Noticia astronómica

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PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE
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FACULTAD DE MATEMATICAS
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DEPARTAMENTO DE MATEMATICA
Primer Semestre Acad´mico 2012
e
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MAT 1519 - CALCULO II
Pauta Interrrogaci´n 1
o
1. Dadaf (x, y, z) =
∂f
(1, 1, 1).
∂z

√

x + y + z, usando la definici´n de derivada parcial, calcule
o

Soluci´n. Tenemos que
o
∂f
f (1, 1, 1 + h) − f (1, 1, 1)
(1, 1, 1) = l´
ım
h→0
∂z
h√
1 + 1 + (1 + h) − 1 + 1 + 1
= l´
ım
h→0
√ h
√
3+h− 3
= l´
ım
h→0
h √ √
√
√
3+h− 3
3+h+ 3
√
= l´
ım
·√
h→0
h
3+h+ 3
(3 + h) − 3
√
= l´
ım √
h→0 h( 3 + h +
3)
h
√
= l´ım √
h→0 h( 3 + h +
3)
1
√
= l´ √
ım
h→0
3+h+ 3
1
= √ .
2 3
2. Verifique que la funci´n z = ln(ex + ey ) satisface
o
a)

∂z ∂z
+
= 1,
∂x ∂y

∂2z ∂2z
b)
−
∂x2 ∂y 2

∂2z
∂x∂y2

= 0.

Soluci´n. Tenemos que
o
∂z
ex
= x
,
∂x
e + ey

∂z
ey
= x
∂y
e + ey

y adem´s
a
∂2z
ex (ex + ey ) − ex ex
ex ey
=
= x
∂x
(ex + ey )2
(e + ey )2
2
y x
y
y y∂ z
e (e + e ) − e e
ex ey
=
= x
∂y
(ex + ey )2
(e + ey )2
∂2z
0 · (ex + ey ) − ex ey
ex ey
=
=− x
∂x∂y
(ex + ey )2
(e + ey )2
Entonces, se verifica que
a)

ex
ey
ex + ey
∂z ∂z+
= x
+ x
= x
= 1.
∂x ∂y
e + ey e + ey
e + ey

b)
∂2z ∂2z
−
∂x2 ∂y 2

∂2z
∂x∂y

2

=
=

ex ey
ex ey
ex ey
· x
− − x
(ex + ey )2 (e + ey )2
(e + ey )2
ex ey
(ex + ey )22

− −

ex ey
(ex + ey )2

3. Sea z = f (x, y) y sean x = x(u, v), y = y(u, v). Calcule

2

2

=0.

∂2z
.
∂u∂v

Soluci´n. Por la Regla de la cadena se tiene que
o
∂z
∂z ∂x ∂z∂y
=
+
.
∂v
∂x ∂v ∂y ∂v
Aplicando la regla del producto para la expresi´n de arriba, vemos que
o
∂2z
∂
=
∂u∂v
∂u
∂
=
∂u
∂
=
∂u
∂
=
∂u

∂z
∂v
∂z ∂x ∂z ∂y
+
∂x ∂v ∂y ∂v
∂z
∂x∂z ∂
·
+
·
∂x
∂v ∂x ∂u
∂z
∂z
· xv +
· xuv +
∂x
∂x

∂x
∂v
∂
∂u

+

∂
∂u

∂z
∂y

∂z
∂y

· yv +

·

∂y ∂z ∂
+
·
∂v ∂y ∂u

∂z
· yuv .
∂y

Ahora bien por la...