17 DERIVADA DIRECCIONAL

8/17/2019 17 DERIVADA DIRECCIONAL

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19/04/2016

1

DERIVADA DIRECCIONAL

FUNCIÓN REAL DE VARIAS VARIABLES

CAPÍTULO IICÁLCULO VECTORIAL

SESIÓN 15

INTRODUCCIÓN

Rosa Ñique Alvarez 2

)(1 P f D

z=f ( x,y)

y=y0

( ) ( )00001 ,, y x f y x f D x=

INTRODUCCIÓN


)(2 P f D

z=f ( x,y)

x=x0

( ) ( )00002 ,, y x f y x f D y=

INTRODUCCIÓN


Rosa Ñique Alvarez

5

DERIVADA DIRECCIONAL),( y x f DU



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19/04/2016

2

VECTOR UNITARIO:U


U = (a, b) =( cos , sen ) 1=U

),cos(),( 00 θθ senh yh x y xQ ++=

θ

θcosh

θ senh


DEFINICIÓN

h

y x f y x f y x f D

h

),(),(lim),( 00

000

−=

→U


h y x f hsen yh x f y x f D

h),(),cos(lim),( 0000

000 −++= → θθU

Si es que existe el límite

U =(cos , sen )

),cos(),( 00 θθ senh yh x y xQ ++=

NOTACIÓN:


( )00,

),(

y x

y x f

U∂∂=),( 00 y x f DU

( )

φtan),(00 ,

=∂∂ y x

y x f U

Rosa Ñique Alvarez

11

),( y x f DU DEFINICIÓN


h

y x f hsen yh x f y x f D

h

),(),cos(lim),(

0

−++=

→

θθU

U =(cos , sen )

Si es que existe el límite




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19/04/2016

3

DERIVADA DIRECCIONAL Y PARCIAL

0);0,1( === θi U


),(),(),(

lim),( 10

y x f Dh

y x f yh x f y x f D

h=

−+=

→U

h


h

),(),cos(lim),(

0

−++=

→

θθU

U =(cos , sen )

DERIVADA DIRECCIONAL Y PARCIAL


2/);1,0( πθ === j U

),(),(),(

lim),( 20

y x f Dh

y x f h y x f y x f D

h=

−+=

→U

h


h

),(),cos(lim),(

0

−++=

→

θθU

U =(cos , sen )


),(),( y x f grad y x f =∇

NOTACIÓN

CAMPO VECTORIAL EN R 2

GRADIENTE DE f (x,y )

j i ),(),(),( y x f y x f y x f y x +=∇


DEFINICIÓN

CAMPO VECTORIAL EN R 2

GRADIENTE DE f (x,y )

j i ),(),(),( 21 y x D y x D y x f +=∇

EJEMPLO 1


22 43),( y x y x f +=

),(),( y x f grad y x f =∇

)8,6(),( y x y x f =∇

Dado

Determinar el campo vectorial

(FUNCIÓN REAL)

(CAMPO VECTORIAL)

CAMPO VECTORIAL EN R2


)8,6(),(),( y x y x f y x f grad =∇=P (x , y ) grad f ( x, y)

(vectores) P 1 (-1, -1) (-6, -8)

P 2 (-1, 1) (-6, 8)

P 3 (0,0) (0,0)

P 4 (1, 1) (6,8)

P 5 (1, -1) (6,-8)




4/15

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4

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

X

Y

campo

)8,6(),(),( y x y x f y x f grad =∇=

P1

P2 P4

P5

P3



h


h

),(),cos(lim),(

0

−++=

→

θθU

1=U

DEFINICIÓN

TEOREMA 1

),(cos θθ sen=U


θθ sen y x f y x f y x f D y x ),(cos),(),( +=U

),(),( y x f y x f D ∇⋅=U U

)),(),,((),(),( y x f y x f y x f y x f grad y x=∇=

Componente de un vector a sobre b


=

b

b a.ab comp

),(),(

),(),(

y x f comp y x f D

y x f y x f D

∇=

∇⋅=

U U

U U



),(),( y x f comp y x f D ∇= U U

),(),( y x f y x f D ∇⋅=U U

h


h

),(),cos(lim),(

0

−++=

→

θθU

U =(cos , sen )

DEFINICIÓN

TEOREMA



),(),( y x f comp y x f D ∇= U U

),(),( y x f y x f D ∇⋅=U U

h


h

),(),cos(lim),(

0

−++=

→

θθU

función real

DEFINICIÓN

TEOREMA

función real

función real




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19/04/2016

5



),(),( 0000 y x f comp y x f D ∇= U U

),(),( 0000 y x f y x f D ∇⋅=U U

h


h

),(),cos(lim),(

0000

000

−++=→

θθU

númeroDEFINICIÓN

TEOREMA

número

número

EJEMPLO 2

( )33

22 ,cos;43),( ππ sen y x y x f =+= U


Dado

),( y x f DU Calcular

Solución


( ) ( )87.0;5.02

3,

2

1,cos

33 =

== ππ senU

Vector Unitario

Interpretación


1/2

2

3

2

3,

2

1

U

( )

==

2

3,

2

1,cos

33ππ senU

)1,1( f DU

SOLUCIÓN


y x y x f y x f D 343),(),( +=⋅∇= U U

)8,6(),( y x y x f =∇

22 43),( y x y x f +=

=

2

3,

2

1U

93,9343)1,1( =+= f DU

función real

(número )

Interpretación


=

2

3,

2

1U

U

P

y x y x f D 343),( +=U

)1,1(93,9)1,1(

343)1,1(

U U

U

∂∂

==

+=

f f D

f D

P = (1,1)




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6

EJEMPLO 3


senxe ye y x f y x += cos),(Dado

Calcular la derivada direccional de f

)3,3(a)0,1(dedirecciónlaen −= Q P

Solución

5

)3,4(−=

−==

U

U PQ

P Q

PQ

PQ


)3,3(a)0,1( −= Q P

Vector Unitario

Solución


P(1,0)

Q(-3,3) 3

-3

U

)3,4(5

1−=U

(-4,3)

)3,3(a)0,1( −= Q P Solución


Vector gradiente

( ) ( ) j i senye senxe xe ye y x f x y y x −++=∇ coscos),(

senxe ye y x f y x += cos),(

Solución


U U ⋅∇= ),(),( y x f y x f D

( ) ( )[ ] x y e seny ye x senx y x f D 3cos4cos435

1),( +−−=U

[ ] 25,3435

10,

22 −=−=

ππ

e f DU

)3,4(5

1−=U Interpretación


U

R1

1

U

[ ]

25,30,2

435

10,

22

−=

−=

π

π π

f D

e f D

U

U

0,

2

π R )3,4(

5

1 −=U




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7

TEOREMA 2: El campo vectorial

Gradiente es normal a las curvas de nivel dela superficie S : z = f ( x, y)

Rosa Ñique Alvarez

37

)y,( xf 00

∇)(t r ′

EJEMPLO 4


ye x y x f S =),(:

a . Graficar la Superficie S

c. Graficar los vectores gradientes sobre lacurva de nivel de la superficie para c = 2.

Dada la superficie

b . Graficar las curvas de nivel de la Superficie S

0 0.51 1.5

2 2.5 0

0.5

1

1.5

2

2.5

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

Y

X

Superficie y Curvas de Nivel de z=f(x,y )

Z


ye x y x f S =),(: Curvas de nivel de:

6.03e-006

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

22

24

26

28

30

32

34

3640

444852

X

Y

Curvas de Nivel dez=xexp(y)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

0.5

1

1.5

2

2.5

3

CurvaNivel1

C e x y x f y ==),(

CurvaNivel10 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

c=2

c=4

X

Y

curva nivel c=2

curva nivel c=4gradf(x,y)

Curvas de nivel de y

e x y x f =),(

( y y xee y x f ,),( =∇ ye x y x f =),(EJEMPLO 5


),(),( y y e xe y x f =∇

)2,1()0,2()0,2( =∇= f f grad Vector:

Determine el vector gradiente de f ( x, y) en (2,0)




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19/04/2016

8

Curva de nivel de


ye x y x f =),(

C f == 2)0,2(

La función f ( x, y) debe pasar por el punto (2,0)

2= ye xCuando c = 2 la curva de nivel pasa por (2,0)


0 0.5 1 1.5 2 2.50

0.5

1

1.5

2

2.5

X

Y

Curvas de Nivel de la Superficie z=f(x,y)

C = 2

2= ye x

2= ye xCuando c = 2 la curva de nivel pasa por (2,0)

)2,1()0,2( =∇ f

EJEMPLO 6

( )

( ) 15/4,5/3)2,1()0,2()0,2(

)2,1()0,2(,5/4,5/3

),(),(,),(

1

1

1

=−⋅=⋅∇=

=∇−=

=∇=

U U f f D

f U

xee y x f e x y x f y y y


0 0.5 1 1.5 2 2.50

0.5

1

1.5

2

2.5

X

Y

Curvas de Nivel de la Superficie z=f(x,y)

C = 2

1 U


1)0,2(1

= f DU

−=

5

4,

5

31

U

EJEMPLO 7

( )

5)0,2()0,2(

2,15

1

)0,2(

)0,2(

),(

2

2

2=⋅∇=

=∇∇

=

=

U

U

U f f D

f

f

e x y x f y


CONCLUSIONES


( ) 1)0,2(,5/4,5/311

=−= f DU U

( ) 5)0,2(,2,15

1

)0,2(

)0,2(22

==∇∇

= f D f

f U U

ye x y x f =),(




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19/04/2016

9


1)0,2(1

= f DU 5)0,2(2 = f DU PROPIEDADES DEL GRADIENTE

0),(;),(Si.1 ==∇ y x f D y x f U 0


),(),( y x f y x f D ∇⋅=U U


θcosv u v u =⋅

),(),(),( y x f y x f D y x f ∇≤≤∇−U

θcos),(),(),( y x f y x f y x f D ∇=∇⋅= U U

1cos1 ≤≤− θ

),(),(),(),( y x f y x f D y x f y x f D ∇−=∇= U U

PROPIEDADES DEL GRADIENTE

),(

),(

y x f

y x f

∇∇

=U


2. El valor máximo de la derivada direccional es

y ocurre cuando

),(),( y x f y x f D ∇=U

Nota: U tiene la misma dirección que ∇ (cuando cos = 1)


),(

),(

y x f

y x f

∇∇

−=U


3. El valor mínimo de la derivada direccional es

y ocurre cuando

),(),( y x f y x f D ∇−=U

Nota: U tienen dirección puestas de ( cuando cos = -1)∇

EJEMPLO 8


22

3

24),( y x y x f +−=

por un camino conocidocomo el más inclinado

Cada año en Los Angeles hay una carrerade bicicletas hasta lacima de una colina quetiene la forma




10/15

19/04/2016

10

SOLUCIÓN


22

3

24),( y x y x f +−=

+

−

+

−=∇

2222;

3

2),(

y x

y

y x

x y x f

),( y x f ∇ es un vector que apunta hacia el centrode la base circular.


3

2),(),( =∇= y x f y x f DU

El valor máximo de la derivada direccional es

),(

),(

y x f

y x f

∇∇

=U cuando

+

−

+

−=∇

2222;

3

2),(

y x

y

y x

x y x f

SOLUCIÓN


+

−

+

−=∇

2222;

3

2),(

y x

y

y x

x y x f

58


0),(entonces);,(:superficielade

niveldecurvalaaunitariotangenteector unesSi.4

== y x f D y x f z S T

T


0),(),( =∇⋅= y x f y x f D T T

),( y x f DU

60T




11/15

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11


),(),(),( y x f y x f D y x f ∇≤≤∇− U

).,( y x f ∇

La dirección de máximo crecimiento de f viene dado por

El valor máximo de ),( y x f DU es .),( y x f ∇

).,( y x f ∇−

La dirección de mínimo crecimiento de f viene dada por

El valor mínimo de ),( y x f DU es .),( y x f ∇−

EJEMPLO 9

Una partícula está situada en el punto P (-2,1) de

una placa metálica cuya temperatura viene dada

por T ( x, y) = 20 – 2 x2 – y2 .Midiéndose x e y en

pulgadas y T en grados Celsius.


¿En qué dirección crece la temperatura más

rápidamente?

¿A qué ritmo se produce este crecimiento?

P(-2,1)


-2

1 P

Placa Metálica

Interpretación

T (-2,1 )=11

T ( x , y )= 20 – 2 x 2 – y 2 ;

T (0,0 )=20

Interpretación


P(-2,1)

-2

1 P

Placa Metálica

T ( x , y )= 20 – 2 x 2 – y 2 ;

T (-2,1)=11

SUPERFICIE: Temperatura


T ( x , y )= 20 – 2 x 2 – y 2

( )22220),( y x y xT +−=−

Paraboloide

Vértice: (0,0,20)

Paraboloide se abre hacia abajo

-4-2

02

4

-5

0

50

5

10

15

20

Temperatura

Gráfica T ( x , y )= 20 – 2 x 2 – y 2




12/15

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12

-4-2

02

4

-5

0

50

5

10

15

20

X

Grafica dela Funcion Temperatura

Y

Gráfica T ( x , y )= 20 – 2 x 2 – y 2

-2

1 P

Placa Metálica

Curvas de Nivel de la Temperatura


T ( x , y )= 20 – 2 x 2 – y 2

( ) 1

20

2

202

2

2

2

=−

+

− C

y

C

x

20 – 2 x 2 – y 2 = CCurvas de Nivel:

Familia de Elipses:

Curvas de nivel de 22220),( y x y xT −−=

8

11

14

17

20

(-2,1)

X

Y

Curvas de Nivel de Temperatura

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

CurvaNivel2

Curvas de Nivel de la Temperatura


T ( x , y )= 20 – 2 x 2 – y 2

En P =(-2,1), T (-2, 1)= 11

Cuando C = 11 se tiene una curva de nivel pasa por (-2,1) ytiene la forma elíptica

13

2

3 2

2

2

2

=+

y x

Curvas de nivel de 22220),( y x y xT −−=

8

11

14

17

20

(-2,1)

X

Y

Curvas de Nivel de Temperatura

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

CurvaNivel2

Solución

13

2

3 2

2

2

2

=+

y x


Signo de lascomponente del vector que tiene punto inicialen (-2,1)

a) (+,+)

b) (-,-)

c) (+,-)

d) (-,+)

22220),( y x y xT −−=




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19/04/2016

13

Solución¿En qué dirección crece la temperatura másrápidamente?


)1,2(;220),( 22 −−−= P y x y xT

)2,8()1,2(

)2,4(),(

−=−∇

−−=∇

T

y x y xT

Solución


-2

1 P

)( P T ∇

)2,8()1,2( −=−∇T

22220),( y x y xT −−=

P(-2,1)

Solución

¿A qué ritmo se produce este crecimiento?


)1,2()1,2( −∇=− f f DU

068),( = y x f DU

Celsius por pulgada

)2,8()1,2( −=−∇T EJEMPLO 10

Una partícula está situada en el punto P(-2,1) deuna placa metálica cuya temperatura viene dadapor T ( x , y )= 20 – 2 x 2 – y 2 .Midiéndose x e y enpulgadas y T en grados Celsius.


Determine la trayectoria de la partícula al

moverse en forma continua en dirección demás rápido crecimiento de la temperatura.

Solución


13

2

3 2

2

2

2

=+

y x

22220),( y x y xT −−=

T ∇

Solución

Determine la trayectoria de la partícula al moverse enforma continua en dirección de más rápido crecimientode la temperatura.


22: y xC −=

=−=

−

−

t

t

e y

e xC

2

42: 0≥t




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19/04/2016

14

Solución

13

2

3 2

2

2

2

=+

y x


22220),( y x y xT −−= FUNCIONES DE TRES VARIABLES: w = f ( x, y, z )

U U ⋅∇= ),,(),,( z y x f z y x f D


k j i U cba ++=

),,(),,(),,(),,( z y x f c z y x f b z y x f a z y x f D z y x ++=U

k z x z x z x z x z y x ,,(,,(,,(,,( ++=∇ j i

vector unitario

TEOREMA 3: El campo vectorial gradiente esnormal a las superficies de nivel de lahipersuperficie:w = F (x , y , z )

Si F es diferenciable en ( x 0, y 0, z0),entonces es normal a la superficie denivel que pasa por ( x 0, y 0, z0).


( )000 ,, z y x F ∇


HIPERSUPERFICIE: w = F(x, y, z)

IMPORTANCIA DEL VECTOR GRADIENTE

El vector grad f ( x , y ) ó grad F ( x , y, z) dala dirección del mayor cambio de lafunción f (x, y) ó F ( x , y, z)respectivamente.


z = f ( x, y) w = F ( x, y, z )

IMPORTANCIA DEL VECTOR

GRADIENTEEl vector gradiente de F ( x, y , z ) en P,es perpendicular al vector tangente r’ (t 0) decualquier curva C en la superficie de nivel S, quepase por P. Si además se puededefinir el plano tangente a la superficie de nivelS: F ( x , y , z) = c .


0),,( ≠∇ z x F

),,( z y x F ∇




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19/04/2016

15

IMPORTANCIA DEL VECTOR GRADIENTE


Superficiede nivel

w = F(x, y, z)

EJEMPLO 11

Determinar el vector gradiente y el planotangente a la superficie (superficiede nivel)


)1,1,1( puntoelen;1: 32 =−+ z z y x xS

Solución


( )21,3)1,1,1( −=∇ F

223 =−+ z y x

Vector gradiente a S en (1,1,1)

1: 32 =−+ z z y x xS

Plano Tangente a S en (1,1,1)

17 DERIVADA DIRECCIONAL

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