12.6: Derivados direccionales

Derivadas parciales nos dan una comprensión de cómo cambia una superficie cuando nos movemos en las$y$ direcciones$x$ y. Hicimos la comparación con pararnos en una pradera ondulada y rumbo hacia el este: la cantidad de subida/caída al hacerlo es comparable a$f_x$. De igual manera, el subida/caída en el movimiento hacia el norte es comparable a$f_y$. Cuanto más pronunciada es la pendiente, mayor en magnitud$f_y$. Pero, ¿y si no nos mudamos por el norte o el este? ¿Y si necesitábamos movernos hacia el noreste y quisiéramos medir la cantidad de subida/caída? Los derivados parciales por sí solos no pueden medirlo. Esta sección investiga las derivadas direccionales, que sí miden esta tasa de cambio. Comenzamos con una definición.

Definición 90 Derivados direccionales

Dejar$z=f(x,y)$ ser continuo en un conjunto abierto$S$ y dejar$\vec u = \langle u_1,u_2\rangle$ ser un vector de unidad. Para todos los puntos$(x,y)$, la derivada direccional de$f$ at$(x,y)$ en la dirección de$\vec u$ es

$$D_{\vec u\,}f(x,y) = \lim\limits_{h\to 0} \frac{f(x+hu_1,y+hu_2) - f(x,y)}h.$$

Las derivadas parciales$f_x$ y$f_y$ se definen con límites similares, pero solo$x$ o$y$ varía con$h$, no con ambos. Aquí ambos$x$ y$y$ varían con un ponderado$h$, determinado por un vector unitario particular$\vec u$. Esto puede parecer un poco intimidante pero en realidad no es demasiado difícil de tratar; a menudo solo requiere álgebra extra. Sin embargo, el siguiente teorema reduce esta carga algebraica.

teorema 110 Derivadas Direccionales

Dejar$z=f(x,y)$ ser diferenciable en un conjunto abierto$S$ que contiene$(x_0,y_0)$, y dejar$\vec u = \langle u_1,u_2\rangle$ ser un vector de unidad. La derivada direccional de$f$ at$(x_0,y_0)$ en la dirección de$\vec u$ es

$$D_{\vec u\,}f(x_0,y_0)=f_x(x_0,y_0)u_1 + f_y(x_0,y_0)u_2.$$

Ejemplo$\PageIndex{1}$: Computing directional derivatives

Dejar$z= 14-x^2-y^2$ y dejar$P=(1,2)$. Encuentre la derivada direccional de$f$, en$P$, en las siguientes direcciones:

1. hacia el punto$Q=(3,4)$,
2. en la dirección de$\langle 2,-1\rangle$, y
3. hacia el origen.

Figura 12.16: Comprensión de la derivada direccional en el Ejemplo 12.6.1

Solución

La superficie se traza en la Figura 12.16, donde$P=(1,2)$ se indica el punto en el$x,y$ plano, así como el punto$(1,2,9)$ que se encuentra en la superficie de$f$. Nos encontramos con eso$f_x(x,y) = -2x$ y$f_x(1,2) = -2$;$f_y(x,y) = -2y$ y$f_y(1,2) = -4$.

1. Dejar$\vec u_1$ ser el vector unitario que apunta del punto$(1,2)$ al punto$Q=(3,4)$, como se muestra en la figura. El vector$\vec{PQ} = \langle 2,2\rangle$; el vector unitario en esta dirección es$\vec u_1=\langle 1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}\rangle$. Por lo tanto, la derivada direccional de$f$ at$(1,2)$ en la dirección de$\vec u_1$ es $$D_{\vec u_1}f(1,2) = -2(1/\sqrt{2}) +(-4)(1/\sqrt{2}) = -6/\sqrt{2}\approx -4.24.$$ Así, la tasa instantánea de cambio en el movimiento desde el punto$(1,2,9)$ en la superficie en la dirección de$\vec u_1$ (que apunta hacia el punto$Q$) es aproximadamente$-4.24$. Al moverse en esta dirección, uno se mueve pronunciadamente hacia abajo.
   
2. Buscamos la derivada direccional en la dirección de$\langle 2,-1\rangle$. El vector unitario en esta dirección es$\vec u_2 = \langle 2/\sqrt{5},-1/\sqrt{5}\rangle$. Por lo tanto, la derivada direccional de$f$ at$(1,2)$ en la dirección de$\vec u_2$ es $$D_{\vec u_2}f(1,2) = -2(2/\sqrt{5})+(-4)(-1/\sqrt{5}) = 0.$$ Comenzando en la superficie de$f$ at$(1,2)$ y moviéndose en la dirección de$\langle 2,-1\rangle$ (o$\vec u_2$) no da como resultado ningún cambio instantáneo en$z$ -valor. Esto es análogo a pararse a la ladera de un cerro y elegir una dirección para caminar que no cambie la elevación. Uno no camina ni sube ni baja, más bien simplemente “a lo largo de la ladera” del cerro.
   
   Encontrar estas direcciones de “sin cambio de elevación” es importante.
   
3. At$P=(1,2)$, la dirección hacia el origen viene dada por el vector$\langle -1,-2\rangle$; el vector unitario en esta dirección es$\vec u_3=\langle -1/\sqrt{5},-2/\sqrt{5}\rangle$. La derivada direccional de$f$ at$P$ en la dirección del origen es $$D_{\vec u_3}f(1,2) = -2(-1/\sqrt{5}) + (-4)(-2/\sqrt{5}) = 10/\sqrt{5} \approx 4.47.$$ Moverse hacia el origen significa “caminar cuesta arriba” bastante abruptamente, con una pendiente inicial de aproximadamente$4.47$.

A medida que estudiamos las derivadas direccionales, ayudará a establecer una conexión importante entre el vector unitario$\vec u = \langle u_1,u_2\rangle$ que describe la dirección y las derivadas parciales$f_x$ y$f_y$. Comenzamos con una definición y seguimos esto con una Idea Clave.

Definición 91 Gradiente

Dejar$z=f(x,y)$ ser diferenciable en un conjunto abierto$S$ que contenga el punto$(x_0,y_0)$.

1. El gradiente de$f$ es$\nabla f(x,y) = \langle f_x(x,y),f_y(x,y)\rangle$.
2. El gradiente de$f$ at$(x_0,y_0)$ es$\nabla f(x_0,y_0) = \langle f_x(x_0,y_0),f_y(x_0,y_0)\rangle$.

Nota: El símbolo "$\nabla$" se llama “nabla”, derivado del nombre griego de un arpa judía. Por extraño que parezca, en matemáticas la expresión$\nabla f$ se pronuncia “del”$f$.

Para simplificar la notación, a menudo expresamos el gradiente como$\nabla f = \langle f_x, f_y\rangle$. El gradiente nos permite calcular derivadas direccionales en términos de un producto de punto.

KEY IDEA 55 El gradiente y las derivadas direccionales

La derivada direccional de$z=f(x,y)$ en la dirección de$\vec u$ es $$D_{\vec u}f = \nabla f\cdot \vec u.$$

Las propiedades del producto punto previamente estudiadas nos permiten investigar las propiedades de la derivada direccional. Dado que la derivada direccional da la velocidad instantánea de cambio de$z$ cuando se mueve en la dirección de$\vec u$, surgen naturalmente tres preguntas:

1. ¿En qué dirección (es) está el cambio en$z$ la mayor (es decir, la “cuesta arriba más empinada”)?
2. ¿En qué dirección (es) está el cambio en$z$ la menor (es decir, la “cuesta abajo más empinada”)?
3. ¿En qué dirección (s) no hay cambio en$z$?

Usando la propiedad clave del producto punto, tenemos
$$\nabla f\cdot \vec u = \norm{\nabla f}\,\norm u \cos \theta = \norm{\nabla f}\cos \theta, \label{eq:gradient}$$
dónde$\theta$ está el ángulo entre el gradiente y$\vec u$. (Dado que$\vec u$ es un vector unitario,$\norm{u} = 1$.) Esta ecuación nos permite responder a las tres preguntas planteadas anteriormente.

1. Ecuación\ ref {eq:gradient} se maximiza cuando$\cos \theta =1$, es decir, cuando el gradiente y$\vec u$ tienen la misma dirección. Concluimos los puntos de gradiente en la dirección del mayor$z$ cambio.
2. Ecuación\ ref {eq:gradient} se minimiza cuando$\cos \theta = -1$, es decir, cuando el gradiente y$\vec u$ tienen direcciones opuestas. Concluimos los puntos de gradiente en la dirección opuesta al menor$z$ cambio.
3. La ecuación\ ref {eq:gradient} es 0 cuando$\cos \theta = 0$, es decir, cuando el gradiente y$\vec u$ son ortogonales entre sí. Concluimos que el gradiente es ortogonal a direcciones sin$z$ cambio.

Este resultado es bastante asombroso. Una vez más imagina pararte en un prado rodante y enfrentarte a la dirección que te lleva más empinada cuesta arriba. Entonces, la dirección que conduce más empinada cuesta abajo está directamente detrás de ti, y caminar de lado a la izquierda o a la derecha (es decir, moviéndote perpendicularmente a la dirección a la que te enfrentas) no cambia tu elevación en absoluto.

Recordemos que una curva de nivel está definida por una trayectoria en el$xy$ plano -a lo largo del cual$z$ los -valores de una función no cambian; la derivada direccional en la dirección de una curva de nivel es 0. Esto es análogo a caminar por un sendero en la pradera ondulada a lo largo del cual no cambia la elevación. El gradiente en un punto es ortogonal a la dirección donde el$z$ no cambia; es decir, el gradiente es ortogonal a las curvas de nivel.

Recordemos que una curva de nivel se define como una curva en el$xy$ plano -a lo largo del cual$z$ los -valores de una función no cambian. Dejemos que$z=f(x,y)$ se dé una superficie, y representemos una curva de nivel como una función vector—valorada,$\vec r (t) = \langle x(t), y(t)\rangle$. Como la salida de$f$ no cambia a lo largo de esta curva,$f\big(x(t),y(t)\big) = c$ para todos$t$, para alguna constante$c$.

Ya que$f$ es constante para todos$t$,$\frac{df}{dt} = 0$. Por la Regla de Cadena Multivariable, también conocemos
\ [\ begin {align*}
\ frac {df} {dt} &= f_x (x, y) x' (t) + f_y (x, y) y' (t)\\
&=\ langle f_x (x, y), f_y (x, y)\ rangle\ cdot\ langle x' (t), y' (t)\ rangle\\
&=\ nabla f\ cdot\ vec r '(t)\\
&=0.
\ end {alinear*}\]

Esta última igualdad establece$\nabla f \cdot \vec r '(t) = 0$: el gradiente es ortogonal a la derivada de$\vec r$, es decir, el gradiente es ortogonal a$\vec r$ sí mismo. Nuestra conclusión: en cualquier punto de una superficie, el gradiente en ese punto es ortogonal a la curva de nivel que pasa por ese punto.

Reafirmamos estas ideas en un teorema, luego las usamos en un ejemplo.

teorema 111 El gradiente y las derivadas direccionales

Dejar$z=f(x,y)$ ser diferenciable en un conjunto abierto$S$ con gradiente$\nabla f$, dejar$P=(x_0,y_0)$ ser un punto adentro$S$ y dejar$\vec u$ ser un vector unitario.

1. El valor máximo de$D_{\vec u\,}f(x_0,y_0)$ es$\norm{\nabla f(x_0,y_0)}$; la dirección del$z$ incremento máximo es$\nabla f(x_0,y_0)$.
2. El valor mínimo de$D_{\vec u\,}f(x_0,y_0)$ es$-\norm{\nabla f(x_0,y_0)}$; la dirección del$z$ incremento mínimo es$-\nabla f(x_0,y_0)$.
3. At$P$,$\nabla f(x_0,y_0)$ es ortogonal a la curva de nivel que pasa a través$\big(x_0,y_0,f(x_0,y_0)\big)$.

Ejemplo$\PageIndex{2}$: Finding directions of maximal and minimal increase

Dejar$f(x,y) = \sin x\cos y$ y dejar$P=(\pi/3,\pi/3)$. Encuentre las direcciones de aumento máximo/mínimo, y encuentre una dirección donde la tasa instantánea de$z$ cambio sea 0.

Solución

Comenzamos por encontrar el gradiente. $f_x = \cos x\cos y$y$f_y = -\sin x\sin y$, por lo tanto

\[\nabla f = \langle \cos x\cos y,-\sin x\sin y\rangle \quad \text{and, at $P$,} \quad \nabla f\left(\frac{\pi}3,\frac{\pi}3\right) = \langle\frac14,-\frac34\rangle.\]

Así es la dirección del incremento máximo$\langle 1/4, -3/4\rangle$. En esta dirección, la tasa instantánea de$z$ cambio es$||\langle 1/4,-3/4\rangle|| = \sqrt{10}/4 \approx 0.79.$

La Figura 12.17 muestra la superficie trazada desde dos perspectivas diferentes. En cada uno, el gradiente se dibuja$P$ con una línea discontinua (debido a la naturaleza de esta superficie, el gradiente apunta “hacia” la superficie). Let$\vec u = \langle u_1, u_2\rangle$ Ser el vector unidad en la dirección de$\nabla f$ at$P$. Cada gráfica de la figura también contiene el vector$\langle u_1, u_2, ||\nabla f\,||\rangle$. Este vector tiene una “carrera” de 1 (porque en el$xy$ plano se mueve 1 unidad) y una “subida” de$||\nabla f\,||$, de ahí que podamos pensarlo como un vector con pendiente de$||\nabla f\,||$ en la dirección de$\nabla f$, ayudándonos a visualizar qué tan “empinada” es la superficie en su dirección más empinada.

Figura 12.17: Graficando la superficie y direcciones importantes en el Ejemplo 12.6.2.

La dirección del incremento mínimo es$\langle -1/4,3/4\rangle$; en esta dirección es la tasa instantánea de$z$ cambio$-\sqrt{10}/4 \approx -0.79$.

Cualquier dirección ortogonal a$\nabla f$ es una dirección sin$z$ cambio. Tenemos dos opciones: la dirección de$\langle 3,1\rangle$ y la dirección de$\langle -3,-1\rangle$. El vector unitario en la dirección de también$\langle 3,1\rangle$ se muestra en cada gráfico de la figura. $z=\sqrt{3}/4$Se dibuja la curva de nivel at: recuerde que a lo largo de esta curva los$z$ valores -no cambian. Dado que$\langle 3,1\rangle$ es una dirección sin$z$ cambio, este vector es tangente a la curva de nivel en$P$.

Ejemplo$\PageIndex{3}$: Understanding when $\nabla f = \vec 0$

Vamos$f(x,y) = -x^2+2x-y^2+2y+1$. Encuentre la derivada direccional de$f$ en cualquier dirección en$P=(1,1)$.

Solución

Nos encontramos$\nabla f = \langle -2x+2, -2y+2\rangle$. En$P$, tenemos$\nabla f(1,1) = \langle 0,0\rangle$.

Según el Teorema 111, esta es la dirección del incremento máximo. Sin embargo,$\langle 0,0\rangle$ no tiene dirección; no tiene desplazamiento. E independientemente del vector unitario$\vec u$ elegido,$D_{\vec u\,}f = 0$.

La Figura 12.18 nos ayuda a entender lo que esto significa. Podemos ver que$P$ se encuentra en la parte superior de un paraboloide. En todas las direcciones, la tasa instantánea de cambio es 0.

Entonces, ¿cuál es la dirección del aumento máximo? Está bien dar una respuesta de$\vec 0 = \langle 0,0\rangle$, ya que esto indica que todas las derivadas direccionales son 0.

Figura 12.18: En la parte superior del paraboloide todos los derivados direccionales son 0.

El hecho de que el gradiente de una superficie siempre apunte en la dirección de aumento/disminución más pronunciada es muy útil, como se ilustra en el siguiente ejemplo.

Ejemplo$\PageIndex{4}$: The flow of water downhill

Considera la superficie dada por$f(x,y)= 20-x^2-2y^2$. El agua se vierte en la superficie en$(1,1/4)$. ¿Qué camino toma a medida que fluye cuesta abajo?

Solución

$\vec r (t) = \langle x(t), y(t)\rangle$Sea la función vector-valorada describiendo el camino del agua en el$xy$ plano; buscamos$x(t)$ y$y(t)$. Sabemos que el agua siempre fluirá cuesta abajo en la dirección más empinada; por lo tanto, en cualquier punto de su trayectoria, se irá moviendo en la dirección de$-\nabla f$. (Ignoramos los efectos físicos del impulso en el agua). Así$\vec r '(t)$ será paralelo a$\nabla f$, y hay alguna constante$c$ tal que$c\nabla f = \vec r '(t) = \langle x'(t), y'(t)\rangle$.

Encontramos$\nabla f = \langle -2x, -4y\rangle$ y escribimos$x'(t)$ como$\frac{dx}{dt}$ y$y'(t)$ como$\frac{dy}{dt}$. Entonces

\ [\ begin {align*}
c\ nabla f &=\ langle x' (t), y' (t)\ rangle\
\ langle -2cx, -4cy\ rangle & =\ langle\ frac {dx} {dt},\ frac {dy} {dt}\ rangle.
\ end {alinear*}\]

Esto implica

$$-2cx = \frac{dx}{dt} \quad \text{and} \quad -4cy =\frac{dy}{dt}, \text{ i.e.,}$$

$$c = -\frac{1}{2x}\frac{dx}{dt} \quad \text{and} \quad c =-\frac{1}{4y}\frac{dy}{dt}.$$

Como$c$ es igual a ambas expresiones, tenemos

$$\frac{1}{2x}\frac{dx}{dt} =\frac{1}{4y}\frac{dy}{dt}.$$

Para encontrar una relación explícita entre$x$ y$y$, podemos integrar ambas partes con respecto a$t$. Recordemos de nuestro estudio de diferenciales que$\frac{dx}{dt}dt = dx$. Así:

\ [\ begin {align*}
\ int\ frac {1} {2x}\ frac {dx} {dt}\ dt &=\ int\ frac {1} {4y}\ frac {dy} {dt}\ dt\
\ int\ frac {1} {2x}\ dx &=\ int\ frac {1} {4y}\ dy\
\ lnac 12\ |x| &=\ frac14\ ln|y| +C_1\\
2\ ln|x| &=\ ln|y| +C_1\\
\ ln |x^2| &=\ LN|y|+C_1\ final {alinear*}\]

Ahora levanta ambos lados como una potencia de$e$:

\ [\ begin {align*}
x^2 &= e^ {\ ln |y|+C_1}\\
x^2 &= e^ {\ ln |y|} e^ {C_1}\ qquad\ text {(Tenga en cuenta que$e^{C_1}$ es solo una constante.)} \\
x^2 &= yC_2\\
\ frac1 {C_2} x^2 &=y\ qquad\ text {(Tenga en cuenta que$1/C_2$ es solo una constante.)} \\
Cx^2 &= y.
\ end {align*}\]

A medida que el agua comenzó en ese punto$(1,1/4)$, podemos resolver para$C$:
$$C(1)^2 = \frac14 \quad \Rightarrow \quad C = \frac14.$$

Figura 12.19: Una gráfica de la superficie descrita en el Ejemplo 16.2.4 junto con la trayectoria en el$xy$ plano con las curvas de nivel.

Así, el agua sigue la curva$y=x^2/4$ en el$xy$ plano. La superficie y la trayectoria del agua se grafica en la Figura 12.19 (a). En la parte (b) de la figura, las curvas de nivel de la superficie se trazan en el$xy$ plano -junto con la curva$y=x^2/4$. Observe cómo la trayectoria interseca las curvas de nivel en ángulo recto. A medida que el camino sigue el gradiente cuesta abajo, esto refuerza el hecho de que el gradiente es ortogonal a las curvas de nivel.

Funciones de tres variables

Los conceptos de derivadas direccionales y el gradiente se extienden fácilmente a tres (y más) variables. Combinamos los conceptos detrás de las Definiciones 90 y 91 y del Teorema 110 en un conjunto de definiciones.

Definición 92 Derivadas direccionales y gradiente con tres variables

Dejar$w=F(x,y,z)$ ser diferenciable en una bola abierta$B$ y dejar$\vec u$ ser un vector unitario adentro$\mathbb{R}^3$.

1. El gradiente de$F$ es$\nabla F = \langle F_x,F_y,F_z\rangle$.
2. La derivada direccional de$F$ en la dirección de$\vec u$ es $$D_{\vec u\,}F=\nabla F\cdot \vec u.$$

Las mismas propiedades del gradiente dadas en el Teorema 111, cuando$f$ es una función de dos variables, hold for$F$, una función de tres variables.

TEORAMA 112 El gradiente y las derivadas direccionales con tres variables

Dejar$w=F(x,y,z)$ ser diferenciable en una bola abierta$B$, dejar$\nabla F$ ser el gradiente de$F$, y dejar$\vec u$ ser un vector unitario.

1. El valor máximo de$D_{\vec u\,}F$ es$\norm{\nabla F}$, obtenido cuando el ángulo entre$\nabla F$ y$\vec u$ es 0, es decir, la dirección del incremento máximo es$\nabla F$.
2. El valor mínimo de$D_{\vec u\,}F$ es$-\norm{\nabla F}$, obtenido cuando el ángulo entre$\nabla F$ y$\vec u$ es$\pi$, es decir, la dirección de incremento mínimo es$-\nabla F$.
3. $D_{\vec u\,}F = 0$cuando$\nabla F$ y$\vec u$ son ortogonales.

Interpretamos la tercera afirmación del teorema como “el gradiente es ortogonal a las superficies de nivel”, las tres variables análogas a las curvas de nivel.

Ejemplo$\PageIndex{5}$: Finding directional derivatives with functions of three variables

Si una fuente puntual$S$ está irradiando energía, la intensidad$I$ en un punto dado$P$ en el espacio es inversamente proporcional al cuadrado de la distancia entre$S$ y$P$. Es decir, cuando$S=(0,0,0)$,$I(x,y,z) = \frac{k}{x^2+y^2+z^2}$ para alguna constante$k$.

Dejar$k=1$, dejar$\vec u = \langle 2/3, 2/3, 1/3\rangle$ ser un vector de unidad, y dejar$P = (2,5,3).$ Medir distancias en pulgadas. Encontrar la derivada direccional de$I$$P$ en la dirección de$\vec u$, y encontrar la dirección de mayor aumento de intensidad en$P$.

Solución
Necesitamos el gradiente$\nabla I$, es decir, necesitamos$I_x$,$I_y$ y$I_z$. Cada derivada parcial requiere una simple aplicación de la Regla del Cociente, dando

\ [\ begin {align*}
\ nabla I &=\ langle\ frac {-2x} {(x^2+y^2+z^2) ^2},\ frac {-2y} {(x^2+y^2+z^2) ^2},\ frac {-2z} {(x^2+y^2+z^2) ^2}\ rangle\
\ nabla I (2,5,3) &=\ langle\ frac {-4} {1444},\ frac {-10} {1444},\ frac {-6} {1444}\ rangle\ approx\ langle -0.003, -0.007, -0.004\ rangle\\
D_ {\ vec u\,} I &=\ nabla I (2,5,3)\ cdot\ vec u\\
&= -\ frac {17} {2166}\ aprox -0.0078.
\ end {alinear*}\]

La derivada direccional nos dice que moverse en la dirección de$\vec u$ desde$P$ da como resultado una disminución en la intensidad de aproximadamente$-0.008$ unidades por pulgada. (La intensidad disminuye a medida que$\vec u$ se mueve uno más lejos del origen que$P$.)

El gradiente da la dirección de mayor incremento de intensidad. Observe que

\ [\ begin {align*}
\ nabla I (2,5,3) &=\ langle\ frac {-4} {1444},\ frac {-10} {1444},\ frac {-6} {1444}\ rangle\\
&=\ frac {2} {1444}\ langle -2, -5, -3\ rangle.
\ end {alinear*}\]

Es decir, el gradiente at$(2,5,3)$ está apuntando en la dirección de$\langle -2,-5,-3\rangle$, es decir, hacia el origen. Eso debería tener sentido intuitivo: el mayor aumento de intensidad se encuentra moviéndose hacia la fuente de la energía.

La derivada direccional nos permite encontrar la tasa instantánea de$z$ cambio en cualquier dirección en un punto. Podemos utilizar estas tasas de cambio instantáneas para definir líneas y planos que son tangentes a una superficie en un punto, que es el tema de la siguiente sección.