El Gradiente Sea f : Ω ⊂ Rn → R una función diferenciable en x0 . Entonces el vector cuyas componentes son las derivadas parciales de f en x0 se le denomina Vector Gradiente y se le denota por ∇f , es la función vectorial definida por: ∂f (x0 ) ∂f (x0 ) ∂f (x0 ) , , ..., ∇f (x0 ) = ∂x1 ∂x2 ∂xn En el caso particular n = 3 se tiene que: ∂f (x0 ) ∂f (x0 ) ∂f (x0 ) ∇f (x0 ) = , , ∂x ∂y ∂z En el caso particular n = 2 se tiene que: ∇f (x0 ) = ∂f (x0 ) ∂f (x0 ) , ∂x ∂y Ejemplo.-Calcular ∇f (x, y) donde f (x, y) = x2 y + y 3 . Sol. Tenemos que las derivadas parciales son: ∂(x2 y + y 3 ) ∂f = = 2xy ∂x ∂x ∴ el vector gradiente es: ∂f ∂(x2 y + y 3 ) = = x2 + 3y 2 ∂y ∂y ∇f (x, y) = 2xy, x2 + 3y 2 Teorema 1. Si f es una función diferenciable de x e y entonces su derivada en el punto (x0 , y0 ) en la dirección del vector unitario u es Du f (x0 , y0 ) = ∇f (x0 , y0 ) · u Demostración. Como ∇f (x0 , y0 ) = ∂f (x∂x0 ,y0 ) , ∂f (x∂y0 ,y0 ) y u = (u1 , u2 ) se tiene que ∇f (x0 , y0 )·u = ∂f (x0 , y0 ) ∂f (x0 , y0 ) ∂f (x0 , y0 ) ∂f (x0 , y0 ) , u1 + u2 = Du f (x0 , y0 ) ·(u1 , u2 ) = ∂x ∂y ∂x ∂y Ejemplo.- Halle la derivada direccional de f (x, y) = ln x2 + y 2 en el punto (1, 3) en la dirección u = (2, −3) ∂f (1,−3) ∂f (1,−3) ∂f 3y 2 2x Sol. Tenemos que ∂f = −1 = −27 ∂x = x2 +y 3 y ∂y = x2 +y 3 ∴ ∂x 13 y ∂y 26 . Ahora bien 1 √ el vector unitario asociado a u es 13 (2, −3) ∴ ∇f (1, −3) · 1 √ (2, −3) 13 = −2 26 2 √ 13 1 + −27 26 −3 √ 13 √ 77 13 = ≈ 0,82 338 Propiedades del Gradiente Sean f, g : R2 → R funciones diferenciables. Entonces se verifica a) ∇C = 0 b) ∇(αf + βg) = α∇f + β∇g c) ∇(f g)= f ∇g + g∇f d) ∇ f g n = g∇f −f ∇g g2 n−1 e) ∇(f ) = nf ∇f ∂C = (0, 0) = 0 Demostración. a)∇C = ∂C ∂x , ∂y ) ) ∂(f ) ∂(αf +βg) ∂(αf +βg) ∂(g) ∂(f ) ∂(g) = α ∂(f = α ∂(f + b) ∇(αf +βg) = , ∂x ∂y ∂x + β ∂x , α ∂y + β ∂y ∂x , ∂y ∂(g) β ∂(g) = α∇f + β∇g ∂x , ∂y ∂(g) ∂(g) ∂(g) ∂(f ) ∂(f ) g) ∂(f g) ∂(f ) ∂(g) ∂(f ) = f = f +g c) ∇(f g) = ∂(f , + g , f + f , , ∂x ∂y ∂x ∂x ∂y ∂y ∂x ∂y ∂x ∂y =f ∇g + g∇f ∂g ∂g ∂f ∂f g ∂f g ∂f ∂f ∂f ∂g ∂g ∂y −f ∂y 1 ∂x −f ∂x d) ∇ fg = ∂xg , ∂yg = , = g , − f , = 2 2 2 g g g ∂x y ∂x y g∇f −f ∇g g2 n e) ∇(f ) = ∂f n ∂f n ∂x , ∂y n−1 ∂f ∂f n−1 n−1 ∂f = nf n−1 ∂f = nf ∇f , nf , ∂x ∂y ∂x ∂y = nf Dado que Du f = ∇f · u = k∇f k · kuk · cos(θ) la cual toma su valor máximo cuando θ = 0. Esto es la derivada direccional toma su valor máximo cuando u esta en la dirección del gradiente. Ejemplo.-Dada la función f (x, y) = x3 + 2y 3 + z 3 − 4xyz. Hallar el valor máximo de Du f en (−1, 1, 2) Sol.- Tenemos que ∂f ∂f ∂f 2 2 2 ∂x = 3x − 4yz, ∂x= − 6y − 4xz, ∂z = 3z − 4xy ∴ ∇f (−1, 1, 2) = (−5, 14, 16) y un vector unitario u en la dirección del gradiente es −5 14 16 √ , √ , √ u= 3 53 3 53 3 53 ∴ El valor máximo de Du está dado por √ −5 14 16 √ √ √ Du = −5 + 14 + 16 = 3 53 3 53 3 53 3 53 Teorema 2. (Normalidad del Gradiente) Supongamos que la función f es diferenciable en el punto P0 y que el gradiente ∇f0 en P0 es distinto de cero. Entonces ∇f0 es ortogonal a la superficie f (x, y, z) = k que pasa por P0 Demostración. Sea C una curva contnida en la superficie de nivel f (x, y, z) = k que pasa por P0 = (x0 , y0 , z0 ) y sea R(t) = [x(t), y(t), z(t)] la función vectorial que describe C cuando f recorre un intervalo I. Demostraremos que el gradiente ∇f0 es ortogonal al vector tangente ∂R ∂t en P0 . 2 Como C esta contenida en la superficie, cualquier punto P (x(t), y(t), z(t)) de la curva debe satisfacer la ecuación de la superficie f (x(t), y(t), z(t)) = k. Por la regla de la cadena ∂f (x(t), y(t), z(t)) ∂x(t) ∂f (x(t), y(t), z(t)) ∂y(t) ∂f (x(t), y(t), z(t)) ∂z(t) ∂f (x(t), y(t), z(t)) = · + · + · =0 ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t ∂z ∂t Supongamos que P0 corresponde a t = t0 . Entonces la relación nos dice ∂f (x0 , y0 , z0 ) ∂f (x0 , y0 , z0 ) ∂f (x0 , y0 , z0 ) ∂x ∂y ∂z , , · , , =0 ∂x ∂y ∂z ∂t ∂t ∂t P0 ∴ ∇f (x0 , y0 , z0 ) · ∂R =0 ∂t P0 ∴ El gradiente es ortogonal al vector tangente Ejemplo.- Dibuje la curva de nivel correspondiente√a z = 1 en la función f (x, y) = x2 −y 2 y halle un vector normal a ella en el punto P1 = (2, 3) Solución. Tenemos que la curva es x2 − y 2 = 1 ∇f = (2x, −2y) en √ √ de nivel correspondiente √ el punto 2, 3 se tiene ∇f (2, 3) = 4, −2 3 y este es el vector normal pedido. Ejemplo.-Halle un vector normal a la superficie de nivel x2 + 2xy − yz + 3z 2 = 7 en el punto P0 (1, 1, −1) Solución.- Se tiene que ∇f = (2x+2y, 2x−z, 6z−y) que en el punto (1, 1, −1) es ∇f (1, 1, −1) = (4, 3, −7) y el vector normal a la superficie es: (1, 1, −1) + t(4, 3, −7) = (1 + 4t, 1 + 3t, 1 − 17t) t ∈ R 3