Leccion 4. 4. Las reglas de la cadena - Matemática Aplicada II

GRADO DE INGENIERÍA AEROESPACIAL. CURSO 2011–12.
MATEMÁTICAS II. DPTO. DE MATEMÁTICA APLICADA II
Lección 4. Funciones de varias variables. Derivadas
parciales.
4. Las reglas de la cadena.
Las reglas de la cadena nos permiten calcular las derivadas parciales de una función cuando hacemos
un cambio de variables independientes.
Regla de la cadena para una variable independiente. El caso más simple es cuando tenemos una
función de dos variables f ( xy , ) y hacemos depender las variables x e y de una nueva variable independiente:
x = xt () e y = yt (). Esto es lo que ocurre, por ejemplo, cuando nos interesa conocer la
variación de f cuando las variables independientes recorren una curva en el dominio de la función.
PROPOSICIÓN. Sea f ( xy , ) un campo escalar diferenciable en un punto ( x0, y 0)
interior al dominio
U donde está definida la función f . Sean x = xt () e y = y() t dos funciones de la variable t derivables
en un punto 0,
x xt ( ) y = yt ( ). Entonces la función composi-
t de forma que tenemos 0 = 0 e 0 0
ción z = z( t) = f( x( t), y( t))
es una función derivable respecto de t en t 0 y su derivada verifica
( )
z′ ( t ) = f ( x , y ) ⋅ x′ ( t ) + f ( x , y ) ⋅ y′ ( t ) = Df( x , y ) ⋅ x′ ( t ), y′ ( t ) .
0 x 0 0 0 y 0 0 0 0 0 0 0
DEM. Si f es diferenciable en el punto ( x0, y 0)
sabemos que
con
f ( xy , ) = f( x, y) + f( x, y)( x− x) + f( x, y)( y− y) + ε(
xy , ),
( xy , ) →(
x0, y0)
2 2
0 0
0 0 x 0 0 0 y 0 0 0
ε(
xy , )
lim = 0. Tenemos que probar que
( x− x ) + ( y− y )
zt () − zt ( )
′ ′
0
lim = fx( x0, y0) ⋅ x( t0) + fy( x0, y0) ⋅y
( t0).
t→t0 t−t0 Lo haremos sólo en el caso en que t > t0.
Para comprobar esto observemos que
zt ( ) − zt ( ) = f( xt ( ), yt ( )) − f( x, y) = f( x, y)( xt ( ) − x) + f( x, y)( yt ( ) − y) + ε(
xt ( ), yt ( )).
0 0 0 x 0 0 0 y 0 0 0
zt () −zt ( 0) xt () −xt ( 0) yt () − yt ( 0)
ε(
x(), t y()) t
Por tanto, = fx( x0, y0) + fy( x0, y0)
+
.
t−t0 t−t0 t−t0 t−t0 ε ( xt ( ), yt ( ))
la prueba basta comprobar que lim = 0. Pero
t→t0 t−t 0
ε( xt ( ), yt ( )) ε(
xt ( ), yt ( )) ( xt ( ) − xt ( )) + ( yt ( ) − yt ( ))
t−t t−t 2 2
=
0 0
0
2 2
( xt ( ) − x0) + ( yt ( ) − y0)
0
2 2
0 0
ε ( xt ( ), yt ( )) ⎛ xt ( ) −xt ( ) ⎞ ⎛ yt ( ) − yt ( ) ⎞
= ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ → 0.
2 2
( xt ( ) − x0) + ( yt ( ) − y0)
⎝ t−t0 ⎠ ⎝ t−t t→t0 0
⎠
→ 0 2 2
→ x′ ( t0) + y′ ( t0)
t→t0 t→t0 Para terminar
1

GRADO DE INGENIERÍA AEROESPACIAL. CURSO 2011–12.
MATEMÁTICAS II. DPTO. DE MATEMÁTICA APLICADA II
Lección 4. Funciones de varias variables. Derivadas
parciales.
2 2
1
2
EJEMPLO. (1) Consideremos la función z( x, y) = x + y y las funciones xt () = e y() t = t . La
t
1 4
2 3
función composición de estas funciones es zt () = + t.
Su derivada es entonces z′ () t =− + 4 t .
2
3
t
t
La regla de la cadena nos dice que esta derivada se puede obtener de la siguiente forma
1 2 3
zt () = zx( xt (), yt ()) x′ () t + zy( xt (), yt ()) y′ () t =− 2 xt () + 2 yt ()2t=− + 4 t.
2 3
t t
2
(2) Consideremos la función z = z( x, y) = x + 2xy
y las funciones dadas por x= x( θ ) = cosθ
e
y = y( θ ) = sen θ.
La función composición z = z( θ ) se puede derivar mediante la regla de la cadena
2 2
2x+ 2y 2x cos θ −cosθsenθ −sen
θ
z′
( θ) = ( − sen θ) + cos θ =
.
2 2 2
2 x + 2xy 2 x + 2xy cos θ + 2cosθsenθ Si derivamos directamente obtenemos el mismo resultado.
OBSERVACIÓN (INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA DE LA REGLA DE LA CADENA). Consideremos la curva
2
plana C parametrizada por C: t∈( t0 − r, t0 + r) → C( t) = ( x( t), y( t)
) ∈ , siendo r > 0 suficientemente
pequeño como para que Ct ( ) ∈ U para todo valor t∈( t0 − r, t0 + r).
Consideremos también la
curva Γ que se obtiene al transformar los puntos de la curva C por la función f . Esta otra es una
curva en la superficie de la gráfica de la función f (y, por tanto, en el espacio) que se puede parametrizar
por la función Γ () t = ( x(), t y(), t z() t ) , siendo zt () = f( xt (), yt () ) , con t∈( t0 − r, t0 + r).
Esta parametrización levanta la curva C , que está en el plano OXY , hasta la superficie. Las coordenadas
x e y de la curva Γ y C coinciden y la coordenada z de Γ viene dada por z = f( x, y).
El vector tangente a la curva Γ en el punto Γ ( t0) = ( x0, y0, z0)
sabemos que es Γ ′ ( t0),
pero
Γ ′ ( t0) = ( x′ ( t0), y′ ( t0), z′ ( t0)) = ( x′ ( t0), y′ ( t0), fx( x0, y0) x′ ( t0) + fy( x0, y0) y′ ( t0))
= x′ ( t )(1,0, f ( x , y )) + y′ ( t )(0,1, f ( x , y )).
Entonces, el vector tangente ′ ( t0)
( y 0 0 )
0 x 0 0 0 y 0 0
Γ está en el plano determinado por los vectores ( 1, 0, ( , ) )
f x y y
0,1, f ( x , y ) . Puesto que cualquier curva en la gráfica de f que pase por el punto ( x0, y0, z 0)
puede ser descrita como se describe la curva Γ , los vectores ( 1, 0, f x ( x0, y 0)
) y ( 0,1, f y ( x0, y 0)
)
forman una base del espacio de todos los vectores tangentes a la superficie en el punto ( x0, y0, z 0).
2
PROPOSICIÓN (NORMALIDAD DE LA DIFERENCIAL). Sea f :( x, y) ∈U ⊆ → f( x, y)
∈
una función
diferenciable en un punto ( x0, y 0)
interior a U y sea z0 = f( x0, y0).
Entonces, la diferencial
Df ( x0, y 0)
es normal en ( x0, y 0)
a la curva de nivel f ( xy , ) = z0que
pasa por dicho punto.
x
0 0
2

GRADO DE INGENIERÍA AEROESPACIAL. CURSO 2011–12.
MATEMÁTICAS II. DPTO. DE MATEMÁTICA APLICADA II
Lección 4. Funciones de varias variables. Derivadas
parciales.
DEM. Esta curva de nivel 1 será la proyección sobre el plano OXY del corte de la gráfica de la función
f con el plano de ecuación 0 . z z
= Consideremos una parametrización Ct () = ( xt (), yt ()) de la
curva de nivel, donde t∈( t0 − r, t0 + r)
siendo r > 0 suficientemente pequeño para que Ct () ∈ U
para todo t∈( t0 − r, t0 + r).
Hemos elegido t 0 de forma que Ct ( 0) = ( x0, y0).
Entonces se verifica
que f ( xt ( ), yt ( )) = z0
para todo t∈( t0 − r, t0 + r).
Derivando en la igualdad anterior respecto de la
variable t y usando la regla de la cadena obtenemos la siguiente igualdad para la diferencial
Df ( x( t), y( t)) ⋅ C′ ( t)
= 0
para todo t∈( t0 − r, t0 + r).
En particular, para t = t0obtenemos
que Df ( x0, y0) ⋅ C′ ( t0)
= 0, es decir,
la diferencial Df ( x0, y 0)
es ortogonal al vector C′ ( t0)
tangente a la curva de nivel.
⎡x′ () t ⎤
OBSERVACIÓN. La regla de la cadena asegura que z′ () t = Df( x(), t y()) t ⋅⎢, y′ () t
⎥ siendo t un valor
⎣ ⎦
cualquiera. Si z = f( x, y),
tiene derivadas parciales segundas continuas y las funciones x = xt ( ) e
y = yt () son dos veces derivables, la función composición zt () = f( xt (), yt () ) es dos veces derivable
y su derivada segunda se puede calcular derivando en la igualdad que tenemos para z′ (). t Así
z′′ () t = ⎡
⎣fxx ( x(), t y()) t x′ () t + fxy( x(), t y()) t y′ () t ⎤
⎦x′
() t + fx( x(), t y()) t x′′ () t
+ ⎡
⎣fyx ( xt ( ), yt ( )) x′ ( t) + fyy( xt ( ), yt ( )) y′ ( t) ⎤
⎦ y′ ( t) + fy( xt ( ), yt ( )) y′′ ( t)
2
2
= fxx( x( t), y( t)) x′ ( t) + 2 fxy ( x( t), y( t)) x′ ( t) y′ ( t) + fyy ( x( t)
, yt ( )) y′ ( t)
+ fx( x( t), y( t)) x′′ ( t) + fx( x( t), y( t)) y′′ ( t)
⎡fxx( x(), t y()) t fxy ( x(), t y()) t ⎤⎡x′ () t ⎤ ⎡x′′ () t ⎤
= [ x′ () t y′ () t ] ⎢ Df( x(), t y()) t .
fxy ( x( t), y( t)) fyy ( x( t), y( t)) ⎥⎢+ ⋅
y′ () t
⎥ ⎢
y′′ () t
⎥
⎣ ⎦⎣⎦
⎣ ⎦
Regla de la cadena para dos variables independientes. Veamos ahora cómo se procede cuando
cambiamos las variables independientes por dos nuevas variables independientes.
PROPOSICIÓN. Sea f ( xy , ) un campo escalar con derivadas parciales de primer orden continuas.
Sean x = xuv ( , ) e y = y( u, v)
dos funciones cuyas derivadas parciales de primer orden con respecto
a u y v existen y son continuas. Entonces la función composición z= zuv ( , ) = f( xuv ( , ), yuv ( , ) )
es una función diferenciable con respecto a u y v y sus derivadas parciales verifican
zu( u, v) = fx( x( u, v), y( u, v)) ⋅ xu( u, v) + fy( x( u, v), y( u, v)) ⋅yu(
u, v),
z ( u, v) = f ( x( u, v), y( u, v)) ⋅ x ( u, v) + f ( x( u, v), y( u, v)) ⋅y
( u, v).
v x v y v
1 NOTA. Si la diferencial ( )
Df ( x0, y 0)
= 0,0 , entonces no hay nada que probar ya que el vector nulo es ortogonal a
cualquier vector. Por el contrario, si Df ( x0, y0) ≠ (0,0), el teorema de la función implícita, que estudiaremos más adelante,
nos garantiza que existe curva de nivel que pasa por el punto ( x0, y 0)
y ésta es una curva regular.
3

GRADO DE INGENIERÍA AEROESPACIAL. CURSO 2011–12.
MATEMÁTICAS II. DPTO. DE MATEMÁTICA APLICADA II
Lección 4. Funciones de varias variables. Derivadas
parciales.
DEM. Para obtener este resultado basta aplicar la condición suficiente de diferenciabilidad y la regla
de la cadena para una variable independiente a las funciones z1 = z1 ( u)
y 2 2 () z = z v definidas por
z1 = z1( u): = zuv ( , ) = f( xuv ( , ), yuv ( , )),
z = z( v): = zuv ( , ) = f( xuv ( , ), yuv ( , )).
2 2
NOTACIÓN. Normalmente se utiliza la misma letra para denotar la función dependiente, sin tener en
cuenta qué variables independientes estamos considerando en cada momento. Por eso, es muy frecuente
expresar la regla de la cadena, usando subíndices, de la siguiente forma zu = zxxu + zyyu o
bien zv = zxxv + zyyv. Señalemos el doble papel que juega la variable z en estas expresiones: como
función que depende de x e y , en primer lugar, y como función de u y v tras el cambio.
EJEMPLO. Vamos a comprobar la igualdad de la regla de la cadena para el campo escalar f dado
2
2 2
por f ( xy , ) = x + sen( xy),
en el punto ( uv , ) = (0,1), al hacer el cambio de variables x = u + v e
y = uv.
Observemos, en primer lugar, que fx ( xy , ) = 2x+ ycos( xy)
y f y ( xy , ) = xcos( xy).
Por otra
parte tenemos que xu = 2 u,
xv = 2, v yu = v e yv = u.
Observemos también que si ( uv , ) = (0,1),
entonces ( , ) (1,0).
zuv ( , ): = f xuv ( , ), yuv ( , ) , tenemos
xy= Por tanto, para la función ( )
( )
( )
zu = fxxu + fyyu = 2x+ ycos( xy) 2u+ xcos( xy) v,
z = f x + f y = 2x+ ycos( xy) 2v+ xcos( xy) u
v x v y v
y, por tanto, z u (0,1) = cos 0 = 1 y z v (0,1) = 4. Si ahora calculamos directamente la función obtene-
2 2 2 2
2
2 2
mos z( u, v) f ( x( u, v), y( u, v) ) f ( u v , uv) ( u v ) sen ( ( u v ) uv)
= = + = + + + y si calculamos sus
derivadas parciales obtenemos que
( 2 2) ( 3 3)( 2 3)
( 2 2) ( 3 3)( 3 2)
z ( u, v) = 2 u + v 2u+ cos u v+ uv 3 u v+ v ,
u
z ( u, v) = 2 u + v 2v+ cos u v+ uv u + 3 uv .
Entonces z u (0,1) = cos 0 = 1 y z v (0,1) = 2⋅ 2 = 4.
v
OBSERVACIÓN (CÁLCULO DEL GRADIENTE EN OTRAS COORDENADAS). Si tenemos un campo escalar
f definido en términos de las variables cartesianas x e y sabemos que su gradiente viene dado
por la igualdad f xy ( fx xy fy xy)
∇ ( , ) = ( , ), ( , ) . Sin embargo, si tenemos un campo escalar definido
en términos, por ejemplo, de las coordenadas polares ¿cómo calculamos su gradiente, el vector de
las derivadas parciales con respecto a las variables espaciales? El instrumento adecuado para realizar
este cálculo es la regla de la cadena. Las derivadas parciales de f como función de las coordenadas
cartesianas x e y están relacionadas con las derivadas parciales de f como función de las
coordenadas polares r y θ de la siguiente manera:
f = f cosθ + f senθ
y fθ= − f rsenθ + f rcos
θ ,
r x y
o bien, invirtiendo las variables tenemos que
x y
senθ
fx = fr cosθ
− fθ
y
r
cosθ
fy = frsen θ +
fθ
.
r
4

GRADO DE INGENIERÍA AEROESPACIAL. CURSO 2011–12.
MATEMÁTICAS II. DPTO. DE MATEMÁTICA APLICADA II
Lección 4. Funciones de varias variables. Derivadas
parciales.
⎛ senθ cosθ
⎞
Por tanto, se verifica que ∇ f(, r θ) = ⎜ fr(, r θ)cos θ − fθ(, r θ) , fr(, r θ)sen θ + fθ(, r θ)
⎟.
⎝ r r ⎠
Por ejemplo, para el campo
mo ya sabíamos de antes.
2
θ = se tiene que f r θ ( r θ r θ)
( x y)
f (, r ) r
∇ ( , ) = 2 cos , 2 sen = 2 , 2 , co-
Laplaciano: funciones armónicas. Un problema importante consiste en obtener funciones armónicas
en un cierto conjunto del plano. Veamos primero qué es una función armónica.
DEFINICIÓN. Sea f un campo escalar con derivadas segundas continuas en un conjunto U ⊆ 2 y
denotemos por x e y las coordenadas espaciales. El laplaciano de f es el campo escalar dado por
2
∇ f ( xy , ): = fxx ( xy , ) + fyy ( xy , ). Los campos escalares con laplaciano igual a cero en cada punto
( x, y) ∈ U se llaman campos armónicos en U .
Observemos que en una variable y = f( x),
la expresión del laplaciano se reduce a f ′′ ( x).
Luego
encontrar funciones armónicas en una variable se reduce a obtener funciones cuya segunda derivada
sea nula. Como sabemos estas funciones son f ( x) = ax+ b,
siendo a y b dos constantes reales
arbitrarias. En este sentido, las funciones armónicas son la extensión a dos variables de las funciones
afines en una variable, pero existen muchas más (y mucho más complicadas) que las funciones
afines f ( x, y) = ax + by + c en dos variables. Cómo obtenerlas es un problema realmente complica-
2
do: se trata de resolver la ecuación diferencial ∇ f : = fxx + fyy=
0, que se llama ecuación de Laplace
o ecuación del potencial.
EJEMPLO. Vamos a calcular el laplaciano de algunos campos escalares.
x
x
x
(1) f ( xy , ) = esen y.
Puesto que fx ( xy , ) = esen yy
f y ( xy , ) = ecos y,
si ahora calculamos las
2
derivadas segundas, obtenemos que ∇ f( x, y) = f ( x, y) + f
x x
( x, y) = e sen y− e sen y = 0.
xx yy
x
x
x
(2) f ( xy , ) = ecos y.
Puesto que fx ( xy , ) = ecos yy
f y ( xy , ) =− esen y,
si ahora calculamos las
2
derivadas segundas, obtenemos que ∇ f( x, y) = f ( x, y) + f
x x
( x, y) = e cosy− e cosy = 0.
xx yy
2 2
2x
(3) f ( xy , ) = log ( x+ y)
. Puesto que fx( x, y)
= 2 2
x + y
las derivadas segundas, obtenemos que
2y
( , ) = , si ahora calculamos
x + y
y fyx y 2 2
2( x + y ) − 4x 2( x + y ) −4y − 2x + 2y + 2x −2y
( , ) ( , ) ( , ) 0.
( x + y ) ( x + y ) ( x + y )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
∇ f x y = fxx x y + fyy x y = 2 2 2 + 2 2 2 = 2 2 2 =
⎛ y ⎞
(4) f( x, y)
= arctan ⎜ ⎟.
⎝ x ⎠ Puesto que −y
fx( x, y)
= 2 2
x + y
las derivadas segundas, obtenemos que
x
f ( x, y)
= , si ahora calculamos
x + y
y y
2 2
5

GRADO DE INGENIERÍA AEROESPACIAL. CURSO 2011–12.
MATEMÁTICAS II. DPTO. DE MATEMÁTICA APLICADA II
Lección 4. Funciones de varias variables. Derivadas
parciales.
2xy −2xy
( , ) ( , ) ( , ) 0.
( x + y ) ( x + y )
2
∇ f x y = fxx x y + fyy x y = + =
2 2 2 2 2 2
OBSERVACIÓN. (LAPLACIANO EN COORDENADAS POLARES). Usando la regla de la cadena podemos
2
1 1
obtener la expresión del laplaciano en coordenadas polares ∇ f : = fxx + fyy = frr + f f .
2 θθ + r Es-
r r
ta fórmula nos permitirá obtener, por ejemplo, las funciones armónicas que dependen del radio, es
2 2
decir, de la distancia al origen r = x + y . En coordenadas polares, estas funciones (las que dependen
del radio) se expresan como f (, r θ ) = g(), r siendo g una función de una variable.
2
1 1
Se verifica la fórmula ∇ f(, r θ ) = frr (, r θ) + f (, r ) f (, ).
2 θθ θ + r r θ
r r
Usamos las igualdades x= rcos θ,
y = rsenθ y sus inversas r =
2 2 y
x + y , θ = arctan obtene-
x
sen θ
mos las siguientes relaciones con las derivadas rx = cos θ,
ry = senθ
y también θ x =− ,
r
cosθ
θ y = . Ahora, teniendo en cuenta que fx r
relaciones anteriores, obtenemos
senθ
= fr cos θ − fθ
,
r
cosθ
fy = frsenθ + fθ
y las
r
∂ ⎡ senθ ⎤ ∂ ∂ ⎡ senθ
⎤
fxx = frcosθ − fθ = [ frcosθ] − fθ
∂x⎢ ⎣ r ⎥
⎦ ∂x ∂x⎢
⎣ r ⎥
⎦
∂
= [ fr] cosθ + fr ∂x ∂ ∂ senθ ∂ ⎡senθ ⎤
[ cosθ]
− [ fθ] − fθ
∂x ∂x r ∂x⎢ ⎣ r ⎥
⎦
senθ
⎛(cos θ ) θxr−rxsenθ ⎞
= ( frrrx+ fr θ θx) cos θ − fr(sen θ) θx− ( fθrrx+ fθθθx) − fθ
⎜ 2 ⎟
r ⎝ r ⎠
⎛ senθ
⎞
senθ ⎛ senθ ⎞senθ
= ⎜ frr cosθ − frθ⎟cosθ
+ frsenθ −⎜ fθr cosθ
− fθθ
⎟
⎝ r ⎠
r ⎝ r ⎠ r
⎛ senθ
⎞
⎜−cosθ r −cosθsenθ
f r
⎟
− θ ⎜ 2
⎟
⎜ r
⎟
⎝ ⎠
Análogamente, de
2 2
2 senθ cosθ sen θ senθ cosθ sen θ senθ cosθ
= frr cos θ − frθ + fr− frθ + fθθ + 2 f
2 θ 2
r r r r r
2 2
2 senθ cosθ sen θ sen θ senθ cosθ
= frr cos θ − 2 frθ + fθθ + f 2
2 r + fθ
. 2
r r r r
senθ
fx = fr cos θ − fθ
,
r
cosθ
fy = frsenθ + fθ
obtenemos que
r
6

GRADO DE INGENIERÍA AEROESPACIAL. CURSO 2011–12.
MATEMÁTICAS II. DPTO. DE MATEMÁTICA APLICADA II
Lección 4. Funciones de varias variables. Derivadas
parciales.
2 2
2 senθ cosθ cos θ cos θ senθcosθ fyy = frr sen θ + 2 frθ + fθθ + f 2 .
2 r − fθ
2
r r r r
Entonces
2 2
2 senθ cosθ sen θ sen θ senθ cosθ
fxx + fyy = frrcos θ − 2 frθ + fθθ + f 2
2 r + fθ
2
r r r r
2 2
2 senθ cosθ cos θ cos θ senθ cosθ
+ frr sen θ + 2 frθ + fθθ + f 2
2 r − fθ
2
r r r r
1 1
= frr + f f .
2 θθ + r
r r
Una función armónica f (, r θ ) = g(), r que sólo depende del radio, verifica la ecuación diferencial
1
de Euler–Cauchy g′′ + g′
= 0. La solución general de esta ecuación, como veremos más adelante,
r
2 2
es gr ( ) = A+ Blog r,
siendo A y B constantes arbitrarias, luego f ( xy , ) = A+ Blog x + y,
con
A y B constantes arbitrarias.
EJERCICIO 1. Para las siguientes funciones, expresa z′ () t en función de la variable t usando la regla
de la cadena y calculando directamente una expresión de wt ( ). Después calcula z′ ( t0).
2 2
(1) zxy ( , ) = x + y, xt () = sen t, yt () = cos, t t0= π.
2 2
(2) z( x, y) = x + y , x( t) = cost− sen t, y( t) = cos t− sen t, t = 0.
zxy ( , ) = log x + y , xt ( ) = cos t, yt ( ) = t, t = 1.
2 2
(3) ( )
EJERCICIO 2. Considera la función
variable t mediante
directamente t .
t
t
x = e e y e .
−
0
0
3
= − y supongamos que x e y dependen de la
f( x, y) logx
= Comprueba que ( )
y
x
zt () = f xt (), yt () es creciente, sin sustituir
EJERCICIO 3. Para las siguientes funciones, expresa wu( u, v ) y wv( u, v ) en función de las variables
u y v usando la regla de la cadena y calculando directamente una expresión de wuv ( , ). Después
calcula wu( u0, v 0)
y wv( u0, v 0).
x
(1) wxy ( , ) = 4e + log y, xuv ( , ) = log( ucos v), yuv ( , ) = usen v, ⎛ π ⎞
( u0, v0)
= ⎜2, ⎟.
⎝ 4 ⎠
x
(2) wxy ( , ) = arctan ,
y
xuv ( , ) = ucos v, yuv ( , ) = usen v, ⎛ π ⎞
( u0, v0)
= ⎜1, ⎟.
⎝ 6 ⎠
2 3
wxy ( , ) = xy, 2 2
xuv ( , ) = u + v, yuv ( , ) = uv, ( u, v)
= 1,1 .
(3) ( )
EJERCICIO 4. Escribe las reglas de la cadena para calcular las derivadas parciales de una función de
tres variables f ( xyz , , ) cuando las tres variables x , y y z pasan a depender de:
0 0
7

GRADO DE INGENIERÍA AEROESPACIAL. CURSO 2011–12.
MATEMÁTICAS II. DPTO. DE MATEMÁTICA APLICADA II
Lección 4. Funciones de varias variables. Derivadas
parciales.
(i) una variable t (digamos x = xt (), y = y() t y z = z() t ),
(ii) dos variables u y v (digamos x = xuv ( , ), y = y( u, v)
y z = z( u, v)
)) y
(iii) tres variables uv , y w (digamos x = xuvw ( , , ), y = y( u, v, w)
y z = z( u, v, w)
)).
EJERCICIO 5. Para las siguientes funciones, expresa w′ () t en función de la variable t usando la
regla de la cadena y calculando directamente una expresión de wt ( ). Después calcula w′ ( t0).
x y
(1) wxyz ( , , ) = + ,
z z
2
xt ( ) = cos t, 2
yt ( ) = sen t, 1
zt ( ) = ,
t
t0=
3.
x
(2) wxyz ( , , ) = 2ye+ log z, 2
xt ( ) = log( t + 1), yt ( ) = arctan t, t
zt ( ) = e, t0=
1.
(3) wxyz ( , , ) = z− sen( xy), xt ( ) = t, yt ( ) = log t, t−1
zt ( ) = e , t = 1.
EJERCICIO 6. Para las siguientes funciones, expresa wu( u, v ) y wv( u, v ) en función de las variables
u y v usando la regla de la cadena y calculando directamente una expresión de wuv ( , ). Después
calcula wu( u0, v 0)
y wv( u0, v 0).
(1) w( x, y, z) = xy + yz + xz, x( u, v) = u + v, y( u, v) = u − v, z( u, v) = uv, ⎛1⎞ ( u0, v0)
= ⎜ ,1 ⎟.
⎝2⎠ w( x, y, z) = log
2 2 2
x + y + z
v v v
, x( u, v) = ue sen u, y( u, v) = ue cos u, z( u, v) = ue ,( u , v ) = 2,0 .
(2) ( ) ( )
EJERCICIO 7. Calcula el gradiente de los siguientes campos escalares dados en coordenadas polares
n
(1) f ( r, θ ) = r , (2) f( r, θ ) = tan θ.
EJERCICIO 8. Sea
0
0 0
=
2
+
2
+
2
el campo que da la distancia desde un punto al el ori-
n
rxyz ( , , ) x y z
gen. Calcula el gradiente del campo escalar f xyz [ rxyz]
( , , ) = ( , , ) , siendo n = 0, ± 1, ± 2,...
EJERCICIO 9. Determina valores de los parámetros a , b y c para que el campo escalar dado por
2 2
= + + sea armónico.
f ( x, y) ax bxy cy
EJERCICIO 10. Sea f () t una función de una variable derivable y sea gxy ( , ) una función diferenciable.
Entonces, la función zxy ( , ): = f( gxy ( , ) ) es diferenciable. Expresa las derivadas zx( x, y ) y
zy( x, y ) en función de derivadas de las funciones f y g . Si a y b son dos constantes, comprueba
⎛1 2 1 3⎞
2
que la función z( x, y) = f ⎜ bx − ay ⎟ verifica la ecuación ay zx + bxzy
=
0.
⎝2 3 ⎠
8