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Capítulo 4

w

w

w

.M

at em

at

ic

a1 .

co m

GRADIENTE, DERIVADAS DIRECCIONALES Y PLANO TANGENTE

4.1 VECTOR GRADIENTE. Definición 4.1 (Vector Gradiente) Sea f : D ⊆ Rn −→ R una función (o campo) escalar diferenciable en una región R, entonces la función (o campo) gradiente de f es la función vectorial ∇ f : R ⊆ Rn −→ R definida por ∇ f (x1 , x2 , ..., xn ) = ( fx1 (x, y), fx2 (x, y), ..., fxn (x, y)) En el caso f : D ⊆ R2 −→ R

∇ f (x, y) = ( fx (x, y), fy (x, y)) =

∂f − → ∂f − → i + j ∂x ∂y

En el caso f : D ⊆ R3 −→ R

∇ f (x, y, z) = ( fx (x, y, z), fy (x, y, z) fz (x, y, z)) =

→ ∂f − → ∂f − → ∂f − i + j + k ∂x ∂y ∂z

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

121

122

GRADIENTE, DERIVADAS DIRECCIONALES Y PLANO TANGENTE

EJEMPLO 4.1

1. Si f (x, y) = sen xy + x2 y2 , calcule ∇ f (π, 1).

Solución. El gradiente está dado por : ¡ ¢→ ¢→ − ¡ − ∇ f (x, y) = y cos xy + 2xy2 i + x cos xy + 2x2 y j y evaluando

at em

at

ic

a1 .

2. Si x2 + y2 + z2 = 1, calcule ∇z(x, y).

co m

¢→ → − ¡ − ∇ f (π, 1) = (2π − 1) i + 2π2 − π j

w

w

w

.M

Solución.

Excepto en el círculo x2 + y2 = 1 (curva de nivel z = 0 ), se puede calcular

¶ µ Fy x − Fx y − → → ∇ f (x, y) = − , − , = − i + − j Fz Fz z z

4.2

DERIVADA DIRECCIONAL

Suponga que deseamos calcular la tasa de cambio de z en el punto (x0 , y0 ) en la direc− ción de un vector unitario arbitrario → u = (a, b) , para esto consideremos la superficie S con ecuación z = f (x, y) (la gráfica de f ) y sea z0 = f (x0 , y0 ) . Entonces el punto P = (x0 , y0 , z0 ) está sobre S . El plano vertical que pasa por el punto P en la dirección del − vector → u interseca a la superficie S en la curva C . La pendiente de la recta tangente T a − la curva C en el punto P es la tasa de cambio de z en la dirección del vector → u.

DERIVADA DIRECCIONAL

123

P=(x0 , y0 , z0)

Z

T

S

b

u a X

Figura 4.1 Derivada direccional

a1 .

co m

Si Q = (x, y, z) es otro punto sobre la curva C , y sean P0 y Q0 las proyecciones sobre el −−→ − plano xy de los vectores P y Q , entonces el vector P0 Q0 es paralelo al vector → u , y por consiguiente

ic

P

at em

at

Q T

w

.M

Z w

w

S

b

u a

P‘

Q‘

X −−→ − Figura 4.2 El vector P0 Q0 es paralelo al vector → u

−− → − P0 Q0 = h → u = (ha, hb)

para algún escalar h . Así pues,

x − x0 = ha =⇒ x = x0 + ha y − y0 = hb =⇒ y = y0 + hb

124

GRADIENTE, DERIVADAS DIRECCIONALES Y PLANO TANGENTE

y la razón de cambio está dada por

z − z0 f (x0 + ha, y0 + hb) − f (x0 , y0 ) ∆z = = h h h y al tomar el límite cuando h −→ 0 obtenemos la tasa de cambio instantánea de z (con − respecto a la distancia) en la dirección de → u , la cual se llama derivada direccional de f → − en la dirección de u .

co m

Definición 4.2 (Derivada direccional) Sea f : D ⊂ R2 −→ R una función escalar y sean − P = (x0 , y0 ) ∈ D y → u = (a, b) un vector unitario, entonces la derivada direccional de f − en P = (x0 , y0 ) en la dirección del vector → u , está dada por :

ic

a1 .

D→ − − u f (x0 , y0 ) u f (P) = D →

at

− f (P + h → u ) − f (P) h

at em lim

h→0

w

w

.M

=

w

=

lim

h→0

f (x0 + ha, y0 + hb) − f (x0 , y0 ) h

Observación: Al comparar la definición de derivada parcial con la de derivada direc→ − − cional, podemos notar que si → u = (1, 0) entonces D → − u f (P) = fx (P) y si u = (0, 1) entonces D → − u f (P) = fy (P) , es decir, las derivadas parciales son derivadas direccionales en la dirección de los vectores canónicos.

EJEMPLO 4.2 2 2 Calcule la derivada direccional ¶y) = 4 − x − y en el punto P = (1, 1, 2) en la µ de f (x, 1 1 − dirección del vector → u = √ ,√ 2 2

Solución. Usando la definición de derivada direccional, tenemos que :

DERIVADA DIRECCIONAL

125

¶ µ h h f 1 + √ , 1 + √ − f (1, 1) 2 2 D→ lim − u f (1, 1) = h→0 h

¶ ¶ µ µ h 2 h 2 −2 − 1+ √ 4− 1+ √ 2 2 = lim h→0 h

¶ ¶ µ µ h 2 h 2 − 1+ √ 2− 1+ √ 2 2 = lim h→0 h

¶ µ h 2 2−2 1+ √ 2 = lim h→0 h

m

y usando la regla de L’Hôpital

.M

at

em

at

ic

a1 .

co

¶ µ √ 4 1 h √ = − √ = −2 2 lim −4 1 + √ h→0 2 2 2

w

w

w

√ − Esto nos dice que la razón de cambio de z en P en la dirección del vector → u es −2 2 , es decir, que z en esta dirección esta decreciendo. En la figura 4.3 se ilustra esta situación.

P

Y 1

X

√

Figura 4.3 Tangente en P tiene pendiente −2 2.

Observación: la definición de derivada direccional es válida en general para funciones de n variables f : D ⊂ Rn −→ R .

126

GRADIENTE, DERIVADAS DIRECCIONALES Y PLANO TANGENTE

Con propósitos de cálculo, la definición de derivada direccional no es muy útil, por lo que en general se usa la fórmula que se presenta en el siguiente teorema. Teorema 4.1 Sea f : D ⊂ Rn −→ R una función escalar diferenciable en D, entonces f − tiene derivada direccional en la dirección de cualquier vector no nulo → u = (a, b) y está dada por: → − u a b = fx (x, y) − + fy (x, y) − − || → || → || → u || u || u ||

D→ − u f (x, y) = ∇ f (x, y) ·

Observación: Recuerde que la com−v en la dirección de → − ponente de → u → − → − u· v , la cual es la longitud de la es || u || −v sobre → − proyección vectorial de → u ¶ µ → − → − u · v − → → − Proy → − u v = || u || u . Con lo cual, la fórmula

co m a1 .

→ − u − → || u ||

u

at

ic

P

at em

D→ − u f (x, y) = ∇ f (x, y) ·

∇f(P)

w

w

.M

nos dice que la derivada direccional es la

w

componente del vector gradiente ∇ f (P) − en la dirección del vector → u.

Du

z(P

)

Figura 4.4 D → − u f (x, y) es la componente del vector gradiente ∇ f (x, y) en la dirección del − vector → u

EJEMPLO 4.3

→ − 3 2 Calcule la derivada direccional D → − u f (x, y) si f (x, y) = x − 3xy + 4y y u es el vector π unitario dado por θ = . Cuánto es D → − u f (1, 2) ? 6 Solución. Usando el resultado del teorema anterior

D→ − u f (x, y) =

fx (x, y) cos

³π´

+ fy (x, y) sen

³π´

6 6 √ 3 1 + (−3x + 8y) = (3x2 − 3y) 2 2 ´ √ 1³ √ 2 3 3x − 3 3y − 3x + 8y = 2

DERIVADA DIRECCIONAL

127

De donde ´ 13 − 3√3 √ 1³ √ D→ − u f (1, 2) = 2 3 3 − 6 3 − 3 + 16 = 2

EJEMPLO 4.4

y, z) = x sen(yz), en el punto P = Calcule la derivada direccional de D → − u f (x, y, z) si f (x, − → − → − → → − (1, 3, 0) en la dirección del vector v = i + 2 j − k . Solución. El vector gradiente de la función f esta dado por ∇ f (x, y, z) = (sen(yz), xz cos(yz), xy cos(yz))

at

ic

a1 .

co m

evaluando en P tenemos que ∇ f (1, 3, 0) = (0, 0, 3) . Por otro lado un vector unitario en la −v es dirección de →

w

w

w

.M

at em

→ 1 − 2 − 1 − → → → − u = √ i +√ j −√ k 6 6 6 Por tanto µ

2 −1 1 D− → u f (1, 3, 0) = ∇ f (1, 3, 0) · √6 , √6 , √6

¶

r =−

3 2

Suponga que tenemos una función f de dos o de tres variables y consideramos todas las posibles derivadas direccionales de f en un punto P dado. Esto proporciona las tasas de cambio de f en todas las posibles direcciones. De modo que podemos plantear la siguiente pregunta : ¿en cuál de estas direcciones f cambia con mayor velocidad?, y ¿cuál es la máxima razón de cambio?. Las respuestas a estas preguntas las da el siguiente teorema.

Teorema 4.2 (Dirección de máximo cambio) Sea f : D ⊂ R2 −→ R una función escalar. El valor máximo de la derivada direccional D → − u f (x, y) es ||∇ f (x, y)|| y se presenta − cuando el vector no nulo → u tiene la misma dirección que el vector gradiente ∇ f (x, y) . Podemos justificar esto, informalmente, de la manera que sigue.

128

GRADIENTE, DERIVADAS DIRECCIONALES Y PLANO TANGENTE

Primero recordemos que

u · v = ||u|| · ||v|| cos(θ) Ahora

D→ − u f (x, y) = ∇ f (x, y) ·

→ − u − → || u ||

= ||∇ f (x, y)|| cos θ

donde θ es el ángulo entre el vector unitario

→ − u y el vector ∇ f (x, y). → − || u ||

a1 .

co m

→ − El valor de D → − u f (x, y) aumenta o disminuye solo si cos θ cambia (si giramos el vector u ).

.M

at em

at

ic

∇f(x,y)

w

w

w

Así que el máximo valor se obtiene cuando cos θ = 1 (es decir θ = 0 o π ) − lo cual indica que → u debe ser paralelo al gradiente ∇ f (x, y). El resultado se obtiene notando que la magnitud del vector no importa (excepto si es nulo) pues se toma unitario.

θ

u Figura 4.5

EJEMPLO 4.5

Suponga que la temperatura en un punto (x, y, z) en el espacio está dada por T (x, y, z) =

80 1 + x2 + 2y2 + 3z2

donde T está medida en grados centígrados y x, y, z están en metros. ¿En qué dirección aumenta más rápido la temperatura respecto punto (1, 1, −2) ? ¿Cuál es la máxima tasa de incremento ? Solución.

DERIVADA DIRECCIONAL

129

El gradiente de T es

∇T (x, y, z) = −

160x (1 + x2 + 2y2 + 3z2 )2

− → i −

320y (1 + x2 + 2y2 + 3z2 )2

− → j −

480z (1 + x2 + 2y2 + 3z2 )2

Evaluando en el punto P = (1, 1, −2) obtenemos

∇T (1, 1, −2) =

→´ − 5³ − → → − − i −2 j +6 k 8

Por tanto, la temperatura se incrementa con mayor rapidez en la dirección del vector gradiente

ic

a1 .

co m

→ − → − → − → − v = − i −2 j +6 k

.M

at em

at

La tasa máxima de incremento es la longitud del vector gradiente

w

w

w

√ →¯¯¯¯ − 5 41 5 ¯¯¯¯ − → → − ||∇T (1, 1, −2)|| = ¯¯− i − 2 j + 6 k ¯¯ = 8 8

Observación: el valor mínimo de la derivada direccional es −||∇ f (x, y)|| y ocurre cuando → − u tiene la dirección −∇ f (x, y),

EJEMPLO 4.6

Considere la placa rectangular que se muestra en la figura siguiente. La temperatura en un punto (x, y) de la placa está dada por

T (x, y) = 5 + 2x2 + y2

Determine la dirección en la que debe de ir un insecto que esta en el punto (4, 2) , para que se enfríe lo más rápidamente. Figura 4.6

− → k

130

GRADIENTE, DERIVADAS DIRECCIONALES Y PLANO TANGENTE

Y

2

4

X

Figura 4.6 Mejor trayectoria para el insecto.

Solución Para que el insecto se enfríe más rápidamente debe seguir una dirección opuesta al gradiente, es decir

co m

−∇T (x, y) = (−4x, −2y) =⇒ −∇T (4, 2) = (−16, −4)

(*) Vector Unitario Tangente.

.M

4.2.1

at em

at

ic

a1 .

→ − → − − O sea, debe ir en la dirección del vector → v = −16 i − 4 j .

w

w

w

Sea r : I ⊆ R −→ Rn . Si la función vectorial r es continua en I, entonces la gráfica de r se le llama curva y decimos que esta curva esta descrita paramétricamente por r(t).

Z

r(t)

X Figura 4.7 Curva descrita por el vector de posición r(t) .

Los ejemplos más comunes son las rectas en R3 . Si la recta L pasa por P en direc− − ción de → u entonces r(t) = P + t → u , t ∈ R. Otro ejemplo son las elipses de ecuación 2 2 (y − k) (x − h) + = 1. Una parametrización es a2 b2

DERIVADA DIRECCIONAL

131

→ − → − r(t) = (h + a cos(t)) i + (k + b sen(t)) j , t ∈ [ 0, 2π ] r(t + h) − r(t) . Si x(t) y y(t) son funciones La derivada de r (si existe) es r0 (t) = limh→0 h → − → − → − → − derivables en I y si r(t) = x(t) i + y(t) j , entonces r0 (t) = x0 (t) i + y0 (t) j .

Z C

r(t) r’(t) (traslación) recta tangente

r’(t)

X r0 (t) .

a1 .

co m

Figura 4.8

w

w

.M

at em

at

ic

La interpretación geométrica de r0 (t) sugiere la siguiente definición

w

Definición 4.3 Sea C una curva descrita por la función vectorial continua r. Si existe la derivada r0 (t) y no es nula, la recta que pasa por r(t) y es paralela a r0 (t) se llama tangente a C en r(t). El vector r0 (t) se denomina vector tangente a C en r(t). El vector unitario tangente T es una función vectorial asociada a la curva C y se define como r0 (t) → − , si ||r0 (t)|| 6= 0 T (t) = 0 ||r (t)||

EJEMPLO 4.7

Considere el ejemplo (4.6), observe que (0, 0) es el punto más frío de la placa. Encuentre la trayectoria que debe seguir, hacia el origen, un insecto que busca el frío partiendo del punto (4, 2) . Solución. − → − −r (t) = (x(t), y(t)) = x(t) → Si → i +y(t) j es la ecuación vectorial de la trayectoria entonces

132

GRADIENTE, DERIVADAS DIRECCIONALES Y PLANO TANGENTE

−∇ f (x, y)

=

(−4x, −2y)

=

(x0 (t), y0 (t)) µ

dx dy , dt dt

¶

de donde obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales  dx     dt

= −4x

  dy   dt

= −2y

(4.1)

y las condiciones iniciales

x(0) = 4 (4.2)

a1 .

co m

y(0) = 2

.M

at em

at

ic

El sistema de ecuaciones diferenciales (4.1) se resuelve fácilmente integrando, pues cada ecuación diferencial es en variables separadas.

w

w

w

ln(x) = −4t + c1 ln(y) = −2t + c2

y usando las condiciones iniciales (4.2) tenemos que ln(x) = −4t − ln(4) ln(y) = −2t − ln(2) simplificando

ln ln

³x´ 4 ³y´ 2

= −4t = −2t

despejando, obtenemos que la trayectoria que debe seguir el insecto es y2 = x (vea la figura 4.6).

DERIVADA DIRECCIONAL

133

EJEMPLO 4.8

La altura de una montaña, en metros sobre el nivel del mar, está dada por

z = 2000 −

x2 y2 − 4 2

√ √ Si un alpinista comienza su ascenso al nivel del mar en x = 20 10 y y = 20 5 ¿Cuál es la trayectoria en el plano xy que corresponde a la ruta más empinada de ascenso a la montaña? Solución Sabemos que en cada punto de la montaña la dirección de ascenso con mayor pendiente esta dada por el gradiente

w

w

.M

at em

at

ic

a1 .

co m

´ ³ x ∇z = − , −y 2

w

Esto significa que este vector es tangente a la proyección de la trayectoria de ascenso en el − → − −r = x(t) → plano xy , es decir, si → i + y(t) j es dicha trayectoria, entonces

→ −r (t) =

µ

dx dy , dt dt

¶

´ ³ x = − , −y 2

De donde obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales  dx     dt

= −

  dy   dt

=

Para resolverlo podemos observar que

2y dy = dx x

x 2

−y

134

GRADIENTE, DERIVADAS DIRECCIONALES Y PLANO TANGENTE

cuya solución es ln(y) = ln(x) + c y = cx2 Y usando las condiciones iniciales √ √ √ 5 , y(0) = 20 5 x(0) = 20 10, c = 200 Así, la trayectoria que debe seguir es

Y

06

√ 5 2 x y= 200 En la figura 4.9 se muestra la curva de

04 02

√ 5 2 x . nivel z = 0 y la trayectoria y = 200

02

04

06

08

X

a1 .

co m

Figura 4.9 Trayectoria en el plano xy.

at em

at

ic

EJEMPLO 4.9

w

w

.M

¿Cuál es la razón de cambio de f (x, y, z) = x2 + y2 + z − 4, a lo largo de la curva

w

¶ ¶ µ µ − → 3 1 3 3 − → → → −r (t) = 3 cos(θ) − + sen(θ) j + − sen(θ) k i + 2 2 2 2 2

en el punto que corresponde a θ =

π ?. 4

Solución. Cuando decimos “a lo largo de la curva”, queremos significar “en la dirección del vector tangente a la curva”. Primero, el punto en la curva es √ √ ³ ´ → 3 − → 3+ 2 − → 3 2−3 − → −r π = √ √ i + √ j + k 4 2 2 2 2 2 2

Un vector tangente a la curva está dado por − → 3 dr − − → 3 → 3 = − sen(θ) i + cos(θ) j − cos(θ) k dt 2 2 2

DERIVADA DIRECCIONAL

y por tanto un vector unitario tangente es

− → − sen(θ) − cos(θ) cos(θ) − → − → → T (θ) = p i +p j −p k 2 2 2 1 + cos (θ) 1 + cos (θ) 1 + cos (θ)

Evaluando en θ =

π 4

co m

√ √ √ → − 3− 3− 3− − → → →³π´ = i + j − k T 4 3 3 3

w

.M

at em

at

ic

a1 .

Por otro lado, el gradiente de f es

w

w

∇ f (x, y, z) = (2x, 2y, 1)

Evaluando en P

à ∇ f (P) =

! √ 3 3+ 2 √ , √ ,1 2 2

Así la derivada direccional está dada por Ã

! Ã √ √ √ √ ! − 3 3 − 3 3 3+ 2 √ , √ ,1 · , , =0 3 3 3 2 2

135

136

GRADIENTE, DERIVADAS DIRECCIONALES Y PLANO TANGENTE

Z

Y

X

→ − ³π´ 4

Figura 4.10 Vector unitario tangente T

4.3

PLANO TANGENTE.

4.3.1 Gradiente y Curvas y Superficies de Nivel.

w

w

w

.M

at em

at

ic

a1 .

co m

Recordemos que si z = f (x, y) entonces la curva z = c (es decir c = f (x, y) ) la llamamos curva de nivel. Si tenemos w = g(x, y, z), la superficie w = 0 (es decir 0 = g(x, y, z) ), se denomina superficie de nivel w = 0. Anteriormente veíamos que el gradiente es tangente a las trayectorias. En cambio, cuando se trata de curvas o superficies de nivel, la situación cambia. Si S es una superficie de ecuación G(x, y, z) = 0, con G derivable con continuidad en el plano, y si P = (p1 , p2 , p3 ) ∈ S, entonces, 1. si se cumplen las condiciones del teorema de la función implícita en P se tiene, ¶ µ Gy Gx ∇z(x, y) = − , − Gz Gz El vector z(p1 , p2 ) es perpendicular a la curva de nivel z = p3 , es decir ∇ f (p1 , p2 ) es perpendicular al vector tangente en (p1 , p2 ). Por supuesto, si la ecuación de la superficie es z = f (x, y), podemos calcular el gradiente de la manera usual. Para el resultado que sigue, si necesitamos la función G que sería G = z − f (x, y) = 0. 2. el vector ∇G(p1 , p2 , p3 ) es perpendicular a la superficie de nivel w = 0, es decir ∇G(p1 , p2 , p3 ) es perpendicular a cada curva de la superficie S, que pasa por (p1 , p2 , p3 ).

137

PLANO TANGENTE.

EJEMPLO 4.10

√ ! −3 + 21 . 0, 6

à 2x2 + 3y2 − 3x + 3y

Considere la elipse C de ecuación

= 1. Sea P =

Observe que P ∈ C. Calcule un vector perpendicular a la elipse en P.

Solución. Podemos ver la elipse como una curva de nivel de z = 2x2 + 3y2 − 3x + 3y, concretamente la curva de nivel z = 1. De acuerdo a la teoría, el vector ∇z(P) es perpendicular a la curva de nivel (elipse) en P. Veamos

2

1

P

∇z(x, y) = (4x − 3, 6y + 3) √ ∇z(P) = (−3, 21)

-3

-1

-2

1

2

-1

co m

En la figura 4.11 se muestra gráficamente Figura 4.11 Vector normal en P

.M

Plano Tangente.

w

w

w

4.3.2

at em

at

ic

a1 .

la situación.

Finalmente si G es derivable con continuidad en P y si el gradiente en P es no nulo, los vectores tangentes a cada curva en S que pasan por P forman un plano tangente. ∇G(p1 , p2 , p3 ) es un vector normal a este plano. ∇G(p 1

Z

,p ,p ) 2

3

∇G(p

(traslación)

1

Z

P

P S

S p

p

2

2

p

p

1

1

X Figura 4.12 Plano Tangente.

Así, la ecuación del plano tangente en P es

X

,p ,p ) 2

3

138

GRADIENTE, DERIVADAS DIRECCIONALES Y PLANO TANGENTE

ax + by + cz = d con (a, b, c) = ∇G(p1 , p2 , p3 ) y d = ∇G(p1 , p2 , p3 ) · P.

EJEMPLO 4.11

xy , si (x, y) 6= (0, 0) y f (0, 0) = 0. x2 + y2 Aunque fx (0, 0) = fy (0, 0) = 0, no hay plano tangente pues la función es discontinua en este punto (aunque esté definida).

1. Sea S la superficie de ecuación f (x, y) =

a1 .c

• G(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 1 = 0.

om

√ √ √ 2. Consideremos la superficie S de ecuación x2 +y2 +z2 = 1. Sea P = (1/ 3, 1/ 3, 1/ 3) ∈ S. Calculemos la ecuación cartesiana del plano tangente en P.

.M at

em at

ic

• ∇G(x, y, z) = (2x, 2y, 2z). √ √ √ • N = ∇G(P) = (2/ 3, 2/ 3, 2/ 3) y d = P · ∇G(P) = 2

w

w

w

√ 2 2 2 • Plano tangente: √ x + √ y + √ z = 2 o también x + y + z = 3. 3 3 3

Z N=∇G(P)

P

Y X Figura 4.13 Plano Tangente a S en P.

√ √ √ 3. Consideremos la superficie S de ecuación x2 +y2 +z2 = 1. Sea P = (1/ 3, 1/ 3, 1/ 3) ∈ S.

¶ µ x x . Como se ve, no está definido si z = 0 • El gradiente es ∇z(x, y) = − , − z z pues aquí las tangentes son rectas verticales.

PLANO TANGENTE.

139

Z

Figura 4.14 Tangentes en z = 0.

− • La pendiente de la recta tangente en P en la dirección de → u = (1, 1) es

.c

om

√ √ √ (1, 1) D(1,1) z(P) = ∇z(1/ 3, 1/ 3) · √ = − 2 2

w w

.M

at

em

at

ic

a1

Z

w

Y

X

u

Figura 4.15 Tangentes en P en la dirección de (1, 1)

√ √ • El gradiente ∇z(1/ 3, 1/ 3) es perpendicular a la recta tangente a la curva 1 de nivel z = √ en P. La derivada direccional en la dirección del vector uni3 tario tangente es cero. Geométricamente, la recta L, en la figura 4.16, tiene pendiente cero.

Esto es así pues

→ − D→ − f (P) = ∇ f (P) · T = 0 (¿porqué?. Haga el cálculo!.) T = ||∇ f (P)|| cos θ = 0

lo cual implica que θ = π/2.

140

GRADIENTE, DERIVADAS DIRECCIONALES Y PLANO TANGENTE

Z

L P

Y Tangente

Curva de nivel

X

∇z(P)

(traslación)

Figura 4.16

4. Consideremos la superficie S de ecuación x2 + y2 + z2 = 1. Encuentre los puntos Q = (a, b, c) ∈ S tal que el plano tangente en Q sea paralelo al plano 2x − y + 3z = 1. Solución.

co m

Q tiene tres incógnitas así que necesitamos, en principio, tres ecuaciones.

at em

at

ic

a1 .

• Como Q ∈ S, esto nos da una ecuación: a2 + b2 + c2 = 1.

w

w

w

.M

• Como el plano tangente en Q es paralelo al plano 2x − y + 3z = 1, sus vectores normales deben ser paralelos, es decir

∇G(Q) = λ (2, −1, 3) esto nos da tres ecuaciones adicionales y una incógnita más, λ. • Para encontrar Q solo debemos resolver el sistema  2  a + b2 + c2 

= 1

∇G(Q) = λ (2, −1, 3)

es decir,

 2  a + b2 + c2 

 2 a + b2 + c2         2a 

= 1 =⇒

(2a, 2b, 2c) = λ (2, −1, 3)

        

2b

= 1 = 2λ = −λ

2c = 3λ

141

PLANO TANGENTE.

Resolviendo, obtenemos las dos soluciones ¶ µ ¶ µ 1 3 1 1 3 1 , y Q = √ , −√ , √ Q = −√ , √ , −√ 11 11 11 11 11 11 5. Determine el punto P = (x, y, z) de la superficie S, de ecuación x2 − y2 + 6z = 0, de modo que el plano tangente a la superficie en P contiene al punto Q = (0, 1, 0) y es paralelo a la recta L de ecuación (0, 0, 1) + t(2, 1, 0), t ∈ R. Solución. Un vector normal al plano tangente debe ser perpendicular al vector dirección de la recta L y al vector (0, 1, 0) − P) , es decir es perpendicular al producto cruz de estos dos últimos vectores.

L co m

v

P

w

w

.M

at em

at

ic

N

a1 .

(0,1,0) v

w

Figura 4.17 Un vector normal al plano tangente.

− La recta L va en la dirección → v = (2, 1, 0). Tenemos dos vectores normales al plano tangente a S en P = (x, y, z), ∇G(P) = (2x, −2y, 6) y N = ((0, 1, 0)−P)×(2, 1, 0) = (z, −2z, −2 − x + 2y). Entonces tenemos el sistema

  x2 − y2 + 6z 

=

 2 x − y2 + 6z        2x 

0 =⇒

(2x, −2y, 6)

=

λ (z, −2z, −2 − x + 2y)

       

=

0

(1)

=

λz

(2)

−2y

=

−2λz

(3)

6

=

λ(−2 − x + 2y)

(4)

x2 De (2) y (3) tenemos y = 2x y usando (1) tenemos z = . Ahora sustituimos estos 2 resultados en (2), µ ¶ λx λx2 = 0 =⇒ 2x 1 − = 0 =⇒ x = 0 o λx = 4 2x = λz =⇒ 2x + 2 4

142

GRADIENTE, DERIVADAS DIRECCIONALES Y PLANO TANGENTE

• si x = 0 entonces y = 0, z = 0 y λ = −3 • si λx = 4 entonces de (4) • 6 = λ(−2 − x + 2y) =⇒ 6 = −2λ − λx + 4λx =⇒ λ = 3

8 4 8 y entonces y = y z = 9 3 3

• como λx = 4 =⇒ x =

Los puntos de la superficie buscados son P = (4/3, 8/3, 8/9) y P = (0, 0, 0). Las ecuación de cada plano tangente es

16 8 x 16 y y 6z = 0. +6z = − − 3 3 3

En la figura 4.18 se muestra el primer plano.

P

at ic

a1 .c

om

Z

w

w w

.M

at

em

L

X

Figura 4.18 Recta y plano tangente.

6. Consideremos la superficie S de ecuación z = x2 + y2 . Encuentre los puntos P = (a, b, c) ∈ S tal que el plano tangente en P contenga los puntos Q = (1, 0, 0) y R = (0, 1, 0). Los planos tangentes son Solución.

N Z P = (1,1,2)

P Q

Y

R

1 1

X Figura 4.19 Plano tangente en P.

EJERCICIOS

143

Un punto obvio es P = (0, 0, 0) pues el plano tangente en este punto, el plano xy, contiene a los puntos Q, R. Busquemos otros puntos. El plano tangente en P = (x, y, z) debe contener los puntos P, Q y R por lo que un vector normal a este plano es N = (Q − P) × (R − P). Como sabemos, otro vector normal a este plano es ∇G(P). Así, tenemos el siguiente sistema

  ∇G(P) 

z

=

λ (Q − P) × (R − P) = (z, z, 1 − x − y)

=

x 2 + y2

 2x    2y =⇒ −1    z

= = = =

λz λz λ(1 − x − y) x 2 + y2

(1) (2) (3) (4)

De (1) y (2) tenemos x = y y el sistema se re-escribe como  

2x λ − 2λx  z

= λz = −1 = 2x2

(5) (6) (7)

ic

a1 .

co m

De (5) y (7) tenemos 2x − 2λ x2 = 0 =⇒ (2x(1 − λ x) = 0 =⇒ x = 0 o λx = 1.

.M

at em

at

• Si x = 0 tenemos el punto P = (0, 0, 0).

w

w

w

• Si λx = 1, sustituimos en la ecuación (6) y obtenemos λ = 1 por lo que, usando nuevamente (6), x = 1. Así obtenemos la segunda solución: P = (1, 1, 2).

EJERCICIOS 4.1

Sea f (x, y) = 4 − x2 − y2 la ecuación de una superficie S. a) Determine el punto P = (a, b) para el√cual la derivada direccional de f en P es √ → → 3 en dirección de − v = (1, 1). u = (−1, 2) y 2 en la dirección de − ! Ã√ √ 15 − 4 4 − 15 , −1 Respuesta. P = 6 6 b) Encuentre la ecuación cartesiana del plano tangente a S en el punto (1, −1, 2). Respuesta. 2x − 2y + z = 6.

4.2 Determine la ecuación vectorial de la recta tangente a la curva C, en el punto P dado, sabiendo que C se obtiene al intersecar la superficie S con el plano Π indicado, en cada uno de los siguientes casos: a) S1 : x3 + y3 + xyz − 6 = 0, Π1 : y = 2, P = (1, 2, 1).

GRADIENTE, DERIVADAS DIRECCIONALES Y PLANO TANGENTE

b) S2 : 36x2 − 9y2 + 4z2 − 36 = 0, Π2 : z = −3, P = (1, 2, −3) c) S3 : z = 4 − x2 − y2 , Π3 : x + y + z = 2, P = (0, −1, 3). Respuesta: L : (x, y, z) = P + t(−3, 1, 2), t ∈ R. −v donde Ayuda: la ecuación vectorial de la recta tangente es (x, y, z) = P + t → → − v debe ser perpendicular a cualquier vector normal N1 a S en P, tanto como a cualquier vector normal N2 del plano Π. En la figura que sigue se muestra la superficie S3 , el plano Π3 y la recta tangente L, en P.

L

Z

Π

N2

N1 P

w

w

.M

at em

at

ic

a1 .

co m

Y

w

144

Figura 4.20

X