TALLER 4: Regla de la cadena, derivadas direccionales y vector gradiente C´ alculo en varias variables Universidad Nacional de Colombia - Sede Medell´ın Escuela de matem´ aticas 1. Use la regla de la cadena para calcular

√ dw x y , donde w = + , x = t, y = cos(2t) y z = e−3t . dt y z

Soluci´on. wt = wx xt + wy yt + wz zt wx =

1 y

, wy = − yx2 +

1 z

, wz = − zy2 , xt =

dw = dt

1 √ 2 t

, yt = −2 sin 2t , zt = −3e−3t

      y
1 1 x 1 √ + − 2+ (−2 sin 2t) + − 2 −3e−3t y y z z 2 t

2. Sea w(s, t) = f (u(s, t), v(s, t)) donde u(1, 0) = 2, us (1, 0) = −2, ut (1, 0) = 6, v(1, 0) = 3, vs (1, 0) = 5, vt (1, 0) = 4, fu (2, 3) = −1 y fv (2, 3) = 10. Encuentre ws (1, 0) y wt (1, 0). Soluci´on. fv (u(1, 0), v(1, 0)) = fv (2, 3) = 10 fu (u(1, 0), v(1, 0)) = fu (2, 3) = −1

ws (1, 0) = fu us + fv vs |

s=1 t=0

= fu (2, 3)us (1, 0) + fv (2, 3)vs (1, 0) = (−1)(−2) + (10)(5) = 52 Similarmente: wt (1, 0) = fu ut + fv vt |

s=1 t=0

= (−1)(6) + (10)(40) = 34 x ∂z ∂z ∂z , x = rest , y = rset . Emplee la regla de la cadena para hallar las derivadas parciales , , y ∂r ∂s ∂t cuando r = 1, s = 2 y t = 0.

3. Sean z =

Soluci´on. ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + = zx xr + zy yr ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂z = zx xs + zy ys ∂s ∂z = zx xt + zy yt ∂t

zx =

1 x , zy = − 2 y y

xs = rest t , xs (1, 2, 0) = (1)e(2)(0) (0) = 0 ys = ret , ys (1, 2, 0) = (1)e0 = 1 xr = est , xr (1, 2, 0) = e0 = 1 yr = set , yr (1, 2, 0) = (2)e0 = 2 xt = rest s , xt (1, 2, 0) = (2)e0 (2) = 4 yt = rset , yt (1, 2, 0) = (1)(2)e0 = 2 x(1, 2, 0) = (1)e(2)(0) = 1 , y(1, 2, 0) = (1)(2)e0 = 2   1 ∂z 1 Luego sustituyendo = (1) + − 2 (2) = 0 ∂r 2 2 ∂z ∂z de igual forma , ∂s ∂t 4. Sea T (x, y) la temperatura en el punto (x, y), medida en grados Celsius. Un gusano se arrastra de tal forma que, su posici´on (x, y) en cierto tiempo t (medido en segundos), viene dada por las ecuaciones param´etricas √ 1 x = 1 + t, y = 2 + t, donde x y y son medidas en cent´ımetros. La funci´on de la temperatura satisface 3 adem´as las condiciones Tx (2, 3) = 4 y Ty (2, 3) = 3.¿Cu´an r´apido aumenta la temperatura en la senda del gusano despu´es de 3 segundos? Soluci´on. Nos piden

dT (3) dt

dT = Tx xt + Ty yt dt 1 1 xt = (1 + t)− 2 ; xt (3) = 2 1 yt = 3 ; yt (3) = 31

1 4

x(3) = 2 ; y(3) = 3 Tt (2, 3) = 4 14 + 3 13 = 2 5. La producci´on de trigo en un a˜ no determinado W , depende de la temperatura promedio T y de la precipitaci´on pluvial anual R. Los cient´ıficos estiman que la temperatura promedio aumenta a raz´on de 0,15o C al a˜ no y que la precipitaci´on pluvial disminuye a raz´on de 0,1cm al a˜ no. Tambi´en estiman que para los actuales niveles de producci´on ∂W/∂T = −2 y ∂W/∂R = 8. a) ¿Qu´e significan los signos de estas derivadas parciales? b) Calcule la raz´on actual de cambio de la producci´on de trigo dW/dt.

2

6. Si z = f (x, y), donde x = r cos θ, y = r sin θ, demuestre que   2  2   2   ∂z ∂z ∂z 1 ∂z 2 + = + 2 ∂x ∂y ∂r r ∂θ 7. Si z = f (x, y), donde x = s + t y y = s − t, demuestre que  2  2 ∂z ∂z ∂z ∂z − = . ∂x ∂y ∂s ∂t Soluci´on. ∂z ∂z ∂z = zx xs + zy ys , xs = 1 , xt = 1 , zs = + ∂s ∂x ∂y ∂z ∂z ∂z zt = = zx xt + zy yt , ys = 1 , yt = −1 ; zt = − ∂t ∂x ∂y As´ı zs =

∂z ∂z = ∂s ∂t



∂z ∂z + ∂x ∂y



∂z ∂z − ∂x ∂y



 =

∂z ∂x

2

 −

∂z ∂y

2

8. Sea f (x, y) un funci´on diferenciable tal que  2  2 ∂f ∂f 4 + = 0. ∂x ∂y Suponga que x = u2 − v 2 y y = uv. Demostrar que  2  2 ∂f ∂f + = 0. ∂u ∂v − 9. Sean f (x, y, z) = xy + yz 2 + xz 3 , P = (2, 0, 3) y → u = (−2/3, −1/3, 2/3). a) Halle el vector gradiente de f . b) Evalue el vector gradiente de f en el punto P . − c) Determine la tasa de cambio de f en P en la direcci´on del vector → u. Soluci´on. a) ∇f (x, y, z) = (fx , fy , fz ) = (y + z 3 , x + z 2 , 2yz + 3xz 2 ). b) ∇f (2, 0, 3) = (0 + 33 , 2 + 32 , (2)(0)(3) + (3)(2)32 ) = (27, 11, 54) q → c) k− u k = 49 + 19 + 49 = 1 as´ı
43 → − 2 1 2 → D− u f (2, 0, 3) = ∇f (2, 0, 3) · u = (27, 11, 54) · − 3 , − 3 , 3 = 3 10. Encuentre la derivada direccional de g(x, y, z) = z 3 − x2 y, en el punto (1,6,2), en la direcci´on del vector → − v = 3~i + 4~j + 12~k. Soluci´on.

3

→ k− vk=

√

− 9 + 16 + 144 = 13 ; sea → u =

− → v → − v

k k → − → Nos piden D− u g(1, 6, 2) = ∇g(1, 6, 2) · u

.

∇g(x, y, z) = (−2xy, −x2 , 3z 2 ) , ∇g(1, 6, 2) = (−12, −1, 12) luego
4 144 104 3 4 12 36 → D− u g(1, 6, 2) = (−12, −1, 12) · 13 , 13 , 13 = − 13 − 13 + 13 = 13 x y + . Determine la raz´on m´axima de cambio de f en el punto (4, 2, 1) y halle la direcci´ on y z en la cual ocurre.

11. Sea f (x, y, z) =

Soluci´on. La raz´on m´axima de cambio de f en el punto (4, 2, 1) es k∇f (4, 2, 1)k y ocurre en la direcci´on

∇f (4,2,1) k∇f (4,2,1)k

,

esto es:  + z1 , − zy2

∇f (4, 2, 1) = 21 , − 44 + 1, −2 = 21 , 0, −2 q q √ 17 k∇f (4, 2, 1)k = 14 + 0 + 4 = 17 4 = 2   (1/2,0,−2) → − 4 1 √ √ √ = , 0, − 17 u = 17/2 17 ∇f (x, y, z) =



1 x y , − y2

12. Sea f una funci´on de dos variables con derivadas parciales continuas. Consideremos los puntos A = (1, 3), −−→ B = (3, 3), C = (1, 7) y D = (6, 15). La derivada direccional de f en A en la direcci´on del vector AB es −→ igual a 3 y la derivada direccional de f en A en direcci´on del vector AC es igual a 26. Encuentre la derivada −−→ direccional de f en A en la direcci´on del vector AD. Soluci´on.

−−→ −→ AB (2, 0) (0, 4) AC − → − →

Sean u1 = −−→ = = = (1, 0) , u2 = −→ = (0, 1).

2 4

AB

AC → f (1, 3) = 3 y que Du − → f (1, 3) = 26. Es decir, fx (1, 3) = 3 y fy (1, 3) = 26 Nos dicen que Du− 1 2 −−→
(5, 12) (5, 12) AD → 5 12

√ = = = , Sea − u = 13 13 .

−−→ 13 25 + 144

AD → Nos piden D− u f (1, 3). Esto es:

→ − → D− u f (1, 3) = ∇f (1, 3) · u = (3, 26) ·

5 12 13 13




=

327 13

13. Sea S la superficie dada por la ecuaci´on xeyz = 1. Determine una ecuaci´on para el plano tangente y una ecuaci´on para la recta normal a S en el punto (1,0,5). Soluci´on. Observemos que S es la superficie de nivel con k = 1 de f (x, y, z) = xeyz , luego el ∇f (1, 0, 5) es ortogonal a S en (1, 0, 5) y por tanto la ecuaci´on del plano tangente en (1, 0, 5) esta dada por fx (1, 0, 5)(x − 1) + fy (1, 0, 5)(y − 0) + fz (1, 0, 5)(z − 5) = 0 . tenemos:

4

∇f (x, y, z) = (eyz , xzeyz , xyeyz ), ∇f (1, 0, 5) = (fx (1, 0, 5), fy (1, 0, 5), fz (1, 0, 5)) = (1, 5, 0). Luego sustituyendo se tiene que: La ecuaci´on del plano en (1, 0, 5) es x + 5y = 1 x=1+t y las ecuaciones param´etricas de la recta normal esta dada por y = 5t

t∈R

z=5

14. Determine las ecuaciones param´etricas para la recta tangente a la curva de intersecci´on del paraboloide z = x2 + y 2 y del elipsoide 4x2 + y 2 + z 2 = 9 en el punto (−1, 1, 2).

Soluci´on. En primer lugar se verifica que el punto dado pertenece a ambas superficies. Sean T la recta tangente a la curva de intersecci´on del paraboloide y el elipsoide en el punto (−1, 1, 2); f (x, y, z) = x2 + y 2 − z y g(x, y, z) = 4x2 + y 2 + z 2 , as´ı ∇f (−1, 1, 2) es ⊥ a T y ∇g(−1, 1, 2) es tambi´en ⊥ a T por tanto un vector director de T es ∇f (−1, 1, 2) × ∇g(−1, 1, 2). Tenemos ∇f (x, y, z) = (2x, 2y, −1), ∇f (−1, 1, 2) = (−2, 2, −2) ∇g(x, y, z) = (8x, 2y, 2z), ∇g(−1, 1, 2) = (−8, 2, 4) 

→

i   ∇f (−1, 1, 2) × ∇g(−1, 1, 2) =  −2 −8 Luego las ecuaciones parametricas de T estan dadas por x = −1 + 12t y = 1 + 24t

t∈R

z = 2 + 12t

5

→

j 2 2

→

k



→  → → j = 12 +24 +12 i k −2   4

15. Muestre que el elipsoide 3x2 + 2y 2 + z 2 = 9 y la esfera x2 + y 2 + z 2 − 8x − 6y − 8z + 24 = 0 son tangentes en el punto (1, 1, 2) (Esto significa que tienen un plano tangente com´ un en el punto).

Soluci´on. PAra comenzar se verifica que el punto pertenezca a las dos superfiecies. Luego se comprueba que dos vectores normales a las superficies son paralelos.

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