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Capítulo 3

3.1 DERIVADA PARCIAL.

w

w

w

.M

at em

at

ic

a1 .

co m

DERIVADAS PARCIALES

La derivada de una función de una variable mide la rapidez de cambio de la variable dependiente respecto a la variable independiente. Para funciones de dos variables x e y podemos medir dos razones de cambio: una según cambia y , dejando a x fija y otra según cambia x , dejando a y fija. Suponga que dejamos variar sólo a x , dejando a y fija, digamos y = b , en donde b es una constante. Entonces, en verdad estamos en presencia de una función de una sola variable x , a saber g(x) = f (x, b) . Si g tiene una derivada en a entonces la llamamos la derivada parcial de f con respecto a x en (a, b) . De forma análoga podemos hacerlo para y variable y x fija.

Definición 3.1 (Derivada parcial) Sea f : D ⊆ R2 −→ R una función de dos variables y sea (a, b) ∈ D , entonces la derivada parcial de f con respecto a x en (a, b) está dada por fx (a, b) = g0 (a) = lim

h→0

f (a + h, b) − f (a, b) (1) h

siempre y cuando el límite exista. Cálculo Superior. Walter Mora F., Geovanni Figueroa M. c 2009 Revista digital Matemática, Educación e Internet (www.cidse.itcr.ac.cr) Derechos Reservados °

83

84

DERIVADAS PARCIALES

De forma similar definimos la derivada parcial de f con respecto a y en (a, b) por

fy (a, b) = g0 (b) = lim

h→0

f (a, b + h) − f (a, b) (2) h

Observación: Los límites (1) y (2) son en una variable por lo que podemos calcularlos usando las técnicas aprendidas en cursos anteriores: factorización, racionalización, regla de L Hôpital, etc.

EJEMPLO 3.1

Usando la definición de derivada parcial calcule fy (1, 2) para f (x, y) = 2xy2 + x . Solución

a1 .

co m

Usando la definición tenemos que:

=

lim

h→0

f (1, 2 + h) − f (1, 2) h

2(2 + h)2 − 8 h→0 h lim

w

w

w

.M

at em

at

ic

fy (1, 2) = g0 (2) =

=

lim

h→0

2(4 + h) 1

= 8

Observación: existen varias notaciones para la derivada parcial:

fx (x, y) = Dx (x, y) =

∂ f (x, y) ∂x

fy (x, y) = Dy (x, y) =

∂ f (x, y) ∂y

EJEMPLO 3.2

Imaginemos que una placa metálica de forma rectangular y delgada se calienta irregularmente, de forma tal que la temperatura en el punto (x, y) es T (x, y) = 2xy2 + x . Además, suponga que x e y están medidas en metros y la temperatura T en grados centígrados. Cómo varía la temperatura T en el punto (1, 2) cuando x permanece fijo en x = 1 ?, Qué

DERIVADA PARCIAL.

85

significa esto ? Solución Del ejemplo 1 tenemos que f (1, 2) = 8 con lo cual la rapidez de cambio de la temperatura T en el punto (1, 2) es de 8 grados centígrados por metro, cuando x esta fijo en 1 . El hecho de que sea positiva nos indica que la temperatura T de la placa aumenta a medida que avanzamos sobre la recta x = 1 hacia y = 2 .

Puesto que la derivada parcial no es más que la derivada ordinaria de la función g de una variable que obtenemos al fijar alguna de las variables x o y , su cálculo se realiza de la misma manera y usando las mismas reglas que las usadas para las funciones de una variable. Para calcular fx , considere a y como una constante y derive a f (x, y) con respecto a x .

co m

Para calcular fy , considere a x como una constante y derive a f (x, y) con respecto a y .

a1 .

EJEMPLO 3.3

at

ic

xy

x2 − y2

y también calcule fy (2, 1)

w

w

.M

at em

Calcule la derivada parcial fy para f (x, y) =

w

Solución

Usando la regla para la derivada del cociente

fy (x, y) =

=

con lo cual fy (2, 1) =

y(x2 − y2 ) − xy(−2y) (x2 − y2 )2 x3 − xy2 + 2xy2 (x2 − y2 )2

10 . 9

EJEMPLO 3.4

Calcule zx y zy , si z está definida implícitamente como una función de x e y , mediante la siguiente ecuación

x3 + y3 + z3 + 6xyz = 2

86

DERIVADAS PARCIALES

Solución Usando la regla de la cadena en una variable, obtenemos, derivando respecto a x , que:

3x2 + 3z2 Y al despejar

∂z ∂z + 6yz + 6xy =0 ∂x ∂x

∂z , obtenemos que: ∂x x2 + 2yz ∂z =− 2 ∂x z + 2xy

De una forma análoga, la derivación implícita con respecto a y , nos da

ic

a1 .

co m

y2 + 2xz ∂z =− 2 ∂y z + 2xy

at em

at

EJEMPLO 3.5

w

.M

p ∂z para la función f (x, y) = sen x2 + y2 x2 ∂x

w

w

Calcule Solución

Para calcular fy debemos aplicar repetidamente la regla de la cadena p x2 y ∂f = cos x2 + y2 x2 p ∂y x2 + y2 x2

El siguiente ejemplo muestra que algunas veces no queda más que recurrir a la definición para calcular una derivada parcial.

EJEMPLO 3.6

Si f (x, y) = Solución.

p 3 3 x + y3 , calcule fx (0, 0) .

DERIVADA PARCIAL.

87

Observe que si calculamos la derivada parcial usando las reglas de derivación usuales obtenemos que x2 fx (x, y) = p 3 (x3 + y3 )2

0 y al evaluarla obtenemos una forma indeterminada “ ”; esto nos puede llevar a la con0 clusión errónea de que la derivada parcial no existe. Ahora usemos la definición

f (h, 0) − f (0, 0) h √ 3 3 h = lim h→0 h lim

h→0

at em

at

ic

a1 .

co m

fx (0, 0) =

h h→0 h lim

w

w

w

.M

=

= 1

Por lo tanto, la derivada parcial fx (0, 0) existe y es 1 . Observación: de igual manera podemos comprobar que fy (0, 0) = 1 EJEMPLO 3.7

x2 − 1 es derivable en R − {1}. f tiene un “hueco” en x = 1. Podemos x−1 agregar un punto definiendo f en x = 1 como f (1) = 2. Esto la hace no solo continua en x = 1 sino también derivable. La derivada se debe calcular con la definición y se obtiene f 0 (1) = 1. La función f (x) =

Lo mismo podemos hacer por f (x, y) = xy En este punto la gráfica tiene un “hueco”.

x2 − y2 . Esta función no esta definida en (0, 0). x2 + y2

88

DERIVADAS PARCIALES

Y X

Figura 3.1

Pero podemos agregar el punto que falta definiendo f (0, 0) = 0. Con esto f no solo queda continua sino que además las derivadas parciales existen en (0, 0). En efecto f (h, 0) − f (0, 0) = lim h→0 h→0 h

0 h2

−0 h

= lim

h→0

0 =0 h

.M

at em

at

ic

a1 .

co m

fx (0, 0) = lim

w

w

w

de igual manera fy (0, 0) = 0.

3.2

INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA DE LA DERIVADA PARCIAL

Recordemos que la gráfica de z = f (x, y) representa una superficie S . Si f (a, b) = c , entonces el punto P = (a, b, c) esta sobre la superficie S . El plano vertical y = b interseca a la superficie S en la curva C1 (es decir, C1 es la traza de la superficie S sobre el plano y = b . De manera semejante, el plano vertical x = a interseca a la superficie S en la curva C2 . Ambas curvas pasan por el punto P . Observe que la curva C1 es la gráfica de la función g(x) = f (x, b) de manera que la pendiente de su recta tangente T1 en el punto P es g0 (a) = fx (a, b). La curva C2 es la gráfica de la función g(y) = f (a, y), así que la pendiente de su tangente T2 en el punto P es g0 (b) = fy (a, b).

89

INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA DE LA DERIVADA PARCIAL

P =(a,b,c)

Z

T2

P =(a,b,c)

T1

Z

S

C2

C1

S

Y

b

x=a

b

y =b

a

X

a

X

Figura 3.2 Derivada parcial respecto a x y derivada parcial respecto a y

Por consiguiente, las derivadas parciales fx (a, b) y fy (a, b) pueden interpretarse geométricamente como las pendientes de las rectas tangentes a las curvas C1 y C2 en el punto P , respectivamente.

w

EJEMPLO 3.8

w w

.M

at

em

at

ic

a1

.c

om

Las derivadas parciales pueden también interpretarse como razones de cambio. Si z = f (x, y) , entonces fx representa la razón de cambio de z con respecto a x , cuando y permanece fija. De manera semejante, fy representa la razón de cambio de z con respecto a y , cuando x permanece fija.

Hallar la ecuación de la recta tangente a la curva que se obtiene de la intersección del 1 paraboloide z = 4 − x2 − y2 y el plano y = 1 , cuando x = . 2

Solución En este caso la pendiente de la recta tangente esta dada por ¶ µ 1 , 1 = −1 fx = −2x =⇒ m = fx 2

con lo cual µ la ecuación ¶ de la recta tangente es : z = −x + b; y = 1 , pero como pasa por el 11 1 se tiene que , 1, punto P = 4 2

z = −x + b =⇒

13 11 −1 + b =⇒ b = = 4 2 4

En la figura 3.3 se muestra la proyección sobre el plano xz de la recta tangente z = 13 −x + , y = 1 y la parábola z = 4 − x2 − y2 , y = 1. 4

90

DERIVADAS PARCIALES

Z

3 2 1 Y

X

Figura 3.3 Proyección, sobre xz, de la parábola y la recta tangente

De donde obtenemos que las ecuaciones paramétricas de la recta tangente están dadas por:

a1

.c

om

= t = 1

ic

= −t +

13 4

w

.M at

em

at

   x y C=   z

w w

La gráfica del paraboloide, la parábola y la recta tangente se muestran en la figura 3.4.

Z

P

X

Y Figura 3.4 Gráfica de: paraboloide, parábola y recta tangente

EJEMPLO 3.9

DERIVADAS PARCIALES DE ORDEN SUPERIOR

91

El plano y = 2 interseca al elipsoide 4x2 + 2y2 + z2 = 16 formando una elipse. Determine las ecuaciones paramétricas para la recta tangente a la elipse en el punto (1, 2, 2) . Solución La ecuación 4x2 + 2y2 + z2 = 16 define a z implícitamente como una función de x e y , entonces : 8x + 2z

∂z 4x ∂z = 0 =⇒ =− ∂x ∂x z

Con lo cual la pendiente de la recta tangente esta dada por 4 ∂z = − = −2 =⇒ m = −2 ∂x 2 Pero como la recta tangente pasa por el punto P = (1, 2, 2) , entonces

ic

a1 .

co m

z = −2x + b =⇒ 2 = −2 + b =⇒ b = 4

at em

at

De donde su ecuación es : z = −2x + 4 ; y = 2 y sus ecuaciones paramétricas son

w

w

w

.M

  x y C=  z

= t = 2 = 4 − 2t

Observación : existe otra forma de calcular la ecuación de la recta tangente a la curva que resulta de intersecar dos superficies en un punto P la cual involucra el uso del vector gradiente como vemos más adelante.

3.3 DERIVADAS PARCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Si f es una función de dos variables x e y , entonces sus derivadas parciales fx y fy también son funciones de dos variables, de modo que podemos considerar sus derivadas parciales ( fx )x , ( fx )y , ( fy )x y ( fy )y , las cuales cuales se llaman segundas derivadas parciales de f . Si z = f (x, y) , utilizamos la siguiente notación : ∂ • ( fx )x = fxx = f11 = ∂x

µ

∂f ∂x

¶ =

∂2 f ∂2 z = ∂x2 ∂x2

92

DERIVADAS PARCIALES

• ( fx )y = fxy = f12 =

∂ ∂y

• ( fy )x = fyx = f21 =

∂ ∂x

∂ • ( fy )y = fyy = f22 = ∂y

µ µ µ

∂f ∂x ∂f ∂y ∂ f ∂y

¶ =

∂2 f ∂2 z = ∂y∂x ∂y∂x

=

∂2 f ∂2 z = ∂x∂y ∂x∂y

=

∂2 f ∂2 z = ∂y2 ∂y2

¶ ¶

∂2 f significa que primero derivamos con respecto a x y luego con ∂y∂x respecto a y , mientras que para calcular fyx el orden se invierte.

La notación fxy o

EJEMPLO 3.10

co m

Calcule las segundas derivadas parciales de f (x, y) = x3 + x2 y2 + y3

a1 .

Solución

at em

at

ic

Las primeras derivadas parciales están dadas por :

w

fy (x, y) = 2x2 y + 3y2

w

w

.M

fx (x, y) = 3x2 + 2xy2

De donde obtenemos que : fxx (x, y) = 6x + 2y2 ∂(3x2 + 2xy2 ) = 4xy ∂y ∂(2x2 y + 3y2 ) = 4xy fyx (x, y) = ∂x fxy (x, y) =

fyy (x, y) = 6y + 2x2

Observación : note que las derivadas parciales mixtas fxy y fyx en el ejemplo anterior son iguales. Esto no es una casualidad y en la mayoría de los casos prácticos se da. El siguiente teorema, descubierto por el matemático francés Alexis Clairaut (1713 -1765), da las condiciones bajo las cuales podemos afirmar que esta igualdad se da. Teorema 3.1 (Igualdad de las derivadas mixtas) Sea f : D ⊆ R −→ R una función escalar donde D es un disco abierto con centro en (a, b) y radio δ , entonces si las funciones

DERIVADAS PARCIALES DE ORDEN SUPERIOR

93

fxy y fyx son continuas en D, entonces

fxy (a, b) = fyx (a, b)

Observación : De manera análoga podemos definir las derivadas parciales de orden 3 o superior.

fxyy = ( fxy )y =

∂ ∂y

µ

∂2 z ∂y∂x

¶ =

∂3 z ∂ y2 ∂x

co m

y al usar el teorema de Clairaut, se puede demostrar que fxyy = fyxy = fyyx , siempre y cuando estas funciones sean continuas.

a1 .

EJEMPLO 3.11

at

ic

x2 − y2 , f (0, 0) = 0. Ya habíamos visto que x2 + y2 fx (0, 0) = fy (0, 0) = 0. ¿Será fxy (0, 0) = fyx (0, 0) ?. La respuesta es no. En efecto, aunque fxy y fyx están definidas en (0, 0), no son continuas en este punto. Para ver esto, podemos calcular estas derivadas de dos maneras distintas y observar que el valor difiere. Primero derivamos sobre la recta x = 0 y luego sobre la recta y = 0.

w

w

w

.M

at em

Volvamos a nuestra función f (x, y) = xy

zx (0, y) = lim

hy(h2 − y2 ) f (h, y) − f (0, y) = lim = −y h→0 h(h2 + y2 ) h

zx (x, 0) = lim

hx(h2 − y2 ) f (x, h) − f (x, 0) = lim =x h→0 h(h2 + y2 ) h

h→0

h→0

Ahora

zxy (0, 0) = lim

fy (h, 0) − fy (0, 0) h−0 = lim =1 h→0 h h

zyx (0, 0) = lim

−k − 0 fx (0, k) − fx (0, 0) = lim = −1 h→0 h k

h→0

k→0

Esto muestra que fxy (0, 0) 6= fyx (0, 0). El gráfico de fxy (x, y) muestra un salto en (0, 0)

94

DERIVADAS PARCIALES

Z

X

Figura 3.5

EJEMPLO 3.12

Las ecuaciones diferenciales en derivadas parciales se usan para expresar leyes físicas. Por ejemplo, la ecuación diferencial parcial

a1

.c

om

∂2 u ∂2 u =0 + ∂x2 ∂x2

w

w

w

.M

at

em at

ic

se conoce como ecuación de Laplace, en honor a Pierre Laplace (1749 - 1827). Las soluciones de esta ecuación se llaman funciones armónicas y desempeñan un papel fundamental en las aplicaciones relacionadas con conducción de calor, flujo de fluidos y potencial eléctrico. Compruebe que la función u(x, y) = ey sen x satisface la ecuación de Laplace. Solución Las primeras derivadas parciales están dadas por ux = ey cos x uy = ey sen x con lo cual uxx = −ey sen x uyy = ey sen x de donde ∂2 u ∂2 u = −ey sen x + ey sen x = 0 + ∂x2 ∂x2

DERIVADAS PARCIALES DE ORDEN SUPERIOR

95

EJEMPLO 3.13

La ecuación de onda ∂2 u ∂2 u = a2 2 2 ∂t ∂x Donde a es una constante, describe el movimiento de una onda, que puede ser una onda de sonido, una onda de luz o una onda que viaja a lo largo de una cuerda vibrante. Si f y g son funciones de una sola variable dos veces derivables, compruebe que la función u(x,t) = f (x + at) + g(x − at) satisface la ecuación de onda. Solución Las derivadas de u(x, y) con respecto a x están dadas por :

co m

∂u = f 0 (x + at) + g0 (x + at) ∂x

.M

at em

at

ic

a1 .

∂2 u = f 00 (x + at) + g00 (x + at) ∂x2

w

w

w

Las derivadas de u(x, y) con respecto a t están dadas por : ∂u = a f 0 (x + at) + ag0 (x + at) ∂t ∂2 u = a2 f 00 (x + at) + a2 g00 (x + at) ∂t 2 Sustituyendo obtenemos que 2 ∂2 u 2 00 2 00 00 2∂ u 2 00 = a f (x + at) = a ( f (x + at) + g (x + at)) = a + a g (x + at) ∂t 2 ∂x2

EJEMPLO 3.14

Si f y g son funciones de una sola variable dos veces derivables, compruebe que la función

u(x, y) = x f (x + y) + yg(x + y) satisface la ecuación diferencial parcial uxx − 2uxy + uyy = 0

96

DERIVADAS PARCIALES

Solución Las derivadas de u(x, y) con respecto a x están dadas por : ux = f (x + y) + x f 0 (x + y) + yg0 (x + y) uxx = f 0 (x + y) + f 0 (x + y) + x f 00 (x + y) + yg00 (x + y) = 2 f 0 (x + y) + x f 0 (x + y) + yg0 (x + y) uxy = f 0 (x + y) + x f 00 (x + y) + g0 (x + y) + yg00 (x + y) uy = x f 0 (x + y) + g(x + y) + yg0 (x + y) uyy = x f 00 (x + y) + g0 (x + y) + g0 (x + y) + yg00 (x + y) = 2 f 00 (x + y) + 2g0 (x + y) + yg00 (x + y) Sustituyendo uxx − 2uxy + uyy

2 f 0 (x + y) + x f 00 (x + y) + yg00 (x + y) − 2 f 0 (x + y) − 2x f 00 (x + y) − 2g0 (x + y)

=

−2yg00 (x + y) + x f 00 (x + y) + 2g0 (x + y) + yg00 (x + y)

at

ic

a1 .

co m

= 0

.M

at em

EJEMPLO 3.15

w

w

w

Si se dijera que existe una función f (x, y) cuyas derivadas parciales son fx (x, y) = x + 4 y fy (x, y) = 3x − y; usted lo creería? Solución Puesto que fxy (x, y) = 1 y fyx (x, y) = −1 son continuas en todo R2 , por el teorema de Clairaut debieran ser iguales, por lo tanto no existe tal función.

EJEMPLO 3.16

Una barra de metal de un metro de largo se calienta de manera irregular y de forma tal que a x metros de su extremo izquierdo y en el instantet minutos, su temperatura en grados centígrados esta dada por H(x,t) = 100 e−0.1t sen πx con 0 ≤ x ≤ 1 1. Trace la gráfica de H(x,t) parat = 0 y t = 10.

2. Calcule Hx (0.2,t) y Hx (0.8,t). Cuál es la interpretación práctica (en términos de temperatura) de estas derivadas parciales?. Explique por qué cada una tiene el signo

DERIVADAS PARCIALES DE ORDEN SUPERIOR

97

que tiene. 3. Calcule Hx (x,t) Cuál es su signo?. Cuál es su interpretación en términos de temperatura?

Solución 1. La gráfica de las funciones H(x, 0) y H(x, 10) se muestran en la figura 3.3.

t

H(x, 10)

001 08 06

H(x,0)

04 02

co m

.0 8

1

x

H(x, 0) y H(x, 10)

at em

at

Figura 3.6

.0 6

a1 .

.0 4

ic

.0 2

w

w

w

.M

Observe que la figura 3.6 nos indica la temperatura inicial en cada punto de la barra y la temperatura después de un minuto. Note que el punto más caliente de la barra en cualquier instante está a 0.5 metros del extremo izquierdo. 2. La derivada parcial respecto a x esta dada por Hx (x,t) = 100π e−0.1t cos πx y al evaluar obtenemos que Hx (0.2,t) = 100π e−0.1t cos 0.2π ≈ 254.16 e−0.1t como esta derivada parcial es decreciente conforme t crece y positiva para cualquier valor de t, concluimos que la temperatura va disminuyendo, pues las pendientes de las rectas tangentes a H(0.2,t) son positivas y van siendo más pequeñas conformet aumenta, esto cuando estamos a 0.2 metros del extremo izquierdo. El signo positivo de la derivada nos indica que cuando vamos en la dirección del eje x positivo (hacia el extremo derecho de la barra) la temperatura aumenta. Por otro lado, Hx (0.8,t) = 100π e−0.1t cos 0.8π ≈ −254.16e−0.1t observe que en este caso, como la derivada parcial es creciente conforme t crece y negativa para cualquier valor de t , concluimos que la temperatura va disminuyendo,

98

DERIVADAS PARCIALES

pues las pendientes de las rectas tangentes a H(0.2,t) son negativas y van siendo más grandes conforme t aumenta, esto cuando estamos a 0.8 metros del extremo izquierdo. El signo negativo de la derivada nos indica que cuando vamos en la dirección del eje x positivo (hacia el extremo derecho de la barra) la temperatura disminuye. Las siguientes tablas de valores y la gráfica 3.6 nos permiten observar con claridad lo explicado antes. t 0 10 20 30 40 50

Hx (0.2,t) 254.16 93.5003 34.3968 12.6539 4.65511 1.71252

.

t 0 10 20 30 40 50

H(0.2,t) 58.7785 21.6234 7.95641 2.92641 1.07657 0.39605

Hx (0.8,t) -254.16 -93.5003 -34.3968 -12.6539 -4.65511 -1.71252

H(0.8,t) 58.7785 21.6234 7.95641 2.92641 1.07657 0.39605

co m

3. La derivada parcial respecto a x está dada por Hx (x,t) = 100π e−0.1t cos πx

w

w

w

.M

at em

at

ic

a1 .

Observe que Hx (x,t) ≥ 0 para 0 ≤ x ≤ 0.5 y cualquier valor de t y Hx (x,t) ≤ 0 para 0.5 ≤ x ≤ 1 y cualquier valor de t, lo cual nos permite concluir que la temperatura va aumentando desde cero hasta llegar a la mitad de la barra y luego va disminuyendo hasta cero, es decir, que la parte más caliente de la barra es la mitad.

EJEMPLO 3.17

Las ecuaciones   x 

= v ln(u) (1)

y = u ln(v) (2)

definen a u y v como funciones de las variables independiente x e y . Exprese vx en términos de u y v . Solución Para calcular vx derivemos las ecuaciones (1) respecto a x v 1 = vx ln(u) + ux u u 0 = ux ln(v) + vx v

DERIVADAS PARCIALES DE ORDEN SUPERIOR

99

Ahora usemos la regla de Cramer para hallar vx ¯ ¯ v ¯ ¯ ln(u) ¯ ¯ ¯ ¯ u ¯ = 1 − ln(u) ln(v) w = ¯¯ u ¯¯ ¯ ¯ ¯ ln v v ¯ ¯ ¯ 1 ln(u) ¯ ¯ u ¯ ¯ ¯ w1 = ¯ u ¯¯ = v ¯ ¯ ¯ 0 v ¯ ¯ v ¯ ¯ 1) ¯ ¯ ¯ ¯ u w2 = ¯ ¯ = − ln(v) ¯ ¯ ¯ ln v 0 ¯ De donde

a1 .

− ln(v) ln(v) w2 = = w 1 − ln(u) ln(v) ln(u) ln(v) − 1

at em

at

ic

vx =

co m

u u w1 v = = ux = w 1 − ln(u) ln(v) v − v ln(u) ln(v)

w

w

w

.M

Volveremos a esto un poco más adelante.

EJEMPLO 3.18 1

Compruebe que la función u(x, y) = (x2 + y2 + z2 )− 2 satisface la ecuación diferencial de Laplace en derivadas parciales ∂2 u ∂2 u ∂2 u + 2 + 2 =0 2 ∂x ∂y ∂z

Solución Calculemos las derivadas parciales

100

DERIVADAS PARCIALES

∂u ∂x

=

−2x p 2 2 (x + y2 + z2 )3

∂2 u ∂x2

=

2x2 − y2 − z2 p (x2 + y2 + z2 )5

∂2 u ∂y2

=

2y2 − x2 − z2 p (x2 + y2 + z2 )5

∂2 u ∂z2

=

2z2 − x2 − y2 p (x2 + y2 + z2 )5

y al sumarlas obtenemos el resultado deseado.

INCREMENTOS Y DIFERENCIALES. DIFERENCIAL TOTAL.

ic

Introducción.

at em

at

3.4.1

a1 .

co m

3.4

w

w

w

.M

Una función f de una variable es derivable en x si se puede aproximar linealmente en un vecindario alrededor de este punto (con la recta tangente). Formalmente, si f se puede representar en la forma

f (x + h) − f (x) = hA +, εh

(3.1)

donde ε → 0 si h → 0. Como es conocido, la ecuación (3.1) se cumple cuando f 0 (x) existe. De hecho A = f 0 (x). En dos variables la idea es parecida, z = f (x, y) es diferenciable (o derivable) en (x, y) si puede ser aproximada, en un vecindario de este punto, por una función lineal. Formalmente, f es diferenciable si puede ser representada en la forma

f (x + h, y + k) − f (x, y) = Ah + Bk + ε1 h + ε2 k donde, A, B son independientes de h, k y ε1 , ε2 → 0 si h, k → 0 . Si la representación (3.2) es posible, A = fx y B = fy . A = fx se obtiene poniendo k = 0 y dividiendo por h y haciendo h → 0.

(3.2)

INCREMENTOS Y DIFERENCIALES. DIFERENCIAL TOTAL.

101

B = fy se obtiene poniendo h = 0 y dividiendo por k y haciendo k → 0 . En una variable se define el diferencial d f = f 0 (x) dx. De manera similar, si f es diferenciable1 , se define la diferencial total d f = fx dx + fy dy. Un teorema importante establece condiciones suficientes de diferenciabilidad: si fx , fy existen en (x, y) y si al menos una de estas derivadas es continua en este punto, entonces f es diferenciable en (x, y).

3.4.2

Incrementos y Diferenciales.

Para funciones de una variable y = f (x) , se define el incremento de y como

∆y = f (x + ∆x) − f (x) y la diferencial de y como

ic

a1 .

co m

dy = f 0 (x)dx

w

.M

at em

at

∆y representa el cambio en la altura de la curva y = f (x) y dy representa la variación en y a lo largo de la recta tangente cuando x varía en una cantidad dx = ∆x .

w

w

Observe que ∆y − dy se aproxima a cero más rápidamente que ∆x , ya que ε=

f (x + ∆x) − f (x) − f 0 (x)∆x f (x + ∆x) − f (x) ∆y − dy = = − f 0 (x) ∆x ∆x ∆x

y al hacer ∆x −→ 0 , tenemos que ε −→ 0 . Por tanto

∆y = dy + ε ∆x

donde ε −→ 0 conforme ∆x −→ 0 . En la siguiente 3.7 se muestra d f y ∆ f .

1 En

algunos textos solo se pide que las derivadas parciales existan en (x, y)

102

DERIVADAS PARCIALES

f(x0 + ∆ x)

T ∆y dy

f(x0) ∆x

x0

Figura 3.7

x0 + ∆ x

d f y ∆f

Ahora consideremos una función de dos variables z = f (x, y) . Si x y y son incrementados ∆x y ∆y , entonces el correspondiente incremento de z es

a1 .

co m

∆z = f (x + ∆x, y + ∆y) − f (x, y)

at em

at

ic

Con lo cual ∆z representa el cambio en el valor de f cuando (x, y) cambia a (x+∆x, y+∆y) .

w

w

w

.M

Teorema 3.2 (Aproximación lineal) Sea f : R2 −→ R una función escalar continua en D . Suponga que ∆x y ∆y son incrementos de x y de y , lo suficientemente pequeños para que (x0 + ∆x, y0 + ∆y) ∈ D , entonces si las derivadas parciales fx y fy son continuas en (x0 , y0 ) el incremento de la variable dependiente z ∆z = f (x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f (x0 , y0 )

puede escribirse como

∆z = fx (x0 , y0 )∆x + fy (x0 , y0 )∆y + ε1 ∆x + ε2 ∆y

donde ε1 −→ 0 cuando ∆x −→ 0 ε2 −→ 0 cuando ∆y −→ 0 Los incrementos ∆x y ∆y se les llama diferenciales de las variables independientes y se denotan por dx y dy .

INCREMENTOS Y DIFERENCIALES. DIFERENCIAL TOTAL.

103

Observación: Este teorema afirma que el cambio real en z es aproximadamente igual a la diferencial total dz , cuando los incrementos ∆x y ∆y son pequeños, es decir, ∆z ∼ = dz .

EJEMPLO 3.19

El radio de la base y la altura de un cono circular recto miden 10cm y 25cm , respectivamente, con un posible error en la medición de 0.1cm , cuando mucho. Utilice diferenciales para estimar el error máximo en el volumen del cono. Solución El volumen de un cono esV = πr2 h , con lo cual la diferencial total es

dV =

∂V 2πrh πr2 ∂V dr + dh = dr + dh ∂r ∂h 3 3

at

ic

a1 .

co m

Puesto que los errores son, cuando mucho, del orden de 0.1cm , tenemos que |∆x| ≤ 0.1 y |∆y| ≤ 0.1 . Para estimar el máximo error en el volumen, tomanos el máximo error en las medidas de r y h . Por tanto, dr = 0.1 y dh = 0.1 , junto con r = 10, h = 25

at em

100π 500 0.1 + 0.1 = 20π 3 3

w

w

w

.M

dV =

De esta forma el máximo error en el volumen es de aproximadamente 20πcm ∼ = 63cm .

3.4.3

Funciones Diferenciables.

Para que una función f de varias variables sea diferenciable en un punto (a, b) no basta con que las derivadas parciales existan, esto nos dice que la diferenciabilidad de una función de varias variables es más compleja que la de una variable. Definición 3.2 (Diferenciabilidad) Dada una función escalar f : D ⊂ R2 −→ R continua en D con derivadas parciales fx y fy continuas en (x0 , y0 ) ∈ D , si ∆z puede expresarse como

∆z = fx (x0 , y0 )∆x + fy (x0 , y0 )∆y + ε1 ∆x + ε2 ∆y

donde

104

DERIVADAS PARCIALES

ε1 −→ 0 cuando ∆x −→ 0 ε2 −→ 0 cuando ∆y −→ 0 decimos que f es derivable (o diferenciable) en (x0 , y0 ).

Definición 3.3 (La Diferencial Total) Sean f : D ⊂ R2 −→ R una función diferenciable y ∆x y ∆y incrementos de x y y , entonces la diferencial total de la variable dependiente z es

dz = fx (x, y)∆x + fy (x, y)∆y

EJEMPLO 3.20

Calcule la diferencial total para la función

co m

p 2x3 + y2

at em

at

ic

a1 .

f (x, y) =

w

w

w

.M

Solución.

Las derivadas parciales están dadas por 3x2 ∂f = p ∂x 2x3 + y2 y ∂f = p ∂y 2x3 + y2 de donde

dz =

y ∂ f (x, y) 3x2 ∂ f (x, y) ∆x + p ∆y ∆x + ∆y = p 3 2 ∂x ∂x 2x + y 2x3 + y2

Observación: Es decir, que una función f es diferenciable en (x0 , y0 ) si la diferencial total dz es una buena aproximación al incremento total ∆z . En otras palabras, la función lineal

z = f (x0 , y0 ) + fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 )

INCREMENTOS Y DIFERENCIALES. DIFERENCIAL TOTAL.

105

es una buena aproximación de la función f cerca de (x0 , y0 ) . Por consiguiente, por el teorema de aproximación lineal, si fx y fy existen cerca de (x0 , y0 ) y son continuas en este punto, entonces f es derivable en este punto. Más generalmente Teorema 3.3 si fx , fy existen en (x, y) y si al menos una de estas derivadas es continua en este punto, entonces f es diferenciable en (x, y).

EJEMPLO 3.21

Use diferenciales para calcular un valor aproximado para

co m

q 3(1.95)3 + (5.1)2

at em

at

ic

a1 .

Solución.

w

w

w

.M

p Consideremos la función f (x, y) = 3(x)3 + (y)2 y observe que podemos calcular con facilidad f (2, 5) = 7 . Por lo tanto, tomando x0 = 2 y y0 = 5, dx = ∆x = −0.05 y dy = ∆y = 0.1 , obtenemos p 3(1.95)3 + (5.1)2

=

f (1.95, 5)

=

f (2.5) + d f

= 7 + fx (2.5)dx + fy (2.5)dy = 7+

5 12 (−0.05) + (0.1) 7 7

= 6.98571 La diferencial de f fue calculada en el ejemplo 3.20.

Al igual que para funciones de una variable, la derivabilidad implica continuidad, como vemos en el siguiente teorema. Teorema 3.4 (Diferenciabilidad y continuidad) Sea f : D ⊂ R2 −→ R una función escalar derivable en (a, b) ∈ D , entonces f es continua en (a, b) .

106

3.5

3.5.1

DERIVADAS PARCIALES

REGLA DE LA CADENA. DERIVACIÓN IMPL´ICITA.

Regla de la Cadena

Recordemos que en una variable, si f (u) y u(x) son derivables, entonces la regla de la cadena establece df d f du = dx du dx De manera algo parecida podemos considerar el caso de una función z = f (x, y) en la que los argumentos x e y son funciones de t o funciones de t y u. Consideremos primero el caso z = f (x, y) (con derivadas parciales continuas fx y fy ) donde x = x(t) y y = y(t) son funciones derivables. Para calcular

dz , recordemos que dt

at

ic

a1 .

co m

dz ∆z = lim dt ∆t→0 ∆t

.M

at em

como ∆t provoca incrementos ∆x y ∆y y como

w

w

w

∆z = fx (x, y)∆x + fy (x, y)∆y + ε1 ∆x + ε2 ∆y

con ε1 , ε2 −→ 0 si ∆x, ∆y −→ 0, entonces ∆x ∆y ∆x ∆y ∆z = fx (x, y) + fy (x, y) + ε1 + ε2 ∆t ∆t ∆t ∆t ∆t y entonces dx ∆z dy dz = fx (x, y) + fy (x, y) = lim dt ∆t→0 ∆t dt dt En general, Teorema 3.5 (Regla de la Cadena) Sea z = f (x, y) (con derivadas parciales continuas fx y fy ) donde x = x(t) y y = y(t) son funciones derivables. Entonces dz dx dy = fx (x, y) + fy (x, y) dt dt dt Sea z = f (x, y) (con derivadas parciales continuas fx y fy ) donde x = x(t, u) y y = y(t, u)

REGLA DE LA CADENA. DERIVACIÓN IMPL´ICITA.

107

son funciones derivables. Entonces ∂x ∂y ∂z = fx (x, y) + fy (x, y) ∂t ∂t ∂t

∂z ∂x ∂y = fx (x, y) + fy (x, y) ∂u ∂u ∂u

y

además la diferencial total de f tiene la misma forma, como si u, v fueran variables independientes, d f = fu du + fv dv

La última afirmación del teorema indica que si f (x, y) es una función de variables independientes, entonces

co m

d f = Pdx + Qdy =⇒ fx = P y fy = Q.

w

w

w

.M

at em

at

ic

a1 .

La regla de la cadena, para funciones de varias variables, no es en realidad una herramienta de cálculo sino más bien una herramienta de gran valor teórico. Si se conocen todas las funciones involucradas, resulta sencillo sustituir y derivar usando la regla de la cadena para una variable. En otro caso, siempre podemos seguir adelante usando la regla de la cadena para varias variables como pronto veremos.

EJEMPLO 3.22

Sea z = x2 + 3y2 , donde x = et y y = cos(t) entonces dz dt

= zx

dx dy + zy dt dt

= 2x

dx dy + 6y dt dt

= 2xet − 6y sen(t) = 2e2t − 6 cos(t) sen(t)

EJEMPLO 3.23 3

Sea z = x2 ey , donde x = uv y y = u2 − v3 entonces

108

DERIVADAS PARCIALES

∂z ∂u

= zx

∂x ∂y + zy ∂u ∂u 3

= 2xey

3 ∂y ∂x + 3x2 y2 ey ∂u ∂u

3

3

= 2xey v + 3x2 y2 ey 2u ∂z ∂v

= zx

∂x ∂y + zy ∂v ∂v

= 2xey

3

3 ∂y ∂x + 3x2 y2 ey ∂u ∂u

3

3

= 2xey u + 3x2 y2 ey (−3v2 )

EJEMPLO 3.24

=

f 0 (u)

∂u ∂y

=

f 0 (u)

−x y2

at em

1 y

.M

f 0 (u)

∂z ∂y

w

w

w

=

at

ic

a1 .

co m

Sea f una función derivable y z = f (x/y). Poniendo u = x/y entonces ∂u ∂z = f 0 (u) ∂x ∂x

EJEMPLO 3.25

Sea f una función derivable y z = f (x, y) con x = r cos θ, y = r sen θ, entonces ∂z ∂r

∂z ∂θ

=

∂ f ∂x ∂ f ∂y + ∂x ∂r ∂y ∂r

=

∂f ∂f cos θ + sen θ ∂x ∂y

=

∂ f ∂x ∂ f ∂y + ∂x ∂θ ∂y ∂θ

=

∂f ∂f (−r sen θ) + r cos θ ∂x ∂y

REGLA DE LA CADENA. DERIVACIÓN IMPL´ICITA.

109

EJEMPLO 3.26

Decimos que una función f (x, y) es homogénea de grado n cuando f (tx,ty) = t n f (x, y),

para todo t > 0

Si f es diferenciable y homogénea de grado n entonces ¤ ∂ £ −n t f (tx,ty) = a.) Sin hacer ningún cálculo, explique porqué se puede asegurar que ∂t 0. ¤ ∂ £ −n t f (tx,ty) y deduzca que u fu (u, v) + ∂t

b.) Use regla de la cadena para calcular v fv (u, v) = n f (u, v).

∂ f (x, y) ∂ f (x, y) y y verifique, usando el ejercicio anterior, que x fx (x, y) + ∂u ∂v y fy (x, y) = n f (x, y).

co m

c.) Calcule

at

ic

a1 .

Solución.

.M

at em

¤ ∂ £ −n t f (tx,ty) = 0 pues, como f es homogénea, entonces [t −n f (tx,ty)] = f (x, y), ∂t es decir el lado derecho de la igualdad es una función sólo de x e y.

w

w

w

a.)

b.) Poniendo u = xt y v = yt entonces

¤ ∂ £ −n t f (u, v) = −nt −n−1 f (u, v) + t −n (u fu + v fv ) = 0 ∂t por lo que, multiplicando a ambos lados por t n+1 , u fu (u, v) + v fv (u, v) = n f (u, v)

c.)

1 ∂ f (x, y) 1 ∂ f (x, y) = fx · y = fy · . Sustituyendo en la última relación del ejercicio ∂u t ∂v t anterior

x fx (x, y) + y fy (x, y) = n f (x, y)

110

DERIVADAS PARCIALES

EJEMPLO 3.27

Sea F(u, v) = −u − v con u2 = −x − y y v2 = x + y. Si u 6= 0 y v 6= 0, verifique que a.) Fx = −

u+v . 2uv

b.) Fy = −

v−u . 2uv

Solución. Primero veamos que 2u ux = −1, 2v vx = 1, 2u uy = −1 y 2v vy = 1. Por lo tanto 1 u+v 1 −1· =− . 2u 2v 2uv ¶ µ 1 v−u 1 −1· =− . b.) Fy = Fu uy + Fv vy = −1 · − 2u 2v 2uv

co m

a.) Fx = Fu ux + Fv vx = −1 ·

at

ic

a1 .

EJEMPLO 3.28

w

b.) zxy

w

w

.M

at em

Sean f y g funciones diferenciables. Si z = g(y) · f (x − 2y, y3 ), calcule a.) zx

Solución. Sea u = x − 2y, v = y3 . Entonces z = g(y) f (u, v).

a.) zx = g(y) ( fu · 1 + fv · 0) = g(y) fu (u, v) ¡ ¢ b.) zxy = g0 (y) · 1 · fu (u, v) + g(y) −2 fuu + 3y2 fuv

3.5.2

Derivación Impl´icita.

Ya vimos que si z es una función de x y y, definida de manera implícita por la ecuación F(x, y, z) = 0, entonces podemos calcular zx y zy usando la regla de la cadena. El teorema que sigue, conocido como el Teorema de la Función Implícita, nos da una manera sencilla de calcular estas derivadas parciales y otras más generales en ciertas regiones.

REGLA DE LA CADENA. DERIVACIÓN IMPL´ICITA.

111

Teorema 3.6 (De la Función Implícita (I)) Sea z es una función de x y y, definida de manera implícita por la ecuación F(x, y, z) = 0. Sea R una región2 que contiene al punto (x0 , y0 , z0 ) en su interior. Entonces, si i.) F(x0 , y0 , z0 ) = 0, ii.) Fx , Fy , Fz son continuas en R iii.) Fz (x0 , y0 , z0 ) 6= 0 existe un entorno I0 del punto (x0 , y0 ) en el cual hay una función diferenciable (única) z = f (x, y) tal que a.) z0 = f (x0 , y0 ), b.) F(x, y, f (x, y)) = 0 Fy Fx y zy = − Fz Fz

a1 .

co m

c.) zx = −

w

w

w

.M

at em

at

ic

Este teorema dice que en un entorno del punto (x0 , y0 ) existe una función f (x, y) cuya gráfica coincide con la gráfica de F(x, y, z) = 0 en este entorno. Aunque no sea posible en principio hallar esta función f , por lo menos podemos calcular las derivadas parciales de esta función en el entorno del punto, según la fórmula que establece el teorema. Podemos deducir, de manera informal, las fórmulas para zx y zy . Como F(x, y, z) = 0,

dF = Fx dx + Fy dy + Fz dz = 0 de donde, si Fz 6= 0, dz = −

Fy Fx dx − dy Fz Fz

Ahora, si f (x, y) es un función de variables independientes,

d f = P dx + Q dy =⇒ fx = P y fy = Q entonces si z = f (x, y) (esta función f no es necesariamente conocida), podemos concluir que 3 2

Una región en el plano xy es un conjunto de puntos con la propiedad de que cualquier par de ellos puede ser unido por una curva continua que está en el conjunto. Un rectángulo sería un ejemplo de región. 3 Un análisis riguroso se puede encontrar en ([1], [2]). Ver “Teorema de la Función Implícita”.

112

DERIVADAS PARCIALES

zx = −

Fy Fx y zy = − . Fz Fz

En el teorema de la función implícita podemos intercambiar variables. Por ejemplo, si x y z son las variables independientes y si se cumplen las hipótesis del teorema, yx = −

Fz Fx y yz = − . Fy Fy

Este teorema se puede generalizar para ecuaciones F(x, y, z, u) = 0.

EJEMPLO 3.29

Sea F(x, y, z) = xyz + x + y − z = 0. Para el punto (0, 0, 0), F(0, 0, 0) = 0. En los alrededores de este punto, Fx = yz + 1, Fy = xz + 1, Fz = xy − 1 son continuas y Fz (0, 0, 0) 6= 0.

ic

a1 .

co m

Se garantiza entonces que, en los alrededores de (0, 0), en el plano xy, existe una función z = f (x, y) cuya gráfica coincide con la gráfica de F(x, y, z) = 0 en este entorno y

at

zx + 1 zy + 1 y zy = − xy − 1 xy − 1

w

w

.M

at em

zx = −

w

En este caso también podemos obtener zx y zy usando la regla de la cadena a la ecuación xyz + x + y − z = 0. Derivando respecto a x y respecto a y, obtenemos

yz + xy zx + 1 − zx = 0 =⇒ zx = −

xz + xy zy + 1 − zy = 0 =⇒ zy = −

zy + 1 . xy − 1

zx + 1 . xy − 1

EJEMPLO 3.30

Calcule zx y zy si F(x, y, z) = x2 − 2y2 + 3z2 − yz + y = 0, cuando Fz 6= 0. Solución. Dado que Fx = 2x, Fy = −4x − z + 1, Fz = 6z − y, entonces si Fz 6= 0, por el teorema de la función implícita existe una función z = f (x, y) tal que

zx = −

1 − 4y − z 2x y zy = − 6z − y 6z − y

REGLA DE LA CADENA. DERIVACIÓN IMPL´ICITA.

113

en R2 − {6z − y = 0.}

EJEMPLO 3.31

Considere x2 + y2 + z2 − 1 = 0. Esta ecuación es satisfecha por todos los puntos de la esfera de radio 1 centrada en el origen. Las derivadas parciales de F(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 1 son continuas en cualquier entorno de estos puntos pues Fx = 2x, Fy = 2y, Fz = 2z entonces en un entorno de cualquiera de los puntos (x0 , y0 ) (con F(x0 , y0 , z0 ) = 0 ), excepto en los puntos del círculo x2 + y2 = 1, z = 0,

a1 . ic

w

w

.M

at em

Podemos además calcular zxy , zxx y zyy µ ¶ x y − ∂(zy ) y · zx z = 2 = zyx = 2 ∂x z z

co m

Fy x y Fx = − y zy = − = − Fz z Fz z

at

zx = −

w

µ ¶ x z−x − z − x zx ∂(zx ) z =− =− zxx = 2 2 ∂x z z zyy = −

y2 + z3 . z3

EJEMPLO 3.32

Si F(xz, yz) = 0 define a z como función implícita de x e y y además cumple con las condiciones del teorema de la función implícita en cada punto de una región R, entonces verifique que, en R, se satisface la ecuación y·

∂z ∂z +x· = −z ∂y ∂x

Solución. Sea u = xz y v = yz, entonces F(xz, yz) = F(u, v) = 0.

114

DERIVADAS PARCIALES

∂z ∂y

= −

Fy Fu · 0 + Fv · z =− Fz Fu · x + Fv · y

∂z ∂x

= −

Fx Fu · z + Fv · 0 =− Fz Fu · x + Fv · y

Luego

y·

∂z ∂z +x· ∂y ∂x

= −y · = −

Fv · z Fu · z + −x · Fu · x + Fv · y Fu · x + Fv · y

z (Fu · x + Fv · y) Fu · x + Fv · y

a1 .

co m

= −z

.M

at em

at

ic

Caso de dos Ecuaciones.

w

w

w

En el caso de que tengamos dos ecuaciones F(x, y, u, v) = 0 y G(x, y, u, v) = 0

tenemos una teorema similar Teorema 3.7 (De la Función Implícita (II)) Sea R una región que contiene al punto (x0 , y0 , u0 , v0 ) en su interior. Entonces, si

i.) F(x0 , y0 , u0 , v0 ) = 0 y G(x0 , y0 , u0 , v0 ) = 0 ii.) Fx , Fy , Fu , Fv , Gx , Gy , Gu , Gv son continuas en R ¯ ¯ F iii.) J = ¯¯ u Gu

¯ Fv ¯¯ 6 0 en (x0 , y0 , u0 , v0 ), = Gv ¯

existe un entorno I0 del punto (x0 , y0 ) en el cual

REGLA DE LA CADENA. DERIVACIÓN IMPL´ICITA.

ux

∂(F, G) ∂(x, v) = − ∂(F, G) ∂(u, v)

vx

∂(F, G) ∂(u, x) = − ∂(F, G) ∂(u, v)

uy

∂(F, G) ∂(y, v) = − ∂(F, G) ∂(u, v)

vy

∂(F, G) ∂(u, y) = − ∂(F, G) ∂(u, v)

y

Para deducir las expresiones para ux , uy , vx , vy se resuelve el sistema ½

dF dG

= Fx dx + Fy dy + Fu du + Fv dv = 0 = Gx dx + Gy dy + Gu du + Gv dv = 0

para du y dv. Por ejemplo ¯ ¯ 1 ¯¯ Fy Fv ¯¯ dx − ¯ Gv ¯ J Gy

¯ Fv ¯¯ dy Gv ¯

at em

at

ic

a1 .

co m

¯ 1 ¯¯ Fx du = − ¯ J Gx

w

w

w

.M

como du = ux dx + uy dy entonces se obtienen las fórmulas para ux y uy . EJEMPLO 3.33

• Las ecuaciones

F = u2 + v2 − x2 − y = 0 G = u + v − x2 + y = 0 son satisfechas por (x0 , y0 , u0 , v0 ) = (2, 1, 1, 2). Como ¯ ¯ F J = ¯¯ u Gu

¯ ¯ Fv ¯¯ ¯¯ 2u = Gv ¯ ¯ 1

¯ 2v ¯¯ = 2(u − v) 1 ¯

entonces en J(2, 1, 1, 2) = −2 6= 0. En un entorno de (x0 , y0 ) = (2, 1) se tiene

ux =

1 + 2v x(1 − 2v) y uy = . u−v 2(u − v)

115

116

DERIVADAS PARCIALES

• Podemos obtener este resultado no usando las fórmulas sino resolviendo ½

dF dG

= 2u du + 2v dv − 2x dx − dy = 0 = du + dv − 2x dx + dy = 0

para du y dv, En particular

du =

(2x + 4vx) dx + (1 + 2v) dy 2(u − v)

luego, como du = ux dx + uy dy, entonces

1 + 2v (2x + 4vx) y uy = . 2(u − v) 2(u − v)

at em

at

ic

a1 .

co m

ux =

∂(F, G) 6= 0 en el punto ∂(x, y) (x0 , y0 , u0 , v0 ), podemos resolver el sistema para dx y dy y obtener xu , xv , yu y yv .

w

w

w

.M

Usando este mismo método, y bajo la hipótesis de que

Por ejemplo, en un entorno del punto en cuestión

xu =

2v + 1 2u + 1 y xv = 4x 4x.

EJEMPLO 3.34

Sea z = f (x, y) definida por z = u + v donde u = u(x, y) y v = v(x, y) son funciones definidas de manera implícita por las ecuaciones F = u + eu+v − x = 0 G = v + eu−v − y = 0 Si u = v = 0 entonces x = y = 1. Calcular zx (1, 1). Solución.

EJERCICIOS RESUELTOS (ADICIONALES)

117

zx = ux + vy . Podemos calcular ux y vy usando las fórmulas respectivas, sin embargo, para cálculos numéricos es más práctico derivar respecto a x las expresiones F = 0 y G = 0. En efecto, derivando respecto a x obtenemos ux + eu+v (ux + vx ) − 1 = 0 y vx + eu−v (ux − vx ) = 0 de modo que cuando x = 1, y = 1, v = u = 0 se obtiene

2ux + vx − 1 = 0 y ux = 0 con lo que ux = 0 vx = 1 si x = 1, y = 1, v = u = 0. Así que zx (1, 1) = 0 + 1 = 1. 3.6 EJERCICIOS RESUELTOS (ADICIONALES)

ic

a1 .

co m

r ³y´ ∂z ∂z . Demuestre que zx + zy = xy . 1. Sea z = xy + arctan x ∂x ∂y

.M

at em

at

Solución. y x2 + y2 • 2z x x+ 2 ∂z x + y2 = • ∂x 2z • Ahora sustituimos,

w

w

y−

w

∂z = ∂x

∂z ∂z zx + zy ∂x ∂y

2. Sea C(x,t) = t difusión)

−1/2

y x x+ 2 x2 + y2 x + y2 = zx + zy 2z 2z xy xy + 2xy − 2 x + y2 x2 + y2 = xy = 2 y−

2

e−x /kt .

Verifique que esta función satisface la ecuación (de

k ∂2C ∂C · = 4 ∂x2 ∂t Solución.

118

DERIVADAS PARCIALES

2

e−x√ /kt . Pongamos C(x,t) = t

•

µ ¶ √ −2x −x2 /kt 1 ¶ µ 2 t −√ e −x2 /kt ∂C 1 x kt t = =e − ∂t t kt 5/2 2t 3/2

1 −2x −x2 /kt ∂C =√ e ∂x t kt µ 2 ¶ µ ¶ −x2 /kt 1 −x2 /kt 2 4x 2 4x2 ∂2C √ = e − − = e • ∂x2 k2t 5/2 kt 3/2 t k2t 2 kt

•

k ∂2C por se obtiene la identidad. 2 ∂x 4

• Luego, multiplicando

3. Sea z = f (u, v) , donde u = x2 + y2 , v = xy, donde f tiene derivadas parciales de segundo orden fu , fuv , fuu y fvv continuas (es decir, fuv = fvu ). Verifique que:

ic

a1 .

co m

∂2 z = 2 fu (u, v) + 4x2 fuu (u, v) + 4xy fuv + y2 fvv (u, v) ∂x2

.M

at em

at

Solución.

w

w

∂z = 2x fu (u, v) + y fv (u, v) ∂x

w

•

• Aplicamos la regla del producto (observe que

∂ fu (u, v) = fuu · ux + fuv · vx ). ∂x

∂2 z = 2 fu (u, v) + 2x [ 2x fuu (u, v) + y fuv (u, v)] + y [ 2x fvu (u, v) + y fvv (u, v)] ∂x2 • Simplificando se obtiene el resultado. 4. Sea Sea z = f (xy, x). Si f tiene derivadas parciales de segundo orden fu , fuv , fuu y ∂2 z . fvv , calcular ∂x∂y Solución. ∂z = fu (u, v) · y + fv (u, v) · 1 ∂x ∂2 z = 1 · fu + y [ fuu (u, v) · x + fuv (u, v) · 0] + [ fvu (u, v) · x + fvv (u, v) · 0] • ∂x∂y

•

5. Si x2 y2 + sen(xyz) + z2 = 4 define a z como función implícita de x e y. verifique ∂z ∂z = 0. que x − y ∂x ∂y

EJERCICIOS RESUELTOS (ADICIONALES)

119

Solución. Sea F(x, y, z) = x2 y2 + sen(xyz) + z2 − 4. Si las derivadas parciales zx y zy existen en todo el dominio en el que Fz 6= 0, entonces

•

Fx 2xy2 + yz cos(xyz) ∂z =− =− ∂x Fz xy cos(xyz) + 2z

Fy 2x2 y + xz cos(xyz) ∂z =− =− ∂y Fz xy cos(xyz) + 2z (a) La identidad se obtiene sustituyendo y simplificando. •

¶ xy 2 2 , x + y = 0 una ecuación que define a z como una función de x e 6. Sea g z y. Verifique que si gx , gy y gz existen y son continuas en toda la región en la que gz 6= 0, entonces µ

co m

∂z z(x2 − y2 ) ∂z −x =− ∂x ∂y xy

a1 .

y

at em

at

ic

Solución.

•

w

•

w

w

.M

y gu · + gv · 2x gx ∂z z = =− xy ∂x gz −gu · 2 z x gu · + gv · 2y gy ∂z z = =− xy ∂x gz −gu · 2 z

µ 2 ¶ x − y2 x y gu gu · + gv · 2y gu · + gv · 2x z(x2 − y2 ) z z z − x · = − = − • y· xy xy xy xy gu · 2 gu · 2 gu · 2 z z z