Funciones, Límites y Derivadas Parciales.

Transcripción

1 CAPÍTULO 2. Funciones, Límites y Derivadas Parciales. Este capítulo constituye una generalización natural del cálculo de una variable al cálculo de varias variables. Debemos prestar especial atención al concepto de límite pues ciertos teoremas no son suceptibles de extensión de una variable a varias.

2 SECCIÓN I. Funciones. Esta sección nos introduce el importante concepto de función de varias variables. Nos familiarizamos con los contenidos indicados, pero nuestro énfasis será en la resolución de problemas. La función es el elemento capital de casi todo enunciado de un ejercicio de examen. CONTENIDOS 1. Dominio de funciones. 2. Conjuntos de nivel. 3. Gráficos en R Nociones de Topología en R n. 16

3 Problemas Determinar el dominio de las funciones siguientes y analizar si es un conjunto abierto, cerrado, acotado. Describir los conjuntos de nivel y esbozar su gráfico. (a) f(x, y) = ln(x y 2 ) (b) f(x, y) = x 2 y 2 (c) f(x, y) = e x2 y 2 (d) Solución. f(x, y) = min(x, y). (a) Para que el logaritmo pueda ser evaluado en el campo real es preciso que x y 2 > 0. Luego el dominio de f resulta Vamos a calcular ahora los conjuntos de nivel. En general para una función de dos variables se llama conjunto de nivel k de f, denotado N k ( f ) al conjunto : N k ( f ) = {(x, y) D : f(x, y) = k}. D( f ) = {(x, y) R 2 : x > y 2 }. Por ejemplo, si k = 0 resulta Se trata de un dominio abierto. El dominio no es cerrado ni tampoco acotado como muestra su gráfico. es decir N k ( f ) = {(x, y) D : ln(x y 2 ) = 0} 17

4 N 1 ( f ) = {(x, y) D : x y 2 = e 0 = 1}. 3 2 Si k = ln(2) resulta 1 N ln(2) ( f ) = {(x, y) D : ln(x y 2 ) = ln(2)} es decir, tomando exponencial a ambos miembros N ln(2) ( f ) = {(x, y) D : x y 2 = 2} Vemos que en general los conjuntos de nivel de f serán parábolas de la forma x = y 2 + k con k > 0. Estos conjuntos de nivel resultan ser curvas en el plano, algunas de las cuales dibujamos en el siguiente gráfico. -3 Para realizar el gráfico de la función debemos imaginarnos que cada curva de nivel se levanta hasta la altura de z correspondiente y que la superficie que representa a la función que estamos dibujando es la unión de dichas curvas. La idea anterior puede no bastar para realizar el gráfico y entonces es preciso tener más información. Una de las cosas que ayuda bastante muchas veces es pensar en la intersección del gráfico de la superficie con el plano y = 0. O con el plano x = 0. 18

5 Esto se logra pensando en la función z = f(x, y) y dando a la variable y el valor 0. Entonces este conjunto de puntos se define y denota así : Resulta entonces el siguiente gráfico en R 3. C y=0 = {(x,0,z) : z = f(x,0)}. En nuestro caso obtenemos C y=0 = {(x,0,z) : z = ln(x)}. Esto nos dice que las parábolas debemos dibujarlas sobre esta función de una variable. 3 2 Observemos como cada parábola esta elevada hasta su altura. Además en el eje x (el que nos apunta) se bosquejó z = ln(x) (b) En este ítem la función es f(x, y) = x 2 y Es evidente que -2 D( f ) = R El plano es un conjunto abierto, cerrado y no acotado. Este importante ejemplo debemos estudiarlo en detalle porque es una cuádrica famosa y aparecerá en el estudio de máximos y mínimos de varias variables. 19

6 Las curvas de nivel N k ( f ) = {(x, y) D : f(x, y) = k} que en nuestro caso resultan N k ( f ) = {(x, y) D : x 2 y 2 = k}. C y=0 = {(x,0,z) : z = x 2 } C x=0 = {(0,y, z) : z = y 2 }. GALLERY 2.1 El paraboloide hiperbólico. Sabemos que para k > 0 resultan hipérbolas verticales, para k < 0 resultan hipérbolas horizontales y para k = 0 resultan las dos rectas y = ± x El paraboloide hiperbólico y el plano z = 1 para apreciar las curvas de nivel Ahora hallemos las curvas intersección de la superficie con los planos x = 0 e y = 0. El gráfico de la función es el paraboloide hiperbólico que se ve extraordinariamente a continuación. Obsérvense las parábolas y las hipérbolas de nivel de distintos ángulos donde hemos 20

7 agregado el plano z = 1 para una mejor apreciación de las curvas de nivel. (c) La función de este ítem es muy típica porque sus valores dependen sólo del radio, es decir de la distancia al origen. Tales superficies se llaman de revolución y sus curvas de nivel son en general circunferencias. Nuestra función es Es evidente que f(x, y) = e x2 y 2. D( f ) = R 2 y ya sabemos que este dominio es abierto, cerrado y no acotado. N k ( f ) = {(x, y) D : e x2 y 2 = k}. Dejamos como un sencillo ejercicio generalizar para otros valores de k y concluir que las curvas de nivel son circunferencias con centro en (0,0), circunferencias que pueden llegar reducirse solo al origen. (Para valores negativos de k el conjunto de nivel es vacío) Por ejemplo el nivel e 1 resulta N e 1( f ) = {(x, y) D : e x2 y 2 = e 1 } que tomando logaritmo y multiplicando por 1 resulta N e 1( f ) = {(x, y) D : x 2 + y 2 = 1}. Además y lo mismo C y=0 = {(x,0,z) : z = e x2 } C x=0 = {(0,y, z) : z = e y2 }. 21

8 Este famoso gráfico se llama campana de Gauss y su forma es la de la figura siguiente Gráfica de la función f (x, y) = e x2 y (d) El problema de este ítem está en que la función f(x, y) = min(x, y) no está definida directamente. min(x, y) es el menor valor entre x e y. Por ejemplo min(4,7) = 4 y min(6,2) = 2. Observamos que a veces es la x y a veces es la y. Esto nos da una idea de como definir explícitamente a f. min(x, y) = { x si x y y si x > y Hallemos ahora algunas curvas de nivel. 22

9 N 1 ( f ) = {(x, y) D : min(x, y) = 1} Ahora bien, para que el mínimo sea 1 es necesario que alguno x ó y sea 1. Si x = 1 y además y 1 ó y = 1 y además x 1 entonces el mínimo valdrá 1. Esto nos define el conjunto de nivel 1. GALLERY 2.2 Función f (x, y) = min(x, y) N 1 ( f ) = {(x, y) R 2 : (x = 1 y 1) (y = 1 x 1)}. Graficamos este conjunto de nivel en el gráfico que sigue y dibujamos también el conjunto de nivel 2. Vemos desde atrás la función f (x, y) = min(x, y). Se parece a una pirámide de Egipto vista desde la base. 23

10 3 2 1 (2) Graficar el conjunto de nivel 0 y el conjunto de nivel 4 de la siguiente función f(x, y) = { x + y si x 2 0 si x < Solución. -2 Tengamos presente que la definición de conjunto de nivel es -3 N k ( f ) = {(x, y) D : f(x, y) = k}. Finalmente el gráfico de la función partida f resulta el anterior. Si elevemos cada curva de nivel verde del gráfico anterior obtendremos la superficie dibujada. En realidad la superficie da la sensación de no ser continua. Lo es, pero el gráfico se aprecia mejor de esta manera y es un buen ejemplo para comprender la idea de curvas de nivel y luego elevarlas hasta la altura correspondiente. Luego debemos graficar el conjunto N 0 ( f ) = {(x, y) D : f(x, y) = 0}. Ahora bien f(x, y) vale 0 en dos situaciones completamente distintas : Si x 2 x = y ó si x < 2. Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. Luego debemos dibujar la recta x = y en el semiplano x 2 y además todo el semiplano x < 2. 24

11 5 Dejamos como ejercicio este sencillísimo gráfico. 2.5 (3) Describir el dominio y los conjuntos de nivel de las siguientes funciones (a) f(x, y, z) = e x2 +y 2 z 2 (b) f(x, y, z) = 2x2 + y 2 z -5 En resumen, para hallar el conjunto de nivel k de una función partida debemos igualar a k cada una de las definiciones de f pero dibujar el resultado de cada una sólo en la parte del dominio donde la función está definida de esa manera. Por ejemplo, en este ejercicio tuvimos que hacer x + y = 0. Lo cual condujo a y = x. Pero esta recta la dibujamos sólo en los puntos en que x 2. La parte del plano x < 2 hay que dibujarla completa porque allí f vale justo 0. Solución. (a) Es evidente que D( f ) = R 3. Hallemos ahora algunos conjuntos de nivel. Extendiendo la definición de dos variables a tres el conjunto de nivel k de f resulta N k ( f ) = {(x, y, z) D : f(x, y, z) = k}. Finalmente el conjunto de nivel 4 de f resulta sencillamente N 4 ( f ) = {(x, y) R 2 : x + y = 4 x 2}. En nuestro ejercicio debemos describir el conjunto 25

12 que representa un hiperboloide de dos hojas. e x2 +y 2 z 2 = k. Si c = 0 obtenemos x 2 + y 2 z 2 = 0 Es evidente que para no tener conjuntos de nivel vacíos k debe ser positivo y nos conviene llamar a k, e c. Entonces e x2 +y 2 z 2 = e c. Deducimos tomando logaritmo que el nivel e c de f es el subconjunto de R 3 definido por la ecuación x 2 + y 2 z 2 = c. Estos conjuntos de puntos son de diferente naturaleza segun el signo que tenga k. Sabemos que son cuádricas. Si c = 1 obtenemos que representa un cono. Este ejercicio es el análogo del ejercicio (1.b) en tres variables independientes en lugar de dos. En la ventana se aprecian los tres tipos de conjuntos de nivel de f. En la siguiente hoja vemos los tres tipos posibles de conjuntos de nivel. Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. x 2 + y 2 z 2 = 1 lo cual representa un hiperboloide de una hoja. Si c = 1 obtenemos x 2 + y 2 z 2 = 1 26

13 GALLERY 2.3 Hiperboloide de una hoja. GALLERY 2.4 Cono. GALLERY 2.5 Hiperboloide de dos hojas. Las superficies de nivel k > 0 de f (x, y, z) = e x2 +y 2 z 2 resultan hiperboloides de una hoja. La superficie de nivel k = 0 de f (x, y, z) = e x2 +y 2 z 2 resulta un cono. Las superficies de nivel k < 0 de f (x, y, z) = e x2 +y 2 z 2 resultan hiperboloides de dos hojas. 27

14 (b) Para la función de este ítem f(x, y, z) = 2x2 + y 2 z Conjunto de nivel 1 de f (x, y, z) = 2x2 + y 2 z observamos que D( f ) = {(x, y, z) R 3 : z 0}. Los conjuntos de nivel son paraboloides. En efecto, y entonces N k ( f ) = {(x, y, z) D : f(x, y, z) = k}. N 1 ( f ) = {(x, y, z) D : 2x 2 + y 2 = z, z 0}. N 1 ( f ) = {(x, y, z) D : 2x 2 y 2 = z, z 0}. Con el conjunto N 0 ( f ) hay que tener un poco de cuidado. N 0 ( f ) = {(x, y, z) D : 2x 2 + y 2 = 0, z 0}. Este conjunto de nivel no contiene al punto (0,0,0). Esto se reduce a todo el eje z pero debe ser z 0. Los conjuntos de nivel de una función de tres variables en general están en el espacio, no en el plano. Representamos el conjunto N 1 en el gráfico que sigue. 28

15 SECCIÓN 2 Límite y Continuidad. Esta sección contiene ejemplos de cálculos de límites de funciones de varias variables, de cuando dicho límite no existe y varias ideas para intuir si el límite existe o no de antemano. Luego extendemos el concepto de límite para arribar a la noción de continuidad. Hay que tener mucho cuidado de extender una propiedad de límites de una variable a dos variables porque muchas veces un enunciado con una función de una variable es verdadero pero si se lo extiende a varias variables resulta falso. CONTENIDOS 1. Cálculo de límites 2. Continuidad de las funciones de varias variables 29

16 Problemas. (1) Determinar si existen los siguientes límites. (a) (b) (x,y) (0,0) (x,y) (0,0) xy x 2 + y 2 x 2 y x 2 + y 2 la función de dos variables existe dicho límite debe ser igual al hallado de la función de una variable. Si además ponemos una variable en función de otra pero a través de un parámetro y el límite depende del parámetro podemos asegurar que el límite de la función de varias variables no existe. Pongamos entonces y = x. Obtenemos (c) (x,y) (1,2) x 2 y 2x 2 y + 2 xy 2x + y 2 x 0 x 2 x 2 + x 2 = 1 2. Solución. (a) En general cuando una función depende de dos variables resulta útil poner una variable en función de la otra para tener así un límite de una variable, terreno que nos resulta más conocido. Si ponemos una variable en función de otra y el límite de esta función de una variable existe no significa que exista el límite de la función de dos variables. Lo máximo que nos garantiza la existencia del límite de la función de una variable es que si el límite de Esto nos dice que si el límite existe vale 1. Pero si 2 hacemos y = 2x obtenemos Esto significa que x 0 x.2x x 2 + (2x) 2 =

17 (x,y) (0,0) xy x 2 + y 2 pues por dos caminos distintos que se acercan al (0,0) obtenemos distintos límites. Si hubiéramos puesto y = mx hubiéramos obtenido x 0 x. mx x 2 + (mx) 2 = m 1 + m 2 es decir, el límite es una función de m. Esto no puede ser, pues el límite es un número y llegamos a la conclusión de que (x,y) (0,0) (b) Consideremos ahora el límite xy x 2 + y 2. x 0 x 2 mx x 2 + (mx) = 2 x 0 x 2 mx x 2 (1 + m 2 ) = x 0 mx 1 + m 2 = 0. Es decir para toda recta de la forma y = mx el límite existe y vale 0. Pero esto no significa que el límite de la función de dos variables solicitado sea 0. Podríamos acercarnos al origen a través de la parábola y = kx 2, o de la cúbica y = kx 3, etc, etc, etc. y tal vez por alguno de esos caminos el límite no sea 0. El problema, por supuesto es que son infinitos caminos. Llegado este punto debemos tomar una decisión. Debemos encontrar un camino por el cual el límite sea distinto de cero o probar que dicho límite es cero realmente. Para probar que es 0 precisamos una acotación. Observamos que x 2 x 2 + y 2 (x,y) (0,0) x 2 y x 2 + y 2 y por lo tanto 0 x2 x 2 + y 2 1 Si procedemos como en el ítem (a) no encontraremos contradicción. En efecto poniendo y = mx obtenemos para todo (x, y) (0,0) que es justamente el valor que excluye la definición de límite. Lo que a nosotros nos importa es que dicho cociente está acotado por 1. 31

18 Ahora podemos escribir la función en la forma cero por acotado. En efecto (x,y) (1,2) (y 2)(x 2 1) (y 2)(x + 1) = x 1 = 0. (x,y) (1,2) (x,y) (0,0) pues y 0. x 2 y x 2 + y 2 = (x,y) (0,0) x 2 x 2 + y 2 y= 0 Así concluimos que el límite es 0 y hemos realizado nuestra primera prueba formal de la existencia de un límite. Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. (c) Ahora debemos calcular, si existe (x,y) (1,2) x 2 y 2x 2 y + 2 xy 2x + y 2. Este ejercicio es análogo a los típicos de análisis I donde hay que factorizar numerador y denominador para cancelar la indeterminación. Lo que precisamos es que aparezcan factores de la forma (x 1)(y 2). Esto es fácil. (x,y) (1,2) x 2 y 2x 2 y + 2 xy 2x + y 2 = (x,y) (1,2) x 2 (y 2) (y 2) x(y 2) + (y 2) = y hemos completado el ejercicio. (2) Determinar el conjunto de puntos de continuidad de la función Solución. si f(x, y) = { x 2 y si x 2y 3 si x = 2y Una función es continua en el punto (x 0, y 0 ) D f(x, y) = f(x 0, y 0 ). (x,y) (x 0,y 0 ) Como la función está definida por partes nos puede ayudar graficar los dos subconjuntos que la definen. Debemos analizar dos casos, según que el punto (x 0, y 0 ) esté sobre la recta x = 2y o no lo esté. Si x 0 2y 0 es decir si el punto no está sobre la recta entonces la función es continua en dicho punto porque podemos encontrar un entorno con centro en (x 0, y 0 ) donde la función vale x 2 y que evidentemente 32

19 es una función continua. En el gráfico hemos hecho este análisis con el punto ( 2,1). Pero si x 0 = 2y 0 entonces f(x 0, y 0 ) = 3. Luego debemos hacer que ocurra que 3 En resumen, el conjunto de puntos de continuidad de f es Cont( f ) = {(x, y) R 2 : x 2y} {(2,1), ( 3 2, 3 4 )}. (3) Determinar, si es posible, el valor de a para que f(x, y) resulte continua en el punto (0, 1) siendo 2 1 f(x, y) = x 3 x(y + 1) 4 x + (y + 1) 2 si (x, y) (0, 1) a si (x, y) = (0, 1) Solución La recta punteada es x = 2y. x 2 y = f(x 0, y 0 ) = 3 (x,y) (x 0,y 0 ) Pero el límite vale x 2 0 y 0 = (2y 0 )2 y 0 = 3 Esto nos da dos valores de y 0. Dichos valores son y 0 = 1 e y 0 = 3. Luego los puntos de continuidad sobre la 4 recta en cuestión son (2,1) y ( 3 2, 3 4 ). Este ejercicio no debe asustarnos por no tener el problema en (0,0). Debemos poder imaginar en nuestro cerebro que donde dice y + 1 podría decir y. El problema estaría entonces en el (0,0) y sería el equivalente siguiente : f(x, y) = x 3 xy 4 x + y 2 si (x, y) (0,0) a si (x, y) = (0,0) En este caso, para que la función sea continua en (0,0) 33

20 x(x 2 y 4 ) x(x y 2 )(x + y 2 ) = = x(x y 2 ) = 0 (x,y) (0,0) x + y 2 (x,y) (0,0) x + y 2 (x,y) (0,0) Y este límite debe ser, para que la función sea continua en (0,0) igual a f(0,0). Por lo tanto a = 0. Le pedimos al lector que realice los mismos pasos con el ejercicio original donde obtendrá la misma respuesta a = 0. (4) Sea f : R 2 R. Consideremos el punto (0,0) R 2. Sea (a, b) R 2. Definimos h : R R por h(t) = f(t(a, b)) = f(ta, tb). (a) Estudiar la relación entre el gráfico de h y el de f. (b) Dar un ejemplo para mostrar que, aún cuando para cada (a, b) R 2, h resulte continua en 0 f puede no ser continua en (0,0) R 2. (c) Pruebe que si f es continua en (0,0) entonces h es continua en 0. (a) En palabras cuando fijamos un vector (a, b) (0,0) en el plano estamos fijando una dirección. Cuando dicho vector lo multiplicamos por t para todo valor real de t definimos la recta que pasa por (0,0) y tiene dirección (a, b) y finalmente cuando calculamos f(ta, tb) estamos calculando las imágenes de cada punto de dicha recta en función de la variable t. (b) Este ejemplo es famoso y muestra el cuidado que hay que tener al extender una propiedad de límites de una variable a varias. En una variable, si una función y = f(x) tiene límite cuando x a por izquierda y derecha y estos dos límites laterales coinciden entonces la función f(x) tiene límite cuando x a. Parecería entonces que si acercándonos por toda recta que pasa por (0,0) la función tiene límite y estos límites coinciden entonces la función debería tener límite. Este ejercicio muestra que este razonamiento es inválido. Consideremos la función Solución. f(x, y) = xy 2 x 2 + y 4 si (x, y) (0,0) 0 si (x, y) = (0,0) 34

21 Entonces h(t) = f(ta, tb) = Notemos ahora que ta(tb) 2 (ta) 2 + (tb) 4 si t 0 0 si t = 0 GALLERY 2.6 Función de Genocci-Peano. t 0 t 3 ab 2 t 2 (a 2 + t 2 b 4 ) = t 0 tab 2 a 2 + t 2 b 2 = 0 si a 0. Y si a = 0 entonces b 0 y resulta sustituyendo en la expresión de f que h(t) = f(0,tb) 0. Pero acerquémonos ahora al (0,0) a través de la curva x = y 2. Entonces si y 0. Pero entonces f(y 2, y) = y2 y 2 y 4 + y = La función de Genocci-Peano es discontinua. Obsérvese que la parábola no se apoya en (0,0) sobre la superficie. acercarnos por dicho camino la función no tiende a 0 sino a 1 2. f(y 2, y) = 1 y Por lo tanto la función no es continua en (0,0) pues hemos encontrado un camino que pasa por (0,0) y al (c) Debemos probar que para la función de una variable h tenemos 35

22 h(t) = h(0). t 0 En efecto, t 0 h(t) = t 0 f(ta, tb). Ahora bien, si t 0 entonces (ta, tb) (0,0) y como f es continua en (0,0) por hipótesis t 0 h(t) = t 0 es decir, h es continua en 0. f(ta, tb) = f(0,0) = h(0) 36

23 SECCIÓN 3 Derivadas Parciales. Ahora que ya estamos familiarizados con los conceptos de límite y continuidad de funciones de varias variables llegó el momento de estudiar las derivadas parciales y su generalización : las direccionales. Representa un tema de dificultad media pero adelantamos ya mismo que derivabilidad no implica continuidad como ocurre en el caso de una variable. CONTENIDOS 1. Derivadas parciales 2. Derivadas direccionales 3. Curvas en R n 37

24 Problemas. (1) Calcular, usando la definición, las derivadas parciales de las siguientes funciones en el punto indicado. (a) f(x, y) = 2x 3 y 3 x 2 + 3y 2 si (x, y) (0,0) 0 si (x, y) = (0,0), P = (0,0) Análogamente obtenemos f y (0,0) = k k k 2 0 k = h 0 k 3 3k 3 = 1 3. (b) En este ejercicio debemos tener un poquito más de cuidado conceptual. La función está definida de dos maneras distintas pero la diferencia está en toda una recta, no sólo en el punto ( 1,0). (b) f(x, y) = (x + 1) 2 y 2 x + 1 y si x + 1 y 0 si x + 1 = y, P = ( 1,0) Solución. (a) Por definición de derivada parcial tenemos -0.8 f x (0,0) = h 0 f(0 + h,0) f(0,0). h -1.6 En nuestro caso este límite es f x (0,0) = h 0 2h h h = h 0 2h 3 h 3 = 2. 38

25 Sin embargo observamos que en la dirección de cada derivada parcial la función está definida por la condición y x + 1. De modo que f x ( 1,0) = h 0 f ( 1 + h,0) f ( 1,0) h que en para nuestra función f resulta (a) En este ejercicio debemos derivar por la regla del cociente de análisis I pero cuando pensemos por ejemplo en la derivada del numerador debemos decir la derivada parcial del numerador respecto de x... etc. Luego, procediendo como en análisis I, tenemos f x ( 1,0) = h 0 ( 1 + h + 1) ( 1 + h) Análogamente se obtiene h = h 0 h 2 h 2 = 1. f x = (xz). (y + z) xz. (y + z) x x = (y + z) 2 z(y + z) xz.0 (y + z) 2 = z y + z f y ( 1,0) = k 0 f ( 1,0 + k) f ( 1,0) k = k 0 k 2 k k = k 0 Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. k 2 k 2 = 1. (2) Calcular las derivadas parciales de las siguientes funciones y luego evaluarlas en el punto indicado. (a) f(x, y, z) = xz y + z, P 0 = (1,1,1) y 2 (b) f(x, y) = sen(ln(1 + t 3 )) dt, P 0 = (1,2). x Observemos que a este mismo resultado llegamos sacando el denominador afuera del signo de derivación por no depender de x y derivando sólo el numerador respecto de x. f x = 1 y + z. x (xz) = z (y + z). Al evaluar esta derivada en el punto P 0 = (1,1,1) obtenemos f x (1,1,1) = 1 2 De la misma manera Solución. 39

26 Y finalmente f y = xz. y ( 1 y + z ) = xz. f z = x(y + z) xz(1) (y + z) 2 = 1 (y + z) 2. xy (y + z) 2. (b) Este ejercicio sólo requiere recordar el teorema fundamental del cálculo de Análisis I. Éste dice que si f es integrable en [a, b] y definimos x F(x) = f(t) dt entonces si f es continua en a c (a, b) se tiene que F es derivable en c y además F (c) = f(c). Una consecuencia de este teorema es que con ciertas hipótesis que valen para este ejercicio sobre las funciones a(x) y b(x) tenemos d dx b(x) a(x) f(t) dt = f(b(x)). b (x) f(a(x)). a (x) Luego, usando este último hecho f y = sen(ln(1 + (y2 ) 3 )). (2y) f x = sen(ln(1 + x3 )). (3) Analizar la existencia de derivadas direccionales de las siguientes funciones en los puntos y direcciones dadas. (a) f(x, y) = 3x 2 2xy, P 0 = (1,2), v = ( 1 2, 3 2 ) (b) Solución. x 2 y x 2 + y 2 si (x, y) (0,0), P 0 = (0,0), v = (a, b). 0 si (x, y) = (0,0) (a) Recordemos que la definición de derivada direccional de f en el punto (x 0, y 0 ) en la dirección del versor v = (a, b) es el límite siguiente 40

27 f v (x 0, y 0 ) = h 0 f(x 0 + ha, y 0 + hb) f(x 0, y 0 ). h Luego, la derivada direccional de f en el punto (0,0) en la dirección del versor v = (a, b) es a 2 b. Esta oración en notación matemática se reduce a f v En nuestro caso resulta (1,2) = h 0 h 0 3(1 + h. 1 2 )2 2(1 + h 1 2 )(2 + h. 3 2 ) h(1 3) + h 2 ( ) + 1 h h = 1 3. = f v (0,0) = a2 b. Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. (4) Sea C la curva dada por σ(t) = (t 2, t 3 + 1,t 3 1), t [0,4]. (a) Hallar una ecuación de su recta tangente y su plano normal en t = 2. (b) Ahora no nos piden la derivada direccional en alguna dirección particular sino en una dirección genérica (a, b). Nuestra respuesta será entonces una función del versor v = (a, b). Veamos f v (0,0) = h 0 f(ha, hb) f(0,0) h = (b) Probar que la curva es plana. (c) Hallar la intersección de C con el plano de ecuación y + z = 2. (d) Muestre que la parametrización dada no es regular y encuentre alguna que lo sea. Solución. h 0 (ha) 2 hb (ha) 2 + (hb) 2 0 h = h 0 h 3 a 2 b h 2 (a 2 + b 2 )h = a2 b (a) Si t = 2 entonces σ(2) = (4,9,7). Para hallar la ecuación de la recta tangente en t = 2 precisamos su vector tangente. donde hemos usado que a 2 + b 2 = 1 pues v es un versor. σ (t) = (2t,3t 2,3t 2 ) entonces σ (2) = (4,12,12). 41

28 Luego por definición de recta tangente tenemos r(t) = σ(2) + t. σ (2) = (4,9,7) + t. (4,12,12). Por otro lado, el plano normal que pasa por dicho punto tiene como vector normal justamente al vector tangente a la curva. Luego el plano pedido resulta y z = 2. Esto significa que la curva está contenida en dicho plano. La siguiente figura muestra este hecho. GALLERY 2.7 Curva plana. o equivalentemente (x 4, y 9, z 7) (4, 12, 12) = 0. 4x + 12y + 12z = 208. (b) Para probar que la curva es plana debemos encontrar un conjunto plano Π tal que para todo punto σ(t) tengamos σ(t) Π. Para esto observemos que y(t) = t { z(t) = t 3 1, Si bien nuestra curva está en el espacio, es una curva plana por estar contenida en un plano. sistema del cual obtenemos, restando miembro a miembro, que para todo t 42

29 (c) Esto es muy sencillo. Debemos averiguar para que valor de t satisfacemos las ecuaciones del plano y + z = 2. implica o sea Luego y(t) + z(t) = 2 (t 3 + 1) + (t 3 1) = 2 t 3 = 1 t = 1. Por lo tanto la intersección de la curva C y el plano de ecuación y + z = 2 es el punto σ(1) = (1,2,0). (d) Recordemos que una parametrización σ(t), t [a, b] de una curva C s e l l a m a r e g u l a r s i t [a, b] : σ (t) y además σ (t) 0. (en a y b se toman derivadas laterales). Pero σ (t) = (2t,3t 2,3t 2 ) = (0,0,0) si t = 0. Luego la parametrización dada no es regular. Para lograr una parametrización regular de C debemos lograr que la imagen de otra parametrización, digamos γ(s) satisfaga la definición de regularidad y recorra los mismos puntos que tenía C. Es un ejemplo de lo que se llama una reparametrización. En general hay dos tipos de reparametrizaciones : las que mantienen la orientación y las que la invierten. Hagamos el cambio de variable t 2 = u. Entonces si t [0,4] u [0,16] y resulta que la parametrización γ(u) = (u, u 3/2 + 1,u 3/2 1), u [0,16] recorre todos los puntos de C, es decir es otra parametrización de C. Pero además γ (u) = (1, 3 2 u, 3 2 u) (0,0,0) para todo u [0,16]. Es decir esta parametrización de C es regular. (5) Hallar una parametrización regular de la curva definida por el par de ecuaciones dado y calcular una ecuación para la recta tangente en el punto indicado. (a) y = 4 x, z = 4 x 2, P = (1,3,3) 43

30 (b) x 2 + y 2 + z 2 = 6, z = x 2 + y 2, P = (1,1,2) (c) x 2 + y 2 + z 2 = 9, x + y + z = 3, P = (0,0,3). Solución. (a) Este ítem es muy sencillo porque podemos utilizar como parámetro la abscisa. Ya casi está realizado en el enunciado. La curva intersección de estas dos superficies se puede parametrizar por c(x) = (x, 4 x, 4 x 2 ). Luego para esta parametrización c (x) = (1, 1, 2x) (0, 0, 0) deducimos sustituyendo la segunda en la primera que es necesario que z + z 2 = 6 de aquí se obtienen dos valores de z pero sólo el positivo z = 2 nos interesa pues de la segunda de las ecuaciones es evidente que z 0. Pero si z = 2 obtenemos en cualquiera de las ecuaciones que x 2 + y 2 = 2. Luego, una parametrización regular de la curva es c(t) = ( 2cos(t), 2sen(t), 2) t [0,2π]. la cual apreciamos en el siguiente gráfico. es decir la curva es regular. Y finalmente como c(1) = (1,3,3) y c (1) = (1, 1, 2) tenemos que la recta tangente en el punto pedido es r(t) = (1,3,3) + t. (1, 1, 2). (b) De las ecuaciones x 2 + y 2 + z 2 = 6, z = x 2 + y 2 Circunferencia intersección de la esfera y el paraboloide. 44

31 Ahora nos piden la recta tangente en el punto una circunferencia (salvo que sean disjuntos o tangentes). P = (1,1,2). El valor del parámetro t para el cual se obtiene el punto P es t = π. Luego debemos calcular también 4 c ( π ). Calculamos sin dificultad 4 c (t) = ( 2sen(t), 2cos(t), 0). Entonces c ( π ) = ( 1, 1, 0). 4 Con estos datos la ecuación de la recta tangente en el punto pedido resulta r(t) = (1,1,2) + t. ( 1,1,0). (c) Para hallar la intersección de x 2 + y 2 + z 2 = 9, x + y + z = 3 podemos proceder geométricamente y darnos una idea del resultado. Un plano y una esfera se intersecan en Observamos que los puntos (3,0,0), (0,3,0), (0,0,3) perteneces a ambas ecuaciones. Luego estos tres puntos están en la circunferencia intersección. Por simetría vemos que el centro de este círculo (que también es el centro de masa de estos tres puntos) es el punto C = 1 [(3,0,0) + (0,3,0) + (0,0,3)] = (1,1,1). 3 45

32 En efecto, cada uno de los puntos dista del centro en la misma distancia r = 6. Por lo tanto, el radio de la circunferencia es 6. Un vector que une el centro de la circunferencia con el punto (3,0,0) es (3,0,0) (1,1,1) = (2, 1, 1) que normalizado resulta u = 1 (2, 1, 1). 6 Con todo esto tenemos que u, v son dos vectores unitarios paralelos al plano x + y + z = 3 y perpendiculares entre sí. Luego, una parametrización de la circunferencia intersección de la esfera y el plano es c(t) = (1,1,1) + 6 cos(t). u + 6 sen(t). v t [0,2π]. Nota : La deducción anterior puede resultar dificultosa para aquellos alumnos que no tengan cierta familiaridad con el álgebra lineal. Observamos que estamos dirigiéndonos al hallazgo de una base ortonormal de R 3. Sabemos que el vector (1,1,1) es normal al plano. Luego el producto vectorial (2, 1, 1) (1,1,1) = (0, 3, 3) es paralelo al plano y ortogonal a (2, 1, 1). El vector normalizado v = 1 (0, 3, 3) 18 es paralelo al plano x + y + z = 3. (6) Sea f : R 3 R : f(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2. Sea g : R 3 R : g(x, y, z) = x 2 2x + y 2. Hallar una parametrización de la curva definida por la intersección de las superficies de nivel de f y g que pasan por (0,0, 2). Solución. Observamos que f(0,0, 2) = 4 y g(0,0, 2) = 0. Luego las superficies de nivel que debemos intersecar son 46

33 x 2 + y 2 + z 2 = 4 { x 2 2x + y 2 = 0. Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. La primera de ellas es una esfera y la segunda un cilindro (no una circunferencia como podría parecer a primera vista). Completando el cuadrado en la segunda obtenemos (x 1) 2 + y 2 = 1 y de la primera obtenemos que z = ± 4 x 2 y 2. Luego tenemos dos curvas para parametrizar. Comenzando con la curva en la cual z > 0 una posibilidad es x = 1 + cos(t) y = sen(t) z = 4 (1 + cos(t)) 2 sen 2 (t) es Luego una parametrización de la parte de arriba c(t) = (1 + cos(t), sen(t), 2 2cos(t)), t [0,2π]. Dejamos como ejercicio la parte de abajo, pero a cambio mostramos un gráfico con las dos superficies del ejercicio y su curva intersección. 47