Problemas de diferenciabilidad y geométricos

Capítulo 1
Diferenciabilidad y aplicaciones
Problema 1 Sea f : IR 2 −→ IR definida por:
{
1 − (x 2 + y 2 ) xy < 0,
f(x, y) =
e x2 +y 2 + xy xy ≥ 0.
(i) Calcular D 1 f(0, 0) y D 2 f(0, 0).
(ii) Estudiar la diferenciabilidad de f en (0, 0).
(iii) Dar la expresión del plano tangente a la superficie z = f(x, y) en el punto (0, 0, f(0, 0)).
(iv) Demostrar que la superficie del apartado anterior y la superficie x 2 +x+y 2 +y+z 2 −2z = 0
se cortan en el punto (0, 0, 1) formando un ángulo recto.
(v) Sea g : IR 2 −→ IR 2 dada por g(u, v) = (x(u, v), y(u, v)) con x(u, v) = u 2 + v 2 y y(u, v) =
u + v. Demostrar que f ◦ g es diferenciable en (0, 0) y calcular d(f ◦ g)(0, 0).
Solución:
•
(i) Como la función está definida de forma diferente en un entorno de (0, 0), para calcular
las derivadas parciales debemos proceder mediante su definición:
f(0 + h, 0) − f(0, 0) e h2 − 1 e h2 − 1
D 1 f(0, 0) = lím
= lím = lím
h→0 h
h→0 h h→0 h 2 h = 1 × 0 = 0
f(0, 0 + h) − f(0, 0) e h2 − 1 e h2 − 1
D 2 f(0, 0) = lím
= lím = lím
h→0 h
h→0 h h→0 h 2 h = 1 × 0 = 0
Hemos utilizado el infinitésimo lím
x→0
e x −1
x
= 1.
5

6 Índice general
(ii) Si f es diferenciable en (0, 0), entonces df(0, 0) = (0 0) (candidato a diferencial). Para
demostrar que efectivamente f es diferenciable debemos calcular el siguiente límite y
comprobar que da cero:
)
lím
(h,k)→(0,0)
f(0 + h, 0 + k) − f(0, 0) − df(0, 0) ( 0
0
√ = 0
h2 + k 2
El valor del límite anterior depende de si nos acercamos a (0, 0) por puntos tales que
hk < 0 o hk ≥ 0, por tanto debemos realizar límites según subconjuntos.
lím
(h,k)→(0,0)
hk

Índice general 7
Problema 2 (i) Dar la expresión del plano tangente a la superficie S ≡ x + y + y 3 (x 2 + 1) +
z 2 = 1 en el punto (0, 0, −1).
(ii) Sea α(t) = (t + 1, (t + 1) 2 ), t ∈ IR. Calcular la variación de g(x, y) = y 3 (x 2 + 1) a lo largo
de la curva α en el punto (1, 1).
•
Solución:
(i) La superficie está dada de forma implícita por f(x, y, z) = x + y + y 3 (x 2 + 1) + z 2 = 1,
por tanto el plano tangente en el punto (0, 0, −1) es:
Por otro lado,
〈∇f(0, 0, −1), (x − 0, y − 0, z + 1)〉 = 0.
∇f(x, y, z) = (1 + 2y 3 x, 1 + 3y 2 (x 2 + 1), 2z) =⇒ ∇f(0, 0, −1) = (1, 1, −2).
Finalmente, la ecuación del plano tangente es x + y − 2z = 2.
(ii) Calculamos el vector tangente a la curva en el punto t = 0, ya que α(0) = (1, 1) y el
gradiente de g en el (1,1).
α ′ (t) = (1, 2(t + 1)) =⇒ α ′ (0) = (1, 2).
∇g(x, y) = (2y 3 x, 3y 2 (x 2 + 1)) =⇒ ∇g(1, 1) = (2, 6).
Finalmente,
D α ′ (0)g(1, 1) = 〈∇g(1, 1), α ′ (0)〉 = 〈(2, 6), (1, 2)〉 = 14.
Problema 3 Sea f : IR 2 −→ IR definida por:
⎧
⎨ x sin(xy)
√ (x, y) ≠ (0, 0),
f(x, y) = x2 + y
⎩
2 0 (x, y) = (0, 0).
(i) Estudiar la diferenciabilidad de f en IR 2 y hallar el gradiente de f para todo (x, y) ∈ IR 2 .
(ii) Hallar la derivada direccional de f según el vector tangente a la curva α(t) = ( √ t,
en el punto ( √ π, √ π).
(iii) Dar la expresión del plano tangente a la superficie z = f(x, y) en el punto ( √ π, √ π).
t
√ π
)
•
Solución:

8 Índice general
(i) Como la función está definida de forma diferente en un entorno de (0, 0), para calcular
las derivadas parciales debemos proceder mediante su definición:
f(0 + h, 0) − f(0, 0) 0
D 1 f(0, 0) = lím
= lím
h→0 h
h→0 h = 0
f(0, 0 + h) − f(0, 0) 0
D 2 f(0, 0) = lím
= lím
h→0 h
h→0 h = 0
Si f es diferenciable en (0, 0), entonces df(0, 0) = (0 0) (candidato a diferencial). Para
demostrar que efectivamente f es diferenciable debemos calcular el siguiente límite y
comprobar que da cero:
)
lím
(h,k)→(0,0)
lím
(h,k)→(0,0)
hk≠0
f(0 + h, 0 + k) − f(0, 0) − df(0, 0)
(
h
k
√
h2 + k 2 = lím
(h,k)→(0,0)
h 2 k sin(hk)
h 2 + k 2 = 0 × acotada × 1 = 0
hk
h sin(hk)
h 2 + k 2 =∗
∗ tenemos que usar la descomposición del dominio, ya que estamos dividiendo por cero si
hk = 0. Faltan por calcular,
0
k 2 = 0,
lím
(h,k)→(0,0)
h=0
lím
(h,k)→(0,0)
k=0
0
h 2 = 0,
Por tanto f es diferenciable en (0, 0) y ∇f(0, 0) = (0, 0).
Calculamos ahora las derivadas parciales en el resto de puntos de IR 2 .
(sin(xy) + xy cos(xy)) √ x 2 + y 2 − x sin(xy)
D 1 f(x, y) =
x 2 + y 2
= y2 sin(xy) + xy(x 2 + y 2 ) cos(xy)
(x 2 + y 2 ) 3/2
x 2 cos(xy) √ x 2 + y 2 − x sin(xy)
D 2 f(x, y) =
x 2 + y 2
Por tanto,
√
y
x2 +y 2
√
x
x2 +y 2
= x2 (x 2 + y 2 ) cos(xy) − xy sin(xy)
(x 2 + y 2 ) 3/2
∇f(x, y) = ( y2 sin(xy) + xy(x 2 + y 2 ) cos(xy)
(x 2 + y 2 ) 3/2 , x2 (x 2 + y 2 ) cos(xy) − xy sin(xy)
(x 2 + y 2 ) 3/2 )
(ii) La derivada direccional de una función diferenciable según un vector v en el punto (a, b)
es D v f(a, b) = 〈∇f(a, b), v〉. En nuestro caso v = α ′ (t 0 )/||α ′ (t 0 )|| donde t 0 es el valor del
parámetro para que α(t 0 ) = ( √ π, √ π), es decir t 0 = π. Calculamos en primer lugar los
vectores y funciones que intervienen:

Índice general 9
α ′ (t) = ( 1
2 √ t , 1 √π ), α ′ 1
(π) = (
2 √ π , 1 √π ) y ||α ′ (π)|| =
Por tanto, v = ( √ 1 2
, √ ) y ∇f( √ π, √ √
2π
π) = (−
5 5
D v f( √ π, √ π) = 〈(−
√ √
2π 2π
2 , − 2 ), ( √ 1 2
, √ )〉 = − 3√ 2π
5 5 2 √ 5
√
1
4π + 1 π = √
5
2 √ π
√
2π
2 , − ). Finalmente,
2
(iii) Al tratarse de una superficie dada de forma explícita z = f(x, y) la ecuación del plano
tangente en el punto (a, b) es:
∣ ∣∣∣∣∣∣∣ x − a 1 0
x − √ π 1 0
0 =
y − b 0 1
∣ z − f(a, b) D 1 f(a, b) D 2 f(a, b) ∣ = y − √ π √ 0 1
√ 2π 2π
=
z − −
∣
2 2
√
2π
2 (x − √ √
2π
π) + z +
2 (y − √ π) = 0
Luego el plano tangente a nuestra superficie en el punto ( √ π, √ π) es √ 2π
2 (x+y)+z−√ 2π =
0.
Problema 4 Sea f : IR 2 − {(0, 0)} −→ IR definida por:
f(x, y) = x sin(x2 + y 2 )
√
x2 + y 2 .
(i) Estudiar la diferenciabilidad de f en IR 2 − {(0, 0)} y hallar el gradiente de f para todo
(x, y) ∈ IR 2 − {(0, 0)}.
(ii) Hallar la derivada direccional de f según el vector v = 1 √
2
(1, 1) en el punto ( √ π, 0).
Solución:
•
(i) f es diferenciable en IR 2 − {(0, 0)} por ser composición de funciones elementales y no
anularse el denominador. Calculamos ahora las derivadas parciales.
(
sin(x 2 + y 2 ) + 2x 2 cos(x 2 + y 2 ) ) √ x 2 + y 2 − x sin(x 2 + y 2 ) √
x
x2 +y
D 1 f(x, y) =
2
x 2 + y 2 =
y 2 sin(x 2 + y 2 ) + 2x 2 (x 2 + y 2 ) cos(x 2 + y 2 )
(x 2 + y 2 ) 3/2
√
y
x 2 +y 2
2xy cos(x 2 + y 2 ) √ x 2 + y 2 − x sin(x 2 + y 2 )
D 2 f(x, y) =
x 2 + y 2 =
2xy(x 2 + y 2 ) cos(x 2 + y 2 ) − xy sin(x 2 + y 2 )
(x 2 + y 2 ) 3/2

10 Índice general
Por tanto,
⎛
∇f(x, y) = ⎜
⎝
y 2 sin(x 2 + y 2 ) + 2x 2 (x 2 + y 2 ) cos(x 2 + y 2 ⎞
)
(x 2 + y 2 ) 3/2
⎟
xy(2(x 2 + y 2 ) cos(x 2 + y 2 ) − sin(x 2 + y 2 ) ⎠
(x 2 + y 2 ) 3/2
(ii) La derivada direccional de una función diferenciable según un vector v en el punto (a, b)
es D v f(a, b) = 〈∇f(a, b), v〉. En nuestro caso v = √ 1
2
(1, 1). Calculamos en primer lugar el
vector gradiente en el punto indicado: ∇f( √ π, 0) = (−2 √ π, 0). Finalmente,
D v f( √ π, 0) = √ 1 〈(1, 1), (−2 √ π, 0)〉 = − √ 2π
2
Problema 5 Sea f : IR 2 − {(0, 0)} −→ IR definida por:
f(x, y) =
xy sen(x + y)
√
x2 + y 2
(i) Estudiar la diferenciabilidad de f en IR 2 y hallar el gradiente de f para todo (x, y) ∈ IR 2 .
(ii) Hallar el plano tangente a la superficie z = f(x, y) en el punto (0, π/2).
Solución:
•
(i) f es diferenciable en IR 2 − {(0, 0)} por ser composición, producto y cociente de funciones
elementales y no anularse el denominador. Calculamos ahora las derivadas parciales.
D 1 f(x, y) =
(y sen(x + y) + xy cos(x + y)) √ x 2 + y 2 x
− xy sen(x + y) √
x 2 +y 2
x 2 + y 2 =
(x 2 + y 2 )y(sen(x + y) + x cos(x + y)) − x 2 y sen(x + y)
(x 2 + y 2 ) 3/2
√
y
x2 +y 2
(x sen(x + y) + xy cos(x + y)) √ x 2 + y 2 − xy sen(x + y)
D 2 f(x, y) =
x 2 + y 2 =
Por tanto,
(x 2 + y 2 )x(sen(x + y) + y cos(x + y)) − xy 2 sen(x + y)
(x 2 + y 2 ) 3/2
∇f(x, y) =
⎛
⎜
⎝
(x 2 + y 2 )y(sen(x + y) + x cos(x + y)) − x 2 ⎞
y sen(x + y)
(x 2 + y 2 ) 3/2
⎟
(x 2 + y 2 )x(sen(x + y) + y cos(x + y)) − xy 2 sen(x + y) ⎠
(x 2 + y 2 ) 3/2

Índice general 11
(ii) La ecuación del plano tangente a una superficie dada de forma explícita z = f(x, y) en el
punto (a, b) es
x − a 1 0
y − b 0 1
∣ z − f(a, b) D 1 f(a, b) D 2 f(a, b) ∣ = 0
x 1 0
En nuestro caso ∇f(0, π/2) = (1, 0), por tanto 0 =
y − π/2 0 1
∣ z − 0 1 0 ∣ = z − x.
Problema 6 Calcular la recta y el plano normal a cada una de las siguientes curvas de IR 3 en
el punto indicado.
(i) α(t) = (t 2 , 3t − 2, 2t 4 ) en p = (1, 1, 2).
(ii)
{
x 2 + y 2 + z 2 = 14
2xy + z = 7
en p = (2, 1, 3).
•
Solución:
(i) Como la curva está dada en forma paramétrica calculamos en primer lugar el vector
tangente y despúes el plano normal. Para que α(t 0 ) = (1, 1, 2), t 0 = 1.
α ′ (t) = (2t, 3, 8t 3 ) =⇒ α ′ (1) = (2, 3, 8).
La forma continua de la recta es
x − 1
= y − 1 = z − 2
2 3 8 .
La ecuación del plano normal es
〈(2, 3, 8), (x − 1, y − 1, z − 2)〉 = 2x + 3y + 8z − 21 = 0.
(ii) En este caso la curva está dada como intersección de dos superficies y por tanto calculamos
el vector tangente como el producto vectorial de los gradientes a cada una de las superficies
de nivel. Definimos f 1 (x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 y f 2 (x, y, z) = 2xy + z.
∇f 1 (x, y, z) = (2x, 2y, 2z)
∇f 2 (x, y, z) = (2y, 2x, 1)
}
=⇒ ∇f 1(2, 1, 3) = (4, 2, 6)
∇f 2 (2, 1, 3) = (2, 4, 3)
∇f 1 (2, 1, 3)∧∇f 2 (2, 1, 3) = (−18, 0, 12). Por tanto, podemos tomar como vector tangente,
(−3, 0, 2) y en este caso la recta tangente es,
La ecuación del plano normal es
x − 2
−3 = z − 3
2 , y = 1.
〈(−3, 0, 2), (x − 2, y − 1, z − 3)〉 = −3x + 2z = 0.
}