3 funciones de varias variables

MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables

3
3.1. FUNCIÓN VECTORIAL
3.2. GRAFICA DE UNA FUNCIÓN
ESCALAR
3.1.
3.3. DOMINIO DE UNA FUNCIÓN
3.2. ESCALAR
3.3.
3.4. CONJUNTO DE NIVEL
3.4.
3.5. LIMITES DE FUNCIONES DE
VARIAS VARIABLES
3.6. CONTINUIDAD
3.7. DERIVADA DE UNA FUNCIÓN
ESCALAR
3.8. DIFERENCIABILIDAD
3.9. GRADIENTE
3.10. LA DIFERENCIAL
3.11. REGLA DE LA CADENA
3.12. DERIVACIÓN IMPLICITA

OBJETIVOS:

• Conceptualizar funciones Vectoriales, Escalares y Curvas
• Describir conjuntos de niveles.
• Establecer límites, continuidad y derivadas de funciones de dos variables.
• Determinar si una función de dos variables es derivable o no.
• Determinar si una función de dos variables es diferenciable o no.
• Obtener derivadas de funciones compuestas.
• Obtener derivadas de funciones implícitas.

69


3.1 FUNCIÓN VECTORIAL
3.1.1 DEFINICIÓN

Una función del tipo f : U ⊆ R n → R m se la
denomina FUNCIÓN VECTORIAL o CAMPO
VECTORIAL.

Ejemplo.
Sea f : R 2 → R3 tal que f ( x, y ) = ( 2 x − y, x + y,3x + 5 y )
Esquemáticamente tenemos:

f

R2 R3

(1,1) (1,2,8)
(− 2,0) (− 4,−2 − 6)

Si m = 1, tenemos f : U ⊆ R n → R , se la denomina FUNCIÓN ESCALAR,
CAMPO ESCALAR, O FUNCIÓN DE VARIAS VARIABLES.

Si f : U ⊆ R 2 → R , tenemos una FUNCIÓN DE DOS VARIABLES.

Ejemplo.
Sea f : R 2 → R tal que f ( x, y) = 6 − 2 x − 3 y

Si f : U ⊆ R 3 → R , tenemos una FUNCIÓN DE TRES VARIABLES.

Ejemplo.
Sea f : R 3 → R tal que f ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2

Si n = 1,
tenemos f :U ⊆ R → Rm , la cual se la denomina
TRAYECTORIA o CURVA.

70


Ejemplo.
Sea f : R → R 3 tal que f (t ) = (2 − 3t , 4 + t , − 1 + 2t )
Tenemos una CURVA de R3 .

Este capítulo lo dedicaremos al estudio de FUNCIONES ESCALARES.

3.2. GRAFICA DE UNA FUNCIÓN ESCALAR

3.2.1 DEFINICIÓN

Sea f : U ⊆ R n → R . Se llama gráfica de
f al conjunto de puntos (x1 , x2 , , xn , f (x ))
de R n+1 , donde x = ( x1 , x2 , , xn ) ∈U .

Si tenemos z = f ( x, y ) una función de dos variables. Su gráfica se
( )
define como el conjunto de puntos x, y , z de R , tales que z = f ( x, y ) . El
3

lugar geométrico es llamado Superficie, como ya se lo ha anticipado.

Algunas superficies que corresponde a funciones, ya se han graficado en el
capítulo anterior.

Ejemplo.
Para f : R 2 → R tal que f ( x, y) = 6 − 2 x − 3 y , su grafico es el conjunto ( x, y , z ) de R 3
tales que z = 6 − 2 x − 3 y (un plano)

z

6

z = 6 − 2x − 3y

2 y

3
x

71


Elaborar gráficas de una función de dos variables no es tan sencillo, se
requeriría de un computador en la mayoría de las ocasiones. Pero si podemos
saber características de sus graficas analizando su regla de correspondencia.

3.3 DOMINIO DE UNA FUNCIÓN ESCALAR

Sea f : U ⊆ R n → R , entonces su DOMINIO es
el conjunto U

Es decir, su DOMINIO está constituido por vectores de Rn ,
x = ( x1 , x2 , , xn ) para los cuales tiene sentido la regla de correspondencia.
Aquí a x1, x 2 , , x n se las denominan VARIABLES INDEPENDIENTES.

Si f : U ⊆ R 2 → R , su dominio será un subconjunto del plano.
Establecer el Dominio Natural, igual que para funciones de una variable, es
una necesidad en muchas ocasiones.

Ejemplo 1
Hallar el Dominio Natural para f ( x, y ) = x 2 + y 2
SOLUCIÓN.
Observe que la regla de correspondencia no tiene restricciones, por tanto se le puede dar
cualquier valor real a las variables independientes “ x ” y “ y ”, es decir Domf = R 2 .

Además, se puede decir que el Dominio de una función de dos variables será la PROYECCIÓN QUE
TENGA SU GRÁFICA EN EL PLANO xy . Recuerde que la gráfica de z = x + y es un paraboloide.
2 2

z

y

x

Por tanto la proyección es todo el plano xy

72


Ejemplo 2

Hallar el Dominio Natural para f ( x, y ) = 9 − x 2 − y 2
SOLUCIÓN.
Observe que la regla de correspondencia tiene sentido cuando 9 − x 2 − y 2 ≥ 0 , para que se
pueda calcular la raíz cuadrada lo interior del radical debe ser un número positivo o cero.
Despejando se tiene x 2 + y 2 ≤ 9 .
⎧⎛ x ⎞
⎪ ⎫
⎪
Es decir: Domf = ⎨⎜ ⎟ / x 2 + y 2 ≤ 9⎬ ,
⎜ ⎟ los pares de números que pertenecen a la circunferencia
⎪⎝ y ⎠
⎩ ⎪
⎭
centrada en el origen de radio 3 y a su interior.
y

3
x2 + y2 = 9

0
0 1 2 3 x

Además el gráfico de z = 9 − x 2 − y 2 , es la semiesfera:
z

y

x

Ejemplo 3
Hallar el Dominio Natural para f ( x, y ) = x − 1 + y
Solución.
Para que la regla de correspondencia tenga sentido se necesita que x ≥1 y y≥0
⎧
⎪⎛ x ⎞ ⎫
⎪
Es decir Domf = ⎨⎜ ⎟ / x ≥ 1 ∧ y ≥ 0⎬ .
⎪⎜ y ⎟
⎩⎝ ⎠ ⎪
⎭

.

73


y

0
0 x
1 2

El gráfico, ahora es un lugar geométrico no conocido. Pero tenemos un indicio de la región en
que habrá gráfico.

Ejercicios Propuestos 3.1
Dibújese la región R del plano xy que corresponde al Dominio Natural de la función dada.
1. z=x y ⎛x⎞ ⎛ 2 ⎞
8. f ( x, y ) = sen⎜ ⎟ ln⎜
⎜ y⎟ ⎜x+ ⎟
x ⎝ ⎠ ⎝ y⎟
⎠
2. z=e y
9. z = arcsen( x + y )
x+ y
3. z=
xy 10. (
z = arcsen x 2 + y 2 )
⎛x⎞
4. z = 4 − 12 x 2 − 36 y 2 11. z = arccos ⎜ ⎟
⎝ y⎠
5. z = ln (4 − x − y )
6. z = ln ( y − x 2 )
12. f ( x, y ) =
(
ln 4 − x 2 − y 2) 1
2

⎛ 9 x 2 − 6 y 2 − 36 ⎞ arcsen( x + y )
7. w = ln⎜ ⎟
⎜ 36 ⎟
⎝ ⎠

Obtener trazas de las secciones transversales de la superficie es suficiente,
en muchas ocasiones, para su análisis.

3. 4. CONJUNTO DE NIVEL

3.4.1 DEFINICIÓN
Sea f : U ⊆ R n → R . Se llama CONJUNTO
n
DE NIVEL de f , al conjunto de puntos de R
tales que f ( x1 , x2 , , xn ) = k , donde k ∈ R

Si tenemos z = f ( x, y ) una función de dos variables. El Conjunto de
Nivel es llamado CURVAS DE NIVEL y serían las trayectorias en el plano xy tales

74


que f ( x, y ) = k . Es decir, serían las curvas que resultan de la intersección de
la superficie con los planos z = k , proyectadas en el plano xy .

Ejemplo 1
Para f : R 2 → R tal que f ( x, y) = 6 − 2 x − 3 y , su conjunto de nivel serán puntos de R 2
tales que 6 − 2 x − 3 y = k .
En este caso se llaman CURVAS DE NIVEL.
Si k = 0 , tenemos el Nivel 0 , 6 − 2 x − 3 y = 0
etc.

z

6

z = 6 − 2x − 3y

k = 3 : 2x + 3 y = 3

k = 2 : 2x + 3 y = 4

k = 1: 2x + 3 y = 5

2 y

k = 0 : 2x + 3y = 6

3
x
Las curvas de nivel se dibujan en el plano xy , y para este caso serían:

y

k=
0:
k= 2x
1: +3
2x y=
k= +3 6
2: y=
2x 5
k= +3 x
y=
3: 4
2x
+3
y=
3

75


Ejemplo 2.
Grafique algunas curvas de nivel para f ( x, y ) = x 2 + y 2
SOLUCIÓN:
Las curvas de nivel, para este caso, es la familia de trayectorias tales que x 2 + y 2 = k .
(Circunferencias centradas en el origen)

x2 + y2 = C

C = 16
C =9
C=4
C =1

Si tenemos w = f ( x, y, z ) una función de tres variables. El Conjunto de
Nivel, f ( x, y, z ) = k , es llamado SUPERFICIES DE NIVEL

Descríbase las curvas de nivel :
1. f ( x, y ) = 6 + x − y

2. f ( x, y ) = y 2
3. z = 4 − x2 − y2
4. z= x2 + y2
5. f ( x, y ) = xy 2

76


3.5 LIMITES DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES.
Haciendo analogía con funciones de una variable, para definir el límite
ahora, primero empecemos generalizando la definición de entorno o vecindad y
otras definiciones que nos permitirán comprender el concepto de límite.

3.5.1 BOLA ABIERTA.

Sea x0 ∈ R n y ∂ ∈ R muy pequeño. Se llama
Bola Abierta de centro x0 y radio δ ,
( )
denotada por Bn x0 ;δ , al conjunto de puntos
de R n tales que la distancia a x0 es menor a
∂ . Es decir:
( ) {
Bn x0 ;δ = x ∈ R n / x − x0 < ∂ }
Si n = 1, tenemos B1 ( x0 ;δ ) = { x ∈ R / x − x0 < ∂} ; un intervalo
(como en funciones de una variable)

Si n = 2 , tenemos:
B2 ( ( x0 , y0 ) ;δ ) = {( x, y ) ∈ R 2
/ ( x, y ) − ( x0 , y0 ) <∂ }
y 0< ( x − x0 ) − ( y − y0 ) <∂
2 2

(x , y )
0 0

x

3.5.2 PUNTO INTERIOR

Sea U ⊆ R n y x0 ∈ R n , se dice que x0 es un
punto interior de U , si y sólo si ∃∂ > 0 tal
( )
Bn x0 ; ∂ está contenida en U .

77


3.5.3 CONJUNTO ABIERTO

U ⊆ R n es un conjunto abierto, si todos sus
puntos son interiores a U .
3.5.4 PUNTO EXTERIOR.

Sea U ⊆ R n y x0 ∈ R n , se dice que x0 es un punto
Exterior de U , si y sólo si ∃∂ > 0 tal que
( )
Bn x0 ; ∂ está totalmente fuera de U .

3.5.5 PUNTO DE FRONTERA

Se dice que x0 es un punto de frontera de U , si
no es ni interior ni exterior.
3.5.6 CONJUNTO CERRADO.

U ⊆ R n es un conjunto cerrado si su
complemento es abierto
3.5.7 CONJUNTO SEMIABIERTO.

U ⊆ R n es un conjunto semiabierto si no es
abierto y tampoco cerrado.
3.5.8 DEFINICIÓN DE LÍMITE

Sea f : U ⊆ R n → R , donde U es un conjunto
abierto, sea x0 un punto interior o de frontera de
U , entonces:
⎝ 0
()⎟
⎠ ⎣ (
n 0 ) ⎦ ()
⎛ lím f x = L ⎞ ≡ ∀ξ > 0, ∃∂ > 0 / ⎡ x ∈ B x ; ∂ , x ≠ x 0 ⎤ ⇒ f x − L < ξ
⎜ x→ x

78


Si n = 2 tenemos:
⎛ lím ⎞
⎜ ( x , y )→( x , y ) f (x, y ) = L ⎟ ≡ ∀ξ > 0, ∃∂ > 0 / 0 < ( x − x 0 ) 2 + ( y − y 0 )2 < ∂ ⇒ f ( x, y ) − L < ξ
⎝ 0 0 ⎠
z

(
L ξ
ξ

(
z = f ( x, y )

y

∂
(x , y )
0 0

x

Es decir, que si tomamos a ( x, y ) cercano a ( x , y ) entonces 0 0
f ( x, y )
estará próximo a L.
Ejemplo
x4 y
Demostrar empleando la definición que lím =0
( x , y ) → ( 0.0 ) x 4 + y 4

Solución:
Debemos asegurar que
x4 y
∀ξ > 0, ∃∂ > 0 / 0 < ( x − 0) + ( y − 0) < ∂ ⇒ −0 <ξ
2 2

x + y4
4

Recuerde que y = y 2 = entonces y ≤ x 2 + y 2
x4 y x4 y
Por otro lado y = entonces y ≥ 4 .
x 4
x + y4
Ahora note que:

x4 y
≤ y ≤ x2 + y 2 < ∂
x + y4
4

x4 y
Se concluye finalmente que: <∂
x4 + y 4
x4 y
Es decir tomando ζ = ∂ , suficiente para concluir que: lím =0
( x , y ) →( 0.0 ) x + y 4
4

Lo anterior va a ser complicado hacerlo en la mayoría de las situaciones,
por tanto no vamos a insistir en demostraciones formales. Pero si se trata de
estimar si una función tiene límite y cuál podría ser este, podemos hacer uso
del acercamiento por trayectorias.

79


Ejemplo 1
x2
Calcular lím
( x, y )→(0.0 ) x 2 + y 2
Solución:
Aproximarse a (0,0 ) , significa estar con (x, y ) en una bola de R 2

y

x2 + y2 < ∂

x
(0,0) ∂

Si el límite existe, significa que si nos acercamos en todas las direcciones f deberá tender al
mismo valor.

1. Aproximémonos a través del eje x , es decir de la recta y = 0
x2
Entonces, tenemos lím = lím 1 = 1 .
( x,0 )→(0.0 ) x 2 + 0 2 x→0
2. Aproximémonos a través del eje y , es decir de la recta x = 0
02
Entonces, tenemos lím = lím 0 = 0 .
(0, y )→(0.0 ) 0 2 + y 2 x →0

Se observa que los dos resultados anteriores son diferentes.

x2
Por tanto, se concluye que: lím no existe.
( x, y )→(0.0 ) x 2 + y 2

Ejemplo 2
x2 y
Calcular lím
( x, y )→(0.0 ) x 4 + y 2
Solución:
Determinando la convergencia de f , para diversas direcciones:
x2 0
1. Eje x ( y = 0 ): lím = lím 0 = 0
x →0 x4 + 02 x →0
2
0 y
2. Eje y ( x = 0 ): lím = lím 0 = 0
0 + y 2 y →0
y →0 4

3. Rectas que pasan por el origen ( y = mx) :
x 2 (mx ) mx 3 mx 3 mx
= lím = lím = lím
lím
x →0 x + (mx )
4 2 x →0 x +m x
4 2 2 x →0 2
(
x x +m 2 2
) x →0 (x 2
+ m2 )=0

80


4. Parábolas que tengan vértice el origen ( y = ax 2 )
( )
x 2 ax 2
= lím
ax 4
= lím
ax 4
= lím
a
=
a
≠0
lím
x →0
x4 + (ax ) 2 2 x →0 x +a x
4 2 4 x →0 4
(
x 1+ a 2
) x →0 1 + a 2
1+ a 2
x2 y
Por tanto, lím NO EXISTE.
( x, y )→(0.0 ) x 4 + y 2

El acercamiento por trayectoria no nos garantiza la existencia del límite,
sólo nos hace pensar que si el límite existe, ese debe ser su valor. Entonces
¿cómo lo garantizamos?. Si la expresión lo permite podemos usar coordenadas
polares.

Ejemplo
x2 y
Calcular lím
( x, y )→(0.0 ) x 2 + y 2
Solución:
Determinando la convergencia de f , para diversas direcciones:
x2 0
1. Eje x ( y = 0 ): lím = lím 0 = 0
x →0 x2 + 02 x →0
2
0 y
2. Eje y ( x = 0 ): lím = lím 0 = 0
0 2 + y 2 y →0
y →0

3. Rectas que pasan por el origen ( y = mx) :
x 2 (mx ) mx 3 mx 3 mx
= lím = lím
lím
x →0 x + (mx )
2 2 x →0 x2 + m2 x2 x →0 (
x 2 1+ m2 ) = lím (1 + m ) = 0
x →0 2

4. Parábolas que tengan vértice el origen ( y = ax 2 )
x 2 ( ax 2 ) ax 4 ax 4 ax 2
lím = lím = lím 2 = lím =0
x →0
x 2 + ( ax )
2 2 x →0 x + a x
2
2 4
(
x →0 x 1 + a 2 x 2
) x→0 1 + a 2 x 2
Probemos con otra trayectoria
5. x = ay 2

lím
( ay ) y 2 2

= lím
a2 y5
= lím 2 2 2
a2 y5 a2 y3
= lím 2 2 =0
y →0
( ay ) + y
2 2 2 y →0 a y +y
2 4 2 y →0 y
( a y + 1) (
y →0 a y + 1
)
Parecer ser que el límite es cero, pero todavía no está garantizado. ¿Por qué?

Demostrarlo, no es una tarea sencilla. Usemos coordenadas polares:
( r cos θ ) ( rsenθ )
2
x2 y
lím = lím
( x , y ) →( 0.0 ) x 2 + y 2 r →0 r2
r 3 senθ cos 2 θ
= lím
r →0 r2
= lím ( rsenθ cos 2 θ )
r →0

En la parte última se observa que senθ cos 2 θ es acotado por tanto
lím ( rsenθ cos 2 θ ) = 0
r →0

Lo anterior quiere decir que en situaciones especiales (¿cuáles?), podemos
utilizar coordenadas polares para demostrar o hallar límites.

81


Ejemplo 1

Calcular lím
(
sen x 2 + y 2 )
( x, y )→(0.0 ) x +y2 2

Solución:
Empleando coordenadas polares

lím
(
sen x 2 + y 2 ) = lím sen(r ) = 1 2

( x , y )→(0.0 ) x2 + y2 r →0 r2

Ejemplo 2
x2 y5
Calcular lím
( x , y ) →( 0.0 ) 2 x 4 + 3 y10

Solución:
Empleando coordenadas polares
x2 y5 r 2 cos 2 θ r 5 sen5θ
lím = lim 4
( x , y ) →( 0.0 ) 2 x + 3 y
4 10 r → 0 2r cos 4 θ + 3r 10 sen10θ

r 7 cos 2 θ sen5θ
= lim
r →0 r 4 ⎡ 2 cos 4 θ + 3r 6 sen10θ ⎤
⎣ ⎦
r 3 cos 2 θ sen5θ
= lim
r → 0 2 cos 4 θ + 3r 6 sen10θ

No se puede concluir.
Analicemos algunas trayectorias:
02 y 5
x=0 lím =0
( x , x ) → ( 0,0 ) 2 ( 0 4 ) + 3 y10

x 2 05
y=0 lím =0
( x , x ) →( 0,0 ) 2
( x ) + 3( 0)
4 10

x 2 x5 x7 x4
y=x lím = lím 4 = lím =0
( x , x ) → ( 0,0 ) 2 x 4 + 3 x10 x →0 x
( 2 + 3x 6 ) x →0 2 + 3x 6
x 2 x10 x12 x8
y = x2 lím = lím 4 = lím =0
( x, x ) →( 0,0) 2 x 4 + 3 x 20 x →0 x ( 2 + 3 x16 ) x →0 2 + 3x 6
2

5
Ahora, probemos con una trayectoria nueva x = y 2
(se la deduce observando la expresión
original)

( )y 5 2
2 5
y
y10 1
lím = lím = ≠0
2( y ) + 3y
⎛ 52 ⎞ 5 4 x → 0 2 y10 + 3 y10 5
⎜ y , y ⎟ → ( 0,0 ) 2 10
⎝ ⎠

Por tanto se concluye que el límite NO EXISTE.

82


3.5.8.1 TEOREMA DE UNICIDAD.

abierto, sea x0 un punto interior o de frontera
de U , entonces:
()
Si lim f x = L y lim f x = M entonces L = M
x→ x0 x→ x0
()
3.5.8.2 TEOREMA PRINCIPAL.

() ()
Si lim f x = L y lim g x = M entonces:
x→ x0 x→ x0

1. lim ⎡ f ( x ) + g ( x) ⎤ = lim f ( x ) + lim g ( x) = L + M
⎣
x→ x0 ⎦ x→ x 0 x→ x 0

2. lim ⎡ f ( x ) − g ( x) ⎤ = lim f ( x ) − lim g ( x) = L − M
⎣
x→ x0 ⎦ x→ x 0 x→ x0

3. lim ⎡ f ( x ) g ( x) ⎤ = lim f ( x ) lim g ( x) = LM
⎣
x→ x0 ⎦ x→ x0 x→ x 0

⎡f ⎤ lim f ( x ) L M ≠ 0
4. lim ⎢ ( x ) ⎥ = = ; x→ x0

⎣g
x→ x0
⎦ lim g ( x) M x→ x0

Por tanto en situaciones elementales, la sustitución basta.

Ejemplo
lím (x
( x, y )→(1.2 )
2
+ 2y − 3 = 8 )

Ejercicios Propuesto 3.3
1. Calcular los siguientes límites:
2x − y 2
lim (x + 3 y )
a) 2 e) lím
x→2
( x , y →(0,0 )) 2 x 2 + y
y →1

b) f) x2 y
limysen ( xy )
π
x→
lim x 2 + y 2
x →0
4
y→2 y →0

⎛ y⎞
x 2 sen⎜ ⎟ sen(x + y )
c) ⎝k⎠ g) lim
lim y ( x, y )→(0,0 ) y
x→k
y →0

d) e xy − 1
lim
x →0 x
y →0

83


2. Calcúlese el límite de f (x, y ) cuando (x, y ) → (a, b ) hallando los límites: lim g ( x) y
x→a

lim h ( y ) , donde f ( x, y ) = g ( x ) h ( y )
y→ b

a) (1 + senx )(1 − cos y ) c) cos x seny
lim y lim y
x →0 x →0
y →0 y →0

b) 2 x( y − 1) d) xy
lim (x + 1)y lim (x − 1)e y
x →1 x →1
y →2 y →0

3.6. CONTINUIDAD

Sean f : U ⊆ R n → R , sea x0 un punto U .
Decimos que f es continua en x0 si y sólo si:
lim f x = f x 0
x→ x0
() ( )
Ejemplo.
⎧ xy
2 (
⎪ 2 ; x, y ) ≠ ( 0, 0 )
Analizar la continuidad de f ( x, y ) = ⎨ x + y
⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
En el punto ( 0, 0 ) .
SOLUCIÓN:
Para que la función sea continua se debe cumplir que lim f ( x, y ) = 0
( x , y ) → ( 0,0)
xy
Determinemos el límite. lim
( x , y ) → ( 0,0 ) x + y2
2

Acercándonos por trayectorias.
0
y = 0; lim 2 = 0
x →0 x

0
x = 0; lim 2 = 0
y →0 y

x2 1
y = x ; lim =
x →0 x 2 + x 2 2
xy
Entonces lim
( x , y ) → ( 0,0 ) x 2 + y 2
no existe. Por tanto, f NO ES CONTINUA EN ( 0, 0 ) .

84


3.6.1 CONTINUIDAD EN UN INTERVALO

Sea f : U ⊆ R n → R . Se dice que f es
continua en todo U si y sólo si es continua en
cada punto de U .

3.6.1.1 Teorema
Si f y g son continuas en x0 , entonces
también son continuas: f + g , f − g , fg ,
f
g
( ( ) )
g x0 ≠ 0 .

Ejercicios propuestos 3.4
Analice la continuidad en ( 0, 0 ) de las siguientes funciones:
⎧ sen xy
⎪ , ( x, y ) ≠ (0,0 )
a) f ( x, y ) = ⎨ xy
⎪ 1 , ( x, y ) = (0,0 )
⎩
⎧
⎪e xy ,
b) f ( x, y ) = ⎨
(x, y ) ≠ (0,0)
⎪1 ,
⎩ (x, y ) = (0,0)
(
⎧ cos x 2 + y 2
⎪1 −
)
, x2 + y2 ≠ 0
c) f ( x, y ) = ⎪
⎨ x2 + y2
⎪
⎪
⎩ −8 , x2 + y2 = 0
⎧ 1 − x2 − y2
⎪ , x2 + y2 ≠ 0
d) f ( x, y ) = ⎪ 1 − x 2 − y 2
⎨
⎪
⎪
⎩ 1 , x2 + y2 = 0
⎧ x3 + y3
⎪ , ( x, y ) ≠ (0,0)
e) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2
⎪
⎩ 0 , ( x, y ) = (0,0)
⎧ xy
, ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
f) f ( x, y ) = ⎪ x + y
⎨
⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
⎧ xy
⎪ + x − y , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
g) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2
⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
⎧ 1 − x2 − 4 y 2 , x2 + 4 y 2 ≤ 1
h) f ( x, y ) = ⎪
⎨
⎪
⎩ 0 , x2 + 4 y2 > 1

85


3.7. DERIVADA DE UNA FUNCIÓN ESCALAR.
Para funciones de una variable, la derivada se la definió como el cambio
instantáneo que experimenta la función cuando cambia su variable
independiente x . Aquí había que considerar una sola dirección, para función
de varias variables debería ser el cambio instantáneo que tiene la función en
todas las direcciones en la vecindad de un punto.

3.7.1 DERIVADA DIRECCIONAL. Derivada de un campo
escalar con respecto a un vector.

→
abierto, x 0 un punto de U . Sea v un vector de
Rn .
→

La derivada de f en x 0 con respecto a v ,
denotada por f ´⎛ x 0 ; v ⎞ o también D f (x 0 ), se
→

⎜ ⎟
⎝ ⎠
→
v

define como:
⎛ ⎞
( )
→
f ⎜ x0 + v ⎟ − f x0
⎛ →⎞
f ´⎜ x 0 ; v ⎟ = lim ⎝ →
⎠
⎝ ⎠ → →0
v
v

Cuando este límite existe
→ → → →

Ahora bien, si decimos que v =h entonces v = hu donde u un

VECTOR UNITARIO de R n , entonces:

La derivada direccional de f en x 0 con
→

respecto u es:
f ⎛ x 0 + h u ⎞ − f (x 0 )
→

⎜ ⎟
⎛ x 0 ; u ⎞ = lim ⎝ ⎠
→
f ´⎜ ⎟ h →0
⎝ ⎠ h

86


Ejemplo 1
⎛ →⎞
()
2
Sea f x = x ; x ∈ R n . Calcular f ´⎜ x 0 , v ⎟ .
⎜ ⎟
⎝ ⎠
SOLUCIÓN:
⎛ ⎞
( )
→
f ⎜ x0 + h u ⎟ − f x0
⎛ →
⎞ ⎝ ⎠
f ´⎜ x 0 ; v ⎟ = lim =
⎝ ⎠ h→0 h
→ 2 2
x0 + h u − x0
= lim
h→0 h
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
( ) ( )
→ →
⎜ x0 + h u ⎟ • ⎜ x0 + h u ⎟ − x0 • x0
= lim ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
h→0 h
→ → →
x 0 • x 0 + 2h u • x 0 + h 2 u • u − x 0 • x 0
= lim
h→0 h
→ → →
2h u • x 0 + h 2 u • u
= lim
h→0 h
⎛ → → →
⎞
= lim ⎜ 2 u • x 0 + h u • u ⎟
h→0 ⎝ ⎠
→
= 2 u • x0

Si f : U ⊆ R 2 → R (una función de dos variables), entonces:
f ⎛ ( x0 , y 0 ) + h u ⎞ − f ( x0 , y 0 )
→

⎜ ⎟
⎛ ( x , y ); u ⎞ = lim ⎝ ⎠
→
f ´⎜ 0 0 ⎟ h→0
⎝ ⎠ h
Ejemplo 2
→ ⎛ 2 2⎞
Sea f ( x, y ) = x 2 + y 2 . Hallar D f (1, 2 ) donde u = ⎜
→
⎜ , ⎟
⎟
u
⎝ 2 2 ⎠
SOLUCIÓN:
Empleando la definición:
⎛ ⎛ 2 2 ⎞⎞
⎜ 2 , 2 ⎟ ⎟ − f (1, 2 )
f ⎜ (1, 2 ) + h ⎜ ⎟⎟
⎜
⎝ ⎝ ⎠⎠
D→ f (1, 2 ) = lim
u h→0 h
⎛ 2 2⎞
f ⎜1 + h
⎜ , 2+h ⎟ − f (1, 2 )
2 2 ⎟
= lim ⎝ ⎠
h →0 h
⎡⎛ 2
2⎞ ⎛ 2⎞ ⎤
2

⎢⎜ 1 + h ⎟ +⎜2+ h ⎟ ⎥ − ⎡1 + 2 ⎤
2 2

⎢⎜⎝ 2 ⎟ ⎜
⎠ ⎝ 2 ⎟ ⎥ ⎣
⎠ ⎦
⎦
= lim ⎣
h →0 h
⎡ h2 h2 ⎤
⎢1 + h 2 + + 4 + 2h 2 + ⎥ − [5]
= lim ⎣
2 2⎦
h →0 h
5 + 3h 2 + h 2 − 5
= lim
h →0 h
3h 2 + h 2
= lim
h →0 h
(
= lim 3 2 + h
h →0
)
=3 2

87


Ejemplo 3
⎧ xy
2 (
⎪ 2 ; x, y ) ≠ ( 0, 0 )
Sea f ( x, y ) = ⎨ x + y .
⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
→
Hallar D→ f ( 0, 0 ) donde u = ( cos θ , senθ )
u
SOLUCIÓN:
Aplicando la definición:

D→ f ( 0, 0 ) = lim
f ( ( 0, ) + h ( cosθ , senθ ) ) − f ( 0, 0 )
u h →0 h
f ( h cos θ , hsenθ ) − f ( 0, 0 )
= lim
h →0 h
⎡ ( h cos θ )( hsenθ ) ⎤
⎢ ⎥−0
⎣ h2 ⎦
= lim
h →0 h
cos θ senθ
= lim
h →0 h
En la última expresión:
π π
1. Si θ = 0, , π ,3 entonces D→ f ( 0, 0 ) = 0
2 2 u

π π
2. Si θ ≠ 0, , π ,3 entonces D→ f ( 0, 0 ) no existe.
2 2 u

Ejemplo 4
⎧ x2 y
⎪ ; ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
Sea f ( x, y ) = ⎨ x 4 + y 2 .
⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
→
Hallar D→ f ( 0, 0 ) donde u = ( cos θ , senθ )
u
Solución:
f ( h cos θ , hsenθ ) − f ( 0, 0 )
D→ f ( 0, 0 ) = lim
u h →0 h
⎡ ( h cos θ )2 ( hsenθ ) ⎤
⎢ 2 ⎥
−0
⎢ ( h cos θ ) + ( hsenθ ) ⎥
4

= lim ⎣ ⎦
h →0 h
h3 cos 2 θ senθ
h 2 ( h 2 cos 4 θ + sen 2θ )
= lim
h →0 h
cos θ senθ
2
= lim 2
h → 0 h cos 4 θ + sen 2θ

En la última expresión:
1. Si θ = 0, π ( senθ = 0 ) entonces D→ f ( 0, 0 ) = 0
u

cos 2 θ
2. Si θ ≠ 0, π ( senθ ≠ 0 ) entonces D→ f ( 0, 0 ) = ( existe).
u senθ

88


Más adelante daremos una técnica para hallar derivadas direccionales sin
emplear la definición.

1. Determine la derivada direccional de f en el origen en la dirección del vector unitario ( a, b ) .
⎧ x3 − y 3
⎪ 2 si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
a) f ( x, y ) = ⎨ x + y
2

⎪ 0 si ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
⎧ x3 y 2 − xy 3
⎪ 2 si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
b) f ( x, y ) = ⎨ x + y
2

⎪ 0 si ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
⎧ y 2 − x2
⎪ xy 2 si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
c) f ( x, y ) = ⎨ x + y
2

⎪ 0 si ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
⎧ xy
⎪ +x− y , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
d) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2
⎪
⎩ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎧ y3 x
⎪
e) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 6
, ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩

Un caso especial de las derivadas direccionales es cuando consideramos
dirección con respecto a eje x y con respecto al eje y .

3.7.2 Derivada Parcial.

abierto, x 0 un punto de U , h ∈ R . Sea
→

e i = (0,0, ,1, ,0 ) un vector canónico unitario
de R n .
La derivada parcial de f en x 0 con respecto a
→

e i (o con respecto a su i − ésima variable),
∂f
denotada por
∂xi
(x 0 ), se define como:
⎛ x 0 + h e i ⎞ − f (x 0 )
→

f⎜ ⎟
∂f
∂xi
(x 0 ) = lim
h →0
⎝
h
⎠

Cuando este límite existe

89


f : U ⊆ R 2 → R (una función de dos variables), entonces los vectores
Si
canónicos unitarios serían: e1 = i = (1,0 ) y e2 = ˆ = (0,1) . Las derivadas
ˆ j
parciales serían:
∂f
( x0 , y0 ) = lim
f ( ( x , y ) + h (1,0 ) ) − f ( x , y )
0 0 0 0

∂x1 h →0 h
∂f
Denotada simplemente como: o también f x , es decir:
∂x
∂f f ( x0 + h, y0 ) − f ( x0 , y0 )
= lim
∂x h→0 h
Y la otra derivada parcial sería:
∂f
( x0 , y0 ) = lim
f ( ( x , y ) + h ( 0,1) ) − f ( x , y )
0 0 0 0

∂x2 h →0 h
∂f
Denotada simplemente como: o también f y , es decir:
∂y
∂f f ( x0 , y0 + h ) − f ( x0 , y0 )
= lim
∂y h→0 h

Ejemplo 1
∂f ∂f
Sea f (x, y ) = x 2 y 3 , obtener y .
∂x ∂y
SOLUCIÓN:
∂f f ( x + h, y ) − f ( x, y )
= lim
∂x h → 0 h
( x + h) y3 − x2 y3
2

= lim
h →0 h

= lim
( x 2 + 2 xh + h 2 ) y 3 − x 2 y 3
h →0 h
x 2 y 3 + 2 xhy 3 + h 2 y 3 − x 2 y 3
= lim
h →0 h
2 xhy + h y
3 2 3
= lim
h →0 h
= lim ( 2 xy 3 + hy 3 )
h →0

∂f
= 2 xy 3
∂x

90


∂f f ( x, y + h ) − f ( x, y )
= lim
∂y h → 0 h
x2 ( y + h) − x2 y3
3

= lim
h →0 h
x 2 ( y 3 + 3 y 2 h + 3 yh 2 + h3 ) − x 2 y 3
= lim
h →0 h
x 2 y 3 + 3 x 2 y 2 h + 3x 2 yh 2 + x 2 h3 − x 2 y 3
= lim
h →0 h
3x 2 y 2 h + 3x 2 yh 2 + x 2 h3
= lim
h →0 h
= lim ( 3 x y + 3 x 2 yh + x 2 h 2 )
2 2
h →0

∂f
= 3x 2 y 2
∂y

∂f
Note que se obtiene como una derivada para función de una variable,
∂x
en este caso x , y considerando a la otra variable y como constante.
∂f
Análogamente, si se desea obtener , deberíamos derivar considerando
∂y
sólo a y como variable.

Ejemplo 2
∂f ∂f
Sea f (x, y ) = sen x 2 + y 3 , obtener y .
∂x ∂y
SOLUCIÓN:
∂f
∂x
⎡1
(
= cos x 2 + y 3 ⎢ x 2 + y 3 ) −1
2 (2 x )⎤
⎥
⎣2 ⎦
∂f
∂y
⎡1
(
= cos x 2 + y 3 ⎢ x 2 + y 3 ) (3 y )⎤
−1
2
⎥
2
⎣2 ⎦

En otros tipos de funciones habrá que aplicar la definición.

Ejemplo 3
⎧ xy
2 (
⎪ 2 ; x, y ) ≠ ( 0, 0 )
Sea f ( x, y ) = ⎨ x + y . Hallar f x ( 0, 0 ) y f y ( 0, 0 )
⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
SOLUCIÓN:
⎡ h ( 0) ⎤
⎢ 2 2 ⎥
−0
a) f ( 0, 0 ) = lim f ( h, 0 ) − f ( 0, 0 ) = lim ⎣ h + 0 ⎦ 0
= lim = 0
x
h→0 h h →0 h h→0 h

⎡ 0 (h) ⎤
⎢ 2 2 ⎥
−0
f ( 0, h ) − f ( 0, 0 ) ⎣0 + h ⎦ 0
b) f y ( 0, 0 ) = lim = lim = lim = 0
h→0 h h →0 h h→0 h

91


Ejercicios propuestos 3.6
∂f ∂f
1. Encontrar , si :
∂x ∂y
a) f ( x, y ) = xy d) f ( x, y ) = xe x + y
2 2

( ) (
b) f ( x, y ) = x 2 + y 2 log e x 2 + y 2 ) e) f ( x, y ) = x cos x cos y

c) f ( x, y ) = cos(ye )sen x
sen ( xy )

f) f ( x, y ) = ∫ g ( t ) dt
xy

y2

2. Hallar f x ( 0, 0 ) y f y ( 0, 0 ) , para:

⎧ xy2
⎪ 2 2 si ( x, y ) ≠ ( 0,0)
a) f ( x, y ) = ⎨ x + y
⎪ 0 si ( x, y ) = ( 0,0)
⎩

⎧ x3 y 2 − xy 3
b) f ( x, y ) = ⎪ x 2 + y 2
, ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
⎨
⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
⎧ 2 ⎛ 1 ⎞
c) f ( x, y ) = ⎨
(
⎪ x − y sen ⎜ 2
2
)
2 ⎟
, ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
⎝x +y ⎠
⎪
⎩ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎧ sen ( x 2 − y 2 )
⎪ ; ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
d) f ( x, y ) = ⎨ x+ y
⎪
⎩ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎧ xy
, ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
e) f ( x, y ) = ⎪ x + y
⎨
⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
⎧ y3 x
f) f ( x, y ) = ⎪ x 2 + y 6
, ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
⎨
⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩

92


3.7.2.1 INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA DE LAS
DERIVADAS PARCIALES
Se ha definido la derivada tratando de que se entienda como la variación de
∂f
la función con respecto a una dirección. Entonces la derivada parcial , será
∂x
la pendiente de la recta tangente paralela al plano zx , observe la figura:

z
∂f
m= (x0 , y0 )
∂x

(x0 , y0 , f (x0 , y0 ))
• Δz
z = f ( x, y )

Δx

y0
y
x0
(x0 , y0 )
h
x0 + h (x0 + h, y0 )

x

⎛ ∂f ⎞
Un vector director de esta recta será de la forma: S = ⎜1, 0, ⎟
S
⎝ ∂x ⎠
∂f
En cambio, la derivada parcial , será la pendiente de la recta tangente
∂y
paralela al plano zy , observe la figura:

z

z = f ( x, y )

∂f
m= (x0 , y0 )
∂y
(x0 , y0 , f (x0 , y0 ))
Δz
•
Δy
y0 h
y0 + h y

x0
(x0 , y0 ) (x 0 , y 0 + h )

x

⎛ ∂f ⎞
Un vector director S de esta recta será de la forma: S = ⎜ 0,1, ⎟
⎝ ∂y ⎠

93


Ejemplo 1
Encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva de intersección de la superficie que
tiene por ecuación z = x 2 + y 2 con el plano y = 1 en el punto (2,1,5) .
SOLUCIÓN:
Realizando un gráfico, tenemos:

z

z = x2 + y2

(2,1,5)•
y =1

y
∂z
m=
dx ( 2,1)
dz
→
⎛ ∂f ⎞
S = ⎜1,0, ⎟
x ⎝ ∂x ⎠
dx

⎧ x = x0 + at
⎪
La ecuación de toda recta es de la forma l : ⎨ y = y0 + bt .
⎪ z = z + ct
⎩ 0
El punto está dado: (x0 , y0 , z0 ) = (2,1,5) .
→
⎛ ∂f ⎞
Los vectores directrices son paralelos al plano zx y por tanto son de la forma: S = ⎜ 1, 0, ⎟ .
⎝ ∂x ⎠
¿Por qué?
∂z
La pendiente de la recta será m = (2,1) ; que definirá la dirección de los vectores directores.
dx

∂z
Ahora bien, si z = x 2 + y 2 entonces = 2x .
∂x
∂z
Evaluando tenemos: = 2 x = 2(2) = 4
∂x
→
Por tanto S = (1, 0, 4 )
⎧ x = x0 + at = 2 + t
⎪
Finalmente la ecuación de la recta buscada será: l : ⎨ y = y0 + bt = 1 + 0t
⎪ z = z + ct = 5 + 4t
⎩ 0

94


3.7.3 DERIVADAS PARCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Sean f : U ⊆ R 2 → R z = f ( x, y ) . tal que
∂f ∂f
Suponga que las derivadas parciales y
∂x ∂y
existan. Entonces las Derivadas parciales de
Segundo Orden se definen como:
∂f ∂f
∂ f
2
∂ ⎛ ∂f ⎞ ( x0 + h, y0 ) − ( x0 , y0 )
= ∂x ∂x
⎜ ⎟ = lim = f xx
∂x 2
∂x ⎝ ∂x ⎠ h→0 h
∂f ∂f
∂2 f ∂ ⎛ ∂f ⎞ ( x0 , y0 + h ) − ( x0 , y0 )
= ⎜ ⎟ = lim ∂x ∂x = f xy
∂y∂x ∂y ⎝ ∂x ⎠ h→0 h
∂f ∂f
( x0 + h, y0 ) − ( x0 , y0 )
∂ f
2
∂ ⎛ ∂f ⎞ ∂y ∂y
= ⎜ ⎟ = lim = f yx
∂x∂y ∂x ⎝ ∂y ⎠ h→0 h
∂f ∂f
( x0 , y0 + h ) − ( x0 , y0 )
∂ f
2
∂ ⎛ ∂f ⎞ ∂y ∂y
= ⎜ ⎟ = lim = f yy
∂y 2
∂y ⎝ ∂y ⎠ h →0 h
Cuando estos límites existan.

A f xy ya f yx se las denominan Derivadas Mixtas o Derivadas Cruzadas.
Ejemplo 1
Sea f (x, y ) = x 2 e x + y , obtener todas las derivadas parciales de segundo orden.
2 2

Solución:
Las Derivadas parciales de primer orden son:
+ y2 + y2
(2 x ) = 2 xe x + y + y2
2 2 2 2 2
f x = 2 xe x + x 2e x + 2 x 3e x
+ y2
(2 y ) = 2 x 2 ye x + y
2 2 2
f y = x 2e x
Por tanto las derivadas parciales de segundo orden serían:
+ y2 + y2
(2 x ) + 6 x 2 e x + y + y2
(2 x )
2 2 2 2 2
f xx = 2e x + 2 xe x + 2 x 3e x
2
+y 2 2
+y 2 2
+y 2 2
+y 2
= 2e x + 4 x 2e x + 6x 2e x + 4 x 4e x
+ y2
(2 y ) + 2 x 3e x + y (2 y )
2 2 2
f xy = 2 xe x
2
+ y2 2
+ y2
= 4 xye x + 4 x 3 ye x
+ y2 + y2
(2 x )
2 2
f yx = 4 xye x + 2 x 2 ye x
2
+ y2 2
+ y2
= 4 xye x + 4 x 3 ye x
+ y2 + y2
(2 y )
2 2
f yy = 2 x 2 e x + 2 x 2 ye x
2
+y 2 2
+y 2
= 2x 2e x + 4 x 2 y 2e x

95

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