Ayudant´ıa 4
1.
Regla de la Cadena
Proposici´on 1 (Regla de la Cadena - 1). Sea f :U ⊆Rn →Rdiferenciable yγ:I ⊆R→Rn una curva diferenciable contenida enU. Entonces, la funci´ong(t) =f◦γ(t) es derivable y se tiene que
g′(t) =∇f(γ(t))·γ′(t).
Observaci´on 1. Si g, γ son funciones de m´as variables, podemos utilizar la Regla de la Cadena para sus derivadas parciales recordando que calcularlas es derivar suponiendo que las otras variables son constantes. Es decir, si tenemos h(t, s) =f ◦γ(t, s), con γ(t, s) = (x1(t, s), . . . , xn(t, s)), podemos derivar respecto a t
tomandosconstante y sigue que
∂h ∂t =
n
∑
j=1
∂f ∂xj
∂xj
∂t .
Proposici´on 2 (Regla de la Cadena - 2). Seaf :R→Ryh:Rn→Rfunciones diferenciables.
Entonces, la funci´ong:Rn→Rdada porg(t) =f◦h(x) es derivable y se tiene que
∇g(t) =f′(h(x))∇h(x) =Df[h(x)]Dh(x).
Problema 1. Seaf :R2→Rde clase C1una funci´onhomog´enea de ordenm, es decir,∀t∈Rse cumple que
f(tx, ty) =tmf(x, y), ∀x, y∈R, (1)
conm≥2. Demuestre quef satisface
mf(x, y) =∇f(x, y)·(x, y).
Soluci´on:Seanu=txyv=ty. Derivando (1) respecto at, se tiene que
mtm−1f(x, y) =∂f ∂u
∂u ∂t +
∂f ∂v
∂v ∂t =x
∂f ∂u +y
∂f
∂v =∇f(tx, ty)·(x, y). (2)
Luego, evaluando parat= 1, sigue que
mf(x, y) =∇f(x, y)·(x, y).
Problema 2. Seaf :U ⊆R2→Rcon segundas derivadas continuas y considereg(r, θ) =f(rcosθ, rsinθ). Encuentre una expresi´on para△f en t´erminos de las derivadas de g.
Usando lo anterior, verifique que la funci´onf :R2→Rdada porf(x) = ln∥x∥resuelve la ecuaci´on△f = 0. (Recuerde que△f = ddx2f2 +
∂2f
Soluci´on:Seanx=rcosθ ey=rsinθ, entonces ∂g ∂r = ∂f ∂x ∂x ∂r + ∂f ∂y ∂y
∂r = cosθ ∂f ∂x + sinθ
∂f ∂y, ∂2g
∂r2 = cosθ
( ∂2f
∂x2
∂x ∂r +
∂2f
∂y∂x ∂y ∂r
) + sinθ
( ∂2f
∂x∂y ∂x ∂r +
∂2f
∂y2
∂y ∂r
)
= cos2θ∂
2f
∂x2 + 2 sinθcosθ
∂2f
∂y∂x + sin
2θ∂2f
∂y2,
∂g ∂θ = ∂f ∂x ∂x ∂θ + ∂f ∂y ∂y
∂θ =−rsinθ ∂f
∂x +rcosθ ∂f ∂y, ∂2g
∂θ2 =−rcosθ
∂f ∂x +r
2sin2θ∂2f
∂x2 −2r
2sinθcosθ ∂2f
∂y∂x
−rsinθ∂f ∂y +r
2cos2θ∂2f
∂y2.
As´ı,
△f = ∂
2g
∂r2 +
1 r ∂g ∂r + 1 r2
∂2g
∂θ2. (3)
Respecto a la segunda parte del ejercicio: note que esmuy conveniente expresar la funci´on en coordenadas polares, puesto que
g(r, θ) =f(rcosθ, rsinθ) = ln∥(rcosθ, rsinθ)∥= lnr
y esta funci´on s´olo depende der. Luego, se cumple que:
∂2g ∂θ2 = 0
Adem´as, nuestros conocimientos de C´alculo I (espero que los tenga a´un) nos permiten saber que:
∂g ∂r =
1 r
∂2g
∂r2 =
∂ ∂r ( ∂g ∂r ) = ∂ ∂r ( 1 r ) =−1
r2
Si reemplaza todos estos valores en la ecuaci´on (3), ver´a que se verifica △f = 0. ´Echele un vistazo a la ayudant´ıa anterior, donde tambi´en mostramos una soluci´on a la ecuaci´on△f = 0, y se convencer´a de que las coordenadas polares nos arreglaron la vida.
2.
Plano tangente
Definici´on 1 (Gradiente). Seaf :U ⊆Rn →Ryp∈U tal quef es diferenciable en p. Se define el vector
gradientedef enpcomo
∇f(p) := (
∂f ∂x1
(p), . . . , ∂f ∂xn
(p) )
Proposici´on 3. Considereg:R →R, diferenciable. La ecuaci´ong(x) =c,c∈R, determina una superficie en Rn que llamaremos S. Se cumple que, si s ∈ S, entonces ∇G(s) es un vector perpendicular al plano tangente aS que pasa por el puntos.
Problema 3. Hallar la ecuaci´on del plano tangente a la superficie:
x2+y2+z2=k2
y que sea perpendicular a la recta:
x= 3 + 4t, y=−2t, z= 1 +t (t∈R)
Soluci´on:LlamemosS a la esfera de ecuaci´onx2+y2+z2=k2. Notar queS es una curva de nivel de una
funci´on g(x, y, z) := x2+y2+z2. Luego, si tenemos un punto s = (x
0, y0, z0)∈ S, el vector normal a la
superficie ser´an=∇g(s).
Lo que le queremos pedir a este vector normal es que seaparalelo al vector director de la recta dada (a saber, el vectord= (4,−2,1)). Y la condici´on de ser paralelo se expresa de la forma:
n=λd (λ∈R)
(2x0,2y0,2z0) =λ(4,−2,1) ⇒ (x0, y0, z0) =
(
2λ,−λ,1 2λ
)
En principio, pareciera que λest´a libre, pero no demos olvidar que (x0, y0, z0) debe ser un punto deS, de
esta forma:
x20+y20+z02=
21 4 λ
2=k2 ⇒ λ=±√2k
21
De esta forma, se han determinado dos puntos sobre la esfera tales que sus planos tangentes son perpendic-ulares a la recta dada. Para encontrar las ecuaciones de estos planos, recordamos en general que son de la forma:
(p0−p)·n= 0
dondep0es el punto que conocemos de la recta, pes la variable ynes la normal del plano. As´ı:
Π1:
{( 4k
√
21,− 2k
√
21, k
√
21 )
−(x, y, z) }
·
( 8k
√
21,− 4k
√
21, 2k
√
21 )
= 0
El otro plano se obtiene an´alogamente.
Nota: Esta ciertamente no es la mejor forma de resolver este problema, pero el m´etodo usado es bastante general y puede servirle para resolver otros m´as complicados. Trate de encontrar un mejor m´etodo para este. M´as espef´ıficamente, intente establecer que en general el plano tangente a la esfera en un punto(x0, y0, z0)
est´a dado por
xx0+yy0+zz0=k2.
Problema 4. Considerez =f(√x2+y2), que surge de rotar una funci´on que suponemos conocida sobre
el planozy de la formaz=f(y).
Soluci´on:Consideremoss= (x0, y0, z0) un punto de la superficie
S:g(x, y, z) :=f(√x2+y2)−z= 0.
Un vector normal a esta superfie ensest´a dado por∇g(s). Calculemos el gradiente.
∂g ∂x =
df dt(
√
x2+y2)∂(
√
x2+y2)
∂x =f
′(√x2+y2)√ x
x2+y2
An´alogamente:
∂g ∂x =f
′(√x2+y2)√ y
x2+y2
∇g(s) = (
f′( √
x2 0+y02)
x0
√ x2
0+y02
, f′( √
x2 0+y02)
y0
√ x2
0+y02
,−1 )
Por conveniencia, pordemos tomar como vector normal uno paralelo a ese, como
(f′( √
x2
0+y02)x0, f′(
√ x2
0+y20)y0,
√ x2
0+y02).
Entonces, el plano tangente aS en el puntoses:
Π : (
(x0, y0, f(
√ x2
0+y 2
0))−(x, y, z)
)
·(f′( √
x2 0+y
2 0)x0, f′(
√ x2
0+y 2 0)y0,
√ x2
0+y 2 0) = 0
Equivalentemente,
Π :f′( √
x20+y20)x0(x0−x) +f′(
√
x20+y02)y0(y0−x) =
√ x20+y20
( f(
√
x20+y20)−z )
Para encontrar la intersecci´on con el ejez, hacemosx= 0 ey= 0. Esto nos dir´a que sobre curvasx2
0+y20=k2,
el intercepto conz siempre ser´a
z=f(k)−kf′(k).
3.
Derivadas direccionales
Definici´on 2. Definimos laderivada direccionaldef enpen la direcci´on dev por
∂f
∂v(p) := l´ımt→0
f(p+tv)−f(p)
t .
Note que las derivadas parciales son un caso particular de derivada direccional, cuando v es igual a alg´un vector can´onico.
Proposici´on 4. Sea f : U ⊆ Rn → Rm y p ∈ U tal que f es diferenciable en p. Consideremos v ∈ Rn
1.
∂v(p) =∇f(p)·v.
2. ∂f
∂v(p)≤ ∥∇f(p)∥.
3. ∇f(p)
∥∇f(p)∥ es el vector que maximiza la expresi´on ∂f ∂v(p).
Problema 5. Considere los vectoresu=√1
2(1,1) yv= 1
√
2(1,−1). Seaf :R
2→Rdiferenciable y tal que
∂f
∂u(1,2) = 2 , ∂f
∂v(1,2) =−2.
Calcule∇f(1,2) y ∂w∂f(1,2) conw= (2,3).
Soluci´on:Notemos que{u, v}es una base ortonormal de R2. Luego,
∇f(1,2) =αu+βv, (4)
para alg´un parα, β∈R2. Comof es diferenciable, al hacer producto punto en 4 conu, se obtiene
∂f
∂u(1,2) =∇f(1,2)·u=αu·u+βv·u=α∥u∥=α,
es decirα= 2. An´alogamente, si lo hacemos conv, obtenemos queβ=−2. As´ı,
∇f(1,2) = 2u−2v= 2√1
2(1,1)−2 1
√
2(1,−1) = (0,2
√
2).
Finalmente,
∂f
∂w(1,2) =∇f(1,2)· w
∥w∥ = 1
√
13√2(0,4)·(2,3) = 12
√
26.
Alternativa:
Puesto quef diferenciable, se cumple que:
2 = ∂f
∂u(1,2) =∇f(1,2)·u= (fx(1,2), fy(1,2))· 1
√
2(1,1)
−2 = ∂f
∂v(1,2) =∇f(1,2)·v= (fx(1,2), fy(1,2))· 1
√
2(1,−1)
En base a lo anterior, tenemos un sistema de ecuaciones parafxyfy:
(
1 1
1 −1 ) (
fx
fy
) =
( 2√2
−2√2 )
