Hoja de Prácticas tema 2: Derivación de Funciones de Varias Variables. (d) z = arctan(xy) (e) z = arcsin(x+y) (f) z = x y. x 2 +y 2 +z 2, ω xx =

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1 Cálculo II EPS (Grado TICS) Curso Hoja de Prácticas tema 2: Derivación de Funciones de Varias Variables 1. Hallar las derivadas parciales primera y segunda de las siguientes funciones: (a) z = x 2 sin(y 2 ) (b) z = e x2 +y 2 (c) ω = x 2 +y 2 +z 2 (d) z = arctan(xy) (e) z = arcsin(x+y) (f) z = x y (g) z = log(1+x 2 +y 2 ) Solución: (a) z x = 2xsin(y 2 ), z xx = 2sin(y 2 ), z y = 2yx 2 cos(y 2 ), z yy = 2x 2 sin(y 2 ) 4y 2 sin(y 2 ), z xy = z yx = 4xycos(y 2 ). (b) z x = 2xe x2 +y 2, z xx = (2+4x 2 )e x2 +y 2, z y = 2ye x2 +y 2, z yy = (2+4y 2 )e x2 +y 2, z xy = z yx = 4xye x2 +y 2. (c) ω x = x x 2 +y 2 +z 2, ω y = ω yy = x 2 +z 2 (x 2 +y 2 +z 2 ) 3/2, ω zz = ω xz = ω zx = y x 2 +y 2 +z 2, ω z = z x 2 +y 2 +z 2, ω xx = x 2 +y 2 (x 2 +y 2 +z 2 ) 3/2, ω xy = ω yx = xz (x 2 +y 2 +z 2 ) 3/2, ω yz = ω zy = yz (x 2 +y 2 +z 2 ) 3/2. y 2 +z 2 (x 2 +y 2 +z 2 ) 3/2, xy (x 2 +y 2 +z 2 ) 3/2, y (d) z x = 1+x 2 y 2, z x y= 1+x 2 y 2, z xx= 2xy3 (1+x 2 y 2 ) 2, z yy= 2x3 y (1+x 2 y 2 ) 2, z xy=z yx = 1 x2 y 2 (1+x 2 y 2 ) 2. (e) z x = z y = 1 1 (x+y) 2, z xx = z yy = z xy = z yx = x+y (1 (x+y) 2 ) 3/2. (f)z x = yx y 1, z y = (logy)x y, z xx = y(y 1)x y 2, z yy = (logy) 2 x y, z xy = z yx = (1+ylogx)x y 1. (g) z x = 2x 1+x 2 +y 2, z y = 2y 1+x 2 +y 2, z xx = 2(1+x2 y 2 ) (1+x 2 +y 2 ) 2, z yy = 2(1+y2 x 2 ) (1+x 2 +y 2 ) 2, z xy = z yx = 4xy (1+x 2 +y 2 ) 2.

2 2. Comprobar que la función f(x,y) = log(x 2 +y 2 ) satisface la ecuación de Laplace en dos dimensiones. NOTA: La ecuación de Laplace en dos dimensiones es: 2 f 2 x + 2 f 2 y = 0. Solución: Dado que hay simetría entre las variables x e y, se tiene el resultado ya que f x = 2x x 2 +y 2 2 f 2 x = 2y2 2x 2 (x 2 +y 2 ) 2 2 f 2 y = 2x2 2y 2 (x 2 +y 2 ) 2.

3 3. Hallar el vector gradiente de las siguientes funciones en los puntos que se indican: a) f(x,y) = x 3 y 2 e x 2 en P = (2,1) b) f(x 1,x 2,x 3 ) = x x2 2 x4 3 en P = (1,1,3) c) f(x,y) = log(x 2 +y 2 +1) en P = (2,2) Solución: (a) f(x,y) ( P) = (3x 2 y 2 e x 2, 2ye x 2 ) P = (11, 2). (b) f(x 1,x 2,x 3 ) ( P) = (3x 2 1,4x 2, 4x 3 3 ) P = (3,4, 108). (c) f(x,y) ( P) = (2x/(x 2 +y 2 +1),2y/(x 2 +y 2 +1)) P = (4/9,4/9).

4 4. Considérense las siguientes funciones de dos variablesy los puntos del dominio que se indican: i) z = x 2 +y 2 puntos: (1,0), ( 3/2,1/2) y (0,1) ii) z = xy puntos: (2,1/2), (-1/2,-2) iii) z = y x 2 puntos: (0,1), (1,1) Se pide en cada caso por separado: a. Determinar y representar gráficamente las curvas de nivel que pasan por los puntos indicados. b. Calcular el gradiente de las funciones en dichos puntos y determinar las direcciones en las que las correspondientes derivadas direccionales se anulan. c. Representar sobre las curvas de nivel y en los puntos dados, a través de vectores, las direcciones de máximo crecimiento, de máximo decrecimiento y de variación nula. Solución: i.a) Representemos primero la curva de nivel z = 1 y los puntos sobre ella: ii.a) Representemos primero la curva de nivel z = 1 y los puntos sobre ella: x y x y 5 ii.c) Representemos primero la curva de nivel y = 1 y los puntos sobre ella: x y 2

5 5. En los siguientes ejercicios hallar la derivada direccional de la función dada, en el punto y la dirección del vector v: (a) f(x,y) = x 2 +y 2 +e x 2 en P = (2,1) con v = (1, 1) (b) f(x,y,z) = xy +y 2 z +5z 1 en P = (1,1,1) con v = (1,2,1) (c) f(x,y) = e x2 +y 2 en P = (2,1) con v = ( 3,4) (d) f(x,y,z) = x y z2 en P = (1,1,2) con v = (3,4,0) Solución: Debemos recordar que si tenemos un vector v no unitario, debemos hacerlo unitario, esto es, ω = v/ v y entonces D v f(p) = D ω f(p) = w f(p). (a) En este caso como v = (1, 1) su módulo v = 1 2 +( 1) 2 = 2, por tanto es ω = (1/ 2, 1/ 2) y f(p) = (5,2), y por tanto D v f(p) = 3/ 2 (b) En este caso ω = (1/ 6,2/ 6,1/ 6) y f(p) = (1,3,6), por tanto D v f(p) = 13/ 6 (c) En este caso ω = ( 3/5,4/5) y f(p) = (4e 5,2e 5 ), por tanto D v f(p) = 4/5e 5 (d) Al igual que en los otros casos se sigue que D v f(p) = 1/5

6 6. En los siguientes ejercicios hallar los valores de las constantes a y b para que: (a) La derivada direccional del campo escalar f(x,y) = 2x 2 y a x en la dirección del vector y n = (2,0) en el punto P = (1, 1) sea nula. (b) La derivada direccional del campo escalar f(x,y) = xy 3 ax 2 + 3y 4 en la dirección del vector n = (3, 4) en el punto P = ( 1,1) sea igual a 3. (c) La derivada direccional del campo escalar f(x,y,z) = axyz 2 +3x+y 4z en la dirección del vector n = ( 1,1,2) en el punto P = (2,0, 1) sea nula. (d) La derivada direccional del campo escalar f(x,y,z) = ax 2 y + by 2 z +3z 2 x en la dirección del vector n = ( 1,1, 2) en el punto P = (0,1, 1) sea igual a 3. Solución: (a) En este caso D (2,0) (1,1) = (1,0) ( 4+a,2+a) = 4+a. Si nos dicen que dicho valor es cero, entonces a = 4 (b) En este caso D (3, 4) ( 1,1) = (3/5, 4/5) (1+2a,9) = (6a 33)/5. Si nos dicen que dicho valor es igual a 3, entonces a = 8 (c) En este caso D ( 1,1,2) (2,0, 1) = ( 1/ 6,1/ 6,2 6) (3,2a + 1, 4) = (2a 10)/ 6. Si nos dicen que dicho valor es cero, entonces a = 5 (d) En este caso D ( 2,1, 2) (0,1, 1) = ( 2/3,1/3, 2/3) (3, 2b,b) = ( 6 4b)/3. Si nos dicen que dicho valor es igual a 3, entonces b = 15/4, y a puede tomar cualquier valor.

7 7. Calcular aproximadamente el valor de la expresión (2 01) 3 +(1 01) 3 mediante el diferencial de la función adecuada. Solución: Consideremos la función z = x 3 +y 3 en el punto P = (2,1), entonces entorno a dicho punto dado que la función es diferenciable se tiene que entorno al punto P, z z(p)+ z x P (x 2)+ z y P (y 1) = 3+2(x 2)+ 1 (y 1), 2 luego (2 01) 3 +(1 01) Es diferenciable en el (1,2) ya que lim (x,y) (2,1) x 3 +y 3 3 2(x 2) (y 1)/2 x 3 +y (x 2) 3(y 1) = lim (x 2) 2 +(y 1) 2 (x,y) (2,1) 6 (x 2) 2 +(y 1) 2 (x 2) 2 (x+4)+(y 1) 2 (y +2) = lim (x,y) (2,1) 6 = lim (x 2) 2 +(y 1) 2 (x,y) (2,1) 2(x 2) 2 +(y 1) 2 2 (x 2) 2 +(y 1) 2 Y este límite es 0 pues el númerador tiene grado mayor que el denominador y es homogéneo.

8 8. El volumen de uncono circular recto, deradio r y altura h, es V = 1/3πr 2 h. Calcular, utilizando una aproximación lineal, una cota superior al error cometido en el cálculo del volumen si las mediciones del radio y la altura son 2 y 5, respectivamente, con un error máximo de 1/8. Solución: En este caso en un entorno del punto (r,h) = (2,5) se tiene V 20 3 π π(r 2)+ 4 3 π(h 5), y dado que el error máximo es de 1/8, entonces debemos asumir que r real 2 = 1/8, y h real 5 = 1/8, así se tiene que V real 20 3 π = π. Por tanto una cota superopr del error cometido es π.

9 9. Determinar la ecuación del plano tangente y la recta normal a las siguientes superficies en el punto indicado: (a) z = x 2 +y 2 en P = (3,4,25) (b) z = sin(xy) en (1,π,0) (c) x 2 +y 2 +z 2 = 49 en P = (6,3,2) (d) xy +yz +xz 1 = 0 en P = (1,1,0) (e) x 2 y 2 +xz 2y 3 = 10 en P = (2,1,4) Solución: (a) El gradiente es f(p) = (6,8, 1) así el planotangente es π : 6(x 3)+8(y 4) (z 25) = 0, y la normal n : (x 3,y 4,z 25) = t(6,8, 1). (b) El gradiente es f(p) = ( π, 1, 1) así el planotangente es π : π(x 1)+(y π)+(z 0) = 0, y la normal n : (x 1,y π,z 0) = t(π,1,1). (c) El gradiente es f(p) = (12,6,4) así el planotangente es π : 6(x 6)+3(y 3)+2(z 2) = 0, y la normal n : (x 6,y 3,z 2) = t(6,3,2). El resto de apartados se hacen de la misma forma.

10 10. (a) Hallar el punto de las siguientes superficies z = f(x,y) en que el plano tangente es horizontal: i) z = 3 x 2 y 2 +6y, ii) z = 3x 2 +2y 2 3x+4y 5 (b) Hallar los planos tangentes a la superficie x 2 +2y 2 +3z 2 = 21 que a la vez son paralelos al plano π : x+4y +6z = 0. (c) Hallar el plano tangente y la recta normal a la superficie x 2 yz +3y 2 2xz 2 +8z = 0 en el punto P = (1,2, 1). Solución: (a) Para la primera superície se otiene que f(x,y) = ( 2x, 2y +6), que se anula, o sea, es horizontal, para (x,y) = (0,3), luego el punto asociado a la superficie será para z = 12, es decir P = (0,3,12); para la segunda superficie es análoga obteniendose el punto P = (1/2, 1, 31/4). (b) Son los planos paralelos cuando los gradientes sean proporcionales, y esto sucede en los puntos (1,2,2), y ( 1, 2, 2). (c) 6(x 1)+11(y 2)+14(z +1) = 0, r (1 6t,2+11t, 1+14t), t R.

11 11. a) Se describe la superficie de una montaña mediante la ecuación: z = h(x,y) = x y 2 Un alpinista está en el punto P = (500,300,3390) En qué dirección debe moverse para ascender lo más rápido posible? b) La temperatura T en un punto (x,y) de una placa metálica viene dada por T(x,y) = 400 2x 2 y 2 Hallar las direcciones de aumento y disminución más rápido de la temperatura, en el punto (10,10). Solución: Debe ir en la dirección del gradiente, en este caso h(500,300) = ( 1, 2 4). Luego debemos ir sobre el plano XY en la dirección ( 1, 2 4). En el segundo caso la dirección del aumento más rápido de la temperatura viene dada por el gradiente y el mínimo por la dirección puesta. Es decir, T(10,10) = ( 40, 20). Luego la disminución más rápida es en la dirección (2,1) y el aumento más rapido es en la dirección menos (-2,-1).

12 12. La temperatura de una cierta región del espacio está determinada por la función T(x,y,z) = (x 2 +y 2 )exp( x 2 2y 2 3z 2 ) En qué dirección se establece el flujode calor en el punto (1,1,1)? Solución: En la dirección de máxima disminución de temperatura, es decir en la dirección v = T(1,1,1) = (2e 6,6e 6,12e 6 ), o cualquier proporcional positiva, por ejemplo (1,3,4).

13 13. La altitud z del terreno en una región, en unidades adecuadas,está determinada por la función z(x,y) = 1 (x 2 +3y 2 )exp(1 x 2 y 2 ), donde (x,y) son las coordenadas de un punto en un plano de referencia horizontal. Supóngase que una pelota de baloncesto se suelta en el punto de coordenadas (1/ 2,1 2, 1) En qué dirección comenzará a moverse la pelota? Resuélvase la misma cuestión para el punto ( 1/ 3, 2/3, 4/3). Solución: En este caso el gradiente será z(1/ 2,1 2) = [( 2x+2x(x 2 +3y 2 ), 6y +2y(x 2 +3y 2 ) ) exp(1 x 2 y 2 ) ] (1/ 2,1 2) Así En el segundo caso, z(1/ 2,1 2) = ( 2, 2). z( 1/ 3, 2/3) = ( 8 3/9,4 6/9).

14 14. Aplicar la regla de la cadena para hallar las derivadas que a continuación se indican: (a) z = e xy2 con x = tcost, y = tsint. Hallar z t en t = π 2. (b) ω = xy +yz +xz con x = scost, y = ssint, z = t. Hallar ω s y ω t en s = 2 y t = π 3. (c) ω = x 2 + 2xy +y 2 + z 2 con x = s 2 + r 2, y = r/s, z = 4s 3. Hallar ω r y ω s en s = 2 y r = 4. Solución: Teniendo en cuenta la teoría vista (a) Para t = π/2 se tiene que x = 0, y = π/2, así z z x z y (π/2) = (π/2)+ t x t y t (π/2) = (y2 e xy2 (cost tsint)+(2xye xy2 (sint+tcost) por tanto z π2 (π/2) = t 4 ( π 2 ) = π3 8 (b) En este caso, si s = 2 y t = π/3, entonces x = 1, y = 3, y z = π/3, así ( ω ω s (2,π/3) = x x s + ω y y s + ω ) z (2, π/3) z s ( ) = (y +z)(cost)+(x+z)(sint)+(x+y) 0 (2,π/3) = 3+ ( 3+1)π. 6 ( ω ω t (2,π/3) = x x t + ω y y t + ω ) t (2, π/3) z s ( ) = (y +z)( ssint)+(x+z)(scost)+(x+y) 1 (2,π/3) = 3 1+ (1 3)π. 3 (c) Si s = 2 y r = 4, entonces x = 20, y = 2, y z = 32, así ( ω ω s (2,4) = x x s + ω y y s + ω ) z (2,4) z s ( ) = (2x+2y)(2s) (2x+2y)(r/s 2 )+(2z)(12s 2 ) (2,4) = = ω r (2,4) = ( ω x x r + ω y y r + ω z ( (2x+2y)(2r) (2x+2y)(1/s)+(2z) 0 ) z (2,4) r ) (2,4) = 374.

15 15. La ecuación y 4 +x 3 y 2 xy 2 +xy = 2 representa unacurvaen el planoxy, determinar la ecuación de la recta tangente a esa curva en el punto (1,1). Solución: Si asumimos que y = y(x), en primer lugar derivamos respecto a x, obteniendo 4y 3 y +3x 2 y 2 +2x 3 yy y 2 2xyy +y +xy = 0, por tanto si lo evaluamos en x = 1 (se asume que se ha comprobado que el punto (1,1) satisface la ecuación inicial). Se tiene 4y (1)+3+2y (1) 1 2y (1)+1+y (1) = 0 y (1) = 3/5 por tanto la tangente es y 1 = 3 5 (x 1)

16 16. Demostrar que la superficie en R 3 de ecuación z 3 +xz +y = 0 define una función diferenciable z = g(x,y) en un entorno del punto (1,2). Calcular el gradiente de g en dicho punto (1,2). Solución: Está claro que z 3 + xz + y = 0 es una función continua pues es un polinomio y también es claro que no podemos despejar de una forma clara la variable z en términos de x e y fácilmente, de hecho la función es C 1. Y para (x,y) = (1,2) se tiene z 3 +z +2 = 0 que resulta como solución z(1,2) = 1. Además si tomamos F(x,y,z) = z 3 +xz +y, F z (1,2, 1) = (3z2 +x)(1,2, 1) = 4 0, Luego sabemos por teoría que se sigue el resultado. Ya que estamos, además para calcular las derivadas parciales (o direccionales) se hace 3z 2 z x +z +xz x = 0, 3z 2 z y +1 = 0, z x (1,2) = 1 4, z y(1,2) = 1 3. Y en un entorno de (x,y) = (1,2) se sigue Así el gradiente será z(1,2) = (1/4, 1/3). z(x,y) (x 1) 1 (y 2). 3

17 17. Suponiendo que las relaciones que a continuación se indican definen la variable z como función implícita de x y y, hallar z x y z y. a) x 2 y +z +e z +5 = 0, b) x 2 +y 2 +z 2 x ye z = 5, c) x z = y x. Solución: Al igual que en ejercicios anteriores: a)2xy +z x +z x e z = 0, x 2 +z y +z y e z = 0, por tanto z x = 2xy 1+e z, z x = x2 1+e z b) 2x+z 2 +2zxz x yz x e z = 0, 2y +2zxz y e z yz y e z = 0, z x = 2x+z2 ye z 2zx, z y = 2y ez ye z 2zx c) zx z 1 +z x x z logx = y x logy, z y x z logx = xy x 1 logy, z x = yx logy zx z 1 x z logx = xlogy z xlogx, z y = xyx 1 x z logx = x ylogx.

18 18. Estudiar si el sistema de ecuaciones: { y 2 +z 2 x 2 +2 = 0 yz +xz xy 1 = 0 define dos funciones implícitas y = y(x), z = z(x) en un entorno del punto (x,y,z) = (2,1,1) y hallar las derivadas de las mismas en el punto x = 2. Solución: Si tomamos la función F(x,y,z) = (y 2 +z 2 x 2 +2,yz +xz xy 1), está claro que F(2,1,1) = (0,0), así lo que hace falta es comprobar que la derivada de F respecto a x en el punto x = 2 no se anula, pero de hecho si se cumplen ambas condiciones se tiene que 2yy +2zz 2x = 0, y z +yz +z +xz y xy = 0, esdecirqueobtenemosunsistemaquetienesoluciónparaelpuntodadoy (2) = 3/2yz (2) = 1/2 y por tanto F y (2,1,1) = (2y,z x) (2,1,1) = (2,1) 0, F z (2,1,1) = (2z,y +z) (2,1,1) = (2,2) 0. Por tanto el resultado es cierto, si definen dos funciones implícitas y = y(x), z = z(x) en un entorno del punto (x,y,z) = (2,1,1), y las derivadas las hemos calculado previamente: y (2) = 3 2, y z (2) = 1 2.

19 19. Suponiendo que el sistema de ecuaciones: { u 2 v = 2x+y u 2v 2 = x 2y define las variables u y v como funciones de x e y. Hallar u x, u y, v x, y u y. Solución: Lo dejamos para que el estudiante lo resuelva.