Sea $U\ne \emptyset$ un abierto de $\mathbb{R}^n$ y
$f:U\to \mathbb{R}$.
En la sección 6, dado un vector $v\in \mathbb{R}^n$, definimos la derivada
direccional de $f$ en el punto \(p\) en la dirección de \(v\) como el límite
$$
\lim_{h \to 0} \frac{f(p+hv)-f(p)}{h}
$$
el cual se denota como $\partial_vf(p)$.
Proposición
Sea $U\ne \emptyset$ un subconjunto abierto de $\mathbb{R}^n$
y $f:U\to \mathbb{R}$ una función diferenciable en $p_0\in U$.
Para todo \(u=(u_1,\dots, u_n)\in \mathbb{R}^n\), se tiene que
\[
\partial_uf(p_0)= \nabla_{p_0}f\cdot u
\]
es decir
\[
\partial_uf(p_0)=\sum_{i=1}^n \partial_{x_i}f(p_0)u_i.
\]
Al ser \(U\) abierto existe $r>0$ tal que $B_r(p_0)\subseteq U$. Nota que
para todo vector $w$ con $\|w\|< r$, $p_0+w \in U$. Fija
$u\ne 0$. Nota que si \(h\) es pequeño \(p_0+ hu \in U\)
y por lo tanto \(f(p_0+hu)\) tiene sentido.
Ya que \(f\) es diferenciable en \(p_0\) las parciales existen y tomando
el gradiente de \(f\) en \(p_0\) se tiene que:
\begin{equation}\label{Eqn:Aux1DerDireccional}
\lim_{\|w\|\to 0}\frac{|f(p_0+w)-f(p_0)-\langle \nabla_{p_0}f, w\rangle|}{\|w\|}=0
\end{equation}
Tomando \(w=tu\) en la ecuación \eqref{Eqn:Aux1DerDireccional} se obtiene
\begin{equation}\label{Eqn:Aux2DerDireccional}
\lim_{t\to 0}\frac{|f(p_0+tu)-f(p_0)-\langle \nabla_{p_0}f, tu\rangle|}{\|tu\|}=0
\end{equation}
ya que \(\|tu\|=|t|\|u\|\) podemos reescribir la ecuación \eqref{Eqn:Aux2DerDireccional} como
\begin{eqnarray*}
& \lim_{t\to 0} & \left| \frac{f(p_0+tu)-f(p_0)-\nabla_{p_0}f\cdot tu}{t\|u\|} \right|=0 \\
\Rightarrow & \lim_{t\to 0} & \left| \frac{f(p_0+tu)-f(p_0)}{t\|u\|}-\frac{t \nabla_{p_0}f\cdot u}{t\|u\|} \right|=0 \\
\Rightarrow & \lim_{t\to 0} & \left| \frac{f(p_0+tu)-f(p_0)}{t\|u\|}-\frac{\nabla_{p_0}f\cdot u}{\|u\|} \right|=0
\end{eqnarray*}
y multiplicando por \(\|u\|\) se obtiene
\begin{equation}\label{Eqn:Aux3DerDireccional}
\lim_{t\to 0} \left| \frac{f(p_0+tu)-f(p_0)}{t}-\nabla_{p_0}f\cdot u \right|=0
\end{equation}
lo cual se puede escribir como
\[
\lim_{t\to 0} \frac{f(p_0+tu)-f(p_0)}{t}=\nabla_{p_0}f\cdot u
\]
es decir, \(\partial_uf(p_0)=\nabla_{p_0}f\cdot u\).
Proposición
Sea \(U\subseteq \mathbb{R}^n\) un abierto y \(f:U\to \mathbb{R}\). Si \(f\) es
diferenciable en \(p_0\) y \(\nabla_{p_0}f\ne 0\) entonces \(f\) crece más
rápidamente en la dirección de \(\frac{1}{\|\nabla_{p_0}f\|}\nabla_{p_0}f\).
Es decir
\[
\max_{\|u\|=1}\{ \partial_u f(p_0) \}=\partial_{u^*}f(p_0)
\]
donde \(u^*=\frac{1}{\|\nabla_{p_0}f\|}\nabla_{p_0}f\).
De manera similar también se tiene que
\[
\min_{\|u\|=1}\{ \partial_u f(p_0) \}=\partial_{u_*}f(p_0)
\]
donde \(u_*=-\frac{1}{\|\nabla_{p_0}f\|}\nabla_{p_0}f\).
Por la Proposición 9.2 tenemos
\[
\partial_uf(p_0)= \nabla_{p_0}f \cdot u
\]
por Cauchy-Schwartz
\[
\nabla_{p_0}f, u = \|\nabla_{p_0}f\| \|u\| \cos(\alpha)=\|\nabla_{p_0}f\| \cos(\alpha)
\]
donde \(\alpha\) es el ángulo entre \(\nabla_{p_0}f\) y \(u\). Ya que \(|\cos(t)|\leq 1\) para todo \(t\)
vemos que el máximo se alcanza cuando \(\cos(\alpha)=1\), es decir cuando \(\alpha =0\). Por lo tanto
el máximo se alcanza cuando \(u\) apunta en la misma dirección de \(\nabla_{p_0}f\) y ya que \(\|u\|=1\)
concluimos que el máximos se alcanza en \(u^*=\frac{1}{\|\nabla_{p_0}f\|}\nabla_{p_0}f\).
Para el mínimo tenemos que se alcanza cuando \(\cos(\alpha)=-1\), es decir cuando \(\alpha=\pi\). Por
lo tanto se alcanza cuando \(u\) y \(\nabla_{p_0}f\) tiene direcciones opuestas, es decir
el mínimo se alcanza en \(u_*=-\frac{1}{\|\nabla_{p_0}f\|}\nabla_{p_0}f\)
Teorema
Teorema del valor medio
Sea \(U\subseteq \mathbb{R}^n\) un abierto y \(f:U\to \mathbb{R}\) una función diferenciable en \(U\).
Si \(p_0, p_1 \in U\) y el segmento que une \(p_0\) y \(p_1\) está contenido en \(U\),
entonces existe un punto \(c\) en este segmento tal que
\[
f(p_1)-f(p_0)= \nabla_{c}f \cdot (p_1-p_0).
\]
Definamos la función \(g:[0,1]\to \mathbb{R}\) dada por \(g(t)=f(p_0+t(p_1-p_0))\).
Notamos que
\begin{eqnarray*}
g'(t)&=& \lim_{h\to 0} \frac{g(t+h)-g(t)}{u} \\
&= & \lim_{h\to 0} \frac{f(p_0+(t+h)(p_1-p_0))-f(p_0+t(p_1-p_0))}{h} \\
&=& \lim_{h\to 0} \frac{f(p_0+t(p_1-p_0)+h(p_1-p_0))-f(p_0+t(p_1-p_0))}{h}
\end{eqnarray*}
tomando \(p_2=p_0+t(p_1-p_0)\) podemos reescribir la expresión anterior como
\begin{eqnarray*}
\lim_{h\to 0} \frac{f(p_2+h(p_1-p_0))-f(p_2)}{h} &=& \partial_{p_1-p_0}f(p_2) \\
&=& \nabla_{p_2}f \cdot (p_1-p_0).
\end{eqnarray*}
por lo tanto \(g'(t)=\nabla_{p_0+t(p_1-p_0)}f \cdot (p_1-p_0)\).
Por otro lado, por el teorema del valor medio para funciones de una variable,
existe un \(t^*\in (0,1)\) tal que
\[
g(1)-g(0)=g'(t^*)(1-0)=g(t^*).
\]
lo cual se puede escribir como
\[
f(p_1)-f(p_0)= g'(t^*)=\nabla_{p_0+t^*(p_1-p_0)}f \cdot (p_1-p_0).
\]
Definiendo \(c=p_0+t^*(p_1-p_0)\) se obtiene el resultado deseado.
Teorema
Regla de la cadena para curvas y funciones escalares
Sea \(U\subseteq \mathbb{R}^n\) un abierto, \(f:U\to \mathbb{R}\) una función diferenciable en \(U\) y
\(\gamma :(a,b) \to U\) una curva diferenciable en \((a,b)\). Entonces la función compuesta
\(f\circ \gamma:\mathbb{R}\to \mathbb{R}\) es diferenciable y su derivada se puede calcular como
\[
(f\circ \gamma)'(t_0)= \nabla_{\gamma(t_0)}f \cdot \gamma'(t_0).
\]
para todo \(t_0\in (a,b)\).
Para simplificar la prueba vamos a suponer que
existe una vecindad perforada de \(t_0\) en donde para \(t\) en dicha
vecindad se cumple \(\gamma(t)\ne \gamma(t_0)\). El
caso más general se verá en la sección de la regla de la cadena para funciones vectoriales.
Por definición de la derivada para curvas tenemos
\[
\lim_{t\to t_0} \left\|\frac{\gamma(t)-\gamma(t_0)}{t-t_0} - \gamma'(t_0)\right\|=0.
\]
Por la otra desigualdad del triángulo se tiene que
\[
\left| \left\| \frac{\gamma(t)-\gamma(t_0)}{t-t_0} \right\|- \|\gamma'(t_0)\| \right| \leq \left\|\frac{\gamma(t)-\gamma(t_0)}{t-t_0} - \gamma'(t_0)\right\|
\]
asi que del límite anterior y de la ley del sandwich para límites se obtiene que
\begin{equation}\label{Eqn:Aux4DerDir}
\lim_{t\to t_0} \frac{\left\|\gamma(t)-\gamma(t_0)\right\|}{|t-t_0|} =\|\gamma'(t_0)\|.
\end{equation}
Por ser \(f\) diferenciable en \(U\) para todo \(p_0\in U\)
\[
\lim_{p\to p_0}\frac{|f(p)-f(p_0)- \nabla_{p_0}f\cdot (p-p_0)|}{\|p-p_0\|}=0
\]
Tomamos \(p_0=\gamma(t_0)\) y \(p=\gamma(t)\) podemos reescribir la ecuación anterior como
\begin{equation}\label{Eqn:Aux5DerDir}
\lim_{t\to t_0}\left| \frac{f(\gamma(t))-f(\gamma(t_0))- \nabla_{\gamma(t_0)}f\cdot (\gamma(t)-\gamma(t_0))}{\|\gamma(t)-\gamma(t_0)\|}\right|=0.
\end{equation}
Multiplicando los límites \eqref{Eqn:Aux4DerDir} y \eqref{Eqn:Aux5DerDir} se obtiene
\begin{eqnarray*}
& \lim_{t\to t_0} & \frac{\left\|\gamma(t)-\gamma(t_0)\right\|}{|t-t_0|} \left| \frac{f(\gamma(t))-f(\gamma(t_0))- \nabla_{\gamma(t_0)}f\cdot (\gamma(t)-\gamma(t_0))}{\|\gamma(t)-\gamma(t_0)\|}\right| \\
&=& \|\gamma'(t_0)\|\cdot 0\\
&=& 0
\end{eqnarray*}
Cancelando \(\|\gamma(t)-\gamma(t_0)\|\) (pues pedimos que \(\gamma(t)\neq \gamma(t_0)\)) en el límite anterior llegamos a:
\[
\lim_{t\to t_0} \left| \frac{f(\gamma(t))-f(\gamma(t_0))}{t-t_0}- \nabla_{\gamma(t_0)}f\cdot \left(\frac{\gamma(t)-\gamma(t_0)}{t-t_0}\right)\right|=0
\]
Por último, usando que
\[
\lim_{t\to t_0} \frac{\gamma(t)-\gamma(t_0)}{t-t_0} = \gamma'(t_0)
\]
del límite se obtiene que
\[
\lim_{t\to t_0}\frac{f(\gamma(t))-f(\gamma(t_0))}{t-t_0}= \nabla_{\gamma(t_0)}f\cdot \gamma'(t_0).
\]
lo cual se puede escribir como
\[
(f\circ \gamma)'(t_0)= \nabla_{\gamma(t_0)}f \cdot \gamma'(t_0).
\]
Nota
La fórmula de la Regla de la Cadena se puede escribir como
\[
\frac{d f\circ \gamma(t)}{dt}= \nabla_{\gamma(t)}f \cdot \gamma'(t)
\]
pero si escribimos las coordenadas de \(f\) y las funciones coordenadas de \(\gamma\) podemos escribirlo de la siguiente manera.
Supongamos que la función \(f\) tiene variables \(f(x,y)\) y que \(\gamma\) tiene funciones
coordenadas \(\gamma(t)=(x(t),y(t))\). En este caso la regla de la cadena se puede escribir como
\[
\frac{d f}{dt}=\frac{\partial f}{\partial x} \frac{dx}{dt}+\frac{\partial f}{\partial y} \frac{dy}{dt}
\]
En tres variables se vuelve
\[
\frac{d f}{dt}=\frac{\partial f}{\partial x} \frac{dx}{dt}+\frac{\partial f}{\partial y} \frac{dy}{dt}+
\frac{\partial f}{\partial z}\frac{dz}{dt}
\]
y de manera general si \(f\) depende de las variables \(f(x_1,\dots, x_n)\) y a su vez
las coordenadas \(x_i\) dependen de la variable \(t\), \(x_i(t)\), entonces (con las hipótesis del teorema)
\[
\frac{d f}{d t} =\sum_{i=1}^n \frac{\partial f}{\partial x_i} \frac{dx_i}{dt}
\]
Proposición
Sea \(f:U\subseteq \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}\) una función clase \(C^1\) en \(U\).
Sea \(\gamma:I\to U\) una curva diferenciable.
Entonces \(f\) es constante a lo largo de \(\gamma\) sii
\(\nabla_{\gamma(t)}f\) y \(\gamma'(t)\) son perpendiculares en cada punto \(t\in I\).
Ya que las funciones \(f\) y \(\gamma\) son diferencibles tenemos que su composición
\(f\circ \gamma\) es diferenciable en \(I\). Por lo tanto \(f\) restringida a \(\gamma\) es constante
sii su derivada es cero. Pero por la regla de la cadena su derivada es
\[
\nabla_{\gamma(t)}f \cdot \gamma'(t)
\]
Por lo tanto, \(f\) es constante a lo largo de \(\gamma\) sii
\(\nabla_{\gamma(t)}f \cdot \gamma'(t) =0\) sii \(\nabla_{\gamma(t)}f\) y
\(\gamma'(t)\) son ortogonales.
Corolario
Sea \(f:U\subseteq \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\) una función clase \(C^1\) en \(U\).
Dado \(p_0\in U\), las direcciones para las cuales \(f\) permanece constante son
las direcciones ortoogonales a \(\nabla_{p_0}f\).
Sugeremcia: teorema del valor medio.
Nota
Sea \(f:U\to \mathbb{R}\) una función clase \(C^1\) en \(U\). Fija un punto \(c\in \mathbb{R}\)
y considera la superficie de nivel
\[
S=\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3: f(x,y,z)=c\}
\]
Sea \(p_0\in S\). Supongamos que \(\gamma:I\to \mathbb{R}^3\) es una curva diferenciable
tal que \(\gamma(t)\in S\) para toda \(t\in I\) y digamos que \(\gamma(t_0)=p_0\).
Por la regla de la cadena
\[
\nabla_{\gamma(t)}f \cdot \gamma'(t) =(f\circ \gamma)'(t)
\]
Pero \((f\circ \gamma )'(t)=0\) pues \(\gamma\) cae dentro de la superficie de nivel de \(f\).
Por lo tanto \(\nabla_{\gamma(t_0)}f\) y \(\gamma'(t_0)\) son ortogonales.
Ahora como \(\gamma\) cae dentro de la superficie de nivel, \(\gamma'(t)\) es un vector tangente
a la superficie. Por lo tanto tomando diferentes curvas \(\gamma\) podemos obtener los vectores
directores del plano tangente en \(\gamma(t_0)=p_0\) y como todos estos vectores son
ortogonales a \(\nabla_{p_0}f\) concluimos que \(\nabla_{p_0}f\) es el vector normal al plano tangente
en \(p_0\). Concluimos que la ecuación del plano tangente en \(p_0\) es
\[
\nabla_{p_0}f \cdot (p-p_0) =0
\]
Si escribimos la ecuación anterior en términos de coordenadas \(f(x,y,z), p_0=(x_0,y_0,z_0)\) llegamos
a la ecuación
\[
\partial_xf(p_0)(x-x_0)+\partial_yf(p_0)(y-y_0)+\partial_zf(p_0)(z-z_0)=0.
\]
Ejercicio
Para las funciones dadas, calcula: $\nabla_{(x,y)}f$;
$ \nabla_{(x,y)} f \cdot u$;
$\partial_{u}f(p)$.
$f(x,y)=$ distancia de $(x,y)$ a $(0,3)$, $u=(1,0)$, $p=(1,1)$.
Comenzamos por calcular las derivadas parciales de $f$:
\begin{equation*}
\partial_x f = 2x, \quad \partial_y f= -2y
\end{equation*}
por lo tanto $\nabla_{(x,y)}f = (2x,-2y)$.
Ahora,
\begin{equation*}
\langle \nabla_{(x,y)},u \rangle = \langle (2x,-2y), (\sqrt{3}/2,1/2) \rangle = \sqrt 3 x - y.
\end{equation*}
De esta manera
\begin{equation*}
\partial_u f(p) = \langle \nabla_p f, u \rangle = \sqrt{3} \cdot 1 - 0 = \sqrt 3.
\end{equation*}
Ejercicio
Demuestra que para todo \((x,y)\in \mathbb{R}^2\)
\[
|\sen(xy)|\leq \|(x,y)\|^2
\]
Concluye que
\[
\lim_{(x,y)\to (0,0)} \frac{|\sen(xy)|}{\|(x,y)\|}=0
\]
Ejercicio
Para las siguientes funciones calcula $\nabla_{(x,y,z)}f$ y además haz un bosquejo
del campo vectorial $(x,y,z)\mapsto \nabla_{(x,y,z)}f$.
$f(x,y,z)=\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$, (fuente saliendo del origen).
$f(x,y,z)=\log(x^2+y^2)$, (fuente axial sobre el eje z).
Para $f(x,y)=3x^2+2y^2$, encuentra el vector unitario para el cual la función \(f\):
de la función está:
crece más rápido,
en la cual se mantiene constante,
si inicias a moverte desde el punto $(1,5)$.
Más en general, encuetra una curva \(\gamma:\mathbb{R}\to \mathbb{R}^2\) tal que
\(f\) crece lo más rapido posible a lo largo de \(\gamma\) y que pasa por el punto \((1,5)\).
Ejercicio
¿ Cual es el gradiente de una función de una variable?
¿ Cuál son las dos posibles direcciones de $u$ (unitario ) al calcular
la derivada direccional de $f$ a lo largo de $u$ ?
Ejercicio
Asume que \(U\subseteq \mathbb{R}^2\) es un abierto, $f,g:U\to \mathbb{R}$ son funciones lineales, tal que
$\nabla_{p_0} f$ es perpendicular a $(3,2)$ con su longitud
igual a 1 y $\nabla_{p_0}g$ es paralelo a $(3,2)$
con su longitud igual a $5$. Encuentra $\nabla_{p_0}f$,
$\nabla_{p_0}g$, $f$ y $g$.
Ejercicio
Encuentra el vector unitario $u$ para la cual al moverse en la dirección de \(u\):
$f$ crece más rápidamente
si inicias a moverte desde $(1,2)$.
\(f\) permance constante si inicias a moverte desde $(1,2)$.
$f(x,y)=e^{x-y}$,
$f(x,y)=\sqrt{5-x^2-y^2}$,
$f(x,y)=ax+by$.
Ejercicio
Si $f(0,1)=0, f(1,0)=1$ y $f(2,1)=2$, encuentra
$\nabla_{(x,y)}f$ suponiendo que $f(x,y)=Ax+By+C$.
Supongamos que existe una función $f$ cuyo gradiente es $(2x+y,x)$, es decir
\begin{equation*}
\partial_x f = 2x + y, \quad \partial_y f = x.
\end{equation*}
Integramos respecto a la variable $x$ y tenemos que
\begin{equation*}
f(x,y) = x^2 + xy + g(y),
\end{equation*}
donde, como la notación lo indica, $g$ es una función que depende únicamente
de la variable $y$ y es constante respecto a la variable $x$. Si se calcula
ahora la derivada parcial respecto a $y$ y utilizamos nuestra hipótesis se
tiene que
\begin{equation*}
x = \partial_y f = x + g'(y),
\end{equation*}
es decir, $g'(y)'=0$ lo cual significa que es una función constante. Con ello
concluimos que dicho gradiente le corresponde a la familia de funciones de
la forma $f(x,y) = x^2 + xy + c, \quad c \in \mathbb{R}$.
Ejercicio
Una función $f:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ se llama par si
$f(-p)=f(p)$, para toda $p\in \mathbb{R}^n$.
Sea $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ una función par, de una variable
y diferenciable en el origen. Demuestra que $f'(0)=0$.
Sea $f:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ una función par,
diferenciable en el origen. Demuestra que $\nabla_{0}f=0$.
Sugerencia: usa el inciso anterior.
Sea $g:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ una función diferenciable en
el origen. Supón que existen dos vectores ortonormales (es decir,
unitarios y ortogonales)$u$,$v$, tales que
\begin{eqnarray*}
g(tu)=g(-tu), \quad g(tv)=g(-tv),\quad \forall t\in \mathbb{R}.
\end{eqnarray*}
Demuestra que $\nabla_{(0,0)}g=0$.
Sugerencia: comienza probando que $\partial_ug(0,0)=0$ y $\partial_{v}g(0,0)=0$.
Ejercicio
Para las siguientes funciones \(f(x,y,z)\), \(x(t),y(t),z(t)\) calcula \(\frac{df}{dt}\).
Considera la función \(f(x,y)=3x^2+2y^2\). Encuentra la curva \(\gamma(t)\), en el plano \(xy\),
para la cual \(f(\gamma(t))\) crece a la razón más rápida y que al tiempo \(t=0\) pasa
por \((1,2)\). Es decir, existe un \(\lambda >0 \) tal que, para toda \(t\)
\begin{equation}\label{Eqn:AuxCurvasMayorCrecimiento}
\lambda \nabla_{\gamma(t)}f =\gamma'(t)
\end{equation}
La razón de la ecuación anterior es: \(\gamma'(t)\) representa el vector tangente a la curva en \(\gamma(t)\)
y \(\nabla_{p}f\) es el vector que apunto en la dirección donde \(f\) crece más rapidamente (Proposición 9.3).
Por lo tanto \(\gamma'(t)\) debe de apuntar en la dirección donde \(f\) crece más rápidamente.
Tenemos que \(\nabla_{(x,y)}f=(6x,4y)\). Si dentamos las entradas de \(\gamma\) como
\(\gamma(t)=(x(t),y(t))\). Por lo tanto la ecuación \eqref{Eqn:AuxCurvasMayorCrecimiento}
se puede escribir como el siguiente sistema de ecuaciones
\begin{eqnarray*}
\lambda 6x(t)=x'(t) \\
\lambda 4y(t)=y'(t)
\end{eqnarray*}
Dada una constante \(k\), la solución más general de la ecuación diferencial \(g'(t)=k g(t)\) es
\(g(t)=ce^{kt}\), donde \(c\) es una constante. Por lo tanto una solución del sistema es
\(x(t)=c_1e^{\lambda 6 t}, y(t)=c_2e^{\lambda 4 t}\).
Finalmente, queremos que \(\gamma(0)=(1,2)\). Substituyendo en las fórmulas para \(x\) y \(y\) llegamos
\[
1=x(0)=c_1e^{\lambda 6 (0)}=c_1,\quad 2=y(0)=c_2e^{\lambda 4 (0)}=c_2
\]
Por lo tanto la curva que buscamos es \(\gamma(t)=(e^{\lambda 6 t},2e^{\lambda 4 t} )\).
La curva \(\gamma\).
Los valores de \(f\) sobre la curva \(\gamma\).
Ejercicio
Sea $U\ne \emptyset$ un abierto de
$\mathbb{R}^2$, $g:U\to \mathbb{R}$ una función de clase $C^1$
y $x,y:I\to \mathbb{R}$ funciones de clase $C^1$
(con $I$ un intervalo abierto).
Encuentra $h'(t)$, la derivada de
$h$ (función de una variable), para las siguientes funciones:
$h(t)=(g(x(t), y(t)))^2$.
$h(t)=e^{g(x(t),y(t))}$.
$h(t)=\sen(g(x(t),y(t)))$.
\(h(t)=\ln(1+g(x(t),y(t)))\).
Ejercicio
Enuentra los dos puntos en el hiperboloide \(x^2+3y^2-z^2=5\) donde
el plano tangente es paralelo al plano \(2x+3y+5z=1\).
Ejercicio
Encuentra los planos tangentes a las supreficies de nivel dadas en los puntos indicados.
\( 2x^2+3y^2+5z^2=10\), \(p_0=(1,1,1)\).
\(x^2-2y^2=2\), \(p_0=(2,1,3)\).
\(x^2+y^2-z^2=4\), \(p_0=(2,1,1)\).
\(xyz=1\), \(p_0=(1,1,1)\).
Ejercicio
Considera la función \(f(x,y)=\sqrt{1-x^2-y^2}\) para \(x^2+y^2< 1\). Prueba que
el plano tangente a la gráfica de \(f\) en el punto \((x_0,y_0,f(x_0,y_0))\)
es perpendicular al vector \((x_0,y_0,f(x_0,y_0))\).
Interpreta geométricamente el resultado anterior.
Ejercicio
Sea \(f:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}\) diferenciable en todo \(\mathbb{R}^3\). Supón que
existe una función diferenciable \(g:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}\) tal que
\(\nabla_p f= g(p)p\) para todo \(p\in \mathbb{R}^3\).
Prueba que \(f\) es constante en esferas ceentradas en el origen.
Ejercicio
Para las siguientes funciones calcula el plano tangente
a la superficie de nivel \(f(x,y,z)=c\), que pasa por el punto dado.
Se dice que una función $f$ tiene rendimientos de escala constante,
o que es homogenea de grado 1, si satisface
\begin{equation}\label{Eqn:RendimientoEscala}
f(cx,cy)=cf(x,y)
\end{equation}
para toda $c>0$. El nombre viene porque, por ejemplo,
si se duplica $x$ y $y$, también se duplica $f$.
Prueba que $f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$ y $g(x,y)=\sqrt{xy}$, $x,y>0$,
tienen rendimientos de escala constante.
Demuestra que si $f$ es clase $C^1$ y tiene rendimientos
de escala constante entonces $f$ satisface:
\begin{equation}\label{Eqn:RendimientoEscala2}
x \partial_x f(x,y) + y \partial_y f(x,y)=f(x,y)
\end{equation}
Sugerencia: usa la regla de la cadena para
diferenciar la ecuación \eqref{Eqn:RendimientoEscala}
con respecto a $c$ y luego evalua en $c=1$.
Demuestra directamente que $f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$ y $g(x,y)=\sqrt{xy}$
satisfacen la ecuacion \eqref{Eqn:RendimientoEscala2}.
Encuentra un ejemplo de una función de rendimiento de escala
constante diferente a las dadas en el ejercicio.
Ejercicio
Sea $y(x)$ una función definida implícitamente por $G(x,y(x))=0$,
donde $G$ es una función de clase $C^1$ definida en $\mathbb{R}^2$.
Prueba que si $y$ es de clase
$C^1$ y $\frac{\partial G}{\partial y}\ne 0$ entonces
$$
\frac{dy}{dx}=-\frac{ \partial G/ \partial x}{\partial G/\partial y},
$$
Ejercicio
Prueba los siguientes pasos para demostrar la fórmula:
\begin{equation}\label{Eqn:FormulaDerivadaInt}
\frac{d}{dt} \int_{y_1(t)}^{y_2(t)}g(x,t)dx=
\int_{y_1(t)}^{y_2(t)}\frac{\partial g(x,t)}{\partial t}dx+ g(y_2(t),t)y_2'(t)
-g(y_1(t),t)y_1'(t)
\end{equation}
donde $g(x,t)$ es una función clase $C^1$ en un abierto $U$
y $y_1,y_2$ funciones de clase $C^1$ de una variable.
Define $f(u,v,w)=\int_u^v g(x,w)dx$. Usa el Teorema fundamental
del cálculo para probar que
$$
\frac{\partial f}{\partial u}(u,v,w)=-g(u,w),
\quad \frac{\partial f}{\partial v}(u,v,w)=g(v,w).
$$
Usa la regla de la cadena para probar
$$
\frac{d}{dt} f(y_1(t),y_2(t),t)= \frac{\partial f}{\partial u}
y_1'(t)+ \frac{\partial f}{\partial v}y_2'(t)
+\frac{\partial f}{\partial w}
$$
Se puede probar, no lo demuestres, que se puede diferencial
dentro de la integral para obtener:
$$
\frac{\partial f}{\partial w}=\int_{u}^v
\frac{\partial g}{\partial w}(x,w)dx.
$$
Finalmente, usa ésta fórmula y los incisos anteriores
para demostrar la ecuación \eqref{Eqn:FormulaDerivadaInt}.
Ejercicio
Hallar la ecuación del plano tangente a las superficies
dadas en los puntos indicados.
$x^2+2y^2+3xz=10$ en $(1,2,1/3)$,
$y^2-x^2=3$ en $(1,2,8)$,
$xyz=1$ en $(1,1,1)$.
Ejercicio
Dada una superficie $S$ en $\mathbb{R}^3$
y un punto $p_0$ en la superficie, vamos a
denotar $N,U,L$, a tres vectores unitarios
con las características de que:
$N$ es el vector normal al plano tangente a $S$
que pasa por $p_0$; $U$ es vector que indica
la dirección donde la razón de crecimiento, en $p_0$, es máxima;
$L$ es el vector donde la razón de crecimiento, en $p_0$, es cero.
Nota: en general hay dos elecciones para dichos vectores,
pues podemos tomar su negativo
(por ejemplo $-N$ o $N$).
Para las siguientes superficies calcula $N,U$ y $L$
para un punto general de la superficie.
$S$ es la gráfica de la función $g(x,y)=1-x-y$ (un plano).
$S$ es la superficie dada por la ecuación $x^2+y^2-z^2=0$
(un cono). En este ejemplo
se evita el vértica, pues el plano tangente en ese punto
no está bien definido.
Ejercicio
Encuentra el conjunto de puntos
en $\mathbb{R}^3$, para los cuales las
dos esferas: $(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2=1$ y $x^2+y^2+z^2=1$,
se intersectan ortogonalmente.
Nota: Dos superficies se intersectan ortogonalmente si,
para todo punto en su intersección,
los planos tangentes son ortogonales.
Sugerencia: ve las esferas como superficies de nivel y
utiliza gradientes.
