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 ( x, y ) y hacemos depender las variables x e y de una nueva variable independiente: x = x(t ) e y = y (t ). 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 ( x, y ) un campo escalar diferenciable en un punto ( x0 , y0 ) interior al dominio U donde está definida la función f . Sean x = x(t ) e y = y (t ) dos funciones de la variable t derivables en un punto t0 , de forma que tenemos x0 = x(t0 ) e y0 = y (t0 ). Entonces la función composición z = z (t ) = f ( x(t ), y (t )) es una función derivable respecto de t en t0 y su derivada verifica z ′(t0 ) = f x ( x0 , y0 ) ⋅ x′(t0 ) + f y ( x0 , y0 ) ⋅ y′(t0 ) = Df ( x0 , y0 ) ⋅ ( x′(t0 ), y′(t0 ) ) .

DEM. Si f es diferenciable en el punto ( x0 , y0 ) sabemos que f ( x, y ) = f ( x0 , y0 ) + f x ( x0 , y0 )( x − x0 ) + f y ( x0 , y0 )( y − y0 ) + ε ( x, y ), con

ε ( x, y )

lim

( x , y ) →( x0 , y0 )

( x − x0 ) 2 + ( y − y0 ) 2

lim t →t0

= 0. Tenemos que probar que

z (t ) − z (t0 ) = f x ( x0 , y0 ) ⋅ x′(t0 ) + f y ( x0 , y0 ) ⋅ y′(t0 ). t − t0

Lo haremos sólo en el caso en que t > t0 . Para comprobar esto observemos que z (t ) − z (t0 ) = f ( x(t ), y (t )) − f ( x0 , y0 ) = f x ( x0 , y0 )( x(t ) − x0 ) + f y ( x0 , y0 )( y (t ) − y0 ) + ε ( x(t ), y (t )).

z (t ) − z (t0 ) x(t ) − x(t0 ) y (t ) − y (t0 ) ε ( x(t ), y (t )) = f x ( x0 , y0 ) + f y ( x0 , y0 ) + . Para terminar t − t0 t − t0 t − t0 t − t0 ε ( x(t ), y (t )) la prueba basta comprobar que lim = 0. Pero t →t0 t − t0

Por tanto,

ε ( x(t ), y (t )) t − t0

=

=

ε ( x(t ), y (t ))

( x(t ) − x(t0 )) 2 + ( y (t ) − y (t0 )) 2 t − t0

( x(t ) − x0 ) 2 + ( y (t ) − y0 ) 2

ε ( x(t ), y (t )) ( x(t ) − x0 ) 2 + ( y (t ) − y0 ) 2 →0

t →t0

2

2

⎛ x(t ) − x(t0 ) ⎞ ⎛ y (t ) − y (t0 ) ⎞ ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ → 0. ⎝ t − t0 ⎠ ⎝ t − t0 ⎠ t →t0 →

t →t0

x′ ( t0 ) 2 + y ′ ( t0 ) 2

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1 e y (t ) = t 2 . La t 1 4 2 función composición de estas funciones es z (t ) = 2 + t . Su derivada es entonces z ′(t ) = − 3 + 4t 3 . t t La regla de la cadena nos dice que esta derivada se puede obtener de la siguiente forma

EJEMPLO. (1) Consideremos la función z ( x, y ) = x 2 + y 2 y las funciones x(t ) =

z (t ) = z x ( x(t ), y (t )) x′(t ) + z y ( x(t ), y (t )) y′(t ) = −2 x(t )

1 2 + 2 y (t )2t = − 3 + 4t 3 . 2 t t

(2) Consideremos la función z = z ( x, y ) = x 2 + 2 xy y las funciones dadas por x = x(θ ) = cos θ e y = y (θ ) = sen θ . La función composición z = z (θ ) se puede derivar mediante la regla de la cadena z ′(θ ) =

2x + 2 y 2 x 2 + 2 xy

(− sen θ ) +

2x 2 x 2 + 2 xy

cos θ =

cos 2 θ − cos θ sen θ − sen 2 θ cos 2 θ + 2 cos θ sen θ

.

Si derivamos directamente obtenemos el mismo resultado. OBSERVACIÓN (INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA DE LA REGLA DE LA CADENA). Consideremos la curva plana C parametrizada por C : t ∈ (t0 − r , t0 + r ) → C (t ) = ( x(t ), y (t ) ) ∈ 2 , siendo r > 0 suficientemente pequeño como para que C (t ) ∈ 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 z (t ) = f ( x(t ), y (t ) ) , 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 ), f x ( x0 , y0 ) x′(t0 ) + f y ( x0 , y0 ) y′(t0 )) = x′(t0 )(1, 0, f x ( x0 , y0 )) + y′(t0 )(0,1, f y ( x0 , y0 )).

Entonces, el vector tangente Γ′(t0 ) está en el plano determinado por los vectores (1, 0, f x ( x0 , y0 ) ) y

( 0,1, f

y

( x0 , y0 ) ) . Puesto que cualquier curva en la gráfica de f que pase por el punto ( x0 , y0 , z0 )

puede ser descrita como se describe la curva Γ, los vectores (1, 0, f x ( x0 , y0 ) ) y ( 0,1, f y ( x0 , y0 ) )

forman una base del espacio de todos los vectores tangentes a la superficie en el punto ( x0 , y0 , z0 ). PROPOSICIÓN (NORMALIDAD DE LA DIFERENCIAL). Sea f : ( x, y ) ∈ U ⊆ 2 → f ( x, y ) ∈ una función diferenciable en un punto ( x0 , y0 ) interior a U y sea z0 = f ( x0 , y0 ). Entonces, la diferencial Df ( x0 , y0 ) es normal en ( x0 , y0 ) a la curva de nivel f ( x, y ) = z0 que pasa por dicho punto.

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DEM. Esta curva de nivel1 será la proyección sobre el plano OXY del corte de la gráfica de la función f con el plano de ecuación z = z0 . Consideremos una parametrización C (t ) = ( x(t ), y (t )) de la curva de nivel, donde t ∈ (t0 − r , t0 + r ) siendo r > 0 suficientemente pequeño para que C (t ) ∈ U para todo t ∈ (t0 − r , t0 + r ). Hemos elegido t0 de forma que C (t0 ) = ( x0 , y0 ). Entonces se verifica que f ( x(t ), y (t )) = 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 = t0 obtenemos que Df ( x0 , y0 ) ⋅ C ′(t0 ) = 0, es decir, la diferencial Df ( x0 , y0 ) 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 )) ⋅ ⎢ ⎥ , siendo t un valor ⎣ y′(t ) ⎦ cualquiera. Si z = f ( x, y ), tiene derivadas parciales segundas continuas y las funciones x = x(t ) e y = y (t ) son dos veces derivables, la función composición z (t ) = f ( x(t ), y (t ) ) es dos veces derivable y su derivada segunda se puede calcular derivando en la igualdad que tenemos para z′(t ). Así z ′′(t ) = ⎡⎣ f xx ( x(t ), y (t )) x′(t ) + f xy ( x(t ), y (t )) y′(t ) ⎤⎦ x′(t ) + f x ( x(t ), y (t )) x′′(t ) + ⎡⎣ f yx ( x(t ), y (t )) x′(t ) + f yy ( x(t ), y (t )) y′(t ) ⎤⎦ y′(t ) + f y ( x(t ), y (t )) y′′(t ) = f xx ( x(t ), y (t )) x′(t ) 2 + 2 f xy ( x(t ), y (t )) x′(t ) y′(t ) + f yy ( x(t ), y (t )) y′(t ) 2 + f x ( x(t ), y (t )) x′′(t ) + f x ( x(t ), y (t )) y′′(t ) ⎡ f xx ( x(t ), y (t )) = [ x′(t ) y′(t )] ⎢ ⎣ f xy ( x(t ), y (t ))

f xy ( x(t ), y (t )) ⎤ ⎡ x′(t ) ⎤ ⎡ x′′(t ) ⎤ + Df ( x(t ), y (t )) ⋅ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎥. f yy ( 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 ( x, y ) un campo escalar con derivadas parciales de primer orden continuas. Sean x = x(u , v) 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 = z (u , v) = f ( x(u , v), y (u, v) ) es una función diferenciable con respecto a u y v y sus derivadas parciales verifican zu (u , v) = f x ( x(u, v), y (u, v)) ⋅ xu (u, v) + f y ( x(u, v), y (u, v)) ⋅ yu (u, v), zv (u, v) = f x ( x(u, v), y (u, v)) ⋅ xv (u, v) + f y ( x(u, v), y (u, v)) ⋅ yv (u, v).

1

NOTA. Si la diferencial Df ( x0 , y0 ) = ( 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 , y0 ) y ésta es una curva regular.

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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 z2 = z2 (v) definidas por z1 = z1 (u ) := z (u , v) = f ( x(u , v), y (u, v)), z2 = z2 (v) := z (u , v) = f ( x(u , v), y (u , v)). 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 = z x xu + z y yu o bien zv = z x xv + z y yv . 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 por f ( x, y ) = x 2 + sen( xy ), en el punto (u, v) = (0,1), al hacer el cambio de variables x = u 2 + v 2 e y = uv. Observemos, en primer lugar, que f x ( x, y ) = 2 x + y cos( xy ) y f y ( x, y ) = x cos( xy ). Por otra

parte tenemos que xu = 2u, xv = 2v, yu = v e yv = u. Observemos también que si (u, v) = (0,1), entonces ( x, y ) = (1, 0). Por tanto, para la función z (u , v) := f ( x(u , v), y (u , v) ) , tenemos zu = f x xu + f y yu = ( 2 x + y cos( xy ) ) 2u + x cos( xy )v, zv = f x xv + f y yv = ( 2 x + y cos( xy ) ) 2v + x cos( xy )u y, por tanto, zu (0,1) = cos 0 = 1 y zv (0,1) = 4. Si ahora calculamos directamente la función obtene-

mos z (u, v) = f ( x(u, v), y (u, v) ) = f ( u 2 + v 2 , uv ) = ( u 2 + v 2 ) + sen ( (u 2 + v 2 )uv ) y si calculamos sus 2

derivadas parciales obtenemos que

zu (u, v) = 2 ( u 2 + v 2 ) 2u + cos ( u 3v + uv3 )( 3u 2 v + v3 ) , zv (u, v) = 2 ( u 2 + v 2 ) 2v + cos ( u 3v + uv3 )( u 3 + 3uv 2 ) . Entonces zu (0,1) = cos 0 = 1 y zv (0,1) = 2 ⋅ 2 = 4. 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 ( x, y ) = ( f x ( x, y ), f y ( x, y ) ) . 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 r = f x cos θ + f y senθ

y

fθ = − f x r senθ + f y r cos θ ,

o bien, invirtiendo las variables tenemos que f x = f r cos θ − fθ

senθ cos θ y f y = f r senθ + fθ . r r

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senθ cos θ ⎛ , f r (r , θ ) sen θ + fθ (r ,θ ) Por tanto, se verifica que ∇f (r ,θ ) = ⎜ f r (r , θ )cosθ − fθ (r , θ ) ⎝ r r

⎞ ⎟. ⎠

Por ejemplo, para el campo f (r ,θ ) = r 2 se tiene que ∇f (r , θ ) = ( 2r cos θ , 2r sen θ ) = ( 2 x, 2 y ) , como ya sabíamos de antes. 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 ( x, y ) := f xx ( x, y ) + f yy ( x, y ). 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 complicado: se trata de resolver la ecuación diferencial ∇ 2 f := f xx + f yy = 0, que se llama ecuación de Laplace o ecuación del potencial. EJEMPLO. Vamos a calcular el laplaciano de algunos campos escalares. (1) f ( x, y ) = e x sen y. Puesto que f x ( x, y) = e x sen y y f y ( x, y ) = e x cos y, si ahora calculamos las derivadas segundas, obtenemos que ∇ 2 f ( x, y ) = f xx ( x, y ) + f yy ( x, y ) = e x sen y − e x sen y = 0. (2) f ( x, y ) = e x cos y. Puesto que f x ( x, y ) = e x cos y y f y ( x, y ) = −e x sen y, si ahora calculamos las derivadas segundas, obtenemos que ∇ 2 f ( x, y ) = f xx ( x, y ) + f yy ( x, y ) = e x cos y − e x cos y = 0. (3) f ( x, y ) = log ( x 2 + y 2 ) . Puesto que f x ( x, y ) =

2x 2y , si ahora calculamos y f y ( x, y ) = 2 2 x +y x + y2 2

las derivadas segundas, obtenemos que ∇ 2 f ( x, y ) = f xx ( x, y ) + f yy ( x, y ) =

2( x 2 + y 2 ) − 4 x 2 2( x 2 + y 2 ) − 4 y 2 −2 x 2 + 2 y 2 + 2 x 2 − 2 y 2 + = = 0. ( x2 + y 2 )2 ( x2 + y 2 )2 ( x2 + y 2 )2

−y x ⎛ y⎞ (4) f ( x, y ) = arctan ⎜ ⎟ . Puesto que f x ( x, y ) = 2 y f y ( x, y ) = 2 , si ahora calculamos 2 x +y x + y2 ⎝x⎠ las derivadas segundas, obtenemos que

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∇ 2 f ( x, y ) = f xx ( x, y ) + f yy ( x, y ) = OBSERVACIÓN. (LAPLACIANO

2 xy −2 xy + 2 = 0. 2 2 ( x + y ) ( x + y 2 )2 2

EN COORDENADAS POLARES).

Usando la regla de la cadena podemos 1 1 obtener la expresión del laplaciano en coordenadas polares ∇ 2 f := f xx + f yy = f rr + 2 fθθ + f r . Esr r ta fórmula nos permitirá obtener, por ejemplo, las funciones armónicas que dependen del radio, es decir, de la distancia al origen r = x 2 + y 2 . 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. Se verifica la fórmula ∇ 2 f (r , θ ) = f rr (r , θ ) +

1 1 f (r , θ ) + f r (r ,θ ). 2 θθ r r

y obtenex sen θ mos las siguientes relaciones con las derivadas rx = cos θ , ry = sen θ y también θ x = − , r cos θ senθ cos θ y las θy = . Ahora, teniendo en cuenta que f x = f r cos θ − fθ , f y = f r senθ + fθ r r r relaciones anteriores, obtenemos Usamos las igualdades x = r cos θ , y = r sen θ y sus inversas r =

x 2 + y 2 , θ = arctan

∂ ⎡ sen θ ⎤ ∂ ∂ ⎡ sen θ ⎤ = [ f r cosθ ] − ⎢ fθ f r cosθ − fθ ⎢ ⎥ ∂x ⎣ ∂x ⎣ r ⎦ ∂x r ⎥⎦ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎡ sen θ ⎤ sen θ = [ f r ] cosθ + f r [ cos θ ] − [ fθ ] − fθ ∂x ∂x ∂x ∂x ⎢⎣ r ⎥⎦ r

f xx =

sen θ ⎛ (cos θ )θ x r − rx sen θ ⎞ − fθ ⎜ ⎟ r r2 ⎝ ⎠ sen θ ⎞ sen θ fθ r cosθ − fθθ ⎟ r ⎠ r

= ( f rr rx + f rθθ x ) cos θ − f r (sen θ )θ x − ( fθ r rx + fθθθ x )

sen θ ⎛ sen θ ⎞ ⎛ = ⎜ f rr cos θ − f rθ −⎜ ⎟ cosθ + f r sen θ r ⎠ r ⎝ ⎝ sen θ ⎛ ⎜ − cosθ r r − cosθ sen θ − fθ ⎜ r2 ⎜ ⎝ 2 sen θ cos θ sen θ sen θ cosθ sen 2 θ = f rr cos 2 θ − f rθ + fr − f rθ + fθθ + 2 fθ r r r r2 sen θ cos θ sen 2 θ sen 2 θ sen θ cos θ f = f rr cos 2 θ − 2 f rθ + fθθ + + 2 fθ . r 2 r r r r2 Análogamente, de f x = f r cos θ − fθ

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ sen θ cosθ r2

senθ cos θ , f y = f r senθ + fθ obtenemos que r r

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sen θ cos θ cos 2 θ cos 2 θ sen θ cos θ . f yy = f rr sen θ + 2 f rθ + fθθ + fr − 2 fθ 2 r r r r2 2

Entonces sen θ cos θ sen 2 θ sen 2 θ sen θ cos θ + fθθ + f + 2 fθ r 2 r r r r2 sen θ cos θ cos 2 θ cos 2 θ sen θ cos θ 2 + f rr sen θ + 2 f rθ + fθθ + fr − 2 fθ 2 r r r r2 1 1 = f rr + 2 fθθ + f r . r r

f xx + f yy = f rr cos 2 θ − 2 f rθ

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 es g (r ) = A + B log r , siendo A y B constantes arbitrarias, luego f ( x, y ) = A + B log x 2 + y 2 , 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 w(t ). Después calcula z ′(t0 ).

(1) z ( x, y ) = x 2 + y 2 , x(t ) = sen t ,

y (t ) = cos t , t0 = π .

(2) z ( x, y ) = x + y , x(t ) = cos t − sen t , 2

2

(3) z ( x, y ) = log ( x + y ) , x(t ) = cos t , 2

2

y (t ) = cos t − sen t , t0 = 0. y (t ) = t , t0 = 1.

y y supongamos que x e y dependen de la x variable t mediante x = et e y = e − t . Comprueba que z (t ) = f ( x(t ), y (t ) ) es creciente, sin sustituir EJERCICIO 2. Considera la función f ( x, y ) = log x3 −

directamente t. 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 w(u, v). Después calcula wu (u0 , v0 ) y wv (u0 , v0 ).

⎛ π⎞ y (u, v) = u sen v, (u0 , v0 ) = ⎜ 2, ⎟ . ⎝ 4⎠ x ⎛ π⎞ (2) w( x, y ) = arctan , x(u , v) = u cos v, y (u, v) = u sen v, (u0 , v0 ) = ⎜1, ⎟ . y ⎝ 6⎠ 2 3 2 2 (3) w( x, y ) = x y , x(u , v) = u + v , y (u , v) = uv, (u0 , v0 ) = (1,1) . (1) w( x, y ) = 4e x + log y, x(u, v) = log(u cos v),

EJERCICIO 4. Escribe las reglas de la cadena para calcular las derivadas parciales de una función de tres variables f ( x, y, z ) cuando las tres variables x, y y z pasan a depender de:

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(i) una variable t (digamos x = x(t ), y = y (t ) y z = z (t ) ), (ii) dos variables u y v (digamos x = x(u , v), y = y (u, v) y z = z (u , v) )) y (iii) tres variables u, v y w (digamos x = x(u, v, w), 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 w(t ). Después calcula w′(t0 ). x y 1 (1) w( x, y, z ) = + , x(t ) = cos 2 t , y (t ) = sen 2 t , z (t ) = , t0 = 3. z z t x 2 (2) w( x, y, z ) = 2 ye + log z , x(t ) = log(t + 1), y (t ) = arctan t , z (t ) = et , t0 = 1.

(3) w( x, y, z ) = z − sen( xy ), x(t ) = t ,

y (t ) = log t , z (t ) = et −1 , t0 = 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 w(u, v). Después calcula wu (u0 , v0 ) y wv (u0 , v0 ).

⎛1 ⎞ y (u, v) = u − v, z (u, v) = uv, (u0 , v0 ) = ⎜ ,1⎟ . ⎝2 ⎠ 2 2 2 v v v (2) w( x, y, z ) = log ( x + y + z ) , x(u , v) = ue sen u, y (u, v) = ue cos u, z (u , v) = ue , (u0 , v0 ) = ( 2, 0 ) . (1) w( x, y, z ) = xy + yz + xz , x(u, v) = u + v,

EJERCICIO 7. Calcula el gradiente de los siguientes campos escalares dados en coordenadas polares (1) f (r ,θ ) = r n , (2) f (r ,θ ) = tan θ . EJERCICIO 8. Sea r ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 el campo que da la distancia desde un punto al el ori-

gen. Calcula el gradiente del campo escalar f ( x, y, z ) = [ r ( x, y, z ) ] , siendo n = 0, ±1, ±2,... n

EJERCICIO 9. Determina valores de los parámetros a, b y c para que el campo escalar dado por f ( x, y ) = ax 2 + bxy + cy 2 sea armónico. EJERCICIO 10. Sea f (t ) una función de una variable derivable y sea g ( x, y ) una función diferenciable. Entonces, la función z ( x, y ) := f ( g ( x, y ) ) es diferenciable. Expresa las derivadas z x ( x, y ) y

z y ( x, y ) en función de derivadas de las funciones f y g. Si a y b son dos constantes, comprueba 1 ⎛1 ⎞ que la función z ( x, y ) = f ⎜ bx 2 − ay 3 ⎟ verifica la ecuación ay 2 z x + bxz y = 0. 3 ⎝2 ⎠

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