Manual Mate 5 Cap. 14

UNIVERSIDAD DE SAN CARLOS CENTRO UNIVERSITARIO DE ORIENTE FACULTAD DE INGENIERIA MATEMATICA INTERMEDIA II ING. MANUEL ALVAREZ

CAPITULO 14.

DIAZ FLORES, KARLA FABIOLA – 201544102 – I.I DUBON MELGAR, EDVIN JOSUE – 201544323 – I.C

SEGUNDO SEMESTRE 2016.

CAPITULO 14 Derivadas Parciales

14.3 DERIVADAS PARCIALES. Definición de James Stewart, 6ta edición, paginan 880. REGLA PARA DETERMINAR LAS DERIVADAS PARCIALES: 1. Para determinar 𝑓𝑥 , conservar a y constante y derivar 𝑓(𝑥, 𝑦) con respecto a x. 2. Para determinar 𝑓𝑦 , conservar a x constante y derivar 𝑓(𝑥, 𝑦) con respecto a y.

 14. 3. 15 Calcule las primeras derivadas parciales de la función. f(x, y) = y⁵- 3xy fx(x, y) = 0 – 3y fy(x, y) = 5y4 – 3x  14. 3. 16 Calcule las primeras derivadas parciales de la función. f(x, y) = x4y3 + 8x²y fx(x, y) = 4x3y3 + 16xy fy(x, y) = 3x4 y2 + 8x2  14. 3. 21

Calcule las primeras derivadas parciales de la función. 𝑭(𝒙, 𝒚) =

(𝒙 − 𝒚) (𝒙 + 𝒚)

(1)(𝑥 + 𝑦) − (𝑥 − 𝑦)(1) 2𝑦 = 2 (𝑥 + 𝑦) (𝑥 + 𝑦)2 (−1)(𝑥 + 𝑦) − (𝑥 − 𝑦)(1) −2𝑥 𝐹𝑦(𝑥, 𝑦) = = 2 (𝑥 + 𝑦) (𝑥 + 𝑦)2 𝐹𝑥(𝑥, 𝑦) =

Matemática Intermedia II

CAPITULO 14 Derivadas Parciales

 14. 3. 51 Determine todas las segundas derivadas parciales. f(x,y) = x3y5 + 2x4y fx(x, y) = 3x2y5 +8x3y fxx(x, y) = 6xy5+ 24x2y fy(x, y) = 5x3y4+2x4 fyy(x, y) = 20x3y3  14. 3. 61 Encuentre la derivada parcial indicada. 𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝟑𝒙𝒚𝟒 + 𝒙𝟑 𝒚𝟐 𝑓𝑥𝑥𝑦 , 𝑓𝑦𝑦𝑦 fx(x, y) = 3y4 + 3x2y2 fxx(x, y) = 6xy2 fxxy= 12xy fy(x, y) = 12xy3 + 2x3y fyy(x, y) = 36xy2 + 2x3 fyyy(x, y) = 72xy

14.4 PLANOS TANGENTES Y APROXIMACIONES LINEALES Definición de James Stewart, 6ta edición, paginan 892. Suponga que las derivadas parciales de 𝑓 son continuas. Una ecuación del plano tangente a la superficie 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) en el punto 𝑃(𝑥𝑜 , 𝑦𝑜 , 𝑧𝑜 ) es 𝒛 − 𝒛𝒐 = 𝒇𝒙 (𝒙𝒐 , 𝒚𝒐 )(𝒙 − 𝒙𝒐 ) + 𝒇𝒚 (𝒙𝒐 , 𝒚𝒐 )(𝒚 − 𝒚𝒐 )  14. 4. 1 Determine una ecuación del plano tangente a la superficie dada en el punto específico. z = 4x - y² + 2y; (-1, 2, 4) fx(x, y) = 4 fy(x, y) = - 2y + 2 Matemática Intermedia II

CAPITULO 14 Derivadas Parciales

fx(-1, 2) = 4 fy(-1, 2) = -2 z – 4 = fx(-1, 2)[x-(-1)] + fy(-1, 2)[(y-2)] z – 4 = 4(x+1) – 2(y-2) z = 4x – 2y + 4  14. 4. 12 Explique porque la función es diferenciable en el punto dado, luego determine la línealización L(x, y) de la función en ese punto. f(x, y) = x3y4, (1, 1)

La fórmula anterior se llama aproximación lineal o aproximación del plano tangente de f en (a, b) fx(x, y) = 3x2y4 ; (1, 1); fx(1, 1) = 3 fy(x, y) = 4x3y3 ; (1, 1); fy(1, 1) = 4 Ver el teorema 8 en la página 895 Calculo Multivariable - James Stewart 6ta edición: si las derivadas parciales fx y fy existen cerca de (a, b) y son continuas en (a, b) entonces f es diferenciable en (a, b). f(x, y) = f(1, 1) + fx(1, 1)(x - 1) + fy(1, 1)(y - 1) f(x, y) = 1 + 3(x – 1) + 4(y – 1) = 3x + 4y – 6

 14. 4. 25 Determine la diferencial de la función. 𝒛 = 𝒙𝟑 𝐥𝐧(𝒚𝟐 ) dz =

∂z ∂z dx + dy = fx(x, y)dx + fy(x, y)dy ∂x ∂y

dz =

∂z ∂z 1 dx + dy = 3x 2 ln(y 2 ) dx + x 3 . 2 (2y)dy ∂x ∂y y 2

dz = 3x ln(y

2)

2x 3 dx + dy y

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CAPITULO 14 Derivadas Parciales

 14. 4. 26 Determine el diferencial de la función. 𝒗 = 𝒚𝒄𝒐𝒔𝒙𝒚 dv =

∂v ∂v dx + dy ∂x ∂y

dv = y(−senxy)ydx + [y(−senxy)x + cosxy]dy dv = −y 2 senxydx + (cosxy − xysenxy)dy

 14. 4. 31 Si 𝑧 = 5𝑥 2 + 𝑦 2 y (x,y) cambia de (1,2) a (1.05, 2.1) compare los valores ∆𝑧 𝑦 𝑑𝑧.

dz = Fx(x, y)dx + Fy(x, y)dy =

∂z ∂z dx + dy ∂x ∂y

∆z = F(x + ∆, y + ∆) − F(x, y) dx = ∆x = 0.05; dy = ∆y = 0.1 zx = 10x zy = 2y dz = zx(1,2)dx + zy(1,2)dy dz = 10dx + 4dy = 10(0.05) + 4(0.1) = 0.90 ∆z = F(1.05,2.1) − F(1,2) = [5(1.05)2 + (2.1)2 ] − [5(1)2 + (2)2 ] ∆z = 0.9225

 14. 4. 34 Una caja rectangular cuadrada mide 80cm, 60 cm y 50 cm en sus tres dimensiones, con un error posible en la medición de 0.2 cm en cada una. Use diferenciales para estimar el error máximo  en el cálculo del área superficial de la caja.

x=80 y=60 z=50 Matemática Intermedia II

CAPITULO 14 Derivadas Parciales

Superficie S= 2(xy+xz+yz) ds = 2(y + z)dx + 2(x + z)dy + 2(x + y)d

El máximo error acurre cuando ∆𝑥 = ∆𝑦 = ∆𝑧 = 0.2

Si usamos dx = ∆x, dy = ∆y,

dz = ∆z

Encontramos el máximo error de la superficie así: Y Sustituyendo en nuestra ecuación obtenemos ds = (220)(0.2) + (260)(0.2) + (280)(0.2) ds = 152 cm2

 14. 4. 35 Use diferenciales para estimar la cantidad de estaño en una lata cerrada de estaño cuyo diámetro es de 8 cm y altura de 12 cm, si el estaño tiene 0.04 cm de espesor. El volumen de una lata es V = πr 2 h

2r

2r

∆v = dv Lo cual sería un estimado de la cantidad de estaño en el espesor dv = (2πrh)dr + (πr 2 )dh dr= 0.04 dh=0.08 ∆v = dv = 2π(48)(0.04) + π(16)(0.08) ∆v = dv = 16.08 cm3

Matemática Intermedia II

h

h

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14.5 REGLA DE LA CADENA

Suponga que 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) es una función de x y y diferenciable. 𝒅𝒛 𝒅𝒛 𝒅𝒙 𝒅𝒛 𝒅𝒚 = + 𝒅𝒕 𝒅𝒙 𝒅𝒕 𝒅𝒚 𝒅𝒕

Definición de James Stewart, 6ta edición, paginan 901.  14. 5. 1 Aplique regla de la cadena para hallar

𝑑𝑧 𝑑𝑡

𝑜

𝑑𝑤 𝑑𝑡

.

𝐳 = 𝐱 𝟐 + 𝐲 𝟐 + 𝐱𝐲; 𝐱 = 𝐬𝐞𝐧𝐭, 𝐲 = 𝐞𝐭 dz ∂z ∂x ∂z ∂y = + dt ∂x ∂t ∂y ∂t dz = (2x + y)cost + (2y + x)et dt  14. 5. 2 Aplique regla de la cadena para hallar

𝑑𝑧 𝑑𝑡

𝑜

𝐳 = 𝐜𝐨𝐬(𝐱 + 𝟒𝐲); 𝐱 = 𝟓𝐭 𝟒 ; 𝐲 =

𝑑𝑤 𝑑𝑡

.

𝟏 𝐭

dz ∂z ∂x ∂z ∂y = + dt ∂x ∂t ∂y ∂t dz = −sen(x + 4y)(1)(20t 3 ) + (−sen(x + 4y)(4)(−t 2 )) dt dz 4 = ( 2 − 20t 3 ) sen(x + 4y) dt t

Matemática Intermedia II

CAPITULO 14 Derivadas Parciales

 14. 5. 7

Mediante la regla de la cadena encuentre

𝜕𝑧 𝜕𝑠

y

𝜕𝑧 𝜕𝑡

𝐳 = 𝐱 𝟐 𝐲 𝟑 ; 𝐱 = 𝐒𝐜𝐨𝐬𝐭; 𝐲 = 𝐒𝐬𝐞𝐧𝐭

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + ∂s ∂x ∂s ∂y ∂s ∂z = 2xy 3 cost + 3x 2 y 2 sent ∂s ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t ∂z = −2sxy 3 sent + 3sx 2 y 2 cost ∂t  14. 5. 17 Mediante un diagrama de árbol, escriba la regla de la cadena para el caso dado, suponga que todas las funciones son diferenciales. u = f(x, y)donde

x = x(r, s, z),

y = y(r, s, t)

du dudx dudy = + dr dxdr dydr

 14. 5. 18 Mediante un diagrama de árbol, escriba la regla de la cadena para el caso dado, suponga que todas las funciones son diferenciales. r = F(x, y, z, t) x = x(u, v, w) y = y(u, v, w) z = z(u, v, w) t = t(u, v, w) ∂r ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂z ∂r ∂t = + + + ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂u ∂t ∂u Matemática Intermedia II

CAPITULO 14 Derivadas Parciales

∂r ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂z ∂r ∂t = + + + ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v ∂z ∂v ∂t ∂v ∂r ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂z ∂r ∂t = + + + ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z ∂w ∂t ∂w  14. 5. 21 Use regla de la cadena para encontrar las derivadas parciales que se piden 𝒛 = 𝒙𝟐 + 𝒙𝒚𝟑 , 𝒙 = 𝒖𝒗𝟐 + 𝒘𝟑 , 𝒚 = 𝒖 + 𝒗𝒆𝒘 𝒅𝒛 𝒅𝒛 𝒅𝒛

,

,

𝒅𝒖 𝒅𝒗 𝒅𝒘

cuando u=2, v=1, w=0.

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z = (2x + y 3 )(v 2 ) + (3xy 2 )(1) ∂u

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v ∂z = (2x + y 3 )(2uv) + (3xy 2 )(ew ) ∂v ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z = (2x + y 3 )(3w 2 ) + (3xy 2 )(vew ) ∂w

 14. 5. 30 Encuentre

𝑑𝑦 𝑑𝑥

.

𝐬𝐞𝐧 𝒙 + 𝐜𝐨𝐬 𝒚 = 𝐬𝐞𝐧 𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝒚

∂f dy − ∂x Fx = =− ∂f dx Fy ∂y sen x + cos y −sen x cos y = 0

Matemática Intermedia II

CAPITULO 14 Derivadas Parciales

dy −fx cos x − cos x cos y cos x (cos y − 1) = = = dx fy − sen y + sen x sen y sen y (sen x − 1)

 14. 5. 31 Encuentre

𝑑𝑧 𝑑𝑥

𝑦

𝑑𝑧 𝑑𝑦

.

𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 = 𝟑𝒙𝒚𝒛

x 2 + y 2 + z 2 − 3xyz = 0 (2x − 3yz) (3yz − 2x) 𝛛𝐳 Fx =− =− = (2z − 3xy) (2z − 3xy) 𝛛𝐱 Fz (2y − 3xz) (3xz − 2y) 𝛛𝐳 Fy =− =− = (2z − 3xy) (2z − 3xy) 𝛛𝐲 Fz

 14. 5. 35 La temperatura en un punto (𝑥, 𝑦) es 𝑇(𝑥, 𝑦) medidas en grados Celsius. Un animalito se acuesta de tal modo que su posición después de t segundos está definido por 𝑥 = √1 + 𝑡 1 y 𝑦 = 2 + 3 𝑡 donde “x” y “y” se miden en centímetros. La función de la temperatura cumple con T(2,3)=4 y T(2,3)=3 ¿Qué tan rápido se eleva la temperatura en la trayectoria del animalito después de 3 segundos? dT ∂T ∂x ∂T ∂y = + dt ∂x ∂t ∂y ∂t Después de 3 segundos tenemos que x = √1 + t = √1 + 3 = 2

y

1

y = 2 + 3 (3) = 3

De tal manera que nuestro dx y dy son: dx 1 dx 1 1 = ; = = dt 2√1 + t dt 2√1 + 3 4 dy dt

1

=3

Ahora bien introduciendo a nuestra ecuación de la temperatura obtenemos que

Matemática Intermedia II

CAPITULO 14 Derivadas Parciales

dT dx dy 1 1 = Tx(2,3) + Ty(2,3) =4∗ + 3∗ dt dt dt 4 3 dT =2 dt 𝑅// 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑙𝑎 𝑡𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑠𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑒𝑙𝑒𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 (2°𝐶)/𝑠

14.6 Derivadas Direccionales y su vector gradiente La derivada direccional permite la razón de cambio de una función de dos o más variables en cualquier dirección. Teorema 3, página 912 del libro de James Stewart, sexta edición. Si f es una función diferenciable de “x” y de “y”, entonces f tiene una derivada direccional en la dirección de cualquier vector unitario 𝑢 = 〈𝑎, 𝑏〉 y 𝐷𝑢𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦)𝑎 + 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦)𝑏 Si el vector unitario u forma un ángulo θ con el eje positivo x, entonces puede escribir 𝑢 = 〈cos 𝜃, sin 𝜃〉 y así la fórmula del teorema se transforma en: 𝐷𝑢𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦) cos 𝜃 + 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦) sin 𝜃

Fórmula 6, pág. 912 James Stewart, 6ta edición.

 14.6.4 Determine la derivada direccional de f en el punto dado en la dirección que indica el ángulo θ. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 𝑦 3 − 𝑦 4 , 

(2,1)

,𝜃=

𝜋 4

Encontrar derivadas parciales en “x” y en “y”.

𝑓𝑥(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 3 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦) = 3𝑥 2 𝑦 2 − 4𝑦 3 

Derivada direccional en la dirección del vector unitario u.

𝐷𝑢𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦) cos 𝜃 + 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦) sin 𝜃 𝜋

𝜋

𝐷𝑢𝑓(𝑥, 𝑦) = (2𝑥𝑦 3 ) cos (4 ) + (3𝑥 2 𝑦 2 − 4𝑦 3 ) sin ( 4 ) 𝜋

𝜋

𝐷𝑢𝑓(𝑥, 𝑦) = (2)(2)(1)3 cos ( 4 ) + ((3)(2)2 (1)2 − (4)(1)3 ) sin ( 4 ) Matemática Intermedia II

CAPITULO 14 Derivadas Parciales √2

√2

𝐷𝑢𝑓(𝑥, 𝑦) = (4) ( 2 ) + (8) ( 2 ) 𝐷𝑢𝑓(𝑥, 𝑦) = 2√2 + 4√2 = 𝟔√𝟐 El gradiente de f tiene una notación especial puede ser 𝑔𝑟𝑎𝑑 𝑓 o ∇𝑓. Definición 8, página 913, James Stewart, 6ta edición. Si f es una función de dos variables “x” y “y”, entonces el gradiente de f es la función vectorial ∇𝑓 definida por ∇𝑓(𝑥, 𝑦) = 〈𝑓𝑥(𝑥, 𝑦), 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦)〉 =

𝜕𝑓 𝜕𝑓 𝑖̂ + 𝑗̂ 𝜕𝑥 𝜕𝑦

La derivada direccional en la dirección de u como la proyección escalar del vector gradiente en u, se expresa como: ∇𝑓(𝑥, 𝑦) = 〈𝑓𝑥(𝑥, 𝑦), 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦)〉 ∗ 𝑢

∇𝑓(𝑥, 𝑦) = ∇f(𝑥, 𝑦) ∗ 𝑢  14.6.5. Si 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 sin(𝑦𝑧) a) Determine el gradiente de f. b) Encuentre la derivada direccional de f (1,3,0) en la dirección v = i + 2j – k. a) 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦, 𝑧) = sin(𝑦𝑧) 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑧 cos(𝑦𝑧) 𝑓𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑦 cos(𝑦𝑧) 𝛁𝒇(𝒙, 𝒚, 𝒛) = 〈𝐬𝐢𝐧(𝒚𝒛) , 𝒙𝒛 𝐜𝐨𝐬(𝒚𝒛) , 𝒙𝒚 𝐜𝐨𝐬(𝒚𝒛)〉 b) ∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 〈sin(3 ∗ 0) , (1 ∗ 0) cos(3 ∗ 0) , (1 ∗ 3) cos(3 ∗ 0)〉 ∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 〈0,0,3〉 𝑣 𝑢 = |𝑣| 𝑢=

1 √6

𝑖̂ +

2 √6

𝑗̂ −

1 √6

𝑘̂

𝐷𝑢𝑓(1,3,0) = ∇𝑓(1,3,0) ∗ 𝑢 1 2 𝐷𝑢𝑓(1,3,0) = 3𝑘̂ ∗ ( 𝑖̂ + 𝑗̂ − √6

𝐷𝑢𝑓(1,3,0) = 𝟑 (−

Matemática Intermedia II

√6

𝟏 √𝟔

1 √6

𝑘̂)

𝟑

) = −√𝟐

CAPITULO 14 Derivadas Parciales

 14.6.6 a) Si 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑒 𝑦 , determine la razón de cambio de f en el punto P (2,0) en la dirección de P a Q (1/2,2). b) ¿En qué dirección tiene la máxima razón de cambio? ¿Cuál es esta máxima razón de cambio? a) Primero calcule el vector gradiente: ∇ 𝑓(𝑥, 𝑦) = < 𝑓𝑥 , 𝑓𝑦 > = < 𝑒 𝑦 , 𝑥𝑒 𝑦 > ∇𝑓 (2,0) = < 1,2 > 3 4 El vector en la dirección de ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑄 = < −1,5,2 > es 𝑢 = < − 5 , 5 > de nodo que la razón

de cambio de f en la dirección de P a Q e 3 4

𝐷𝑈 𝑓 (2,0) = ∇ 𝑓(2,0) ∗ 𝑢 = < 1,2 >∗< − 5 , 5 > 3

4

𝐷𝑈 𝑓 (2,0) = (1) (− 5) + (2) (5) = 𝟏 b) ∇ 𝑓(2,0) = < 1,2 >

|∇ 𝑓(2,0)| = |< 1,2 >| = √𝟓 Si 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) es derivable y 𝑢 = 〈𝑎, 𝑏, 𝑐〉, entonces utilice el mismo método que se aplico en el teorema 3 para demostrar que

𝐷𝑢𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑎 + 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑏 + 𝑓𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑐 Por lo que toca a la función f de tres variables, el vector gradiente, denotado por ∇𝑓 es ∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 〈𝑓𝑥(𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑓𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑧)〉 Es decir, ∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 〈𝑓𝑥, 𝑓𝑦, 𝑓𝑧〉 =

𝜕𝑓 𝜕𝑓 𝜕𝑓 𝑖̂ + 𝑗̂ + 𝑘̂ 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧

Fórmula 13, pag. 915, James Stewart, 6ta edición.

La derivada direccional se puede volver a expresar como 𝐷𝑢𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = ∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∗ 𝑢

 14.6.7 1

𝑓(𝑥, 𝑦) = sin(2𝑥 + 3𝑦), P = (-6,5), 𝑢 = 2 (√3𝑖̂ − 𝑗̂) Matemática Intermedia II

Fórmula 14, pag. 915, James Stewart, 6ta edición.

CAPITULO 14 Derivadas Parciales

a) Determine el gradiente de f b) Evalué el gradiente en el punto P c) Encuentre la razón de cambio de f en P en la dirección del vector U

a) 𝜕𝑓 𝜕𝑥 𝜕𝑓 𝜕𝑦

= cos(2𝑥 + 3𝑦)(2) = cos(2𝑥 + 3𝑦)(3)

∇𝑓(𝑥, 𝑦) = [cos(2𝑥 + 3𝑦) ∗ 2]𝑖 + [cos(2𝑥 + 3𝑦) ∗ 3]𝑗 𝛁𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝟐 𝐜𝐨𝐬(𝟐𝒙 + 𝟑𝒚)𝒊̂ + 𝟑 𝐜𝐨𝐬(𝟐𝒙 + 𝟑𝒚)𝒋̂ b) ∇𝑓(𝑥, 𝑦) = 2 cos(2(−6) + 3(4))𝑖̂ + 3 cos(2(−6) + 3(4))𝑗̂ ∇𝑓(𝑥, 𝑦) = 2 cos(0)𝑖̂ + 3 cos(0)𝑗̂ 𝛁𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝟐 𝒊̂ +𝟑𝒋̂ c) 𝐷𝑢𝑓(𝑥, 𝑦, ) = ∇𝑓(𝑥, 𝑦) ∗ 𝑢 √3

1

𝐷𝑢𝑓(𝑥, 𝑦, ) = (2𝑖̂ + 3𝑗̂) ∗ ( 2 𝑖̂ − 2 𝑗̂) 𝟑

𝐷𝑢𝑓(𝑥, 𝑦, ) = √𝟑 − 𝟐

 14.6.17 Calcule la derivada direccional de la función en el punto dado en la dirección del vector v. 3 𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧) ⁄2, P(1,1,2), 𝑣 = 2𝑗̂ − 𝑘̂ ∇𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 〈𝑔𝑥(𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑔𝑦(𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑔𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑧)〉 3

1⁄ 2 (1)

3

1⁄ 2 (2)

3

1⁄ 2 (3)

𝑔𝑥(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2 (𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧)

𝑔𝑦(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2 (𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧) 𝑔𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2 (𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧)

∇𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 〈2 (𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧)

3

1⁄ 3 2 (1), (𝑥 2

3

1⁄ 2

∇𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 〈2 (1 + 2(1) + 3(2)) 3(2))

1⁄ 2

(3)〉

Matemática Intermedia II

+ 2𝑦 + 3𝑧) 3

1⁄ 3 2 (2), (𝑥 2

(1), (1 + 2(1) + 3(2)) 2

1⁄ 2

+ 2𝑦 + 3𝑧) 3

1⁄ 2 (3)〉

(2), (1 + 2(1) + 2

CAPITULO 14 Derivadas Parciales 3

1⁄ 1 1 3 3 2 (1), (9) ⁄2 (2), (9) ⁄2 (3)〉 2 2

9

27

∇𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 〈2 (9)

∇𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 〈2 , 9, 2 〉 ̂ 2𝑗̂ −𝑘

𝑣

𝑣 = |𝑣| =

√22 +(−1)2 9

𝐷𝑢𝑔(1,1,2) = 〈2 , 9, 𝐷𝑢𝑔(1,1,2) = 〈0 + 𝐷𝑢𝑔(1,1,2) =

2

=

√5

𝑗̂ −

1 √5

𝑘̂

27 2 1 〉 ∗ 〈0, , − 〉 2 √5 √5 18√5 27√5 − 10 〉 5

𝟗√𝟓 𝟏𝟎

 14.6.19 Calcule la derivada direccional de 𝑓(𝑥, 𝑦) = √𝑥𝑦 en P(2,8) en dirección de Q(5,4). 𝑓𝑥 (𝑥, 𝑦) = 2

𝑦

𝑓𝑦 (𝑥, 𝑦) = 2

𝑥

√𝑥𝑦 √𝑥𝑦

∇𝑓(𝑥, 𝑦) = 〈2

𝑦

,

𝑥

√𝑥𝑦 2√𝑥𝑦

∇𝑓(𝑥 = 2, 𝑦 = 8) = 〈

〉 8

,

2

2√(2)(8) 2√(2)(8)

〉

1

∇𝑓(𝑥 = 2, 𝑦 = 8) = 〈1, 4〉 𝑃𝑄 = [(5 − 2), (4 − 8)] = 〈3, −4〉 𝑣

𝑣 = |𝑣| =

3𝑖̂−4𝑗̂ √32 +(−4)2

3

4

= 〈5 𝑖̂, − 5 𝑗̂〉

𝐷𝑢𝑓 = ∇f ∗ u 1

3

4

𝐷𝑢𝑓 = 〈1, 4〉 ∗ 〈5 , − 5〉 3

1

𝟐

𝐷𝑢𝑓 = 5 − 5 = 𝟓

 14.6.21 Determine la razón máxima de cambio de f(x,y)=y^2/x en el punto (2,4) Primero debemos encontrar el gradiente el punto indicado, ya que la magnitud del gradiente en el punto deseado es la razón de cambio máxima.

𝑓𝑥(𝑥, 𝑦) = −

𝑦2 𝑥2

Matemática Intermedia II

CAPITULO 14 Derivadas Parciales

𝑓𝑦(𝑥, 𝑦) =

𝑥

−𝑦 2

∇𝑓(𝑥, 𝑦) = ∇𝑓(2,4) =

2𝑦

𝑥2

𝑖+

−(4)2 (2)2

2𝑦 𝑥

𝑖+

𝑗

2(4) 2

𝑗

∇𝑓(2,4) = −4𝑖 + 4𝑗 |∇𝑓(2,4)| = √(−4)2 + (4)2 = 𝟒√𝟐

 14.6.26 Determine la región máxima de ancho f en el punto dado y la dirección en la cual se presenta. 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = tan(𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧), P(-5,1,1) 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦, 𝑧) = sec(𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧)2 (1) 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦, 𝑧) = sec(𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧)2 (2) 𝑓𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑧) = sec(𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧)2 (3) ∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 〈sec(𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧)2 (1), sec(𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧)2 (2), sec(𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧)2 (3)〉 2

2

∇𝑓(5,1,1) = 〈sec(5 + 2(1) + 3(1)) (1), sec(5 + 2(1) + 3(1)) (2), sec(5 + 2(1) + 2

3(1)) (3)〉 ∇𝑓(5,1,1) = 〈1,2,3〉 |∇𝑓(5,1,1)| = √12 + 22 + 32 = √𝟏𝟒

 14.6.28 Encuentre las direcciones en las cuales la derivada direccional de 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑒 −𝑥𝑦 en el punto P(0,2) 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑒 −𝑥𝑦 ∗ −𝑦 = −𝑦 2 𝑒 −𝑥𝑦 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑒 −𝑥𝑦 ∗ −𝑥 + 𝑒 −𝑥𝑦 = (𝑥𝑦 − 1)𝑒 −𝑥𝑦 𝑓𝑥(0,2) = −22 𝑒 −0(2) = −4 𝑓𝑦(0,2) = (−(0)(2) + 1)𝑒 −(0)(2) = 1 Si u es el vector unitario que hace un ángulo positivo θ con el eje x tenemos que Matemática Intermedia II

CAPITULO 14 Derivadas Parciales

𝐷𝑢𝑓(0,2) = 𝑓𝑥(0,2) cos 𝜃 + 𝑓𝑦(0,2) sin 𝜃 𝐷𝑢𝑓(0,2) = −4 cos 𝜃 + sin 𝜃 Si nosotros queremos que 𝐷𝑢𝑓(0,2) sea igual a 1, entonces tenemos que −4 cos 𝜃 + sin 𝜃 = 1 sin 𝜃 = 1 + 4 cos 𝜃

sin2 𝜃 = 1 − cos2 𝜃

sin2 𝜃 = (1 + 4 cos 𝜃)2 1 − cos 2 𝜃 = 1 + 8 cos 𝜃 + 16 cos2 𝜃 0 = 8 cos 𝜃 + 17 cos2 𝜃 0 = cos 𝜃 (17 cos 𝜃 + 8) 𝜃 = cos −1(0) =

𝝅 𝟐

8

𝜃 = cos −1 (− 17) = 𝟐. 𝟎𝟔𝑹𝒂𝒅 Si se aplica la ecuación estándar de un plano 𝑎(𝑥 − 𝑥0 ) + 𝑏(𝑦 − 𝑦0 ) + 𝑐(𝑧 − 𝑧0 ) = 0 a un gradiente, obtenemos la ecuación de un plano tangente. 𝐹𝑥(𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 )(𝑥 − 𝑥0 ) + 𝐹𝑦(𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 )(𝑦 − 𝑦0 ) + 𝐹𝑧(𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 )(𝑧 − 𝑧0 )

Ecuación 19, pag. 917, James Stewart, 6ta edición.

La recta normal es perpendicular al plano tangente, su ecuación está definida como (𝑥 − 𝑥0 ) (𝑦 − 𝑦0 ) (𝑧 − 𝑧0 ) = = 𝐹𝑥(𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 ) 𝐹𝑦(𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 ) 𝐹𝑧(𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 )

 14.6.40 Determine las ecuaciones de a) El plano tangente b) La recta normal a la superficie dada en el punto especificado 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑧 2 , P(4,7,3) a) 𝑥 2 + 𝑧 2 − 𝑦 = 0 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑥 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦, 𝑧) = −1 𝑓𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑧 𝑓𝑥(4,7,3) = 2(4) = 8 Matemática Intermedia II

Ecuación 20, pag. 918, James Stewart, 6ta edición.

CAPITULO 14 Derivadas Parciales

𝑓𝑦(4,7,2) = −1 𝑓𝑧(4,7,3) = 2(3) = 6 𝐹𝑥(𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 )(𝑥 − 𝑥0 ) + 𝐹𝑦(𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 )(𝑦 − 𝑦0 ) + 𝐹𝑧(𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 )(𝑧 − 𝑧0 ) 8(𝑥 − 4) − 1(𝑦 − 7) + 6(𝑧 − 3) = 0 8𝑥 − 32 − 𝑦 + 7 + 6𝑧 − 18 = 0 8𝑥 − 𝑦 + 6𝑧 = 43

b)

(𝑥−𝑥0 ) 𝐹𝑥(𝑥0 ,𝑦0 ,𝑧0

(𝑥−4) 8

=

= )

(𝑦−7) −1

(𝑦−𝑦0 ) 𝐹𝑦(𝑥0 ,𝑦0 ,𝑧0

=

= )

(𝑧−𝑧0 ) 𝐹𝑧(𝑥0 ,𝑦0 ,𝑧0 )

(𝑧−3) 6

Y las ecuaciones paramétricas son 𝒙 = 𝟒 + 𝟖𝒕 𝒚=𝟕−𝒕 𝒛 = 𝟑 + 𝟔𝒕

 14.6.47. Si f(x, y)= xy determine el vector gradiente en el punto P(3,2) y con este determine la tangente a la curva de nivel f(x, y)=6 en el punto (3,2) dibuje la curva de nivel, la recta tangente y el vector gradiente. 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦) = 𝑦 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦) = 𝑥 ∇𝑓(𝑥, 𝑦) = 〈𝑦, 𝑥〉 ∇𝑓(3,2) = 〈2,3〉 𝐹𝑥(𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 )(𝑥 − 𝑥0 ) + 𝐹𝑦(𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 ) 2(𝑥 − 3) + 3(𝑦 − 2) = 0 2𝑥 − 6 + 3𝑦 − 6 = 0 𝟐𝒙 + 𝟑𝒚 = 𝟏𝟐

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CAPITULO 14 Derivadas Parciales

 14.6.59 Determine las ecuaciones paramétricas de la recta tangente a la curva de intersección del paraboloide 𝑧 = 𝑥 2 + 𝑦 2 y el elipsoide 4𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 9 en el punto P(-1, 1, 2). 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑧 − 𝑥 2 − 𝑦 2 𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 4𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 La línea de la tangente debe ser perpendicular a los gradientes del punto (-1, 1, 2). Tenemos el vector ∇f x ∇g tendría que ser paralelo a la línea tangente. 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦, 𝑧) = −2𝑥 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦, 𝑧) = −2𝑦 𝑓𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 1 ∇f (x, y, z) = 〈−2x, −2y, 1〉 ∇f (−1,1,2) = 〈2, −2,1〉 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 8𝑥 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑦 𝑓𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑧 ∇𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 〈8𝑥, 2𝑦, 2𝑧〉 ∇𝑔(−1,1,2) = 〈−8,2,4〉 𝑖 𝑗 𝑘 𝑣 = ∇𝑓 𝑋 ∇𝑔 = 2 −2 1 −8 2 4 𝑣 = [(−2)(4) − (1)(2)]𝑖 − [(2)(4) − (−8)(1)]𝑗 + [(2)(2) − (−8)(−2)]𝑘 𝑣 = −10𝑖 − 16𝑗 − 12𝑘 𝑥+1 𝑦−1 𝑧−2 = = −10 −16 −12 𝒙 = −𝟏 − 𝟏𝟎𝒕 𝒚 = 𝟏 − 𝟏𝟔𝒕 𝒛 = 𝟐 − 𝟏𝟐𝒕

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