1. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
Presentado por:
Lic. SANDRA SALAZAR PALOMINO
Lic. WILBERT COLQUE CANDIA
APURÍMAC – PERU
2009

2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
Definición:
Una función real de n variables independientes denotado por f : D ⊂ R 2 → B ⊂ R es una
regla de correspondencia de un conjunto “D” de vectores del espacio n dimensional a un
conjunto “B” de números reales talque:
f : D ⊂ R2 → B ⊂ R
x → f ( x ) = z ; x = ( x1 ; x 2 ;.........; x n )
⇒ f ( x1 ; x 2 ;......; x n ) = z
A las variables x1 ; x 2 ;.........; x n se les llama variables independientes y a z se le llama
variable dependiente.
Dominio de una función de varias variables:
{
()
}
Se llama dominio de definición o dominio de existencia de la función f al conjunto:
D f = x = ( x1 ; x 2 ;.......; x n ) ∈ R n / z = f x = f ( x1 ; x 2 ;.......; x n )
Los casos más importantes para su estudio son las funciones reales de dos y tres
variables, por lo tanto presentaremos los siguientes casos.
1º Caso: Si f : R 2 → R es una función real de dos variables independientes.
f : R2 → R
( x, y ) → f ( x, y ) = z
Gráficamente:
2º Caso: Si E : R 3 → R es una función de tres variables independientes.
S recibe la denominación de superficie, cuya ecuación es E ( x, y, z ) = 0 , el cual define
una o más funciones de la forma z = f ( x, y )
Es decir: E ( x, y, z ) = 0 define implícitamente a la función z = f ( x, y )
( x1 , y1 )

3. EJEMPLOS:
1. Describe y grafica el dominio de las siguientes funciones;
a) z = 1 - x 2 − y 2
b) z = x 2 − 4 + 4 − y 2
SOLUCIÓN:
a) z = f (x, y ) = 1 − x 2 − y 2 existe ⇔ 1 − x 2 − y 2 ≥ 0
− x 2 − y 2 ≥ −1 ⇒ x 2 + y 2 ≤ 1
D f = { x, y ) ∈ R 2 / x 2 + y 2 ≤ 1}
(
Gráficamente:
b) z = f ( x, y ) =
x2 − 4 + 4 − y2
x 2 − 4 ; h( x, y ) = 4 − y 2
⇒ f (x, y ) = g ( x, y ) + h( x, y )
sea g ( x, y ) =
g ( x, y ) = x 2 − 4 existe ⇔ x 2 − 4 ≥ 0 ⇒ x ≥ 2 ∧ x ≤ −2
⇒ D g = {( x, y ) ∈ R 2 / x ≤ −2 ∧ x ≥ 2}
h( x, y ) = 4 − y 2 existe ⇔ 4 − y 2 ≥ 0 ⇒ −2 ≤ y ≤ 2
{
}
⇒ Dh = ( x, y ) ∈ R 2 / − 2 ≤ y ≤ 2
{
}
D f = D g I Dh = ( x , y ) ∈ R 2 / x ≥ 2 ∧ y ≤ 2

4. Gráficamente:
(
2. Hallar el dominio de z = ln 36 − 4 x 2 − 9 y 2
SOLUCIÓN:
(
z = f ( x, y ) = ln 36 − 4 x 2 − 9 y 2
)
)
existe ⇔ 36 − 4 x 2 − 9 y 2 > 0
x2 y2
+
<1
9
4


x2 y2
D f = ( x, y ) ∈ R 2 /
+
< 1
9
4


⇒ 4 x 2 + 9 y 2 < 36 ⇒
Gráficamente:
 y −1
3. Hallar el dominio de f ( x, y ) = arcsen

 x 
SOLUCIÓN:
y −1
 y −1
z = f ( x, y ) = arcsen
 ⇒ senz =
x
 x 
− 1 ≤ senz ≤ 1
y −1
−1 ≤
≤1
x
a) Si x > 0 , entonces − x ≤ y − 1 ≤ x ⇒ − x + 1 ≤ y ≤ x + 1
{
}
D f = ( x, y ) ∈ R 2 / − x + 1 ≤ y ≤ x + 1
Gráficamente:

5. b) Si x < 0 , entonces − x ≥ y − 1 ≥ x ⇒ − x + 1 ≥ y ≥ x + 1
D f = { x, y ) ∈ R 2 / x + 1 ≤ y ≤ 1 − x}
(
Gráficamente:
4.
LÍMITE Y CONTINUIDAD DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES
1. Límite:
Sea f : S ⊂ R 2 → R una función de dos variables independientes definida en el
conjunto S y sea a = (a, b) un punto de acumulación de S entonces:
lim
( x , y )→ ( a ,b )
f ( x, y ) = L ⇔ ∀ε > 0; ∃δ > 0 / f ( x, y ) − L < ε siempre que
0 < ( x , y ) − (a , b ) < δ
O equivalentemente a:
lim f ( x, y ) = L ⇔ ∀ε > 0; ∃δ > 0 / f ( x, y ) − L < ε siempre que
x→a
y →b
0 < x−a <δ ∧ 0 < y −b <δ
Observación:
Al considerar lim f ( x ) sabemos que el punto x se aproxima al punto a a lo largo
x→ a
del eje x por la derecha y por la izquierda respectivamente, en cambio en una
función de dos variables independientes z = f ( x, y ) el punto x = ( x, y ) se aproxima

6. al punto a = (a, b) a través de dos curvas que pasan por el punto a = (a, b) tales
que:
lim f x = L1
∧
lim f x = L2
()
x→a
x∈C1
()
x →a
x∈C2
()
Entonces:
i. Si L1 ≠ L2 ⇒ lim f x
x→ a
no existe.
ii. Si L1 = L2 se considera una tercera curva C 3 que pasa por el punto
()
a = (a, b) tal que:
lim f x = L3 = L2 = L1
x→a
x∈C3
()
Se puede considerar que el lim f x existe y para verificarlo se debe probar
x→ a
dicho límite aplicando la definición.
2. Continuidad:
Se dice que la función f : S ⊂ R 2 → R es continua en el punto P0 ∈ S si se cumple
las siguientes condiciones:
i. f (P0 ) existe
()
lim f (x ) = f (P )
ii. lim f x existe
x → P0
iii.
0
x → P0
Definición: Se dice que una función f : S ⊂ R n → R es continua en P0 ∈ S sí y sólo si
cada una de las funciones coordenadas: f i : S ⊂ R → R ; ∀i = 1, n son continuas en el
punto P0 .
EJEMPLOS:
1. Verificar los siguientes límites:
lim (3x + 2 y ) = 12
a)
( x , y )→( 2 , 3 )
b)
c)
d)
lim
(x + y ) = 2
(x + y − 4 x + 2 y ) = −4
)
(x + 2 xy ) = 3
)
( x , y )→(1,1)
lim
( x , y )→(3, −1
lim
( x , y )→ ( 3 , − 1
2
2
2
2
2
SOLUCIÓN
a)
lim
( x , y )→( 2 , 3 )
(3x + 2 y ) = 12
∀ε > 0; ∃δ ≥ 0 / f ( x, y ) − L < ε siempre que 0 < x − a < δ ∧ 0 < y − b < δ
∀ε > 0; ∃δ ≥ 0 / (3x + 2 y ) − 12 < ε siempre que 0 < x − 2 < δ ∧ 0 < y − 3 < δ
De: 3 x + 2 y − 12 = (3 x − 6 ) + (2 y − 6) = 3( x − 2) + 2( y − 3)
Y como: A + B = A + B
3 x + 2 y − 12 = 3( x − 2 ) + 2( y − 3) ≤ 3 x − 2 + 2 y − 3 ≤ 3 x − 2 + 2 y − 3

7. < 3δ + 2δ = 5δ < ε ⇒ δ =
ε
; entonces
5
Si δ =
b)
lim
(x
( x, y )→(1,1)
2
lim
( x , y )→ ( 2 , 3 )
ε
5
(3x + 2 y ) = 12
)
+ y2 = 2
∀ε > 0; ∃δ ≥ 0 / f ( x, y ) − L < ε siempre que 0 < x − a < δ ∧ 0 < y − b < δ
(
)
∀ε > 0; ∃δ ≥ 0 / x 2 + y 2 − 2 < ε siempre que
0 < x −1 < δ ∧ 0 < y −1 < δ
(
) (
)
De: x 2 + y 2 − 2 = x 2 − 1 + y 2 − 1
= ( x − 1)( x + 1) + ( y + 1)( y − 1)
≤ x +1 x −1 + y +1 y −1
Debemos acotar superiormente los factores x + 1 y y + 1 , elegimos entonces δ 1 = 1
x − 1 < 1 ⇒ −1 < x − 1 < 1 ⇒ 0 < x < 2 ⇒ 1 < x + 1 < 3 ⇒ x + 1 < 3
y − 1 < 1 ⇒ −1 < y − 1 < 1 ⇒ 0 < y < 2 ⇒ 1 < y + 1 < 3 ⇒ y + 1 < 3
⇒ ( x + 1)( x − 1) + ( y + 1)( y − 1) ≤ x + 1 x − 1 + y + 1 y − 1
⇒ 3δ + 3δ = 6δ < ε ⇒ δ 2 =
 ε
Por lo tanto: δ = min {δ1;δ 2 } = min 1; 
 6
c)
lim
(x
( x , y )→(3, −1)
2
ε
6
)
+ y 2 − 4 x + 2 y = −4
∀ε > 0; ∃δ > 0 / f ( x, y ) − L < ε siempre que 0 < x − a < δ ∧ 0 < y − b < δ
(
)
∀ε > 0; ∃δ > 0 / x 2 + y 2 − 4 x + 2 y + 4 < ε siempre que
0 < x − 3 < δ ∧ 0 < y +1 < δ
(
) (
)
De: x 2 + y 2 − 4 x + 2 y + 4 = x 2 − 4 x + 3 + y 2 + 2 y + 1
= ( x − 1)( x − 3) + ( y + 1)( y + 1)
≤ x −1 x − 3 + y +1 y +1
Debemos acotar los factores x − 1 y y + 1 , elegimos entonces δ 1 = 1
x − 3 < 1 ⇒ −1 < x − 3 < 1 ⇒ 2 < x < 4 ⇒ 1 < x − 1 < 3
y +1 <1
⇒ x + y2 − 4x + 2 y + 4 ≤ x − 1 x − 3 + y + 1 y + 1
⇒ 3δ + δ = 4δ < ε ⇒ δ 2 =
 ε
Por lo tanto: δ = min {δ1;δ 2 } = min 1; 
 4
d)
lim
( x , y )→ ( 3 , − 1 )
(x
2
)
+ 2 xy = 3
ε
4

8. ∀ε > 0; ∃δ > 0 / f ( x, y ) − L < ε siempre que 0 < x − a < δ ∧ 0 < y − b < δ
(
)
∀ε > 0; ∃δ > 0 / x 2 + 2 xy − 3 < ε siempre que
0 < x − 3 < δ ∧ 0 < y +1 < δ
De: 2 x( y + 1) + (x + 1)(x − 3) = x 2 + 2 xy + 2 x − 2 x − 3
= 2 x ( y + 1) + ( x + 1)( x − 3) ≤ 2 x y + 1 + x + 1 x − 3
Acotando 2 x y y + 1 , elegimos entonces δ 1 = 1
⇒ x − 3 < 1 ⇒ −1 < x − 3 < 1 ⇒ 3 < x + 1 < 5
⇒ x − 3 < 1 ⇒ −1 < x − 3 < 1 ⇒ 2 < x < 4 ⇒ 4 < 2 x < 8
⇒ 2 x y + 1 + x + 1 x − 3 = 8δ + 5δ = 13δ < ε ⇒ δ 2 =
 ε 
Por lo tanto: δ = min {δ1;δ 2 } = min 1; 
 13 
ε
13
2. Calcular los siguientes límites.
a.
b.
c.
(x
lim
( x , y )→ ( 2 , −5 )
lim
( x, y )→ (1, 2 )
2
+ xy − y
 πxy 
x 3 y + sen

 2 
xy 2 − cos (2πx )
xysen(sen2 xy )
( x, y )→ (0, 0 ) 1 − cos (sen4 xy )
lim
d.
x2 y 2
( x , y )→ (0 , 0 ) x 4 + y 4
e.
x2 y 2
( x , y )→ (0 , 0 ) x 2 + y 2
lim
lim
SOLUCIÓN:
a.
b.
c.
)
lim
(x
( x, y )→ (2, −5 )
2
)
+ xy − y = 9
 πxy 
x 3 y + sen

 2  =
lim
( x, y )→ (1, 2 ) xy 2 − cos(2πx )
2 + senπ
4 − cos 2π
=
2
4 −1
=
2
3
sen[sen2 xy ] sen2 xy
xy
.
.2 xy
xysen(sen2 xy )
senxy
2 xy
lim
= lim
( x, y )→ (0,0 ) 1 − cos (sen 4 xy ) ( x, y )→(0 ,0 ) 1 − cos[sen4 xy ]  sen 4 xy  2
2 2
.
 4 xy  .16 x y

sen 2 4 xy


2x2 y 2 1
=
( x , y )→ (0 , 0 ) 8 x 2 y 2 4
lim
d.
x2 y 2
0
=
( x , y )→ (0 , 0 ) x 4 + y 4 0
lim
indeterminado
Entonces nos definimos: C1 = {(x, y ) ∈ R 2 / y = x} y C2 = {(x, y ) ∈ R 2 / y = x 2 }
()
Sea f (x, y ) = f x =
x2 y 2
x4 + y 4

9. ()
x2 y 2
x4
1
= lim 4 = = L1
4
4
( x , y )→(0 , 0 ) x + y
x→0 2 x
2
( x , y )∈C
1. lim f x =
x →0
x∈C1
lim
1
()
2. lim f x =
x →0
x∈C 2
x2 y2
x6
x6
= lim 4
= lim 4
( x , y )→(0, 0 ) x 4 + y 4
x →0 x + x 8
x →0 x 1 + x 4
( x, y )∈C
(
lim
2
)
x2
= lim
= 0 = L1
x →0 1 + x 4
Como L1 ≠ L2 ⇒
x2 y2
no existe.
( x , y )→ ( 0 , 0 ) x 4 + y 4
lim
3. Analizar la continuidad de los siguientes limites:
xy

, si ( x, y ) ≠ (0,0 )
 2
a. f ( x, y ) =  x + y 2
0
, si ( x, y ) = (0,0 )

 x cos x 2 + y 2
sen 2 x

− 2
, si
b. f ( x, y ) = 
x + y2
x2 + y2

, si ( x, y ) = (0,0)
0
( x, y ) ≠ (0,0 )
SOLUCION:
xy

, si ( x, y ) ≠ (0,0 )
 2
a. f ( x, y ) =  x + y 2
0
, si ( x, y ) = (0,0 )

lim f x = f ( P0 )
()
x → P0
i) f ( P0 ) = f (0,0) = 0 ∃
ii)
lim
( x , y )→(0, 0 )
f ( x, y ) =
lim
( x , y )→(0 , 0 )
xy
x2 + y2
=
0
indeterminado
0
Entonces nos definimos las curvas:
C1 = { x, y ) ∈ R 2 / y = 0} y C2 = { x, y ) ∈ R 2 / y = x}
(
(
()
1. lim f x =
x →0
x∈C1
()
2. lim f x =
x →0
x∈C 2
lim
( x, y )→(0 , 0 )
( x , y )∈C1
lim
( x, y )→(0, 0 )
( x , y )∈C 2
xy
x +y
2
2
xy
x2 + y 2
= lim
x →0
= lim
y →0
0
x2
= 0 = L1
y4
y4 +1
= 0 = L2
Como L1 = L2 , entonces definimos C3 = {(x, y ) ∈ R 2 / y = tan x}

10. ()
lim f x =
x →0
x∈C 3
x +y
( x , y )→(0 ,0 )
( x , y )∈C3
= lim
x →0
= lim
xy
lim
2
2
x tan x
tan 2 x
x 1+
x2
x→0
=
Como L1 = L2 = L3 , entonces
x tan x
x + tan x
2
0
1+1
2
= lim
xy
lim
x + y2
2
Por lo tanto f (x, y ) es continua.
 x cos x 2 + y 2
sen 2 x

− 2
, si
b. f ( x, y ) = 
x + y2
x2 + y2

, si ( x, y ) = (0,0)
0
( x, y ) ≠ (0,0 )
 x cos x 2 + y 2
sen 2 x

lim P = lim
− 2
( x , y )→ ( x 0 , y 0 ) 0
( x , y )→( x0 , y0 )
x + y2
x2 + y2

2
2
x0 + y 0
−
x



=0
1. En ( x, y ) ≠ (0,0)
Sea P0 = ( x 0 , y 0 ) ≠ (0,0)
=

tan 2
x 2 1 +

x2

x →0
= 0 = L3
( x , y )→(0 , 0 )
2
2
x 0 cos x 0 + y 0
x tan x
sen 2 x 0
2
2
x0 + y 0




= f (x0 , y 0 )
f ( x, y ) es continua en ( x 0 , y 0 ) ≠ (0,0) por lo tanto es continua en R 2 − {(0,0 )}
2. En
lim
( x, y ) = (0,0)
( x , y )→( x0 , y0 )
f (x ) =
{
 x cos x 2 + y 2
sen 2 x

− 2
( x, y )→( x0 , y0 )
x + y2
x2 + y 2

lim
}
{

 = ∞ − ∞ indeterminado


}
Entonces nos definimos las curvas:
C1 = ( x, y ) ∈ R 2 / y = 0 y C 2 = ( x, y ) ∈ R 2 / y = x
()
lim f x =
x →0
x∈C1
 x cos x 2 + y 2
sen 2 x
lim 
− 2
( x , y )→( 0, 0 )
x + y2
x2 + y2
( x , y )∈C1 
= lim
x →0
x cos x
x
sen 2 x
− 2
x
2
2

 = lim x cos x − sen x
 x →0
x2
x2

x ; x ≥ 0
− x ; x < 0
Por definición de valor absoluto se sabe que: x = 
x cos(− x )  senx 
x cos x  senx 
lim− f ( x ) = lim−
−
−
 = lim−
 = −2 = L1
x →0
x →0
(− x )  x  x →0 − x  x 
2
x cos x  senx 
lim+ f ( x ) = lim+
−
 = 1 − 1 = 0 = L2
x →0
x →0
x
 x 
2
Como L1 ≠ L2 , entonces lim f ( x ) no existe
x →0
2

11. ()
Por lo tanto lim f x no existe, entonces no es continua en (0,0)
x →0
Ejercicios propuestos:
Probar los siguientes límites:
1.
2.
3.
4.
lim
(x
)
( x , y )→( 2,1
lim
( x , y ) → ( 3, 2 )
lim
2
)
− 3y = 1
(3x − 4 y ) = 1
(y
( x , y )→(1, 2 )
2
(3x
lim
( x , y ) → ( − 2 , −2 )
)
+x =5
2
)
− 4 y 2 = −4
 ε
Rpta: δ = min 1, 
 8
ε
Rpta: δ =
7
 ε
Rpta: δ = min 1, 
 6
 ε 
Rpta: δ = min 1, 
 35 
Encontrar los siguientes límites:
x
lim
Rpta: No existe
5.
( x , y ) → ( 0, 0 ) x + y
6.
lim x 2 + xy − y
Rpta: 19
(
( x , y )→ (3 , 5 )
x2 − y2
( x , y )→(0 , 0 ) x 2 + y 2
x tan y
lim
8.
( x , y )→( 2 , 0 )
y
7.
9.
lim
x2 + y
( x , y )→(0 , 0 ) x 2 + y 2
lim
)
Rpta: No existe
Rpta: 2
Rpta: No existe
DERIVADA DE FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES:
Definición:
Sea f : S ⊂ R 2 → R una función de dos variables independientes tal que z = f ( x, y ) ,
es decir:
f : R2 → R
( x, y ) → f ( x, y ) = z
a) La derivada parcial de la función f con respecto a la variable x está dado por:
∂f ( x, y )
f ( x + ∆x; y ) − f ( x, y )
= lim
; y es constante
∆x →0
∂x
∆x
b) La derivada parcial de la función f con respecto a la variable y está dado por:
∂f ( x, y )
f ( x; y + ∆y ) − f ( x, y )
= lim
; x es constante
∆y → 0
∂y
∆y
Definición:
Sea f : S ⊂ R 3 → R una función real de tres variables independientes donde
w = f ( x, y , z ) , es decir:
f : S ⊂ R3 → R

12. ( x, y, z ) → f ( x, y, z ) = w
a) La derivada parcial de la función f con respecto a la variable x está dado por:
∂w ∂f ( x, y, z )
f ( x + ∆x; y, z ) − f ( x, y, z )
=
= lim
; y , z constantes
∆x →0
∂x
∂x
∆x
b) La derivada parcial de la función f con respecto a la variable y está dado por:
∂w ∂f ( x, y, z )
f ( x; y + ∆y, z ) − f ( x, y, z )
=
= lim
; x , z constantes
∆y → 0
∂y
∂y
∆y
c) La derivada parcial de la función f con respecto a la variable z está dado por:
∂w ∂f ( x, y, z )
f ( x; y , z + ∆z ) − f ( x, y , z )
=
= lim
; x , y constantes
∆z →0
∂z
∂z
∆z
EJEMPLOS:
1. Hallar las derivadas parciales de las siguientes funciones.
a. z = x 5 + y 5 − 3 x 4 y 4 + 3xy
b. z = x y
2
c. z = arctan
x2 − y2
x2 + y2
SOLUCIÓN:
a) z = x 5 + y 5 − 3 x 4 y 4 + 3xy
∂z
= 5 x 4 − 12 x 3 y 4 + 3 y
∂x
∂z
= 5 x 4 − 12 x 3 y 4 + 3
∂x
2
b) z = x y
2
∂z
= y 2 x y −1
∂x
2
∂z
= 2 yx y ln x
∂x
x2 − y2
x2 + y2
c) z = arctan
∂z
=
∂x
∂  x2 − y2
.  2
2
∂x  x + y 2
2
2 
 x −y


1+  2
2 
 x +y


1
=
x2 + y2 1
.
2x2 2
=
1
2x 2
(
−1 / 2

1
1  x2 − y2 
∂  x2 − y2 
=
 2
 .  2

.

∂x  x + y 2 
x2 − y2 2  x + y2 




 1+
x2 + y2
)
(
)
x 2 + y 2 2x x 2 + y 2 − 2x x 2 − y 2
.
2
x2 − y2
x2 + y2
(
x 2 + y 2 2 xy 2
y2
. 2
=
x2 − y2 x + y2 x x4 − y4
)

13. ∂z
=
∂y
=
−1 / 2
∂  x2 − y2 
∂  x2 − y 2 
1
1  x2 − y2 

=
 .  2

.
.  2
2
2
2
2
2
2 

∂y  x + y 2 
 x 2 − y 2  ∂y  x + y  1 + x − y 2  x + y 





2
2
1+  2
x +y
 x + y2 


1
x2 + y2 1
.
2x2 2
=−
1
2x 2
2. Calcular
(
)
(
x 2 + y 2 (− 2 y ) x 2 + y 2 − 2 y x 2 − y 2
.
2
x2 − y2
x2 + y2
(
x 2 + y 2 2x 2 y
y
. 2
=−
2
2
2
4
x −y x +y
x − y4
)
)
∂z
∂z
y
en z = e sen( y / x )
∂x ∂y
SOLUCIÓN:
∂z
∂ 
y
y ∂ y
y − y
= e sen( y / x ) .  sen  = e sen( y / x ) . cos .   = e sen ( y / x ) . cos . 2 
∂x
∂x 
x
x ∂x  x 
x x 
-y
y
= .e sen( y / x ) . cos
x
x
∂z
∂ 
y
y ∂  y
y 1
= e sen ( y / x ) .  sen  = e sen ( y / x ) . cos .   = e sen ( y / x ) . cos . 
∂y
∂y 
x
x ∂y  x 
x  x
1
y
= .e sen( y / x ) . cos
x
x
3. Hallar las derivadas parciales de w = x x
2
+ y2 + z2
SOLUCIÓN:
Sea u = x ; v = x 2 + y 2 + z 2 , entonces w = u v
Utilizando formula se tiene:
2
2
2
2
2
2
∂w
= x x + y + z . ln x.(2 x) + x x + y + z −1 .x 2 + y 2 + z 2
∂x
2
2
2
2
2
2
∂w
∂
= x x + y + z . ln x. ( x 2 + y 2 + z 2 ) = 2 y ln x.x x + y + z
∂y
∂y
2
2
2
2
2
2
∂w
∂ 2
= x x + y + z . ln x.
x + y 2 + z 2 = 2 z ln x.x x + y + z
∂z
∂z
(
4. Si z = xy + xe y / x ; hallar x
SOLUCIÓN:
∂z
∂z
+y
∂x
∂y
)

14. ∂z
∂ y/x
∂x
∂  y
= y+ x
+ ey/ x
= y + xe y / x .   + e y / x
e
∂x
∂x
∂x
∂x  x 
( )
y
− y
= y + xe y / x  2  + e y / x = y − e y / x + e y / x
x
 x 
∂z
∂  y
1
= x + xe y / x .   = x + xe y / x . = x + e y / x
∂y
∂y  x 
x
Luego:
∂z
∂z
y


x +y
= x y − e y / x + e y / x  + y x + e y / x = xy + xe y / x + xy = z + xy
∂x
∂y
x


xyz
e
∂u ∂u ∂u
+
+
5. Si u = x
; hallar
y
z
∂x ∂y ∂z
e +e +e
(
SOLUCIÓN:
(
)
)
[(
]
)
)
∂u
e x + e y + e z e xyz . yz − e xyz .e x
e xyz e x + e y + e z yz − e x
=
= x
2
∂x
e + e y + ez ex + e y + ez
ex + e y + ez
(
[(
)
)
(
]
)(
z e x + e y + e z yz − e x
=
ex + e y + ez
∂u
e x + e y + e z e xyz .xz − e xyz .e y
e xyz e x + e y + e z xz − e y
=
= x
2
∂y
e + ey + ez ex + ey + ez
ex + e y + ez
(
)
(
[(
)
)
(
]
[(
)(
]
)
)
z e x + e y + e z xz − e y
=
ex + ey + ez
∂u
e x + e y + e z e xyz .xy − e xyz .e z
e xyz e x + e y + e z xy − e z
=
= x
2
∂y
e + e y + ez ex + e y + ez
ex + ey + ez
(
)
(
[(
)
)
(
]
z e x + e y + e z xy − e z
=
ex + ey + ez
[(
[(
)(
]
)
)
)
(
∂u ∂u ∂u
z
+
+
= x
e x + e y + e z ( xy + xz + yz ) + e x + e y + e z
∂x ∂y ∂z e + e y + e z
= z ( xy + xz + yz + 1)
6. Si u =
)]
 ∂u
∂u
∂u 
, hallar 3 x
 ∂x + y ∂y + z ∂z 

x +y


z
3
2
2
SOLUCIÓN:
(
)
− 2 xz
3
= 2
2 2/3
x +y
. x2 + y 2
∂u
=
∂x
3
x 2 + y 2 (0 ) − z.
∂u
=
∂y
3
x2 + y 2
−2 / 3
1
x 2 + y 2 (0) − z. (x 2 + y 2 ) .2 y
− 2 yz
3
=
2
4/3
2
3
3(x + y 2 )
x2 + y2
(
3
(
1 2
x + y2
3
)
2
)
−2 / 3
.2 x
(
) (
)
2/3
=
(
− 2 xz
3 x + y2
2
)
4/3

15. ∂u
=
∂z
1
3
x + y2
2
 − 2x2 z
 ∂u
∂u
∂u 
2 y2 z
3 x + y
+ z  = 3
−
4/3
 ∂x
∂y
∂z 
3 x2 + y2
 3 x2 + y 2



(
(
)
)
 − 2z x2 + y 2
= 3
+
4/3
 3 x2 + y2

(
 − 2z
= 2
+
2
3 x + y

)
(
4/3


x2 + y2 

z
3


x2 + y 2 

z
3

=
x2 + y 2 

3z
3
)
+
z
3
x + y2
2
=u
Ejercicios propuestos:
Determinar las derivadas parciales de las siguientes funciones:
2
 f x = 3 x 2 y + y 2e xy

1. f ( x, y ) = x 3 y + e xy
Rpta: 
3
xy 2
 f y = x + 2 xye


−1 / 2
y2 4
2
2
fx =
x − y4
x −y

x
2. f ( x, y ) = arctan 2
Rpta: 
x + y2
 f = − y x 4 − y 4 −1 / 2
 y


1
x2 
f x = 2 e y / x  2 x − y ln 


x
y
x2



y/x
3. f ( x, y ) = e ln
Rpta: 
2
y
 f = 1 e y / x  y ln x − x 




 y xy
y



xz

zx = x 2 − y 2
z

4. z = x 2 − y 2 tan 2
Rpta: 
2
x −y
 z y = − yz

x2 − y 2

(
(
)
)
Verificar si las siguientes funciones satisfacen las ecuaciones dadas.
x2 y2
5. f (x, y ) = 2
; xf x + yf y = 2 f
x + y2
6.
7.
8.
f ( x, y ) =
Ax n + By n
; xf x + yf y = (n − 2) f
Cx 2 + Dy 2
f ( x, y ) = xy + arctan( x / y ); xff x + yff y = xy
y
f (x, y ) = x 2 + y 2 arctan ; xf x + yf y = f
x
DERIVACIÓN IMPLICITA
Definición:
Sea f : S ⊂ R 2 → R una función real de dos variables independientes, se dice que la
ecuación E ( x, y ) = 0 define a “y” implícitamente como función de “x”; es decir y = f ( x ) ;
∀x

16. Para hallar las derivadas parciales de funciones implícitas de varias variables se sigue lo
siguiente:
1. E ( x, y, z ) = 0 una función real de tres variables define implícitamente a z = f ( x, y )
Ey
E
∂z
∂z
=− x
;
=−
∂x
Ez
∂y
Ez
2. E ( x, y, z , w) = 0 una función real de cuatro variables, define implícitamente a
w = f ( x, y , z )
Ey
E
E
∂w
∂w
∂w
=− x ;
;
=− z
=−
∂x
Ew
Ew
∂z
Ew
∂y
EJEMPLOS:
1. Suponiendo que w es función de todas las otras variables, hallar las derivadas
correspondientes de las siguientes funciones.
a) w − e wsen ( y / x ) = 1
b) w − r 2 + s 2 cosh(rw) = 0
(
)
SOLUCIÓN:
a) w − e wsen ( y / x ) = 1 ⇒ E ( x, y , w ) = w − e wsen ( y / x ) − 1 = 0
⇒ w = f ( x, y )
∂E
∂
∂
= −e wsen ( y / x ) . (wsen ( y / x) ) = −e wsen ( y / x ) .w cos( y / x) ( y / x )
∂x
∂x
∂x
wy
 y
= −e wsen ( y / x ) .w cos( y / x ).(− y / x 2 ) = 2 cos .e wsen ( y / x )
x
x
∂E
∂
1
Ey =
= −e wsen ( y / x ) . (wsen ( y / x ) ) = −e wsen ( y / x ) .w cos( y / x ).
∂y
∂y
x
Ex =
−w
 y
cos .e wsen ( y / x )
x
 x
∂E
∂
Ew =
= 1 − e wsen ( y / x ) . (wsen ( y / x) ) = 1 − sen( y / x ).e sen ( y / x )
∂w
∂w
=
Por lo tanto:
wy
 y
cos .e wsen ( y / x )
2
∂w − E x
x
x
=
=
∂x
Ew
1 − sen( y / x ).e sen( y / x )
−w
 y
cos .e wsen ( y / x )
∂w − E y
x
x
=
=
∂y
Ew
1 − sen( y / x).e sen( y / x )
(
)
(
)
b) w − r 2 + s 2 cosh(rw) = 0 ⇒ E (r , s, w ) = w − r 2 + s 2 cosh(rw)
⇒ w = f ( x, y )

17. [(
]
)
(
)
∂E
= − r 2 + s 2 senh(rw).w + cosh(rw ).2r = 2r cosh(rw ) − r 2 + s 2 senh(rw )
∂r
∂E
Es =
= −2s cosh (rw )
∂s
∂E
Ew =
= 1 − r 2 + s 2 senh (rw ).r = 1 − r r 2 + s 2 senh(rw )
∂w
Er =
(
)
(
Por lo tanto:
(
)
)
∂w − E r − 2r cosh(rw ) + r 2 + s 2 senh(rw )
=
=
∂r
Ew
1 − r r 2 + s 2 senh(rw )
(
)
∂w − E s
2 s cosh (rw )
=
=
∂s
Ew
1 − r r 2 + s 2 senh(rw )
(
)
2. Hallar las derivadas respectivas de:
a) x cos y + y cos z + z cos x = 1 ; z = f ( x, y )
z
b) z = x 2 − y 2 tan
; z = f ( x,y )
2
x − y2
SOLUCIÓN:
a) E ( x, y, z ) = x cos y + y cos z + z cos x − 1 = 0
∂E
= cos y − zsenx
∂x
∂E
Ey =
= − xseny + cos z
∂y
∂E
Ez =
= − ysenz + cos x
∂z
Por lo tanto:
Ex =
∂z − E x − cos y + zsenx
=
=
∂x
Ez
− ysenz + cos x
∂z − E y
xseny − cos z
=
=
∂y
Ez
− ysenz + cos x
b) z = x 2 − y 2 tan
E ( x, y, z ) =
z
x2 − y2
z
x −y
2
(
2
− tan
⇒ E ( x, y, z ) = z x 2 − y 2
)
−1 / 2
z
⇒
x2 − y2
z
x − y2
2
− tan
=0
(
− tan z x 2 − y 2
)
−1 / 2
=0
z
x2 − y2
=0

18. [(
]
−3 / 2
−1 / 2 ∂
−1 / 2
∂E
 −1
= z.  x 2 − y 2
.2 x − sec 2 z x 2 − y 2
.
z x2 − y2
∂x
∂x
 2 
−1 / 2
− zx
zx
=
+
. sec 2 z x 2 − y 2
2
2 3/ 2
2
2 3/ 2
x −y
x −y
−1 / 2
−1 / 2
zx
zx
=
sec 2 z x 2 − y 2
−1 =
tan 2 z x 2 − y 2
3/ 2
3/ 2
x2 − y2
x2 − y2
zx
z
=
tan 2
3/ 2
x2 − y2
x2 − y2
(
Ex =
(
)
(
)
(
)
(
)
)
)
)
)
(
(
(
(
)
)
(
(
)
)
−3 / 2
−1 / 2
1
∂E
 −1
.(− 2 y ) − sec 2 z x 2 − y 2
.z. x 2 − y 2
= z.  x 2 − y 2
2
∂y
 2 
−1 / 2
zy
zy
.
=
− sec 2 z x 2 − y 2
3/ 2
3/ 2
x2 − y2
x2 − y2
−1 / 2
- zy
- zy
z
. tan 2 z x 2 − y 2
. tan 2
=
=
2
2 3/ 2
2
2 3/ 2
2
x −y
x −y
x − y2
(
Ey =
(
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
)
(
(
) (2 y )
−3 / 2
)
(
(
)
)
) (
)
−1 / 2
−1 / 2
−1 / 2
∂E
= x2 − y2
− sec 2 z x 2 − y 2
. x2 − y2
∂z
−1 / 2
-1
-1
z
=
sec 2 z x 2 − y 2
−1 =
. tan 2
2
2
2
2
2
x −y
x −y
x − y2
Ez =
(
(
)
)
Por lo tanto:
(
zx
x −y
E
∂z
=− x =
1
∂x
Ez
2
)
2 3/ 2
x −y
2
(
zy
Ey
x2 − y
∂z
=−
=
-1
∂y
Ez
2
)
. tan 2
2 3/ 2
x −y
2
2
tan 2
. tan 2
. tan 2
z
x2 − y 2
zx
= 2
z
x − y2
x2 − y2
z
x2 − y2
− zy
= 2
z
x − y2
x2 − y2
3. Si u y v son funciones de x e y definidas implícitamente para las ecuaciones
∂v
∂u
3 x + y = u 2 − v ; x − 2 y = u − 2v 2 hallar
y
∂x
∂y
SOLUCIÓN:
a) Derivando ambas ecuaciones respecto a la variable x:
∂u ∂v
3 = 2u
− ……….(1)
∂x ∂x
∂u
∂v
1=
− 4v …………(2)
∂x
∂x
Multiplicando por (− 4v ) a la primera ecuación:

19. − 12v = −8uv
∂u
∂v
+ 4v …………(1*)
∂x
∂x
Sumando miembro a miembro las ecuaciones (2) y (1*)
∂u
∂u 1 − 12v
− 12v + 1 = (1 − 8uv ) ⇒
=
∂x
∂x 1 − 8uv
b) Derivando ambas ecuaciones respecto a la variable y:
∂u ∂v
1 = 2u
− ……….(1)
∂y ∂y
∂u
∂v
−2=
− 4v …………(2)
∂y
∂y
Multiplicando por (− 2u ) a la segunda ecuación:
∂u
∂v
− 4u = −2u
+ 8uv …………(2*)
∂y
∂y
Sumando miembro a miembro las ecuaciones (1) y (2*)
∂v
∂v 1 − 4u
1 − 4u = (8uv − 1) ⇒
=
∂y
∂y 8uv − 1
4. Si u = ( x + z )e y + z ∧ z = f ( x, y ) . Hallar
∂u ∂u
+
∂x ∂y
SOLUCIÓN:
∂u
∂
∂
= (x + z ) e y + z + e y + z (x + z )
∂x
∂x
∂x
∂z
∂z 
 ∂z 
 ∂z
= ( x + z )e y + z . + e y + z 1 +  = e y + z 1 +
+ (x + z ) 
∂x
∂x 
 ∂x 
 ∂x
( )
∂z 

= e y + z 1 + (1 + x + z ) 
∂x 

∂u
∂
∂
= (x + z ) e y + z + e y + z (x + z )
∂y
∂x
∂x
 ∂z 
∂z
= ( x + z )e y + z 1 +  + e y + z
 ∂y 
∂y


( )

∂z 
= e y + z  x + z + (1 + x + z ) 
∂y 

Entonces:

 ∂z ∂z 
∂u ∂u
+
= e y + z (1 + x + z ) + (1 + x + z ) + 
 ∂x ∂y 
∂x ∂y



 ∂z ∂z 
= e y + z (1 + x + z )1 +
 ∂x + ∂y 



5. Si u = xyz ∧ z = f ( x, y ) demostrar que:
 ∂z
 ∂u
∂u 
∂z 
z x
 ∂x − y ∂y  = u  x ∂x − y ∂y 








20. SOLUCIÓN:
∂u
∂z
∂
∂z
∂x 
 ∂y
= xy + z ( xy ) = xy + z  x + y 
∂x
∂x
∂x
∂x
∂x 
 ∂x
∂z
∂u
= xy + zy
∂x
∂x
 ∂y
∂u
∂z
∂
∂z
∂x 
= xy + z ( xy ) = xy + z  x + y 
 ∂y
∂y
∂y
∂y
∂y
∂y 


∂z
∂u
= xy + zx
∂y
∂y
Luego:


 ∂z
∂z
∂z
∂z 
 
z  x 2 y + xzy  −  xy 2
+ zxy  = xyz  x − y 


 ∂x
∂x
∂y
∂y 
 




 ∂z
∂z 
= u x − y 
 ∂x
∂y 


Ejercicios propuestos:
Determinar las derivadas parciales de las siguientes funciones:
1.
 f x = 6 x 2 − 2 y cos z

f ( x, y, z ) = 2 x 3 + 4 y 2 − 2 xy cos z
Rpta:  f y = 8 y − 2 x cos z

 f z = 2 xysenz
 f x = 2 x y 2 + z 2 −1

x2 − y 2
−2

Rpta:  f y = −2 y x 2 + z 2 y 2 + z 2
f ( x, y , z ) = 2
2
y +z

2
2
2
2 −2
 f z = −2 z x − z y + z

(
2.
(
(
)
)(
)(
)
)
En los siguientes ejercicios demostrar lo que se indica:
 x− y+ z
3. f ( x, y, z ) = 
 x + y − z  ; xf x + yf y + zf = 0 z



2
∂z 1 ∂z 1
4. z 2 + = y 2 − z 2 ; x 2 +
=
x
∂x y ∂y z
n
5.
f ( x, y , z ) = xy 2 + y 2 z + z 2 x; f x + f y + f z = ( x + y + z )2
DERIVADAS PARCIALES DE ORDEN SUPERIOR
Sea f : S ⊂ R 2 → R una función definida en el conjunto abierto S talque:
f ( x + ∆x, y ) − f (x, y )
f x ( x, y ) = lim
∆x → 0
∆x
f ( x, y + ∆y ) − f ( x, y )
f y ( x, y ) = lim
∆y → 0
∆y

21. Son sus derivadas parciales de primer orden de la función f con respecto a las
variables x e y entonces las funciones definidas por:
f xx ( x, y ) = lim
∆x → 0
f yy ( x, y ) = lim
f x ( x + ∆x, y ) − f x ( x, y )
∆x
f y ( x, y + ∆y ) − f y ( x, y )
∆y
f ( x + ∆x, y ) − f y ( x, y )
f yx (x, y ) = lim y
∆x → 0
∆x
f ( x , y + ∆y ) − f y ( x , y )
f xy ( x, y ) = lim y
∆y → 0
∆y
∆y → 0
Si los límites existen son llamadas derivadas parciales de segundo orden de la
función f , también se denotan por:
∂  ∂f ( x, y )  ∂ 2 f ( x, y )
= f xx

=
∂x  ∂x 
∂x 2
∂  ∂f ( x, y )  ∂ 2 f ( x, y )

=
= f yy
∂y  ∂y 
∂y 2


∂  ∂f ( x, y )  ∂ 2 f ( x, y )

=
= f yx
∂x  ∂y 
∂x∂y


∂  ∂f ( x, y )  ∂ 2 f ( x, y )
= f xy

=
∂y  ∂x 
∂y∂x
Siguiendo el mismo procedimiento podemos hallar las derivadas parciales de
orden más superior, como por ejemplo.
∂  ∂ 2 f ( x, y )  ∂ 3 f ( x, y )
=

= f yxx
∂x  ∂x∂y 
∂x∂x∂y


∂  ∂ 3 f ( x, y )  ∂ 4 f ( x, y )

=
= f yxxy
∂y  ∂x∂x∂y  ∂y∂x∂x∂y


∂  ∂ 4 f ( x, y ) 
∂ 5 f ( x, y )

=
= f yxxyy
∂y  ∂y∂x∂x∂y  ∂y∂y∂x∂x∂y


NOTA:
La notación con operadores indica que el orden de derivación es de derecha a
izquierda, mientras la notación con sub índices indican que el orden de derivación es de
izquierda a derecha.
PROPOSICIÓN:
Sea f : S ⊂ R 2 → R una función definida en el conjunto abierto S tal que la función y sus
derivadas parciales de orden superior son funciones continuas en el conjunto abierto S

22. entonces se cumple que sus derivadas parciales mixtas de segundo orden son iguales
para todo par ( x, y ) ∈ S , es decir:
f xy ( x, y ) = f yx ( x, y ); ∀( x, y ) ∈ S
Una consecuencia importante de esta proposición es que en una función de varias
variables se puede cambiar el orden de derivación sin que por ello se altere el resultado
siempre en cuando la función y las derivadas parciales de orden superior sean funciones
continuas. Por ejemplo la función f y sus derivadas parciales de orden superior son
funciones continuas, entonces se tiene que:
f xxxyyy = f xyxyxy = f xxyyxy = f yyyxxx = ..........
EJEMPLOS:
1. Hallar las derivadas parciales de segundo orden de las siguientes funciones:
a. f ( x, y ) = x 4 + y 4 − 4 xy 2
 x+ y 
b. f ( x, y ) = arctan
 1 − xy 



 1 + x  xy
c. f ( x, y, z ) = ln 
−e
1+ z 
d. x 2 + y 2 + z 2 = a 2 ; a > 0
SOLUCIÓN
a.
f ( x, y ) = x 4 + y 4 − 4 xy 2
f x ( x, y ) = 4 x 3 + y 4 − 4 xy 2
f xx ( x, y ) = 12 x 2
f y ( x, y ) = 4 y 3 − 8 xy
f yy ( x, y ) = 12 y 2 − 8 x
f xy ( x, y ) = −8 y
f yx ( x, y ) = −8 y
 x+ y 
b. f ( x, y ) = arctan
 1 − xy 



1
d  x+ y 
fx =
. 

2


 x + y  dx  1 − xy 
1+ 
 1 − xy 



fx
(1 − xy )2
(1 − xy ) − ( x + y )(− y )
=
2
2
(1 − xy ) + ( x + y )
(1 − xy )2
1 − xy + xy + y 2
fx =
1 − 2 xy + x 2 y 2 + x 2 + 2 xy + y 2
1+ y2
fx =
1+ y2 + x2 1+ y2
)
fx =
1
1+ x2
(
)
(
(1 − xy )2
(1 − xy )2 ( x + y )2
=

23. fy =
fy =
(1 − xy )2
(1 − xy )(1) − ( x + y )(− x )
.
2
2
(1 − xy ) + ( x + y )
(1 − xy )2
1 − xy + x 2 + xy
1 − 2 xy + x 2 y 2 + x 2 + 2 xy + y 2
1 + x2
1 + x2
1
fy =
=
=
2
2
2
2
2
1+ x + y 1+ y
1+ x 1+ y
1 + y2
− 2x
f xx =
2
1 + x2
− 2y
f yy =
2
1 + y2
f xy = f yx = 0
(
)
(
)
(
c.
(
) (
)(
)
)
 1 + x  xy
f ( x, y, z ) = ln 
−e
1+ z 
1 d  1 + x  xy d
( xy )
. 
fx =
−e
1 + x dx  1 + z 
dx
1+ z
1
1 + z (1 + z )
fx =
.
− e xy y =
− ye xy
2
1 + x (1 + z )
1+ x
f y = − xe xy
fz =
1 + z − (1 + x )
1
.
=−
2
1+ z
1 + x (1 + z )
f xx = −
1
− y 2e xy
2
(1 + x )
(
= − (x e )
)
f yx = − xye xy + e xy = f xy
f yy
2 xy
f xz = f yz = 0
2. Hallar las derivadas parciales del orden que se indica.
a. f xxy si f ( x, y ) = x ln ( xy )
b.
f yyyxxx si f ( x, y ) = x 3 seny + y 3 senx
SOLUCIÓN
a.
b.
1
. y + ln ( xy ) = 1 + ln ( xy )
xy
y 1
f xx =
=
xy x
f xxy = 0
f x = x.
f y = x 3 cos y + 3 y 2 senx
f yy = − x 3 seny + 6 ysenx

24. f yyy = − x 3 cos y + 6senx
f yyyx = −3x 2 cos y + 6 cos x
f yyyxx = −6 x cos y − 6senx
f yyyxxx = −6 cos y − 6 cos x = −6(cos y + cos x )
∂2z ∂2z
3. Si z = e ( x cos y − yseny ) , hallar:
+
∂x 2 ∂y 2
x
SOLUCIÓN
∂z
= e x cos y + ( x cos y − yseny )e x
∂x
∂2z
= e x cos y + e x cos y + e x ( x cos y − yseny )
∂x 2
∂z
= e x (− xseny − y cos y − seny ) = e x (− (1 + x )seny − y cos y )
∂y
= −e x ((1 + x )seny + y cos y )
∂2z
= e x (− x cos y − (− yseny + cos y ) − cos y )
2
∂y
= e x (− x cos y + yseny − 2 cos y )
[
+ [e
]
∂2z ∂2z
+ 2 = e x cos y + e x cos y + e x ( x cos y − yseny )
2
∂x
∂y
x
(− x cos y + yseny − 2 cos y )]
∂ z ∂ z
+ 2 = e x cos y + e x cos y − 2e x cos y = 0
2
∂x
∂y
2
2
4. Si z = ln [( x + y )( x − y )] , hallar
∂2z
∂2z ∂2z
+
−2
∂y∂x ∂y 2
∂x 2
SOLUCIÓN
∂z
1
=
.( x + y )(1) + ( x − y )(1) = x + y + x − y = 2 x
∂x ( x + y )( x − y )
(
)
(
∂ 2 z − 2 x (2 x ) + 2 x 2 − y 2
− 4x2 + 2x 2 + 2 y 2 − 2 x 2 + y 2
=
=
=
2
2
2
∂x 2
x2 − y 2
x2 − y 2
x2 − y 2
(
)
(
)
(
∂z
1
( x + y )(− 1) + ( x − y )(1) = − 2 y
=
.
∂y ( x + y )( x − y )
x2 − y2
x2 − y2
(
)
)
)
(
∂ 2 z − 2 x 2 − y 2 − (− 2 y )(− 2 y ) − 2 x 2 + 2 y 2 − 4 y 2 − 2 x 2 + y 2
=
=
=
2
2
2
∂y 2
x2 − y2
x2 − y2
x2 − y2
(
)
∂2z
∂z  ∂z  − 2 x (− 2 y )
4 xy
=  =
=
2
∂y∂x ∂y  ∂x 
x2 − y2
x2 − y2
(
)
(
(
)
)
2
(
)
)

25. (
)
(
∂2z
∂ 2 z ∂ 2 z − 2 x 2 + y 2 − 8 xy − 2 x 2 + y 2
−2
+
=
2
∂y∂x ∂y 2
∂x 2
x2 + y2
(
)
)
5. Dada la función f ( x, y ) = e ax +by g ( x, y ) donde g x ( x, y ) = g y ( x, y ) = 1 . Hallar los
valores de las constantes a y b tales que: f x ( x, y ) = f y ( x, y ) ;
1 + f xy ( x, y ) = a + f yx ( x, y )
SOLUCIÓN:
(
∂
∂ ax+by
g ( x, y ) + g ( x, y )
e
∂x
∂x
f x = e ax +by g x ( x, y ) + ag ( x, y )e ax +by
1 23
4 4
f x = e ax +by
fx = e
1
ax + by
f y = e ax+ by
+ ag ( x, y )e ax +by = e ax +by (1 + ag ( x, y ))
(
∂
∂ ax +by
g ( x, y ) + g ( x, y )
e
∂y
∂y
f y = e ax+ by g y ( x, y ) + bg ( x, y )e ax +by
12 3
4 4
fy = e
)
)
1
ax + by
+ bg ( x, y )e ax +by = e ax +by (1 + bg ( x, y ))
Como f x ( x, y ) = f y ( x, y )
e ax +by (1 + ag ( x, y )) = e ax+by (1 + bg ( x, y )) ⇒ a = b
[
]
[
]
f xy = be ax+ by + a g ( x, y )be ax+by + g y ( x, y )e ax+ by
f xy = e ax+by (b + abg ( x, y ) + a )
f yx = ae ax +by + b g ( x, y )ae ax +by + g x (x, y )e ax+by
f yx = e ax +by (a + abg ( x, y ) + b )
Luego: 1 + f xy ( x, y ) = a + f yx ( x, y )
1 + e ax +by (b + abg ( x, y ) + a ) = a + e ax +by (a + abg ( x, y ) + b )
⇒ a =1
Por lo tanto: a = b = 1
INCREMENTO Y DIFERENCIAL DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES
Sea f : S ⊂ R → R una función definida en el conjunto abierto S tal que y = f ( x )
sabemos que el incremento de la función f en el punto predeterminado a S esta dado
por:
∆f ( x ) = f ( x + ∆x ) − f ( x )

26. También si f : S ⊂ R 3 → R es una función de tres variables independientes definida en
S tal que w = f ( x, y, z ) entonces el incremento de f en el punto ( x, y, z ) ∈ S está dado
por:
∆ f ( x , y , z ) = f ( x + ∆ x , y + ∆ y , z + ∆ z ) − f ( x, y , z )
Siguiendo el mismo procedimiento se puede hallar los incrementos de funciones de
cualquier número de variable.
DEFINICIÓN:
Si f : S ⊂ R 2 → R una función de dos variables independientes definida en el punto
( x, y ) ∈ S
entonces la diferencial total de la función
df = f x (x, y )∆x + f y (x, y )∆y
O lo que es lo mismo: df (x, y ) =
f es la función df definida por:
∂f
∂f
dx +
dy donde: ∆y = dy
∂x
∂y
Del mismo modo si f : S ⊂ R 3 → R es una función definida en
entonces la diferencial total de función
∂f
∂f
∂f
df ( x, y, z ) =
dx +
dy +
dz
∂z
∂x
∂y
S tal que w = f ( x, y, z )
f en el punto (x, y , z )∈ S está dado por:
Y así sucesivamente se puede hallar la diferencial total de funciones de cualquier
número de variables.
OBSERVACIONES:
Se tiene que: ∆f (x, y ) ≅ f x (x, y )∆x + f y ( x, y )∆y ≅
∂f
∂f
dx +
dy ≅ df (x, y )
∂x
∂y
O lo que es lo mismo: f ( x + ∆x, y + ∆y ) − f (x , y ) ≅ df (x , y )
De aquí que el incremento de una función se puede aproximar por diferenciales.
Por otro lado si una cantidad z = f ( x, y ) se aproxima mediante otra cantidad
f ( x + ∆x, y + ∆y ) con un error de ∆z = ∆f se tiene los siguientes valores:
1. ∆z = ∆f se llama error relativo.
z
f
∆z
∆f
2. 100 = 100
se llama error porcentual
z
f
Y teniendo en cuenta el hecho de que el incremento de la función ∆f ≅ df se tiene:
dz df
=
error relativo aproximado
z
f
dz
df
2’. 100 = 100
error porcentual aproximado
z
f
1’.
DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
Dado una función de dos variables independientes con derivadas parciales de orden
superior continuas en el conjunto S sabemos que:

27. d 2 f = d (df ) = dg
d2 f =
∂g
∂g
dx +
dy
∂x
∂y

∂  ∂f
∂f
∂  ∂f
∂f 
 dx + dy dx +  dx + dy dy
 ∂x

 ∂x
∂x 
∂y 
∂y 
∂y 

⇒ d2 f =
 ∂2 f

 ∂2 f
∂2 f
∂2 f 
=  2 dx +
dy  dx + 
dx + 2 dy dy
 ∂x
 ∂x∂y

∂y∂x 
∂y




2
2
2
2
∂ f
∂ f
2
= 2 (dx ) +
(dydx ) + ∂ f (dxdy ) + ∂ f2 (dy )2
∂x
∂y∂x
∂x∂y
∂y
Como f y sus derivadas de orden superior son continuas, entonces:
⇒
2
2
∂2 f
(dx )2 + 2 ∂ f dxdy + ∂ f2 (dy )2
∂x 2
∂y∂x
∂y
∂2 f
∂2 f
=
∂x∂y ∂y∂x
 ∂2
∂2
∂2
2
2
d 2 f =  2 (dx ) + 2
dxdy + 2 (dy )  f
 ∂x

∂y∂x
∂y


 ∂

∂
d f =  dx + dy  f
 ∂x
∂y 


2
2
Procediendo en forma similar la diferencial de orden “n” para la función f está dado por:
∂
∂ 
d f =  dx + dy  f
 ∂x
∂y 


n
n
Análogamente es una función de 3 variables independientes w = g ( x, y , z ) tenemos que:
dw = dg ( x, y , z ) =
 ∂
∂g
∂g
∂g
∂
∂ 
dx +
dy +
dz =  dx + dy + dz  g
 ∂x
∂x
∂y
∂z
∂y
∂z 


Entonces:
∂
∂
∂ 
d w = d g =  dx + dy + dz  g
 ∂x
∂y
∂z 


n
n
n
EJEMPLOS:
1. Hallar la diferencial total de las siguientes funciones.
a. f ( x, y ) = x 2 − xy + y 2
xy
b. f ( x, y ) = 2
x + y2
c. f ( x, y) = e cos(x + y)
xy
x
y
z
d. µ( x, y, z) = ( xy + )
SOLUCIÓN
a. f ( x, y ) = x 2 − xy + y 2

28. ∂f
∂f
dx +
dy
∂x
∂y
∂f
fX =
= 2x − y
∂x
df =
∂f
= 2y − x
∂y
df = (2 x − y)dx + (1y − x)dy
fy =
b. f ( x, y ) =
d ( x, y ) =
xy
x + y2
2
∂f
∂f
dx +
dy
∂x
∂y
∂f ( x 2 + y 2 ) y − ( xy)(2 x) x 2 y + y 3 − 2 x 2 y
y3 − x2 y
=
=
= 2
∂x
(x 2 + y 2 ) 2
(x2 + y2 )2
(x + y 2 ) 2
∂f ( x 2 + y 2 ) x − ( xy)(2 y) x 3 + xy 2 − 2 x y 2
x3 − x y 2
=
=
= 2
∂y
(x 2 + y 2 )2
( x2 + y 2 )2
(x + y 2 )2
 y3 − x2 y
df =  2
2 2
(x + y )
df =
c.
[

 x 3 − xy 2
dx +  2

2 2

(x + y )
]

 dy

1
( y3 − x2 y)dx+ (x3 − xy2 )dy
2 2
(x + y )
2
f (x, y) = e xy cos(x + y)
∂f
∂ fdy
df ( x , y ) =
dx +
dy
∂x
∂y
∂f
= −e xy sen( x + y )(1) + cos( x + y ) ye xy
∂x
∂f
= e xy ( − sen ( x + y ) + y cos( x + y ))
∂x
∂f
= − e xy sen ( x + y )(1) + cos( x + y ) xe xy
∂y
∂f
= e xy ( − sen ( x + y ) + x cos( x + y )
∂y
Luego:
df = e xy (− sen( x + y) + y cos(x + y))dx + e xy ( x cos(x + y) − sen( x + y))dy
df = e xy [( y cos( x + y ) − sen ( x + y ) dx + ( x cos( x + y ) − sen ( x + y ) dy ]
x
y
z
d. µ( x, y, z) = ( xy + )
dµ =
∂µ
∂µ
∂µ
dx +
dy +
dz
∂x
∂y
∂z
∂µ
x
1
x
y2 +1
= z ( xy + ) z −1 ( y + ) = z ( xy + ) z −1 (
)
∂x
y
y
y
y

29. x z −1
x
x z −1 xy 2 − x
∂µ
= z( xy + ) ( x − 2 ) = z( xy + ) (
)
y
y
∂y
y
y2
∂µ xz( y 2 − 1)
x
=
( xy + ) z −1
2
∂y
y
y
∂µ
x
x
x
x
= ( xy + ) z Ln ( xy + )(1) = ( xy + ) z Ln ( xy + )
∂z
y
y
y
y
Luego:
dµ = ( xy +
x z −1 ( y 2 + 1)
xz ( y 2 − 1)
x
x
) (z
dx +
dy + ( xy + ) Ln ( xy + ) dz )
2
y
y
y
y
y
z
2. Si z = e cosx . Hallar d 3 z
SOLUCIÓN:
d 3z = (
∂
∂
dy + dy)3 z
∂x
∂y
∂3
3∂ 2 ∂
3 ∂∂ 2
∂3
3
2
2
d z = ( 3 dx + 2
dx dy +
dxdy + 3 dy 3 ) z
2
∂x
∂ x ∂y
∂x∂ y
∂y
3
=(
=(
⇒
∂3
3∂ 3
3∂ 3
dx 3 +
dx 2 dy +
dxdy
∂x 3
∂x 2 ∂y
∂x∂y 2
2
+
∂3
dy 3 ) z
3
∂y
3∂ 3 z
3∂ 3 z
∂3z
∂3z
dx 3 +
dx 2 dy +
dy 3 ) z
+
3
2
2
3
∂x
∂ x ∂y
∂x∂y
∂y
∂z
∂2z
∂3z
= − e y senx
;
= − e y cos x
;
= e y senx
2
3
∂x
∂x
∂x
2
3
∂z
∂ z
∂ z
= e y cos x , 2 = e y cos x , 3 = e y cos x
∂y
∂y
∂y
∂3z
∂ 2 ∂z
∂2
∂ ∂ y

= 2 ( ) = 2 ( e y cos x ) =
2
 ∂ x ( e cos x ) 
∂x ∂ y ∂ x ∂ y
∂x
∂x 

∂
( − e y senx ) = − e y cos x
∂x
∂3z
∂ ∂2z
∂2 y
=
( 2 )=
( e cos x ) = − e y senx
∂ x ∂y 2 ∂x ∂y
∂x
=
d 3 z = (e y senxdx 3 − 3e y cos xdx 2 dy − 3e y senxdxdy 2 + e y cos xdy 3 )
d 3 z = e y ( senxdx 3 − 3 cos xdx 2 dy − 3 senxdxdy 2 + cos xdy 3 )
3. Hallar el valor aproximado utilizando diferenciales de:
(5,02 )2 + (1,99 )2 + (5,97 )2
SOLUCIÓN:
f (x + ∆ x , y + ∆ y , z + ∆ z ) =
Sea f ( x, y, z ) =
Tomar:
x2 + y2 + z2
(3 + 0 ,02 )2 + (2 − 0,001 )2 + (6 − 0,03 )2

30. x = 3 ; dx = 0,02
y = 2 ; dy = −0,01
z = 6 ; dz = −0,03
∂f
∂f
∂f
f ( x, y, z ) =
dx + dy + dz
∂x
∂y
∂z
∂f
x
∂f
y
∂f
z
=
;
=
;
=
2
2
2
2
2
2
2
∂x
∂y
∂z
x +y +z
x +y +z
x + y2 + z2
z
x
y
df ( x, y , z ) =
dx +
dy +
dz
x2 + y2 + z 2
x2 + y2 + z 2
x2 + y2 + z2
3
df (3,2,6) =
(0,02) + 2 (− 0,01) + 6 (− 0,03) = −0,02
49
49
49
∆f ≅ df ⇒ ∆f ( x, y , z ) ≅ df ( x, y, z )
f ( x + ∆x, y + ∆y, z + ∆z ) − f ( x, y, z ) ≅ df ( x, y , z )
f ( x + ∆x, y + ∆y, z + ∆z ) =
=
(3 + 0,02 )2 + (2 − 0,001)2 + (6 − 0,03)2
49 + (− 0,02) = 6,98
4. Se desea embalar un televisor cuyas dimensiones son 55cm de largo, 40cm de
1
ancho y 80cm de altura con un material homogéneo cuyo peso es de
gr / cm 3
20
si el grosor del embalaje lateral es de 5cm mientras que de la base y la parte
superior de 2,5cm cada uno. Usando diferenciales calcular aproximadamente es
peso de la envoltura.
SOLUCIÓN:
Sea:
x = el largo de la parte interior del volumen
y = el ancho de la parte interior del volumen
z = la altura de la parte interior del volumen
a = 55 + 2(5) = 65cm
b = 40 + 2(5) = 60cm
c = 80 + 2(3,5) = 85cm
V = xyz
∂V
∂V
∂V
dx +
dy +
dz
∂x
∂y
∂z
dV = yzdx + xzdy + xydz
dV ≅
dV = (40)(80)(10 ) + (55)(80)(10 ) + 55(40)(5)

31. Pe = dV × Pc / n = [(40 )(80)(10 ) + (55)(80)(10 ) + 55(40 )(5)]
Pe = 1600 + 2200 + 550 = 4350
1
20
DERIVACIÓN DE FUNCIONES COMPUESTAS
Para funciones diferenciales de una variable real la llamada regla de la cadena es un
método para derivar una composición de funciones.
En efecto:
Si y = f (x ) con u = g (x ) entonces: y = ( f o g )( x ) = f [g ( x )]
dy dy du
Luego:
=
= f ' [g ( x )]g ' ( x )
dx du dx
Ahora veremos la regla de la cadena para funciones de dos variables donde cada
una de estas variables es a su vez función de otras 2 variables.
Así consideramos las funciones:
g : R2 → R2
∧
f : R2 → R
donde
g (u, v ) = ( x, y )
f ( x, y ) = z
Al hacer la composición de estas funciones obtenemos una nueva función β = f o g
definido por β = f [g (u , v )] = z
Como z es función β (u, v ) = z es una función de dos variables podemos hallar las
derivadas parciales de z con respecto a las variables u y v mediante las siguiente
regla de la cadena.
Sea f : S ⊂ R 2 → R una función definida por z = f ( x, y ) tal que x = g (u , v ); y = f (u, v )
son funciones diferenciales con respecto a las variables u y v .
∂z ∂z ∂x ∂x ∂y ∂y
; ; ; ; ;
existen, entonces, z es función de
∂x ∂y ∂u ∂v ∂u ∂v
las variables u y v tal como se observa en el siguiente diagrama.
Si las derivadas parciales
Entonces las derivadas parciales de z con respecto a las variables u y v está dado
por:
∂z ∂z ∂x ∂z ∂y
∂z ∂z ∂x ∂z ∂y
=
+
;
=
+
∂u ∂x ∂u ∂y ∂u
∂v ∂x ∂v ∂y ∂v

32. OBSERVACIÓN:
1. En el siguiente diagrama el exponente del dominio de la función g indica el
número de ecuaciones diferenciales y el exponente del rango de la función g
indica el número de términos que debe tener cada ecuación diferencial en el
segundo miembro así por ejemplo:
∂z ∂z ∂x ∂z ∂y
=
+
∂u ∂x ∂u ∂y ∂u
;
∂z ∂z ∂x ∂z ∂y
=
+
∂v ∂x ∂v ∂y ∂v
∂w ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z
=
+
+
∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂u
∂w ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z
=
+
+
∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂z ∂r
;
;
;
∂z ∂z ∂x ∂z ∂y
=
+
∂r ∂x ∂r ∂y ∂r
∂w ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z
=
+
+
∂v ∂x ∂v ∂y ∂v ∂z ∂v
∂w ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z
=
+
+
∂s ∂x ∂s ∂y ∂s ∂z ∂s
DEFINICIÓN:
Sea f : S ⊂ R 3 → R una función definida por w = f ( x, y , z ) tal que
x = g1 (t ); y = g 2 (t ); z = g 3 (t ) son funciones diferenciales respecto a la variable t
en este caso en lugar de una derivada parcial se obtiene una derivada total.
En efecto:
∂w ∂w dx ∂w dy ∂w dz
=
+
+
∂t
∂x dt ∂y dt ∂z dt

33. EJEMPLOS:
1. Por la regla de la cadena hallar las derivadas correspondientes de las siguientes
funciones:
a. z = e y / x ; x = 2 r cos s ; y = 4 rsens
; y = sent
b. z = x 2 y ; x = cos t
c. w = x 2 + y 2 + z 2
;
;
; y = e r sens
t
x 2 + y 2 ; x = e cos t
d. z = Ln ( x 2 + y 2 ) +
e. µ = x 3 y
x = er cos s
x5 +y=t
;
;
z = es
y = e t sent
; x2 + y3 = t 2
SOLUCIÓN
a. z = e y / x ; x = 2 r cos s
;
y = 4 rsens
∂z
∂z ∂x
∂z ∂y
y
1 y/x
(4 sens
= − 2 e y / x (2 cos s ) +
=
+
e
∂r
∂x ∂r
∂y ∂r
x
x
∂z
1 y/x 
y

=
e
 4 sens − x (2 cos s )
∂r
x


)
∂z
e 2 r cos s 
4 rsens

=
 4 sens − 2 r cos s (2 cos s )
∂r
2 r cos s 

2 tan s
∂z
e
=
[4 sens − 4 sens ] = 0
∂r
2 r cos s
4 rsens
y
1
∂z
∂z∂x
∂z ∂y
= − 2 e y / x ( − 2 rsenss ) + e y / x ( 4 rsens )
=
+
x
x
∂s
∂x∂s
∂y ∂s
∂z 1 y / x 
y
e 2 tan s 
4 rsens


= e  4 r cos s − ( 2 rsens )  =
 4 r cos s + 2 r cos s ( 2 rsens ) 
∂s x
x

 2 r cos s 

∂z
e 2 tan s
=
∂ s 2 cos s
b. z = x 2 y ;
e 2 tan s

2 sen 2 s 
=2
2 cos s +

cos 2 s
2 cos s 


x = cos t
; y = sent
dz
∂ z dx
∂ z dy
=
+
dt
∂ x dt
∂ y dt

34. dz
= −2 xysent + x 2 cos t = −2(cos t )( sen 2 t ) + cos 2 t (cos t ) = cost (cos2 t − 2sen2t )
dt
c.
w = x2 + y 2 + z 2
;
x = er cos s
; y = e r sens
∂w ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z
1
=
+
+
=
2
∂r
∂x ∂r
∂y ∂r
∂z ∂r
x + y2 + z2
∂w
1
=
(er coss.er coss + er sens− er sens
)
2r
2s
∂r
e +e
=
;
z = es
∂y 
 ∂x
 x ∂r + y ∂r 


e 2r
e2r + e2s
∂w
∂w ∂x
∂w ∂y
∂w ∂z
1
=
+
+
=
2
∂s
∂x∂s
∂y ∂s
∂z∂s
x + y2 + z2
∂y
∂z 
 ∂x
 x ∂s + y ∂s + z ∂s 


1
∂w
=
(e r cos s (− e r sens ) + e r sens (e r cos s ) + e s e s ) =
2r
2s
∂s
e +e
d. z = Ln ( x 2 + y 2 ) +
t
x 2 + y 2 ; x = e cos t ;
y = e t sent
∂z
∂ z dx
∂ z dy
=
+
∂t
∂ x dt
∂ y dt
∂z
2x
x
2et cost e t cost
2
= 2
+
=
+
= cost.( t + 1)
2
2t
t
∂x x + y
e
e
e
x2 + y 2
dx
= − e t sent + e t cos t = e t (cos t − sent )
dt
∂z
2x
y
2 e t sent e t sent
2
= 2
+
=
+
= sent ( t + 1)
2
2t
t
∂y
x +y
e
e
e
x2 + y2
dy
= e t cos t + e t sent = e t (cos t + sent )
dt
dz
2
2
= cos t ( t + 1)e t (cos t − sent ) + sent ( t + 1)e t (cos t + sent )
dt
e
e
dz
2
= e t ( t + 1) [cos t (cos t − sent ) + sent (cos t + sent ) ]
dt
e
e 2s
e2r + e 2s

35. dz
2 + et
= e t ( t )(cos 2 t + sen 2 t ) = 2 + e t
dt
e
e. µ = x 3 y
;
x5 +y=t
; x2 + y3 = t 2
dµ
∂ µ dx
∂ µ dy
dx
dy
=
+
.......... .(*)
= 3x 2 y
+ x3
dt
∂ x dt
∂ y dt
dt
dt
 2 dx dy
5x dt + dt = 1

⇒

dx
2 dy
3 
=2
− 5x 2x + 3y
dt
 dt
(2)
(
)
dy
dx
+2 =2
dt
dt
dy
dx
− 10x 4
− 15x 3 y 2
= −10x 3t
dt
dt
(2 − 15 x 3 y 2 ) dy = 2 − 10 x 3 t
dx
10x 4
dy
2 − 10 x 3 t
dy
10 x 3t − 2
=
⇒
=
3 2
dt
2 − 15 x y
∂t 15 x 3 y 2 − 2

4
2 dx
2 dy
2
 − 15 x y dt − 3 y dt = − 3 y


 2 x dx + 3 y 2 dy = 2 t

dt
dt

dx
= 2t − 3 y 2
dt
dx
3 y 2 − 2t
=
dt 15 x 4 y 2 − 2 x
( 2 x − 15 x 4 y 2 )
En (*)
3 xy (3 y 2 − 2 t ) + x 3 (10 x 2 t − 2 )
dµ
3 y 2 − 2t
10 x 3 t − 2
= 3x 2 y(
) + x3(
) =
15 x 3 y 2 − 2
dt
15 x 4 y 2 − 2 x
15 x 3 y 2 − 2
 ∂w ∂w
2. Si w= f x2 −y2;y2 −x2 . Hallar y +x 
 ∂x ∂y 


(
)
SOLUCIÓN
∂w
∂w ∂u ∂w ∂v
=
+
= f u (u , v )2 x + f v (u , v )(− 2 x ) = 2 xf u − 2 xf v
∂x
∂u ∂x
∂v ∂x

36. ∂w ∂w ∂u ∂w ∂v
=
+
= f u (u , v )(− 2 y ) + f v (u, v )(2 y ) = −2 yf u + 2 yf
∂y ∂u ∂y ∂v ∂y
 ∂w ∂w
y +x  =y(2xf −2xf ) +x(−2yf +2yf) =0
u
v
u
 ∂x ∂y


3. Si z = f ( x , y ) es diferenciable en x, y ; si x = r cos θ ; y = rsen θ Hallar:
 ∂z
 ∂z 

 +
 ∂y
 ∂x 

2




2
SOLUCIÓN
∂z ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z
∂z
=
+
= cos θ + senθ
∂y
∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂x
 ∂z

∂z
∂z ∂z  ∂z 
 ∂z 
 ∂z 
2
+   sen 2θ
  =  cosθ + senθ  =   cos θ + 2 cosθsenθ
 ∂x

∂r 
∂y
∂x 
∂x ∂y  ∂y 




 
∂z ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z
∂z
=
+
= (− rsenθ ) + (r cosθ )
∂y
∂θ ∂x ∂θ ∂y ∂θ ∂x
2
2
2
2
 ∂z

∂z
 ∂z 

 =  (− rsenθ ) + (r cos θ )
∂y
 ∂θ 
 ∂x

2
2
∂z ∂z  ∂z  2
 ∂z 
 ∂z  2
2
2
+   r cos 2 θ

 =   r sen θ − 2r cosθsenθ
∂θ 
∂x 
∂x ∂y  ∂y 


 
2
1
r2
2
2
∂z ∂z  ∂z 
 ∂z 
 ∂z 
2
+   cos 2 θ
  =   sen θ − 2 cosθsenθ
∂θ 
∂x 
∂x ∂y  ∂y 


 
2
2
2
Por lo tanto:
1  ∂z 
∂z ∂z  ∂z 
 ∂z 
 ∂z 
2
+   sen 2θ +
  + 2   =   cos θ + 2 cos θsenθ
∂r 
∂x 
∂x ∂y  ∂y 
r  ∂θ 


 
2
2
2
2
∂z ∂z  ∂z 
 ∂z 
2
+   cos 2 θ
  sen θ − 2 cos θsenθ
∂x 
∂x ∂y  ∂y 

 
2
2
1  ∂z 
 ∂z 
 ∂z   ∂z 
  + 2   =  + 
 
r  ∂θ 
 ∂r 
 ∂x   ∂y 
2
4. Si w =
2
2
2
xy
∂w
∂w
∂w
 y z
+y
+z
ln x + xf  ;  hallar: x
z
∂x
∂y
∂z
 x x
SOLUCIÓN

37. ∂w xy 1 y
∂
=
+ ln x + x
∂x
z x z
∂x
 y z
 y z  ∂x
f , + f , 
 x x
 x x  ∂x
∂w y y
∂  y z
 y z
= + ln x + f  ,  + x
f  , ....................(*)
∂x z z
∂x  x x 
 x x
Sea u =
y
x
∧
v=
z
x
 y z
∂f  , 
 x x  = ∂f  − y  + ∂f  − z  = − y f − z f




u
v
∂x
∂x  x 2  ∂v  x 2 
x
x
Por lo tanto:
∂w y y
z 
 y z  y
= + ln x + f  ,  + x − f u − f v 
x 
∂x z z
 x x  x
∂w y y
 y z
= + ln x + f  ,  − yf u − zf v
∂x z z
 x x
APLICACIÓN DE LAS DERIVADAS PARCIALES

38. EJEMPLOS:
1. Hallar la ecuación del plano tangente a la esfera
que es paralelo al
plano
SOLUCIÓN
PT : (P − P0 ).∇F (P0 ) = 0
PT // P ⇒ ∇F ( P0 ) // N ⇒ ∇F (P0 ) = K N ...........................(*)
N = (8,6,10)
F ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 − 1 = 0
∇F ( x, y, z ) = (2 x,2 y ,2 z ) = 2( x, y, z )
∇F (P0 ) = 2( x0 , y 0 , z 0 )
En (*):
2( x 0 , y 0 , z 0 ) = 2k (4,3,5)
( x0 , y0 , z 0 ) = (4k ,3k ,5k )
x0 = 4k
y 0 = 3k
z 0 = 5k
Como P0 ∈ F ( x, y, z ) se cumple que:
2
2
2
F (x0 , y0 , z 0 ) = x0 + y 0 + z 0 − 1 = 0
(4k )2 + (3k )2 + (5k )2 = 1
Entonces: x0 = ±
4
5 2
⇒
; y0 = ±
50k 2 = 1
3
5 2
⇒
; z0 = ±
k=±
1
5 2
5
5 2

4
3
5 
1
(8,6,10)
∇F (P0 ) = 2( x0 , y 0 , z 0 ) = 2 ±
; ±
; ±
=±
5 2
5 2
5 2
 5 2

39. 

4
3
5 
1
PT : ( x, y, z ) −  ±
; ±
; ±
(8,6,10 ) = 0
 ±
5 2
5 2  5 2
 5 2


4
3
5 
;y±
;z ±
x ±
(8,6,10 ) = 0
5 2
5 2
5 2

32
18
50
8x ±
+ 6y ±
+ 10 z ±
=0
5 2
5 2
5 2
10
100
8 x + 6 y + 10 z = ±
⇒ 4 x + 3 y + 5z = ±
2
5 2
2. Hallar la ecuación normal al elipse x 2 + 2 y 2 + 3z 2 = 1 que es paralelo a la recta
R : x = 3t + 1;
SOLUCIÓN
y = 2t ; z = 3t − 1