Funciones, Límites y Derivadas Parciales.

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 susceptibles de extensión de una variable a varias.

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 3. 4. Nociones de Topología en R n. 25

Problemas. Galería 2.1. Dominio de funciones. 1. Determinar el dominio de las funciones siguientes y analizar si es un conjunto abierto, cerrado y 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) f(x, y) = min(x, y). Solución. (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 El dominio de la función f (x, y) = ln(x y 2 ) es el subconjunto del plano que se muestra en el gráfico. D( f ) = {(x, y) R 2 : x > y 2 }. Se trata de un dominio abierto. El dominio no es cerrado ni tampoco acotado como muestra su gráfico. 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 : 26

N k ( f ) = {(x, y) D : f(x, y) = k}. Por ejemplo, si k = 0 resulta 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. N k ( f ) = {(x, y) D : ln(x y 2 ) = 0} Galería 2.2. Conjuntos de nivel. es decir N 0 ( f ) = {(x, y) D : x y 2 = e 0 = 1}. Si k = ln(2) resulta N ln(2) ( f ) = {(x, y) D : ln(x y 2 ) = ln(2)} Los conjuntos de nivel de y por inyectividad del logaritmo f (x, y) = ln(x y 2 ) son parábolas contenidas en el dominio de f. N ln(2) ( f ) = {(x, y) D : x y 2 = 2}. 27

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. Galería 2.3. Gráfica de la función logaritmo. 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. 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 : C y=0 = {(x,0,z) : z = f(x,0)}. Este es el gráfico de la función z = ln(x). Hemos puesto a propósito el nombre z al eje de ordenadas ya que hemos calculado C y=0 = {(x,0,z) : z = f (x,0)}. En nuestro caso obtenemos C y=0 = {(x,0,z) : z = ln(x)}. 28

Esto nos dice que las parábolas debemos dibujarlas sobre esta función de una variable. (b) En este ítem la función es evidente que f(x, y) = x 2 y 2. Es Galería 2.4. Gráfica de función. D( f ) = R 2. 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. Las curvas de nivel N k ( f ) = {(x, y) D : f(x, y) = k} Esta es la gráfica de la función f (x, y) = ln(x y 2 ). que en nuestro caso resultan N k ( f ) = {(x, y) D : x 2 y 2 = k}. Resulta entonces el siguiente gráfico en R 3. 29

Sabemos que para k > 0 resultan hipérbolas verticales, para k < 0 resultan hipérbolas horizontales y para k = 0 resultan las dos rectas y = ± x. Estas curvas las vemos claramente en la galería Galería 2.4. Algunos conjuntos de nivel Ahora hallemos las curvas intersección de la superficie con los planos x = 0 e y = 0. Tenemos C y=0 = {(x,0,z) : z = x 2 } y C x=0 = {(0,y, z) : z = y 2 }. Los conjuntos de nivel de la función 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 agregado el plano z = 1 para una mejor apreciación de las curvas de nivel. f (x, y) = x 2 y 2 son hipérbolas que excepcionalmente degeneran en dos rectas. 2.4. 30

Movie 2.5. Paraboloide hiperbólico. f(x, y) = e x2 y 2. Es evidente que 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}. El gráfico del paraboloide hiperbólico es la superficie verde que se ve en esta animación. Por ejemplo el nivel e 1 resulta (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 N e 1( f ) = {(x, y) D : e x2 y 2 = e 1 } que tomando logaritmo y multiplicando por 1 resulta 31

N e 1( f ) = {(x, y) D : x 2 + y 2 = 1}. Galería 2.7. Campana de Gauss. 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). Además C y=0 = {(x,0,z) : z = e x2 } Este es el gráfico de la función y = e x2. y lo mismo C x=0 = {(0,y, z) : z = e y2 }. Este famoso gráfico se llama campana de Gauss y su forma es la de la figura siguiente. 32

Galería 2.6. Conjuntos de nivel. se puede representar geométricamente como se muestra en la galería siguiente. Galería 2.8. Gráfica de la función. Como los valores de la función dependen sólo de la distancia al origen los conjuntos de nivel resultan ser circunferencias. Con todo esto podemos concluir que el gráfico de la función f(x, y) = e x2 y 2 Al revolucionar en alrededor de eje z la gráfica cuya ecuación es z = e x2 obtendremos una superficie de revolución como la de la figura en violeta. 33

(d) El problema de este ítem está en que la función además x 1 entonces el mínimo valdrá 1. Esto nos define el conjunto de nivel 1. f(x, y) = min(x, y) N 1 ( f ) = {(x, y) R 2 : (x = 1 y 1) (y = 1 x 1)}. 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. Graficamos este conjunto de nivel en el gráfico que sigue y dibujamos también el conjunto de nivel 2 en la galería 2.9. de la página siguiente. min(x, y) = { x si x y y si x > y. Hallemos ahora algunas curvas de nivel. 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 Finalmente el gráfico de la función partida f resulta el de la galería 2.10. 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. Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. 34

Galería 2.9. Conjuntos de nivel de funciones partidas. Galería 2.10. Gráfica de la función z = min(x, y) La forma general del conjunto de nivel k de f (x, y) = min(x, y) es una especie de ángulo recto con vértice en el punto (k, k) Vemos desde atrás la función f (x, y) = min(x, y). Se parece a una pirámide de Egipto vista desde la base. 35

(2) Graficar el conjunto de nivel 0 y el conjunto de nivel 4 de la siguiente función si x 2 x = y ó si x < 2. f(x, y) = { x + y si x 2 0 si x < 2 Luego debemos dibujar la recta x = y en el semiplano x 2 y además todo el semiplano x < 2. Solución. Tengamos presente que la definición de conjunto de nivel es N k ( f ) = {(x, y) D : f(x, y) = k}. Luego debemos graficar el conjunto N 0 ( f ) = {(x, y) D : f(x, y) = 0}. 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. Finalmente el conjunto de nivel 4 de f resulta sencillamente Ahora bien f(x, y) vale 0 en dos situaciones completamente distintas, a saber : N 4 ( f ) = {(x, y) R 2 : x + y = 4 x 2}. Dejamos como ejercicio este sencillísimo gráfico. 36

Galería 2.11. Conjunto de nivel de función partida. (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 Solución. (a) Es evidente que Estos conjuntos de nivel tienen distinta naturaleza pues la función está definida de una manera completamente distinta si x < 2 que si x 2. 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}. 37

En nuestro ejercicio debemos describir el conjunto Si c = 1 obtenemos e x2 +y 2 z 2 = k. x 2 + y 2 z 2 = 1 Es evidente que para no tener conjuntos de nivel vacíos k debe ser positivo y nos conviene llamar a k, e c. lo cual representa un hiperboloide de una hoja. Entonces Si c = 1 obtenemos e x2 +y 2 z 2 = e c. x 2 + y 2 z 2 = 1 Deducimos tomando logaritmo que el nivel e c de f es el subconjunto de R 3 definido por la ecuación que representa un hiperboloide de dos hojas. Si c = 0 obtenemos x 2 + y 2 z 2 = c. x 2 + y 2 z 2 = 0 Estos conjuntos de puntos son de diferente naturaleza segun el signo que tenga c. Sabemos que son cuádricas. que representa un cono. 38

Galería 2.12. Conjuntos de nivel de f(x, y, z) = e x2 +y 2 z 2 Este ejercicio es el análogo del ejercicio (1.b) en tres variables independientes en lugar de dos. En la galería 2.12 se aprecian los tres tipos de conjuntos de nivel de f. Se puede ver una solución on-line clickando aquí. (b) Para la función de este ítem f(x, y, z) = 2x2 + y 2 z observamos que D( f ) = {(x, y, z) R 3 : z 0}. Hiperboloide de una hoja : f (x, y, z) = e x2 +y 2 z 2 = e 1 Los conjuntos de nivel son paraboloides. En efecto, 39

N k ( f ) = {(x, y, z) D : f(x, y, z) = k}. Galería 2.13. Conjuntos de nivel de y entonces f(x, y, z) = 2x2 + y 2 z 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}. cuidado. Con el conjunto N 0 ( f ) hay que tener un poco de N 0 ( f ) = {(x, y, z) D : 2x 2 + y 2 = 0, z 0}. Los conjuntos de nivel de esta función de tres variables son paraboloides, dos de los cuales dibujamos aquí. Esto se reduce a todo el eje z pero debe ser z 0. Los conjuntos de nivel de una función de tres variables 40

en general están en el espacio, no en el plano. Representamos dos conjuntos en la galería 2.13. 41

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 42

Problemas. (1) Determinar si existen los siguientes límites. (a) (b) lim (x,y) (0,0) lim (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) lim (x,y) (1,2) x 2 y 2x 2 y + 2 xy 2x + y 2 lim 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 lim x 0 x.2x x 2 + (2x) 2 = 2 5. 43

lim (x,y) (0,0) xy x 2 + y 2 lim (x,y) (0,0) x 2 y 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 lim 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 lim (x,y) (0,0) (b) Consideremos ahora el límite xy x 2 + y 2. Si procedemos como en el ítem (a) no encontraremos contradicción. En efecto poniendo y = mx obtenemos lim x 0 x 2 mx x 2 + (mx) = lim 2 x 0 x 2 mx x 2 (1 + m 2 ) =lim 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. 44

Para probar que es 0 precisamos una acotación. Observamos que pues y 0. x 2 x 2 + y 2 Así concluimos que el límite es 0 y hemos realizado nuestra primera prueba formal de la existencia de un límite. y por lo tanto Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. 0 x2 x 2 + y 2 1 (c) Ahora debemos calcular, si existe 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. lim (x,y) (1,2) x 2 y 2x 2 y + 2 xy 2x + y 2. Ahora podemos escribir la función en la forma cero por acotado. En efecto lim (x,y) (0,0) x 2 y x 2 + y 2 = lim (x,y) (0,0) x 2 x 2 + y 2 y= 0 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. 45

lim (x,y) (1,2) lim (x,y) (1,2) x 2 y 2x 2 y + 2 xy 2x + y 2 = x 2 (y 2) (y 2) x(y 2) + (y 2) = Solución. Para que la función sea continua en el punto (x 0, y 0 ) D es necesario que lim f(x, y) = f(x 0, y 0 ). (x,y) (x 0,y 0 ) lim (x,y) (1,2) (y 2)(x 2 1) (y 2)(x + 1) = lim x 1 = 0. (x,y) (1,2) 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. y hemos completado el ejercicio. (2) Determinar el conjunto de puntos de continuidad de la función 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 es una función continua. En el gráfico hemos hecho este análisis con el punto ( 2,1). f(x, y) = { x 2 y si x 2y 3 si x = 2y Pero si x 0 = 2y 0 entonces f(x 0, y 0 ) = 3. Luego debemos hacer que ocurra que 46

Galería 2.14. Gráfica conceptual de dominios de continuidad para funciones partidas. Pero el límite de la izquierda 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 4. En este tipo de ejercicios debemos analizar por separado la continuidad en el punto según que el mismo esté sobre la recta o que no lo esté. x = 2y Luego los puntos de continuidad sobre la recta en cuestión son (2,1) y ( 3 2, 3 4 ). lim x 2 y = f(x 0, y 0 ) = 3 (x,y) (x 0,y 0 ) En resumen, el conjunto de puntos de continuidad de f es 47

Cont( f ) = { (x, y) R 2 : x 2y } { (2,1), ( 3 2, 3 4 )}. En este caso, para que la función sea continua en el punto (0,0) debemos tener (3) Determinar, si es posible, el valor de a para que f(x, y) resulte continua en el punto (0, 1) siendo x(x 2 y 4 ) x(x y 2 )(x + y 2 ) lim = lim = lim x(x y 2 ) = 0 (x,y) (0,0) x + y 2 (x,y) (0,0) x + y 2 (x,y) (0,0) f(x, y) = x 3 x(y + 1) 4 x + (y + 1) 2 si (x, y) (0, 1) a si (x, y) = (0, 1) Y este límite debe ser, para que la función sea continua en (0,0) igual a f(0,0). Por lo tanto a = 0. Solución. 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 : 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 f(x, y) = x 3 xy 4 x + y 2 si (x, y) (0,0) a si (x, y) = (0,0) h(t) = f(t(a, b)) = f(ta, tb). (a) Estudiar la relación entre el gráfico de h y el de f. 48

(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. 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. Solución. Consideremos la función (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. f(x, y) = Entonces xy 2 x 2 + y 4 si (x, y) (0,0) 0 si (x, y) = (0,0) (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 h(t) = f(ta, tb) = ta(tb) 2 Notemos ahora que (ta) 2 + (tb) 4 si t 0 0 si t = 0 49

lim t 0 t 3 ab 2 t 2 (a 2 + t 2 b 4 ) = lim t 0 tab 2 a 2 + t 2 b 2 = 0 Movie 2.15. Función de Genocci-Peano 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 A través de la parábola x = y 2 f(y 2, y) = y2 y 2 y 4 + y 4 = 1 2 las imágenes de f no se acercan a 0 produciendo una función discontinua. Obsérvese el salto en (0,0). si y 0. Pero entonces lim f(y 2, y) = 1 y 0 2 0. 50

Galería 2.16. La función de Genocci-Peano. (c) Debemos probar que para la función h de la variable t tenemos lim t 0 h(t) = h(0). En efecto, lim t 0 h(t) = lim t 0 f(ta, tb). Se aprecia desde este ángulo que la parábola no se apoya en (0,0) sobre la función produciendo una discontinuidad. Ahora bien, si t 0 entonces (ta, tb) (0,0) y como f es continua en (0,0) por hipótesis lim t 0 h(t) = lim t 0 f(ta, tb) = f(0,0) = h(0) Por lo tanto la función no es continua en (0,0) pues hemos encontrado un camino que pasa por (0,0) y al acercarnos por dicho camino la función no tiende a es decir, h es continua en 0. 0 sino a 1 2. 51

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 derivadas 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 52

Problemas. En nuestro caso este límite es (1) Calcular, usando la definición, las derivadas parciales de las siguientes funciones en el punto indicado. f x (0,0) = lim h 0 2h 3 0 3 h 2 + 3.0 2 0 h = lim h 0 2h 3 h 3 = 2. (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) = lim k 0 2.0 3 k 3 0 2 + 3k 2 0 k = lim h 0 k 3 3k 3 = 1 3. (b) f(x, y) = Solución. (x + 1) 2 y 2 x + 1 y si x + 1 y 0 si x + 1 = y, P = ( 1,0) (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). (a) Por definición de derivada parcial tenemos f x (0,0) = lim h 0 f(0 + h,0) f(0,0). h Sin embargo observamos que en la dirección de cada derivada parcial la función está definida por la condición y x + 1. De modo que 53

Galería 2.17. Direcciones de incremento enlas derivadas parciales. f x ( 1,0) = lim h 0 ( 1 + h + 1) 2 0 2 ( 1 + h) + 1 0 0 h = lim h 0 h 2 h 2 = 1. Análogamente se obtiene f y ( 1,0) = lim k 0 f ( 1,0 + k) f ( 1,0) k = lim k 0 k 2 k k = lim k 0 k 2 k 2 = 1. Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. Si estamos posicionados en el punto ( 1,0) nos interesan los valores de la función en la dirección de las líneas en colorado. (2) Calcular las derivadas parciales de las siguientes funciones y luego evaluarlas en el punto indicado. f x ( 1,0) = lim h 0 f ( 1 + h,0) f ( 1,0) h (a) f(x, y, z) = xz y + z, P 0 = (1,1,1) que en para nuestra función f resulta (b) f(x, y) = y 2 x sen(ln(1 + t 3 )) dt, P 0 = (1,2). 54

Solución. (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. f x = 1 y + z. x (xz) = z (y + z). Al evaluar esta derivada en el punto P 0 = (1,1,1) obtenemos Luego, procediendo como en análisis I, tenemos f x (1,1,1) = 1 2 f x = (xz). (y + z) xz. (y + z) x x = (y + z) 2 De la misma manera z(y + z) xz.0 (y + z) 2 = z y + z. f y = xz. y ( 1 y + z ) = xz. 1 (y + z) 2. Y finalmente 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 z = x(y + z) xz(1) (y + z) 2 = xy (y + z) 2. 55

(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 Luego, usando este último hecho f y = sen(ln(1 + (y2 ) 3 )). (2y) F(x) = x a f(t) dt f x = sen(ln(1 + x3 )). entonces si f es continua en c (a, b) se tiene que F es derivable en c y además F (c) = f(c). (3) Analizar la existencia de derivadas direccionales de las siguientes funciones en los puntos y direcciones dadas. Una consecuencia de este teorema es que con ciertas hipótesis que valen para este ejercicio sobre las funciones a(x) y b(x) tenemos (a) f(x, y) = 3x 2 2xy, P 0 = (1,2), v = ( 1 2, 3 2 ) d dx b(x) a(x) f(t) dt = f(b(x)). b (x) f(a(x)). a (x) (b) 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) Solución. 56

(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 f v (0,0) = lim h 0 f(ha, hb) f(0,0) h = f v (x 0, y 0 ) = lim h 0 f(x 0 + ha, y 0 + hb) f(x 0, y 0 ). h lim h 0 (ha) 2 hb (ha) 2 + (hb) 2 0 h = lim h 0 h 3 a 2 b h 2 (a 2 + b 2 )h = a2 b En nuestro caso resulta v es un ver- donde hemos usado que a 2 + b 2 = 1 pues sor. f v (1,2) = lim h 0 3 ( 1 + h. 1 2 2 ) 2( 1 + h 1 2 )( 2 + h. 3 2 ) + 1 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 lim h 0 1 + h(1 3) + h 2 ( 3 4 3 2 ) + 1 h = 1 3. f v (0,0) = a2 b. (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 Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. 57

(4) Sea C la curva dada por Como σ(t) = (t 2, t 3 + 1,t 3 1), t [0,4]. σ (t) = (2t,3t 2,3t 2 ) (a) Hallar una ecuación de su recta tangente y su plano normal en t = 2. entonces (b) Probar que la curva es plana. σ (2) = (4,12,12). (c) Hallar la intersección de C con el plano de ecuación y + z = 2. Luego por definición de recta tangente tenemos r(t) = σ(2) + t. σ (2) = (4,9,7) + t. (4,12,12). (d) Muestre que la parametrización dada no es regular y encuentre alguna que lo sea. Solución. (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. 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 (x 4, y 9, z 7) (4, 12, 12) = 0 58

o equivalentemente Movie 2.18. Significado geométrico de curva plana 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 t [0,4]. Para esto observemos que La curva del ejercicio y el plano en cual está contenida y z = 2. y(t) = t 3 + 1 { z(t) = t 3 1 sistema del cual obtenemos, restando miembro a miembro, que para todo t Esto significa que la curva está contenida en dicho plano. La siguiente animación muestra espectacularmente este hecho. (c) Esto es muy sencillo. Debemos averiguar para que valor de t satisfacemos las ecuaciones del plano 59

y + z = 2. y + z = 2 Luego es el punto y(t) + z(t) = 2 σ(1) = (1,2,0). implica (t 3 + 1) + (t 3 1) = 2 (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). o sea Pero t 3 = 1 t = 1. σ (t) = (2t,3t 2,3t 2 ) = (0,0,0) Por lo tanto la intersección de la curva C y el plano de ecuación si t = 0. 60

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 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. t [0,4] u [0,16] (a) y = 4 x, z = 4 x 2, P = (1,3,3) y resulta que la parametrización (b) x 2 + y 2 + z 2 = 6, z = x 2 + y 2, P = (1,1,2) γ(u) = (u, u 3/2 + 1,u 3/2 1), u [0,16] (c) x 2 + y 2 + z 2 = 9, x + y + z = 3, P = (0,0,3). recorre todos los puntos de C, es decir es otra parametrización de C. Pero además Solución. 61

(a) Este ítem es muy sencillo porque podemos utilizar como parámetro la abscisa. Ya casi está realizado en el enunciado. (b) De las ecuaciones r(t) = (1,3,3) + t. (1, 1, 2). La curva intersección de estas dos superficies se puede parametrizar por x 2 + y 2 + z 2 = 6, z = x 2 + y 2 c(x) = (x, 4 x, 4 x 2 ). deducimos sustituyendo la segunda en la primera que es necesario que Luego para esta parametrización z + z 2 = 6 c (x) = (1, 1, 2x) (0, 0, 0) es decir la curva es regular. Y finalmente como 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 c(1) = (1,3,3) y c (1) = (1, 1, 2) x 2 + y 2 = 2. tenemos que la recta tangente en el punto pedido es 62

Luego, una parametrización regular de la curva es Galería 2.19. Curva intersección de dos superficies. c(t) = ( 2cos(t), 2sen(t), 2) t [0,2π]. la cual apreciamos en la galería 2.19. Ahora nos piden la recta tangente en el punto 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 π c ( 4 ). Calculamos sin dificultad c (t) = ( 2sen(t), 2cos(t), 0). La superficie esférica x 2 + y 2 + z 2 = 6 se interseca con el paraboloide z = x 2 + y 2 en la curva dibujada en magenta. π c ( 4 ) = ( 1, 1, 0). Entonces 63

Con estos datos la ecuación de la recta tangente en el punto pedido resulta Galería 2.20. Intersección de una esfera y un plano. 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 una circunferencia (salvo que sean disjuntos o tangentes). La intersección del plano x + y + z = 3 con la esfera x 2 + y 2 + z 2 = 9 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 es la circunferencia dibujada. también es el centro de masa de estos tres puntos) es el punto 64

C = 1 [(3,0,0) + (0,3,0) + (0,0,3)] = (1,1,1). 3 el vector (1,1,1) es normal al plano. Luego el producto vectorial En efecto, cada uno de los puntos dista del centro en la misma distancia r = la circunferencia es 6. 6. Por lo tanto, el radio de Un vector que une el centro de la circunferencia con el punto (3,0,0) es (2, 1, 1) (1,1,1) = (0, 3, 3) es paralelo al plano y ortogonal a (2, 1, 1). El vector normalizado (3,0,0) (1,1,1) = (2, 1, 1) v = 1 (0, 3, 3) 18 que normalizado resulta es paralelo al plano x + y + z = 3. u = 1 (2, 1, 1). 6 Con todo esto tenemos que unitarios paralelos al plano u, v son dos vectores Observamos que estamos dirigiéndonos al hallazgo de una base ortonormal de R 3. Sabemos que x + y + z = 3 65

y perpendiculares entre sí. Luego, una parametrización de la circunferencia intersección de la esfera y el plano es Solución. Observamos que f(0,0, 2) = 4 y g(0,0, 2) = 0. Luego las superficies de nivel que debemos intersecar son c(t) = (1,1,1) + 6 cos(t). u + 6 sen(t). v t [0,2π]. x 2 + y 2 + z 2 = 4 { x 2 2x + y 2 = 0. Nota : La deducción anterior puede resultar dificultosa para aquellos alumnos que no tengan cierta familiaridad con el álgebra lineal. (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). 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. 66

Galería 2.21. Las dos superficies de nuestro ejercicio. 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]. La superficie en amarillo tiene ecuación x 2 2x + y 2 = 0 Dejamos como ejercicio la parte de abajo, pero a cambio mostramos un gráfico con las dos superficies del ejercicio y su curva intersección. y la verde x 2 + y 2 + z 2 = 4. Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. Ambas superficies se intersecan en la curva de la figura a continuación. Luego tenemos dos curvas para parametrizar. Comenzando con la curva en la cual z 0 una 67

Movie 2.22. Parametrización de la curva. La idea detrás de la parametrización elegida es la siguiente : el parámetro es el ángulo t que se recorre en la circunferencia del plano z = 0 y luego se parametriza la altura para satisfacer la ecuación de la esfera. 68