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11.6 Derivadas direccionales y el gradiente

Objetivos de aprendizaje

• 11.6.1 Determinar la derivada direccional en una dirección dada para una función de dos variables.
• 11.6.2 Determinar el vector gradiente de una función real dada.
• 11.6.3 Explicar la importancia del vector gradiente con respecto a la dirección de cambio a lo largo de una superficie
• 11.6.4 Usar el gradiente para hallar la recta tangente a una curva de nivel de una función dada.
• 11.6.5 Calcular derivadas direccionales y gradientes en tres dimensiones.

En Derivadas parciales introdujimos 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 recta tangente).

Por ejemplo, $\partial z/\partial x$ representa la pendiente de una recta tangente que pasa por un punto dado en la superficie definida por $z = f(x, y)$, asumiendo que la recta tangente es paralela al eje $x$.

Del mismo modo, $\partial z/\partial y$ representa la pendiente de la recta tangente paralela al eje $y$. Ahora consideramos la posibilidad de una recta tangente que no sea paralela a ninguno de los dos ejes.

Derivadas direccionales

Comenzamos con la gráfica 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 desplazarnos desde ese punto. Medimos la dirección usando un ángulo $\theta$, el cual se mide en sentido antihorario en el plano $x, y$, comenzando desde cero en el eje $x$ positivo (Figura 11.6.1). La distancia que recorremos es $h$ y la dirección en la que viajamos está dada por el vector unitario $\mathbf{u} = (\cos \theta) \mathbf{i} + (\sin \theta) \mathbf{j}$. Por lo tanto, la coordenada $z$ del segundo punto en la gráfica está dada por $z = f(a + h \cos \theta, b + h \sin \theta)$.

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

$$m_{\text{sec}} = \frac{f(a + h \cos \theta, b + h \sin \theta) – f(a, b)}{h}$$

Para encontrar la pendiente de la recta tangente en la misma dirección, tomamos el límite cuando $h$ tiende a cero.

Definición:

Suponga que $z = f(x, y)$ es una función de dos variables con un dominio $D$. Sea $(a, b) \in D$ y defina $\mathbf{u} = \cos \theta \mathbf{i} + \sin \theta \mathbf{j}$. Entonces la derivada direccional de $f$ en la dirección de $\mathbf{u}$ está dada por

$$D_{\mathbf{u}} f(a, b) = \lim_{h \to 0} \frac{f(a + h \cos \theta, b + h \sin \theta) – f(a, b)}{h}, \hspace{20pt} \text{(11.6.1)} $$

siempre que el límite exista. ♦

La ecuación 11.6.1 proporciona una definición formal de la derivada direccional que puede utilizarse en muchos casos para calcular una derivada direccional.

Ejemplo ilustrativo 11.6.1. Cálculo de una derivada direccional a partir de la definición

Sea $\theta = \arccos(3/5)$. Encuentre la derivada direccional $D_{\mathbf{u}}f(x, y)$ de $f(x, y) = x^2 – xy + 3y^2$ en la dirección de $\mathbf{u} = (\cos \theta) \mathbf{i} + (\sin \theta) \mathbf{j}$. ¿Cuál es el valor de $D_{\mathbf{u}}f(-1, 2)$?

Solución:

En primer lugar, dado que $\cos \theta = 3/5$ y $\theta$ es agudo, esto implica:

$$\sin \theta = \sqrt{1 – \left(\frac{3}{5}\right)^2} = \sqrt{\frac{16}{25}} = \frac{4}{5}.$$

Usando $f(x, y) = x^2 – xy + 3y^2$, primero calculamos $f(x + h \cos \theta, y + h \sin \theta)$:

$$ \begin{aligned} f(x + h \cos \theta, y + h \sin \theta) &= (x + h \cos \theta)^2 – (x + h \cos \theta)(y + h \sin \theta) + 3(y + h \sin \theta)^2 \\ &= x^2 + 2xh \cos \theta + h^2 \cos^2 \theta – xy – xh \sin \theta – yh \cos \theta \\ &\quad – h^2 \sin \theta \cos \theta + 3y^2 + 6yh \sin \theta + 3h^2 \sin^2 \theta \\ &= x^2 + 2xh \left(\frac{3}{5}\right) + \frac{9h^2}{25} – xy – \frac{4xh}{5} – \frac{3yh}{5} – \frac{12h^2}{25} + 3y^2 \\ &\quad + 6yh \left(\frac{4}{5}\right) + 3h^2 \left(\frac{16}{25}\right) \\ &= x^2 – xy + 3y^2 + \frac{2xh}{5} + \frac{9h^2}{5} + \frac{21yh}{5}. \end{aligned} $$

Sustituimos esta expresión en la definición de la derivada direccional (Ecuación 11.6.1):

$$ \begin{aligned} D_{\mathbf{u}} f(a, b) &= \lim_{h \to 0} \frac{f(a + h \cos \theta, b + h \sin \theta) – f(a, b)}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{\left(x^2 – xy + 3y^2 + \frac{2xh}{5} + \frac{9h^2}{5} + \frac{21yh}{5}\right) – (x^2 – xy + 3y^2)}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{\frac{2xh}{5} + \frac{9h^2}{5} + \frac{21yh}{5}}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \left(\frac{2x}{5} + \frac{9h}{5} + \frac{21y}{5}\right) \\ &= \frac{2x + 21y}{5}. \end{aligned} $$

Para calcular $D_{\mathbf{u}} f(-1, 2)$, sustituimos $x = -1$ y $y = 2$ en el resultado anterior:

$$ \begin{aligned} D_{\mathbf{u}} f(-1, 2) &= \frac{2(-1) + 21(2)}{5} \\ &= \frac{-2 + 42}{5} \\ &= 8. \end{aligned} $$

♦       

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

Teorema 11.6.1. Derivada direccional de una función de dos variables

Sea $z = f(x, y)$ una función de dos variables $x$ e $y$, y suponga que $f_x$ y $f_y$ existen y que $f(x, y)$ es diferenciable en todas partes. Entonces la derivada direccional de $f$ en la dirección de $\mathbf{u} = \cos \theta \mathbf{i} + \sin \theta \mathbf{j}$ está dada por

$$D_{\mathbf{u}} f(x, y) = f_x(x, y) \cos \theta + f_y(x, y) \sin \theta. \tag{11.6.2} $$

♦

Prueba:

La Ecuación 11.6.1 establece que la derivada direccional de $f$ en la dirección de $\mathbf{u} = \cos \theta \mathbf{i} + \sin \theta \mathbf{j}$ está dada por:

$$D_{\mathbf{u}} f(a, b) = \lim_{t \to 0} \frac{f(a + t \cos \theta, b + t \sin \theta) – f(a, b)}{t}.$$

Sean $x = a + t \cos \theta$ y $y = b + t \sin \theta$, y defina $g(t) = f(x, y)$. Dado que $f_x$ y $f_y$ existen y, por lo tanto, $f$ es diferenciable, podemos usar la regla de la cadena para funciones de dos variables para calcular $g'(t)$:

$$ \begin{aligned} g'(t) &= \frac{\partial f}{\partial x} \frac{dx}{dt} + \frac{\partial f}{\partial y} \frac{dy}{dt} \\ &= f_x(x, y) \cos \theta + f_y(x, y) \sin \theta. \end{aligned} $$

Si $t = 0$, entonces $x = x_0 (= a)$ y $y = y_0 (= b)$, por lo que:

$$g'(0) = f_x(x_0, y_0) \cos \theta + f_y(x_0, y_0) \sin \theta.$$

Por la definición de $g'(t)$, también es cierto que:

$$ \begin{aligned} g'(0) &= \lim_{t \to 0} \frac{g(t) – g(0)}{t} \\ &= \lim_{t \to 0} \frac{f(x_0 + t \cos \theta, y_0 + t \sin \theta) – f(x_0, y_0)}{t}. \end{aligned} $$

Por lo tanto, $D_{\mathbf{u}} f(x_0, y_0) = f_x(x, y) \cos \theta + f_y(x, y) \sin \theta$. ♦

Ejemplo ilustrativo 11.6.2. Cálculo de una derivada direccional: método alternativo

Sea $\theta = \arccos(3/5)$. Encuentre la derivada direccional $D_{\mathbf{u}}f(x, y)$ de $f(x, y) = x^2 – xy + 3y^2$ en la dirección de $\mathbf{u} = (\cos \theta) \mathbf{i} + (\sin \theta) \mathbf{j}$. ¿Cuál es el valor de $D_{\mathbf{u}}f(-1, 2)$?

Solución:

Primero, debemos calcular las derivadas parciales de $f$:

$$ \begin{aligned} f_x &= 2x – y \\ f_y &= -x + 6y, \end{aligned} $$

Luego usamos la Ecuación 11.6.2 con $\theta = \arccos(3/5)$:

$$ \begin{aligned} D_{\mathbf{u}} f(x, y) &= f_x(x, y) \cos \theta + f_y(x, y) \sin \theta \\ &= (2x – y) \frac{3}{5} + (-x + 6y) \frac{4}{5} \\ &= \frac{6x}{5} – \frac{3y}{5} – \frac{4x}{5} + \frac{24y}{5} \\ &= \frac{2x + 21y}{5}. \end{aligned} $$

Para calcular $D_{\mathbf{u}} f(-1, 2)$, sea $x = -1$ y $y = 2$:

$$D_{\mathbf{u}} f(-1, 2) = \frac{2(-1) + 21(2)}{5} = \frac{-2 + 42}{5} = 8.$$

Esta es la misma respuesta obtenida en el Ejemplo 11.6.1. ♦

Ejercicio de control 11.6.1

Encuentre la derivada direccional $D_{\mathbf{u}}f(x, y)$ de $f(x, y) = 3x^2y – 4xy^3 + 3y^2 – 4x$ en la dirección de $\mathbf{u} = \left(\cos \frac{\pi}{3}\right) \mathbf{i} + \left(\sin \frac{\pi}{3}\right) \mathbf{j}$ usando la Ecuación 11.6.2 . ¿Cuál es el valor de $D_{\mathbf{u}}f(3, 4)$? ♦

Gradiente

El lado derecho de la Ecuación 11.6.2 es igual a $f_x(x, y) \cos \theta + f_y(x, y) \sin \theta$, lo cual puede escribirse como el producto punto de dos vectores. Definamos el primer vector como $\nabla f(x, y) = f_x(x, y) \mathbf{i} + f_y(x, y) \mathbf{j}$ y el segundo vector como $\mathbf{u} = (\cos \theta) \mathbf{i} + (\sin \theta) \mathbf{j}$. Entonces, el lado derecho de la ecuación se puede escribir como el producto punto de estos dos vectores:

$$D_{\mathbf{u}} f(x, y) = \nabla f(x, y) \cdot \mathbf{u}. \tag{11.6.3}$$

El primer vector en la Ecuación 11.6.3 tiene un nombre especial: el gradiente de la función $f$. El símbolo $\nabla$ se llama nabla y el vector $\nabla f$ se lee como “del $f$”.

Definición

Sea $z = f(x, y)$ una función de $x$ e $y$ tal que $f_x$ y $f_y$ existen. El vector $\nabla f(x, y)$ se denomina gradiente de $f$ y se define como

$$\nabla f(x, y) = f_x(x, y) \mathbf{i} + f_y(x, y) \mathbf{j}. \tag{11.6.4}$$

El vector $\nabla f(x, y)$ también se escribe como “$\operatorname{grad} f$”. ♦

Si el vector que se proporciona para la dirección de la derivada no es un vector unitario, entonces solo es necesario dividir por la norma del vector. Por ejemplo, si quisiéramos encontrar la derivada direccional de la función en el Ejemplo 11.6.2 en la dirección del vector $\langle -5, 12 \rangle$, primero dividiríamos por su magnitud para obtener $\mathbf{u}$. Esto nos da $\mathbf{u} = \langle -(5/13), 12/13 \rangle$. Entonces:

$$ \begin{aligned} D_{\mathbf{u}} f(x, y) &= \nabla f(x, y) \cdot \mathbf{u} \\ &= -\frac{5}{13}(2x – y) + \frac{12}{13}(-x + 6y) \\ &= -\frac{22}{13}x + \frac{17}{13}y. \end{aligned} $$

Ejemplo ilustrativo 11.6.3. Cálculo de gradientes

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

1. $f(x, y) = x^2 – xy + 3y^2$
2. $f(x, y) = \sin 3x \cos 3y$

Solución:

Para ambas partes, a. y b., primero calculamos las derivadas parciales $f_x$ y $f_y$, y luego utilizamos la Ecuación 11.6.4:

♦

Ejercicio de control 11.6.2

Encuentre el gradiente $\nabla f(x, y)$ de $f(x, y) = (x^2 – 3y^2) / (2x + y)$. ♦

El gradiente tiene algunas propiedades importantes. Ya hemos visto una fórmula que utiliza el gradiente: la fórmula para la derivada direccional. Recuerde de El producto punto que si el ángulo entre dos vectores $\mathbf{a}$ y $\mathbf{b}$ es $\phi$, entonces $\mathbf{a} \cdot \mathbf{b} = \|\mathbf{a}\| \|\mathbf{b}\| \cos \phi$. Por lo tanto, si el ángulo entre $\nabla f(x_0, y_0)$ y $\mathbf{u} = (\cos \theta) \mathbf{i} + (\sin \theta) \mathbf{j}$ es $\phi$, tenemos:

$$D_{\mathbf{u}} f(x_0, y_0) = \nabla f(x_0, y_0) \cdot \mathbf{u} = \|\nabla f(x_0, y_0)\| \|\mathbf{u}\| \cos \phi = \|\nabla f(x_0, y_0)\| \cos \phi.$$

El término $\|\mathbf{u}\|$ desaparece porque $\mathbf{u}$ es un vector unitario. Por lo tanto, la derivada direccional es igual a la magnitud del gradiente evaluado en $(x_0, y_0)$ multiplicada por $\cos \phi$. Recuerde que $\cos \phi$ oscila entre $-1$ y $1$.

• Si $\phi = 0$, entonces $\cos \phi = 1$ y tanto $\nabla f(x_0, y_0)$ como $\mathbf{u}$ apuntan en la misma dirección. En este caso, el valor de $D_{\mathbf{u}} f(x_0, y_0)$ se maximiza.
• Si $\phi = \pi$, entonces $\cos \phi = -1$ y $\nabla f(x_0, y_0)$ y $\mathbf{u}$ apuntan en direcciones opuestas. En este caso, el valor de $D_{\mathbf{u}} f(x_0, y_0)$ se minimiza.
• Si $\nabla f(x_0, y_0) = 0$, entonces $D_{\mathbf{u}} f(x_0, y_0) = \nabla f(x_0, y_0) \cdot \mathbf{u} = 0$ para cualquier vector $\mathbf{u}$.

Estos tres casos se resumen en el siguiente teorema.

Teorema 11.6.2. Propiedades del gradiente

Suponga que la función $z = f(x, y)$ es diferenciable en $(x_0, y_0)$ (Figura 11.6.3).

1. Si $\nabla f(x_0, y_0) = \mathbf{0}$, entonces $D_{\mathbf{u}} f(x_0, y_0) = 0$ para cualquier vector unitario $\mathbf{u}$.
2. Si $\nabla f(x_0, y_0) \neq \mathbf{0}$, entonces $D_{\mathbf{u}} f(x_0, y_0)$ se maximiza cuando $\mathbf{u}$ apunta en la misma dirección que $\nabla f(x_0, y_0)$. El valor máximo de $D_{\mathbf{u}} f(x_0, y_0)$ es $\|\nabla f(x_0, y_0)\|$.
3. Si $\nabla f(x_0, y_0) \neq \mathbf{0}$, entonces $D_{\mathbf{u}} f(x_0, y_0)$ se minimiza cuando $\mathbf{u}$ apunta en la dirección opuesta a $\nabla f(x_0, y_0)$. El valor mínimo de $D_{\mathbf{u}} f(x_0, y_0)$ es $-\|\nabla f(x_0, y_0)\|$.

Ejemplo ilustrativo 11.6.4. Cálculo de la derivada direccional máxima

Encuentre la dirección para la cual la derivada direccional de $f(x, y) = 3x^2 – 4xy + 2y^2$ en $(-2, 3)$ es máxima. ¿Cuál es el valor máximo?

Solución:

El valor máximo de la derivada direccional ocurre cuando $\nabla f$ y el vector unitario apuntan en la misma dirección. Por lo tanto, comenzamos calculando $\nabla f(x, y)$:

$$ \begin{aligned} f_x(x, y) &= 6x – 4y \text{ y } f_y(x, y) = -4x + 4y, \text{ así que} \\ \nabla f(x, y) &= f_x(x, y) \mathbf{i} + f_y(x, y) \mathbf{j} = (6x – 4y) \mathbf{i} + (-4x + 4y) \mathbf{j}. \end{aligned} $$

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

$$\nabla f(-2, 3) = (6(-2) – 4(3)) \mathbf{i} + (-4(-2) + 4(3)) \mathbf{j} = -24\mathbf{i} + 20\mathbf{j}.$$

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

$$\frac{\nabla f(-2, 3)}{\|\nabla f(-2, 3)\|} = \frac{-24}{4\sqrt{61}} \mathbf{i} + \frac{20}{4\sqrt{61}} \mathbf{j} = \frac{-6\sqrt{61}}{61} \mathbf{i} + \frac{5\sqrt{61}}{61} \mathbf{j}.$$

Este es el vector unitario que apunta en la misma dirección que $\nabla f(-2, 3)$. Para encontrar el ángulo correspondiente a este vector unitario, resolvemos las ecuaciones

$$\cos \theta = \frac{-6\sqrt{61}}{61} \quad \text{y} \quad \sin \theta = \frac{5\sqrt{61}}{61}$$

para $\theta$. Dado que el coseno es negativo y el seno es positivo, el ángulo debe estar en el segundo cuadrante. Por lo tanto, $\theta = \pi – \arcsin((5\sqrt{61})/61) \approx 2.45 \text{ rad.}$

El valor máximo de la derivada direccional en $(-2, 3)$ es $\|\nabla f(-2, 3)\| = 4\sqrt{61}$ (ver la siguiente figura). ♦

Ejercicio de control 11.6.3

Encuentre la dirección para la cual la derivada direccional de $g(x, y) = 4x – xy + 2y^2$ en $(-2, 3)$ es máxima. ¿Cuál es el valor máximo? ♦

La Figura 11.6.5 muestra una porción de la gráfica de la función $f(x, y) = 3 + \sin x \sin y$. Dado un punto $(a, b)$ en el dominio de $f$, el valor máximo del gradiente en ese punto está dado por $\|\nabla f(a, b)\|$. Esto equivaldría a la tasa de máximo ascenso si la superficie representara un mapa topográfico. Si fuéramos en la dirección opuesta, sería la tasa de máximo descenso.

Al utilizar un mapa topográfico, la pendiente más pronunciada siempre se encuentra en la dirección donde las curvas de nivel están más juntas (véase la Figura 11.6.6). Esto es análogo a un mapa de contornos de una función, suponiendo que las curvas de nivel se obtienen para valores igualmente espaciados a lo largo del rango de dicha función.

Figura 11.6.6 Mapa de contorno para la función $f(x, y) = x^2 – y^2$ utilizando valores de nivel entre $-5$ y $5$.

Gradientes y curvas de nivel

Recuerde que si una curva se define paramétricamente mediante el par de funciones $(x(t), y(t))$, entonces el vector $x'(t) \mathbf{i} + y'(t) \mathbf{j}$ es tangente a la curva para cada valor de $t$ en el dominio. Ahora supongamos que $z = f(x, y)$ es una función diferenciable de $x$ e $y$, y $(x_0, y_0)$ está en su dominio. Supongamos además que $x_0 = x(t_0)$ y $y_0 = y(t_0)$ 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. Por 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 todo $t$. Por lo tanto, por un lado:

$$f_x(x(t), y(t)) x'(t) + f_y(x(t), y(t)) y'(t) = 0;$$

por otro lado:

$$f_x(x(t), y(t)) x'(t) + f_y(x(t), y(t)) y'(t) = \nabla f(x, y) \cdot \langle x'(t), y'(t) \rangle.$$

Por lo tanto:

$$\nabla f(x, y) \cdot \langle x'(t), y'(t) \rangle = 0.$$

Así, el producto punto 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 11.6.3. El gradiente es normal a la curva de nivel

Suponga que la función $z = f(x, y)$ tiene derivadas parciales de primer orden continuas en un disco abierto centrado en un punto $(x_0, y_0)$. Si $\nabla f(x_0, y_0) \neq \mathbf{0}$, entonces $\nabla f(x_0, y_0)$ es normal a la curva de nivel de $f$ en $(x_0, y_0)$. ♦

Podemos usar este teorema para hallar vectores tangente y normal a las curvas de nivel de una función.

Ejemplo ilustrativo 11.6.5. Cálculo de rectas tangentes a curvas de nivel

Para la función $f(x, y) = 2x^2 – 3xy + 8y^2 + 2x – 4y + 4$, encuentre 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:

Primero, debemos calcular $\nabla f(x, y)$:

$f_x(x, y) = 4x – 3y + 2$ y $f_y = -3x + 16y – 4$, por lo tanto $\nabla f(x, y) = (4x – 3y + 2) \mathbf{i} + (-3x + 16y – 4) \mathbf{j}.$

A continuación, evaluamos $\nabla f(x, y)$ en $(-2, 1)$:

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

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, $-18\mathbf{i} – 9\mathbf{j}$ es un vector tangente (ver la siguiente gráfica).

Figura 11.6.7 Una elipse rotada con la ecuación f (x, y) =18. En el punto (−2, 1) sobre la elipse se han dibujado dos flechas: un vector tangente y un vector normal. El vector normal está marcado como ∇f (−2, 1) y es perpendicular al vector tangente. Nótese que el vector tangente se ha dibujado mucho más corto de lo que realmente es para que encaje en la figura. Sin embargo, la dirección es correcta.

Ejercicio de control 11.6.4

Para la función $f (x, y) = x^2 – 2xy + 5y^2 + 3x – 2y + 4$, encuentre la tangente a la curva de nivel en el punto $(1, 1)$. Dibuje la gráfica de la curva de nivel correspondiente a $f (x, y) = 9$ y dibuje $\nabla f (1, 1)$ y un vector tangente. ♦

Gradientes y derivadas direccionales en tres dimensiones

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

Definición

Sea $w = f(x, y, z)$ 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:

$$\nabla f(x, y, z) = f_x(x, y, z) \mathbf{i} + f_y(x, y, z) \mathbf{j} + f_z(x, y, z) \mathbf{k} \tag{11.6.5}$$

$\nabla f(x, y, z)$ también se puede escribir como $\operatorname{grad} f(x, y, z)$. ♦

Calcular el gradiente de una función en tres variables es muy similar a calcular el gradiente de una función en dos variables. Primero, calculamos las derivadas parciales $f_x$, $f_y$ y $f_z$, y luego utilizamos la Ecuación 11.6.5.

Ejemplo ilustrativo 11.6.6. Cálculo de gradientes en tres dimensiones

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

1. $f(x, y, z) = 5x^2 – 2xy + y^2 – 4yz + z^2 + 3xz$
2. $f(x, y, z) = e^{-2z} \sin 2x \cos 2y$

Solución:

Para ambas partes, a. y b., primero calculamos las derivadas parciales $f_x$, $f_y$ y $f_z$, y luego utilizamos la Ecuación 11.6.5.

a. $$ \begin{aligned} f_x(x, y, z) &= 10x – 2y + 3z, \\ f_y(x, y, z) &= -2x + 2y – 4z, \\ f_z(x, y, z) &= 3x – 4y + 2z, \\ \text{por lo tanto, } \\ \nabla f(x, y, z) &= f_x(x, y, z) \mathbf{i} + f_y(x, y, z) \mathbf{j} + f_z(x, y, z) \mathbf{k} \\ &= (10x – 2y + 3z) \mathbf{i} + (-2x + 2y – 4z) \mathbf{j} + (3x – 4y + 2z) \mathbf{k}. \end{aligned} $$

b. $$ \begin{aligned} f_x(x, y, z) &= 2e^{-2z} \cos 2x \cos 2y, \\ f_y(x, y, z) &= -2e^{-2z} \sin 2x \sin 2y, \\ f_z(x, y, z) &= -2e^{-2z} \sin 2x \cos 2y, \\ \text{por lo tanto, } \\ \nabla f(x, y, z) &= f_x(x, y, z) \mathbf{i} + f_y(x, y, z) \mathbf{j} + f_z(x, y, z) \mathbf{k} \\ &= (2e^{-2z} \cos 2x \cos 2y) \mathbf{i} + (-2e^{-2z} \sin 2x \sin 2y) \mathbf{j} + (-2e^{-2z} \sin 2x \cos 2y) \mathbf{k} \\ &= 2e^{-2z} (\cos 2x \cos 2y \mathbf{i} – \sin 2x \sin 2y \mathbf{j} – \sin 2x \cos 2y \mathbf{k}). \end{aligned} $$ ♦

Ejercicio de control 11.6.5

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

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 $\mathbf{u}$ en forma estándar (es decir, con el punto inicial en el origen), este vector forma tres ángulos diferentes con los ejes positivos $x$, $y$ y $z$. Llamemos a estos ángulos $\alpha, \beta$ y $\gamma$. Entonces, los cosenos direccionales están dados por $\cos \alpha, \cos \beta$ y $\cos \gamma$. Estos son las componentes del vector unitario $\mathbf{u}$; dado que $\mathbf{u}$ es un vector unitario, se cumple que:

$$\cos^2 \alpha + \cos^2 \beta + \cos^2 \gamma = 1.$$

Definición

Suponga que $w = f(x, y, z)$ es una función de tres variables con un dominio $D$. Sean $(x_0, y_0, z_0) \in D$ y sea $\mathbf{u} = \cos \alpha \mathbf{i} + \cos \beta \mathbf{j} + \cos \gamma \mathbf{k}$ un vector unitario. Entonces, la derivada direccional de $f$ en la dirección de $\mathbf{u}$ está dada por:

$$D_{\mathbf{u}}f(x_0, y_0, z_0) = \lim_{t \to 0} \frac{f(x_0 + t \cos \alpha, y_0 + t \cos \beta, z_0 + t \cos \gamma) – f(x_0, y_0, z_0)}{t} \tag{11.6.6}$$

siempre que el límite exista. ♦

Podemos calcular la derivada direccional de una función de tres variables utilizando el gradiente, lo que conduce a una fórmula análoga a la Ecuación 11.6.3.

Teorema 11.6.4. Derivada direccional de una función de tres variables

Sea \( f(x, y, z) \) una función diferenciable de tres variables y sea \( \mathbf{u} = \cos \alpha \mathbf{i} + \cos \beta \mathbf{j} + \cos \gamma \mathbf{k} \) un vector unitario. Entonces, la derivada direccional de \( f \) en la dirección de \( \mathbf{u} \) está dada por

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

Ejemplo ilustrativo 11.6.7. Cálculo de una derivada direccional en tres dimensiones

Calcule \( D_{\mathbf{u}} f(1, -2, 3) \) en la dirección de \( \mathbf{v} = -\mathbf{i} + 2\mathbf{j} + 2\mathbf{k} \) para la función

\[ f(x, y, z) = 5x^2 – 2xy + y^2 – 4yz + z^2 + 3xz. \]

Solución:

Primero, hallamos la magnitud de \(\mathbf{v}\):

\[ \|\mathbf{v}\| = \sqrt{(-1)^2 + (2)^2 + (2)^2} = 3. \]

Por lo tanto, \(\frac{\mathbf{v}}{\|\mathbf{v}\|} = \frac{-\mathbf{i} + 2\mathbf{j} + 2\mathbf{k}}{3} = -\frac{1}{3}\mathbf{i} + \frac{2}{3}\mathbf{j} + \frac{2}{3}\mathbf{k}\) es un vector unitario en la dirección de \(\mathbf{v}\), así que \(\cos \alpha = -\frac{1}{3}\), \(\cos \beta = \frac{2}{3}\) y \(\cos \gamma = \frac{2}{3}\). Luego, calculamos las derivadas parciales de \(f\):

\[ \begin{aligned} f_x(x, y, z) &= 10x – 2y + 3z \\ f_y(x, y, z) &= -2x + 2y – 4z \\ f_z(x, y, z) &= -4y + 2z + 3x, \end{aligned} \]

después las sustituimos en la Ecuación 11.6.7:

\[ \begin{aligned} D_{\mathbf{u}} f(x, y, z) &= f_x(x, y, z) \cos \alpha + f_y(x, y, z) \cos \beta + f_z(x, y, z) \cos \gamma \\ &= (10x – 2y + 3z) \left(-\frac{1}{3}\right) + (-2x + 2y – 4z) \left(\frac{2}{3}\right) + (-4y + 2z + 3x) \left(\frac{2}{3}\right) \\ &= -\frac{10x}{3} + \frac{2y}{3} – \frac{3z}{3} – \frac{4x}{3} + \frac{4y}{3} – \frac{8z}{3} – \frac{8y}{3} + \frac{4z}{3} + \frac{6x}{3} \\ &= -\frac{8x}{3} – \frac{2y}{3} – \frac{7z}{3}. \end{aligned} \]

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

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

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Ejercicio de control 11.6.6

Calcule \( D_{\mathbf{u}} f(x, y, z) \) y \( D_{\mathbf{u}} f(0, -2, 5) \) en la dirección de \( \mathbf{v} = -3\mathbf{i} + 12\mathbf{j} – 4\mathbf{k} \) para la función

\[ f(x, y, z) = 3x^2 + xy – 2y^2 + 4yz – z^2 + 2xz. \]

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