Regla de La Cadena - Derivacion Implicita - Ejercicios Resueltos

EJERCICIOS RESUELTOS EJEMPLO 1 Regla de la cadena con una variable independiente Sea 𝑤 = 𝑥 2 𝑦 − 𝑦 2 , donde 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 𝑡 y 𝑦 = 𝑒 𝑡 . Hallar 𝑑𝑤/𝑑𝑡 cuando 𝑡 = 0. Solución Regla de la cadena con una variable independiente

𝑑𝑤 𝜕𝑤 𝑑𝑥 𝜕𝑤 𝑑𝑦 = + 𝑑𝑡 𝜕𝑥 𝑑𝑡 𝜕𝑦 𝑑𝑡 𝑑𝑤 = 2𝑥𝑦(𝑐𝑜𝑠 𝑡) + (𝑥 2 − 2𝑦)𝑒 𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑤 = 2(𝑠𝑒𝑛 𝑡)(𝑒 𝑡 )(𝑐𝑜𝑠 𝑡) + (𝑠𝑒𝑛2 𝑡 − 2𝑒 𝑡 )𝑒 𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑤 = 2𝑒 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡 𝑐𝑜𝑠 𝑡 + 𝑒 𝑡 𝑠𝑒𝑛2 𝑡 − 2𝑒 2𝑡 𝑑𝑡 Cuando 𝑡 = 0, se sigue que

𝑑𝑤 = −2 𝑑𝑡 EJEMPLO 2 Aplicación de la regla de la cadena a velocidades o ritmos de cambio relacionados Dos objetos recorren trayectorias elípticas dadas por las ecuaciones paramétricas siguientes. 𝑥1 = 4 𝑐𝑜𝑠 𝑡

𝑦

𝑦1 = 3 𝑠𝑒𝑛 𝑡

Primer objeto.

𝑥2 = 4 𝑠𝑒𝑛 2𝑡

𝑦

𝑦2 = 3 𝑐𝑜𝑠 2𝑡

Segundo objeto.

¿A qué velocidad o ritmo cambia la distancia entre los dos objetos cuando 𝑡 = 𝜋?

ANÁLISIS MATEMÁTICO

2

Figura 2 Trayectorias de dos objetos que recorren órbitas elípticas

Solución En la figura 2 se puede ver que la distancia s entre los dos objetos está dada por 𝑠 = √(𝑥2 − 𝑥1 )2 + (𝑦2 − 𝑦1 )2 y que cuando 𝑡 = 𝜋, se tiene 𝑥1 = −4, 𝑦1 = 0, 𝑥2 = 0, 𝑦2 = 3 y 𝑠 = √(0 + 4)2 + (3 − 0)2 = 5 Cuando 𝑡 = 𝜋, las derivadas parciales de 𝑠 son las siguientes.

𝜕𝑠 −(𝑥2 − 𝑥1 ) 1 4 = = − (0 + 4) = − 𝜕𝑥1 5 5 √(𝑥2 − 𝑥1 )2 + (𝑦2 − 𝑦1 )2 𝜕𝑠 −(𝑦2 − 𝑦1 ) 1 3 = = − (3 − 0) = − 2 2 𝜕𝑦1 5 5 √(𝑥2 − 𝑥1 ) + (𝑦2 − 𝑦1 ) (𝑥2 − 𝑥1 ) 𝜕𝑠 1 4 (0 + 4) = = = 𝜕𝑥2 5 5 √(𝑥2 − 𝑥1 )2 + (𝑦2 − 𝑦1 )2 (𝑦2 − 𝑦1 ) 𝜕𝑠 1 3 (3 − 0) = = = 𝜕𝑦1 5 5 √(𝑥2 − 𝑥1 )2 + (𝑦2 − 𝑦1 )2 Cuando 𝑡 = 𝜋, las derivadas de 𝑥1 , 𝑦1 , 𝑥2 y 𝑦2 son

𝑑𝑥1 = −4 𝑠𝑒𝑛 𝑡 = 0 𝑑𝑡

𝑑𝑦1 = 2 𝑐𝑜𝑠 𝑡 = −2 𝑑𝑡

ANÁLISIS MATEMÁTICO

𝑑𝑥2 = −4 𝑐𝑜𝑠 2𝑡 = 4 𝑑𝑡

3

𝑑𝑦2 = −6 𝑠𝑒𝑛 2𝑡 = 0 𝑑𝑡

Por tanto, usando la regla de la cadena apropiada, se sabe que la distancia cambia a una velocidad o ritmo

𝑑𝑠 𝜕𝑠 𝑑𝑥1 𝜕𝑠 𝑑𝑦1 𝜕𝑠 𝑑𝑥2 𝜕𝑠 𝑑𝑦2 = + + + 𝑑𝑡 𝜕𝑥1 𝑑𝑡 𝜕𝑦1 𝑑𝑡 𝜕𝑥2 𝑑𝑡 𝜕𝑦2 𝑑𝑡 𝑑𝑠 4 3 4 3 22 = (− ) (0) + (− ) (−2) + ( ) (4) + ( ) (0) = 𝑑𝑡 5 5 5 5 5 En el ejemplo 2, obsérvese que s es función de cuatro variables intermedias, 𝑥1 , 𝑦1 , 𝑥2 y 𝑦2 , cada una de las cuales es a su vez función de una sola variable 𝑡. Otro tipo de función compuesta es aquella en la que las variables intermedias son, a su vez, funciones de más de una variable. Por ejemplo, si 𝑤 = 𝑓(𝑥, 𝑦), donde 𝑥 = 𝑔(𝑠, 𝑡) y 𝑦 = ℎ(𝑠, 𝑡) se sigue que 𝑤 es función de 𝑠 y 𝑡, y se pueden considerar las derivadas parciales de 𝑤 con respecto a 𝑠 y t. Una manera de encontrar estas derivadas parciales es expresar 𝑤 explícitamente como función de 𝑠 y 𝑡 sustituyendo las ecuaciones 𝑥 = 𝑔(𝑠, 𝑡) y 𝑦 = ℎ(𝑠, 𝑡) en la ecuación 𝑤 = 𝑓(𝑥, 𝑦). Así se pueden encontrar las derivadas parciales de la manera usual, como se muestra en el ejemplo siguiente. EJEMPLO 3 Hallar derivadas parciales por sustitución Hallar

𝜕𝑤 𝜕𝑠

y

𝜕𝑤 𝜕𝑡

𝑠

para 𝑤 = 2𝑥𝑦, donde 𝑥 = 𝑠2 + 𝑡 2 y 𝑦 = . 𝑡

Solución Se comienza por sustituir = 𝑠2 + 𝑡 2 y 𝑦 = obtener

𝑠 𝑡

y en la ecuación 𝑤 = 2𝑥𝑦 para

ANÁLISIS MATEMÁTICO

4

𝑠 3𝑠2 𝑤 = 2𝑥𝑦 = 2(𝑠2 + 𝑡 2 ) ( ) = 2 ( + 𝑡) 𝑡 𝑡 Después, para encontrar

𝜕𝑤 𝜕𝑠

, se mantiene 𝑡 constante y se deriva con

respecto a 𝑠. 𝜕𝑤 3𝑠2 = 2( + 𝑡) 𝜕𝑠 𝑡 𝜕𝑤 6𝑠2 + 2𝑡 2 = 𝜕𝑠 𝑡 De manera similar, para hallar

𝜕𝑤 , 𝜕𝑡

se mantiene 𝑠 constante y se deriva con

respecto a para obtener 𝜕𝑤 𝑠3 = 2 (− 2 + 𝑠) 𝜕𝑡 𝑡 𝜕𝑤 −𝑠3 + 𝑡 3 = 2( + 𝑡) 𝜕𝑡 𝑡2 𝜕𝑤 2𝑠𝑡 2 − 2𝑠3 = 𝜕𝑡 𝑡2 EJEMPLO 4 Regla de la cadena con dos variables independientes Utilizar la regla de la cadena para encontrar

𝜕𝑤 𝜕𝑠

y

𝜕𝑤 𝜕𝑡

, dada 𝑤 = 2𝑥𝑦,

𝑠 𝑡

donde 𝑥 = 𝑠2 + 𝑡 2 y 𝑦 = . Solución Nótese que estas mismas derivadas parciales fueron calculadas en el ejemplo 3. Esta vez, usando el teorema 2, se puede mantener constante 𝑡 y derivar con respecto a 𝑠 para obtener

𝜕𝑤 𝜕𝑤 𝜕𝑥 𝜕𝑤 𝜕𝑦 = + 𝜕𝑠 𝜕𝑥 𝜕𝑠 𝜕𝑦 𝜕𝑠

ANÁLISIS MATEMÁTICO

5

𝜕𝑤 1 = 2𝑦(2𝑠) + 2𝑥 ( ) 𝜕𝑠 𝑡 𝜕𝑤 𝑠 1 = 2 ( ) (2𝑠) + 2(𝑠 2 + 𝑡 2 ) ( ) 𝜕𝑠 𝑡 𝑡

Sustituir y por (s/t) y x por s2 +t 2 .

𝜕𝑤 4𝑠2 2𝑠2 + 2𝑡2 = + 𝜕𝑠 𝑡 𝑡 𝜕𝑤 6𝑠2 + 2𝑡2 = 𝜕𝑠 𝑡 De manera similar, manteniendo s constante se obtiene

𝜕𝑤 𝜕𝑤 𝜕𝑥 𝜕𝑤 𝜕𝑦 = + 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝜕𝑡 𝜕𝑦 𝜕𝑡 𝜕𝑤 −𝑠 = 2𝑦(2𝑡) + 2𝑥 ( 2 ) 𝜕𝑠 𝑡 𝜕𝑤 𝑠 −𝑠 = 2 ( ) (2𝑡) + 2(𝑠 2 + 𝑡 2 ) ( 2 ) 𝜕𝑠 𝑡 𝑡

Sustituir 𝑦 por (𝑠/𝑡) y 𝑥 por 𝑠 2 + 𝑡 2 .

𝜕𝑤 2𝑠3 + 2𝑠𝑡2 = 4𝑠 − 𝜕𝑠 𝑡2 𝜕𝑤 4𝑠𝑡2 − 2𝑠3 − 2𝑠𝑡2 = 𝜕𝑠 𝑡2 𝜕𝑤 2𝑠𝑡2 − 2𝑠3 = 𝜕𝑠 𝑡2 EJEMPLO 5 Regla de la cadena para una función de tres variables Hallar

𝜕𝑤 𝜕𝑠

y

𝜕𝑤 , 𝜕𝑡

si 𝑠 = 1 y 𝑡 = 2𝜋 dada la función 𝑤 = 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑥𝑧

donde 𝑥 = 𝑠 𝑐𝑜𝑠 𝑡 , 𝑦 = 𝑠 𝑠𝑒𝑛 𝑡 𝑦 𝑧 = 𝑡. Solución Por extensión del teorema 2, se tiene

ANÁLISIS MATEMÁTICO

6

𝜕𝑤 𝜕𝑤 𝜕𝑥 𝜕𝑤 𝜕𝑦 𝜕𝑤 𝜕𝑧 = + + 𝜕𝑠 𝜕𝑥 𝜕𝑠 𝜕𝑦 𝜕𝑠 𝜕𝑧 𝜕𝑠 𝜕𝑤 = (𝑦 + 𝑧)(−𝑠 𝑠𝑒𝑛 𝑡) + (𝑥 + 𝑧)(𝑐𝑜𝑠 𝑡) + (𝑦 + 𝑥)(1) 𝜕𝑠 y si 𝑠 = 1 y 𝑡 = 2𝜋, se sigue que

𝜕𝑤 = (0 + 2𝜋)(0) + (1 + 2𝜋)(1) + (0 + 1)(1) 𝜕𝑠 𝜕𝑤 = 2 + 2𝜋 𝜕𝑠 EJEMPLO 6 Hallar una derivada implícitamente Hallar

𝑑𝑦 𝑑𝑥

,dada la ecuación 𝑦 3 + 𝑦 2 − 5𝑦 − 𝑥 2 + 4 = 0

Solución Se comienza por definir una función 𝐹 𝐹(𝑥, 𝑦) = 𝑦 3 + 𝑦 2 − 5𝑦 − 𝑥 2 + 4 Después, usando el teorema 3, se tiene 𝐹𝑥 (𝑥, 𝑦) = −2𝑥

𝑦

𝐹𝑦 (𝑥, 𝑦) = 3𝑦 2 + 2𝑦 − 5

por lo que (−2𝑥) 𝑑𝑦 𝐹𝑥 (𝑥, 𝑦) 2𝑥 =− =− = 𝑑𝑥 𝐹𝑦 (𝑥, 𝑦) 3𝑦 2 + 2𝑦 − 5 3𝑦 2 + 2𝑦 − 5 EJEMPLO 7 Hallar derivadas parciales implícitamente Encontrar 𝜕𝑧/𝜕𝑥 y 𝜕𝑧/𝜕𝑦, dada la ecuación: 3𝑥 2 𝑧 − 𝑥 2 𝑦 2 + 2𝑧 3 + 3𝑦𝑧 − 5 = 0 Solución

ANÁLISIS MATEMÁTICO

7

Para aplicar el teorema 3, sea 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 3𝑥 2 𝑧 − 𝑥 2 𝑦 2 + 2𝑧 3 + 3𝑦𝑧 − 5 Entonces 𝐹𝑥 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 6𝑥𝑧 − 2𝑥𝑦 2 𝐹𝑦 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = −2𝑥 2 𝑦 + 3𝑧 𝐹𝑧 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 3𝑥 2 + 6𝑧 2 + 3𝑦 con lo que

𝜕𝑧 𝐹𝑥 (𝑥, 𝑦, 𝑧) 2𝑥𝑦 2 − 6𝑥𝑧 =− = 𝜕𝑥 𝐹𝑧 (𝑥, 𝑦, 𝑧) 3𝑥 2 + 6𝑧 2 + 3𝑦 𝜕𝑧 2𝑥 2 𝑦 − 3𝑧 =− 𝜕𝑦 3𝑥 2 + 6𝑧 2 + 3𝑦