Gilbert Strang; Edwin “Jed” Herman

Objetivos de aprendizaje

4.6.1 Determinar la derivada direccional en una dirección dada para una función de dos variables.
4.6.2 Determinar el vector gradiente de una función de valor real dada.
4.6.3 Explicar el significado del vector gradiente con respecto a la dirección de cambio a lo largo de una superficie.
4.6.4 Utilizar el gradiente para hallar la tangente a una curva de nivel de una función dada.
4.6.5 Calcular derivadas direccionales y gradientes en tres dimensiones.

En Derivadas parciales introducimos la derivada parcial. Una función $z = f (x, y)$ tiene dos derivadas parciales $\partial z / \partial x$ y $\partial z / \partial y .$ Estas derivadas corresponden a cada una de las variables independientes y pueden interpretarse como tasas de cambio instantáneas (es decir, como pendientes de una línea tangente). Por ejemplo, $\partial z / \partial x$ representa la pendiente de una línea tangente que pasa por un punto determinado de la superficie definida por $z = f (x, y),$ asumiendo que la línea tangente es paralela al eje x. De la misma manera, $\partial z / \partial y$ representa la pendiente de la línea tangente paralela al eje $y .$ Ahora consideramos la posibilidad de una línea tangente paralela a ninguno de los dos ejes.

Derivadas direccionales

Partimos del gráfico de una superficie definida por la ecuación $z = f (x, y) .$ Dado un punto $(a, b)$ en el dominio de $f,$ elegimos una dirección para viajar desde ese punto. Medimos la dirección utilizando un ángulo $θ,$ que se mide en el sentido contrario a las agujas del reloj en el plano x, y, comenzando en el cero del eje x positivo (Figura 4.39). La distancia que recorremos es $h$ y la dirección en la que viajamos viene dada por el vector unitario $u = (cos θ) i + (sen θ) j .$ Por lo tanto, la coordenada z del segundo punto de el gráfico viene dada por $z = f (a + h cos θ, b + h sen θ) .$

Una forma en el espacio xyz con el punto (a, b, f(a, b)). Desde el punto, hay una flecha que representa la derivada direccional. En el plano xy se marca el punto (a, b) y se hace un ángulo de tamaño θ entre la proyección de la derivada direccional sobre el plano y una línea paralela al eje x.

Figura 4.39 Hallar la derivada direccional en un punto del gráfico de

z = f (x, y) .

La pendiente de la flecha negra del gráfico indica el valor de la derivada direccional en ese punto.

Podemos calcular la pendiente de la línea secante dividiendo la diferencia en valores $z$ entre la longitud del segmento de línea que une los dos puntos del dominio. La longitud del segmento de línea es $h .$ Por lo tanto, la pendiente de la línea secante es

m_{sec} = \frac{f (a + h cos θ, b + h sen θ) - f (a, b)}{h} .

Para hallar la pendiente de la línea tangente en la misma dirección, tomamos el límite mientras $h$ se acerca a cero.

Definición

Supongamos que $z = f (x, y)$ es una función de dos variables con un dominio de $D .$ Supongamos que $(a, b) \in D$ y definamos $u = cos θ i + sen θ j .$ Entonces la derivada direccional de $f$ en la dirección de $u$ viene dada por

D_{u} f (a, b) = \underset{h \to 0}{lím} \frac{f (a + h cos θ, b + h sen θ) - f (a, b)}{h},

(4.36)

siempre que exista el límite.

La Ecuación 4.36 proporciona una definición formal de la derivada direccional que puede utilizarse en muchos casos para calcular una derivada direccional.

Ejemplo 4.31

Hallar una derivada direccional a partir de la definición

Supongamos que $θ = arccos (3 / 5) .$ Calcule la derivada direccional $D_{u} f (x, y)$ de $f (x, y) = x^{2} - x y + 3 y^{2}$ en dirección a $u = (cos θ) i + (sen θ) j .$ ¿Qué es $D_{u} f (–1, 2) ?$

Solución

En primer lugar, ya que $cos θ = 3 / 5$ y $θ$ es un ángulo agudo, esto implica

sen θ = \sqrt{1 - {(\frac{3}{5})}^{2}} = \sqrt{\frac{16}{25}} = \frac{4}{5} .

Utilizando $f (x, y) = x^{2} - x y + 3 y^{2},$ primero calculamos $f (x + h cos θ, y + h sen θ) :$

\begin{matrix} f (x + h cos θ, y + h sen θ) & = {(x + h cos θ)}^{2} - (x + h cos θ) (y + h sen θ) + 3 {(y + h sen θ)}^{2} \\ = x^{2} + 2 x h cos θ + h^{2} {cos}^{2} θ - x y - x h sen θ - y h cos θ \\ {−h}^{2} sen θ cos θ + 3 y^{2} + 6 y h sen θ + 3 h^{2} {sen}^{2} θ \\ = x^{2} + 2 x h (\frac{3}{5}) + \frac{9 h^{2}}{25} - x y - \frac{4 x h}{5} - \frac{3 y h}{5} - \frac{12 h^{2}}{25} + 3 y^{2} \\ + 6 y h (\frac{4}{5}) + 3 h^{2} (\frac{16}{25}) \\ = x^{2} - x y + 3 y^{2} + \frac{2 x h}{5} + \frac{9 h^{2}}{5} + \frac{21 y h}{5} . \end{matrix}

Sustituimos esta expresión en la Ecuación 4.36:

\begin{matrix} D_{u} f (a, b) & = \underset{h \to 0}{lím} \frac{f (a + h cos θ, b + h sen θ) - f (a, b)}{h} \\ = \underset{h \to 0}{lím} \frac{(x^{2} - x y + 3 y^{2} + \frac{2 x h}{5} + \frac{9 h^{2}}{5} + \frac{21 y h}{5}) - (x^{2} - x y + 3 y^{2})}{h} \\ = \underset{h \to 0}{lím} \frac{\frac{2 x h}{5} + \frac{9 h^{2}}{5} + \frac{21 y h}{5}}{h} \\ = \underset{h \to 0}{lím} \frac{2 x}{5} + \frac{9 h}{5} + \frac{21 y}{5} \\ = \frac{2 x + 21 y}{5} . \end{matrix}

Para calcular $D_{u} f (–1, 2),$ sustituimos $x = –1$ y $y = 2$ en esta respuesta:

\begin{matrix} D_{u} f (–1, 2) & = \frac{2 (–1) + 21 (2)}{5} \\ = \frac{−2 + 42}{5} \\ = 8 . \end{matrix}

(Vea la siguiente figura).

La forma f(x, y) = x2 - xy + 3y2 en el espacio xyz con plano tangente en el punto (-1, 2, 15). Hay dos flechas desde el punto, una aparentemente a lo largo de la superficie de la forma y la otra en una dirección en el plano. La que corresponde al plano está marcada como u = 3/5 i + 4/5 j.

Figura 4.40 Hallar la derivada direccional en una dirección dada

u

en un punto determinado de una superficie. El plano es tangente a la superficie en el punto dado

(–1, 2, 15) .

Otro enfoque para calcular una derivada direccional implica derivadas parciales, como se indica en el siguiente teorema.

Teorema 4.12

Derivada direccional de una función de dos variables

Supongamos que $z = f (x, y)$ es una función de dos variables $x y y,$ y supongamos que $f_{x}$ y $f_{y}$ existe y $f (x, y)$ es diferenciable en todas partes. Entonces la derivada direccional de $f$ en la dirección de $u = cos θ i + sen θ j$ viene dada por

D_{u} f (x, y) = f_{x} (x, y) cos θ + f_{y} (x, y) sen θ .

(4.37)

Prueba

La Ecuación 4.36 afirma que la derivada direccional de f en la dirección de $u = cos θ i + sen θ j$ viene dada por

D_{u} f (a, b) = \underset{t \to 0}{lím} \frac{f (a + t cos θ, b + t sen θ) - f (a, b)}{t} .

Supongamos que $x = a + t cos θ$ y $y = b + t sen θ,$ y definir $g (t) = f (x, y) .$ Dado que $f_{x}$ y $f_{y}$ ambos existen, y por lo tanto $f$ es diferenciable, podemos utilizar la regla de la cadena para funciones de dos variables para calcular $g^{'} (t) :$

\begin{matrix} g^{'} (t) & = \frac{\partial f}{\partial x} \frac{d x}{d t} + \frac{\partial f}{\partial y} \frac{d y}{d t} \\ = f_{x} (x, y) cos θ + f_{y} (x, y) sen θ . \end{matrix}

Si los valores de $t = 0,$ entonces $x = x_{0} (= a)$ y de $y = y_{0} (= b),$ así que

g^{'} (0) = f_{x} (x_{0}, y_{0}) cos θ + f_{y} (x_{0}, y_{0}) sen θ .

Según la definición de $g^{'} (t),$ también es cierto que

\begin{matrix} g^{'} (0) & = \underset{t \to 0}{lím} \frac{g (t) - g (0)}{t} \\ = \underset{t \to 0}{lím} \frac{f (x_{0} + t cos θ, y_{0} + t sen θ) - f (x_{0}, y_{0})}{t} . \end{matrix}

Por lo tanto, $D_{u} f (x_{0}, y_{0}) = f_{x} (x, y) cos θ + f_{y} (x, y) sen θ .$

□

Ejemplo 4.32

Hallar una derivada direccional: Método alternativo

Supongamos que $θ = arccos (3 / 5) .$ Calcule la derivada direccional $D_{u} f (x, y)$ de $f (x, y) = x^{2} - x y + 3 y^{2}$ en dirección a $u = (cos θ) i + (sen θ) j .$ ¿Qué es $D_{u} f (–1, 2) ?$

Solución

En primer lugar, debemos calcular las derivadas parciales de $f :$

\begin{matrix} f_{x} = 2 x - y \\ f_{y} = − x + 6 y, \end{matrix}

A continuación, utilizamos la Ecuación 4.37 con $θ = arccos (3 / 5) :$

\begin{matrix} D_{u} f (x, y) & = f_{x} (x, y) cos θ + f_{y} (x, y) sen θ \\ = (2 x - y) \frac{3}{5} + (− x + 6 y) \frac{4}{5} \\ = \frac{6 x}{5} - \frac{3 y}{5} - \frac{4 x}{5} + \frac{24 y}{5} \\ = \frac{2 x + 21 y}{5} . \end{matrix}

Para calcular $D_{u} f (–1, 2),$ supongamos que $x = –1$ y $y = 2 :$

D_{u} f (–1, 2) = \frac{2 (–1) + 21 (2)}{5} = \frac{−2 + 42}{5} = 8 .

Esta es la misma respuesta que obtuvimos en el Ejemplo 4.31.

Punto de control 4.28

Halle la derivada direccional $D_{u} f (x, y)$ de $f (x, y) = 3 x^{2} y - 4 x y^{3} + 3 y^{2} - 4 x$ en dirección a $u = (cos \frac{π}{3}) i + (sen \frac{π}{3}) j$ utilizando la Ecuación 4.37. ¿Cuál es el valor de $D_{u} f (3, 4) ?$

Si el vector que se da para la dirección de la derivada no es un vector unitario, entonces solo es necesario dividir entre la norma del vector. Por ejemplo, si quisiéramos hallar la derivada direccional de la función en el Ejemplo 4.32 en la dirección del vector $〈 −5, 12 〉,$ primero dividiríamos entre su magnitud para obtener $u .$ Esto nos da $u = 〈 − (5 / 13), 12 / 13 〉 .$ Entonces

\begin{matrix} D_{u} f (x, y) & = \nabla f (x, y) . u \\ = - \frac{5}{13} (2 x - y) + \frac{12}{13} (− x + 6 y) \\ = - \frac{22}{13} x + \frac{17}{13} y . \end{matrix}

Gradiente

El lado derecho de la Ecuación 4.37 es igual a $f_{x} (x, y) cos θ + f_{y} (x, y) sen θ,$ que se puede escribir como el producto escalar de dos vectores. Defina el primer vector como $\nabla f (x, y) = f_{x} (x, y) i + f_{y} (x, y) j$ y el segundo vector como $u = (cos θ) i + (sen θ) j .$ Entonces el lado derecho de la ecuación se puede escribir como el producto escalar de estos dos vectores:

D_{u} f (x, y) = \nabla f (x, y) . u .

(4.38)

El primer vector en la Ecuación 4.38 tiene un nombre especial: el gradiente de la función $f .$ El símbolo $\nabla$ se llama nabla y el vector $\nabla f$ se lee $"del f “.$

Definición

Supongamos que $z = f (x, y)$ es una función de $x y y$ de manera que $f_{x}$ y $f_{y}$ existen. El vector $\nabla f (x, y)$ se llama el gradiente de $f$ y se define como

\nabla f (x, y) = f_{x} (x, y) i + f_{y} (x, y) j .

(4.39)

El vector $\nabla f (x, y)$ también se escribe como $"grad f “.$

Ejemplo 4.33

Hallar gradientes

Halle el gradiente $\nabla f (x, y)$ de cada una de las siguientes funciones:

$f (x, y) = x^{2} - x y + 3 y^{2}$
$f (x, y) = sen 3 x cos 3 y$

Solución

Para ambas partes a. y b., primero calculamos las derivadas parciales $f_{x}$ y $f_{y},$ y luego usamos la Ecuación 4.39.

$\begin{matrix} f_{x} (x, y) & = & 2 x - y y f_{y} (x, y) = − x + 6 y, por lo que \\ \nabla f (x, y) & = & f_{x} (x, y) i + f_{y} (x, y) j \\ = & (2 x - y) i + (− x + 6 y) j . \end{matrix}$
$\begin{matrix} f_{x} (x, y) & = & 3 cos 3 x cos 3 y y f_{y} (x, y) = −3 sen 3 x sen 3 y, por lo que \\ \nabla f (x, y) & = & f_{x} (x, y) i + f_{y} (x, y) j \\ = & (3 cos 3 x cos 3 y) i - (3 sen 3 x sen 3 y) j . \end{matrix}$

Punto de control 4.29

Halle el gradiente $\nabla f (x, y)$ de $f (x, y) = (x^{2} - 3 y^{2}) / (2 x + y) .$

El gradiente tiene algunas propiedades importantes. Ya hemos visto una fórmula que utiliza el gradiente: la fórmula de la derivada direccional. Recordemos que el producto escalar dice que si el ángulo entre dos vectores $a$ y $b$ ¿es $φ,$ entonces $a . b = ‖ a ‖ ‖ b ‖ cos φ .$ Por lo tanto, si el ángulo entre $\nabla f (x_{0}, y_{0})$ y $u = (cos θ) i + (sen θ) j$ ¿es $φ,$ tenemos

D_{u} f (x_{0}, y_{0}) = \nabla f (x_{0}, y_{0}) . u = ‖ \nabla f (x_{0}, y_{0}) ‖ ‖ u ‖ cos φ = ‖ \nabla f (x_{0}, y_{0}) ‖ cos φ .

El $‖ u ‖$ desaparece porque $u$ es un vector unitario. Por lo tanto, la derivada direccional es igual a la magnitud del gradiente evaluado en $(x_{0}, y_{0})$ multiplicado por $cos φ .$ Recordemos que $cos φ$ oscila de $−1$ al $1 .$ Si $φ = 0,$ entonces $cos φ = 1$ y $\nabla f (x_{0}, y_{0})$ y $u$ ambos apuntan en la misma dirección. Si los valores de $φ = π,$ entonces $cos φ = –1$ y $\nabla f (x_{0}, y_{0})$ y $u$ apuntan en direcciones opuestas. En el primer caso, el valor de $D_{u} f (x_{0}, y_{0})$ se maximiza; en el segundo caso, el valor de $D_{u} f (x_{0}, y_{0})$ se minimiza. Si los valores de $\nabla f (x_{0}, y_{0}) = 0,$ entonces $D_{u} f (x_{0}, y_{0}) = \nabla f (x_{0}, y_{0}) . u = 0$ para cualquier vector $u .$ Estos tres casos se resumen en el siguiente teorema.

Teorema 4.13

Propiedades del gradiente

Supongamos que la función $z = f (x, y)$ es diferenciable en $(x_{0}, y_{0})$ (Figura 4.41).

Si los valores de $\nabla f (x_{0}, y_{0}) = 0,$ entonces $D_{u} f (x_{0}, y_{0}) = 0$ para cualquier vector unitario $u .$
Si los valores de $\nabla f (x_{0}, y_{0}) \neq 0,$ entonces $D_{u} f (x_{0}, y_{0})$ se maximiza cuando $u$ apunta en la misma dirección que $\nabla f (x_{0}, y_{0}) .$ El valor máximo de $D_{u} f (x_{0}, y_{0})$ ¿es $‖ \nabla f (x_{0}, y_{0}) ‖ .$
Si los valores de $\nabla f (x_{0}, y_{0}) \neq 0,$ entonces $D_{u} f (x_{0}, y_{0})$ se minimiza cuando $u$ apunta en la dirección opuesta a $\nabla f (x_{0}, y_{0}) .$ El valor mínimo de $D_{u} f (x_{0}, y_{0})$ ¿es $− ‖ \nabla f (x_{0}, y_{0}) ‖ .$

Un paraboloide orientado hacia arriba en el espacio xyz con el punto P0 (x0, y0, z0). Desde este punto, hay flechas que suben, bajan y rodean el paraboloide. En el plano xy, se marca el punto (x0, y0), y se dibujan las flechas correspondientes en el plano: la flecha hacia abajo corresponde a -∇f (disminución más rápida de f), la flecha hacia arriba corresponde a ∇f (aumento más rápido de f), y las flechas alrededor corresponden a ningún cambio en f. Las flechas arriba/abajo son perpendiculares a las flechas alrededor en su proyección sobre el plano.

Figura 4.41 El gradiente indica los valores máximo y mínimo de la derivada direccional en un punto.

Ejemplo 4.34

Hallar una derivada direccional máxima

Halle la dirección del vector para la cual la derivada direccional de $f (x, y) = 3 x^{2} - 4 x y + 2 y^{2}$ en $(–2, 3)$ es un máximo. ¿Cuál es el valor máximo?

Solución

El valor máximo de la derivada direccional se produce cuando $\nabla f$ y el vector unitario apuntan en la misma dirección. Por lo tanto, empezamos por calcular $\nabla f (x, y) :$

\begin{matrix} f_{x} (x, y) & = & 6 x - 4 y y f_{y} (x, y) = −4 x + 4 y, por lo que \\ \nabla f (x, y) & = & f_{x} (x, y) i + f_{y} (x, y) j = (6 x - 4 y) i + (–4 x + 4 y) j . \end{matrix}

A continuación, evaluamos el gradiente en $(–2, 3) :$

\nabla f (–2, 3) = (6 (−2) - 4 (3)) i + (−4 (−2) + 4 (3)) j = −24 i + 20 j .

Necesitamos hallar un vector unitario que apunte en la misma dirección que $\nabla f (–2, 3),$ así que el siguiente paso es dividir $\nabla f (–2, 3)$ entre su magnitud, que es $\sqrt{{(−24)}^{2} + {(20)}^{2}} = \sqrt{976} = 4 \sqrt{61} .$ Por lo tanto,

\frac{\nabla f (–2, 3)}{‖ \nabla f (–2, 3) ‖} = \frac{−24}{4 \sqrt{61}} i + \frac{20}{4 \sqrt{61}} j = \frac{−6 \sqrt{61}}{61} i + \frac{5 \sqrt{61}}{61} j .

Es el vector unitario que apunta en la misma dirección que $\nabla f (–2, 3) .$ Para hallar el ángulo correspondiente a este vector unitario, resolvemos las ecuaciones

cos θ = \frac{−6 \sqrt{61}}{61} y sen θ = \frac{5 \sqrt{61}}{61}

por $θ .$ Como el coseno es negativo y el seno es positivo, el ángulo debe estar en el segundo cuadrante. Por lo tanto, $θ = π - arcsen ((5 \sqrt{61}) / 61) \approx 2,45 rad.$

El valor máximo de la derivada direccional en $(–2, 3)$ ¿es $‖ \nabla f (–2, 3) ‖ = 4 \sqrt{61}$ (vea la siguiente figura).

Un paraboloide orientado hacia arriba f(x, y) = 3x2 - 4xy + 2y2 con plano tangente en el punto (-2, 3, 54). El plano tangente tiene la ecuación z = -24x + 20y - 54.

Figura 4.42 El valor máximo de la derivada direccional en

(–2, 3)

está en la dirección del gradiente.

Punto de control 4.30

Halle la dirección del vector para la cual la derivada direccional de $g (x, y) = 4 x - x y + 2 y^{2}$ en $(–2, 3)$ es un máximo. ¿Cuál es el valor máximo?

La Figura 4.43 muestra una parte del gráfico de la función $f (x, y) = 3 + sen x sen y .$ Dado un punto $(a, b)$ en el dominio de $f,$ el valor máximo del gradiente en ese punto viene dado por $‖ \nabla f (a, b) ‖ .$ Esto equivaldría a la tasa de mayor ascenso si la superficie representara un mapa topográfico. Si fuéramos en dirección contraria, sería la tasa de mayor descenso.

Una superficie en el espacio xyz con punto en f(a, b). Hay una flecha en la dirección de mayor descenso.

Figura 4.43 Una superficie típica en

ℝ^{3} .

Dado un punto de la superficie, se puede calcular la derivada direccional mediante el gradiente.

Cuando se utiliza un mapa topográfico, la pendiente más pronunciada está siempre en la dirección en la que las curvas de nivel están más juntas (vea la Figura 4.44). Esto es análogo al mapa de líneas de contorno de una función, suponiendo que las curvas de nivel se obtienen para valores igualmente espaciados en todo el rango de esa función.

Dos líneas discontinuas cruzadas que pasan por el origen y una serie de líneas curvas que se acercan a las líneas discontinuas cruzadas como si fueran asíntotas.

Figura 4.44 Mapa de líneas de contorno de la función

f (x, y) = x^{2} - y^{2}

utilizando valores de nivel entre

−5

y

5 .

Gradientes y curvas de nivel

Recordemos que si una curva está definida paramétricamente por el par de funciones $(x (t), y (t)),$ entonces el vector $x^{'} (t) i + y^{'} (t) j$ es tangente a la curva para cualquier valor de $t$ en el dominio. Supongamos ahora que $z = f (x, y)$ es una función diferenciable de $x y y,$ y $(x_{0}, y_{0})$ está en su dominio. Supongamos además que $x_{0} = x (t_{0})$ y de $y_{0} = y (t_{0})$ para algún valor de $t,$ y consideremos la curva de nivel $f (x, y) = k .$ Defina $g (t) = f (x (t), y (t))$ y calcule $g^{'} (t)$ en la curva de nivel. Según la regla de la cadena,

g^{'} (t) = f_{x} (x (t), y (t)) x^{'} (t) + f_{y} (x (t), y (t)) y^{'} (t) .

Pero $g^{'} (t) = 0$ porque $g (t) = k$ para todos los $t .$ Por lo tanto, por un lado,

f_{x} (x (t), y (t)) x^{'} (t) + f_{y} (x (t), y (t)) y^{'} (t) = 0;

por el otro,

f_{x} (x (t), y (t)) x^{'} (t) + f_{y} (x (t), y (t)) y^{'} (t) = \nabla f (x, y) . 〈 x^{'} (t), y^{'} (t) 〉 .

Por lo tanto,

\nabla f (x, y) . 〈 x^{'} (t), y^{'} (t) 〉 = 0 .

Así, el producto escalar de estos vectores es igual a cero, lo que implica que son ortogonales. Sin embargo, el segundo vector es tangente a la curva de nivel, lo que implica que el gradiente debe ser normal a la curva de nivel, lo que da lugar al siguiente teorema.

Teorema 4.14

El gradiente es normal a la curva de nivel

Supongamos que la función $z = f (x, y)$ tiene derivadas parciales continuas de primer orden en un disco abierto centrado en un punto $(x_{0}, y_{0}) .$ Si $\nabla f (x_{0}, y_{0}) \neq 0,$ entonces $\nabla f (x_{0}, y_{0})$ es normal a la curva de nivel de $f$ a las $(x_{0}, y_{0}) .$

Podemos utilizar este teorema para hallar los vectores tangentes y normales a las curvas de nivel de una función.

Ejemplo 4.35

Hallar las tangentes de las curvas de nivel

Para que la función $f (x, y) = 2 x^{2} - 3 x y + 8 y^{2} + 2 x - 4 y + 4,$ halle un vector tangente a la curva de nivel en el punto $(–2, 1) .$ Grafique la curva de nivel correspondiente a $f (x, y) = 18$ y dibuje $\nabla f (–2, 1)$ y un vector tangente.

Solución

En primer lugar, debemos calcular $\nabla f (x, y) :$

f_{x} (x, y) = 4 x - 3 y + 2 y f_{y} = −3 x + 16 y - 4 por lo que \nabla f (x, y) = (4 x - 3 y + 2) i + (−3 x + 16 y - 4) j .

A continuación, evaluamos $\nabla f (x, y)$ a las $(–2, 1) :$

\nabla f (–2, 1) = (4 (−2) - 3 (1) + 2) i + (−3 (−2) + 16 (1) - 4) j = −9 i + 18 j .

Este vector es ortogonal a la curva en el punto $(–2, 1) .$ Podemos obtener un vector tangente invirtiendo las componentes y multiplicando cualquiera de ellas por $−1 .$ Así, por ejemplo, $−18 i - 9 j$ es un vector tangente (vea el siguiente gráfico).

Una elipse rotada con ecuación f(x, y) = 10. En el punto (-2, 1) de la elipse se dibujan dos flechas, un vector tangente y un vector normal. El vector normal está marcado ∇f(-2, 1) y es perpendicular al vector tangente.

Figura 4.45 Una elipse rotada con ecuación f(x, y) = 18. En el punto (-2, 1) de la elipse se dibujan dos flechas, un vector tangente y un vector normal. El vector normal está marcado ∇f(-2, 1) y es perpendicular al vector tangente.

Punto de control 4.31

Para que la función $f (x, y) = x^{2} - 2 x y + 5 y^{2} + 3 x - 2 y + 4,$ halle la tangente a la curva de nivel en el punto $(1, 1) .$ Dibuje el gráfico de la curva de nivel correspondiente a $f (x, y) = 9$ y dibuje $\nabla f (1, 1)$ y un vector tangente.

Gradientes tridimensionales y derivadas direccionales

La definición de gradiente puede extenderse a funciones de más de dos variables.

Definición

Supongamos que $w = f (x, y, z)$ es una función de tres variables tal que $f_{x}, f_{y}, y f_{z}$ existen. El vector $\nabla f (x, y, z)$ se llama el gradiente de $f$ y se define como

\nabla f (x, y, z) = f_{x} (x, y, z) i + f_{y} (x, y, z) j + f_{z} (x, y, z) k .

(4.40)

$\nabla f (x, y, z)$ también puede escribirse como $grad f (x, y, z) .$

El cálculo del gradiente de una función en tres variables es muy similar al cálculo del gradiente de una función en dos variables. En primer lugar, calculamos las derivadas parciales $f_{x}, f_{y},$ y $f_{z},$ y luego utilizamos la Ecuación 4.40.

Ejemplo 4.36

Hallar gradientes en tres dimensiones

Halle el gradiente $\nabla f (x, y, z)$ de cada una de las siguientes funciones:

$f (x, y, z) = 5 x^{2} - 2 x y + y^{2} - 4 y z + z^{2} + 3 x z$
$f (x, y, z) = e^{−2 z} sen 2 x cos 2 y$

Solución

Para ambas partes a. y b., primero calculamos las derivadas parciales $f_{x}, f_{y},$ y $f_{z},$ y luego usamos la Ecuación 4.40.

$\begin{matrix} f_{x} (x, y, z) & = & 10 x - 2 y + 3 z, f_{y} (x, y, z) = –2 x + 2 y - 4 z y f_{z} (x, y, z) = 3 x - 4 y + 2 z, por lo que \\ \nabla f (x, y, z) & = & f_{x} (x, y, z) i + f_{y} (x, y, z) j + f_{z} (x, y, z) k \\ = & (10 x - 2 y + 3 z) i + (−2 x + 2 y - 4 z) j + (–4 x + 3 y + 2 z) k . \end{matrix}$
$\begin{matrix} f_{x} (x, y, z) & = & −2 e^{−2 z} cos 2 x cos 2 y, f_{y} (x, y, z) = −2 e^{−2 z} sen 2 x sen 2 y y \\ f_{z} (x, y, z) & = & −2 e^{−2 z} sen 2 x cos 2 y, por lo que \\ \nabla f (x, y, z) & = & f_{x} (x, y, z) i + f_{y} (x, y, z) j + f_{z} (x, y, z) k \\ = & (2 e^{−2 z} cos 2 x cos 2 y) i + (−2 e^{−2 z}) j + (−2 e^{−2 z}) \\ = & 2 e^{−2 z} (cos 2 x cos 2 y i - sen 2 x sen 2 y j - sen 2 x cos 2 y k) . \end{matrix}$

Punto de control 4.32

Halle el gradiente $\nabla f (x, y, z)$ de $f (x, y, z) = \frac{x^{2} - 3 y^{2} + z^{2}}{2 x + y - 4 z} .$

La derivada direccional también puede generalizarse a funciones de tres variables. Para determinar una dirección en tres dimensiones, se necesita un vector con tres componentes. Este vector es un vector unitario, y las componentes del vector unitario se llaman cosenos direccionales. Dado un vector unitario tridimensional $u$ en forma estándar (es decir, el punto inicial está en el origen), este vector forma tres ángulos diferentes con los ejes positivos $x -, y -,$ y z. Llamemos a estos ángulos $α, β,$ y $γ .$ Entonces los cosenos direccionales vienen dados por $cos α, cos β,$ y $cos γ .$ Estas son las componentes del vector unitario $u;$ dado que $u$ es un vector unitario, es cierto que ${cos}^{2} α + {cos}^{2} β + {cos}^{2} γ = 1 .$

Definición

Supongamos que $w = f (x, y, z)$ es una función de tres variables con un dominio de $D .$ Supongamos que $(x_{0}, y_{0}, z_{0}) \in D$ y supongamos que $u = cos α i + cos β j + cos γ k$ es un vector unitario. Entonces, la derivada direccional de $f$ en la dirección de $u$ viene dada por

D_{u} f (x_{0}, y_{0}, z_{0}) = \underset{t \to 0}{lím} \frac{f (x_{0} + t cos α, y_{0} + t cos β, z_{0} + t cos γ) - f (x_{0}, y_{0}, z_{0})}{t},

(4.41)

siempre que exista el límite.

Podemos calcular la derivada direccional de una función de tres variables utilizando el gradiente, lo que nos lleva a una fórmula análoga a la Ecuación 4.38.

Teorema 4.15

Derivada direccional de una función de tres variables

Supongamos que $f (x, y, z)$ es una función diferenciable de tres variables y que $u = cos α i + cos β j + cos γ k$ es un vector unitario. Entonces, la derivada direccional de $f$ en la dirección de $u$ viene dada por

\begin{matrix} D_{u} f (x, y, z) & = \nabla f (x, y, z) . u \\ = f_{x} (x, y, z) cos α + f_{y} (x, y, z) cos β + f_{z} (x, y, z) cos γ . \end{matrix}

(4.42)

Los tres ángulos $α, β, y γ$ determinan el vector unitario $u .$ En la práctica, podemos utilizar un vector arbitrario (no unitario) y dividirlo entre su magnitud para obtener un vector unitario en la dirección deseada.

Ejemplo 4.37

Hallar una derivada direccional en tres dimensiones

Calcule $D_{u} f (1, –2, 3)$ en dirección a $v = − i + 2 j + 2 k$ para la función

f (x, y, z) = 5 x^{2} - 2 x y + y^{2} - 4 y z + z^{2} + 3 x z .

Solución

En primer lugar, hallamos la magnitud de $v :$

‖ v ‖ = \sqrt{{(–1)}^{2} + {(2)}^{2} + {(2)}^{2}} = 3 .

Por lo tanto, $\frac{v}{‖ v ‖} = \frac{− i + 2 j + 2 k}{3} = - \frac{1}{3} i + \frac{2}{3} j + \frac{2}{3} k$ es un vector unitario en la dirección de $v,$ por lo que $cos α = - \frac{1}{3}, cos β = \frac{2}{3}, y cos γ = \frac{2}{3} .$ A continuación, calculamos las derivadas parciales de $f :$

\begin{matrix} f_{x} (x, y, z) & = & 10 x - 2 y + 3 z \\ f_{y} (x, y, z) & = & –2 x + 2 y - 4 z \\ f_{z} (x, y, z) & = & –4 y + 2 z + 3 x, \end{matrix}

y luego sustituirlos en Ecuación 4.42:

\begin{matrix} D_{u} f (x, y, z) & = f_{x} (x, y, z) cos α + f_{y} (x, y, z) cos β + f_{z} (x, y, z) cos γ \\ = (10 x - 2 y + 3 z) (- \frac{1}{3}) + (−2 x + 2 y - 4 z) (\frac{2}{3}) + (−4 y + 2 z + 3 x) (\frac{2}{3}) \\ = - \frac{10 x}{3} + \frac{2 y}{3} - \frac{3 z}{3} - \frac{4 x}{3} + \frac{4 y}{3} - \frac{8 z}{3} - \frac{8 y}{3} + \frac{4 z}{3} + \frac{6 x}{3} \\ = - \frac{8 x}{3} - \frac{2 y}{3} - \frac{7 z}{3} . \end{matrix}

Por último, para hallar $D_{u} f (1, –2, 3),$ sustituimos $x = 1, y = –2, y z = 3 :$

\begin{matrix} D_{u} f (1, –2, 3) & = - \frac{8 (1)}{3} - \frac{2 (−2)}{3} - \frac{7 (3)}{3} \\ = - \frac{8}{3} + \frac{4}{3} - \frac{21}{3} \\ = - \frac{25}{3} . \end{matrix}

Punto de control 4.33

Calcule $D_{u} f (x, y, z)$ y $D_{u} f (0, –2, 5)$ en dirección a $v = −3 i + 12 j - 4 k$ para la función $f (x, y, z) = 3 x^{2} + x y - 2 y^{2} + 4 y z - z^{2} + 2 x z .$

Sección 4.6 ejercicios

En los siguientes ejercicios, halle la derivada direccional utilizando únicamente la definición de límite.

260.

$f (x, y) = 5 - 2 x^{2} - \frac{1}{2} y^{2}$ en el punto $P (3, 4)$ en dirección a $u = (cos \frac{π}{4}) i + (sen \frac{π}{4}) j$

261.

$f (x, y) = y^{2} cos (2 x)$ en el punto $P (\frac{π}{3}, 2)$ en dirección a $u = (cos \frac{π}{4}) i + (sen \frac{π}{4}) j$

262.

Halle la derivada direccional de $f (x, y) = y^{2} sen (2 x)$ en el punto $P (\frac{π}{4}, 2)$ en dirección a $u = 5 i + 12 j .$

En los siguientes ejercicios, halle la derivada direccional de la función en el punto $P$ en dirección a $u$ o $v$ según corresponda.

263.

$f (x, y) = x y,$ $P (0, –2),$ $v = \frac{1}{2} i + \frac{\sqrt{3}}{2} j$

264.

$h (x, y) = e^{x} sen y, P (1, \frac{π}{2}), v = − i$

265.

$h (x, y, z) = x y z, P (2, 1, 1), v = 2 i + j - k$

266.

$f (x, y) = x y, P (1, 1), u = 〈 \frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2} 〉$

267.

$f (x, y) = x^{2} - y^{2}, \begin{matrix} u = 〈 \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2} 〉, & P (1, 0) \end{matrix}$ grandes.

268.

$f (x, y) = 3 x + 4 y + 7, \begin{matrix} u = 〈 \frac{3}{5}, \frac{4}{5} 〉, & P (0, \frac{π}{2}) \end{matrix}$ grandes.

269.

$\begin{matrix} f (x, y) = e^{x} cos y, & u = 〈 0, 1 〉, & P = (0, \frac{π}{2}) \end{matrix}$ grandes.

270.

$\begin{matrix} f (x, y) = y^{10}, & u = 〈 0, −1 〉, & P = (1, –1) \end{matrix}$ grandes.

271.

$f (x, y) = ln (x^{2} + y^{2}), \begin{matrix} u = 〈 \frac{3}{5}, \frac{4}{5} 〉, & P (1, 2) \end{matrix}$ grandes.

272.

$f (x, y) = x^{2} y, \begin{matrix} P (−5, 5), & v = 3 i - 4 j \end{matrix}$

273.

$f (x, y, z) = y^{2} + x z, \begin{matrix} P (1, 2, 2), & v = 〈 2, –1, 2 〉 \end{matrix}$

En los siguientes ejercicios, halle la derivada direccional de la función en la dirección del vector unitario $u = cos θ i + sen θ j .$

274.

$f (x, y) = x^{2} + 2 y^{2}, θ = \frac{π}{6}$

275.

$f (x, y) = \frac{y}{x + 2 y}, θ = - \frac{π}{4}$

276.

$f (x, y) = cos (3 x + y), θ = \frac{π}{4}$

277.

$w (x, y) = y e^{x}, θ = \frac{π}{3}$

278.

$\begin{matrix} f (x, y) = x arctan (y), & θ = \frac{π}{2} \end{matrix}$

279.

$\begin{matrix} f (x, y) = ln (x + 2 y), & θ = \frac{π}{3} \end{matrix}$

En los siguientes ejercicios, calcule el gradiente.

280.

Calcule el gradiente de $f (x, y) = \frac{14 - x^{2} - y^{2}}{3} .$ Entonces, halle el gradiente en el punto $P (1, 2) .$

281.

Calcule el gradiente de $f (x, y, z) = x y + y z + x z$ en el punto $P (1, 2, 3) .$

282.

Calcule el gradiente de $f (x, y, z)$ a las $P$ y en la dirección de $u :$ $f (x, y, z) = ln (x^{2} + 2 y^{2} + 3 z^{2}), \begin{matrix} P (2, 1, 4), & u = \frac{−3}{13} i - \frac{4}{13} j - \frac{12}{13} k \end{matrix} .$

283.

$f (x, y, z) = 4 x^{5} y^{2} z^{3}, \begin{matrix} P (2, –1, 1), & u = \frac{1}{3} i + \frac{2}{3} j - \frac{2}{3} k \end{matrix}$

En los siguientes ejercicios, halle la derivada direccional de la función en el punto $P$ en dirección a $Q .$

284.

$f (x, y) = x^{2} + 3 y^{2}, \begin{matrix} P (1, 1), & Q (4, 5) \end{matrix}$ grandes.

285.

$f (x, y, z) = \frac{y}{x + z}, \begin{matrix} P (2, 1, –1), & Q (–1, 2, 0) \end{matrix}$ grandes.

En los siguientes ejercicios, halle la derivada de la función en $P$ en dirección a $u .$

286.

$f (x, y) = −7 x + 2 y, \begin{matrix} P (2, –4), & u = 4 i - 3 j \end{matrix}$

287.

$f (x, y) = ln (5 x + 4 y), \begin{matrix} P (3, 9), & u = 6 i + 8 j \end{matrix}$

288.

[T] Utilice la tecnología para dibujar la curva de nivel de $f (x, y) = 4 x - 2 y + 3$ que pasa por $P (1, 2)$ y dibuje el vector gradiente en $P .$

289.

[T] Utilice la tecnología para dibujar la curva de nivel de $f (x, y) = x^{2} + 4 y^{2}$ que pasa por $P (–2, 0)$ y dibuje el vector gradiente en $P .$

En los siguientes ejercicios, halle el vector gradiente en el punto indicado.

290.

$f (x, y) = x y^{2} - y x^{2}, P (–1, 1)$ grandes.

291.

$f (x, y) = x e^{y} - ln (x), P (−3, 0)$ grandes.

292.

$f (x, y, z) = x y - ln (z), P (2, –2, 2)$ grandes.

293.

$f (x, y, z) = x \sqrt{y^{2} + z^{2}}, P (–2, –1, –1)$ grandes.

En los siguientes ejercicios, halle la derivada de la función.

294.

$f (x, y) = x^{2} + x y + y^{2}$ en el punto $(−5, –4)$ en la dirección en que la función aumenta más rápidamente

295.

$f (x, y) = e^{x y}$ en el punto $(6, 7)$ en la dirección en que la función aumenta más rápidamente

296.

$f (x, y) = arctan (\frac{y}{x})$ en el punto $(−9, 9)$ en la dirección en que la función aumenta más rápidamente

297.

$f (x, y, z) = ln (x y + y z + z x)$ en el punto $(−9, −18, −27)$ en la dirección en que la función aumenta más rápidamente

298.

$f (x, y, z) = \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x}$ en el punto $(5, −5, 5)$ en la dirección en que la función aumenta más rápidamente

En los siguientes ejercicios, halle la tasa de cambio máxima de $f$ en el punto dado y la dirección en la que se produce.

299.

$f (x, y) = x e^{− y},$ $(1, 0)$ grandes.

300.

$f (x, y) = \sqrt{x^{2} + 2 y},$ $(4, 10)$ grandes.

301.

$f (x, y) = cos (3 x + 2 y), (\frac{π}{6}, - \frac{π}{8})$ grandes.

En los siguientes ejercicios, halle las ecuaciones de

el plano tangente y
la línea normal a la superficie dada en el punto dado.

302.

La superficie de nivel $f (x, y, z) = 12$ por $f (x, y, z) = 4 x^{2} - 2 y^{2} + z^{2}$ en el punto $(2, 2, 2) .$

303.

$f (x, y, z) = x y + y z + x z = 3$ en el punto $(1, 1, 1)$

304.

$f (x, y, z) = x y z = 6$ en el punto $(1, 2, 3)$ grandes.

305.

$f (x, y, z) = x e^{y} cos z - z = 1$ en el punto $(1, 0, 0)$

En los siguientes ejercicios, resuelva el problema.

306.

La temperatura $T$ en una esfera de metal es inversamente proporcional a la distancia desde el centro de la esfera (el origen: $(0, 0, 0)) .$ La temperatura en el punto $(1, 2, 2)$ ¿es $120 ° C .$

Halle la tasa de cambio de la temperatura en el punto $(1, 2, 2)$ en la dirección hacia el punto $(2, 1, 3) .$
Demuestre que, en cualquier punto de la esfera, la dirección en la que aumenta más la temperatura viene dada por un vector que apunta hacia el origen.

307.

El potencial eléctrico (voltaje) en una determinada región del espacio viene dado por la función $V (x, y, z) = 5 x^{2} - 3 x y + x y z .$

Halle la tasa de cambio del voltaje en el punto $(3, 4, 5)$ en la dirección del vector $〈 1, 1, −1 〉 .$
¿En qué dirección cambia más rápidamente el voltaje en el punto $(3, 4, 5) ?$
¿Cuál es la máxima tasa de cambio del voltaje en el punto $(3, 4, 5) ?$

308.

Si el potencial eléctrico en un punto $(x, y)$ en el plano xy es $V (x, y) = e^{−2 x} cos (2 y),$ entonces el vector de intensidad eléctrica en $(x, y)$ ¿es $E = − \nabla V (x, y) .$

Halle el vector de intensidad eléctrica en $(\frac{π}{4}, 0) .$
Demuestre que, en cada punto del plano, el potencial eléctrico disminuye más rápidamente en la dirección del vector $E .$

309.

En dos dimensiones, el movimiento de un fluido ideal se rige por un potencial de velocidad $φ .$ Las componentes de la velocidad del fluido $u$ en la dirección x y $v$ en la dirección y, vienen dadas por $〈 u, v 〉 = \nabla φ .$ Halle las componentes de la velocidad asociadas al potencial de velocidad $φ (x, y) = sen π x sen 2 π y .$

4.6 Derivadas direccionales y el gradiente

Derivadas direccionales

Hallar una derivada direccional a partir de la definición

Solución

Derivada direccional de una función de dos variables

Prueba

Hallar una derivada direccional: Método alternativo

Solución

Gradiente

Hallar gradientes

Solución

Propiedades del gradiente

Hallar una derivada direccional máxima

Solución

Gradientes y curvas de nivel

El gradiente es normal a la curva de nivel

Hallar las tangentes de las curvas de nivel

Solución

Gradientes tridimensionales y derivadas direccionales

Hallar gradientes en tres dimensiones

Solución

Derivada direccional de una función de tres variables

Hallar una derivada direccional en tres dimensiones

Solución

Sección 4.6 ejercicios