Problemas de diferenciabilidad y geométricos

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