UNIVERSIDAD SIMÓN BOLÍVAR DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICAS PURAS Y APLICADAS PREPARADURÍAS DE MATEMÁTICAS V (MA-2112) PREPARADURÍA N 3

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1 Saúl I. Utrera B. Ingeniería de Materiales UNIVERSIDAD SIMÓN BOLÍVAR DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICAS PURAS Y APLICADAS PREPARADURÍAS DE MATEMÁTICAS V (MA-2112) PREPARADURÍA N 3 Derivadas direccionales y planos tangentes 1. Planos tangentes: Conocido el gradiente en algún punto (xx, yy) de una superficie φφ(xx, yy), es posible allar la ecuación del plano tangente a la gráfica (o a la curva de nivel, φφ(xx, yy) = cccccccccccccccccc) de φφ(xx, yy) partiendo de la definición que indica que el φφ(xx, yy) representa el vector normal a este plano. Entonces: DEFINICIÓN DEL PLANO TANGENTE A LA GRÁFICA DE φφ(xx, yy): xx xx zz φφ(xx, yy) = φφ(xx, yy), yy yy DEFINICIÓN DEL PLANO TANGENTE A LA CURVA DE NIVEL DE φφ(xx, yy): Curva de nivel de φφ(xx, yy) φφ(xx, yy) = kk xx xx 0 = φφ(xx, yy), yy yy 1.1. Sea ff(xx, yy) = xx2 yy, ssss yy + xx 2 0 xxyy 2, ssss yy + xx 2 < 0 una función diferenciable en los puntos AA = 1 0 y CC = 0 1, y no diferenciable en el punto BB =. Diga si la gráfica de ff(xx, yy) tiene planos 0 1 tangentes en estos puntos y alle las ecuaciones de los mismos. Se conoce que ff(aa) = 0 1, ff(cc) = 0 yy ff(bb). 0 1

2 En los puntos AA = 1 0 y CC = 0 es posible allar el plano tangente a la gráfica de ff(xx, yy), 0 en el punto BB = 1 no es posible allar un plano tangente, pues aquí la función no es 1 diferenciable, además, no ay gradiente. Entonces tenemos: En AA = 1 0 se conoce que el ff(aa) = 0, luego, la ecuación del plano tangente a la 1 gráfica de ff(xx, yy) está dada por zz ff(xx, yy) = ff(xx, yy), xx xx, así: yy yy zz ff(aa) = ff(aa), xx xx AA yy yy AA zz ff(1,0) = ff(1,0), xx 1 yy 0 zz ff(1,0) = ff(1,0), xx 1 yy zz 0 = 0 1, xx zz = yy 1 yy La ecuación del plano tangente a la gráfica de ff(xx, yy) en A es: zz = yy. Aora en BB = 1 no ay plano tangente pues la función no tiene gradiente en este punto. 1 Finalmente, en CC = 0 0 se conoce que ff(cc) = 0, luego, la ecuación del plano tangente 0 a la gráfica de ff(xx, yy) está dada por zz ff(xx, yy) = ff(xx, yy), xx xx, así: yy yy zz ff(cc) = ff(cc), xx xx CC yy yy CC zz ff(0,0) = ff(0,0), xx 0 yy 0 zz ff(0,0) = ff(0,0), xx yy zz 0 = 0 0, xx zz = 0 yy La ecuación del plano tangente a la gráfica de ff(xx, yy) en C es: zz = Sea ff(xx, yy) = yyee xx + xx + yy 2 diga la ecuación del plano tangente a la gráfica de ff que es paralelo al plano de ecuación xx + 2yy zz = 0. Para allar la ecuación del plano tangente a la gráfica de ff necesitamos el ff en el punto de contacto y evaluar la función en dico punto. En este caso podremos allar las derivadas parciales para armar el gradiente porque conocemos explícitamente a la función ff, sin embargo, no conocemos cuál es el punto de contacto, así que debemos allarlo. Según el enunciado, el plano tangente que buscamos es paralelo a un plano de ecuación xx + 2yy zz = 0, por lo tanto, las normales asociadas a cada uno de estos planos (sus gradientes) son paralelas entre sí. 2

3 Una normal al plano de ecuación conocida está formada por los coeficientes que acompañan a las variables xx, yy, zz (Matemáticas III). Entonces, la normal al plano de ecuación xx + 2yy zz = 0 es: nn = Esta normal es paralela a la normal del plano tangente que buscamos. Cuya forma genérica la podemos deducir de la definición de la ecuación del plano tangente a la gráfica de una función en un punto, así: nn 1 = zz ff(xx, yy) = 1 Dado que las normales son paralelas, nn nn, 1 entonces: nn 1 = kknn (xx, yy)(xx xx ) + (xx, yy)(yy yy) (xx, yy) 1 (xx, yy) = kk kk = 1 (dddd llll tttttttttttttt eeeeeeeeeeeeónn) (xx, yy) = 1 yy (xx, yy) = 2 Si calculamos las derivadas parciales ff a partir de la expresión dada e igualando esos resultados con los allados en el paso anterior, podremos establecer un sistema de ecuaciones que nos permita allar el punto (xx, yy) que necesitamos. Esto es: Entonces: ff(xx, yy) = yyee xx + xx + yy 2 (xx, yy) = yyeexx + 1, (xx, yy) = eexx + 2yy yyeexx + 1 = 1 yy = 0 ee xx (xx, yy) = (ln(2), 0) + 2yy = 2 xx = ln (2) Ya tenemos el punto, aora podemos escribir la ecuación del plano: xx ln (2) zz ff(ln (2),0) = ff(ln(2), 0)), yy 0 3

4 zz ln(2) = 1 ln(2), xx zz ln(2) = xx ln(2) + yy zz = xx + 2yy 2 yy La ecuación del plano tangente a la gráfica de ff en el punto (ln(2), 0) que es paralelo al plano de ecuación xx + 2yy zz = 0 es zz = xx + 2yy. 2. Continuidad y diferenciabilidad (fin) y derivadas direccionales: xx 3 + yy Sea ff(xx, yy) = xx 2 +yy2, ssss (xx, yy) (0,0) : 0, ssss (xx, yy) = (0,0) (a) Diga si ff es continua en (0,0). (b) Halle las derivadas parciales de ff en (0,0). (c) Es ff diferenciable en (0,0)? (d) Halle la derivada direccional de ff en el origen en la dirección de vv = 2 3. (a) Continuidad en el punto (0,0): Para conocer la continuidad de la función en el punto (0,0) aplicamos la definición de continuidad que estudiamos en la sesión anterior: + yy 3 EEEEEEEEEEEE lim (xx,yy) (0,0) xx3 xx 2 = ff(0,0) = 0? + yy2 Usaremos rectas que pasen por el punto (0,0) para trabajar con el límite. Esto es: yy = mmmm, entonces: + yy 3 lim (xx,yy) (0,0) xx3 xx 2 + yy 2 = lim + (mmmm) 3 + mm 3 xx 3 (xx,yy=mmmm) (0,0) xx3 xx 2 + (mmmm) 2 xx 0 xx3 xx 2 + mm 2 xx 2 = xx3 + mm 3 xx 3 (1 + mm 3 ) xx 0 xx 2 + mm 2 xx2 xx 0 xx3 xx 2 (1 + mm 2 ) xx(1 + mm3 ) xx mm mm3 xx = 0 xx mm2 LL = 0 Posible valor del límite! Como el posible valor del límite coincide con ff(0,0) procedemos a acotar. 4

5 Buscamos acotar en una BB rr (0,0) xx 2 + yy 2 < rr (1). ff(xx, yy) LL = xx3 + yy 3 xx 2 + yy 2 0 = xx3 + yy 3 xx 2 + yy 2 xx 3 xx 2 + yy 2 + yy 3 Desigualdad triangular! xx 2 + yy 2 xx 3 xx 2 + yy 2 + yy 3 xx 2 + yy2 < xx3 xx2 + yy3 yy 2 = xx + yy < 2rr 2rr < εε rr < εε 22 (*) (*) De la relación (1) tenemos: xx 2 + yy 2 < rr xx 2 + yy 2 < rr 2 xx 2 < xx 2 + yy 2 < rr 2 yy 2 < xx 2 + yy 2 < rr 2 xx 2 < xx 2 + yy 2 < rr 2 yy 2 < xx 2 + yy 2 < rr 2 xx 2 < rr 2 yy 2 < rr 2 xx < rr yy < rr Finalmente, basta con tomar un rr < εε para que el límite exista y valga ff(0,0): 22 ff(xx, yy) eeee cccccccccccccccc eeee (0,0) (b) Derivadas parciales de ff en (0,0): Para esto solo requerimos aplicar la definición de derivadas parciales, así: (xx, yy) +, yy) ff(xx, yy) ff(xx (xx, yy) yy + ) ff(xx, yy) ff(xx, (0,0) ff(0 +, 0) ff(0,0) (0 + ) (0 + ) = 1 (0,0) = = 5

6 (0,0) ff(0,0 + ) ff(0,0) (0 + ) (0 + ) = 1 (0,0) = = Podemos concluir que: ff(0,0) = 1 1 (c) Diferenciabilidad de ff en (0,0): De nuevo recurrimos a la definición pues ninguna de las proposiciones sirve en este caso. Entonces: Conocemos que: xx xx yy) ff(xx, yy) ff(xx, yy), EEEEEEEEEEEE lim ff(xx, (xx,yy) (xx,yy) (xx, yy) (xx, yy) yy yy = 0? ff(0,0) = 0, ff(0,0) = 1 xx 0, xx = xx 1 yy yy yy 0 = xx yy yy (xx, yy) (xx, yy) = xx2 + yy 2 Entonces, nos aproximamos al límite usando rectas de la forma yy = mmmm: xx 3 + yy 3 lim xx 2 + yy , xx yy (xx,yy) (0,0) xx 2 + yy 2 (xx,yy=mmmm) (0,0) (xx,yy=mmmm) (0,0) xx3 + yy 3 (xx + yy)(xx 2 + yy 2 ) (xx 2 + yy 2 )xx 2 + yy 2 = (xx,yy=mmmm) (0,0) xx3 + yy 3 xx 3 xx 2 yy xxyy 2 yy 3 (xx 2 + yy 2 )xx 2 + yy 2 = (xx,yy=mmmm) (0,0) xx 2 yy xxyy 2 (xx 2 + yy 2 )xx 2 + yy 2 = xx 3 + yy 3 xx 2 + yy2 xx yy = xx 2 + yy 2 lim xx 2 yy + xxyy 2 (xx,yy=mmmm) (0,0) (xx 2 + yy 2 )xx 2 + yy 2 = 6

7 xx 2 (mmmm) + xx(mmmm) 2 xx 0 (xx 2 + (mmmm) 2 )xx 2 + (mmmm) 2 xx 3 (mm + mm 2 ) xx 0 xx 2 (1 + mm 2 ) xx 1 + mm 2 = lim xx(mm + mm 2 ) xx 0 xx (1 + mm 2 ) 1 + mm2 xx xx 0 xx (mm + mm2 ) (1 + mm 2 ) 3 = 2 xx lim xx 0 xx NNNN EEEEEEEEEEEE lim xx xx 0 xx (mm + mm2 ) (1 + mm 2 ) 3 2 NNNN EEEEEEEEEEEE lim xx 0 + xx xx lim xx 0 xx xx ff(xx, yy) nnnn eeee dddddddddddddddddddddddddd eeee (0,0) (d) Derivadas direccionales: Dijimos en la preparaduría anterior que el concepto de diferenciabilidad en R 2 está asociado a las derivadas direccionales, entonces, una función diferenciable es aquella que admite derivadas direccionales en cualquier dirección. Si la función no es diferenciable podría admitir derivadas direccionales en ciertas direcciones, para averiguar si existe esta derivada aplicamos una definición. DEFINICIÓN DE DERIVADAS DIRECCIONALES La derivada direccional, dd, de una función ff: R 2 R en la dirección de un vector dado vv = vv xx es: vv yy dd ffxx + ttvv xx, yy + ttvv yy ff(xx, yy) tt 0 tt Proposición: Si ff es diferenciable en (xx, yy) entonces vv R 2 y vv = 1, existe la derivada dirección y su valor es: dd = ff(xx, yy), vv Aplicamos definición en este caso, ya que la proposición falla, entonces, sea vv = 2 3 : 7

8 ff(0 + 2tt, 0 + 3tt) ff(0,0) dd tt 0 tt tt 0 (2tt) 3 + (3tt) 3 (2tt) 2 + (3tt) 2 0 = tt (2tt)3 + (3tt) 3 (2tt) 2 + (3tt) 2 tt 0 tt Concluimos que: tt 0 8tt tt 3 4tt 2 + 9tt 2 35tt3 tt tt 0 tt(13tt 2 ) dd = tt 0 35tt3 13tt3 tt 0 13 = LLLL dddddddddddddddd dddddddddddddddddddddd dddd ff eeee (0,0) eeee llll ddddddddddddddónn dddd vv eeee dd = Sea ff(xx, yy) = xx 2 + yyyy una función diferenciable en el punto (1,1). Hallar las derivadas direccionales en ese punto en las direcciones de los vectores pp = 3/5 y vv = 4/5 1/ 2. 1/ 2 Del enunciado conocemos que la función es diferenciable en el punto (1,1) por lo que podemos aplicar la proposición. Para ello solo necesitamos el ff(1,1). Entonces, calculamos las derivadas parciales en ese punto: (xx, yy) +, yy) ff(xx, yy) ff(xx (xx, yy) yy + ) ff(xx, yy) ff(xx, (1,1) (1,1) +, 1) ff(1,1) ff(1 (1 + )2 + (1 + ) = { + 3} = 3 (1,1) = 3 + ) ff(1,1) ff(1,1 (1 + ) = 1 8

9 (1,1) = 1 ff(1,1) = 3 1 Ya podemos aplicar la proposición: dd 1 = ff(1,1), pp = 3, 3/5 1 4/5 = 13 5 dd 1 = Laa dddddddddddddddd dddddddddddddddddddddd dddd ff eeee eeee pppppppppp (1,1) eeee llll ddddddddddddddónn dddddd vvvvvvvvvvvv pp = 3/5 4/5 eeee dd 1 = En la dirección de vv = 1 2 : dd 2 = ff(1,1), vv = 3, 1/ 2 1 1/ 2 = 4 2 dd 2 = 2 2. Laa dddddddddddddddd dddddddddddddddddddddd dddd ff eeee eeee pppppppppp (1,1) eeee llll ddddddddddddddónn dddddd vvvvvvvvvvvv vv = 1/ 2 1/ 2 eeee dd 2 = Problemas propuestos: 3.1. Escriba la ecuación del plano tangente a la gráfica de ff(xx, yy) = yyee xx + xx + yy 2 sabiendo que este plano es perpendicular a la recta {(xx, yy, zz) yy 3 = 2xx 4 = 2 2zz}. (Resp.: zz = xx + 2yy) Sea : R 2 R diferenciable, allar la ecuación del plano tangente a la gráfica de en el punto PP = (2,1,5) sabiendo que este plano es perpendicular a la recta (xx, yy, zz) xx = 3 + tt, yy = 4tt, zz = 8 tt. (Resp.: zz = 2xx 8yy + 9) Sea ff(xx, yy) = xxyy2, ssss xx yy > 0 alle la ecuación de plano tangente a ff(xx, yy) = 3 1, ssss xx yy 0 en el punto (1,1). (Resp.: No existe el plano tangente a ff(xx, yy) = 3 en ese punto). 9

10 3.4. Halle el punto en el cual el plano tangente de 2zz = 4xx 2 + 6yy 2 es paralelo a la recta de ecuación (xx, yy, zz) yy+2 = xx+1 = zz+5 y perpendicular a 2yy 2xx + 6zz = (Resp.: (10, 20,10)) xxyy Sea ff(xx, yy) = xx 4 +yy6, ssss (xx, yy) (0,0), dd R 2 yy dd = 1 existirá derivada 0, ssss (xx, yy) = (0,0) direccional de ff en (0,0)? (Resp.: Sí). Cualquier error que encuentre notifíquelo al correo: sauliutrerab@gmail.com. Mucas gracias. NOTA DEL AUTOR: Esta guía fue completada con ejercicios obtenidos de las guías de los profesores Libuska Juricek y Farit Briceño, además del texto oficial del curso y las notas del profesor Morales Bueno. Su uso es totalmente educativo. Se espera facilitar el estudio de una asignatura compleja como MA Saúl I. Utrera B. Universidad Simón Bolívar Ingeniería de Materiales Carné: