Captulo 8Derivadas parciales y diferencial8.1. Derivadas parciales de primer orden.Sean f : D R2 R y (x0, y0) D. Si existe y es finitof (x, y0) f (x0, y0)su valor se denota por o lmxx0 x x0fx (x0, y0)f 0 , (8.1)x (x0, y0)y recibe el nombre de derivada parcial de f con respecto a x en el punto(x0 , y0 ). De forma similar se define la derivada parcial con respecto a y:f(x0, y0) = lmy yy0 f (x0, y) f (x0, y0) , y y0yque se denota tambien por f 0 (x0, y0).2x2 +y2Ejemplo 8.1.1. Sea f (x, y) = xy , si (x, y) = (0, 0), y f (0, 0) = 0. Las derivadas parciales en el origen se obtienen de la siguiente forma:f(0, 0) = lmx x0 f (x, 0) f (0, 0) =x 0 0= lm x2 0 = lm 0 = lm 0 = 0x0 x x0 x x0f(0, 0) = lmy y0 f (0, y) f (0, 0) =y 0 0= lm y2 0 = lm 0 = lm 0 = 0.y0 y y0 y x0De (8.1) se sigue que, para x cercano a x0, el cociente incrementalf (x, y0) f (x0, y0)x x0xxestara muy proximo a su lmite. Por tanto, la derivada parcial f (x0, y0) representa la velocidad con que vara f en el punto (x0, y0) y a lo largo de la recta y = y0, ya que haciendo el producto x f (x0, y0) se obtiene unaaproximacion del incrementof (x0 + x, y0) f (x0, y0),y la aproximacion es tanto mejor en cuanto que el incremento x es m spequeno.yAnalogamente, la derivada parcial f (x0, y0) representa la velocidad con que vara la funcion en el punto (x0 , y0 ) a lo largo de la recta x = x0.xDebe notarse que la derivada parcial f (x0, y0) no es otra cosa que laderivada con respecto a x, en el punto x0, de la funcion de x que resulta cuando hacemos y = y0 en f (x, y). Es decir, es la derivada de f (x, y0) con respecto a x.Las funciones mas simples, como las que son el resultado de realizar lasoperaciones habituales entre funciones derivables elementales, poseen las dosxyyderivadas parciales en cada punto (x, y), En estos casos, f f se obtienenderivando f respecto de x e y, respectivamente, y suponiendo constante la otra variable.Ejemplos 8.1.2. a) f (x, y) = x sen(xy).f(x, y) = sen(xy) + xy cos(xy)x1+y2b) f (x, y) = xy . f (x, y) = x2 cos(xy).yf(x, y) =x y1 + y2f = xy 1 + y2 y2y (1 + y2)2 = x(1 y2 ) (1 + y2)2 .8.2. Derivadas de orden superior.Sea f una funcion que posee derivadas parciales de primer orden en cada punto de cierto conjunto D R2 . Las funcionesxy(x, y) D f 0 (x, y) Ryxse denotan por f 0 (x, y) D f 0 (x, y) Ryy f 0 , respectivamente, y reciben el nombre de funcionesderivadas parciales de primer orden de f . Sus derivadas parciales de primer orden se denominan derivadas parciales de segundo orden de f . As, por ejemplo, el siguiente lmitef 0 0lmxx0 x(x, y0) fx(x0, y0)x x0xes la derivada parcial de primer orden con respecto a x de la funcion f 0 enel punto (x0, y0).xxSe denota por f 00 (x0, y0) (derivada parcial de segundo orden de fcon respecto a x dos veces).Las derivadas parciales cruzadas, f 00 (x0, y0) y f 00 (x0, y0), en general sonxy yxdiferentes. Sus definiciones precisas sonf 0 0f 00yx (x0, y0) = lmxx0 y (x, y0) fy (x0, y0)x x0f 0 0f 00xy (x0, y0) = lmyy0 x (x0, y) fx (x0, y0) . y y0Notese que f 00 (x0, y0) es la derivada parcial de f 0 con respecto a x enyx yel punto (x0, y0). Esta notacion para las derivadas de orden superior es mas comoda que la notacion clasica siguiente2 fxy (x0, y0 ) = f (x , y ),x y 0 0xyVamos a ver un ejemplo de una funcion f para la que f 0f 0 (0, 0) = 1 yyx (0, 0) = 1.Ejemplo 8.2.1. Calcular las derivadas cruzadas en el origen de la funcion2 2f (x, y) = xy x y , si (x, y) = (0, 0)x2 + y2y f (0, 0) = 0.Derivando respecto de x, considerando y constante, obtenemos(3x2y y3 )(x2 + y2) (x3y xy3)2x0fx (x, y) = (x2 + y2)2 =para (x, y) = (0, 0). y(x4 + 4x2y2 y4)= (x2 + y2)2 ,Derivando ahora respecto de y, considerando x constante, resulta(x3 3xy2)(x2 + y2) (x3y xy3)2yf 0y (x, y) =para (x, y) = (0, 0). (x2 + y2)2 =,x(x4 4x2y2 y4)= (x2 + y2)2Para calcular las derivadas parciales en el origen debemos acudir a la definicion:f 0x (0, 0) = lm f (x, 0) f (0, 0) = lm x2= 0 0x0 x 0 x0 x 00= lm = lm 0 = 0x0 x x0f 0y (0, 0) = lmx0 f (0, y) f (0, 0)y 00 = lmy0 00y2 =y 0= lmy0 y = lm 0 = 0.y0Ahora estamos en condiciones de proceder a calcular las derivadas par- ciales de segundo orden en el origen:f 0 0f 00yx (0, 0) = lmx0 y (x, 0) fy (0, 0) =x 0x 0= lm = 1x0 x 0f 00 x(0, y) fx(0, 0)f 0xy (0, 0) = lmy0 0=y 0= lm y 0 = 1.y0 y 0Definicion 8.2.2. Sean D un subconjunto abierto de R2 y k un numero natural mayor o igual que 1. Diremos que una funcion f es de clase k en D si f posee todas las derivadas parciales hasta las de orden k y son continuas en D (se denota f C k (D)).Se demuestra que, si f es una funcion de clase k 2 en un abierto D y de cualquier numero de variables, la derivada parcialx1 x2 ..xkde orden k, f k no cambia su valor si sustituimos x1, x2, ..., xk poruna permutacion cualquiera. Por ejemplo, si f C 3(D), entoncesxxylas derivadas de tercer orden f 000 000, fxyx 000y fyxx son iguales en cadapunto de D.8.3. La derivada direccional.Ninguna de las derivadas parcialesfx (x0, y0), fy (x0, y0)nos sirve cuando necesitamos un valor aproximado del incremento f (x, y) f (x0, y0), si x = x0 e y = y0, simultaneamente. Necesitamos un tipo de derivada mas adecuado para esta situacion y que recibe el nombre de derivada direccional.Dado un vector cualquiera v = (v1, v2) y un punto (x0, y0), la ecuacion de la recta que pasa por (x0, y0) y es paralela a v tiene por ecuaciones para-metricas (x = x0 + tv1y = y0 + tv2oY x = x + t vr 1y = y + t vo 2yo vXO xoSi v = (v1, v2 ) es unitario (v2 + v2 = 1), se define la derivada de f en1 2el punto (x0, y0) y en la direccion del vector v como el valor del lmite siguientey se denota por lmt0 f (x0 + tv1, y0 + tv2) f (x0, y0)tDv f (x0, y0).Ahora podemos dar respuesta a la cuestion anterior; si queremos un valor aproximado del incrementof (x, y) f (x0, y0),siendo x = x0 e y = y0, podemos usar la derivada direccional Dv f (x0, y0) conv un vector unitario paralelo a(x x0, y y0).Entonces existe t R tal que(x x0, y y0) = tv;es decir, (x, y) = (x0, y0) + tv.Si (x, y) es cercano a (x0, y0), t sera proximo a 0 y podemos aproximarf (x, y) f (x0, y0) por tDv f (x0, y0).Por tanto, el significado de Dv f (x0, y0 ) es claro: se trata de la velocidad con que vara la funcion f en (x0, y0) a lo largo de la recta r que pasa por (x0 , y0 ) y lleva la direccion de v. Notese que las derivadas parciales f y f sonx ycasos particulares de derivada direccional. Concretamente, son las derivadas de f en las direcciones de e1 y e2, respectivamente.En un apartado posterior, veremos una forma muy simple de calcular lasderivadas direccionales, valida para las funciones diferenciables.Terminamos este apartado mencionando una interpretacion grafica de la derivada direccional: la derivada direccional Dv f (x0, y0) es la pendiente de la recta tangente en el punto (x0, y0, f (x0, y0)) a la curva que resulta de cortar la superficie de ecuacion z = f (x, y) con el plano que contiene la recta r y es perpendicular al plano z = 0.8.4. La diferencial total.Las diferenciales parcialesfx (x0, y0) x, y fy (x0, y0) ynos ofrecen una buena aproximacion del incremento de la funcion cuando se pasa del punto (x0, y0) a un punto de la forma (x0 + x, y0 ) o (x0 , y0 + y), respectivamente.Para tener una buena aproximacion del incrementof (x0 + x, y0 + y) f (x0, y0)se ocurre usar la sumaf 0 0x(x0 , y0 )x + fy (x0, y0)yEsta expresion recibe el nombre de diferencial total de f en el punto(x0 , y0 ), respecto de los incrementos x y y, y se denota pordf (x0, y0; x, y)o mas brevemente por df (x0, y0), si no hay peligro de confusion.La diferencial puede escribirse de una forma mas comoda usando el gra-diente de f . f (x , y ), f (x , y )x 0 0 y 0 0se llama gradiente de f en el punto (x0 , y0 ) y se denota por f (x0, y0). Una vez introducido el gradiente, podemos escribir la diferencial en la formadf (x0, y0; x, y) = f (x0, y0) (x, y).Volviendo al problema de aproximar el incremento f (x0 + x, y0 + y) f (x0, y0) mediante la diferencial df (x0, y0), nos falta establecer que grado de aproximacion vamos a exigir para considerar aceptable la aproximacion def (x0 + x, y0 + y) f (x0, y0)por df (x0 , y0 ). Parece conveniente recordar el caso de funciones de una varia- ble y exigir un grado de aproximacion analogo.Si f es una funcion de una variable derivable en x0, hemos visto quef (x) f (x0) f 0 (x0)(x x0)lmxx0 x x0 = 0.Es decir, la diferencia f (x) f (x0) df (x0) es un infinitesimo de orden superior a (x x0). En el caso de varias variables exigiremos analogamente que la diferenciaf (x, y) f (x0, y0) df (x0, y0)sea un infinitesimo de orden superior al tamano del incremento de la variable(vectorial) independiente:p(x x0)2 + (y y0)2.Por todo ello, diremos quef es diferenciable en (x0, y0) si existe f (x0, y0)y se verificalm(x,y)(x0 ,y0 ) f (x, y) f (x0, y0) df (x0, y0)p(x x0)2 + (y y0)2 = 0. (8.2)Destacamos seguidamente las tres caractersticas mas importantes de las funciones diferenciables:a) La diferencial total df (x0, y0; x, y) es una aproximacion del incre- mentof (x0 + x, y0 + y) f (x0, y0)tanto mejor en cuanto que x y y sean pequenos. b) Por complicada que sea f (x, y), la funcion afnp(x, y) =f= f (x0, y0) + x (x0, y0) (x x0)+f+ y (x0, y0) (y y0)es una buena aproximacion de f (x, y), en las cercanas de (x0, y0), en el sentido de que el error es un infinitesimo de mayor orden que el tamano del incremento de la variable (vectorial) independientep(x x0)2 + (y y0)2.c) Recordamos que si un plano tiene por ecuacionAx + By + C z + D = 0,entonces el vector de coordenadas (A, B, C ) es perpendicular a dicho plano.Por (8.2) el plano de ecuacionfz = f (x0, y0) + x (x0, y0) (x x0)+f+ y (x0, y0) (y y0)y la superficie de ecuacion z = f (x, y) son casi coincidentes en las proximi- dades del punto (x0, y0, f (x0, y0)).Este plano se tomara como plano tangente a la superficie en el punto(x0 , y0 , f (x0 , y0 )).Ejemplo 8.4.1. Plano tangente a z = x2 +y2 en el punto (2, 2, 8). Calculamos las derivadas parciales de primer orden:z0 0x = 2x, zy = 2y.Particularizando al punto (2, 2), resultaz0 0x (2, 2) = zy (2, 2) = 4.Por tanto, la ecuacion del plano tangente viene dada por z = 8 + 4(x 2) +4(y 2), que se reduce a z = 4x + 4y 8.Mas adelante, veremos que dicho plano tiene la propiedad de que contiene al vector tangente (en dicho punto) a toda curva contenida en la superficie.8.5. Condicion suficiente de diferenciabili- dad.En el caso de funciones de una variable, hemos visto que la derivabilidad de f en un punto x0 implica que se verificaf (x) f (x0) f 0 (x0) (x x0 )lmxx0 x x0 = 0.Es decir, para funciones de una variable no hay diferencia alguna entre deri- vable y diferenciable.Sin embargo, es importante senalar que, para funciones de varias variables, el hecho de que una funcion tenga derivadas parciales de primer orden en un punto no implica que la funcion sea diferenciable en dicho punto. El ejemplo siguiente muestra que pueden existir todas las derivadas direccionales en un punto y, sin embargo, la funcion no es diferenciable.2x2 +y4Ejemplo 8.5.1. Sea f (x, y) = xy , si (x, y) = (0, 0), y f (0, 0) = 0. Com- probar que f no es diferenciable en el origen, pero existen todas las derivadas direccionales.Consideremos un vector unitario v = (v1, v2); la derivada direccionalDv f (0, 0) viene dada porDv f (0, 0) = lmt0 f (tv1, tv2) f (0, 0) =t20 t3 v1 v2 = lm 1 2 lm 1 2 = 2 .t0 t2 v2 +t4 v4t v v2 v2=t0 v2 + t2v4 v11 2El resultado obtenido es valido si v1 = 0. Si v1 = 0, la derivada direccionalyDv (0, 0) no es otra cosa que la derivada parcial f 0 (0, 0), que procedemos acalcular 0fy (0, 0) = lm f (0, y) f (0, 0) =y0 y 0 0= lm y4 0 = lm 0 = lm 0 = 0.y0 y y0 y y0Por tanto, hemos probado que existen todas las derivadas direccionales def en (0, 0) y f (0, 0) = (0, 0).Sin embargo, f no es diferenciable en (0, 0), pues el lmite siguiente no existelm(x,y)(0,0) f (x, y) f (0, 0) f (0, 0) (x, y)px2 + y2 =xy2= lm(x,y)(0,0) px2 + y2(x2 + y4) ,pues los lmites a traves de las rectas que pasan por el origen, y = mx, dependen del valor de m.El teorema siguiente nos ofrece una condicion suficiente y de facil aplica-ci n para que una funcion de dos variables que tiene gradiente en un puntosea diferenciable en dicho punto.Teorema 8.5.2. (Condicion suficiente de diferenciabilidad). Sean f : D R2 R y (x0, y0) un punto interior de D. Si existe f (x0, y0) y, ademas,xyexiste una de las dos derivadas parciales, f o f , en cada punto de unentorno Er (x0, y0) y es continua en (x0, y0), entonces f es diferenciable en(x0 , y0 ).Sigue del teorema anterior que toda funcion de clase uno en un abiertoD (f C 1(D)) es diferenciable en cada punto de D.Ejemplo 8.5.3. Las funciones f (x, y) = x2 + y2 y g(x, y) = ex sen y son diferenciables en cada punto de R2, pues sus derivadas parciales de primer orden son obviamente continuas en R2 .8.6. Propiedades de las funciones diferencia- bles.a) Si f es diferenciable en (x0, y0), entonces f es continua en dicho punto. Para demostrar esta afirmacion, definimos r(x, y) como el cocientef (x, y) f (x0, y0) f (x0, y0) (x x0, y y0 ) .p(x x0)2 + (y y0)2Entonces podemos expresar la diferenciaf (x, y) f (x0 , y0 )en la formaff (x, y) f (x0, y0) = x (x0, y0) (x x0)+f+ y (x0, y0) (y y0)++r(x, y) p(x x0)2 + (y y0)2.Ahora basta observar que el segundo miembro tiene por lmite 0 cuando(x, y) (x0, y0).Notese que sabemos quePor tanto, resulta lm(x,y)(x0 ,y0 ) r(x, y) = 0.lm(x,y)(x0 ,y0 ) f (x, y) f (x0, y0) = 0.b) La suma, producto y cociente de funciones diferenciables es diferencia- ble (si el divisor no se anula en el punto en cuestion, en el caso del cociente), y el gradiente verifica las siguientes relaciones que son consecuencia directa de las propiedades de la derivada parcial:1) (f + g)(x0 , y0 ) =2) (f g)(x0, y0) = = f (x0, y0) + g(x0, y0).= g(x0, y0) f (x0, y0) + f (x0, y0) g(x0, y0).3) (f /g)(x0, y0) =g(x0, y0) f (x0, y0) f (x0, y0) g(x0 , y0)= . g(x0, y0)2c) Si f es diferenciable en (x0, y0), entonces existe cualquier derivada di- reccional de f en (x0, y0) y se verificaDv f (x0, y0) = f (x0, y0) v =si v = (cos , sen ). fcos x f f (x0 , y0) + sen y (x0 , y0 ),La demostracion es muy simple. Sabemos que el lmite doble (8.2) es 0. Entonces tambien vale 0 el lmite a traves de la recta (x, y) = (x0, y0) + tv.Es decir, se tiene que es nulo el lmite cuando t 0 del cocientef (x0 + tv1, y0 + tv2 f (x0, y0) f (x0, y0) tv ,|t|lo que implica que tambien es nulo el lmite cuando t 0+ def (x0 + tv1 , y0 + tv2) f (x0, y0)t f (x0, y0) v.De forma similar se prueba que existe el otro lmite lateral, cuando t 0, y tiene el mismo valor.d) Si f es diferenciable en (x0, y0) con gradiente no nulo, entonces f (x0, y0)apunta en la direccion de m ximo crecimiento de f en el punto (x0, y0).Acabamos de ver que Dv f (x0, y0) = f (x0, y0) v. Por tanto, se verifica la desigualdad|Dv f (x0 , y0 )| |f (x0, y0)| |v| = |f (x0, y0)|,ya que |v| = 1. Es decir, cada derivada direccional esta comprendida entre dos valores extremos|f (x0, y0)| Dv f (x0, y0) |f (x0, y0)|.Ahora probamos que se alcanzan dichos valores extremos. Basta tomar1v1 =En efecto, se tiene |f (x0, y0)| f (x0, y0), v2 = v1.Dv1 f (x0, y0) = f (x0, y0) v1 =1= f (x0 , y0 ) |f (x0, y0)| f (x0, y0) =De donde sigue finalmente que = |f (x0, y0)|.Dv2 f (x0, y0) = f (x0, y0) (v1) == |f (x0, y0)|Existen dos direcciones de crecimiento nulo: la direcciones perpendiculares al gradiente. En efecto, si v3 es un vector unitario perpendicular a f (x0, y0), entonces Dv3 = f (x0, y0) v3 = 0.Ejemplo 8.6.1. Sea f (x, y) = x2 + y2 , vamos a determinar las direcciones de crecimiento maximo y mnimo de f en un punto arbitrario (x0, y0).Calculamos el gradiente:f (x0, y0) = (2x0, 2y0).Vemos que, salvo en el origen, es no nulo. Debemos asegurarnos de que la funcion es diferenciable. Para ello, aplicamos la condicion suficiente de dife- renciabilidad, que en nuestro caso se cumple de sobra pues f tiene derivadas parciales de primer orden continuas en todo R2. Entonces la direccion de maximo crecimiento de f en el punto (x0, y0) viene dada por el vector unitarioen la direccion y sentido del gradiente1 1v1 = p4(x2 + y2 ) (2x0 , 2y0) = px2 (x0 , y0 ).20 0 0 + y0Por tanto, si estamos en el punto (x0, y0) (distinto del origen) y queremos pasar a un punto cercano pero con el mayor crecimiento de f posible, debere- mos movernos en direccion radial y alejandonos del origen. Sin embargo, si nos movemos en direccion radial y hacia el origen, entonces f experimenta el mayor decrecimiento.Las direcciones de crecimiento nulo vienen dadas por los vectores de laforma v = 1 (y0, x0 ). Notese que la recta que pasa por (x0, y0) yx2 20 +yoes paralela a v es tangente a la curva de nivel x2 + y2 = x2 + y2 en el0 0punto (x0 , y0 ). Por tanto, no es sorprendente que esta sea la direccion de crecimiento nulo, pues a lo largo de la curva de nivel f permanece constante y esta curva y su tangente en (x0, y0) casi son identicas en las proximidades de ese punto.P(x ,y )0 0Y2 2 2 2x + y = x 0 + y0 v y0 P XO x0 -vPROBLEMAS RESUELTOS 1. Usando la definicion, probar que la funcion f (x, y) = xy , si (x, y) =x2 +y20, y f (0, 0) = 0 no es diferenciable en el origen.Tenemos que calcular las derivadas parciales de primer orden en (0, 0):f (x, 0) f (0, 0)f 0x(0, 0) = lmx0= lm =x 00 0 = 0.x0 x 00 f (0, y) f (0, 0)fy (0, 0) = lm =y0 y 00= lmy0 y 0 = 0.Por tanto, la diferencial vale 0, por lo que f es diferenciable en (0, 0) si ellmite siguiente existe y vale 0lm(x,y)(0,0) f (x, y) f (0, 0) df (0, 0; x, y) =p(x 0)2 + (y 0)2xy= lm .(x,y)(0,0) x2 + y2Pero este lmite doble no existe, basta calcular los lmites a traves de las rectas y = mx y comprobar que dependen de la pendiente m:lm xy2 2 = lm mx22 2 =(x, y) (0, 0)y = mx x + ym= 1 + m2 x0 x (1 + m.2. Una lamina metalica de forma triangiular tiene 12 cm de base y 9 cm de altura. Se calienta en un horno durante un tiempo. Al extraerla del horno su base se ha incrementado en 0.15 cm y su altura en 0.2 cm. Usar la diferencial para determinar un valor aproximado del incremento de area.2El area de un triangulo de base x cm y altura y cm es igual a A(x, y) = 1 xy. El incremento de area, A(12 + x, 9 + y) A(12, 9), puede aproximarse por la diferencialdA = A(12, 9)x +x A(12, 9)y.yEn nuestro caso x = 0.15 y y = 0.2. Calculamos, pues, las derivadas parciales de primer orden de A(x, y):A 1= y ,x 2 A 1= x.y 2En particular, las derivadas parciales en el punto (12, 9) vienen dadas porA(12, 9) =x 12 9 = 4.5A(12, 9) =y 12 12 = 6.Por tanto, el valor aproximado del incremento de area que nos ofrece la diferencial esA 4.5 0.15 + 6 0.2 = 1.875 cm2.Si se hace el calculo exacto, el incremento de area vale A = 1.890, luego, el error cometido al aproximar con la diferencial es igual a 0.015. Senalamos que el calculo de la derivada direccional mediante la expresionD~nf (x0, y0) = f (x0, y0) ~n,solo es posible si la funcion f es diferenciable en el punto (x0, y0). Lo que en este caso es obvio, pues f tiene derivadas parciales de primer orden continuas en todo el plano.3. Se considera la superficie de ecuacion z = Rx/y (y > 0), siendo R una constante positiva.a) Determinar la curva de maxima pendiente que pasa por el punto (x0, y0, z(x0, y0)). b) La presion de un mol de un gas ideal viene dada por P = RT /V .Interpretar el resultado obtenido en el apartado anterior, considerandoque el gas ocupa un volumen V0 y su temperatura absoluta es T0.a) Buscamos una curva y = y(x) con la propiedad de que, en cada uno de sus puntos, el vector tangente (1, y0(x)) es paralelo a z = (R/y, Rx/y2). Por tanto, se tieneSimplificando, obtenemos R/y=1 Rx/y2.y0(x)1 = x ,yy0lo que conduce a la ecuacion diferencial yy0 = x. Integrando respecto dex ambos miembros, resultay2 = x2 + c.Vemos que es una circunferencia de centro el origen y radio c. Para quepase por el punto pedido, el valor de la constante c debe ser c = x2 + y2.0 0Por tanto la curva de maxima pendiente sobre nuestra superficie es( z = Rx/yx2 + y2 = x2 + y20 0b) El estado actual del gas se representa en el plano OT V por el punto (T0, V0 ). El apartado anterior nos dice que, si queremos reducir la presion, la forma mas conveniente consiste en modificar la temperatura T y elvolumen V de modo que T 2 + V 2 = T 2 + V 2 .0 04. La temperatura en cada punto de una cierta region del plano OXY viene dada por T (x, y) = 2x2 4y2 + 40. Si estamos en el punto (1, 2), de- terminar la trayectoria mas conveniente que debe seguirse para acceder a zonas de menor temperatura.La curva ideal y = y(x) es aquella que, pasando por el punto (1, 2), tiene la propiedad de que el vector tangente (en cada punto) apunta en la direccion y sentido opuesto del gradiente. Es decir, si (x0, y0) es un punto cualquiera de la curva, deben ser paralelos el vector tangente (1, y0 (x0)) yT (x0, y0) = (4x0, 8y0). Por tanto, se verificapara cada x0. Es decir, 4x01 = 8y0 , y0x0y0(x0 ) = 2y0.Hemos encontrado una ecuacion diferencial de primer orden que debe ve- rificar la curva buscada:xy0 = 2y.Se trata de una ecuacion de variables separables que se resuelve facilmente si se expresa en la formay0 /y = 2/x.Notese que el primer miembro es la derivada de log |y|. Si se escribe laecuacion diferencial en la forma0log |y| 2= x ,se puede ahora integrar miembro a miembro respecto de x y resulta log |y| = 2 log |x| + c.Si dejamos la constante de integracion sola en el segundo miembro, obte-nemoso lo que es lo mismo log |y| + 2 log |x| = clog x2|y| = c.Entonces x2 |y| = k. Hemos obtenido, pues, que la curva tiene la forma y = a/x2, donde a es una constante arbitraria. Ahora debemos obligar a la curva a pasar por el pu`nto (1, 2) y obtenemos que a = 2. La curva buscada es y = 2x2.5. Probar que la derivada direccional de f (x, y) = x2 + y2 en cada punto de la circunferencia x2 + y2 = 1 y en la direccion normal a esta es constan- temente igual a 2.Sea (x0, yo) un punto cualquiera de la circunferencia. Vamos a calcular el vector unitario normal en dicho punto. A partir de la expresion y =1 x2, encontramos y0(x0) = x0 . Entonces la ecuacion de la recta1x20tangente a la circunferencia n el punto (x0, y0) viene dada por0 p1 x2 0y = y + x 0 (x x ). 0Recordemos que el vector unitario normal a una recta de ecuacion Ax +By + C = 0 viene dado por1~n = A2 + B2 (A, B).En nuestro caso, tiene la forma~n = q1 x2( x0 , 1) =00 p1 x2= (x0, q 01 x2).Ahora necsitamos calcular el gradiente de f (x, y) en el punto (x0, y0):f (x0, y0) = (2x0, 2y0).Finalmente, obtenemos la derivada direccional pedidaD~nf (x0, y0) = f (x0, y0) ~n =0q = (2x0, 2y0) (x0, 1 x2) =0= 2x2 2y0 q 01 x2.Ahora basta tener en cuenta que x2 + y2 = 1, o lo que es lo mismo, y0 =0 00p1 x2, para deducir que D~nf (x0, y0) = 2. De nuevo senalamos queel calculo de la derivada direccional mediante la expresion D~nf (x0, y0) =f (x0, y0) ~n, solo es posible si la funcion f es diferenciable en el punto (x0, y0). Lo que en este caso es obvio, pues f tiene derivadas parciales de primer orden continuas en todo el plano. 6. Sea u(x, y, z) = 1 . Demostrar que se verifica la identidadx2 +y2 +z22u 2 u 2ux2 + y2 + z2 = 0.1Para la derivacion, escribimos u en la forma mas conveniente siguiente: u(x, y, z) = (x2 + y2 + z2) 2 . Calculamos la derivada parcial de u respecto de xux = 1 (x2 + y2 + z2) 2 2x =233= x(x2 + y2 + z2) 2 .Por la simetra de la funcion u(x, y, z), copiamos adecuadamente la deri-vada anterior para obtener las otras dos:u3= y(x2 + y2 + z2) 2yu3= z(x2 + y2 + z2) 2 .zProcedemos ahora a calcular las derivadas parciales segundas:2ux2 =h 3 3 5= (x2 + y2 + z2) 2 + x 3 (x2 + y2 + z2) 2 2xi =25= (x2 + y2 + z2) 2 + 3x2 (x2 + y2 + z2) 2 .Como antes, por simetra, encontramos las otras dos derivadas de segundo orden:2u 2 2 2 3 2 2 2 2 5y2 = (x + y + z ) 2 + 3x (x + y + z ) 2 .2u 2 2 2 3 2 2 2 2 5z2 = (x + y + z ) 2 + 3x (x + y + z ) 2 .Sumando las tres derivadas de segundo orden, resulta2u 2u 2ux2 + y2 + z2 = 3= (x2 + y2 + z2) 2 + 3x2(x2 + y2 + z2) 52 3(x2 + y2 + z2) 2 + 3y2(x2 + y2 + z2) 52 3(x2 + y2 + z2) 2 + 3z2(x2 + y2 + z2) = 52 33(x2 + y2 + z2) 2 + 3(x2 + y2 + z2) 52 (x2 + y2 + z2) = 3= 3(x2 + y2 + z2) 2 + 3+3(x2 + y2 + z2) 2 = 0.PROBLEMAS PROPUESTOS1. Determinar las curvas de nivel de la funcionx2 + y2a)f (x, y) = x + y , b)f (x, y) = xy.2. Comprobar que las rectas y = mx son curvas de nivel de la funcionxyf (x, y) = x2 + y2 .Deducir que no existe el lmite doble en el origen de la funcion f .3. Comprobar que las parabolas x = y2 son curvas de nivel de la funcionxy2f (x, y) = x2 + y4 .Deducir que no existe el lmite doble en el origen de la funcion f .x+y24. Determinar las curvas de nivel de f (x, y) = xy . Deducir que no existe ellmite doble en el origen.5. Calcular el lmite doble en el origen dex3 sen x2y2a)f (x, y) = x2 + y2 , b)f (x, y) = x2 + y2 .6. Calcular las derivadas parciales de segundo orden de las funciones siguien- tes:a) f (x, y) = x2 +y2 cos(xy), b) f (x, y) = log x+y , c) f (x, y) = x .xy x2 +y2Soluciones: a) f 00 (x, y) = 2 y4 cos xy, f 00 (x, y) = 2 cos xy 4xy sen xy xx yyx2y2 cos xy, f 00 (x, y) = 3y2 sen xy y3x cos xy. b) f 00 (x, y) = 4xy/(x2 xyy2)2 = f 00 00 xx2 2 2 2 2 00yy (x, y) y fxy (x, y) = 2(x + y )/(x y ) . c) fxx(x, y) =yy3y2x/(x2 + y2 )(5/2), f 00 (x, y) = x(x2 + y2 )(3/2) 3xy2(x2 + y2)(5/2)yf 00xy (x, y) = 2y(x2 + y2 )(3/2) 3y3 (x2 + y2 )(5/2).7. Estudiar si la funciones siguientes son diferenciables en el origen:3 3 2x2 +y2a) f (x, y) = x +y si (x, y) = (0, 0)y f (0, 0) = 0 b) f (x, y) = xy si(x, y) = (0, 0) y f (0, 0) = 0.Solucion: No son diferenciables en el origen.8. Comprobar que cada una de las funciones siguientes verifica la ecuacion que se indica:a) f (x, y) = exy + sen(x + y), xf 0 yf 0 = (x y) cos(x + y).x yx2 +y2b) f (x, y, z) = cos x+y , xf 0 + yf 0 + zf 0 = 0.2z x y z9. Calcular las derivadas parciales de segundo orden de la funcion f (x, y) =yy2 cos( x ) si y = 0 y f (x, y) = 0 en otro caso.2Solucion: f 00 (x, y) = cos x , f 00 (x, y) = 2 cos x + 2x sen x x cos x yf 00 xx y yyx x x 00 y y y y2 y00xy (x, y) = sen y + y cos y si y = 0. fxx(x, 0) = 0. fyy (x, 0) no existe six = 0, pero f 00 (0, 0) = 2. f 00 (x, 0) no existe si x = 0, pero f 00 (0, 0) = 0.yy xy xy10. La ecuacion de Van der Waals de los gases reales establece que la presionP , el volumen V y la temperatura T est n relacionados de forma que seV 2verifica: P + a (V b) = RT (a, b y R son constantes positivas). a)Calcular P y 2 P . b) Si P , V y T son los valores crticos de un sistemaV V 2 c c cde una sola componente, se sabe que las dos derivadas parciales anterioresse anulan en el punto crtico. Expresar Pc , Vc y Tc en funcion de a, b y R.Solucion: P 0 = RT /(V b)2 + 2a/V 3 y P 00 a= 2RT 6a .V V V (V b)3 V 411. Demostrar que la funcion f (x, y) = a log(x2 + y2) + b cumple la ecuacionxx+ fyyde Laplace: f = f 00 00 = 0.aSolucion: f 00 (x, y) = 2y2 2x2 y f 00 (x, y) = 2x2 2y2 .xx (x2 +y2 )2 yy (x2 +y2 )212. Usar el calculo diferencial para probar que el plano tangente a una esfera es perpendicular al radio que pasa por el punto de contacto.Solucion: Si el sistema de coordenadas tiene su origen en el centro de la esfera, entonces su ecuacion es z = pR2 x2 y2 , siendo R el ra-dio. Un vector perpendicular al plano tangente en el punto (x0, y0, z0) es(z0 (x0, y0), z0 (x0, y0), 1) = ( x0 , y0 , 1) y (x0, y0 , z0) es0x y R2 x0 2y2 R2 x2 y2el radio vector que pasa por el punto de contacto. Notese que son propor- cionales, pues z0 = pR2 x2 y20 013. Calcular aproximadamente:a) p(0.92)3 + (2.09)3b) log(0.093 + 0.993).Soluciones: a) p(0.92)3 + (2.09)3 3.14. b) log(0.093 + 0.993) 0.03.14. Para medir el area de un triangulo ABC se usa la expresion:bc sen A A rea =2 . (a) Mediante el calculo diferencial, determinar un valor aproximadodel error absoluto que se comete en la medicion del area, si b, c yA son los errores absolutos en las medidas de b, c y A. (b) Usar el resultado obtenido en el apartado anterior para determinar el error relativo en la medida del area en funcion de los errores relativos de b, c y A. (c) Suponiendo que A es casi un angulo recto, deducir razonadamente, a partirde la expresi n encontrada en (b), que el error relativo en la medida delarea depende fundamentalmente de los errores en las medidas de b y c.15. El periodo de un pendulo simple viene dado por T = 2p`/g. Si ` yg son los errores absolutos en las medidas de ` y g, usar la diferencial para determinar los errores absoluto y relativo cometidos en la medida de T .16. Se considera un rectangulo de dimensiones 12 cm y 16 cm. Si el lado me- nor se incrementa en 2 mm y el mayor se reduce 1.5 mm, usar la diferencial para calcular aproximadamente la variacion en el area del rectangulo.Solucion: El area aumenta aproximadamente 1.4cm2.17. Un insecto est en un medio toxico. El nivel de toxicidad viene dado porT (x, y) = 50 + 2x2 + 3y2. Si el insecto se encuentra en el punto (1, 2),encontrar la trayectoria mas conveniente que deber tomar.3Solucion: Debe seguir la direccion contraria al gradiente de T (x, y) a lo largo de la curva y = 2p|x| .18. La ladera de una montana tiene la forma de la superficie z = xy (x, y 0). Si estamos en el punto (10, 20, 200), determinar la trayectoria mas conveniente para descender de la montana.Solucion: La trayectoria est determinada por el sistema y = 300 + x2y z = xy, recorrida desde el punto de coordenadas (10, 20, 200) hasta (0, 10 3, 0).19. La forma de una montana esta dada por la superficie z = ph2 (x2 + y2).Si nos encontramos en el punto ( h , h , h ), encontrar la trayectoria mas2 2 2conveniente que debera tomarse para bajar de la montana.Solucion: Sea f (x, y) = ph2 (x2 + y2). Para que z = f (x, y) decrezcamas rapidamente en el punto en cuestion, debemos seguir la direccion con- traria a f . La trayectoria es una curva sobre la montana cuya proyecciobsobre OXY es la curva xy = h2/4. La trayectoria est sistema z2 = h2 x2 y2 e 4xy = h2. determinada por el20. Calcular el plano tangente en un punto arbitrario de la superficie de ecuacion z = px2 + y2 y comprobar que dicho plano contiene la generatrizque pasa por el punto de contacto.Solucion: La ecuacion del plano tangente en el punto (x0, y0, px2 + y2)0 0tiene la forma z = (xx0 + yy0)/px2 + y2. Para probar que se cortan0 0superficie y plano segun una recta, se estudia el sistema formado por las ecuaciones respectivas. Igualando las expresiones de z, obtenemos (xy0 yx0)2 = 0. xy0 yx0 = 0 es la ecuacion de un plano vertical que, al cortar al plano tangente determina una recta que tambien pertenece a lasuperficie.21. Si el potencial de un campo de fuerzas plano viene dado por V (x, y) =log(x2 + y2), determinar las lneas de fuerza. Solucion: y(c + (3/2) log x) = 1.22. Consideramos la funcion f (x, y, z) = x2 y2 + z2 y la curva de ecuaciones parametricasx = cos(t), y = sen(t), z = t (t [0, ]).Calcular la derivada de f en cada punto de la curva y en la direccion de la tangente. Determinar su valor maximo.Solucion: La derivada direccional vale 2(t sen 2t) y su valor maximo es5/3 + 3 que lo alcanza para t = 5/6.