𝑥 ; 𝑡) = 𝑓
′′(𝑥 − 𝑐𝑡) ∙ 1 + 𝑔′′(𝑥 + 𝑐𝑡) ∙ 1 = 𝑓′′(𝑥 − 𝑐𝑡) + 𝑔′′(𝑥 + 𝑐𝑡) 
4 
 
𝑢𝑡(𝑥 ; 𝑡) = 𝑓
′(𝑥 − 𝑐𝑡) ∙ (−𝑐) + 𝑔′(𝑥 + 𝑐𝑡) ∙ 𝑐 
𝑢𝑡𝑡(𝑥 ; 𝑡) = 𝑓
′′(𝑥 − 𝑐𝑡) ∙ (−𝑐)2 + 𝑔′′(𝑥 + 𝑐𝑡) ∙ 𝑐2 
 
𝑐2𝑢𝑥𝑥 − 𝑢𝑡𝑡 = 𝑐
2 ∙ [𝑓′′(𝑥 − 𝑐𝑡) + 𝑔′′(𝑥 + 𝑐𝑡)] − [𝑓′′(𝑥 − 𝑐𝑡) ∙ (−𝑐)2 + 𝑔′′(𝑥 + 𝑐𝑡) ∙ 𝑐2] 
𝑐2𝑢𝑥𝑥 − 𝑢𝑡𝑡 = 𝑐
2 ∙ 𝑓′′(𝑥 − 𝑐𝑡) + 𝑐2 ∙ 𝑔′′(𝑥 + 𝑐𝑡) − 𝑓′′(𝑥 − 𝑐𝑡) ∙ 𝑐2 − 𝑔′′(𝑥 + 𝑐𝑡) ∙ 𝑐2 
𝑐2𝑢𝑥𝑥 − 𝑢𝑡𝑡 = 0 
Ejercicio 18 
Para este ejercicio, necesitamos recordar el polinomio de Taylor para un campo escalar. Así, el 
polinomio de Taylor de orden 2 para el campo escalar 𝑓(𝑥 ; 𝑦) en el punto 𝑃0 = (𝑥0 ; 𝑦0) es: 
𝑇(𝑥 ; 𝑦) = 𝑓(𝑥0 ; 𝑦0) + 𝑓𝑥(𝑥0 ; 𝑦0)(𝑥 − 𝑥0) + 𝑓𝑦(𝑥0 ; 𝑦0)(𝑦 − 𝑦0) +
1
2
𝑓𝑥𝑥(𝑥0 ; 𝑦0)(𝑥 − 𝑥0)
2
+
1
2
𝑓𝑦𝑦(𝑥0 ; 𝑦0)(𝑦 − 𝑦0)
2 + 𝑓𝑥𝑦(𝑥0 ; 𝑦0)(𝑥 − 𝑥0)(𝑦 − 𝑦0) 
Y nos piden desarrollarlo para los campos escalares que nos dan en los puntos indicados. Veamos 
el ítem a: 
𝑓(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥𝑦 𝑃0 = (1 ; 2) 
 
𝑓(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥𝑦 ⇒ 𝑓(1 ; 2) = 12 = 1 
 
𝑓𝑥(𝑥 ; 𝑦) = 𝑦𝑥
𝑦−1 ⇒ 𝑓𝑥(1 ; 2) = 2 ∙ 1
2−1 = 2 
𝑓𝑥𝑥(𝑥 ; 𝑦) = 𝑦(𝑦 − 1)𝑥
𝑦−2 ⇒ 𝑓𝑥𝑥(1 ; 2) = 2 ∙ (2 − 1) ∙ 1
2−2 = 2 
 
𝑓𝑥𝑦(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥
𝑦−1 + 𝑦𝑥𝑦−1 ln 𝑥 ⇒ 𝑓𝑥𝑦(1 ; 2) = 1
2−1 + 2 ∙ 12−1 ln 1 = 1 
 
𝑓𝑦(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥
𝑦 ln 𝑥 ⇒ 𝑓𝑦(1 ; 2) = 1
2 ln 1 = 0 
𝑓𝑦𝑦(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥
𝑦(ln 𝑥)2 ⇒ 𝑓𝑦𝑦(1 ; 2) = 1
2(ln 1)2 = 0 
El polinomio de Taylor de orden 2 nos queda: 
𝑇(𝑥 ; 𝑦) = 𝑓(1 ; 2) + 𝑓𝑥(1 ; 2)(𝑥 − 1) + 𝑓𝑦(1 ; 2)(𝑦 − 2) +
1
2
𝑓𝑥𝑥 (1 ; 2)(𝑥 − 1)
2
+
1
2
𝑓𝑦𝑦(1 ; 2)(𝑦 − 2)
2 + 𝑓𝑥𝑦(1 ; 2)(𝑥 − 1)(𝑦 − 2) 
5 
 
𝑇(𝑥 ; 𝑦) = 1 + 2(𝑥 − 1) + 0(𝑦 − 2) +
1
2
2(𝑥 − 1)2 +
1
2
0(𝑦 − 2)2 + 1(𝑥 − 1)(𝑦 − 2) 
𝑇(𝑥 ; 𝑦) = 1 + 2(𝑥 − 1) + (𝑥 − 1)2 + (𝑥 − 1)(𝑦 − 2) 
Con este polinomio calculamos de forma aproximada 𝑓(1,02 ; 1,92), entonces: 
𝑓(1,02 ; 1,92) ≅ 𝑇(1,02 ; 1,92) 
𝑓(1,02 ; 1,92) ≅ 1 + 2(1,02 − 1) + (1,02 − 1)2 + (1,02 − 1)(1,92 − 2) 
𝑓(1,02 ; 1,92) ≅ 1,0388 
Ejercicio 19 
En este ejercicio nos piden verificar que para valores cercanos a (0 ; 0) cada una de las 
aproximaciones que nos presentan son válidas, veamos el ítem b: 
cos 𝑥 cos 𝑦 ≅ 1 −
1
2
(𝑥2 + 𝑦2) 
Calculamos entonces el polinomio de Taylor para la función 𝑓(𝑥 ; 𝑦) = cos 𝑥 cos 𝑦 en el punto 
𝑃0 = (0 ; 0) 
 
𝑓(𝑥 ; 𝑦) = cos 𝑥 cos 𝑦 ⇒ 𝑓(0 ; 0) = cos 0 cos 0 = 1 
 
𝑓𝑥(𝑥 ; 𝑦) = − sen 𝑥 cos 𝑦 ⇒ 𝑓𝑥(0 ; 0) = − sen 0 cos 0 = 0 
𝑓𝑥𝑥(𝑥 ; 𝑦) = − cos 𝑥 cos 𝑦 ⇒ 𝑓𝑥𝑥(0 ; 0) = − cos 0 cos 0 = −1 
 
𝑓𝑥𝑦(𝑥 ; 𝑦) = sen 𝑥 sen 𝑦 ⇒ 𝑓𝑥𝑦(0 ; 0) = sen 0 sen 0 = 0 
 
𝑓𝑦(𝑥 ; 𝑦) = − cos 𝑥 sen 𝑦 ⇒ 𝑓𝑦(0 ; 0) = − cos 0 sen 0 = 0 
𝑓𝑦𝑦(𝑥 ; 𝑦) = − cos 𝑥 cos 𝑦 ⇒ 𝑓𝑦𝑦(0 ; 0) = − cos 0 cos 0 = −1 
El polinomio nos queda: 
𝑇(𝑥 ; 𝑦) = 𝑓(0 ; 0) + 𝑓𝑥(0 ; 0)(𝑥 − 0) + 𝑓𝑦(0 ; 0)(𝑦 − 0) +
1
2
𝑓𝑥𝑥 (0 ; 0)(𝑥 − 0)
2
+
1
2
𝑓𝑦𝑦(0 ; 0)(𝑦 − 0)
2 + 𝑓𝑥𝑦(0 ; 0)(𝑥 − 0)(𝑦 − 0) 
𝑇(𝑥 ; 𝑦) = 1 + 0(𝑥 − 0) + 0(𝑦 − 0) +
1
2
(−1)(𝑥 − 0)2 +
1
2
(−1)(𝑦 − 0)2 + 0(𝑥 − 1)(𝑦 − 2) 
6 
 
𝑇(𝑥 ; 𝑦) = 1 −
1
2
𝑥2 −
1
2
𝑦2 = 1 −
1
2
(𝑥2 + 𝑦2) 
Hemos demostrado que 𝑓(𝑥 ; 𝑦) se aproxima a 𝑇(𝑥 ; 𝑦) para valores (𝑥 ; 𝑦) cercanos al (0 ; 0), 
es decir 𝑓(𝑥 ; 𝑦) ≅ 𝑇(𝑥 ; 𝑦) 
Ejercicio 20 
En este ejercicio nos dicen que la presión 𝑃 ejercida por un gas ideal encerrado está dada por: 
𝑃(𝑇 ; 𝑉) =
𝑘𝑇
𝑉
 
donde 𝑘 es una constante, 𝑇 es la temperatura y 𝑉 el volumen, y nos piden determinar: 
a) la razón de cambio de 𝑃 con respecto a 𝑉, que resulta ser: 
(
𝜕𝑃
𝜕𝑉
)
𝑇
= −
𝑘𝑇
𝑉2
 
b) la razón de cambio de 𝑉 con respecto a 𝑃, y para ello primero encontramos la función 
explícita 𝑉(𝑇 ; 𝑃) y luego derivamos según corresponda: 
𝑃(𝑇 ; 𝑉) =
𝑘𝑇
𝑉
⇒ 𝑉(𝑇 ; 𝑃) =
𝑘𝑇
𝑃
 
(
𝜕𝑉
𝜕𝑃
)
𝑇
= −
𝑘𝑇
𝑃2
 
c) la razón de cambio de 𝑇 con respecto a 𝑃, y para ello encontramos la función explícita 
𝑇(𝑉 ; 𝑃) y luego derivamos según corresponda: 
𝑃(𝑇 ; 𝑉) =
𝑘𝑇
𝑉
⇒ 𝑇(𝑃 ; 𝑉) =
𝑃𝑉𝑘
 
(
𝜕𝑇
𝜕𝑃
)
𝑉
=
𝑉
𝑘
 
Ejercicio 21 
En este ejercicio, nos indican que en un circuito eléctrico, si tres resistencias de 𝑅1, 𝑅2, y 𝑅3 Ohm 
se conectan el paralelo para obtener una resistencia de 𝑅 Ohm, el valor de 𝑅 se puede determinar 
mediante la siguiente ecuación: 
1
𝑅
=
1
𝑅1
+
1
𝑅2
+
1
𝑅3
 
y nos piden hallar en el ítem a: la expresión explícita de 𝑅 como una función dependiente de las 
3 variables: 
1
𝑅
=
1
𝑅1
+
1
𝑅2
+
1
𝑅3
 
7 
 
1
𝑅
=
𝑅2𝑅3 + 𝑅1𝑅3 + 𝑅1𝑅2
𝑅1𝑅2𝑅3
 
𝑅 = 𝑅(𝑅1 ; 𝑅2 ; 𝑅3) =
𝑅1𝑅2𝑅3
𝑅2𝑅3 + 𝑅1𝑅3 + 𝑅1𝑅2
 
En el ítem b nos piden hallar la derivada parcial 
𝜕𝑅
𝜕𝑅2
 siendo 𝑅1 = 30 y 𝑅1 = 90, en Ohm. Además, 
determinar su valor cuando 𝑅2 = 45 Ohms: 
𝑅(𝑅1 ; 𝑅2 ; 𝑅3) =
𝑅1𝑅2𝑅3
𝑅2𝑅3 + 𝑅1𝑅3 + 𝑅1𝑅2
 
𝑅(30 ; 𝑅2 ; 90) =
30𝑅290
𝑅290 + 30 ∙ 90 + 30𝑅2
 
𝑅(30 ; 𝑅2 ; 90) =
2700𝑅2
𝑅290 + 2700 + 30𝑅2
 
𝑅(30 ; 𝑅2 ; 90) =
2700𝑅2
120𝑅2 + 2700
 
 
𝜕𝑅
𝜕𝑅2
(30 ; 𝑅2 ; 90) =
2700(120𝑅2 + 2700) − 2700𝑅2 ∙ 120
(120𝑅2 + 2700)
2
 
𝜕𝑅
𝜕𝑅2
(30 ; 45 ; 90) =
2700(120 ∙ 45 + 2700) − 2700 ∙ 45 ∙ 120
(120 ∙ 45 + 2700)2
 
𝜕𝑅
𝜕𝑅2
(30 ; 45 ; 90) =
7290000
65610000
= 0, 1̂