CAP3-DERIVADAS_PARCIALES

CLCULO SUPERIORDERIVADAS PARCIALES.Curso del Instituto Tecnolgico de Costa Rica

Walter Mora F.,Geovanni Figueroa M.Escuela de MatemticaInstituto Tecnolgico de Costa Rica.www.cidse.itcr.ac.cr

Captulo 3

DERIVADAS PARCIALES

3.1 DERIVADA PARCIAL.

La derivada de una funcin de una variable mide la rapidez de cambio de la variable depen-diente respecto a la variable independiente. Para funciones de dos variables x e y podemosmedir dos razones de cambio: una segn cambia y , dejando a x fija y otra segn cambiax , dejando a y fija.

Suponga que dejamos variar slo a x , dejando a y fija, digamos y = b , en donde b es unaconstante. Entonces, en verdad estamos en presencia de una funcin de una sola variablex , a saber g(x) = f (x,b) . Si g tiene una derivada en a entonces la llamamos la derivadaparcial de f con respecto a x en (a,b) . De forma anloga podemos hacerlo para y variabley x fija.

Definicin 3.1 (Derivada parcial) Sea f : D R2 R una funcin de dos variables ysea (a,b) D, entonces la derivada parcial de f con respecto a x en (a,b) est dada por

fx(a,b) = g(a) = limh0

f (a+h, b) f (a,b)h

(1)

siempre y cuando el lmite exista.

Clculo Superior. Walter Mora F., Geovanni Figueroa M.Derechos Reservados c 2009 Revista digital Matemtica, Educacin e Internet (www.cidse.itcr.ac.cr)

1

2 DERIVADAS PARCIALES

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

fy(a,b) = g(b) = limh0

f (a, b+h) f (a,b)h

(2)

Observacin: Los lmites (1) y (2) son en una variable por lo que podemos calcularlosusando las tcnicas aprendidas en cursos anteriores: factorizacin, racionalizacin, reglade L Hpital, etc.

EJEMPLO 3.1

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

Solucin

Usando la definicin tenemos que:

fy(1,2) = g(2) = limh0

f (1, 2+h) f (1,2)h

= limh0

2(2+h)28h

= limh0

2(4+h)1

= 8

Observacin: 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 metlica de forma rectangular y delgada se calienta irregular-mente, de forma tal que la temperatura en el punto (x,y) es T (x,y) = 2xy2 + x . Adems,suponga que x e y estn medidas en metros y la temperatura T en grados centgrados.Cmo vara la temperatura T en el punto (1,2) cuando x permanece fijo en x = 1 ?, Qu

DERIVADA PARCIAL. 3

significa esto ?

Solucin

Del ejemplo 1 tenemos que f (1,2) = 8 con lo cual la rapidez de cambio de la temperaturaT en el punto (1,2) es de 8 grados centgrados por metro, cuando x esta fijo en 1 . Elhecho de que sea positiva nos indica que la temperatura T de la placa aumenta a medidaque avanzamos sobre la recta x = 1 hacia y = 2.

Puesto que la derivada parcial no es ms que la derivada ordinaria de la funcin g de unavariable que obtenemos al fijar alguna de las variables x o y , su clculo se realiza de lamisma 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 .

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

EJEMPLO 3.3

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

x2 y2 y tambin calcule fy(2,1)

Solucin

Usando la regla para la derivada del cociente

fy(x,y) =y(x2 y2) xy(2y)

(x2 y2)2

=x3 xy2+2xy2(x2 y2)2

con lo cual fy(2,1) =109

.

EJEMPLO 3.4

Calcule zx y zy , si z est definida implcitamente como una funcin de x e y , mediante lasiguiente ecuacin

x3+ y3+ z3+6xyz = 2


Solucin

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

3x2+3z2zx

+6yz+6xyzx

= 0

Y al despejarzx

, obtenemos que:

zx

=x2+2yz

z2+2xy

De una forma anloga, la derivacin implcita con respecto a y , nos da

zy

=y2+2xz

z2+2xy

EJEMPLO 3.5

Calculezx

para la funcin f (x,y) = sen

x2+ y2x2

Solucin

Para calcular fy debemos aplicar repetidamente la regla de la cadena

fy

= cos

x2+ y2x2x2y

x2+ y2x2

El siguiente ejemplo muestra que algunas veces no queda ms que recurrir a la definicinpara calcular una derivada parcial.

EJEMPLO 3.6

Si f (x,y) = 3

x3+ y3 , calcule fx(0,0) .

Solucin.

DERIVADA PARCIAL. 5

Observe que si calculamos la derivada parcial usando las reglas de derivacin usualesobtenemos que

fx(x,y) =x2

3(x3+ y3)2

y al evaluarla obtenemos una forma indeterminada 00

; esto nos puede llevar a la con-clusin errnea de que la derivada parcial no existe.

Ahora usemos la definicin

fx(0,0) = limh0

f (h,0) f (0,0)h

= limh0

3h3h

= limh0

hh

= 1

Por lo tanto, la derivada parcial fx(0,0) existe y es 1 .

Observacin: de igual manera podemos comprobar que fy(0,0) = 1

EJEMPLO 3.7

La funcin f (x) =x21x1 es derivable en R{1}. f tiene un hueco en x= 1. Podemos

agregar un punto definiendo f en x = 1 como f (1) = 2. Esto la hace no solo continua enx = 1 sino tambin derivable. La derivada se debe calcular con la definicin y se obtienef (1) = 1.

Lo mismo podemos hacer por f (x,y) = xyx2 y2x2+ y2

. Esta funcin no esta definida en (0,0).

En este punto la grfica tiene un hueco.


X

Y

Figura 3.1

Pero podemos agregar el punto que falta definiendo f (0,0) = 0. Con esto f no solo quedacontinua sino que adems las derivadas parciales existen en (0,0). En efecto

fx(0,0) = limh0

f (h,0) f (0,0)h

= limh0

0h2 0

h= lim

h00h= 0

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

3.2 INTERPRETACIN GEOMTRICA DE LA DERIVADA PARCIAL

Recordemos que la grfica 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 intersecaa la superficie S en la curva C1 (es decir, C1 es la traza de la superficie S sobre el planoy = b . De manera semejante, el plano vertical x = a interseca a la superficie S en la curvaC2 . Ambas curvas pasan por el punto P .

Observe que la curva C1 es la grfica de la funcin g(x) = f (x,b) de manera que la pen-diente de su recta tangenteT1 en el punto P es g(a) = fx(a,b). La curva C2 es la grficade la funcin g(y) = f (a,y), as que la pendiente de su tangente T2 en el punto P esg(b) = fy(a,b).

INTERPRETACIN GEOMTRICA DE LA DERIVADA PARCIAL 7

X

Z

y =b

b

a

P =(a,b,c)

S

C1

T1

X

Y

Z

P =(a,b,c) T2

S

C2

X

a

bx = a

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 geomtri-camente como las pendientes de las rectas tangentes a las curvas C1 y C2 en el punto P ,respectivamente.

Las derivadas parciales pueden tambin interpretarse como razones de cambio. Si z =f (x,y) , entonces fx representa la razn de cambio de zcon respecto a x , cuando y per-manece fija. De manera semejante, fy representa la razn de cambio de z con respecto ay , cuando x permanece fija.

EJEMPLO 3.8

Hallar la ecuacin de la recta tangente a la curva que se obtiene de la interseccin del

paraboloide z = 4 x2 y2 y el plano y = 1, cuando x = 12

.

Solucin

En este caso la pendiente de la recta tangente esta dada por

fx =2x = m = fx(

12,1)=1

con lo cual la ecuacin de la recta tangente es : z =x+b; y = 1, pero como pasa por elpunto P =

(12,1,

114

)se tiene que

z =x+b = 114=12

+b = b = 134

En la figura 3.3 se muestra la proyeccin sobre el plano xz de la recta tangente z =

x+ 134, y = 1 y la parbola z = 4 x2 y2, y = 1.


X Y

Z

1

2

3

Figura 3.3 Proyeccin, sobre xz, de la parbola y la recta tangente

De donde obtenemos que las ecuaciones paramtricas de la recta tangente estn dadas por:

C =

x = ty = 1

z = t + 134

La grfica del paraboloide, la parbola y la recta tangente se muestran en la figura 3.4.

X

Z

Y

P

Figura 3.4 Grfica de: paraboloide, parbola y recta tangente

EJEMPLO 3.9

DERIVADAS PARCIALES DE ORDEN SUPERIOR 9

El plano y = 2 interseca al elipsoide 4x2+2y2+ z2 = 16 formando una elipse. Determinelas ecuaciones paramtricas para la recta tangente a la elipse en el punto (1,2,2) .

Solucin

La ecuacin 4x2 + 2y2 + z2 = 16 define a z implcitamente como una funcin de x e y ,entonces :

8x+2zzx

= 0 = zx

= 4xz

Con lo cual la pendiente de la recta tangente esta dada por

zx

=42=2 = m =2

Pero como la recta tangente pasa por el punto P = (1,2,2) , entonces

z =2x+b = 2 =2+b = b = 4

De donde su ecuacin es : z =2x+4; y = 2 y sus ecuaciones paramtricas son

C =

x = ty = 2z = 42t

Observacin : existe otra forma de calcular la ecuacin de la recta tangente a la curvaque resulta de intersecar dos superficies en un punto P la cual involucra el uso del vectorgradiente como vemos ms adelante.

3.3 DERIVADAS PARCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Si f es una funcin de dos variables x e y , entonces sus derivadas parciales fx y fy tambinson 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 notacin :

( fx)x = fxx = f11 = x(

fx

)=

2 fx2

=2zx2


( fx)y = fxy = f12 = y(

fx

)=

2 fyx

=2z

yx

( fy)x = fyx = f21 = x(

fy

)=

2 fxy

=2z

xy

( fy)y = fyy = f22 = y(

fy

)=

2 fy2

=2zy2

La notacin fxy o2 fyx

significa que primero derivamos con respecto a x y luego con

respecto a y , mientras que para calcular fyx el orden se invierte.

EJEMPLO 3.10

Calcule las segundas derivadas parciales de f (x,y) = x3+ x2y2+ y3

Solucin

Las primeras derivadas parciales estn dadas por :

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

fy(x,y) = 2x2y+3y2

De donde obtenemos que :

fxx(x,y) = 6x+2y2

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

y= 4xy

fyx(x,y) =(2x2y+3y2)

x= 4xy

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

Observacin : note que las derivadas parciales mixtas fxy y fyx en el ejemplo anteriorson iguales. Esto no es una casualidad y en la mayora de los casos prcticos se da. Elsiguiente teorema, descubierto por el matemtico francs Alexis Clairaut (1713 -1765), dalas 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 funcin es-calar donde D es un disco abierto con centro en (a,b) y radio , entonces si las funciones


fxy y fyx son continuas en D, entonces

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

Observacin : De manera anloga podemos definir las derivadas parciales de orden 3 osuperior.

fxyy = ( fxy)y =y

(2z

yx

)=

3z y2x

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

EJEMPLO 3.11

Volvamos a nuestra funcin f (x,y) = xyx2 y2x2+ y2

, f (0,0) = 0. Ya habamos visto que

fx(0,0) = fy(0,0) = 0. Ser fxy(0,0) = fyx(0,0)?. La respuesta es no. En efecto,aunque fxy y fyx estn 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.

zx(0,y) = limh0

f (h,y) f (0,y)h

= limh0

hy(h2 y2)h(h2+ y2)

=y

zx(x,0) = limh0

f (x,h) f (x,0)h

= limh0

hx(h2 y2)h(h2+ y2)

= x

Ahora

zxy(0,0) = limh0

fy(h,0) fy(0,0)h

= limh0

h0h

= 1

zyx(0,0) = limk0

fx(0,k) fx(0,0)h

= limh0

k0k

=1

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


X

Z

Figura 3.5

EJEMPLO 3.12

Las ecuaciones diferenciales en derivadas parciales se usan para expresar leyes fsicas. Porejemplo, la ecuacin diferencial parcial

2ux2

+2ux2

= 0

se conoce como ecuacin de Laplace, en honor a Pierre Laplace (1749 - 1827). Las solu-ciones de esta ecuacin se llaman funciones armnicas y desempean un papel fundamentalen las aplicaciones relacionadas con conduccin de calor, flujo de fluidos y potencial elc-trico. Compruebe que la funcin u(x,y) = ey senx satisface la ecuacin de Laplace.

Solucin

Las primeras derivadas parciales estn dadas por

ux = ey cosx

uy = ey senx

con lo cual

uxx =ey senx

uyy = ey senx

de donde

2ux2

+2ux2

= ey senx+ ey senx = 0


EJEMPLO 3.13

La ecuacin de onda

2ut2

= a22ux2

Donde a es una constante, describe el movimiento de una onda, que puede ser una ondade 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 funcinu(x, t) = f (x+at)+g(xat) satisface la ecuacin de onda.

Solucin

Las derivadas de u(x,y) con respecto a x estn dadas por :

ux

= f (x+at)+g(x+at)

2ux2

= f (x+at)+g(x+at)

Las derivadas de u(x,y) con respecto a t estn dadas por :

ut

= a f (x+at)+ag(x+at)

2ut2

= a2 f (x+at)+a2g(x+at)

Sustituyendo obtenemos que

2ut2

= a2 f (x+at)+a2g(x+at) = a2( f (x+at)+g(x+at)) = a22ux2

EJEMPLO 3.14

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

u(x,y) = x f (x+ y)+ yg(x+ y)

satisface la ecuacin diferencial parcial uxx2uxy +uyy = 0


Solucin

Las derivadas de u(x,y)con respecto a x estn dadas por :

ux = f (x+ y)+ x f (x+ y)+ yg(x+ y)

uxx = f (x+y)+ f (x+y)+x f (x+y)+yg(x+y) = 2 f (x+y)+x f (x+y)+yg(x+y)

uxy = f (x+ y)+ x f (x+ y)+g(x+ y)+ yg(x+ y)

uy = x f (x+ y)+g(x+ y)+ yg(x+ y)

uyy = x f (x+y)+g(x+y)+g(x+y)+yg(x+y) = 2 f (x+y)+2g(x+y)+yg(x+y)

Sustituyendo

uxx2uxy+uyy = 2 f (x+ y)+ x f (x+ y)+ yg(x+ y) 2 f (x+ y)2x f (x+ y)2g(x+ y)

2yg(x+ y)+ x f (x+ y)+2g(x+ y)+ yg(x+ y)

= 0

EJEMPLO 3.15

Si se dijera que existe una funcin f (x,y) cuyas derivadas parciales son fx(x,y) = x+4 yfy(x,y) = 3x y; usted lo creera?

Solucin

Puesto que fxy(x,y) = 1 y fyx(x,y) = 1 son continuas en todo R2 , por el teorema deClairaut debieran ser iguales, por lo tanto no existe tal funcin.

EJEMPLO 3.16

Una barra de metal de un metro de largo se calienta de manera irregular y de forma tal quea x metros de su extremo izquierdo y en el instante t minutos, su temperatura en gradoscentgrados esta dada por

H(x, t) = 100e0.1t senpix con 0 x 1

1. Trace la grfica de H(x, t) para t = 0 y t = 10.

2. Calcule Hx(0.2, t) y Hx(0.8, t). Cul es la interpretacin prctica (en trminos detemperatura) de estas derivadas parciales?. Explique por qu cada una tiene el signo


que tiene.

3. CalculeHx(x, t) Cul es su signo?. Cul es su interpretacin en trminos de temper-atura?

Solucin

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

0. 2 0. 4 0. 6 0. 8 1

x

20

40

60

80

100

t

H(x,0)

H(x, 10)

Figura 3.6 H(x,0) y H(x,10)

Observe que la figura 3.6 nos indica la temperatura inicial en cada punto de la barray la temperatura despus de un minuto. Note que el punto ms caliente de la barraen cualquier instante est a 0.5 metros del extremo izquierdo.

2. La derivada parcial respecto a x esta dada por Hx(x, t) = 100pie0.1t cospix y alevaluar obtenemos que

Hx(0.2, t) = 100pie0.1t cos0.2pi 254.16e0.1t

como esta derivada parcial es decreciente conforme t crece y positiva para cualquiervalor de t, concluimos que la temperatura va disminuyendo, pues las pendientes delas rectas tangentes a H(0.2, t) son positivas y van siendo ms pequeas conforme taumenta, esto cuando estamos a 0.2 metros del extremo izquierdo. El signo positivode la derivada nos indica que cuando vamos en la direccin del eje x positivo (haciael extremo derecho de la barra) la temperatura aumenta.

Por otro lado,

Hx(0.8, t) = 100pie0.1t cos0.8pi254.16e0.1t

observe que en este caso, como la derivada parcial es creciente conforme t crece ynegativa para cualquier valor de t , concluimos que la temperatura va disminuyendo,


pues las pendientes de las rectas tangentes a H(0.2, t) son negativas y van siendoms grandes conforme t aumenta, esto cuando estamos a 0.8 metros del extremoizquierdo. El signo negativo de la derivada nos indica que cuando vamos en ladireccin del eje x positivo (hacia el extremo derecho de la barra) la temperaturadisminuye.

Las siguientes tablas de valores y la grfica 3.6 nos permiten observar con claridadlo explicado antes.

t Hx(0.2, t) H(0.2, t).

0 254.16 58.778510 93.5003 21.623420 34.3968 7.9564130 12.6539 2.9264140 4.65511 1.0765750 1.71252 0.39605

t Hx(0.8, t) H(0.8, t)0 -254.16 58.778510 -93.5003 21.623420 -34.3968 7.9564130 -12.6539 2.9264140 -4.65511 1.0765750 -1.71252 0.39605

3. La derivada parcial respecto a x est dada por Hx(x, t) = 100pie0.1t cospix

Observe que Hx(x, t) 0 para 0 x 0.5 y cualquier valor de t y Hx(x, t) 0para 0.5 x 1 y cualquier valor de t, lo cual nos permite concluir que latemperatura va aumentando desde cero hasta llegar a la mitad de la barra y luegova disminuyendo hasta cero, es decir, que la parte ms 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 entrminos de u y v .

Solucin

Para calcular vx derivemos las ecuaciones (1) respecto a x

1 = vx ln(u)+vu

ux

0 = ux ln(v)+uv

vx


Ahora usemos la regla de Cramer para hallar vx

w =

vu

ln(u)

lnvuv

= 1 ln(u) ln(v)

w1 =

1 ln(u)

0uv

=uv

w2 =

vu

1)

lnv 0

= ln(v)De donde

ux =w1w

=

uv

1 ln(u) ln(v) =u

v v ln(u) ln(v)

vx =w2w

= ln(v)

1 ln(u) ln(v) =ln(v)

ln(u) ln(v)1Volveremos a esto un poco ms adelante.

EJEMPLO 3.18

Compruebe que la funcin u(x,y) = (x2 + y2 + z2)12 satisface la ecuacin diferencial de

Laplace en derivadas parciales

2ux2

+2uy2

+2uz2

= 0

Solucin

Calculemos las derivadas parciales


ux

=2x

2(x2+ y2+ z2)3

2ux2

=2x2 y2 z2(x2+ y2+ z2)5

2uy2

=2y2 x2 z2(x2+ y2+ z2)5

2uz2

=2z2 x2 y2(x2+ y2+ z2)5

y al sumarlas obtenemos el resultado deseado.

3.4 INCREMENTOS Y DIFERENCIALES. DIFERENCIAL TOTAL.

3.4.1 Introduccin.

Una funcin f de una variable es derivable en x si se puede aproximar linealmente en unvecindario alrededor de este punto (con la recta tangente). Formalmente, si f se puederepresentar en la forma

f (x+h) f (x) = hA+,h (3.1)

donde 0 si h 0.

Como es conocido, la ecuacin (3.1) se cumple cuando f (x) existe. De hecho A = f (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 funcin lineal. Formal-mente, f es diferenciable si puede ser representada en la forma

f (x+h,y+ k) f (x,y) = Ah+Bk+ 1h+ 2k (3.2)

donde, A,B son independientes de h,k y 1,2 0 si h,k 0.

Si la representacin (3.2) es posible, A = fx y B = fy.

A = fx se obtiene poniendo k = 0 y dividiendo por h y haciendo h 0.

INCREMENTOS Y DIFERENCIALES. DIFERENCIAL TOTAL. 19

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 (x)dx. De manera similar, si f es diferen-ciable1, se define la diferencial total d f = fx dx + fy dy.

Un teorema importante establece condiciones suficientes de diferenciabilidad: si fx, fyexisten en (x,y) y si al menos una de estas derivadas es continua en este punto, entoncesf 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

dy = f (x)dx

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

Observe que ydy se aproxima a cero ms rpidamente que x , ya que

=ydy

x=

f (x+x) f (x) f (x)xx

=f (x+x) f (x)

x f (x)

y al hacer x 0, tenemos que 0.

Por tanto

y = dy+ x

donde

0 conforme x 0.

En la siguiente 3.7 se muestra d f y f .

1En algunos textos solo se pide que las derivadas parciales existan en (x,y)


T

x

y

dy

xx0 x0 +

f(x0 + )x

f(x0)

Figura 3.7 d f y f

Ahora consideremos una funcin de dos variables z = f (x,y) .

Si x y y son incrementados x y y , entonces el correspondiente incremento de z es

z = f (x+x,y+y) f (x,y)

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

Teorema 3.2 (Aproximacin lineal) Sea f : R2 R una funcin escalar continua enD. Suponga que x y y son incrementos de x y de y , lo suficientemente pequeos paraque (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+ 1x+ 2y

donde

1 0 cuando x 02 0 cuando y 0

Los incrementos x y y se les llama diferenciales de las variables independientes y sedenotan por dx y dy .


Observacin: Este teorema afirma que el cambio real en z es aproximadamente igual ala diferencial total dz , cuando los incrementos x y y son pequeos, es decir, z = dz .

EJEMPLO 3.19

El radio de la base y la altura de un cono circular recto miden 10cm y 25cm , respectiva-mente, con un posible error en la medicin de 0.1cm , cuando mucho. Utilice diferencialespara estimar el error mximo en el volumen del cono.

Solucin

El volumen de un cono esV = pir2h , con lo cual la diferencial total es

dV =Vr

dr+ Vh

dh =2pirh

3dr+

pir2

3dh

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

dV =500

30.1+

100pi3

0.1 = 20pi

De esta forma el mximo error en el volumen es de aproximadamente 20picm = 63cm .

3.4.3 Funciones Diferenciables.

Para que una funcin f de varias variables sea diferenciable en un punto (a,b) no basta conque las derivadas parciales existan, esto nos dice que la diferenciabilidad de una funcinde varias variables es ms compleja que la de una variable.

Definicin 3.2 (Diferenciabilidad) Dada una funcin escalar f : D R2 R continuaen D con derivadas parciales fx y fy continuas en (x0,y0) D, si z puede expresarsecomo

z = fx(x0,y0)x+ fy(x0,y0)y+ 1x+ 2y

donde


1 0 cuando x 0

2 0 cuando y 0

decimos que f es derivable (o diferenciable) en (x0,y0).

Definicin 3.3 (La Diferencial Total) Sean f : DR2 R una funcin diferenciabley 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 funcin

f (x,y) =

2x3+ y2

Solucin.

Las derivadas parciales estn dadas por

fx

=3x2

2x3+ y2

fy

=y

2x3+ y2

de donde

dz = f (x,y)

xx +

f (x,y)x

y =3x2

2x3+ y2x+

y2x3+ y2

y

Observacin: Es decir, que una funcin f es diferenciable en(x0,y0) si la diferencial totaldz es una buena aproximacin al incremento total z . En otras palabras, la funcin lineal

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


es una buena aproximacin de la funcin f cerca de (x0,y0) . Por consiguiente, por elteorema de aproximacin lineal, si fx y fy existen cerca de (x0,y0) y son continuas en estepunto, entonces f es derivable en este punto. Ms generalmente

Teorema 3.3 si fx, fy existen en (x,y) y si al menos una de estas derivadas es continuaen este punto, entonces f es diferenciable en (x,y).

EJEMPLO 3.21

Use diferenciales para calcular un valor aproximado para

3(1.95)3+(5.1)2

Solucin.

Consideremos la funcin f (x,y) =

3(x)3+(y)2 y observe que podemos calcular confacilidad f (2,5) = 7. Por lo tanto, tomandox0 = 2 y y0 = 5, dx = x = 0.05 ydy = y = 0.1, obtenemos

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+127(0.05)+ 5

7(0.1)

= 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, comovemos en el siguiente teorema.

Teorema 3.4 (Diferenciabilidad y continuidad) Sea f : D R2 R una funcin es-calar derivable en (a,b) D, entonces f es continua en (a,b) .


3.5 REGLA DE LA CADENA. DERIVACIN IMPLICITA.

3.5.1 Regla de la Cadena

Recordemos que en una variable, si f (u) y u(x) son derivables, entonces la regla de lacadena establece

d fdx

=d fdu

dudx

De manera algo parecida podemos considerar el caso de una funcin z = f (x,y) en la quelos 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 calculardzdt, recordemos que

dzdt

= limt0

zt

como t provoca incrementos x y y y como

z = fx(x,y)x+ fy(x,y)y+ 1x+ 2y

con 1, 2 0 si x, y 0, entonceszt

= fx(x,y)xt

+ fy(x,y)yt

+ 1xt

+ 2yt

y entonces

dzdt

= limt0

zt

= fx(x,y)dxdt

+ fy(x,y)dydt

En general,

Teorema 3.5 (Regla de la Cadena) Sea z = f (x,y) (con derivadas parciales continuasfx y fy ) donde x = x(t) y y = y(t) son funciones derivables. Entonces

dzdt

= fx(x,y)dxdt

+ fy(x,y)dydt

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. DERIVACIN IMPLICITA. 25

son funciones derivables. Entonces

zt

= fx(x,y)xt+ fy(x,y)

yt

yzu

= fx(x,y)xu

+ fy(x,y)yu

adems la diferencial total de f tiene la misma forma, como si u,v fueran variablesindependientes,

d f = fu du+ fv dv

La ltima afirmacin del teorema indica que si f (x,y) es una funcin de variables inde-pendientes, entonces

d f = Pdx+Qdy = fx = P y fy = Q.

La regla de la cadena, para funciones de varias variables, no es en realidad una herramientade clculo sino ms bien una herramienta de gran valor terico. Si se conocen todas lasfunciones involucradas, resulta sencillo sustituir y derivar usando la regla de la cadena parauna variable. En otro caso, siempre podemos seguir adelante usando la regla de la cadenapara varias variables como pronto veremos.

EJEMPLO 3.22

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

dzdt

= zxdxdt

+ zydydt

= 2xdxdt

+6ydydt

= 2xet 6ysen(t)

= 2e2t 6cos(t)sen(t)

EJEMPLO 3.23

Sea z = x2ey3, donde x = uv y y = u2 v3 entonces


zu

= zxxu

+ zyyu

= 2xey3 x

u+3x2y2ey

3 yu

= 2xey3v+3x2y2ey

32u

zv

= zxxv

+ zyyv

= 2xey3 x

u+3x2y2ey

3 yu

= 2xey3u+3x2y2ey

3(3v2)

EJEMPLO 3.24

Sea f una funcin derivable y z = f (x/y). Poniendo u = x/y entonceszx

= f (u)ux

= f (u)1y

zy

= f (u)uy

= f (u)xy2

EJEMPLO 3.25

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

zr

= fx

xr

+ fy

yr

= fx

cos+ fy

sen

z

= fx

x

+ fy

y

= fx(r sen)+ f

yr cos


EJEMPLO 3.26

Decimos que una funcin f (x,y) es homognea de grado n cuando

f (tx, ty) = tn f (x,y), para todo t > 0

Si f es diferenciable y homognea de grado n entonces

a.) Sin hacer ningn clculo, explique porqu se puede asegurar quet[tn f (tx, ty)

]=

0.

b.) Use regla de la cadena para calculart[tn f (tx, ty)

]y deduzca que u fu(u,v)+

v fv(u,v) = n f (u,v).

c.) Calcule f (x,y)

uy

f (x,y)v

y verifique, usando el ejercicio anterior, que x fx(x,y)+

y fy(x,y) = n f (x,y).

Solucin.

a.)t[tn f (tx, ty)

]= 0 pues, como f es homognea, entonces [tn f (tx, ty)] = f (x,y),

es decir el lado derecho de la igualdad es una funcin slo de x e y.

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

t[tn f (u,v)

]=ntn1 f (u,v)+ tn (u fu + v fv) = 0

por lo que, multiplicando a ambos lados por tn+1,

u fu(u,v)+ v fv(u,v) = n f (u,v)

c.) f (x,y)

u= fx 1t y

f (x,y)v

= fy 1t . Sustituyendo en la ltima relacin del ejercicioanterior

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


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+ v2uv .

b.) Fy =vu2uv .

Solucin.

Primero veamos que 2uux =1, 2vvx = 1, 2uuy =1 y 2vvy = 1. Por lo tanto

a.) Fx = Fu ux +Fv vx =1 12u 1 12v

=u+ v2uv

.

b.) Fy = Fu uy +Fv vy =1 ( 1

2u

)1 1

2v=vu

2uv.

EJEMPLO 3.28

Sean f y g funciones diferenciables. Si z = g(y) f (x2y, y3), calculea.) zx

b.) zxy

Solucin.

Sea u = x2y, v = y3. Entonces z = g(y) f (u,v).

a.) zx = g(y) ( fu 1 + fv 0) = g(y) fu(u,v)

b.) zxy = g(y) 1 fu(u,v) + g(y)(2 fuu + 3y2 fuv)

3.5.2 Derivacin Implicita.

Ya vimos que si z es una funcin de x y y, definida de manera implcita por la ecuacinF(x,y,z) = 0, entonces podemos calcular zx y zy usando la regla de la cadena. El teoremaque sigue, conocido como el Teorema de la Funcin Implcita, nos da una manera sencillade calcular estas derivadas parciales y otras ms generales en ciertas regiones.


Teorema 3.6 (De la Funcin Implcita (I)) Sea z es una funcin de x y y, definida demanera implcita por la ecuacin F(x,y,z) = 0. Sea R una regin2 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 funcin diferenciable (nica)z = f (x,y) tal que

a.) z0 = f (x0,y0),

b.) F(x,y, f (x,y)) = 0

c.) zx =FxFz y zy =FyFz

Este teorema dice que en un entorno del punto (x0,y0) existe una funcin f (x,y) cuyagrfica coincide con la grfica de F(x,y,z) = 0 en este entorno. Aunque no sea posible enprincipio hallar esta funcin f , por lo menos podemos calcular las derivadas parciales deesta funcin en el entorno del punto, segn la frmula que establece el teorema.

Podemos deducir, de manera informal, las frmulas 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 =FxFz

dx FyFz

dy

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

d f = Pdx+Qdy = fx = P y fy = Q

entonces si z = f (x,y) (esta funcin f no es necesariamente conocida), podemos concluirque 3

2 Una regin en el plano xy es un conjunto de puntos con la propiedad de que cualquier par de ellos puede serunido por una curva continua que est en el conjunto. Un rectngulo sera un ejemplo de regin.3Un anlisis riguroso se puede encontrar en ([1], [2]). Ver Teorema de la Funcin Implcita.


zx =FxFz y zy =FyFz.

En el teorema de la funcin implcita podemos intercambiar variables. Por ejemplo, si x yz son las variables independientes y si se cumplen las hiptesis del teorema,

yx =FxFy y yz =FzFy.

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 alrede-dores de este punto, Fx = yz+1,Fy = xz+1,Fz = xy1 son continuas y Fz(0,0,0) 6= 0.

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

zx = zy+1xy1 y zy =zx+1xy1

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

yz+ xyzx + 1 zx = 0 = zx = zy+1xy1 .

xz+ xyzy +1 zy = 0 = zy = zx+1xy1 .

EJEMPLO 3.30

Calcule zx y zy si F(x,y,z) = x22y2+3z2 yz+ y = 0, cuando Fz 6= 0.

Solucin.

Dado que Fx = 2x, Fy =4x z+1, Fz = 6zy, entonces si Fz 6= 0, por el teorema de lafuncin implcita existe una funcin z = f (x,y) tal que

zx = 2x6z y y zy =14y z

6z y


en R2 {6z y = 0.}

EJEMPLO 3.31

Considere x2+y2+z21= 0. Esta ecuacin es satisfecha por todos los puntos de la esferade radio 1 centrada en el origen. Las derivadas parciales de F(x,y,z) = x2 + y2 + z2 1son 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), exceptoen los puntos del crculo x2+ y2 = 1, z = 0,

zx =FxFz =xz

y zy =FyFz =yz

Podemos adems calcular zxy, zxx y zyy

zyx =(zy)

x=

y zxz2

=y(x

z

)z2

zxx =(zx)

x= z xzx

z2=

z x(x

z

)z2

zyy =y2+ z3

z3.

EJEMPLO 3.32

Si F(xz,yz) = 0 define a z como funcin implcita de x e y y adems cumple con lascondiciones del teorema de la funcin implcita en cada punto de una regin R, entoncesverifique que, en R, se satisface la ecuacin

y zy

+ x zx

=z

Solucin.

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


zy

= FyFz

= Fu 0 + Fv zFu x + Fv y

zx

= FxFz

= Fu z + Fv 0Fu x + Fv y

Luego

y zy

+ x zx

= y Fv zFu x + Fv y + x

Fu zFu x + Fv y

= z(Fu x + Fv y)Fu x + Fv y

= z

Caso de dos Ecuaciones.

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 Funcin Implcita (II)) Sea R una regin 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

iii.) J = Fu FvGu Gv

6= 0 en (x0,y0,u0,v0),existe un entorno I0 del punto (x0,y0) en el cual


ux = (F,G)(x,v)(F,G)(u,v)

vx = (F,G)(u,x)(F,G)(u,v)

y

uy = (F,G)(y,v)(F,G)(u,v)

vy = (F,G)(u,y)(F,G)(u,v)

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

{dF = Fxdx+Fydy+Fudu+Fvdv = 0dG = Gxdx+Gydy+Gudu+Gvdv = 0

para du y dv. Por ejemplo

du =1J

Fx FvGx Gv dx 1J

Fy FvGy Gv dy

como du = ux dx+uy dy entonces se obtienen las frmulas 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

J = Fu FvGu Gv

= 2u 2v1 1= 2(u v)

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

ux =x(12v)

u v y uy =1+2v

2(u v) .


Podemos obtener este resultado no usando las frmulas sino resolviendo

{dF = 2udu+2vdv2xdxdy = 0dG = du+dv2xdx+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

ux =(2x+4vx)2(u v) y uy =

1+2v2(u v) .

Usando este mismo mtodo, y bajo la hiptesis de que(F,G)(x,y)

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

Por ejemplo, en un entorno del punto en cuestin

xu =2u+1

4xy xv =

2v+14x.

EJEMPLO 3.34

Sea z = f (x,y) definida por z = u+ v donde u = u(x,y) y v = v(x,y) son funcionesdefinidas de manera implcita por las ecuaciones

F = u+ eu+v x = 0G = v+ euv y = 0

Si u = v = 0 entonces x = y = 1. Calcular zx(1,1).

Solucin.

EJERCICIOS RESUELTOS (ADICIONALES) 35

zx = ux+vy. Podemos calcular ux y vy usando las frmulas respectivas, sin embargo, paraclculos numricos es ms prctico 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 + euv(ux vx) = 0

de modo que cuando x = 1,y = 1,v = u = 0 se obtiene

2ux + vx1 = 0 y ux = 0

con lo que ux = 0 vx = 1 si x = 1,y = 1,v = u = 0. As que zx(1,1) = 0+1 = 1.

3.6 EJERCICIOS RESUELTOS (ADICIONALES)

1. Sea z =

xy+ arctan(y

x

). Demuestre que zx

zx

+ zyzy

= xy .

Solucin.

zx

=y y

x2+ y2

2z

zx

=x+

xx2+ y2

2z Ahora sustituimos,

zxzx

+ zyzy

= zxy y

x2+ y2

2z+ zy

x+x

x2+ y2

2z

=2xy xy

x2+ y2+

xyx2+ y2

2= xy

2. Sea C(x, t) = t1/2 ex2/kt

. Verifique que esta funcin satisface la ecuacin (dedifusin)

k4

2Cx2

=Ct

Solucin.


Pongamos C(x, t) =ex

2/kt

t.

Ct

=

(t2xkt

1t

)ex

2/kt

t= ex

2/kt(

x2

kt5/2 1

2t3/2

)

Cx

=1t2xkt

ex2/kt

2C

x2= ex

2/kt 1t

(4x2

k2t2 2

kt

)= ex

2/kt(

4x2

k2t5/2 2

kt3/2

) Luego, multiplicando

2Cx2

pork4

se obtiene la identidad.

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

2zx2

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

Solucin.

zx

= 2x fu(u,v)+ y fv(u,v)

Aplicamos la regla del producto (observe que x

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

2zx2

= 2 fu(u,v)+2x [2x fuu(u,v)+ y fuv(u,v)] + y [2x fvu(u,v)+ y fvv(u,v)]

Simplificando se obtiene el resultado.

4. Sea Sea z = f (xy,x). Si f tiene derivadas parciales de segundo orden fu, fuv, fuu y

fvv, calcular2z

xy.

Solucin.

zx

= fu(u,v) y+ fv(u,v) 1

2z

xy= 1 fu+ y [ fuu(u,v) x+ fuv(u,v) 0]+ [ fvu(u,v) x+ fvv(u,v) 0]

5. Si x2y2 + sen(xyz)+ z2 = 4 define a z como funcin implcita de x e y. verifique

que xzx y z

y= 0.

EJERCICIOS RESUELTOS (ADICIONALES) 37

Solucin.

Sea F(x,y,z) = x2y2 + sen(xyz)+ z24. Si las derivadas parciales zx y zy existenen todo el dominio en el que Fz 6= 0, entonces

zx

= FxFz

= 2xy2+ yzcos(xyz)

xycos(xyz)+2z

zy

= FyFz

= 2x2y+ xzcos(xyz)

xycos(xyz)+2z(a) La identidad se obtiene sustituyendo y simplificando.

6. Sea g(

xyz, x2+ y2

)= 0 una ecuacin que define a z como una funcin de x e

y. Verifique que si gx, gy y gz existen y son continuas en toda la regin en la quegz 6= 0, entonces

yzx x z

y= z(x

2 y2)xy

Solucin.

zx

=gxgz

=gu yz +gv 2xgu xyz2

zx

=gygz

=gu xz +gv 2ygu xyz2

y gu yz +gv 2x

gu xyz2 x

gu xz +gv 2ygu xyz2

=gu

(x2 y2

z

)gu xyz2

= z(x2 y2)xy

Bibliografa

[1] Louis Brand. Advanced Calculus. An Introduction to Classical Analysis. Wiley & Sons, Inc.1995.

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[5] Jorge Poltronieri. Clculo Integral: Integracin Mltiple. Editorial Cimpa. 1ra ed. Escuela deMatemtica, Universidad de Costa Rica. 2006.


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Clculo Superior. Walter Mora F., Geovanni Figueroa M.Derechos Reservados c 2009 Revista digital Matemtica, Educacin e Internet (www.cidse.itcr.ac.cr)

CAP3-DERIVADAS_PARCIALES

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