El Gradiente

Sea f : Ω ⊂ Rn → R una funcion diferenciable en x0. Entonces el vector cuyas componentesson las derivadas parciales de f en x0 se le denomina Vector Gradiente y se le denota por∇f , es la funcion vectorial definida por:

∇f(x0) =

(∂f(x0)

∂x1,∂f(x0)

∂x2, ...,

∂f(x0)

∂xn

)En el caso particular n = 3 se tiene que:

∇f(x0) =

(∂f(x0)

∂x,∂f(x0)

∂y,∂f(x0)

∂z

)En el caso particular n = 2 se tiene que:

∇f(x0) =

(∂f(x0)

∂x,∂f(x0)

∂y

)Ejemplo.-Calcular ∇f(x, y) donde f(x, y) = x2y + y3.Sol. Tenemos que las derivadas parciales son:

∂f

∂x=∂(x2y + y3)

∂x= 2xy

∂f

∂y=∂(x2y + y3)

∂y= x2 + 3y2

∴ el vector gradiente es:∇f(x, y) =

(2xy, x2 + 3y2

)Teorema 1. Si f es una funcion diferenciable de x e y entonces su derivada en el punto(x0, y0) en la direccion del vector unitario u es

Duf(x0, y0) = ∇f(x0, y0) · u

Demostracion. Como ∇f(x0, y0) =(∂f(x0,y0)

∂x , ∂f(x0,y0)∂y

)y u = (u1, u2) se tiene que

∇f(x0, y0)·u =

(∂f(x0, y0)

∂x,∂f(x0, y0)

∂y

)·(u1, u2) =

∂f(x0, y0)

∂xu1+

∂f(x0, y0)

∂yu2 = Duf(x0, y0)

Ejemplo.- Halle la derivada direccional de f(x, y) = ln(x2 + y2

)en el punto (1, 3) en la

direccion u = (2,−3)

Sol. Tenemos que ∂f∂x = 2x

x2+y3 y ∂f∂y = 3y2

x2+y3 ∴ ∂f(1,−3)∂x = −1

13 y ∂f(1,−3)∂y = −27

26 . Ahora bien

el vector unitario asociado a u es 1√13

(2,−3) ∴

∇f(1,−3) ·(

1√13

(2,−3)

)=

(−2

26

)(2√13

)+

(−27

26

)(−3√13

)=

77√

13

338≈ 0,82

1

Propiedades del Gradiente

Sean f, g : R2 → R funciones diferenciables. Entonces se verificaa) ∇C = 0b) ∇(αf + βg) = α∇f + β∇gc) ∇(fg) = f∇g + g∇fd) ∇

(fg

)= g∇f−f∇g

g2

e) ∇(fn) = nfn−1∇f

Demostracion. a)∇C =(∂C∂x ,

∂C∂y

)= (0, 0) = 0

b)∇(αf+βg) =(∂(αf+βg)

∂x , ∂(αf+βg)∂y

)=

(α∂(f)∂x + β ∂(g)∂x , α

∂(f)∂y + β ∂(g)∂y

)= α

(∂(f)∂x ,

∂(f)∂y

)+

β(∂(g)∂x ,

∂(g)∂y

)= α∇f + β∇g

c)∇(fg) =(∂(fg)∂x , ∂(fg)∂y

)=

(f ∂(g)∂x + g ∂(f)∂x , f

∂(g)∂y + f ∂(f)∂y

)= f

(∂(g)∂x ,

∂(g)∂y

)+g

(∂(f)∂x ,

∂(f)∂y

)=f∇g + g∇f

d) ∇(fg

)=

(∂ f

g

∂x ,∂ f

g

∂y

)=

(g ∂f

∂x−f∂g∂x

g2 ,g ∂f

∂y−f∂g∂y

g2

)=

((1g2

)(g(∂f∂x ,

∂fy

)− f

(∂g∂x ,

∂gy

)))=

g∇f−f∇gg2

e) ∇(fn) =(∂fn

∂x ,∂fn

∂y

)=

(nfn−1 ∂f∂x , nf

n−1 ∂f∂y

)= nfn−1

(∂f∂x ,

∂f∂y

)= nfn−1∇f

Dado que Duf = ∇f · u = ‖∇f‖ · ‖u‖ · cos(θ) la cual toma su valor maximo cuandoθ = 0.Esto es la derivada direccional toma su valor maximo cuando u esta en la direccion delgradiente.Ejemplo.-Dada la funcion f(x, y) = x3 + 2y3 + z3 − 4xyz. Hallar el valor maximo de Dufen (−1, 1, 2)Sol.- Tenemos que∂f∂x = 3x2− 4yz, ∂f

∂x= − 6y2− 4xz, ∂f∂z = 3z2− 4xy ∴ ∇f(−1, 1, 2) = (−5, 14, 16) y un vectorunitario u en la direccion del gradiente es

u =

(−5

3√

53,

14

3√

53,

16

3√

53

)∴ El valor maximo de Du esta dado por

Du = −5

(−5

3√

53

)+ 14

(14

3√

53

)+ 16

(16

3√

53

)= 3√

53

Teorema 2. (Normalidad del Gradiente) Supongamos que la funcion f es diferenciable enel punto P0 y que el gradiente ∇f0 en P0 es distinto de cero. Entonces ∇f0 es ortogonal ala superficie f(x, y, z) = k que pasa por P0

Demostracion. Sea C una curva contnida en la superficie de nivel f(x, y, z) = k que pasapor P0 = (x0, y0, z0) y sea R(t) = [x(t), y(t), z(t)] la funcion vectorial que describe C cuandof recorre un intervalo I. Demostraremos que el gradiente ∇f0 es ortogonal al vector tangente∂R∂t en P0.

2

Como C esta contenida en la superficie, cualquier punto P (x(t), y(t), z(t)) de la curva debesatisfacer la ecuacion de la superficie f(x(t), y(t), z(t)) = k. Por la regla de la cadena

∂f(x(t), y(t), z(t))

∂t=∂f(x(t), y(t), z(t))

∂x·∂x(t)

∂t+∂f(x(t), y(t), z(t))

∂y·∂y(t)

∂t+∂f(x(t), y(t), z(t))

∂z·∂z(t)∂t

= 0

Supongamos que P0 corresponde a t = t0. Entonces la relacion nos dice(∂f(x0, y0, z0)

∂x,∂f(x0, y0, z0)

∂y,∂f(x0, y0, z0)

∂z

)·(∂x

∂t,∂y

∂t,∂z

∂t

)P0

= 0

∴

∇f(x0, y0, z0) · ∂R∂t P0

= 0

∴ El gradiente es ortogonal al vector tangente

Ejemplo.- Dibuje la curva de nivel correspondiente a z = 1 en la funcion f(x, y) = x2−y2y halle un vector normal a ella en el punto P1 = (2,

√3)

Solucion. Tenemos que la curva de nivel correspondiente es x2 − y2 = 1 ∇f = (2x,−2y) enel punto 2,

√3 se tiene ∇f(2,

√3) =

(4,−2

√3)

y este es el vector normal pedido.Ejemplo.-Halle un vector normal a la superficie de nivel x2 + 2xy− yz+ 3z2 = 7 en el puntoP0(1, 1,−1)Solucion.- Se tiene que∇f = (2x+2y, 2x−z, 6z−y) que en el punto (1, 1,−1) es∇f(1, 1,−1) =(4, 3,−7) y el vector normal a la superficie es:(1, 1,−1) + t(4, 3,−7) = (1 + 4t, 1 + 3t, 1− 17t) t ∈ R

3