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Matemáticas1

EJERCICIOS RESUELTOS:

Funciones de varias variables

Elena Álvarez Sáiz

Dpto. Matemática Aplicada y C. Computación

Universidad de Cantabria

Ingeniería de Telecomunicación

Fundamentos Matemáticos I Ejercicios: Func. varias variables

1 Dada las superficies

(1) z = x 2 + y 2

(2) x 2 z 2y = −

4 9Se pide:

(a) Representar las trazas

(b) Obtener las curvas de nivel

(c) Realizar un bosquejo de su gráfica

Se trata de un paraboloide

Al cortar por planos x=cte: Parábolas z = cte + y 2

2 Profesora: Elena Álvarez Sáiz

Ejercicios: Func. varias variables Ingeniería de Telecomunicación

Fundamentos Matemáticos I

Al cortar por planos y=cte: Parábolas z = x 2 + cte

3Profesora: Elena Álvarez Sáiz



Al cortar por planos z=cte (curvas de nivel): Circunferencias Cte = x 2 + y 2

(Cte > 0 )


2



(2) Se trata de un hiperboloide

Curvas x=cte: Parábolas y = Cte − z9




x 2 z 2Curvas y=cte: Hipérbolas Cte = −4 9

x 2Curvas: z=cte: Parábolas y = − Cte4

2 Representar el dominio de la función f ( x, y )

=

x +y

x 2 − y2e x −y


2



El dominio es el conjunto de los puntos Domf = {(x, y ) ∈ 2 / ( x. − y )( x + y ) ≥ 0,

x ≠ y }

es decir, los puntos del plano comprendidos entre las rectas x=y, x=-y salvo los de la recta x=y, gráficamente

3 Se considera la función f (x, y ) = exy + x

+ sen (( 2x + 3y ) π ) . Calcular

y

∂f ,

∂x∂f

,∂y

∂⇒2

f ,∂x 2

∂2 f ,∂x ∂y

fx ( 0, 1) ,

fy (2, −1) ,

fxx ( 0, 1) ,

fxy ( 2, −1) .

Solución:

∂ f = yexy +

1 + 2π cos (( 2x + 3y ) π )∂x y

∂f = xexy −

x+ 3π cos (( 2x + 3y ) π )∂y y2

∂ 2 f

∂x 22

= y 2exy

− ( 2π

)sen (( 2x + 3y ) π )

∂ f = exy + xyexy −

1− 6π2sen ((2x + 3y ) π )

∂x ∂y y 2

fx ( 0, 1) = 1 + 1 + 2π cos ( 3π ) = 2 − 2π

4 Dada la función

f (x, y) =

xy 4 − x 4y x 3 + y

3

0

x ≠ −y

x = −y

a) Hallar fx ( 0, 0 ) y

fy ( 0, 0 )

b) Calcule fx ( x, y ) y

fy (x, y )

c) Es fxy ( 0, 0 ) = fyx ( 0, 0 ) ?



Solución:

a) f (0, 0) = lim f (0 + h , 0) − f (0, 0)

x h → 0

= lim

h(0 + h)04 − (0 + h)4

0 − 0(0 + h)3 + 03 = lim

0 = 0

h → 0 h h → 0 h 4

f (0, 0) = lim f (0, 0 + h ) − f (0, 0)

y h → 0

= limh → 0

h0(0 + h)4 − 04 (0 +

h) − 003 + (0 + h)3

h= lim

0 = 0

h → 0 h 4

b) Supongamos ahora que ( x, y ) con x ≠ −y , entonces

(y 4 − 4x 3y)(x 3 + y 3 ) − (xy 4 − x 4y)(3x 2 )fx =

fy =

(x 3 + y 3

)2

(4xy 3 − x 4 )(x 3 + y 3 ) − (xy 4 − x 4y)(3y 2 ) (x 3 + y 3 )2

En los puntos (a, −a )

se tendrá:

f (a, −a) = lim f (a + h , −a ) − f (a , −a )

x h → 0 h


(

7



= limh → 0

(a + h )(−a )4 − (a + h )4 (−a )

− 0(a + h )3

+ (−a )3

h

= limh → 0

(a + h )(−a )4 − (a + h )

4 (−a

)h a + h )3

+ (−a )3

Como el numerador tiende a 2a 5 y el denominador a cero este límite no existe para a ≠ 0 .

c) ∂ ∂f (0, 0)∂y ∂x

∂ ∂f ∂f f (0, 0 + h) − f (0, 0) (0, 0) = x (0, 0) = lim x x

∂y ∂x ∂y h →o h

= limh →o

((0 + h)4 − 4.03.(o3 + (0 + h)3 ) − (0(0 + h)4 − 04 (0 +

h))(0) (03 + (0 + h)3 )2

h

= lim h

= 1

∂ ∂f (0, 0)

h →o h 7

∂x ∂y

∂ ∂f (0, 0) = ∂ f y (0, 0) = limfy ( 0 + h , 0 ) − f y ( 0 , 0 )

∂x ∂y ∂x h →o h

= limh →o

(4(0 + h)03 − (0 + h)4 ).((0 + h)3 + 03 − ((0 + h)04 − (0 + h)4 0)

(0) (03 + (0 + h)3 )2

h

= limh →o

−h 7

h 7= −1

Luego no se verifica que fxy(0,0)=fyx(0,0).

5El precio de un piso P en función de la superficie S y de la calidad de los materiales C viene dado por una

función P (S,C ) . ¿Es razonable que ∂P > 0 ? ¿Es razonable que

∂C∂P

< 0 ?∂S

Solución:

Si ∂P

> 0∂C significa que a mayor calidad de los materiales aumenta el precio de la

vivienda. Parece razonable.




Si ∂ P

< 0∂S significaría que al aumentar la superficie del piso el precio disminuiría.

Esto no parece lógico.

Funciones diferenciables. Diferencial de una función de dos variables

6 Sea f (x, y) = x 2 + y 2

pruebe que es diferenciable en (0,0)

Solución:

Forma 1.- Utilizando la definición

a) ∂ f

(0, 0) = lim f (0 + h , 0) − f (0,

0)(0 + h )2g − 0

h 2= lim = lim = 0∂x h → 0 h h → 0 h h→ 0 h

b) ∂f

(0, 0) = 0∂y (análogo al apartado a) ya que la función es simétrica)

c) f ((0, 0) + (∆x, ∆y)) = f (0, 0) + ∂f

(0, 0).∆x + ∂f

(0, 0)∆y + ε(∆x, ∆y)

( ∆x )2 + ( ∆y )2

∂x ∂y




Entonces

f (∆x, ∆y) = 0 + 0∆x + 0∆y + ε(∆x, ∆y)

2 2

( ∆x )2 + ( ∆y )2 ⇒

( ∆x ) + ( ∆y ) ε(∆x, ∆y) = =

( ∆x )2 + ( ∆y )2 ( ∆x )2

+ ( ∆y )2

Veamos si lim(∆x ,∆y )→( 0,0

)

ε(∆x, ∆y) = 0

Utilizando coordenadas polares:

lim(∆x ,∆y )→( 0,0 ) ε(∆x, ∆y) = lim ρ = 0

ρ → 0ϕ ∈ 0,2π

Luego la función es diferenciable.

Forma 2.-

Como en todos los puntos del plano existen las derivadas parciales y además son

continuas la función es diferenciable en todo ( x, y ) ∈ 2 . En particular en el (0, 0).

7 Considere la función f(x,y) dada por:

f (x, y) =

x y , (x, y) ≠ (0, 0)

x 2 + y 20, (x, y) = (0,

0)

a) Halle∂f ( 0, 0

)∂x

y ∂f ( 0, 0 )∂y

b) ¿Es f(x,y) diferenciable en (0,0)?

c) ¿Qué puede concluir de (a) y (b) respecto a la diferenciabilidad de la función?




Solución:

a) Calculamos las derivadas parciales en el origen (0 + h ) − 0

− 0∂ f f (0 + h , 0) − f (0, 0) (0 + h )2g + 02g 0(0, 0) = lim = lim = lim = 0∂x h → 0 h h → 0 h h → 0 h 3

0 .(0 + h ) − 0

∂f f (0, 0 + h ) − f (0, 0) 02g + (0 + h )2g 0(0, 0) = lim = lim = lim = 0∂y h → 0 h h → 0 h h → 0 h 3

b) Usemos la definición de diferenciabilidad:

f ((0, 0) + (∆x, ∆y)) = f (0, 0) + ∂f

(0, 0)∆x + ∂ f

(0, 0)∆y + ε(∆x, ∆y)

( ∆x )2 + ( ∆y )2

, luego:

f (∆x, ∆y) = ε(∆x, ∆y)

∂x

( ∆x )2 + ( ∆y

)2

∂y

entonces

∆x.∆y

( ∆x )2⇒. ( ∆y )2⇒

ε(∆x, ∆y) =( ∆x )2

+ ( ∆y )2

⇒ lim

( ∆x ).( ∆y

)( ∆x )2

+ ( ∆y )2

=

lim( ∆x ).( ∆y )

,

(∆x ,∆y )→(0,0) 2 2 (∆x ,∆y )→(0,0) 2 2 3

2( ∆x ) + ( ∆y )

(( ∆x ) + ( ∆y ) )

3



pero calculando los límites radiales:

lim(∆x ,∆y )→(0,0)

( ∆x ).( ∆y

)2 2

= lim3 ∆x → 0

2

( ∆x ).(m ⋅ ∆x )=

32 2 2

∆y =m∆x (( ∆x ) + ( ∆y ) ) (( ∆x ) + (m ⋅ ∆x ) )

= lim m

∆x → 0 ∆x (1 + m2 ) 2

nos damos cuenta que no existe este límite. Por lo tanto, la función dada, no es

diferenciable en el (0,0)

c) Podemos concluir que el hecho de que las derivadas parciales existan en el (0,0) no asegura diferenciabilidad en el punto

8 Sea la función

f (x, y) =

x 2y

x 4 + y 2

, (x, y) ≠ (0, 0)

0, (x, y) = (0, 0)

1. Halle∂ f

(x, y) y∂x

∂f (x, y)

∂y

2. ¿En qué direcciones v existe Dfv (0, 0) ?

3. ¿Es f(x,y) diferenciable en (0,0)?


2

2



Solución:3 5

a) Si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ⇒ ∂f (x, y ) =

2x y − 2x y∂x x 4 + y 2 2

Si (x,y) = (0,0), entonces

( )

(0 + h)2 .0 − 0∂f

(0, 0) = lim f (0 + h, 0) − f (0, 0) (0 + h)4 + 02

= lim= lim

0 = 0

∂xAsí:

h → 0 h h → 0 h h → 0 h 5

2x yL3 − 2xL5y si ( x,y ) ≠ ( 0, 0 )∂ f

( x, y ) = (x 4 + y 2 )∂x 0 Si ( x,y ) = ( 0, 0 )

6 2 2x − x y si ( x,y ) ≠ ( 0, 0 )

Análogamente∂f

(x, y ) = (x 4

+y2 ) ( PRUÉBELO ¡!!!)

∂y 0 Si ( x,y ) = ( 0, 0 )

b) Sea v = (a,b) tal que ||v||=1 ∂ f

(0, 0) = lim f ((0, 0) + tv ) − f (0, 0)

=∂v t → 0 t

= lim f (tv ) − 0

at 2bt

= lim f (at , bt )

= lim a 4t 4 + b 2t 2

t → 0

= lim

ta 2bt 3

t → 0

= lim

t t → 0

t 3 (a 2b)

t

= lima 2b a 2=

siempre que b sea distinto de cero.

En el caso de que b sea cero el vector v será (1, 0) y por lo tanto

∂f (0, 0) = lim

∂v t → 0

f ((0, 0) + t (1, 0 )) − f (0, 0)

=t

0

= lim f (t , 0)

= lim t 4 + 0 = lim

0 = 0

t → 0 t t → 0 t t → 0 t

Podemos concluir que la función posee derivadas direccionales en (0,0) en cualquier

dirección.




c) Para saber si f (x,y) es diferenciable en (0,0), resulta más sencillo en este caso,

analizar primero la continuidad en (0,0). Veamos si existe

camino y = mx 2

lim(x ,y )→(0,0)

f (x, y) : tomemos el

lim x 2y x 2mx 2

= lim= lim

m =

m

(x ,y )→(0,0) x 4 + y 2y =mx 2

x → 0 x 4 + m 2x 4

x → 0 1 + m2 1 + m2

Como el límite depende de m (de la parábola) se puede concluir que f(x,y) no es

continua en (0,0) y en consecuencia, f(x,y) no es diferenciable en (0,0).

Notar que la existencia de derivadas parciales y derivadas direccionales no implica diferenciabilidad.

9Estudia la diferenciabilidad de la siguiente función

⇒ xyf ( x, y ) =

x 2 + y 2

0

si (x, y ) ≠ ( 0, 0 )si (x, y ) = ( 0, 0 )




Solución:

(a) Calculamos inicialmente las derivadas parciales en el origen:

∂ f ( 0, 0 ) =∂x

lim∆x → 0

f ( ∆x , 0 ) − f ( 0, 0 )

=∆x

lim∆x → 0

0 − 0 = 0

∆x

por simetría de la función∂f ( 0, 0 ) = 0 .∂y

Utilizamos la definición para ver si es

diferenciable. La función será diferenciable

si

lim( ∆x ,∆y )→( 0,0 )

f ( ∆x, ∆y ) − f ( 0, 0 ) − ∂f ( 0, 0 ) ⋅ ∆x −

∂ f ( 0, 0 ) ⋅

∆y ∂x ∂ y = 0

( ∆x )2 + ( ∆y

)2

Se tiene que

lim( ∆x ,∆y )→( 0,0 )

f ( ∆x, ∆y ) − f ( 0, 0 ) − ∂f ( 0, 0 ) ⋅ ∆x −

∂ f ( 0, 0 ) ⋅

∆y ∂x ∂ y =

( ∆x )2 + ( ∆y

)2

= limf ( ∆x, ∆y )

= lim∆x ⋅ ∆y

( ∆x ,∆y )→( 0,0 ) ( ∆x )2

+ ( ∆y

)2

( ∆x ,∆y )→( 0,0 ) ( ∆x )2 + ( ∆y )2

Este último límite no tiende a cero

(basta calcular los límites radiales o pasar

a coordenadas polares).

Por lo tanto la función no es diferenciable en el origen.



Relación entre la diferencial y la derivada direccional. Gradiente.

10 El conjunto de los puntos (x, y) con 0 ≤ x ≤ 5 , 0 ≤ y ≤ 5 es un cuadrado colocado en el primercuadrante del plano XY. Supongamos que se caliente ese cuadrado de tal manera que

T ( x, y ) = x 2 + y 2

es la temperatura en el punto P(x, y). ¿En qué sentido se establecerá el flujo de

calor en el punto Po (2, 5 ) ?

Indicación: El flujo de calor en la región está dado por una función vectorial C ( x, y )porque su valor en cada punto depende de las coordenadas de éste. Sabemos por física

que C ( x, y )

será perpendicular a las curvas isotermas T ( x, y ) = c

donde c es

constante. El gradiente y todos sus múltiplos verifican esta condición. En esta

situación nos dice la física que C = −K ∇T donde K es una constante positiva(llamada conductividad térmica). Nótese que la razón del signo negativo es que el calor fluye desde puntos de mayor temperatura a puntos de menor temperatura.


z

z



Solución:

Como T ( 3, 4 ) = 25

el punto P está en la isoterma T ( x, y ) = 25 , que es un cuadrante

de la circunferencia

Co = −K ∇To .

x 2 + y 2 = 25 . Sabemos que el flujo de calor en

Po (2, 5 ) es

Como T ∇ = 2x i + 2y

j

se tiene que ∇To = 6i + 8 j . Así el flujo de calor en Po es:

Co = −K (6i + 8 j ) . Como la conductividad térmica es positiva se puede afirmar que

el calor fluye en Po en el sentido del vector unitario:

−(6i + 8 j ) 3 4

u = = − i − j(−6 )

2 + (−8 )

2 5 5

11 Hallar a y b para que la derivada direccional máxima de la función eax +by cos ( x + y ) − z = 0

en el punto

( 0, 0 ) sea 3 2 en la dirección de la bisectriz del primer cuadrante

Solución.-

La función z = eax +by cos ( x + y )

es continua por ser composición de funciones

continuas y es diferenciable por ser las derivadas parciales continuas en todo 2 :

' = ∂ f

x ∂x

' = ∂ f

y ∂y

= aeax +by cos ( x + y ) − eax +by sen ( x + y )

= beax +by cos ( x + y ) − eax +by sen (x + y )

Esto significa que la derivada direccional en un punto siguiendo una dirección se

puede obtener como el producto escalar de la dirección por el gradiente en el

punto

considerado.

Du f ( 0, 0 ) = ∇f ( 0, 0

), u= 3 2

Por otro lado el gradiente nos marca la dirección donde la derivada direccional es

máxima que en este caso es además la bisectriz del primer cuadrante luego en

este

caso:



1 2 2 = ∇ = ∇f ( 0, 0

)= 3 2 u

∇f ( 0, 0

)

f ( 0, 0

),

2 2

Calculando el gradiente en el origen:

∇f ( 0, 0 ) = ai + b

j

se tiene que cumplir que:

a 2 + b2 a b 2 2

u = , = ,

3 2 3 2 2 2

Por lo tanto, resolviendo el sistema formado por estas dos ecuaciones:

a = b = 3

Determinar, si es posible, un vector unitario u de modo que la derivada direccional de la

función f ( x, y, z ) = 1 − x y

zen el punto (1, 1, 1) y en la dirección de u sea 2 .

Puntuación: 10 puntos

En el punto (1, 1, 1) la función f es diferenciable por tener derivadas parciales primeras continuas, luego la derivada direccional es:

Du f (1, 1, 1) = ∇f (1, 1, 1), u = 2

∂ f = −

y ∂f = −

x ∂f = −

1 − x y∂x z∂ f (1, 1, 1) =

−1∂x

∂y z∂f (1, 1, 1) =

−1∂y

∂z z 2∂f

(1, 1, 1) = 0∂z

Du f (1, 1, 1) =

(−1, −1, 0 ), (a,b,c ) = 2

Se trata de resolver el sistema:



−a − b = 2 b = −a − 2 ⇒ 2 2 2

2 2 2 a + b + c = 1 c = −1 − 2a − 2 2a = −( 2a + 1) < 0 NO

Que no tiene solución. Luego no es posible encontrar el vector pedido.

12 De una función z = f ( x, y

)diferenciable en todo 2 se sabe que el plano tangente a f ( x, y

)en el punto

(1, 2) es: 2x + 3y + 4z = 1 . ¿Se puede calcular con estos datos la derivada direccional de f en la dirección que une el punto (1, 2) con el punto (3,4)? Justificar la respuesta.

La dirección en la que nos piden calcular la derivada direccional es:

v = ( 3 − 1, 4 − 2 ) = (2, 2 ) ⇒ u =

v 1

= , 1

v 2 2

Como el plano tangente en el punto (1, 2) es

2x + 3y + 4z = 1 ⇔ 1

x + 3

y + z = 1

2 4 4 (I)

que corresponde a la ecuación

∂ f (1, 2 )( x − 1) + ∂f (1, 2 )(y − 2 ) = z − f

(1, 2 )(II)

∂x ∂yse tiene que cumplir que

∂ f (1, 2 ) =

−1∂f (1, 2 ) =

−3

∂x 2 ∂y 4

sin más que igualar los coeficientes en las dos expresiones (I) y (II)

Luego la derivada direccional pedida es:

D ( f , (1, 2 )) = ∂f (1, 2 ),

∂ f (1, 2 ),

u

− 1 3 1= , − , ,

1 = −5

= −5 2

u ∂x ∂y 2 4 2 2 4 2 8

13 Sea f : A ⊂ 2 → definida por


3

2



x 3

f ( x, y ) = 2x 2 − y 2

−

0

(x, y ) ≠ ( 0, 0 )xy

(x, y ) = ( 0, 0 )

A) Dibujar el conjunto de puntos del plano donde f no está definida.

B) Calcular el límite direccional de la función en el origen a lo largo de la curva: y = x + x 2

C) Estudiar la continuidad y diferenciabilidad de f en el origen

D) Calcular los valores de fx ( 0, 0 ) y

fxy ( 0, 0 )

E) Determinar en el punto P (2,-1) el valor de la derivada en una dirección que forma 60º con el eje

OX positivo.

Solución:

A) f(x, y) no está definida en aquellos puntos que anulen el denominador

2x 2 − y 2 − xy = 0 ⇔ y 2 + xy − 2x 2 = 0 ⇔ y = x x 8x

= x

2 2

Es decir, la función f no está definida sobre las rectas y = x e y = -2x.

B) El límite pedido es:

lim f ( x, y ) = lim x

=(x ,y )→( 0,0 )y =x +x 2

x → 02x 2 − (x + x 2 ) − x (x + x 2 )


3

'

y

y

2

2

y y 4

3 3

4



lim x

= lim x

= 1x → 0 2x 2 − (x 2 + x 4 + 2x 3 ) − (x 2 + x 3 )

x → 0 x 4 + x 3

C) Si calculamos los límites radiales:

lim f ( x, y ) = lim x

= lim x

= 0(x ,y )→( 0,0 ) y =mx m ≠1,−2

x → 0 2x 2 − (mx )2 − x (mx

)x → 0 2 − m2 − m

Vemos que la función no es continua en el origen ya que aunque todos tienen el mismo valor

no coincide con el límite según la dirección del apartado b)-

Por no ser continua, tampoco puede ser diferenciable, ya que toda función diferenciable

en un punto debe ser continua en él.

D) Calculamos las derivadas parciales pedidas:

t 3

f ( t , 0 ) − f ( 0, 0 ) 2 1f ( 0, 0 ) = lim = lim =x t → 0 t

Para calculart → 0 t 2

f ( t , 0 ) − f ( 0, 0 )f '' ( 0, 0 ) = lim y y

yx t → 0 t

debemos calcular primero f ' ( 0, 0 ) y

f ' (t, 0 ) :

f ( 0, t ) − f ( 0, 0 ) 0 − 0• f ' ( 0, 0 ) = lim = lim = 0y t → 0 t t → 0 t

−x 3 (−2y − x )• f ' (x, y) = =x 3 ( 2y + x

) si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )y

(2x 2 − y 2

4

− xy ) (2x2 − y 2

− xy )

• ⇒ f 'y(t, 0 ) = x

= 1

22x 2( )

Ahora,

1 − 0f ' ( t , 0 ) − f ' ( 0,

0 )f ' ( 0, 0 ) = lim = lim = ±∞yx t → 0 t t → 0 t

y

u

4 2 2

2

2



luego no existe f '' ( 0, 0 )

E) En P (2,-1), f(x, y) es diferenciable, ya que se trata de una función racional con

denominador no nulo.

Podemos por tanto calcular, D f ( 2, −1) = ∇f ( 2, −1), u

• Calculemos ∇f (2, −1)

f ( x y ) = 2x − 3x y − 2x y xL3 ( 2y + x )

f ( x y ) ='x , 'y ,

(2x2 − y 2

− xy ) (2x2 − y2 − xy )

f 'x ( 2, −1)

25 − 3 ⋅ 4 + 2 ⋅ 2 3 4= = f 'y ( 2, −1)

8 ( − 2 + 2 )= = 0

81 9 81

π π 1 3 • u = cos , sen = , 3 3 2 2

luego, D f ( 2, −1) = 4 1 3 2

, 0 , , =u 9

2 2 9

Nota: También se puede recurrir a la definición de derivada direccional, pero lleva más

operaciones.

14 Se considera la función real de dos variables

x 3 + y 3 f ( x, y ) = x 2 + si (x, y ) ≠ ( 0, 0 )

y 2 0 si (x, y ) = ( 0, 0 )

(a) Estudia, mediante la definición, para qué vectores unitarios u existe la derivada direccional de f en el

origen, Du f ( 0, 0 ) . Calcula dicha derivada direccional.

(b) ¿Cuánto vale el gradiente de f en el origen?

(c) Estudia la diferenciabilidad en el origen

(d) A partir del valor obtenido en (a) calcula el valor máximo de Du f ( 0, 0 ) , y la dirección u de

forma que Du f ( 0, 0 ) es máxima.


3

3



Solución:

(a) Se considera el vector unitario u = ( cos ϕ, senϕ ) utilizando la definición

f ( t co s ϕ, tsen ϕ ) − f ( 0, 0 )D f ( 0, 0 ) = lim =u t → 0 t

t 3 ( cos3 ϕ + sen 3ϕ )− 0= lim t

2 = cos3 ϕ + sen 3ϕ

t → 0 t

(b) ∂ f ∂f ∇f ( 0, 0 ) = ( 0, 0 )i + ( 0, 0 )i∂x ∂y

Calculamos las derivadas parciales

t − 0

∂ − f ( 0, 0 ) = lim

f ( t , 0 ) f ( 0, 0 ) = lim t

2 = lim

t = 1

∂x t → 0 t

∂ −

t → 0 t

0 + t

t → 0 t

f ( 0, 0 ) = lim f ( 0, t ) f ( 0, 0 )

= lim t 2 = lim 1 = 1∂y t → 0 t t → 0 t t → 0

Por lo tanto, f∇ ( 0, 0 ) = i + j .


u

u

π π

π



(c) La función no es diferenciable en el origen porque en caso de ser diferenciable se

tendría que

Du f ( 0, 0 ) = f∇ ( 0, 0

), u

= i + j, cos ϕi + senϕ j

= cos ϕ + senϕ

y por el apartado (a) la derivada direccional es D f ( 0, 0 ) = cos3 ϕ + sen 3ϕ .

(d) La derivada direccional D f ( 0, 0 ) = cos3 ϕ + sen 3ϕ

es una función de ϕ ,

h (ϕ ) = cos3 ϕ + sen 3ϕ , que es derivable, por lo tanto, el valor más grande se

alcanzará cuando

h ' (ϕ ) = −3 cos2 ϕsenϕ + 3sen 2ϕ cos ϕ == 3senϕ cos ϕ (− cos ϕ + senϕ ) = 0

senϕ = 0 ⇒ ϕ1 = 0

ϕ2 = π

h ' (ϕ ) = 0 ⇔ cos ϕ = 0 ⇒ ϕ3 =

3 π ϕ4 =

2 2

Como

senϕ = cos ϕ

π⇒ ϕ5 = 4

ϕ = 5 π

6 4

h '' (ϕ ) = 3 cos2 ϕ (− cos ϕ + senϕ ) − 3sen 2ϕ (− cos ϕ + senϕ )+3senϕ cos ϕ (senϕ + cos ϕ )

se tiene que los máximos y mínimos relativos son:

h '' ( 0 ) < 0, π

h '' < 0, 5 π

h '' < 0 MAXIMO 2 4

π h '' > 0, h '' ( π ) > 0,

3π h '' > 0 MINIMO

4 2

El máximo absoluto es en la dirección del eje positivo de las X o de las Y

u = ( cos 0, sen 0 ) = (1, 0 )

ó u = cos , sen = ( 0, 1)

2 2



cos(φ)3+sin(φ)3

1

0.5

0

-0.5

-1

0 1 2 3 4 5 6φ

La representación de la función es:

15 Se considera la función: x⇒sen ( xy )

f ( x, y ) = x 2 + y 2 si (x, y ) ≠ ( 0, 0 )

Se pide: 0 si (x, y ) = ( 0, 0 )

(a) Estudiar la continuidad de f en todo punto del plano.

(b) Calcular ∂f∂x

y ∂f∂y en todo 2




(c) Estudiar la derivada direccional de f en el origen en cualquier dirección

(d) ¿Es f diferenciable en el origen?

Solución:

(a) En los puntos del plano distintos del origen la función es continua por ser cociente de

funciones continuas con denominador no nulo.

En el origen estudiamos el siguiente límite:

im f ( x, y ) limx ⋅ sen ( x y )

limρ co s ϕ sen ( ρ 2sen ϕ cos ϕ )

l = = =2 2 2

( , )→( 0,0 )

( , )→( 0,0 )

x + y ρ → 0 ρx y x y

ϕ ∈ 0,2π

= limcos ϕ ( ρ2senϕ cos ϕ )

= lim ρsenϕ cos2 ϕ = 0 = f ( 0, 0 )senα α ρ → 0 ρ

si α → 0 ϕ ∈ 0,2π

ρ → 0ϕ ∈ 0,2π

donde en el último límite se ha utilizado que el producto de un infinitésimo por una función

acotada es cero.

Por lo tanto la función es continua en todo 2

(b) Las derivadas parciales en puntos distintos del origen son:

∂f sen ( xy ) + xy cos ( xy ) (x 2 + y 2 ) − 2x xsen ( xy ) =

∂x x 2 + y 2 2

∂f = ⇒

( ) x 2 cos (xy )

(x 2 + y2 ) − 2y xsen ( xy )

∂y x 2 + y 2 2

En el origen:

∂

( )

t ⋅ sen ( 0 )+ − − 0

f ( 0, 0 ) = lim

f ( 0 t , 0 ) f ( 0, 0 ) = lim t

2 lim

0 = 0

∂x t → 0 t

∂ + −

t → 0 t0 ⋅ sen ( 0 )

t → 0 t

− 0 f ( 0, 0 ) = lim

f ( 0, 0 t ) f ( 0, 0 ) = lim t

2 lim

0 = 0

∂y t → 0 t t → 0 t t → 0 t


u

1



Por lo tanto las derivadas parciales de primer orden existen en todo 2

(c) Calculamos la derivada direccional en cualquier dirección u = ( cos ϕ, senϕ ) utilizando

la definición:

f ( 0 + t co s ϕ, 0 + t sen ϕ ) − f ( 0, 0 )D f ( 0, 0 ) = lim =u

t → 0 t

t ⋅ c o s ϕ ⋅ s e n ( t 2 s e n ϕ c o s ϕ )

− 0 t ⋅ cos ϕ ⋅ (t 2senϕ cos ϕ )−

= limt → 0

t 2 co s 2 ϕ + t 2sen 2ϕ

t= lim

t → 00

tL2

t

= senϕ cos2 ϕ

Luego, la derivada direccional de la función f en el origen en la dirección u = ( cos ϕ, senϕ ) es

D f ( 0, 0 ) = senϕ cos2 ϕ

(d)

Método 1: La función no es diferenciable en el origen porque la derivada direccional en

el origen no es el producto escalar del gradiente en el origen por la dirección.

Método 2: Utilizando la definición de diferenciabilidad:

lim( ∆x ,∆y )→( 0,0

)

f ( ∆x, ∆y ) − f ( 0, 0 ) − ∆x ⋅ 0 − ∆y ⋅ 0

( ∆x )2

+ ( ∆y

)2

= lim( ∆x ,∆y )→( 0,0 )

∆x ⋅ sen ( ∆x ⋅ ∆y )( ∆x )2

+ ( ∆y )2

=( ∆x )2

+ ( ∆y )2

= lim∆x ⋅ sen ( ∆x ⋅ ∆y )

= limρ 3 co s2 ϕ ⋅ sen ϕ = lim cos2 ϕ ⋅ senϕ

( ∆x ,∆y )→( 0,0 ) 2 2 3/2 3 ρ → 0(( ∆x ) + ( ∆y ) )

ϕ ∈ 0,2π ρ ϕ ∈ 0,2π

Como el último límite no existe por depender de ϕ , el límite no es cero y en consecuencia la

función no es diferenciable en el origen.

16Sea f : 2 → definida de la forma: f ( x, y )

=

ex 2 +y 2 −

1 x 2 + y 2

si (x, y ) ≠ ( 0, 0 )si (x, y ) = ( 0, 0 )

Se pide:

(a) Continuidad en (0,0)


22

2

2 2



(b) Diferenciabilidad en (0,0)

(a) Continuidad en (0,0)

lim(x ,y )→( 0,0 )

e x 2 +y2 − 1 =

x 2 + y 2

limρ → 0ϕ ∈ 0,2π )

e ρ2

− 1

ρ2=

e ρ2 −1≈ ρ2 loge

1 = f ( 0, 0 )

Nota: En el último límite se puede aplicar también L’Hopital

ρ2 ρ2

lim e − 1

= lim 2ρe

= 1ρ → 0 ρ2 ρ → 0 2ρ


fx ( 0, 0 ) =

lim∆x → 0

f ( 0 + ∆x , 0 ) − f ( 0, 0 )

=∆x

lim∆x → 0

( ∆x )2

e − 1 − 1

( ∆x )2⇒ =

∆x

= lim e( ∆x ) − 1 − ( ∆x )= lim

2 ( ∆x )e( ∆x

)− 2 ( ∆x )

= lim 2e(∆x ) − 2 = lim4 ( ∆x )e( ∆x )

= 0

∆x → 0 ( ∆x

)3

L ' Hopital ∆x → 0 3 ( ∆x

)2

∆x → 0 3 ( ∆x )

L ' Hopital ∆x → 0 3

Por simetría fy ( 0, 0 ) = 0 .

Vemos si es diferenciable comprobando si se cumple:

Como

lim( ∆x ,∆y )→( 0,0

)

f ( ∆x, ∆y ) − f ( 0, 0 ) − ∂f ( 0, 0 ) ⋅ ∆x −

∂ f ( 0, 0 ) ⋅ ∆y ∂x ∂ y = 0

( ∆x )2 + ( ∆y

)2


2



lim∆x ,∆y → 0,0

( ∆x )2 +( ∆y )

2

e − 1 − 1 − 0 ⋅ ∆x − 0 ⋅ ∆y

( ∆x )2 + ( ∆y )2

2 2= lim

ρ → 0

eρ2 − 1 − ρ2

= 03( ) ( ) ( ∆x

)+ ( ∆y ) ϕ ∈ 0,2π )

ρ

la función es diferenciable en el origen.

Nota: Este último límite es el mismo que el de cálculo de la derivada parcial.

17 x y

si (x, y ) ≠ ( 0, 0 )Dada la función f ( x, y ) = x 2 + y 2

0 si (x, y ) = ( 0, 0 )

(a) Estudiar la continuidad y diferenciabilidad en 2 (10 puntos)

(b) Calcular la derivada direccional en el punto (0, 0) según el vector v = (1, 1) , el vector u = (1, 0 ) y

el vector u = ( 0, 1) . (5 puntos)

Solución:

(a) Continuidad en (0,0).

lim f ( x, y ) =lim x 2y = lim

ρ3 cos2 ϕ ⋅ senϕ = lim ρ cos2 ϕ ⋅ senϕ = 0(x ,y )→( 0,0 ) (x ,y )→( 0,0 ) x 2 +

y 2ρ → 0 ρ2ϕ ∈ 0,2π

ρ → 0ϕ ∈ 0,2π inf initésimo

a cotado

como el valor del límite coincide con el valor de la función en el punto es una función continua

en el origen.

En el resto de puntos (x,y) distintos de (0,0) la función es continua por ser cociente de

funciones continuas con denominador no nulo en dichos puntos.


En los puntos (x, y) distintos del origen la función tiene derivadas parciales


2 2

2

2

v



2xy (x 2 + y 2 ) − x 2y ⋅ 2xfx ( x, y ) = =

2x 2y + 2xy 3 si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )

(x 2 + y2 ) (x 2 + y 2 )x 2 (x 2 + y 2 ) − x 2y ⋅ 2y x 4 − x 2y 2fy (x, y ) = =

si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )

(x 2 + y 2 ) (x 2 + y 2 )y además son continuas por ser cociente de funciones continuas con la función del denominador no nula en estos puntos (el denominador solo se anula si (x, y)=(0,0)). Por lo tanto la función f es diferenciable en todos los puntos distintos del origen.

En el origen

fx ( 0, 0 ) =

fy ( 0, 0 ) =

lim∆x → 0

lim∆y → 0

f ( ∆x , 0 ) − f ( 0, 0 )

=∆x

f ( 0, ∆y ) − f ( 0, 0 )

=∆y

lim∆x → 0

lim∆y → 0

0 − 0 = 0

∆x0 − 0

= 0∆x

Utilizando la definición vemos si es diferenciable:

( ∆x )2 ( ∆y )

f ( ∆x, ∆y ) − f ( 0, 0 ) − f ( 0, 0 ) ⋅ ∆x −

f( 0, 0 ) ⋅ ∆y ( ∆x )

2 + ( ∆y )

2

lim( ∆x ,∆y )→( 0,0

)

x y =( ∆x )2

+ ( ∆y )2

lim( ∆x ,∆y )→( 0,0

)

=( ∆x )2

+ ( ∆y )2

2 3 2 2

= lim( ∆x ,∆y )→( 0,0 )

( ∆x ) ( ∆y

)

( ∆x )2 + ( ∆y )2

1+ 12

ρ= lim

ρ → 0ϕ ∈ 0,2π

( cos ϕ ) (senϕ )

ρ3

Que depende de ϕ , luego la función no es diferenciable en el origen.

Nota: También se puede calcular el límite por radiales y ver que depende de la pendiente de la

recta por la que nos aproximemos al origen.

(b) Derivadas direccionales:

Al no ser la función diferenciable no es válida la expresión Du f ( 0, 0 ) = ∇f ( 0, 0

), uque debemos aplicar la definición de derivada direccional

por lo

v = (1, 1) → u = v 1

= , 1 2 2

luego:

2 2

=

t



1f 0 + t , 0 + t

1 − f ( 0, 0 ) ⇒D f ( 0, 0 ) = lim =u t → 0 t

1t

2 t

1 2 2 3

2 2 1 t

1 + t 2 2

2 2 = lim t 2

= 1

t → 0 t t → 0 t 2 2

La derivada direccional en la dirección (1, 0) es la derivada parcial respecto a x y la derivada

direccional en la dirección (0, 1) es la derivada parcial respecto a y calculadas anteriormente

y

cuyo valor en ambos casos es cero.

Plano tangente

18 De una función z = f ( x, y

)diferenciable en todo 2 se sabe que el plano tangente a f ( x, y

)en el punto

(1, 2) es: 2x + 3y + 4z = 1 . ¿Se puede calcular con estos datos la derivada direccional de f en la

dirección que une el punto (1, 2) con el punto (3,4)? Justificar la respuesta.

La dirección en la que nos piden calcular la derivada direccional es:

v = ( 3 − 1, 4 − 2 ) = (2, 2 ) ⇒ u =

v 1

= , 1

v 2 2

Como el plano tangente en el punto (1, 2) es

2x + 3y + 4z = 1 ⇔ 1

x + 3

y + z = 1

2 4 4 (I)

que corresponde a la ecuación

∂ f (1, 2 )( x − 1) + ∂f (1, 2 )(y − 2 ) = z − f

(1, 2 )(II)

∂x ∂y

se tiene que cumplir que


x

2

x 1 x −x



∂ f (1, 2 ) = −1 ∂f (1, 2 ) =

−3∂x 2 ∂y 4

sin más que igualar los coeficientes en las dos expresiones (I) y (II)

Luego la derivada direccional pedida es:

D ( f , (1, 2 )) = ∂f (1, 2 ),

∂ f (1, 2 ),

u

− 1 3 1= , − , ,

1 = −5

= −5 2

u ∂x ∂y 2 4 2 2 4 2 8

Regla de la cadena. Derivación compuesta.19

Sea u = x 4y + y 2z 3 + ϕ donde

y

x = 1 + rset

Calcular ∂ u

y = rs2e−t

z = r s sent

3 cuando r = 2, s = 1, t = 0 sabiendo que ϕ ' = −1∂s 2

Solución.-

∂u =

∂ u ∂ x +

∂u ∂ y +

∂u ∂ z

=∂s ∂x ∂s ∂y ∂s ∂z ∂s

= 4x 3y + ϕ ' ret + x 4 + 2yz 3 + +ϕ ' 2rse−t + 3y 2z 2r 2sent y y y y 2

Para r=2, s=1, t=0 se tiene que x=3, y=2, z=0. Sustituyendo estos valores en la 3 expresión anterior, así como ϕ ' = −1 , resulta que ∂u

= 7582 ∂s

20 Considerando x = r cos ϕ,

∂2z

y = rsenϕ transformar ∂2z∂r ∂ϕ

utilizando coordenadas cartesianas, es decir,

expresar∂r ∂ϕ

en función de z , x e y y sus derivadas parciales.


y



Solución:

Aplicando la regla de la cadena, teniendo en cuenta que x = r cos ϕ,

y = rsenϕ

(inversamente r =

x 2 + y2 , ϕ = arctg ) se puede escribir,x

∂z =

∂z ∂x +

∂z ∂ y =

∂ z cos ϕ +

∂ z senϕ =

∂z x +

∂z y ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂x ∂y ∂x x 2 + y

2∂y x 2 + y 2

∂ z =

∂ z ∂ x +

∂z ∂ y =

∂z (−rsenϕ ) + ∂z (r cos ϕ ) =

∂ z (−y ) + ∂ z

x

∂ϕ ∂x ∂ϕ ∂y ∂ϕ ∂x ∂y ∂x ∂y

Derivando ahora respecto de r teniendo en cuenta que x e y dependen de r y ϕ

r ∂ 2 z ∂ ∂z ∂ A ∂x ∂A ∂ y= = + =x ∂r ∂ϕ

y

ϕ

∂r ∂ϕ

llamamosA=

∂ z∂ϕ

∂x ∂r ∂y ∂r

∂ 2 z ∂ z ∂ 2 z x ∂ z ∂ 2 z ∂ 2 z y= −y + + x + − − y + x x 2 ∂y ∂x ∂y x 2 y 2 ∂x ∂x ∂y y 2 x 2 ∂ + ∂

xy ∂2z ∂2z 1 ∂z ∂z x 2 − y 2 ∂2z

= − + x − y +

x 2 + y 2 ∂y 2 ∂x 2 x 2 + y 2 ∂y ∂x x 2 + y 2 ∂x ∂y

21 Dada u = g ( x, h ( x, y )), y = f (t ) , calcular la razón de cambio (derivada) de u respecto de t.

Solución.-

Llamamos m = h ( x, y ) , entonces el esquema de dependencia es

xu x

m

y t

Luego aplicando la regla de la cadena


2



∂u =

∂ u∂t ∂m

∂ m d y ∂y dt

): Utilizar la regla de la cadena para probar

(a)∂h

siendo h ( x, y ) = f ( x, u ( x, y )) . Poner además un ejemplo de función h (6 puntos).∂x

Solución:

h (x, y ) = f ( x, u ( x, y ))

∂ h =

∂f+

∂ f ∂u

∂x ∂x ∂u ∂x

Por ejemplo

u = u ( x, y ) = xy f (x, u) = x 2

+ u 2

h ( x, y ) = f ( x, u ( x, y )) = x 2 + x 2y 2

∂h =

∂ f+

∂ f ∂ u = 2x + 2uy = 2x + 2xyy = 2x + 2xy 2

∂x ∂x ∂u ∂x

(b) Calcular d y

dt siendo y = h ( x ) = f (x 2 + g (x ) +

g(2)) ,x = sen (t ) . Poner además un

ejemplo de función h (7 puntos).

Llamamos u = x 2 + g ( x ) + g(2) entonces:

Y----u----x----t

d y =

d y d u d x dt du dx dt

= f ' (u )( 2x + g ' ( x )) ⋅ cos t = f ' (sen 2t + g (sent ) + g ( 2 ))( 2sent + g ' (sent )) cos t

Ejemplo: f (u ) = u 2 , g ( x ) = ex

y = h ( x ) = (x 2

+ ex + e2 )2 2y = h (t ) = (sen 2t ) + esent + e2

1

22 Calcular la expresión de las derivadas parciales respecto a “x” y a “y” de la función:

ω = f (g (x 2 ) + h (y ), g ( x )h (y

))


2 2 2

2



Considerando que g y h son funciones derivables y que f es una función diferenciable.

Se trata de calcular las derivadas parciales de ω = f (u, v ) siendo

u = g (x 2 ) + h (y ) v = g ( x )h (y )

Aplicando la regla de la cadena:

∂ω =

∂ω ⋅

∂u +

∂ω ⋅

∂v =

∂ω ⋅ g ' (x 2 ) ⋅ 2x +

∂ ω ⋅ g ' ( x ) ⋅ h (y )∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u ∂v

∂ω =

∂ω ⋅

∂u +

∂ω ⋅

∂ v =

∂ ω ⋅ h ' (y ) +

∂ω ⋅ g ( x ) ⋅ h ' (y )∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂u ∂v

23 La temperatura de una placa viene dada por T ( x, y ) = 1 − y

1 + x 2y2

(a) ¿En qué dirección tendríamos que desplazarnos desde el punto (1,1) para que la temperatura

decrezca lo más rápidamente posible? Justificar la respuesta.

(b) ¿En qué dirección desde el mismo punto la variación de la temperatura es ¼? Justificar la

respuesta.

(c) Dada la curva en paramétricas ϕ (t ) = ( cos t, 1 + sent ) calcular el vector tangente a la curva en

t=0.

(d) Calcular (T ϕ ) ' ( 0 ) . ¿Qué representa dicho valor?

Solución:

(a) Las derivadas parciales de T son∂T ( x, y ) = ( 1 − y

) 2x y−

∂ T ( x, y ) = − − 1 − 2x y + x y

∂x (1 x 2y 2 )

∂y (1 x 2y 2 )+ +

La dirección para que la temperatura decrezca lo más rápidamente es el vector

∇T (1, 1)u = −

∇T (1, 1)


2 2 2

2

2

1



Calculando el gradiente en el punto (1,1)

∂ T ∂ T 1

∂x ∂y 2

luego

u = ( 0, 1)

(b) Como la función es diferenciable se trata de encontrar el vector

manera quev = ( cos ϕ, senϕ ) de

Dv ( f , (1, 1)) = ∇T (1, 1), ( cos ϕ, senϕ ) =4

− sen ϕ

= 1

⇔ senϕ = − 1

⇔ ϕ = − π ó ϕ = −

π −

π = −

4 π

2 4 2 6 6 2 6

(c) El vector tangente a la curva en t=0 es

ϕ ' (t ) = (−sent, cos t ) ⇒ ϕ ' ( 0 ) = ( 0, 1)

(d) Se tiene que (T ϕ )(t ) = T (ϕ (t ))

y por lo tanto esta función evalúa la temperatura

en los puntos de la curva dada en paramétricas. (T ϕ ) ' ( 0 ) calcula la variación de

la temperatura respecto al parámetro t en el punto de la

curva ϕ ( 0 ) = ( cos 0, 1 + sen 0 ) = (1, 1) .

La dependencia de las variables es: T=T(x,y) con x=x(t)=cost, y=y(t)=1+sent

x t

T

y t

Aplicando la regla de la cadenad T

= ∂T d x +

∂T d y = −

( 1 − y

) 2x y(−sent ) +

− 1 + x y − 2x y cos t

dt ∂x dt ∂y dt (1 x 2y 2 ) (1 x 2y 2 )+ +

Sustituyendo t=0, x=cos0=1, y=sen0=0 se tiene que

(T ϕ ) ' ( 0 ) = −1




Derivación implícita

24 Dada F (x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 + xy + 2z − 1 , se pide:

A) determinar si F (x, y, z ) = 0

decir, z = f(x, y)

define en el punto P (0,-1,0) a z como función implícita de x e y, es

B) Encontrar las derivadas parciales de primer y segundo orden de la función z=f(x,y) en el punto

(0,-1)

C) Hallar en (0,-1) el valor de dz y d 2z cuando dx = dy = 0.2.

SOLUCION:

A) F (x, y, z ) = 0

define a z = f(x, y) en un entorno de P (0,-1,0) si

• El punto P es un punto de la superficie, es decir, F (0,-1,0) = 0. En efecto,

F (0,-1,0) = 1 -1 = 0• Fx, Fy, Fz son continuas en un entorno de P. Es evidente ya que

Fx ( x, y, z ) = 2x + y

Fy (x, y, z ) = 2y + x




son funciones polinómicas

Fz ( x, y, z ) = 2z + 2

• Fz ( 0, −1, 0 ) ≠ 0 . Como

Fz ( x, y, z ) = 2z + 2

se tiene

Fz ( 0, −1, 0 ) = 2 ⋅ 0 + 2 = 2

B) Para calcular las derivadas parciales de primer orden derivamos implícitamente la función

F (x, y, z ) = 0

: Respecto a x:

(1) 2x + 2z z + y + 2z = 0 ⇒ z = − 2x + y

Respecto a y:

x x x 2z + 2

(2) 2y + 2z z + x + 2z = 0 ⇒ z = − 2y + x

y y y 2z + 2

Para calcular las derivadas de segundo orden basta derivar (1) y (2) respecto a x e y

nuevamente:

2 + 2 (z )2

2 + 2z z + 2zz + 2z = 0 ⇒ z = − x x x xx xx xx 2z + 2

2z z + 2zz + 1 + 2z = 0 ⇒ z = − 2zy zx + 1

y x xy xy xy 2z + 22zx zy + 1

2z z + 2zz + 1 + 2z = 0 ⇒ z = −x y yx yx yx 2z + 2

2 + 2 (z )2

2 + 2z z + 2zz + 2z = 0 ⇒ z = − y y y yy yy yy 2z + 2

Sustituyendo en (x, y)=(0, -1) (con z=0) se tendrá.

z ( 0, −1) =

1x 2

z ( 0, −1) = 2

= 1y 2

1 2 + 2 4 z ( 0, −1) = − = − 5

xx 2 4


xx xy



zxy

zyy

2 ⋅ 1

⋅ 1 + 1( 0, −1) = − 2 = −1 = zyx2

( 0, −1) = − 2 + 2 ⋅ 1

= −22

( 0, −1)

C) Para calcular la diferencial:

dz = z dx + z dy = 1

( 0, 2 ) + 1( 0, 2 ) = 0.3x y 2

d 2z = z (dx )2

+ 2z dxdy + z (dy )2 = −

5 14 52 + 2 (−1)

1

52

+ (−2 ) 1 =

52

= 1 −2 1

=− 2 1

= −0.2152 4 4 * 25

TESTS

25 Supongamos que estamos sobre el punto P (−1, 5, 8)

en una colina cuya ecuación es

z = 74 − x 2 − 7xy − 4y 2 . El eje Y señala hacia el norte y el eje X hacia el este, y las distancias se miden en metros.

(a) Para subir por la máxima pendiente desde el punto P me tengo que mover hacia el

noroeste

(b) Para subir por la máxima pendiente desde el punto P me tengo que mover hacia el

suroeste

(c) Para subir por la máxima pendiente desde el punto P me tengo que mover hacia el

noreste

(d) Para subir por la máxima pendiente desde el punto P me tengo que mover hacia el suresteN

Solución.-

Se tiene que:

NO NEO E

SO SE

S




(−1, 5, 8) verifica la ecuación z = 74 − x 2 − 7xy − 4y 2

(está en la colina).

Además

∂z = −2x − 7y ⇒

∂x∂z (−1, 5 ) = 2 − 35 = −33∂x

∂ z = −7x − 8y

∂y ⇒ ∂z (−1, 5 ) = 7 − 40 = −33∂y

Luego la dirección donde hay máxima pendiente es:

∇ f ( − 1 , 5 ) − 1= ,− 1

∇f (−1, 5 ) 2 2

26 Sea f ( x, y ) , una función continua con derivadas parciales primeras y segundas continuas en todo

2 , tal

que su polinomio de Taylor de orden 2 desarrollado en el punto (1, -1) es

P2 (x, y ) = 2 + (x − 1) − 2 (y + 1) + 6 ( x − 1)(y

+ 1)Entonces la ecuación del plano tangente a la gráfica de f en el punto (1, -1, 2) es:

z = 2 + ( x − 1) − 2 (y + 1)

(a) Falso, el plano tangente tiene como ecuación z = 2 + (x − 1) − 2 (y + 1) + 6 (x − 1)(y + 1)(b) Falso, pues no podemos calcular la ecuación del plano tangente con los datos del problema. (c) Falso, pues no podemos determinar si el punto (1,-1,2) pertenece a la gráfica de f.

(d) Verdadero, ya que f (1, −1) = 2, ∇f (1, −1) = (1, −2 ) .

Solución: (d) Por definición el polinomio de Taylor de grado 2 con derivadas parciales

primeras y segundas continuas en todo 2 (se cumple por tanto las hipótesis del teorema de

Shwartz: fxy = fyx )

∂f ∂fP2 ( x, y ) = f (1, −1) +

1 ∂2 f

(1, −1)( x − 1) +

∂x2 ∂2 f

(1, −1)(y + 1) +∂y∂2 f 2

+ (1, −1)( x − 1)2 ! ∂x 2+

∂x ∂y(1, −1)( x − 1)(y + 1) + ∂y 2

(1, −1)(y + 1)



Además por tener las derivadas parciales primeras continuas en el punto (1, -1) es

diferenciable, y en consecuencia se puede calcular el plano tangente a la función en el punto

(1, -1, f(1,-1))=(1, -1, 2)

27 Sea f ( x, y ) , una función con derivadas parciales primeras nulas en el punto (1, 1). Determina la

afirmación correcta.

(a) Por tener derivadas parciales en el punto (1, 1) existe la derivada direccional de f en el punto (1, 1)

en cualquier dirección.

(b) Por tener derivadas parciales en el punto (1, 1) es diferenciable en el punto (1, 1)

(c) Por tener derivadas parciales en el punto (1, 1) no se puede concluir que es continua en el punto

(1, 1)

(e) La ecuación del plano tangente a la función f en el punto (1, 1) es un plano horizontal. .

Solución (c).

Se han visto en clase ejemplos de la falsedad de las afirmaciones (a), (b), (d) y de la certeza de la afirmación (c).

28 Sea w = f (x, y, z

)que:

= x 2ye1+z 2 donde x = t 2 + t , y = t 2 + 1 , z = t 5 + 2 , entonces se verifica para t=0

d w ( 0 ) =

0dt

(a) Verdadero, aplicando la regla de la cadena tenemos

d w ( 0 ) = ∂f ( 0, 0, 0 ) d x ( 0 ) +

∂f ( 0, 0, 0 )d y ( 0 ) + ∂f ( 0, 0, 0 )d z ( 0 ) = 0 ⋅ 1 + 0 ⋅ 0 + 0 ⋅ 0

= 0dt ∂x dt ∂y dt ∂z dt

(b) Verdadero, pues aplicando la regla de la cadena tenemos

d w ( 0 ) = ∂f ( 0, 1, 2 ) d x ( 0 ) +

∂f ( 0, 1, 2 )d y ( 0 ) + ∂ f ( 0, 1, 2 ) d z ( 0 ) = 0 ⋅ 1 + 0 ⋅ 0 + 0 ⋅ 0

= 0dt ∂x dt ∂y dt ∂z dt

(c) Falso, ya que w no es diferenciable en t=0 y por lo tanto no podemos aplicar la regla de la

cadena. (f) Ninguna de las respuestas anteriores es correcta..

Solución (b) Para t=0 se tiene x=0, y=1, z=2. Es aplicación inmediata de la regla de la cadena.

2

2



29 Sea z = f ( x, y ) = arctg (1 + x + y ) utilizando la diferencial un valor aproximado de:

z = arctg (1 + 0 ' 1 + 0 ' 1) es:

(a)π

+ 2 10−1

4 1 +2

1 + 2 ⋅ 10−1

(b) 2

( )10−1

(c)

1 + (1 + 2 ⋅ 10−1 )π

+ 10−1

4(g) Ninguna de las anteriores

Solución: (c) Basta tener en cuenta que:

Como

∆z = f ( 0 ' 1, 0 ' 1) − f ( 0, 0 ) ≈ 0 ' 1 ⋅ fx ( 0, 0 ) + 0 ' 1 ⋅ fy ( 0, 0 )

f ( 0 ' 1, 0 ' 1) ≈ f ( 0, 0 ) + 0 ' 1 ⋅ fx ( 0, 0 ) + 0 ' 1 ⋅ fy ( 0, 0 )

f ( 0, 0 ) = arctg (1) = π

4

f ( x, y ) = 1

f ( x, y ) = 1

x y1 + (1 + x + y ) 1 + (1 + x + y )

2

Se tiene que:

arctg (1 + 0 ' 1 ⋅ 2 ) ≈ π

+ 2 ⋅ 0 ' 1

4 2

30 Sea z = f ( x, y ) =

punto (1,-2):

(a) no existen

x L 2 + y L 2 + 4 y − 2 x + 5

x 2 + 2y2 − 2x + 8y + 9

se puede afirmar que los límites radiales de la función f en el

(b) son todos iguales y valen cero.

(c) son todos iguales y valen 5/9

(h) dependen de la pendiente de la recta que se considere.

Solución (d)

x 2 + y 2 + 4y − 2x + 5 lim = limx 2 + (−2 + m ( x − 1))2

+ 4 (−2 + m ( x − 1)) − 2x + 5=

( ,y )→(1,−2 ) 2 2 x →1 2 2

x 2 ( 1)

x + 2y − 2x + 8y + 9

x + 2 (−2 + m ( x − 1))

− 2x + 8 (−2 + m ( x − 1)) + 9

y + =m x −



= limx 2 + 4 + m2 (x − 1)2

− 4m (x − 1) − 8 + 4m ( x − 1) − 2x + 5=

x →1 x 2 + 8 + 2m2 ( x − 1)2 − 8m ( x − 1) − 2x − 16 + 8m (x − 1) + 9

= limx 2 + m2 ( x − 1)2

+ 1 − 2x = lim

( x − 1)2 + m2 ( x −

1)21 + m2

=

x →1 x 2 + 2m2 ( x − 1)2 − 2x +

1

x →1 ( x − 1)2 + 2m2 ( x −

1)21 + 2m 2

31 Obtener la ecuación de la recta tangente a la curva C en el punto (1, 2) siendo C la curva intersección de la

superficie dada por z = f ( x, y ) = x 2 −

y 2 (a) {x = 1, y = 2 + λ, z = −3 −

4 λ (b) {x = 1 + λ, y = 2, z = −3 +

2 λ (c) {x = 1, y = 2 + λ, z = −3

(d) ninguna de las anteriores

y el plano x=1.

Solución (a): Se trata de la ecuación que pasa por el punto (1, 2, f(1,2))=(1,2,-3) y tienecomo pendiente la derivada parcial

v = ( 0, 1, fy (1, 2 )) , la recta es:

fy (1, 0 ) . Un vector director de esta recta es

Ya que fy (x, y ) = −2y

{x = 1, y = 2 + λ, z = −3 − 4 λ

32 Sea z = f ( x, y

)una función continua y con derivadas parciales continuas en el punto (1, 2) entonces si

∂ f (1, 2 ) = 1

,∂x

∂f (1, 2 ) =

−1∂y

entonces

(a) la dirección de máximo crecimiento de la función en ese punto es la norma del

gradiente.

(b) si desde el punto (1, 2) nos vamos en la dirección del eje y positivo el valor de z

aumenta

(c) sea S el plano tangente a la superficie dada por z = f ( x, y )

en el punto

(1, 2, f (a,b )) , entonces un vector normal a S en el punto (1, 2, f (a,b )) es

n = (−1, −1, 1)

(d) ninguna de las anteriores.

1 3

5 0 1 50

50 15 0



Solución:

Un vector normal al plano tangente a la superficie dada por

(1, 2, f (a,b )) es:

z = f ( x, y

)en el punto

∂ f (1, 2 ),

∂f (1, 2 ), −1 = (1, 1, −1)∂x ∂y

El vector n = (−1, −1, 1) es proporcional al anterior.

33 Supongamos que f es continua y tiene derivadas parciales continuas. Supongamos también que

tiene derivada direccional máxima igual a 50 en P(1, 2), que se alcanza en la dirección de P a Q(3,-4).

Utilizando esta información calcula ∇f (1, 2 )

(a)

∇f (1, 2 ) = , −

(b)

∇f (1, 2 ) = 50

10 10

(c)

∇f (1, 2 ) = , − 10 10


Solución

Como f es continua y tiene derivadas parciales continuas entonces es diferenciable en P. Por esta razón la derivada direccional se puede calcular como el producto escalar de la dirección y el vector gradiente. Además la derivada direccional máxima se alcanza en la dirección del gradiente

Du f (1, 2 ) = ∇f (1, 2

)= 50 u =

1∇f (1, 2 )

∇f (1, 2 )

El vector que une el punto P y Q es: PQ = ( 2, −6 )

1 3 Un vector unitario en esa dirección es: u = , − .10 10

Por lo tanto, ∇f (1, 2 ) = ∇f (1, 2 ) u = , − 10 10

f



34 Sea C la curva de nivel que pasa por P(1, 1) de

de la tangente a la curva C.

(a) -1

(b) 0

(c) 1


z = f ( x, y ) = x 2 + y 2 . Determina la pendiente en P(1,1)

Solución:

La curva C es la curva de nivel K = x 2 + y 2

decir, es la curva,

para valor de K = f (1, 1) = (1)2 + (1)2

= 2 , es

2 = x 2 + y 2

Derivando implícitamente,

en el punto (1, 1) la derivada es:0 = 2x + 2yy '

y ' =

−x

y

= −1

Sea z = f (u ) una función derivable, u = y

entonces la expresión x ∂ z

+ y ∂z

+ xy esx

(a) '

∂x ∂y

(b) xy

x

(c) no se puede calcular si no se conoce la función f


Solución:

Llamamos u = y

, entonces la dependencia de variables esx

x z − − − u

y

Aplicando la regla de la cadena


3



∂z =

d z ∂ u =

d z −y

∂x du ∂x du x 2

∂z =

d z ∂ u =

d z 1

Sustituyendo,∂y du ∂y du x

x ∂ z

y ∂z −y d z y d z

0+ = + =∂x ∂y x du x du

35 Dada z = x 2y + xy

en el punto (1, 2) un vector perpendicular a la curva de nivel de f que pasa por el

punto (1,2) es

(a) (6,2)

(b) Paralelo al eje X

(c) Paralelo al eje Y

(d) Bisectriz del primer cuadrante

(e) Ninguna de las anteriores

Sol.- (a)

36 Sea z = f ( x ⋅ g (y )) siendo f una función no constante. Si x ∂ z

+ ∂z

= 0

entonces

(a)

(b)

(c)

g (y ) = g ' (y

)x = g (y )g (y ' ) = g (y )

∂x ∂y

(f) Ninguna de las anteriores

Sol.- (a)

37Se considera la función

f ( x, y ) =

x + y si ( x, y ) = ( 0, 0 )

x 2 + y 2

0 si ( x, y ) = ( 0, 0 )La derivada direccional de f en (0,0) siendo la dirección u = ( cos ϕ, senϕ ) es

(a) cos3 ϕ + sen 3ϕ (b) cos ϕ + senϕ

(b) 0 (d) Ninguna de las anteriores

3

3

3



Sol.- (a)

38Sea

f ( x, y ) =

4x si ( x, y ) = ( 0, 0

)x 2 + y 2

. Elige la respuesta correcta:

0 si (x, y ) = ( 0, 0 )(a) f ( x, y ) es continua en (0,0) ya que todos los límites direccionales por y=mx son 0

(b) f ( x, y ) es continua en (0,0) porque existen

∂f ( 0, 0 ) y∂x

∂f ( 0, 0 )∂y

(c) f ( x, y ) no es continua en (0,0) porque aunque existen

∂f ( 0, 0 ) y∂x

∂f ( 0, 0

)∂y

no coinciden

(d) f ( x, y

)4x 3

es continua en (0,0) porque para todo

< δ

ε > 0 existe δ > 0 tal que x 2 + y2 < δ

entonces

x 2 + y 2

(e) Ninguna de las anteriores

Sol.- (d)

39Sea

f ( x, y ) =

4x si ( x, y ) = ( 0, 0

)x 2 + y 2


0 si (x, y ) = ( 0, 0 )

(a) f ( x, y ) no es diferenciable en (0,0) ya que

∂ f ( 0, 0 ) ≠ ∂ f ( 0, 0 )

∂x ∂y

(b) La derivada parcial de f respecto de x no es continua en (0,0)

(c) Es diferenciable en (0, 0) porque la derivada parcial de f respecto de x es continua en (0,0)

(f) Ninguna de las anteriores

Sol.- (b)

40Sea

f ( x, y ) =

4x si ( x, y ) = ( 0, 0

)x 2 + y 2


0 si (x, y ) = ( 0, 0 )(a) fxy ( 0, 0 ) = 0

(b) Se cumple fxy ( 0, 0 ) = fyx ( 0, 0 )



(c) No existe fxy ( 0, 0 )(d) Ninguna de las anteriores

Sol.- (a)

41

x y si ( x, y ) = ( 0, 0 )

El plano tangente a la superficie gráfica de f ( x, y

)= x 2 + y 2

0si (x, y ) = ( 0, 0 )

(a) No puede determinarse con la información dada

(b) El plano tangente no se puede calcular porque la función f no es diferenciable

(c) Es el plano z=0

(d) Ninguna de las anteriores

Sol.-.

42 Si cortamos la superficie gráfica de la función z = f ( x, y ) = xy + x 2

cuya pendiente en el punto (1, 2, 3) es

por el plano y=2 se obtiene una curva

(a) ∂z∂x

(b) ∂z∂y

1 2 (c) Du f ( 0, 0 ) siendo u = ,

(g) Ninguna de las anteriores

Sol.- (a)

5 5

43 Sea f una función continua en todo punto de 2 tal que para cualquier ( x, y ) ∈ 2

se tiene que

∇f ( x, y ) = (1 + 2xy, x 2 + 2y + 2 ) . Entonces se verifica que f es diferenciable en todo

punto de 2 y

además el valor máximo de la derivada direccional de f en el punto (0,0) se alcanza en la dirección del

vector v = (1, 2 )

(a) Falso, de las hipótesis del enunciado no podemos deducir que f sea una función




diferenciable.

(b) Falso, aunque f es diferenciable, sin embargo

f(1,2 ) (0, 0) = ∇f (0, 0).(1.2) = (1.2).(1.2) = 5 <

f( 0,8 ) (0, 0) = 6

ya que

f( 0,8) (0, 0) = ∇f (0, 0).(8, 0) = (1, 2).(0, 8) = 16(c) Verdadero, f es diferenciable pues existen las derivadas parciales de f y son funciones

continuas en todo R2. Además como

máximo cuando v = (1, 2 )(d) Ninguna de las anteriores

Sol.- (c)

∇f ( 0, 0 ) = (1, 2 ) , entonces

Dv f alcanza su valor

44 Sea z = f ( x, y ) = x 2 + y 2

donde x = eu +v e y = u 2 + v . Entonces se verifica que para u=0 y v=0 las

derivadas parciales de z son∂z ( 0, 0 ) = 2

y∂u

∂ z ( 0, 0 ) = 2∂v

(a) Falso, pues aplicando la regla de la cadena∂z ( 0, 0 ) =

∂ z ( 0, 0 ) = 0∂u ∂v

∂z ( 0, 0 ) = ∂ f ( 0, 0 ) ∂ x ( 0, 0 ) +

∂f ( 0, 0 ) ∂y ( 0, 0 ) = 0∂u ∂x ∂u ∂y ∂u∂z ( 0, 0 ) =

∂f ( 0, 0 ) ∂ x ( 0, 0 ) + ∂f ( 0, 0 ) ∂ y ( 0, 0 ) = 0

∂v ∂x ∂v ∂y ∂v

(b) Falso, ya que no podemos aplicar la regla de la cadena ya que no existe

(c) Verdadero, aplicando la regla de la cadena:

∂z ( 0, 0 )∂u

∂z ( 0, 0 ) = ∂ f (1, 0 ) ∂ x ( 0, 0 ) +

∂ f (1, 0 ) ∂y ( 0, 0 ) = 2 ⋅ 1 + 0 ⋅ 0 = 2∂u ∂x ∂u ∂y ∂u∂z ( 0, 0 ) =

∂f (1, 0 ) ∂ x ( 0, 0 ) + ∂ f (1, 0 ) ∂ y ( 0, 0 ) = 2 ⋅ 1 + 0 ⋅ 1 = 2

∂v ∂x ∂v

(d) Ninguna de las anteriores

∂y ∂v

Nota: Si en la solución de algún ejercicio crees que hay algún error ponte en contacto con la

profesora para su corrección.


(703565646) bloque4a_funcionesvariasvariables

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