Matemáticas

Grado en Química

Ejercicios propuestos (Tema 4)

Problema 1.

Calcula las derivadas parciales de las siguientes funciones: (a) f (x, y) = x2 + y 2 cos(xy), (b) f (x, y) = p

x

x2

(c) f (x, y) = log

+ y2

(d) f (x, y) = arctan

,

x+y , x−y

(e) f (x, y) = cos(3x) sin(3y),

x+y , x−y

(f ) f (x, y) = x2 + y 2 cos(x2 + y 2 ).

Solución del problema 1.

∂f (x, y) = 2y cos(xy) − xy 2 sin(xy). ∂y

(a)

∂f (x, y) = 2x − y 3 sin(xy), ∂x

(b)

∂f y2 , (x, y) = ∂x (x2 + y 2 )3/2

(c)

∂f 2y (x, y) = 2 , ∂x y − x2

(d)

∂f y (x, y) = − 2 , ∂x x + y2

(e)

∂f (x, y) = −3 sin(3x) sin(3y), ∂x

(f )

∂f (x, y) = 2x − 2xy 2 sin(x2 + y 2 ), ∂x

∂f xy . (x, y) = − ∂y (x2 + y 2 )3/2

∂f 2x (x, y) = 2 . ∂y x − y2 ∂f x (x, y) = 2 . ∂y x + y2 ∂f (x, y) = 3 cos(3x) cos(3y). ∂y ∂f (x, y) = 2y cos(x2 + y 2 ) − 2y 3 sin(x2 + y 2 ). ∂y

Problema 2.

Comprobar que (a) f (x, y) = exy + sin(x + y) (b) g(x, y, z) = cos(

x+y ) 2z

verica x D1 f (x, y) − y D2 f (x, y) = (x − y) cos(x + y).

verica x D1 g(x, y, z) + y D2 g(x, y, z) + z D3 g(x, y, z) = 0.

Solución del problema 2. a)

Como

D1 f (x, y) = yexy + cos(x + y)

y

D2 f (x, y) = xexy + cos(x + y),

entonces

x D1 f (x, y) − y D2 f (x, y) = x yexy + cos(x + y) − y xexy + cos(x + y) = (x − y) cos(x + y).

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1

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Matemáticas b)

Grado en Química

Ejercicios propuestos (Tema 4)

Como 1 2z x+y 1 D2 g(x, y, z) = − sin( 2z ) 2z x+y x + y D3 g(x, y, z) = sin( 2z ) , 2z D1 g(x, y, z) = − sin( x+y ) 2z

entonces   x y x+y x D1 g(x, y, z) + y D2 g(x, y, z) + z D3 g(x, y, z) = − − + sin( x+y ) = 0. 2z 2z 2z 2z Problema 3.

Hallar la derivada de la función f (x, y) = x2 − y 2 en el punto (1, 1) según la dirección que forma un ángulo de 60o con el semieje OX positivo. Solución del problema 3.

Primeramente calculamos las derivadas parciales de f :

∂f (x, y) = 2x ∂x

y

∂f (x, y) = −2y. ∂y

Como las derivadas parciales son continuas en el punto (1, 1), tenemos que f es diferenciable en (1, 1) y además D~u f (1, 1) = ∇f (1, 1) · ~u, para cualquiera dirección ~u. o Como nos pide hallar la derivada direccional según la dirección que √ forma un ángulo de 60 con el semieje OX positivo, tomaremos ~u = (cos 60o , sin 60o ) = ( 12 , 23 ). Por tanto, la solución del problema es la siguiente D~u f (1, 1) = (2, −2) · ( 21 ,

√

3 ) 2

=1−

√ 3.

Problema 4.

Hallar la derivada de la función f (x, y) = x2 − xy + y 2 en el punto (1, 1) según la dirección que forma un ángulo α con el semieje OX positivo. ¾En qué dirección es máxima?. ¾Y mínima?. ¾Y nula? Solución del problema 4.

Observamos que las derivadas parciales de f

∂f (x, y) = 2x − y ∂x

y

∂f (x, y) = −x + 2y ∂y

son continuas en el punto (1, 1). Luego, f es diferenciable en (1, 1) y D~u f (1, 1) = ∇f (1, 1) · ~u, para cualquiera dirección ~u. Para determinar la derivada direccional según la dirección que forma un ángulo de α con el semieje OX positivo, debemos considerar ~u = (cos α, sin α). Como ~u es unitario, tenemos que \ D~u f (1, 1) = ∇f (1, 1) · ~u = k∇f (1, 1)k cos(∇f (1, 1), ~u).

Luego,

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Ejercicios propuestos (Tema 4)

\ ·) D~u f (1, 1) es máxima ⇐⇒ cos(∇f (1, 1) , ~u) = 1 ⇐⇒ ∇f (1, 1)  ~u. \ ·) D~u f (1, 1) es nula ⇐⇒ cos(∇f (1, 1) , ~u) = 0 ⇐⇒ ∇f (1, 1) ⊥ ~u. \ ·) D~u f (1, 1) es mínima ⇐⇒ cos(∇f (1, 1) , ~u) = −1 ⇐⇒ ∇f (1, 1)  ~u.

En nuestro caso, ∇f (1, 1) = (1, 1). Así pues, ·) D~u f (1, 1) es máxima ⇐⇒ (1, 1)  ~u, es decir, ~u = ( √12 , √12 ). ·) D~u f (1, 1) es nula ⇐⇒ (1, 1) ⊥ ~u, es decir, ~u = (− √12 , √12 ) y en la dirección opuesta ~u = ( √12 , − √12 ). ·) D~u f (1, 1) es mínima ⇐⇒ (1, 1)  ~u, es decir, ~u = (− √12 , − √12 ). Problema 5.

Hallar el gradiente de la función f (x, y, z) = x3 − y 3 − 3xy(x − y) + ez en el punto (0, 0, 0).

Solución del problema 5.

Observamos que

∂f ∂f ∂f (x, y, z) = 3(x − y)2 (x, y, z) = −3(x − y)2 = ez . ∂x ∂y ∂z   ∂f ∂f (0, 0, 0), (0, 0, 0), (0, 0, 0) , deducimos que ∇f (0, 0, 0) = (0, 0, 1). Como ∇f (0, 0, 0) = ∂f ∂x ∂y ∂z Problema 6.

La temperatura en cada punto (x, y) de una placa circular delgada de radio 10 centímetros viene dada por T (x, y) = 100 − (x2 + y 2 ). a)

Encontrar la dirección en la que la velocidad de variación de la temperatura en el punto (4, 3) sea lo más grande posible.

b)

¾Cuánto vale dicha velocidad?

Solución del problema 6. a)

Como la variación de temperatura viene dada por la derivada direccional, nos están pidiendo hallar la dirección en la que la derivada direccional en el punto (4, 3) sea máxima, la cual sabemos por teoría que siempre es la dirección dada por el gradiente de la función en dicho punto. Como ∇T (x, y) = (−2x, −2y), deducimos que en la dirección ~u = ∇T (4, 3) = (−8, −6) la velocidad de variación de la temperatura en el punto (4, 3) es máxima.

b)

La velocidad vale k∇T (4, 3)k = k(−8, −6)k =

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p (−8)2 + (−6)2 = 10.

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Ejercicios propuestos (Tema 4)

Problema 7.

La cantidad de calor Q desprendida cuando x moléculas de SO4 H2 se mezclan con y ay con a, b constantes positivas. moléculas de H2 O es Q = bx+y a)

Hallar el incremento de calor por molécula de agua añadida si la cantidad de ácido es constante.

b)

Idem por molécula de ácido añadida si la cantidad de agua es constante.

c)

Si en un momento dado el número de moléculas de ácido es diez veces mayor que el de agua, hallar la variación de calor si x aumenta en un 5 por 100, e y aumenta en un 10 por 100.

Solución del problema 7.

Como la cantidad de ácido x es constante, sólo varía la de agua x, por lo tanto, el incremento de calor por molécula de agua añadida viene dado por

a)

abx ∂Q (x, y) = . ∂y (bx + y)2 b)

Análogamente, el incremento de calor por molécula de ácido añadida es aby ∂Q (x, y) = − . ∂x (bx + y)2

c)

La variación de calor la podemos expresar como dQ = ∂Q (x0 , y0 )dx + ∂Q (x0 , y0 )dy , donde ∂x ∂y (x0 , y0 ) es el estado inicial de concentraciones que elegimos, dx es la variación de moléculas de ácido y dy la variación de moléculas de agua. En nuestro caso, tenemos que dx = 0, 05x0 y dy = 0, 1y0 , por lo que dQ = −

0, 1abx0 y0 0, 05aby0 x0 0, 05aby0 x0 + = . (bx0 + y0 )2 (bx0 + y0 )2 (bx0 + y0 )2

Como el número de moléculas de ácido es diez veces mayor que el de agua, entonces en ese momento x0 = 10y0 , por lo que se tiene que dQ =

0, 05aby0 10y0 0, 5aby02 ab = = . 2 2 2 (10by0 + y0 ) y0 (10b + 1) 2(10b + 1)2

Problema 8.

Demostrar que una función de la forma f (x, t) = f1 (x + at) + f2 (x − at), donde f1 y f2 son derivables dos veces y a es una constante, es solución de la ecuación unidimensional de ondas, D22 f (x, t) = a2 D11 f (x, t).

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Solución del problema 8.

D2 f (x, t) =

Ejercicios propuestos (Tema 4)

Observamos que

 ∂ f1 (x + at) + f2 (x − at) = f10 (x + at) · a + f20 (x − at) · (−a) =⇒ ∂t  ∂ 0 a f1 (x + at) − a f20 (x − at) =⇒ D22 f (x, t) = ∂t = a f100 (x + at) · a − a f200 (x − at) · (−a)
= a2 f100 (x + at) + f200 (x − at) .

Por otro lado,  ∂  f1 (x + at) + f2 (x − at) = f10 (x + at) · 1 + f20 (x − at) · 1 =⇒ ∂x  ∂  0 f1 (x + at) + f20 (x − at) = f100 (x + at) · 1 + f200 (x − at) · 1. =⇒ D11 f (x, t) = ∂x Luego, D22 f (x, t) = a2 D11 f (x, t). D1 f (x, t) =

Problema 9.

Demostrar que la función f (x, y) = a log(x2 + y 2 ) + b cumple la ecuación de Laplace, es decir, ∆f := D11 f (x, y) + D22 f (x, y) = 0. Solución del problema 9.

Como

 ∂  2x a log(x2 + y 2 ) + b = a 2 =⇒ ∂x x + y2 ∂  2x  2(y 2 − x2 ) 2(x2 + y 2 ) − 2x · 2x =⇒D11 f (x, y) = a 2 = a = a ∂x x + y 2 (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 D1 f (x, y) =

y como  ∂  2y a log(x2 + y 2 ) + b = a 2 =⇒ ∂y x + y2 2y  2(x2 + y 2 ) − 2y · 2y 2(x2 − y 2 ) ∂  a 2 = a = a , =⇒D22 f (x, y) = ∂y x + y 2 (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 D2 f (x, y) =

deducimos que ∆f := D11 f (x, y) + D22 f (x, y) = a

2(y 2 − x2 ) 2(x2 − y 2 ) + a = 0. (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2

Problema 10.

Dadas las funciones: a) f (x, y) = x3 y − xy 3 ,

c) h(x, y, z) = xyz 3 − 4x2 y 2 z.

b) g(x, y) = x2 + y 2 − x,

Estudiar si son homogéneas y, en su caso, determinar el grado de homogeneidad y comprobar que se verica el Teorema de Euler.

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Grado en Química

Ejercicios propuestos (Tema 4)

Solución del problema 10. a)

Como f (t ~x) = f (tx, ty) = (tx)3 (ty) − (tx)(ty)3 = t4 (x3 y − xy 3 ) = t4 f (x, y) = t4 f (~x),

entonces f es homogénea de grado 4. Observamos que f es diferenciable en R2 , pues es una función polinómica. Veamos que se satisface el teorema de Euler, es decir, que 4 f (~x) = ∇f (~x) · ~x. Como ∂f (x, y) = 3x2 y − y 3 ∂x

∂f (x, y) = x3 − 3xy 2 , ∂y

y

entonces ∇f (x, y) = (3x2 y − y 3 , x3 − 3xy 2 ). Luego, ∇f (~x) · ~x = (3x2 y − y 3 , x3 − 3xy 2 ) · (x, y) = 3x3 y − xy 3 + x3 y − 3xy 3 = 4(x3 y − xy 3 ) = 4 f (~x). b)

Observamos que g es diferenciable en R2 , por ser g una función polinómica. Como ∂g (x, y) = 2x − 1 ∂x

y

∂g = 2y, ∂y

entonces ∇g(x, y) = (2x − 1, 2y). Así pues, ∇g(~x) · ~x = (2x − 1, 2y) · (x, y) = 2x2 − x + 2y 2 6= r g(~x),

para cualquier r ∈ R, ya que r g(~x) = rx2 + r2 y − rx. Luego, por el teorema de Euler deducimos que g no es homogénea. c)

Como h(t ~x) = h(tx, ty, tz) = (tx)(ty)(tz)3 − 4(tx)2 (ty)2 (tz) = t5 (xyz 3 − x2 y 2 z) = t5 h(x, y, z) = t5 h(~x),

entonces h es homogénea de grado 5. Observamos que h es diferenciable en R3 , pues es una función polinómica. Veamos que se verica el teorema de Euler, es decir, que 5 h(~x) = ∇h(~x) · ~x. Como ∂h (x, y, z) = yz 3 − 8xy 2 z ∂x ∂h (x, y, z) = xz 3 − 8x2 yz ∂y ∂h (x, y, z) = 3xyz 2 − 4x2 y 2 , ∂z

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Grado en Química

Ejercicios propuestos (Tema 4)

entonces ∇h(x, y, z) = (yz 3 − 8xy 2 z, xz 3 − 8x2 yz, 3xyz 2 − 4x2 y 2 ). Luego, ∇h(~x) · ~x = (yz 3 − 8xy 2 z, xz 3 − 8x2 yz, 3xyz 2 − 4x2 y 2 ) · (x, y, z) = xyz 3 − 8x2 y 2 z + xyz 3 − 8x2 y 2 z + 3xyz 3 − 4x2 y 2 z = 5xyz 3 − 20x2 y 2 z = 5(xyz 3 − 4x2 y 2 z) = 5 h(~x). Problema 11.

Dada la función F (x, y) = x2 y − xy 2 , estudiar si la ecuación F (x, y) = 0 dene a y como función implícita de x en un entorno del punto (1, 1), y calcular la derivada de y = y(x).

Solución del problema 11.

de la función implícita.

Debemos de comprobar que se cumplen las hipótesis del teorema

(H1 ) F es de clase uno en R2 , ya que F es continua y sus derivadas parciales ∂F (x, y) = 2xy − y 2 ∂x

∂F (x, y) = x2 − 2xy, ∂y

también lo son. (H2 ) F (1, 1) = 12 · 1 − 1 · 12 = 0. (H3 )

∂F (1, 1) = x2 − 2xy|(1,1) = −1 6= 0. ∂y

Como se verican las hipótesis del teorema de la función implícita, en un entorno del punto (1, 1) la ecuación F (x, y) = 0 dene implícitamente a y como función de x, es decir, y = y(x). Así pues, x2 · y(x) − x · y(x)2 = 0.

Derivando respecto de x, 2x · y(x) + x2 · y 0 (x) − [y(x) + x · 2y(x) · y 0 (x)] = 0.

Evaluando para x = 1, 2y(1) + y 0 (1) − [y(1) + 2y(1) · y 0 (1)] = 0,

y teniendo en cuenta que y(1) = 1, obtenemos 2 + y 0 (1) − 1 − 2y 0 (1) = 0, es decir, y 0 (1) = 1. Problema 12.

Dada la función F (x, y, z) = x3 + 2y 2 − z 2 , estudiar si la ecuación F (x, y, z) = 0 dene a z como función implícita de x, y en un entorno del punto (1, 0, 1), y calcular las derivadas parciales de z = z(x, y) en el punto (1, 0).

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Ejercicios propuestos (Tema 4)

Vamos a aplicar el teorema de la función implícita. Para ello, veamos que se cumplen las hipótesis de dicho teorema.

Solución del problema 12.

(H1 ) F es de clase uno en R3 , ya que F es continua y sus derivadas parciales ∂F (x, y, z) = 3x2 , ∂x

∂F (x, y, z) = 4y, ∂y

∂F (x, y, z) = −2z, ∂z

también lo son (por ser funciones polinómicas). (H2 ) F (1, 0, 1) = 13 + 2 02 − 12 = 0. (H3 )

∂F (1, 0, 1) = −2z|(1,0,1) = −2 6= 0. ∂z

Como se verican las hipótesis del teorema de la función implícita, en un entorno del punto (1, 0, 1) la ecuación F (x, y, z) = 0 dene implícitamente a z como función de x e y , es decir, z = z(x, y). Así pues, x3 + 2y 2 − z(x, y)2 = 0. (1) Derivando respecto de x, 3x2 + 0 − 2z(x, y) ·

∂z (x, y) = 0. ∂x

Evaluando en (x, y) = (1, 0),

∂z (1, 0) = 0, ∂x ∂z 3 y teniendo en cuenta que z(1, 0) = 1, obtenemos que (1, 0) = . ∂x 2 Por otro lado, si en (1) derivamos respecto de y , 3 − 2z(1, 0)

4y − 2z(x, y) ·

∂z (x, y) = 0. ∂y

Evaluando en (x, y) = (1, 0),

∂z (1, 0) = 0, ∂x ∂z y teniendo en cuenta que z(1, 0) = 1, obtenemos que (1, 0) = 0. ∂y 0 − 2z(1, 0)

Problema 13.

Estudiar si F (x, y, z) = C dena a z como función implícita de x y y en un entorno del punto P (x0 , y0 , z0 ) y, en caso armativo, determinar C y calcular las derivadas parciales de z = z(x, y) en (x0 , y0 ) en los casos: x2 y , P (1, 1, 1). z   10x z + , P (10, 2, 200). b) F (x, y, z) = log y 100 a) F (x, y, z) = log z −

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Ejercicios propuestos (Tema 4)

Solución del problema 13. a)

Denimos la función G(x, y, z) := F (x, y, z) − C = log z − xz y − C . Apliquémosle el teorema de la función implícita a G. Para ello, veamos que se cumplen las hipótesis de dicho resultado. 2

(H1 ) G es de clase uno, ya que G es continua y sus derivadas parciales ∂G 2xy (x, y, z) = − , ∂x y

∂G x2 (x, y, z) = − , ∂y z

∂G 1 x2 y (x, y, z) = + 2 , ∂z z z

también lo son. (H2 ) G(1, 1, 1) = log 1 − 1 1 1 − C = 0 ⇐⇒ 2

(H3 )

∂G (1, 0, 1) = ∂z

1 z

+

x2 y z 2 (1,0,1)

C = −1

.

= 2 6= 0.

Así pues, si C = −1 se verican las hipótesis del teorema de la función implícita y podemos asegurar que en un entorno del punto (1, 1, 1) la ecuación G(x, y, z) = 0 (la cual es equivalente a la ecuación F (x, y, z) = −1) dene implícitamente a z como función de x e y , es decir, z = z(x, y). Así pues, log z(x, y) −

x2 y = −1. z(x, y)

(2)

Derivando respecto de x, 2xy · z(x, y) − x2 y · ∂z 1 · (x, y) − z(x, y) ∂x z(x, y)2

∂z (x, y) ∂x

= 0.

Evaluando en (x, y) = (1, 1), ∂z 2 z(1, 1) − ∂x (1, 1) 1 ∂z · (1, 1) − = 0, 2 z(1, 1) ∂x z(1, 1)

y teniendo en cuenta que z(1, 1) = 1, obtenemos que Por otro lado, si en (2) derivamos respecto de y ,

∂z (1, 1) = 1. ∂x

x2 · z(x, y) − x2 y · 1 ∂z · (x, y) − z(x, y) ∂y z(x, y)2

∂z (x, y) ∂y

= 0.

Evaluando en (x, y) = (1, 1), ∂z z(1, 1) − ∂y (x, y) 1 ∂z · (1, 1) − = 0, z(1, 1) ∂y z(1, 1)2

∂z 1 (1, 0) = . ∂y 2   z b) Denimos la función G(x, y, z) := F (x, y, z) − C = log 10x + 100 − C . Apliquémosle el y teorema de la función implícita a G. Para ello, veamos que se cumplen las hipótesis de

y teniendo en cuenta que z(1, 1) = 1, obtenemos que

dicho resultado.

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Ejercicios propuestos (Tema 4)

(H1 ) G es de clase uno, ya que G es continua y sus derivadas parciales ∂G 1 (x, y, z) = , ∂x x

∂G 1 (x, y, z) = − , ∂y y

∂G 1 (x, y, z) = , ∂z 100

también lo son. (H2 ) G(10, 2, 200) = log (H3 )

∂G (1, 0, 1) = ∂z

1 z

10·10 2

x2 y + z2




+

(1,0,1)

− C = 0 ⇐⇒C = log(50) + .2

200 100

= 2 6= 0.

Así pues, si C = log(50) + 2 se verican las hipótesis del teorema de la función implícita y podemos asegurar que en un entorno del punto (1, 2, 200) la ecuación G(x, y, z) = 0 (la cual es equivalente a la ecuación F (x, y, z) = log(50) + 2) dene implícitamente a z como función de x e y , es decir, z = z(x, y). Así pues,  log

10x y

Derivando respecto de x,



 log

+

10x y

z(x, y) = log(50) + 2. 100  +

(3)

z(x, y) = 0. 100

Evaluando en (x, y) = (1, 1), ∂z 2 z(1, 1) − ∂x (1, 1) 1 ∂z · (1, 1) − = 0, z(1, 1) ∂x z(1, 1)2

y teniendo en cuenta que z(1, 1) = 1, obtenemos que

∂z (1, 1) = 1. ∂x

Por otro lado, si en (2) derivamos respecto de y , x2 · z(x, y) − x2 y · 1 ∂z · (x, y) − z(x, y) ∂y z(x, y)2

∂z (x, y) ∂y

= 0.

Evaluando en (x, y) = (1, 1), ∂z z(1, 1) − ∂y (x, y) 1 ∂z · (1, 1) − = 0, z(1, 1) ∂y z(1, 1)2

y teniendo en cuenta que z(1, 1) = 1, obtenemos que

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∂z 1 (1, 0) = . ∂y 2

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