Caso particular de la regla de la cadena

Supongamos que $C:\mathbb{R}\to {\mathbb{R}}^3$ es una trayectoria diferenciable y $f:{\mathbb{R}}^3\to \mathbb{R}$.

Sea $h(t)$=$f(x(t),y(t),z(t))$ donde $c(t)$=$(x(t),y(t),z(t))$.
Entonces

$${\displaystyle \frac{\partial h}{\partial t}={\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}\cdot \frac{\partial x}{\partial t}+\frac{\partial f}{\partial y}\cdot \frac{\partial y}{\partial t}+\frac{\partial f}{\partial z}\cdot \frac{\partial z}{\partial t}}}$$

Esto es:
${\displaystyle \frac{\partial h}{\partial t}}$=$\mathrm{\nabla }f(c(t))\cdot c^{\prime }(t)$, ~donde $c^{\prime }(t)$=$((x^{\prime }(t),y^{\prime }(t),z^{\prime }(t))$

Demostración. Por definición
${\displaystyle \frac{\partial h}{\partial t}(t_0)}$=${\displaystyle \underset{t\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{h(t)-h(t_0)}{t-t_0}}}$
Sumando y restando tenemos que

${\displaystyle \frac{h(t)-h(t_0)}{t-t_0}}$=${\displaystyle \frac{f(c(t))-f(c(t_0))}{t-t_0}}$=${\displaystyle \frac{f(x(t),y(t),z(t))–f(x(t_0),y(t_0),z(t_0))}{t-t_0}}$=

=$\frac{f(x(t),y(t),z(t))-f(x(t_0),y(t),z(t))+f(x(t_0),y(t),z(t))-f(x(t_0),y(t_0),z(t))+f(x(t_0),y(t_0),z(t))-f(x(t_0),y(t_0),z(t_0))}{t-t_0}$…$\ast$

Aplicando el Teorema del valor medio $\mathbf{\text{(T.V.M.)}}$

$f(x(t),y(t),z(t))-f(x(t_0),y(t),z(t))={\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(c,y(t),z(t))(x(t)-x(t_0))}$

$f(x(t_0),y(t),z(t))-f(x(t_0),y(t_0),z(t))={\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(x(t),d,z(t))(y(t)-y(t_0))}$

$f(x(t_0),y(t_0),z(t))-f(x(t_0),y(t_0),z(t_0))={\displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}(x(t),y(t),e)(z(t)-z(t_0))}$

$\therefore$$\ast$=${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(c,y(t),z(t)){\displaystyle \frac{x(t)-x(t_0)}{t-t_0}+{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(x(t),d,z(t)){\displaystyle \frac{y(t)-y(t_0)}{t-t_0}}}}}$+

$+{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}(x(t),y(t),e)){\displaystyle \frac{z(t)-z(t_0)}{t-t_0}}}$

Tomando ${\displaystyle \underset{t\to t_0}{lim}}$ y por la continuidad de las parciales

${\displaystyle \frac{\partial h}{\partial t}}$=${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial t}+{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial t}+{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}\frac{\partial z}{\partial t}}}}$

Ejemplos: Caso particular de la regla de la cadena

Ejemplo. Verificar la regla de la cadena para $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ dada por $f(x,y)=x^2+3y^2$ y $c:\mathbb{R}\to {\mathbb{R}}^2$ dada por $c(t)=(e^t,\cos (t))$

Solución. En este caso ${\displaystyle h(t)=f\circ c(t)\Rightarrow h^{\prime }(t)=\frac{\partial h}{\partial t}}$ y aplicando la regla de la cadena se tiene
$$\frac{\partial f}{\partial x}(c(t))\cdot \frac{dx(t)}{dt}=\frac{\partial (x^2+3y^2)}{\partial x}|(e^t,\cos (t))\cdot \frac{d(e^t)}{dt}=2x|(e^t,\cos (t))\cdot e^t=2e^t\cdot e^t=2e^{2t}$$

$$\frac{\partial f}{\partial y}(c(t))\cdot \frac{dy(t)}{dt}=\frac{\partial (x^2+3y^2)}{\partial y}|(e^t,\cos (t))\cdot \frac{d(\cos (t))}{dt}=6y|(e^t,\cos (t))\cdot (-sen(t))=6cos(t)\cdot (-sen(t))$$
por lo tanto
$$h^{\prime }(t)=2e^{2t}-6\cos (t)\cdot (sen(t))$$

Ejemplo. Verificar la regla de la cadena para $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ dada por $f(x,y)=xy$ y $c:\mathbb{R}\to {\mathbb{R}}^2$ dada por $c(t)=(e^t,\cos (t))$

Solución. En este caso ${\displaystyle h(t)=f\circ c(t)\Rightarrow h^{\prime }(t)=\frac{\partial h}{\partial t}}$ y aplicando la regla de la cadena se tiene
$$\frac{\partial f}{\partial x}(c(t))\cdot \frac{dx(t)}{dt}=\frac{\partial (xy)}{\partial x}|(e^t,\cos (t))\cdot \frac{d(e^t)}{dt}=y|(e^t,\cos (t))\cdot e^t=\cos (t)\cdot e^t$$

$$\frac{\partial f}{\partial y}(c(t))\cdot \frac{dy(t)}{dt}=\frac{\partial (xy)}{\partial y}|(e^t,\cos (t))\cdot \frac{d(cos(t))}{dt}=x|(e^t,cos(t))\cdot (-sen(t))=e^t\cdot (-sen(t))$$

por lo tanto
$$h^{\prime }(t)=\cos (t)e^t-e^t\cdot sen(t)$$

Ejemplo.Verificar la regla de la cadena para $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ dada por $f(x,y)=e^{xy}$ y $c:\mathbb{R}\to {\mathbb{R}}^2$ dada por $c(t)=(3t^2,t^3)$

Solución. En este caso ${\displaystyle h(t)=f\circ c(t)\Rightarrow h^{\prime }(t)=\frac{\partial h}{\partial t}}$ y aplicando la regla de la cadena se tiene

$$\frac{\partial f}{\partial x}(c(t))\cdot \frac{dx(t)}{dt}=\frac{\partial (e^{xy})}{\partial x}|(3t^2,t^3)\cdot \frac{d(3t^2)}{dt}=y{e}^{xy}|(3t^2,t^3)\cdot 6t=t^3{e}^{3t^5}6t=6t^4{e}^{3t^5}$$

$$\frac{\partial f}{\partial x}(c(t))\cdot \frac{dx(t)}{dt}=\frac{\partial (e^{xy})}{\partial y}|(3t^2,t^3)\cdot \frac{d(t^3)}{dt}=x{e}^{xy}|(3t^2,t^3)\cdot 3t^2=3t^2{e}^{3t^5}3t^2=9t^4{e}^{3t^5}$$
por lo tanto
$$h^{\prime }(t)=6t^4{e}^{3t^5}+9t^4{e}^{3t^5}=15t^4{e}^{3t^5}$$

Teorema 1. El gradiente es normal a las superficies de nivel. Sea $f:{\mathbb{R}}^3\to \mathbb{R}$ una aplicación $C^1$ y sea
$(x_0,y_0,z_0)$ un punto sobre la superficie de nivel $S$ definida por $f(x,y,z)$=$k$, $k$=$cte$. Entonces $\mathrm{\nabla }f(x_0,y_0,z_0)$ es normal a la superficie de nivel en el siguiente sentido: si $v$ es el vector tangente en $t$=$t_0$ de
una trayectoria $c(t)$ con $c(t_0)$=$(x_0,y_0,z_0)$ Entonces $\mathrm{\nabla }f\cdot v$=$0$

que se puede escribir como
$$(\frac{\partial f}{\partial x}(x(t),y(t)z(t)),\frac{\partial f}{\partial y}(x(t),y(t)z(t)),\frac{\partial f}{\partial z}(x(t),y(t)z(t)))\cdot (\frac{dx}{dt},\frac{dy}{dt},\frac{dz}{dt})=0$$
en $t=t_0$
$$\mathrm{\nabla }f(x(0),y(0),z(0))\cdot c^{\prime }(t_0)=0$$

Plano Tangente

Sea $f:A\subset {\mathbb{R}}^3\to \mathbb{R}$ una función diferenciable definida en A, y sea
$$S=(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3|f(x,y,z)=c$$

una superficie de nivel de f y $\hat{x}{0}=(x{0},y_{0},z_{0})$unpuntodeella.Considereademás,unacurva$$\alpha (t)=(x(t),y(t),z(t))$$yunacurva$$\beta (t)=(x_1(t),y_1(t),z_1(t))$$

que pasen por $\hat{x}0$ con $t\in [a,b]$ en ambos casos y tanto $\alpha$ como $\beta$ diferenciables, se tiene entonces $$(f\circ \alpha {)}^{\prime }(t)=f^{\prime }(\alpha (t)){\alpha }^{\prime }(t)=\mathrm{\nabla }f(\alpha (t))\cdot {\alpha }^{\prime }(t)=0$$ $$(f\circ \beta {)}^{\prime }(t)=f^{\prime }(\beta (t)){\beta }^{\prime }(t)=\mathrm{\nabla }f(\beta (t))\cdot {\beta }^{\prime }(t)=0$$ pues el gradiente $\mathrm{\nabla }f(\hat{x}0)$ en ambos casos es ortogonal tanto al vector ${\alpha }^{\prime }(t_0)$ como al vector ${\beta }^{\prime }(t_0)$ en el punto $\widehat{x_0}=\alpha (t_0)=\beta (t_0)$

Si $\mathrm{\nabla }f(\hat{x}0)\ne 0$, entonces las tangentes a las curvas $\alpha ,\beta$ sobre S que pasan por $\hat{x}0$

están contenidas en un mismo plano; por lo que el plano tangente a
$$S=\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3|f(x,y,z)=c\}$$ se define

Definición. El plano tangente a S en $\hat{x}0$ se define $$P=\hat{x}|\mathrm{\nabla }f(\hat{x}0)\cdot (\hat{x}-{\hat{x}}_0)=0$$

Ejemplo. Hallar el plano tangente a la superficie
$$S=\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3|\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{9}+z^2=1\}$$
en el punto $(2,3,1)$

Solución. En este caso el gradiente es
$$\mathrm{\nabla }f(x,y,z)=(\frac{x}{2},-\frac{2}{9}y,2z)$$
en el punto $(2,3,1)$ es
$$\mathrm{\nabla }f(2,3,1)=(1,-\frac{2}{3},2)$$
Por tanto la ecuación del plano tangente es
$$(1,-\frac{2}{3},2)\cdot (x-1,y-3,z-1)=0$$
es decir
$$3x-2y+6z-6=0$$

Mas adelante

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