Clase 6: Derivadas direccionales

Transcripción

1 Clase 6: Derivaas ireccionales C. J. Vanegas 27 e abril e 2008 preliminares Sean x R 3 y v R 3 fijos en R 3. Consiere la recta L que pasa por x y tiene irección v, es ecir: L = {y R 3 : y = x + t v t R} o L(t) = x + t v. L. Sea f : R 3 R y h(t) = f(l(t)) = f(x + t v ) que no es otra cosa que f restringia a Nos poemos hacer la pregunta siguiente: Con que velocia cambian los valores e f sobre la recta L en el punto x? Respuesta: Teorema 1. La erivaa ireccional e f en x según el vector v es: t f(x + t v ) Si esta existe. En esta efinición normalmente e elige v. Como un vector unitario. Es ecir que nos movemos en la irección v con rapiez uno. La efinición e erivaa irección. Solo nos irá veraeramente la variación e f respecto e la istancia a lo largo e una recta en una irección aa si v es un vector unitario. Poemos efinir la erivaa irecciónal como: Teorema 2. Si f : R 3 existen. t f(x + t f(x + t v ) f(x) v ) = lím t R es iferenciable entonces toas las erivaas ireccionales La erivaa irecciona en x en la irección v es igual a DF (x) v = f(x) v. 1

2 Demostración : t f(x } + {{ t v } ) = t f(l(t)) = Df(l(t))D(l(t)) = f(l(t)) l (t) l(t) = f(x + t v ) v = f(x) v. No es necesario utilizar rectas al calcular la variación e f en una irección eterminaa v, pues para una trayectoria general c(t) con c(0) = x y c (0) = v se obtiene igualmente f f(c(t)) = f(x) v Ejemplo 1. Hallar la eriva ireccional e la función: f(x, y, z) = e x cos yz en el punto (0, 0, 0) y en la irección v = (2, 1, 1) Solución: Observamos que f es iferenciable ya que las erivaas parciales existen y son continuas; Calculamos el vector graiente: f(x) = (e x cos yz, ze x cos yz, ye x cos yz) f(x) = (1, 0, 0), Calculamos la nor- (0,0,0) ma e v, v = = 3, así f(0, 0, 0) 1 3 (2, 1, 2) = (1, 0, 0) (2 3, 1 3, 2 3 ) = significao geométrico el vector graiente. Teorema 3. Supongamos que f(x) 0. Entonces f(x) apunta en la irección en la cual f crece mas rápiamente. Demostración : Si n es un vector unitario, la variación e f en la irección n viene a por : f(x) n = f(x n cos θ, con θ entre n y f(x). El valor máximo el lao erecho se alcanza cuano θ = 0, es ecir cuano n y f(x) son paralelos. Si f(x) = 0 la variación es 0 n. Si eseamos movernos en la irección en la que f crece mas rápiamente ebemos hacerlo en la irección f(x) y si es en la irección en la cual f crece mas rṕiamente entonces ebemos hacerlo en la irección f(x). Ejemplo 2. Para f(x, y, z) = xy + yz + xz. Cual es la irección máxima e crecimiento en (1, 1, 1)? 2

3 Solución: Como f es iferenciable ya que las erivaas parciales existen y son continuas; Calculamos el vector graiente: f(x) = (y + z, x + z, y + x). Luego f(1, 1, 1) = (2, 2, 2) 2. Relación entre el vector graiente e una función f y sus superficies e nivel. El f apunta en la irección en la cual los valores e f cambian mas rápiamente, mientras que, una superficie e nivel esta en la irección en la que no cambia en absoluto. Sin embargo f : R 3 R es c 1 y x 0 = (x 0, y 0, z 0 ) S (S es la superficie e nivel f(x, y, z) = k, con k R), entonces f(x 0 ) S en el siguiente sentio: Si v es el vector tangente en t = 0 e una trayectoria c(t) en S con c(0) = x 0, entonces f(x 0 ) v = 0. Esto es claro, pues f((c(t)) = k ya que c(t) es un punto e S, (esto es c(t) = (x(t), y(t), z(t))), luego 0 = f f(c(t)) = f(c(t)) c (t) = f(c(0)) v = f(x 0 ) v. Done c (t) es el vector tangente en t a la trayectoria c(t). Ahora observamos que es natural efinir el plano tangente a S como el plano ortogonal al graiente: f(x 0 ) (x x 0, y y 0, z z 0 ) = 0 si f(x 0 ) 0 3. Derivaas parciales iteraas. Decimos que f : R 3 R es c 1 si existen sus erivaas parciales:,, y son x y z continuas. Si estas erivaas tienen a su vez erivaas parciales continuas ecimos que f es e clase c 2 (o os veces continuamente iferenciable) y así sucesivamente. Ejemplo 3. x = ( ) x x ( ) y x ( ) z x x 2 z x 3

4 Igualmente pasa para y para z y, se llaman erivaas cruzaas. z x Ejemplo 4. 1 Si f(x, y) = sin(x + y 2 ). Entonces : x = cos(x + y2 ) y = cos(x + y2 )2y x = sin(x + 2 y2 ) y = sin(x + 2 y2 )4y cos(x + y 2 ) Note que = sin(x + y2 )2y 2 f x y 2 Si f(x, y) = xyz. Entonces : x y = sin(x + y2 )2y x = yz x = 0 2 = z z x = y z = 1 y z x = 1 = xz y z = xy y = f z = 0 2 x y = z 2 f x z = y z y = x 2 f y z = x z x y = 1 3 f z = 1 x z y = 1 3 f x y z = 1 Note que las erivaas parciales cruzaas coincien Iguala e la erivaas parciales cruzaas. Teorema 4. Si f(x, y) es e clase c 2, entonces las erivaas parciales cruzaas son iguales, esto es : x y Este teorema también es valio para funciones e n > 2 variables. 4

5 Ejemplo 5. Sea f(x, y) = e x y 2, x = g(s, t) y y = h(s, t) con g, h c 2. Sea k(s, t) = f(g(s, t), h(s, t)). Calcule k st y k ts? Solución: k s = g x s + y y s por lo que: [ 2 k t s = x ( ) g x t + ( ) ] h g y x t s + 2 g x t s [ ( ) g + x y t + ( ) h y y t ] h s + y 2 h t s = [ e x y 2 g t + 2ye x h t ] gs + e x y 2 g st + [2ye x g t + 2e x h t ] h s + 2ye x h st. (1) De igual manera calculamos 2 k t s. Utilizano el teorema 4 nos amos cuenta que: k ts = k st Demostración : (Teorema 4) Si y 0 y y son fijos, efinimos g(x) = f(x, y 0 + y) f(x, y 0 ) si ahora consieramos la expresión S( x, y) = g(x 0 + x) g(x 0 ) y utilizamos el teorema el valor meio obtenemos que: S( x, y) = g ( x) x, x (x 0 + x 0 + x) S( x, y) = [ ( x, y x 0+ y) ( x, y x 0) ] x ( x, ỹ) x y, con ỹ (y 0, y 0 + y). es continua entonces, Como 2 f lím ( x, y) (0,0)ojo( x,ỹ (0,0)) ( x, ỹ) (x 0, y 0 ) Como S( x, y) ( x, ỹ) = S( y, x) entonces, 2 f x y 5