Derivadas Parciales Con La Regla de La Cadena

7/13/2019 Derivadas Parciales Con La Regla de La Cadena

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GRADO DE INGENIERA AEROESPACIAL.CURSO 201112.

MATEMTICAS II.DPTO.DE MATEMTICA APLICADA II

Leccin 4. Funciones de varias variables. Deri-

vadas parciales.

1

4. Las reglas de la cadena.

Las reglas de la cadena nos permiten calcular las derivadas parciales de una funcin cuando hace-mos un cambio de variables independientes.

Regla de la cadena para una variable independiente. El caso ms simple es cuando tenemos una

funcin de dos variables ( , )f x y y hacemos depender las variables x e y de una nueva variable in-dependiente: ( )x x t= e ( ).y y t= Esto es lo que ocurre, por ejemplo, cuando nos interesa conocer lavariacin de f cuando las variables independientes recorren una curva en el dominio de la funcin.

PROPOSICIN. Sea ( , )f x y un campo escalar diferenciable en un punto 0 0( , )x y interior al dominioUdonde est definida la funcin .f Sean ( )x x t= e ( )y y t= dos funciones de la variable tderi-

vables en un punto 0 ,t de forma que tenemos 0 0( )x x t= e 0 0( ).y y t= Entonces la funcin composi-

cin ( ) ( ( ), ( ))z z t f x t y t= = es una funcin derivable respecto de ten 0t y su derivada verifica

( )0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0( ) ( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( ), ( ) .x yz t f x y x t f x y y t Df x y x t y t = + =

DEM. Si f es diferenciable en el punto 0 0( , )x y sabemos que

0 0 0 0 0 0 0 0( , ) ( , ) ( , )( ) ( , )( ) ( , ),x yf x y f x y f x y x x f x y y y x y= + + +

con0 0 2 2( , ) ( , )

0 0

( , )lim 0.

( ) ( )x y x yx y

x x y y

=

+ Tenemos que probar que

0

00 0 0 0 0 0

0

( ) ( )lim ( , ) ( ) ( , ) ( ).x yt t

z t z tf x y x t f x y y t

t t

= +

Lo haremos slo en el caso en que 0.t t> Para comprobar esto observemos que

0 0 0 0 0 0 0 0 0( ) ( ) ( ( ), ( )) ( , ) ( , )( ( ) ) ( , )( ( ) ) ( ( ), ( )).x yz t z t f x t y t f x y f x y x t x f x y y t y x t y t = = + +

Por tanto,0 0 0

0 0 0 00 0 0 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ), ( ))( , ) ( , ) .x y

z t z t x t x t y t y t x t y tf x y f x yt t t t t t t t

= + + Para terminar

la prueba basta comprobar que0 0

( ( ), ( ))lim 0.t t

x t y t

t t

=

Pero

2 20 0

0 0

2 20 0

2 20 00 0

2 2

0 0

2 20 00 0

0 ( ) ( )

( ( ) ( )) ( ( ) ( ))( ( ), ( )) ( ( ), ( ))

( ( ) ) ( ( ) )

( ) ( ) ( ) ( )( ( ), ( ))

( ( ) ) ( ( ) )

t t t tx t y t

x t x t y t y tx t y t x t y t

t t t t x t x y t y

x t x t y t y tx t y t

t t t t x t x y t y

+

+ =

+

= +

+

0

0.t t


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vadas parciales.

2

EJEMPLO. (1) Consideremos la funcin 2 2( , )z x y x y= + y las funciones 1( )x tt

= e 2( ) .y t t= La

funcin composicin de estas funciones es 42

1( ) .z t t

t= + Su derivada es entonces 3

3

2( ) 4 .z t t

t = +

La regla de la cadena nos dice que esta derivada se puede obtener de la siguiente forma

32 3

1 2( ) ( ( ), ( )) ( ) ( ( ), ( )) ( ) 2 ( ) 2 ( )2 4 .x yz t z x t y t x t z x t y t y t x t y t t t

t t = + = + = +

(2) Consideremos la funcin 2( , ) 2z z x y x xy= = + y las funciones dadas por ( ) cosx x = = e

( ) sen .y y

= = La funcin composicin ( )z z

= se puede derivar mediante la regla de la cadena2 2

2 2 2

2 2 2 cos cos sen sen( ) ( sen ) cos .

2 2 2 2 cos 2cos sen

x y xz

x xy x xy

+ = + =

+ + +

Si derivamos directamente obtenemos el mismo resultado.

OBSERVACIN (INTERPRETACIN GEOMTRICA DE LA REGLA DE LA CADENA). Consideremos la curvaplana Cparametrizada por ( ) 20 0: ( , ) ( ) ( ), ( ) ,C t t r t r C t x t y t + = siendo 0r> suficiente-

mente pequeo como para que ( )C t U para todo valor 0 0( , ).t t r t r + Consideremos tambin la

curva que se obtiene al transformar los puntos de la curva Cpor la funcin .f Esta otra es una

curva en la superficie de la grfica de la funcin f (y, por tanto, en el espacio) que se puede para-metrizar por la funcin ( )( ) ( ), ( ), ( ) ,t x t y t z t = siendo ( )( ) ( ), ( ) ,z t f x t y t= con 0 0( , ).t t r t r +

Esta parametrizacin levantala curva ,C que est en el plano ,OXY hasta la superficie. Las coor-denadas x e y de la curva y Ccoinciden y la coordenada z de viene dada por ( , ).z f x y=

El vector tangente a la curva en el punto 0 0 0 0( ) ( , , )t x y z = sabemos que es 0( ),t pero

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

( ) ( ( ), ( ), ( )) ( ( ), ( ), ( , ) ( ) ( , ) ( ))

( )(1,0, ( , )) ( )(0,1, ( , )).

x y

x y

t x t y t z t x t y t f x y x t f x y y t

x t f x y y t f x y

= = +

= +

Entonces, el vector tangente 0( )t est en el plano determinado por los vectores ( )0 01,0, ( , )xf x y y

( )0 00,1, ( , ) .yf x y Puesto que cualquier curva en la grfica de f que pase por el punto 0 0 0( , , )x y z

puede ser descrita como se describe la curva , los vectores ( )0 01,0, ( , )xf x y y ( )0 00,1, ( , )yf x y forman una base del espacio de todos los vectores tangentes a la superficie en el punto 0 0 0( , , ).x y z

PROPOSICIN (NORMALIDAD DE LA DIFERENCIAL). Sea 2: ( , ) ( , )f x y U f x y una fun-

cin diferenciable en un punto 0 0( , )x y interior a Uy sea 0 0 0( , ).z f x y= Entonces, la diferencial

0 0( , )Df x y es normal en 0 0( , )x y a la curva de nivel 0( , )f x y z= que pasa por dicho punto.


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vadas parciales.

3

DEM. Esta curva de nivel1ser la proyeccin sobre el plano OXYdel corte de la grfica de la fun-cin f con el plano de ecuacin 0.z z= Consideremos una parametrizacin ( ) ( ( ), ( ))C t x t y t = de la

curva de nivel, donde 0 0( , )t t r t r + siendo 0r> suficientemente pequeo para que ( )C t U

para todo 0 0( , ).t t r t r + Hemos elegido 0t de forma que 0 0 0( ) ( , ).C t x y= Entonces se verifica

que 0( ( ), ( ))f x t y t z= para todo 0 0( , ).t t r t r + Derivando en la igualdad anterior respecto de la

variable ty usando la regla de la cadena obtenemos la siguiente igualdad para la diferencial

( ( ), ( )) ( ) 0Df x t y t C t =

para todo 0 0( , ).t t r t r + En particular, para 0t t= obtenemos que 0 0 0( , ) ( ) 0,Df x y C t = es decir,

la diferencial 0 0( , )Df x y es ortogonal al vector 0( )C t tangente a la curva de nivel.

OBSERVACIN. La regla de la cadena asegura que( )

( ) ( ( ), ( )) ,( )

x tz t Df x t y t

y t

=

siendo tun valor

cualquiera. Si ( , ),z f x y= tiene derivadas parciales segundas continuas y las funciones ( )x x t= e

( )y y t= son dos veces derivables, la funcin composicin ( )( ) ( ), ( )z t f x t y t= es dos veces deriva-

ble y su derivada segunda se puede calcular derivando en la igualdad que tenemos para ( ).z t As

2

( ) ( ( ), ( )) ( ) ( ( ), ( )) ( ) ( ) ( ( ), ( )) ( )

( ( ), ( )) ( ) ( ( ), ( )) ( ) ( ) ( ( ), ( )) ( )( ( ), ( )) ( ) 2 ( ( ), ( )) ( ) ( ) ( ( )

xx xy x

yx yy y

xx xy yy

z t f x t y t x t f x t y t y t x t f x t y t x t

f x t y t x t f x t y t y t y t f x t y t y tf x t y t x t f x t y t x t y t f x t

= + +

+ + +

= + +

[ ]

2, ( )) ( )

( ( ), ( )) ( ) ( ( ), ( )) ( )

( ( ), ( )) ( ( ), ( )) ( ) ( )( ) ( ) ( ( ), ( )) .

( ( ), ( )) ( ( ), ( )) ( ) ( )

x x

xx xy

xy yy

y t y t

f x t y t x t f x t y t y t

f x t y t f x t y t x t x t x t y t Df x t y t

f x t y t f x t y t y t y t

+ +

= +

Regla de la cadena para dos variables independientes.Veamos ahora cmo se procede cuandocambiamos las variables independientes por dos nuevas variables independientes.

PROPOSICIN. Sea ( , )f x y un campo escalar con derivadas parciales de primer orden continuas.Sean ( , )x x u v= e ( , )y y u v= dos funciones cuyas derivadas parciales de primer orden con respecto

a u y v existen y son continuas. Entonces la funcin composicin ( )( , ) ( , ), ( , )z z u v f x u v y u v= =

es una funcin diferenciable con respecto a u y v y sus derivadas parciales verifican

( , ) ( ( , ), ( , )) ( , ) ( ( , ), ( , )) ( , ),

( , ) ( ( , ), ( , )) ( , ) ( ( , ), ( , )) ( , ).

u x u y u

v x v y v

z u v f x u v y u v x u v f x u v y u v y u v

z u v f x u v y u v x u v f x u v y u v y u v

= +

= +

1NOTA. Si la diferencial ( )0 0( , ) 0,0 ,Df x y = entonces no hay nada que probar ya que el vector nulo es ortogonal acualquier vector. Por el contrario, si 0 0( , ) (0,0),Df x y el teorema de la funcin implcita, que estudiaremos ms ade-

lante, nos garantiza que existe curva de nivel que pasa por el punto 0 0( , )x y y sta es una curva regular.


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vadas parciales.

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DEM. Para obtener este resultado basta aplicar la condicin suficiente de diferenciabilidad y la reglade la cadena para una variable independiente a las funciones 1 1( )z z u= y 2 2 ( )z z v= definidas por

1 1

2 2

( ) : ( , ) ( ( , ), ( , )),

( ) : ( , ) ( ( , ), ( , )).

z z u z u v f x u v y u v

z z v z u v f x u v y u v

= = =

= = =

NOTACIN. Normalmente se utiliza la misma letra para denotar la funcin dependiente, sin tener encuenta qu variables independientes estamos considerando en cada momento. Por eso, es muy fre-cuente expresar la regla de la cadena, usando subndices, de la siguiente forma u x u y uz z x z y= + o

bien .v x v y vz z x z y= + Sealemos el doble papel que juega la variable z en estas expresiones: como

funcin que depende de x e ,y en primer lugar, y como funcin de u y v tras el cambio.EJEMPLO. Vamos a comprobar la igualdad de la regla de la cadena para el campo escalar f dado

por 2( , ) sen( ),f x y x xy= + en el punto ( , ) (0,1),u v = al hacer el cambio de variables 2 2x u v= + e

.y uv= Observemos, en primer lugar, que ( , ) 2 cos( )xf x y x y xy= + y ( , ) cos( ).yf x y x xy= Por otra

parte tenemos que 2 ,ux u= 2 ,vx v= uy v= e .vy u= Observemos tambin que si ( , ) (0,1),u v =

entonces ( , ) (1,0).x y = Por tanto, para la funcin ( )( , ) : ( , ), ( , ) ,z u v f x u v y u v= tenemos

( )

( )

2 cos( ) 2 cos( ) ,

2 cos( ) 2 cos( )

u x u y u

v x v y v

z f x f y x y xy u x xy v

z f x f y x y xy v x xy u

= + = + +

= + = + +

y, por tanto, (0,1) cos0 1u

z = = y (0,1) 4.vz = Si ahora calculamos directamente la funcin obtene-

mos ( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2( , ) ( , ), ( , ) , sen ( )z u v f x u v y u v f u v uv u v u v uv= = + = + + + y si calculamos sus

derivadas parciales obtenemos que

( ) ( )( )

( ) ( )( )

2 2 3 3 2 3

2 2 3 3 3 2

( , ) 2 2 cos 3 ,

( , ) 2 2 cos 3 .

u

v

z u v u v u u v uv u v v

z u v u v v u v uv u uv

= + + + +

= + + + +

Entonces (0,1) cos0 1uz = = y (0,1) 2 2 4.vz = =

OBSERVACIN (CLCULO DEL GRADIENTE EN OTRAS COORDENADAS). Si tenemos un campo escalarf definido en trminos de las variables cartesianas x e y sabemos que su gradiente viene dado

por la igualdad ( )( , ) ( , ), ( , ) .x yf x y f x y f x y = Sin embargo, si tenemos un campo escalar definidoen trminos, por ejemplo, de las coordenadas polares cmo calculamos su gradiente, el vector delas derivadas parciales con respecto a las variables espaciales? El instrumento adecuado para reali-zar este clculo es la regla de la cadena. Las derivadas parciales de f como funcin de las coorde-nadas cartesianas x e y estn relacionadas con las derivadas parciales de f como funcin de lascoordenadas polares ry de la siguiente manera:

cos senr x yf f f = + y sen cos ,x yf f r f r = +

o bien, invirtiendo las variables tenemos quesen

cosx rf f fr

= y

cossen .y rf f f

r

= +


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vadas parciales.

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Por tanto, se verifica quesen cos

( , ) ( , )cos ( , ) , ( , ) sen ( , ) .r rf r f r f r f r f rr r

= +

Por ejemplo, para el campo 2( , )f r r = se tiene que ( ) ( )( , ) 2 cos ,2 sen 2 ,2 ,f r r r x y = = co-

mo ya sabamos de antes.

Laplaciano: funciones armnicas.Un problema importante consiste en obtener funciones armni-cas en un cierto conjunto del plano. Veamos primero qu es una funcin armnica.

DEFINICIN. Sea f un campo escalar con derivadas segundas continuas en un conjunto U 2

ydenotemos por x e y las coordenadas espaciales. El laplacianode f es el campo escalar dado por

2 ( , ) : ( , ) ( , ).xx yyf x y f x y f x y = + Los campos escalares con laplaciano igual a cero en cada punto

( , )x y U se llaman campos armnicos en .U

Observemos que en una variable ( ),y f x= la expresin del laplaciano se reduce a ( ).f x Luegoencontrar funciones armnicas en una variable se reduce a obtener funciones cuya segunda derivadasea nula. Como sabemos estas funciones son ( ) ,f x ax b= + siendo a y b dos constantes realesarbitrarias. En este sentido, las funciones armnicas son la extensin a dos variables de las funcio-nes afines en una variable, pero existen muchas ms (y mucho ms complicadas) que las funcionesafines ( , )f x y ax by c= + + en dos variables. Cmo obtenerlas es un problema realmente complica-do: se trata de resolver la ecuacin diferencial 2 : 0,xx yyf f f = + = que se llama ecuacin de La-

placeo ecuacin del potencial.

EJEMPLO. Vamos a calcular el laplaciano de algunos campos escalares.

(1) ( , ) sen .xf x y e y= Puesto que ( , ) senxxf x y e y= y ( , ) cos ,x

yf x y e y= si ahora calculamos las

derivadas segundas, obtenemos que 2 ( , ) ( , ) ( , ) sen sen 0.x xxx yyf x y f x y f x y e y e y = + = =

(2) ( , ) cos .xf x y e y= Puesto que ( , ) cosxxf x y e y= y ( , ) sen ,x

yf x y e y= si ahora calculamos las

derivadas segundas, obtenemos que2

( , ) ( , ) ( , ) cos cos 0.x x

xx yyf x y f x y f x y e y e y = + = =

(3) ( )2 2( , ) log .f x y x y= + Puesto que 2 22

( , )xx

f x yx y

=+

y2 2

2( , ) ,y

yf x y

x y=

+si ahora calculamos

las derivadas segundas, obtenemos que

2 2 2 2 2 2 2 2 2 22

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2( ) 4 2( ) 4 2 2 2 2( , ) ( , ) ( , ) 0.

( ) ( ) ( )xx yyx y x x y y x y x y

f x y f x y f x yx y x y x y

+ + + + = + = + = =

+ + +

(4) ( , ) arctan .y

f x yx

=

Puesto que

2 2( , )x

yf x y

x y

=

+y

2 2( , ) ,y

xf x y

x y=

+si ahora calculamos

las derivadas segundas, obtenemos que


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vadas parciales.

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22 2 2 2 2 22 2( , ) ( , ) ( , ) 0.

( ) ( )xx yyxy xy

f x y f x y f x yx y x y

= + = + =+ +

OBSERVACIN. (LAPLACIANO EN COORDENADAS POLARES). Usando la regla de la cadena podemos

obtener la expresin del laplaciano en coordenadas polares 22

1 1: .xx yy rr rf f f f f f

r r

= + = + + Es-

ta frmula nos permitir obtener, por ejemplo, las funciones armnicas que dependen del radio, es

decir, de la distancia al origen 2 2 .r x y= + En coordenadas polares, estas funciones (las que de-

penden del radio) se expresan como ( , ) ( ),f r g r = siendo g una funcin de una variable.

Se verifica la frmula 22

1 1( , ) ( , ) ( , ) ( , ).rr rf r f r f r f r

r r

= + +

Usamos las igualdades cos ,x r = seny r = y sus inversas 2 2 ,r x y= + arctany

x= obtene-

mos las siguientes relaciones con las derivadas cos ,xr = senyr = y tambin

sen,x

r

=

cos.

yr

= Ahora, teniendo en cuenta que

sencos ,

x rf f fr

=

cossen

y rf f fr

= + y las

relaciones anteriores, obtenemos

[ ]

[ ] [ ] [ ]

( ) ( ) 2

sen sencos cos

sen sencos cos

(cos ) sensencos (sen )

sencos cos

xx r r

r r

x xrr x r x r x r x x

rr r

f f f f fx r x x r

f f f fx x x r x r

r rf r f f f r f f

r r

f fr

= =

= +

= + +

=

2

2 22

2 2

2 22

2

sen sen sensen cos

sencos cos sen

sen cos sen sen cos sen sen coscos 2

sen cos sen sen sen coscos 2 2

r r

rr r r r

rr r r

f f fr r r

rrf

r

f f f f f fr r r r r

f f f f fr r r r

+

= + + +

= + + +2

.

Anlogamente, de sencos ,x rf f fr

= cosseny rf f f r

= + obtenemos que


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vadas parciales.

7

2 22

2 2

sen cos cos cos sen cossen 2 2 .yy rr r rf f f f f f

r r r r

= + + +

Entonces2 2

22 2

2 22

2 2

2

sen cos sen sen sen coscos 2 2

sen cos cos cos sen cossen 2 2

1 1.

xx yy rr r r

rr r r

rr r

f f f f f f fr r r r

f f f f fr r r r

f f f

r r

+ = + + +

+ + + +

= + +

Una funcin armnica ( , ) ( ),f r g r = que slo depende del radio, verifica la ecuacin diferencial

de EulerCauchy1

0.g gr

+ = La solucin general de esta ecuacin, como veremos ms adelante,

es ( ) log ,g r A B r = + siendo A y B constantes arbitrarias, luego 2 2( , ) log ,f x y A B x y= + + con

A y B constantes arbitrarias.

EJERCICIO 1.Para las siguientes funciones, expresa ( )z t en funcin de la variable tusando la re-gla de la cadena y calculando directamente una expresin de ( ).w t Despus calcula 0( ).z t

(1) 2 2 0( , ) , ( ) sen , ( ) cos , .z x y x y x t t y t t t = + = = = (2) 2 2 0( , ) , ( ) cos sen , ( ) cos sen , 0.z x y x y x t t t y t t t t= + = = =

(3) ( )2 2 0( , ) log , ( ) cos , ( ) , 1.z x y x y x t t y t t t= + = = =

EJERCICIO 2.Considera la funcin 3( , ) log y

f x y xx

= y supongamos que x e y dependen de la

variable tmediante tx e= e .ty e= Comprueba que ( )( ) ( ), ( )z t f x t y t= es creciente, sin sustituir

directamente .t

EJERCICIO 3.Para las siguientes funciones, expresa ( , )uw u v y ( , )vw u v en funcin de las variablesu y v usando la regla de la cadena y calculando directamente una expresin de ( , ).w u v Despus

calcula 0 0( , )uw u v y 0 0( , ).vw u v

(1) 0 0( , ) 4 log , ( , ) log( cos ), ( , ) sen , ( , ) 2, .4x

w x y e y x u v u v y u v u v u v

= + = = =

(2) 0 0( , ) arctan , ( , ) cos , ( , ) sen , ( , ) 1, .6

xw x y x u v u v y u v u v u v

y

= = = =

(3) ( )2 3 2 2 0 0( , ) , ( , ) , ( , ) , ( , ) 1,1 .w x y x y x u v u v y u v uv u v= = + = =

EJERCICIO 4.Escribe las reglas de la cadena para calcular las derivadas parciales de una funcin detres variables ( , , )f x y z cuando las tres variables ,x y y z pasan a depender de:


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vadas parciales.

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(i) una variable t(digamos ( ),x x t= ( )y y t= y ( )z z t= ),(ii) dos variables u y v (digamos ( , ),x x u v= ( , )y y u v= y ( , )z z u v= )) y(iii) tres variables ,u v y w (digamos ( , , ),x x u v w= ( , , )y y u v w= y ( , , )z z u v w= )).

EJERCICIO 5.Para las siguientes funciones, expresa ( )w t en funcin de la variable tusando laregla de la cadena y calculando directamente una expresin de ( ).w t Despus calcula 0( ).w t

(1) 2 2 01

( , , ) , ( ) cos , ( ) sen , ( ) , 3.x y

w x y z x t t y t t z t t z z t

= + = = = =

(2) 2 0( , , ) 2 log , ( ) log( 1), ( ) arctan , ( ) , 1.x t

w x y z ye z x t t y t t z t e t = + = + = = =

(3) 1 0( , , ) sen( ), ( ) , ( ) log , ( ) , 1.tw x y z z xy x t t y t t z t e t = = = = =

EJERCICIO 6.Para las siguientes funciones, expresa ( , )uw u v y ( , )vw u v en funcin de las variables

u y v usando la regla de la cadena y calculando directamente una expresin de ( , ).w u v Despus

calcula 0 0( , )uw u v y 0 0( , ).vw u v

(1) 0 01

( , , ) , ( , ) , ( , ) , ( , ) , ( , ) ,1 .2

w x y z xy yz xz x u v u v y u v u v z u v uv u v

= + + = + = = =

(2) ( ) ( )2 2 2 0 0( , , ) log , ( , ) sen , ( , ) cos , ( , ) , ( , ) 2,0 .v v vw x y z x y z x u v ue u y u v ue u z u v ue u v= + + = = = =

EJERCICIO 7.Calcula el gradiente de los siguientes campos escalares dados en coordenadas polares(1) ( , ) ,nf r r = (2) ( , ) tan .f r =

EJERCICIO 8.Sea 2 2 2( , , )r x y z x y z= + + el campo que da la distancia desde un punto al el ori-

gen. Calcula el gradiente del campo escalar [ ]( , , ) ( , , ) ,n

f x y z r x y z= siendo 0, 1, 2, ...n=

EJERCICIO 9.Determina valores de los parmetros ,a b y c para que el campo escalar dado por2 2( , )f x y ax bxy cy= + + sea armnico.

EJERCICIO 10. Sea ( )f t una funcin de una variable derivable y sea ( , )g x y una funcin diferen-

ciable. Entonces, la funcin ( )( , ) : ( , )z x y f g x y= es diferenciable. Expresa las derivadas ( , )xz x y y

( , )yz x y en funcin de derivadas de las funciones f y .g Si a y b son dos constantes, comprueba

que la funcin 2 31 1

( , )2 3

z x y f bx ay

=

verifica la ecuacin 2 0.x yay z bxz+ =

Derivadas Parciales Con La Regla de La Cadena

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