Problema 1. Calcula las derivadas parciales de las siguientes funciones: (d) f(x, y) = arctan x + y. (e) f(x, y) = cos(3x) sin(3y),

Transcripción

1 Problema. Calcula las derivadas parciales de las siguientes funciones: (a) f(x, y) = x + y cos(xy), (b) f(x, y) = x x + y, (c) f(x, y) = log x + y x y, (d) f(x, y) = arctan x + y x y, (e) f(x, y) = cos(3x) sin(3y), (f) f(x, y) = x + y cos(x + y ). Solución del problema. (a) (x, y) = x y3 sin(xy), (x, y) = y cos(xy) xy sin(xy). (b) (x, y) = y (x + y ) 3/, (c) (x, y) = y y x, (d) (x, y) = y x + y, (x, y) = x (e) (x, y) = 3 sin(3x) sin(3y), xy (x, y) = (x + y ) 3/. x (x, y) = (f) (x, y) = x xy sin(x + y ), Problema. Comprobar que x y. x + y. (x, y) = 3 cos(3x) cos(3y). (x, y) = y cos(x + y ) y 3 sin(x + y ). (a) f(x, y) = e xy + sin(x + y) verica x D f(x, y) y D f(x, y) = (x y) cos(x + y). (b) g(x, y, z) = cos( x+y z ) verica x D g(x, y, z) + y D g(x, y, z) + z D 3 g(x, y, z) = 0. Solución del problema. a) Como D f(x, y) = ye xy + cos(x + y) y D f(x, y) = xe xy + cos(x + y), entonces x D f(x, y) y D f(x, y) = x ( ye xy + cos(x + y) ) y ( xe xy + cos(x + y) ) = (x y) cos(x + y). Dpto. de Análisis Matemático Curso 04/5

2 b) Como entonces D g(x, y, z) = sin( x+y z ) z D g(x, y, z) = sin( x+y z ) z D 3 g(x, y, z) = sin( x+y )x + y, z z x D g(x, y, z) + y D g(x, y, z) + z D 3 g(x, y, z) = Problema 3. ( x z y z + x + y ) sin( x+y z z ) = 0. Hallar la derivada de la función f(x, y) = x y en el punto (, ) según la dirección que forma un ángulo de 60 o con el semieje OX positivo. Solución del problema 3. Primeramente calculamos las derivadas parciales de f : (x, y) = x y (x, y) = y. Como las derivadas parciales son continuas en el punto (, ), tenemos que f es diferenciable en (, ) y además D u f(, ) = f(, ) u, para cualquiera dirección u. Como nos pide hallar la derivada direccional según la dirección que forma un ángulo de 60 o con el semieje OX positivo, tomaremos u = (cos 60 o, sin 60 o ) = (, 3 del problema es la siguiente Problema 4. D u f(, ) = (, ) (, 3 ) = 3. ). Por tanto, la solución Hallar la derivada de la función f(x, y) = x xy + y en el punto (, ) según la dirección que forma un ángulo α con el semieje OX positivo. ¾En qué dirección es máxima?. ¾Y mínima?. ¾Y nula? Solución del problema 4. Observamos que las derivadas parciales de f (x, y) = x y y (x, y) = x + y son continuas en el punto (, ). Luego, f es diferenciable en (, ) y D u f(, ) = f(, ) u, para cualquiera dirección u. Para determinar la derivada direccional según la dirección que forma un ángulo de α con el semieje OX positivo, debemos considerar u = (cos α, sin α). Como u es unitario, tenemos que Luego, D u f(, ) = f(, ) u = f(, ) cos( f(, ), u). Dpto. de Análisis Matemático Curso 04/5

3 ) D u f(, ) es máxima cos( f(,, ) u) = f(, ) u. ) D u f(, ) es nula cos( f(,, ) u) = 0 f(, ) u. ) D u f(, ) es mínima cos( f(,, ) u) = f(, ) u. En nuestro caso, f(, ) = (, ). Así pues, ) D u f(, ) es máxima (, ) u, es decir, u = (, ). ) D u f(, ) es nula (, ) u, es decir, u = (, ) y en la dirección opuesta u = (, ). ) D u f(, ) es mínima (, ) u, es decir, u = (, ). Problema 5. Hallar el gradiente de la función f(x, y, z) = x 3 y 3 3xy(x y) + e z en el punto (0, 0, 0). Solución del problema 5. Observamos que Como f(0, 0, 0) = Problema 6. (x, y, z) = 3(x y) ( (x, y, z) = 3(x y) z = ez. (0, 0, 0), (0, 0, 0), ), (0, 0, 0) deducimos que f(0, 0, 0) = (0, 0, ). z La temperatura en cada punto (x, y) de una placa circular delgada de radio 0 centímetros viene dada por T (x, y) = 00 (x + y ). a) Encontrar la dirección en la que la velocidad de variación de la temperatura en el punto (4, 3) sea lo más grande posible. b) ¾Cuánto vale dicha velocidad? Solución del problema 6. a) Como la variación de temperatura viene dada por la derivada direccional, nos están pidiendo hallar la dirección en la que la derivada direccional en el punto (4, 3) sea máxima, la cual sabemos por teoría que siempre es la dirección dada por el gradiente de la función en dicho punto. Como T (x, y) = ( x, y), deducimos que en la dirección u = T (4, 3) = ( 8, 6) la velocidad de variación de la temperatura en el punto (4, 3) es máxima. b) La velocidad vale T (4, 3) = ( 8, 6) = ( 8) + ( 6) = 0. Dpto. de Análisis Matemático 3 Curso 04/5

4 Problema 7. La cantidad de calor Q desprendida cuando x moléculas de SO 4 H se mezclan con y moléculas de H O es Q = con a, b constantes positivas. ay bx+y a) Hallar el incremento de calor por molécula de agua añadida si la cantidad de ácido es constante. b) Idem por molécula de ácido añadida si la cantidad de agua es constante. c) Si en un momento dado el número de moléculas de ácido es diez veces mayor que el de agua, hallar la variación de calor si x aumenta en un 5 por 00, e y aumenta en un 0 por 00. Solución del problema 7. a) Como la cantidad de ácido x es constante, sólo varía la de agua x, por lo tanto, el incremento de calor por molécula de agua añadida viene dado por Q abx (x, y) = (bx + y). b) Análogamente, el incremento de calor por molécula de ácido añadida es Q (x, y) = aby (bx + y). c) La variación de calor la podemos expresar como dq = Q (x 0, y 0 )dx + Q (x 0, y 0 )dy, donde (x 0, y 0 ) es el estado inicial de concentraciones que elegimos, dx es la variación de moléculas de ácido y dy la variación de moléculas de agua. En nuestro caso, tenemos que dx = 0, 05x 0 y dy = 0, y 0, por lo que dq = 0, 05aby 0x 0 (bx 0 + y 0 ) + 0, abx 0y 0 (bx 0 + y 0 ) = 0, 05aby 0x 0 (bx 0 + y 0 ). Como el número de moléculas de ácido es diez veces mayor que el de agua, entonces en ese momento x 0 = 0y 0, por lo que se tiene que dq = 0, 05aby 00y 0 (0by 0 + y 0 ) = 0, 5aby 0 y 0(0b + ) = ab (0b + ). Problema 8. Demostrar que una función de la forma f(x, t) = f (x + at) + f (x at), donde f y f son derivables dos veces y a es una constante, es solución de la ecuación unidimensional de ondas, D f(x, t) = a D f(x, t). Dpto. de Análisis Matemático 4 Curso 04/5

5 Solución del problema 8. Observamos que Por otro lado, D f(x, t) = t[ f (x + at) + f (x at) ] = f (x + at) a + f (x at) ( a) = = D f(x, t) = [ a f t (x + at) a f (x at) ] = a f (x + at) a a f (x at) ( a) = a ( f (x + at) + f (x at) ). D f(x, t) = [ f (x + at) + f (x at) ] = f (x + at) + f (x at) = = D f(x, t) = [ f (x + at) + f (x at) ] = f (x + at) + f (x at). Luego, D f(x, t) = a D f(x, t). Problema 9. Demostrar que la función f(x, y) = a log(x + y ) + b cumple la ecuación de Laplace, es decir, f := D f(x, y) + D f(x, y) = 0. Solución del problema 9. Como D f(x, y) = [ a log(x + y ) + b ] = a y como deducimos que Problema 0. = D f(x, y) = x x + y = [ x ] (x + y ) x x a = a = a (y x ) x + y (x + y ) (x + y ) D f(x, y) = [ a log(x + y ) + b ] y = a x + y = = D f(x, y) = [ y ] (x + y ) y y a = a = a (x y ) x + y (x + y ) (x + y ), Dadas las funciones: f := D f(x, y) + D f(x, y) = a (y x ) (x + y ) + a (x y ) (x + y ) = 0. a) f(x, y) = x 3 y xy 3, c) h(x, y, z) = xyz 3 4x y z. b) g(x, y) = x + y x, Estudiar si son homogéneas y, en su caso, determinar el grado de homogeneidad y comprobar que se verica el Teorema de Euler. Dpto. de Análisis Matemático 5 Curso 04/5

6 Solución del problema 0. a) Como f(t x) = f(tx, ty) = (tx) 3 (ty) (tx)(ty) 3 = t 4 (x 3 y xy 3 ) = t 4 f(x, y) = t 4 f( x), entonces f es homogénea de grado 4. Observamos que f es diferenciable en R, pues es una función polinómica. Veamos que se satisface el teorema de Euler, es decir, que 4 f( x) = f( x) x. Como (x, y) = 3x y y 3 y (x, y) = x3 3xy, entonces f(x, y) = (3x y y 3, x 3 3xy ). Luego, f( x) x = (3x y y 3, x 3 3xy ) (x, y) = 3x 3 y xy 3 + x 3 y 3xy 3 = 4(x 3 y xy 3 ) = 4 f( x). b) Observamos que g es diferenciable en R, por ser g una función polinómica. Como c) Como entonces g(x, y) = (x, y). Así pues, g (x, y) = x y g = y, g( x) x = (x, y) (x, y) = x x + y r g( x), para cualquier r R, ya que r g( x) = rx + r y rx. Luego, por el teorema de Euler deducimos que g no es homogénea. h(t x) = h(tx, ty, tz) = (tx)(ty)(tz) 3 4(tx) (ty) (tz) = t 5 (xyz 3 x y z) entonces h es homogénea de grado 5. = t 5 h(x, y, z) = t 5 h( x), Observamos que h es diferenciable en R 3, pues es una función polinómica. Veamos que se verica el teorema de Euler, es decir, que 5 h( x) = h( x) x. Como h (x, y, z) = yz3 8xy z h (x, y, z) = xz3 8x yz h z (x, y, z) = 3xyz 4x y, Dpto. de Análisis Matemático 6 Curso 04/5

7 entonces h(x, y, z) = (yz 3 8xy z, xz 3 8x yz, 3xyz 4x y ). Luego, h( x) x = (yz 3 8xy z, xz 3 8x yz, 3xyz 4x y ) (x, y, z) = xyz 3 8x y z + xyz 3 8x y z + 3xyz 3 4x y z = 5xyz 3 0x y z = 5(xyz 3 4x y z) = 5 h( x). Problema. Dada la función F (x, y) = x y xy, estudiar si la ecuación F (x, y) = 0 dene a y como función implícita de x en un entorno del punto (, ), y calcular la derivada de y = y(x). Solución del problema. Debemos de comprobar que se cumplen las hipótesis del teorema de la función implícita. (H ) F es de clase uno en R, ya que F es continua y sus derivadas parciales F F (x, y) = xy y (x, y) = x xy, también lo son. (H ) F (, ) = = 0. (H 3 ) F (, ) = x xy (,) = 0. Como se verican las hipótesis del teorema de la función implícita, en un entorno del punto (, ) la ecuación F (x, y) = 0 dene implícitamente a y como función de x, es decir, y = y(x). Así pues, x y(x) x y(x) = 0. Derivando respecto de x, Evaluando para x =, x y(x) + x y (x) [y(x) + x y(x) y (x)] = 0. y() + y () [y() + y() y ()] = 0, y teniendo en cuenta que y() =, obtenemos + y () y () = 0, es decir, y () =. Problema. Dada la función F (x, y, z) = x 3 + y z, estudiar si la ecuación F (x, y, z) = 0 dene a z como función implícita de x, y en un entorno del punto (, 0, ), y calcular las derivadas parciales de z = z(x, y) en el punto (, 0). Dpto. de Análisis Matemático 7 Curso 04/5

8 Solución del problema. Vamos a aplicar el teorema de la función implícita. Para ello, veamos que se cumplen las hipótesis de dicho teorema. (H ) F es de clase uno en R 3, ya que F es continua y sus derivadas parciales F (x, y, z) = 3x, F F (x, y, z) = 4y, (x, y, z) = z, z también lo son (por ser funciones polinómicas). (H ) F (, 0, ) = = 0. (H 3 ) F z (, 0, ) = z (,0,) = 0. Como se verican las hipótesis del teorema de la función implícita, en un entorno del punto (, 0, ) la ecuación F (x, y, z) = 0 dene implícitamente a z como función de x e y, es decir, z = z(x, y). Así pues, x 3 + y z(x, y) = 0. () Derivando respecto de x, 3x + 0 z(x, y) z (x, y) = 0. Evaluando en (x, y) = (, 0), 3 z(, 0) z (, 0) = 0, y teniendo en cuenta que z(, 0) = z, obtenemos que (, 0) = 3. Por otro lado, si en () derivamos respecto de y, 4y z(x, y) z (x, y) = 0. Evaluando en (x, y) = (, 0), 0 z(, 0) z (, 0) = 0, y teniendo en cuenta que z(, 0) = z, obtenemos que (, 0) = 0. Problema 3. Estudiar si F (x, y, z) = C dena a z como función implícita de x y y en un entorno del punto P (x 0, y 0, z 0 ) y, en caso armativo, determinar C y calcular las derivadas parciales de z = z(x, y) en (x 0, y 0 ) en los casos: a) F (x, y, z) = log z x y, P (,, ). z ( ) 0x b) F (x, y, z) = log + z, P (0,, 00). y 00 Dpto. de Análisis Matemático 8 Curso 04/5

9 Solución del problema 3. C. Apliquémosle el teorema z de la función implícita a G. Para ello, veamos que se cumplen las hipótesis de dicho a) Denimos la función G(x, y, z) := F (x, y, z) C = log z x y resultado. (H ) G es de clase uno, ya que G es continua y sus derivadas parciales (x, y, z) = xy y, (x, y, z) = x z, z (x, y, z) = z + x y z, también lo son. (H ) G(,, ) = log C = 0 C =. (H 3 ) z (, 0, ) = z + x y z (,0,) = 0. Así pues, si C = se verican las hipótesis del teorema de la función implícita y podemos asegurar que en un entorno del punto (,, ) la ecuación G(x, y, z) = 0 (la cual es equivalente a la ecuación F (x, y, z) = ) dene implícitamente a z como función de x e y, es decir, z = z(x, y). Así pues, Derivando respecto de x, Evaluando en (x, y) = (, ), log z(x, y) x y z(x, y) =. () z(x, y) z (x, y) xy z(x, y) x y z (x, y) = 0. z(x, y) z(, ) z z z(, ) (, ) (, ) = 0, z(, ) y teniendo en cuenta que z(, ) = z, obtenemos que (, ) =. Por otro lado, si en () derivamos respecto de y, Evaluando en (x, y) = (, ), z(x, y) z (x, y) x z(x, y) x y z (x, y) = 0. z(x, y) z(, ) z z z(, ) (x, y) (, ) = 0, z(, ) y teniendo en cuenta que z(, ) =, obtenemos que z (, 0) =. ( b) Denimos la función G(x, y, z) := F (x, y, z) C = log 0x y teorema de la función implícita a G. Para ello, veamos que se cumplen las hipótesis de dicho resultado. ) + z C. Apliquémosle el 00 Dpto. de Análisis Matemático 9 Curso 04/5

10 (H ) G es de clase uno, ya que G es continua y sus derivadas parciales (x, y, z) = x, (x, y, z) = y, (x, y, z) = z 00, también lo son. (H ) G(0,, 00) = log ( 0 0 (H 3 ) z (, 0, ) = z + x y z (,0,) = 0. ) + 00 C = 0 C = log(50) Así pues, si C = log(50) + se verican las hipótesis del teorema de la función implícita y podemos asegurar que en un entorno del punto (,, 00) la ecuación G(x, y, z) = 0 (la cual es equivalente a la ecuación F (x, y, z) = log(50) + ) dene implícitamente a z como función de x e y, es decir, z = z(x, y). Así pues, ( ) 0x z(x, y) log + = log(50) +. (3) y 00 Derivando respecto de x, Evaluando en (x, y) = (, ), ( ) 0x log + y z(x, y) 00 = 0. z(, ) z z z(, ) (, ) (, ) = 0, z(, ) y teniendo en cuenta que z(, ) = z, obtenemos que (, ) =. Por otro lado, si en () derivamos respecto de y, Evaluando en (x, y) = (, ), z(x, y) z (x, y) x z(x, y) x y z (x, y) = 0. z(x, y) z(, ) z z z(, ) (x, y) (, ) = 0, z(, ) y teniendo en cuenta que z(, ) =, obtenemos que z (, 0) =. Dpto. de Análisis Matemático 0 Curso 04/5