Descripción
Determine la derivada direccional de la función f ( x , y , z ) = ln (x2 – 2 y2 – 3 z2) en la dirección – 2 i + j + 2 k.
Referencia: Examen Parcial. Universidad de Oriente. Núcleo de Anzoátegui.
Solución.
Derivada direccional.
DUf = ∇ f . U
Gradiente de la función.
\(\displaystyle \nabla\,f\,(x,y,z)=\left(\frac{\partial\,f}{\partial\,x}\right)\mathbf{i}+\left(\frac{\partial\,f}{\partial\,y}\right)\mathbf{j}+\left(\frac{\partial\,f}{\partial\,z}\right)\mathbf{k}\)
Función f ( x , y , z ) = ln (x2 – 2 y2 – 3 z2)
Derivada parcial de f con respecto a x:
\(\displaystyle \frac{\partial\,f}{\partial\,x}=\frac{2\,x}{x^2-2\,y^2-3\,z^2}\)
Derivada parcial de f con respecto a y:
\(\displaystyle \frac{\partial\,f}{\partial\,y}=\frac{-4\,y}{x^2-2\,y^2-3\,z^2}\)
Derivada parcial de f con respecto a z:
\(\displaystyle \frac{\partial\,f}{\partial\,z}=\frac{-6\,z}{x^2-2\,y^2-3\,z^2}\)
Vector gradiente.
\(\displaystyle \nabla\,f\,(x,y,z)=\left(\frac{2\,x}{x^2-2\,y^2-3\,z^2}\right)\mathbf{i}+\left(\frac{-4\,y}{x^2-2\,y^2-3\,z^2}\right)\mathbf{j}+\left(\frac{-6\,z}{x^2-2\,y^2-3\,z^2}\right)\mathbf{k}\)
\(\displaystyle \nabla\,f\,(x,y,z)=\frac{1}{x^2-2\,y^2-3\,z^2}(2\,x\,\mathbf{i}-4\,y\,\mathbf{j}-6\,z\,\mathbf{k})\)
Vector unitario de dirección.
Vector proporcionado: v = – 2 i + j + 2 k
Vector unitario:
\(\displaystyle \mathbf{U}_{\mathbf{v}}=\frac{\mathbf{v}}{\|\mathbf{v}\|}\)
Módulo del vector.
\(\displaystyle \|\mathbf{v}\|=\sqrt{(-2)^2+(1)^2+(2)^2}\)
\(\displaystyle \|\mathbf{v}\|=\sqrt{4+1+4}\)
\(\displaystyle \|\mathbf{v}\|=\sqrt{9}\)
|| v || = 3
Vector unitario:
\(\displaystyle \mathbf{U}_{\mathbf{v}}=\frac{-2\,\mathbf{i}+ \mathbf{j}+2\,\mathbf{k}}{3}\)
\(\displaystyle \mathbf{U}_{\mathbf{v}}=-\frac{2}{3}\mathbf{i}+\frac{1}{3}\mathbf{j}+\frac{2}{3}\mathbf{k}\)
Derivada direccional.
DUf = ∇ f . U
Sustituimos el gradiente y el vector unitario:
\(\displaystyle D_{\mathbf{U}}f\,(x,y,z)=\frac{1}{x^2-2\,y^2-3\,z^2}(2\,x\,\mathbf{i}-4\,y\,\mathbf{j}-6\,z\,\mathbf{k})\cdot\left(-\frac{2}{3}\mathbf{i}+\frac{1}{3}\mathbf{j}+\frac{2}{3}\mathbf{k}\right)\)
Desarrollando el producto escalar obtenemos:
\(\displaystyle D_{\mathbf{U}}f\,(x,y,z)=\frac{1}{x^2-2\,y^2-3\,z^2}\left[(2\,x)\left(-\frac{2}{3}\right)+(-4\,y)\left(\frac{1}{3}\right)+(-6\,z)\left(\frac{1}{3}\right)\right]\)
\(\displaystyle D_{\mathbf{U}}f\,(x,y,z)=\frac{1}{x^2-2\,y^2-3\,z^2}\left(- \frac{4}{3}x-\frac{4}{3}y- \frac{12}{3}z\right)\)
\(\displaystyle D_{\mathbf{U}}f\,(x,y,z)=-\frac{4\,(x+y+3\,z)}{3\,(x^2-2\,y^2-3\,z^2)}\)
Comentario del autor.
Para resolver por completo el ejercicio y obtener un valor numérico definitivo, hace falta disponer de las coordenadas de un punto específico de evaluación en el espacio, denotado comúnmente como P ( x0 , y0 , z0 ). Sin este punto, la derivada direccional queda expresada únicamente en forma de función general, tal como se calculó previamente.
A continuación, se presenta la solución completa y paso a paso incorporando el punto P ( 3 , 1 , 1 ) como punto de evaluación.
Derivada direccional.
DUf = ∇ f . U
Gradiente de la función.
\(\displaystyle \nabla\,f\,(x,y,z)=\left(\frac{\partial\,f}{\partial\,x}\right)\mathbf{i}+\left(\frac{\partial\,f}{\partial\,y}\right)\mathbf{j}+\left(\frac{\partial\,f}{\partial\,z}\right)\mathbf{k}\)
Función f ( x , y , z ) = ln (x2 – 2 y2 – 3 z2)
Derivada parcial de f con respecto a x:
\(\displaystyle \frac{\partial\,f}{\partial\,x}=\frac{2\,x}{x^2-2\,y^2-3\,z^2}\)
Derivada parcial de f con respecto a y:
\(\displaystyle \frac{\partial\,f}{\partial\,y}=\frac{-4\,y}{x^2-2\,y^2-3\,z^2}\)
Derivada parcial de f con respecto a z:
\(\displaystyle \frac{\partial\,f}{\partial\,z}=\frac{-6\,z}{x^2-2\,y^2-3\,z^2}\)
Vector gradiente.
\(\displaystyle \nabla\,f\,(x,y,z)=\left(\frac{2\,x}{x^2-2\,y^2-3\,z^2}\right)\mathbf{i}+\left(\frac{-4\,y}{x^2-2\,y^2-3\,z^2}\right)\mathbf{j}+\left(\frac{-6\,z}{x^2-2\,y^2-3\,z^2}\right)\mathbf{k}\)
\(\displaystyle \nabla\,f\,(x,y,z)=\frac{1}{x^2-2\,y^2-3\,z^2}(2\,x\,\mathbf{i}-4\,y\,\mathbf{j}-6\,z\,\mathbf{k})\)
Evaluación del gradiente en el punto P ( 3 , 1 , 1 ).
Al sustituir x = 3, y = 1 y z = 1 en el gradiente:
\(\displaystyle \nabla\,f\,(3,1,1)=\frac{1}{(3)^2-2\,(1)^2-3\,(1)^2}[2\,(3)\,\mathbf{i}-4\,(1)\,\mathbf{j}-6\,(1)\,\mathbf{k}]\)
\(\displaystyle \nabla\,f\,(3,1,1)=\frac{1}{9-2\,(1)-3\,(1)}(6\,\mathbf{i}-4\,\mathbf{j}-6\,\mathbf{k})\)
\(\displaystyle \nabla\,f\,(3,1,1)=\frac{1}{9-2-3}(6\,\mathbf{i}-4\,\mathbf{j}-6\,\mathbf{k})\)
\(\displaystyle \nabla\,f\,(3,1,1)=\frac{1}{4}(6\,\mathbf{i}-4\,\mathbf{j}-6\,\mathbf{k})\)
\(\displaystyle \nabla\,f\,(3,1,1)=\frac{3}{2}\mathbf{i}- \mathbf{j}+ \frac{3}{2}\mathbf{k}\)
Vector unitario de dirección.
Vector proporcionado: v = – 2 i + j + 2 k
Vector unitario:
\(\displaystyle \mathbf{U}_{\mathbf{v}}=\frac{\mathbf{v}}{\|\mathbf{v}\|}\)
Módulo del vector.
\(\displaystyle \|\mathbf{v}\|=\sqrt{(-2)^2+(1)^2+(2)^2}\)
\(\displaystyle \|\mathbf{v}\|=\sqrt{4+1+4}\)
\(\displaystyle \|\mathbf{v}\|=\sqrt{9}\)
|| v || = 3
Vector unitario:
\(\displaystyle \mathbf{U}_{\mathbf{v}}=\frac{-2\,\mathbf{i}+ \mathbf{j}+2\,\mathbf{k}}{3}\)
\(\displaystyle \mathbf{U}_{\mathbf{v}}=-\frac{2}{3}\mathbf{i}+\frac{1}{3}\mathbf{j}+\frac{2}{3}\mathbf{k}\)
Derivada direccional.
DUf = ∇ f . U
Sustituimos el gradiente y el vector unitario:
\(\displaystyle D_{\mathbf{U}}f\,(3,1,1)=\left( \frac{3}{2}\mathbf{i}-\mathbf{j}-\frac{3}{2}\mathbf{k} \right)\cdot\left(-\frac{2}{3}\mathbf{i}+\frac{1}{3}\mathbf{j}+\frac{2}{3}\mathbf{k}\right)\)
Desarrollando el producto escalar obtenemos:
\(\displaystyle D_{\mathbf{U}}f\,(3,1,1)=\left(\frac{3}{2}\right)\left(- \frac{2}{3}\right)+(-1)\left(\frac{1}{3}\right)+ \left(- \frac{3}{2}\right)\left(\frac{1}{3}\right)\)
\(\displaystyle D_{\mathbf{U}}f\,(3,1,1)=-1- \frac{1}{3}-1\)
\(\displaystyle D_{\mathbf{U}}f\,(3,1,1)=-\frac{7}{3}\)
