Este documento presenta un resumen de las funciones de varias variables. Introduce las funciones vectoriales y escalares, y explica cómo graficar una función escalar. Luego define el dominio de una función escalar y describe los conjuntos de nivel, también llamados curvas de nivel para funciones de dos variables. Finalmente, introduce conceptos como límites, continuidad y derivadas para funciones de varias variables.

1. 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

2. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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

3. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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

4. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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

5. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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

6. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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

7. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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
Si k = 1 , tenemos el Nivel 1 , 6 − 2 x − 3 y = 1
Si k = 2 , tenemos el Nivel 2 , 6 − 2 x − 3 y = 2
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

8. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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
Ejercicios Propuestos 3.2
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

9. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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

10. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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

11. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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

12. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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

13. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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

14. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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

15. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
3.5.8.1 TEOREMA DE UNICIDAD.
Sea f : U ⊆ R n → R , donde U es un conjunto
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

16. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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

17. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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

18. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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.
Sea f : U ⊆ R n → R , donde U es un conjunto
→
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

19. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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

20. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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:
Aplicando la definición:
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

21. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
Más adelante daremos una técnica para hallar derivadas direccionales sin
emplear la definición.
Ejercicios Propuestos 3.5
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.
Sea f : U ⊆ R n → R , donde U es un conjunto
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

22. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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

23. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
∂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:
Aplicando la definición:
⎡ 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

24. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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

25. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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

26. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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

27. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
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

28. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
Note que las derivadas cruzadas son iguales.
3.7.3.1 TEOREMA DE SCHWARZ
Sea f : U ⊆ R 2 → R , una función definida en el
abierto U de R 2 . Si las derivadas parciales
∂2 f ∂2 f
y existen y son funciones continuas
∂x∂y ∂y∂x
∂2 f ∂2 f
en U , entonces: =
∂x∂y ∂y∂x
Analicemos el siguiente ejemplo, donde se hace necesario emplear las
definiciones de las derivadas parciales.
Ejemplo 2
⎧ x 3 y − xy 3
⎪ ; ( x, y ) ≠ (0,0)
Sea f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2
⎪ 0 ; (x, y ) = (0,0 )
⎩
Hallar a) f xy (0,0 ) y b) f yx (0,0 )
SOLUCIÓN:
∂f ∂f
∂ ⎛ ∂f ( 0, 0 ) ⎞ ( 0, 0 + h ) − ( 0, 0 )
a) f xy ( 0, 0 ) = ⎜ ∂x ∂x
⎟ = lím
∂y ⎝ ∂x ⎠ x → 0 h
Necesitamos la derivada parcial de primer orden.
∂f
Para la derivada en cualquier punto diferente de ( 0,0 ) tenemos:
∂x
∂ ⎛ x3 y − xy 3 ⎞ ( 3x y − y )( x + y ) − ( x y − xy ) ( 2 x )
2 3 2 2 3 3
∂f
= ⎜ 2 ⎟ =
∂x ∂x ⎝ x + y 2 ⎠ ( x2 + y 2 )
2
3x 4 y − x 2 y 3 + 3x 2 y 3 − y 5 − 2 x 4 y + 2 x 2 y 3
=
(x + y2 )
2 2
x4 y + 4 x2 y3 − y5
=
(x + y2 )
2 2
∂f
Para la derivada en ( 0,0 ) tenemos:
∂x
f ( 0 + h, 0 ) − f ( 0,0 )
f x ( 0,0 ) = lím
h →0 h
h 3 0 − h ( 03 )
−0
= lím h 2 + 02
h→0 h
0
= lím
h→0 h
=0
Entonces:
96

29. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
⎧ x4 y + 4 x2 y3 − y5
⎪ ; ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
⎪
f x ( x, y ) = ⎨ ( x 2 + y 2 )
2
⎪
⎪
⎩ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 )
Evaluando
0 4 h + 4 ( 0 2 ) h 3 − h5 −h5
f x ( 0, h ) = = = −h
(0 2
+h 2 2
) h4
Por tanto:
f x (0, h ) − f x (0,0 ) −h−0
f xy (0,0 ) = lím = lím = −1
h →0 h h →0 h
∂f ∂f
∂ ⎛ ∂f ( 0,0 ) ⎞
( 0 + h, 0 ) − ( 0,0 )
∂y ∂y
b) f yx ( 0,0 ) = ⎜ ⎟ = lím
∂x ⎝ ∂y ⎠ h → 0 h
∂f
Para la derivada en cualquier punto diferente de ( 0,0 ) tenemos:
∂y
∂ ⎛ x 3 y − xy 3 ⎞ ( x − 3 xy )( x + y ) − ( x y − xy ) ( 2 y )
3 2 2 2 3 3
∂f
= ⎜ 2 ⎟=
∂y ∂y ⎝ x + y 2 ⎠ ( x2 + y2 )
2
x5 + x 3 y 2 − 3 x3 y 2 − 3 xy 4 − 2 x3 y 2 + 2 xy 4
=
(x + y2 )
2 2
x5 − 4 x 3 y 2 − xy 4
=
(x + y2 )
2 2
∂f
Para la derivada en ( 0,0 ) tenemos:
∂y
f ( 0, 0 + h ) − f ( 0,0 )
f y ( 0,0 ) = lím
h →0 h
0 h − 0(h
3 3
) −0
= lím 02 + h 2
h→0 h
0
= lím
h→0 h
=0
Entonces:
⎧ x 5 − 4 x 3 y 2 − xy 4
⎪ ; ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
⎪
f y ( x, y ) = ⎨ ( x 2 + y 2 )
2
⎪
⎪
⎩ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 )
Evaluando:
h 5 − 4 h 3 0 2 − h0 4 h5
f y ( h,0 ) = = =h
(h 2
+0 2 2
) h4
Por tanto:
f y (h, 0 ) − f y (0,0) h−0
f yx (0,0 ) = lím = lím =1
h→0 h h→0 h
Note que las derivadas mixtas no son iguales. ¿Por qué?
97

30. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
Ejercicios propuestos 3.7
∂ 2 f ( 0,0 ) ∂ 2 f ( 0,0 )
1. Calcular, si existen , la derivada mixta y para:
∂x∂y ∂y∂x
⎪
⎪
(
⎧ xy x 2 − y 2 ) si x 2 + y 2 ≠ 0
a) f ( x, y) = ⎨ x 2 + y 2
⎪
⎪
⎩ 0 si x 2 + y 2 = 0
⎧ x4 y 2 − x2 y 4
⎪ si x 2 + y 2 ≠ 0
b) f (x, y) = ⎪ x 3 + y 3
⎨
⎪
⎪
⎩ 0 si x 2 + y 2 = 0
⎧ x 3 y 2 − xy 3
⎪ si( x, y ) ≠ (0,0 )
c) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2
⎪
⎩ 0 si ( x, y ) = (0,0 )
3.8. DIFERENCIABILIDAD.
Existen funciones que poseen todas sus derivadas direccionales, sin
embargo no pueden ser consideradas diferenciables debido a que no son
continuas (ejemplo 4 de derivada direccional), entonces deberá existir un
criterio más fuerte para la diferenciabilidad.
Recordemos la definición de diferencial para función de una variable,
observe la gráfica:
y
y = f ( x)
}}
f ( x0 + h )
}r
Δy
dy
f ( x0 )
h = dx = Δx
x0 x0 + h x
Note que Δy = dy + r , donde a r le vamos a llamar residuo.
Reemplazando tenemos:
98

31. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
Δy = dy +r
f ( x0 + h ) − f ( x0 ) = f ´( x0 ) h + r
Dividiendo para h y tomando limite
f ( x0 + h ) − f ( x0 ) r
lim = f ´( x0 ) + lim
h→0 h h →0 h
Podemos decir que para que f sea diferenciable se debe dar que:
r
lim =0
h →0 h
Haciendo analogía para funciones de dos variables. El punto debe ser
( x0 , y0 ) y h debe ser un vector, digamos ( h1 , h2 ) , entonces la expresión
para la diferenciabilidad debe ser de la forma:
f (( x , y ) + ( h , h )) − f ( x , y ) = A h + A h
0 0 1 2 0 0 1 1 2 2 +r
r
Y deberá ocurrir que lim =0
h →0 h
Encontremos A1 .
Suponga que h = ( h1 ,0 ) , entonces:
f ( ( x , y ) + ( h ,0 ) ) − f ( x , y ) = A h + A 0 + r
0 0 1 0 0 1 1 2
Dividiendo para h1 y tomando límite:
f ( x0 + h1 , y0 ) − f ( x0 , y0 ) r
lim = A1 + lim
h1 →0 h1 h1 →0 h
1
Tenemos que A1 = f x ( x , y )
0 0
Análogamente obtengamos A2
Suponga que h = ( 0, h2 ) , entonces:
f ( ( x , y ) + ( 0, h ) ) − f ( x , y ) = A + A h
0 0 2 0 0 1 2 2 +r
Dividiendo para h2 y tomando límite:
f ( x0 , y0 + h2 ) − f ( x0 , y0 ) r
lim = A2 + lim
h2 →0 h2 h2 →0 h
2
Tenemos que A2 = f y ( x , y ) 0 0
Ahora sí podemos proponer la siguiente definición para la diferenciabilidad.
99

32. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
Sea f : U ⊆ R 2 → R , una función definida en el
abierto U . f es DIFERENCIABLE en ( x0 , y0 ) ∈ U , si
sus derivadas parciales en ( x0 , y0 ) existen y si
[ f ( x + h , y + h ) − f ( x , y )] − [ f x ( x , y )] h1 − ⎡ f y ( x , y )⎤ h2
⎣ ⎦ =0
0 1 0 2 0 0 0 0 0 0
lim
( h1 , h2 )→( 0,0 ) h + h2
2 2
1
Ejemplo 1
Demuestre que f ( x, y ) = x 2 + y 2 es diferenciable en todo ( x 0
,y 0
)
SOLUCIÓN:
Aplicando la definición, para que la función sea diferenciable el límite
[ f (x 0
+ h1 , y 0 + h2 ) − f ( x , y )] − [ f x ( x , y )] h1 − ⎡ f y ( x , y ) ⎤ h2
0 0 ⎣ 0 ⎦ 0 0 0
lim
( h1 , h2 )→( 0,0 ) h1 + h2
2 2
debe ser cero.
Obtengamos primero las derivadas parciales:
f x ( x , y ) = 2 x ( x , y ) = 2 x0
0 0
0 0
f y ( x , y ) = 2 y ( x , y ) = 2 y0
0 0
0 0
Reemplazando y simplificando:
[ f (x + h , y 0 1 0
+h 2
) − f (x 0
,y 0
)] − [ f x ( x 0
,y 0
)] h1 − ⎡ f y ( x
⎣ 0
,y 0
) ⎤ h2
⎦
lim
( h1 , h2 ) → ( 0,0 )
h12 + h2 2
⎡( x0 + h1 )2 + ( y0 + h2 )2 ⎤ − ⎡ x0 2 + y0 2 ⎤ − [ 2 x0 ] h1 − [ 2 y0 ] h2
lim ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
( h1 , h2 ) → ( 0,0 )
h1 + h2
2 2
⎡ x0 2 + 2 x0 + h12 + y0 2 + 2 y0 + h2 2 ⎤ − x0 2 − y0 2 − 2 x0 h1 − 2 y0 h2
lim ⎣ ⎦
( h1 , h2 ) → ( 0,0 )
h12 + h2 2
h12 + h2 2
lim
( h1 , h2 ) → ( 0,0 )
h12 + h2 2
lim h12 + h2 2
( h1 , h2 ) → ( 0,0 )
Se observa que lim h12 + h2 2 = 0
( h1 , h2 ) →( 0,0 )
Por tanto f ES DIFERENCIABLE EN TODO PUNTO.
Ejemplo 2
⎧ xy
2 (
⎪ 2 ; x, y ) ≠ ( 0, 0 )
Sea f ( x, y ) = ⎨ x + y .
⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
Determine si f es diferenciable en ( 0, 0 )
SOLUCIÓN:
Aplicando la definición:
100

33. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
[ f ( 0 + h , 0 + h ) − f ( 0, 0 )] − [ f x ( 0, 0 )] h1 − ⎡ f y ( 0, 0 )⎤ h2
1 2 ⎣ ⎦
lim
( h1 , h2 )→( 0,0 ) h12 + h2 2
Las derivadas parciales ya fueron obtenidas anteriormente:
f x ( 0, 0 ) = 0 y f y ( 0, 0 ) = 0
Reemplazando:
[ f ( h , h ) − f ( 0, 0 )] − [ f x ( 0, 0 )] h1 − ⎡ f y ( 0, 0 )⎤ h2
1 2 ⎣ ⎦
lim
( h1 , h2 ) → ( 0,0 )
h12 + h2 2
⎡ h1h2 ⎤
⎢ 2 − 0 ⎥ − [ 0] h1 − [ 0] h2
h1 + h2 2
lim ⎣ ⎦
( h1 , h2 ) → ( 0,0 )
h1 + h2 2
2
h1h2
lim
( h1 , h2 ) → ( 0,0 )
(h + h2 2 )
3
2 2
1
Para este último límite, analicemos la trayectoria h2 = mh1
h1mh1 mh12 m
lim = lim = lim
(h ) h (1 + m ) h1 (1 + m 2 )
h1 → 0 3 h1 → 0 3 h1 → 0 3
1
2
+m h 2
1
2 2
1
3 2 2 2
Este límite no existe, por tanto f NO ES DIFERENCIABLE en ( 0, 0 ) . Recuerde que ya se demostró
que la función no era continua en ( 0, 0 ) , por tanto se esperaba que no sea diferenciable.
Los siguientes teoremas permiten sacar conclusiones rápidas.
3.8.1 TEOREMA
Si f : U ⊆ R 2 → R , es diferenciable en ( x0 , y0 ) ∈ U ,
entonces es continua en ( x0 , y0 ) .
En ciertas funciones, bastará con demostrar que son diferenciables para
concluir que es continua.
Ejemplo
⎧ 2
⎪( x + y ) sen x 2 + y 2 ; ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
2 1
Sea f ( x, y ) = ⎨
⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0,0 )
⎩
Determine si f es continua en ( 0, 0 ) , determinando su diferenciabilidad en ( 0, 0 )
SOLUCIÓN:
Primero calculemos las derivadas parciales:
f ( 0 + h, 0 ) − f ( 0,0 ) f ( 0, 0 + h ) − f ( 0,0 )
f x ( 0,0 ) = lím f y ( 0,0 ) = lím
h →0 h h→0 h
⎛ 1 ⎞
( h + 0 ) sen ⎛ h2 + 02 ⎞ − 0
2
⎜
⎝
1
⎟
⎠
2
(0+ h ) sen ⎜ 2
2 2
2 ⎟
⎝0 +h ⎠
−0
= lím y = lím
h →0 h h →0 h
⎛ ⎛ 1 ⎞⎞ ⎛ ⎛ 1 ⎞⎞
= lím ⎜ h sen ⎜ 2 ⎟ ⎟ = lím ⎜ h sen ⎜ 2 ⎟ ⎟
h →0
⎝ ⎝ h ⎠⎠ h →0
⎝ ⎝ h ⎠⎠
f x ( 0,0 ) = 0 f y ( 0,0 ) = 0
101

34. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
Luego, empleando la definición para la diferenciabilidad:
f ( h , h ) − f ( 0, 0 ) − [ f x ( 0, 0 )] h1 − ⎡ f y ( 0, 0 ) ⎤ h2
1 2 ⎣ ⎦
lim
( h1 , h2 ) → ( 0,0 )
h12 + h2 2
⎛ ⎞
(h 2
+ h2 2 ) se n ⎜ 2
1
2 ⎟
− 0 − [ 0] h1 − [ 0] h2
⎝ h1 + h2 ⎠
1
lim
( h1 , h2 ) → ( 0,0 )
h12 + h2 2
⎛ 1 ⎞
lim h12 + h2 2 se n ⎜ 2 2 ⎟
( h1 , h2 ) → ( 0,0 )
⎝ h1 + h2 ⎠
Calculando el límite empleando coordenadas polares:
⎡ ⎛ 1 ⎞⎤
lim ⎢ r sen ⎜ 2 ⎟ ⎥ = 0
r →0
⎣ ⎝ r ⎠⎦
Como el límite es cero, se concluye que la función es diferenciable en el origen, por tanto será
contínua también.
3.8.2 TEOREMA
Sea f : U ⊆ R 2 → R . Si las funciones derivadas
parciales son continuas en ( x0 , y0 ) entonces f es
diferenciable en ( x0 , y0 ) .
Para ciertas funciones, bastará con determinar la continuidad de sus
derivadas parciales para concluir que es diferenciable.
El recíproco del teorema anterior es falso. Observe el siguiente ejemplo.
Ejemplo
⎧ 2
⎪( x + y ) sen 2
1
2
; ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
Sea f ( x, y ) = ⎨ x + y2
⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
Demuestre que las derivadas parciales de f no son continuas en ( 0,0 ) , sin embargo si es
diferenciable en ese punto.
SOLUCIÓN:
Primero hallemos la derivada parcial con respecto a x
Si ( x, y ) ≠ ( 0,0 )
∂ ⎡ 2 ⎤ ⎡ 1 2 ⎤
⎢( x + y 2 ) sen + ( x 2 + y 2 ) cos ⎢− ( x + y ) ( 2 x )⎥
2 − 2
1 1 1 3
⎥ = 2 x sen
∂x ⎢
⎣ x2 + y2 ⎥
⎦ x2 + y 2 x2 + y2 ⎣ 2 ⎦
1 x 1
= 2 x sen − cos
x2 + y 2 x2 + y2 x2 + y2
Si ( x, y ) = ( 0,0 )
f ( h, 0 ) − f ( 0, 0 )
(h 2
+ 02 ) sen
1
−0
f x ( 0, 0 ) = lim = lim h 2 + 02 = lim h sen
1
=0
h→0 h h →0 h h →0 h
Entonces
102

35. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
⎧ 1 x 1
⎪2 x sen 2 − cos ; ( x, y ) ≠ ( 0,0 )
fx = ⎨ x + y2 x2 + y 2 x2 + y2
⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0,0 )
⎩
Veamos ahora si es continua:
⎡ 1 x 1 ⎤
lim ⎢ 2 x sen − cos ⎥
( x , y ) → ( 0,0 ) ⎢ x +y
2 2
x +y
2 2
x +y ⎥
2 2
⎣ ⎦
Pasando a coordenadas polares:
⎡ 1 r cosθ 1⎤
lim ⎢ 2r cos θ sen − cos ⎥
r →0
⎣ r r r⎦
⎡ 1 1⎤
lim ⎢ 2r cos θ sen − cosθ cos ⎥
r →0
⎣ r r⎦
No podemos concluir, analicemos para trayectorias:
⎡ 1 x 1 ⎤
lim ⎢ 2 x sen − cos ⎥
x →0
⎣ x +0
2 2
x +0
2 2
x +0 ⎦
2 2
⎡ 1 x 1⎤
y = 0 lim ⎢ 2 x sen − cos ⎥
x →0
⎣ x x x⎦
⎡ 1 1⎤
lim ⎢ 2 x sen − cos ⎥ ≠ 0
x →0
⎣ x x⎦
Por tanto f x no es continua en ( 0,0 )
• Ahora hallemos la derivada parcial con respecto a y .
Si ( x, y ) ≠ ( 0,0 )
∂ ⎡ 2 ⎤ ⎡ 1 2 ⎤
⎢( x + y 2 ) sen + ( x 2 + y 2 ) cos − ( x + y 2 ) 2 ( 2 y )⎥
1 1 1 −3
⎥ = 2 y sen
∂y ⎢ 2 ⎢ 2
⎣ x2 + y2 ⎥
⎦ x +y
2 2
x +y ⎣
2
⎦
1 y 1
= 2 y sen − cos
x2 + y2 x2 + y 2 x2 + y2
Si ( x, y ) = ( 0,0 )
f ( 0, h ) − f ( 0, 0 )
(0 2
+ h 2 ) sen
1
−0
f y ( 0, 0 ) = lim = lim 02 + h 2 = lim h sen
1
=0
h→0 h h →0 h h →0 h
Entonces
⎧ 1 y 1
⎪2 y sen 2 − cos ; ( x, y ) ≠ ( 0,0 )
fy = ⎨ x +y 2
x +y
2 2
x + y2
2
⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0,0 )
⎩
Veamos ahora si es continua:
⎡ 1 y 1 ⎤
lim ⎢ 2 y sen − cos ⎥
( x , y ) → ( 0,0 ) ⎢ x +y
2 2
x +y
2 2
x +y ⎥
2 2
⎣ ⎦
Analicemos trayectorias:
⎡ 1 y 1 ⎤
lim ⎢ 2 y sen − cos ⎥
y →0
⎢
⎣ 0 +y
2 2
0 +y
2 2
0 + y2
2
⎥
⎦
⎡ 1 y 1⎤
x = 0 lim ⎢ 2 y sen − cos ⎥
y →0
⎣ y y y⎦
⎡ 1 1⎤
lim ⎢ 2 y sen − cos ⎥ ≠ 0
y →0
⎣ y y⎦
Por tanto f y no es continua en ( 0,0 )
Finalmente demostremos que f es diferenciable en ( 0,0 )
103

36. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
f ( h , h ) − f ( 0, 0 ) − [ f x ( 0, 0 )] h1 − ⎡ f y ( 0, 0 ) ⎤ h2
1 2 ⎣ ⎦
lim
( h1 , h2 ) → ( 0,0 )
h12 + h2 2
⎛ ⎞
(h1
2
+ h2 2 ) se n ⎜
1
⎜ h2 +h 2 ⎟
⎟ − 0 − [ 0] h1 − [ 0] h2
lim ⎝ 1 2 ⎠
( h1 , h2 ) → ( 0,0 )
h1 + h2 2
2
⎛ 1 ⎞
lim h12 + h2 2 se n ⎜ ⎟
( h1 , h2 ) → ( 0,0 ) ⎜ h2 +h 2 ⎟
⎝ 1 2 ⎠
Pasando a polares:
⎛1⎞
lim r se n ⎜ ⎟ = 0
r →0
⎝r⎠
Por tanto es DIFERENCIABLE.
Ejercicios propuestos 3.8
1. Demostrar que si f ( x, y ) es diferenciable en ( a, b ) entonces es continua en ( a, b )
2. Analizar la diferenciabilidad en el origen para:
⎧
si( x, y ) ≠ (0,0)
xy
⎪
a)
⎪ 2
(
f ( x, y ) = ⎨ x + y 2 2
⎪
1
)
⎪
⎩ 0 si( x, y ) = (0,0)
⎧ 2
⎪( x − y ) sen x 2 + y 2 si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
2 1
b) f ( x, y ) = ⎨
⎪ 0 si ( x, y ) = ( 0,0 )
⎩
⎧ x3 y 2 − xy 3
c) f ( x, y ) = ⎪ x 2 + y 2
, ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
⎨
⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
⎧ x 2 − y 2 sen
d) f ( x, y ) = ⎪
⎨
( ) 1
x2 + y2
, ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
⎪
⎩ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎧ sen ( x 2 − y 2 )
⎪
e) f ( x, y ) = ⎨
, ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
x+ y
⎪
⎩ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎧ y 2 − x2
⎪ xy 2 si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
f) f ( x, y ) = ⎨ x + y
2
⎪ 0 si ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
⎧ xy
, ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
g) f ( x, y ) = ⎪ x + y
⎨
⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
⎧ xy
⎪ +x− y , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
h) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2
⎪
⎩ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎧ y x 3
i) f ( x, y ) = ⎪ x 2 + y 6
, ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
⎨
⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
104

37. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
⎧ y5 x2
j) f ( x, y ) = ⎪ 3 x 4 + 2 y10
, ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
⎨
⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
3.9. GRADIENTE.
Sea f : U ⊆ R n → R una función diferenciable. Se
define el vector gradiente de f en x 0 , denotado por
( ) ( )
∇f x 0 o grad f x 0 , como el vector de R n :
⎛ ∂f ∂f ∂f ∂f ⎞
∇f ( x ) = ⎜
0 , , , , ⎟
∂x ∂x ⎝ 1 2 ∂x3 ∂xn ⎠( x0 )
Ejemplo
Sea f ( x, y ) = ( x − 1) + ( y − 1) . Hallar el gradiente de f en ( 0, 0 ) .
2 2
SOLUCIÓN:
⎛ ∂f ∂f ⎞
∇f ( 0, 0 ) = ⎜ , ⎟ = ( 2 ( x − 1) , 2 ( y − 1) ) 0,0 = ( −2, −2 )
( )
⎝ ∂x ∂y ⎠( 0,0)
3.9.1 GRADIENTE Y DERIVADA DIRECCIONAL
En la expresión para el residuo.
( ( x , y ) + ( h , h ) ) − f ( x , y ) = [ f ( x , y )] h + ⎡ f ( x , y ) ⎤ h + r
f 0 0 1 2 0 0 ⎣ x ⎦ 0 0 1 y 0 0 2
Observe que h = ( h1 , h2 ) lo podemos expresar como h = h u , donde u
es un vector unitario.
Suponga que h =h y que u = ( u1 , u2 ) entonces h = h ( u1 , u2 )
Ahora, dividiendo para h y tomando límite:
lim
f ( ( x , y ) + hu ) − f ( x , y ) = [ f ( x , y )] h + ⎡ f
0 0 0 0 1 h
( x , y ) ⎤ 2 + lim
r
h →0 h
x 0 0
h ⎣ y 0 ⎦ h h →0 h
0
r
Si f es diferenciable entonces lim .
h→0 h
Con lo cual resulta:
105

38. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
lim
f (( x , y ) + hu ) − f ( x , y ) = [ f ( x , y )]u + ⎡ f
0 0 0 0
( x , y ) ⎤ u2
h →0 h
x 0 0 1 ⎣ y 0 0⎦
Finalmente
Du f ( x0 , y0 ) = ⎡∇f ( x0 , y0 ) ⎤ • u
⎣ ⎦
Ejemplo
→ ⎛ 2 2⎞
Sea f ( x, y ) = x + y . Hallar D→ f (1, 2 ) donde u = ⎜ ⎟
2 2
,
⎜ 2 2 ⎟
u
⎝ ⎠
SOLUCIÓN:
Empleando lo anterior
Du f (1, 2 ) = ⎡∇f (1, 2 ) ⎤ • u
⎣ ⎦
Ahora, el gradiente sería:
∇f (1, 2 ) = ( f x , f y ) = ( 2 x, 2 y )(1,2) = ( 2, 4 )
(1,2 )
Reemplazando y resolviendo
⎛ 2 2⎞
Du f (1, 2 ) = ⎡∇f (1, 2 ) ⎤ • u = ( 2, 4 ) • ⎜
⎣ ⎦ ⎜ 2 , 2 ⎟=3 2
⎟
⎝ ⎠
Ejemplo
Sea f ( x, y ) = sen ( x 2 + y 2 ) . Hallar la derivada de f en el punto P (1,1) en la dirección
que va desde este punto al punto Q ( 3, 2 )
SOLUCIÓN:
Primero obtengamos u y sus derivadas parciales en P (1,1)
PQ ( 3 − 1, 2 − 1) ⎛ 2 1 ⎞
u= = =⎜ , ⎟
PQ 5 ⎝ 5 5⎠
f x (1,1) = ⎡ cos ( x 2 + y 2 ) ⎤ 2 x
⎣ ⎦ = 2 cos 2
(1,1)
f y (1,1) = ⎡ cos ( x 2 + y 2 ) ⎤ 2 y
⎣ ⎦ = 2 cos 2
(1,1)
Empleando la última definición
⎛ 2 1 ⎞ 6
Du f (1,1) = ⎡∇f (1,1) ⎤ • u = ( 2 cos 2, 2 cos 2 ) • ⎜
⎣ ⎦ , ⎟= cos 2
⎝ 5 5⎠ 5
Ejercicios propuestos 3.9
1. Halle la derivada direccional de la función en el punto P en la dirección de Q.
a) f ( x, y ) = x + 4 y , P (3,1), Q (1,−1)
2 2
π
b) f ( x, y ) = cos( x + y ), P (0, π), Q ( ,0)
2
c) f ( x, y, z ) = ln ( x + y + z ), P(1,0,0), Q (4,3,1)
d) g ( x, y, z ) = xye z , P(2,4,0 ), Q(0,0,0 )
106

39. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
2. Dado el campo escalar f : R n → R tal que f ( X ) = X
4
, calcular:
a) f ' ( X , v ) (Derivada direccional de f en la dirección de v)
b) Si n=2, hallar todos los puntos (x,y) en R 2 para los cuales: f ' (2i + 3 j; xi + yj ) = 6
c) Si n=3 , hallar todos los puntos (x,y) en R 3 para los cuales
f ' (i + 2 j + 3k ; xi + yj + zk ) = 6
3. Calcule la derivada de la función f ( x, y ) = x sen y en el punto (3,0), en la dirección del vector
tangente a la parábola y = x 2 en el punto (1,1)
3.9.2 PROPIEDADES DEL GRADIENTE
1. El Gradiente es un vector ortogonal a los conjuntos de nivel.
2. De la igualdad ( ) ⎣ ( ) tenemos
Du f x 0 = ⎡∇f x 0 ⎤ • u
⎦
D f ( x ) = ∇f ( x ) u cosθ
u
0 0
Si el gradiente y el vector unitario tienen la misma dirección (θ = 0)
entonces la derivada direccional tendría el máximo valor y sería:
Du f x 0 ( ) máx
= ∇f x 0 ( )
Si el gradiente y el vector unitario tienen dirección contraria (θ =π )
entonces la derivada direccional tendría el mínimo valor y sería:
Du f x 0 ( ) mín
= − ∇f x 0 ( )
Ejemplo
Suponga que la distribución de temperatura dentro de una habitación está dada por
T ( x, y , z ) = 5 + e x + 4 y + z , donde x , y , z se miden a partir del rincón ( 0, 0, 0 ) .
2
a) ¿En qué dirección aumenta la temperatura con mayor rapidez?
b) ¿Cuál es el valor máximo?
SOLUCIÓN:
a) La temperatura aumentará con mayor rapidez en dirección de su gradiente, es decir:
⎛ ∂T ∂T ∂T ⎞
∇T = ⎜ , , ⎟
⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠( 0,0,0)
(
= e x + 4 y + z (1) , e x + 4 y + z ( 4 ) , e x + 4 y + z ( 2 z )
2 2 2
) ( 0,0,0 )
= (1, 4, 0 )
b) El valor máximo sería
Du T ( 0, 0, 0 )máx = ∇T ( 0,0, 0 ) = 1 + 42 + 02 = 17
107

40. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
Ejercicios propuestos 3.10
1. La temperatura en el punto ( x, y ) de una placa viene dada por: T ( x ) =
x
.
x + y2
2
Hállese la dirección de mayor crecimiento del calor desde el punto (3, 4).
2. Se describe la superficie de una montaña mediante la ecuación
h ( x, y ) = 4000 − 0.001x 2 − 0.004 y 2 . Supóngase que un alpinista está en el punto
(500, 300, 3390). ¿En qué dirección debe moverse el alpinista en orden a ascender lo más
rápido posible?
3. Suponer que la temperatura en el punto P(x,y,z) en el espacio está dada por
T ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 sea una partícula que viaja por la helice circular
σ(t ) = (cos t , sen t , t ) y sea T(t) su temperatura en el punto t.
a. ¿Cuál es el valor de T(t=0)?.
b. ¿Qué dirección debe tomar la partícula para avanzar hasta la región de más baja
temperatura?.
4. El Capitán América tiene dificultades cerca del lado soleado de Mercurio. La temperatura del
casco de la nave, cuando él está en la posición (x,y,z) estará dada por
T ( x, y, z ) = e − x − y −3 z donde x, y, z se miden en metros. Si la nave del Capitán
2 2 2
América se encuentra en el punto (1,1,1).
a. ¿En qué dirección deberá avanzar para disminuir más rápido la temperatura?
b. Desafortunadamente el casco de la nave se cuarteará si se enfría a una tasa mayor de
14e 2 grados por segundo. Describir el conjunto de direcciones posible en las que
puede avanzar para bajar la temperatura.
3.9.3 VECTORES NORMALES Y PLANOS TANGENTE
Cuando se interpretó geométricamente las derivadas parciales, se definió
que un vector directriz de la recta tangente paralela al plano zx ,en un punto de
la superficie z = f ( x, y ) , está dado por S1 = 1, 0, f x ( x ( 0 ) ) ; y un vector directriz de
la recta tangente paralela al plano zy está dado por S = ( 0,1, f ( x ) ) .
2 y 0
z
n = S1 × S 2
(
S1 = 1,0, f x ( x 0 ))
(
S 2 = 0,1, f y ( x ))
•
0
(x0 , y0 , f (x0 , y0 ))
z = f ( x, y )
y0
y
x0
(x0 , y0 )
108

41. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
Si multiplicáramos en cruz estos vectores obtendríamos un vector normal a
la superficie en ese punto
i j k
S1 × S 2 = 1 0 (
f x = − f x ( x ) , − f y ( x ) ,1
0 0 )
0 1 fy
Por tanto el plano tangente en ese punto tendría por ecuación
− fx ( x 0 )[ x − x ] − f ( x )[ y − y ] + 1[ z − z ] = 0
0 y 0
0 0
Ejemplo
Hallar la ecuación del plano tangente y la ecuación de la recta normal a la superficie que
10
tiene por ecuación z = f ( x, y ) = en el punto (1, 2,5) .
xy
SOLUCIÓN:
a) La ecuación del plano tangente estaría dada por:
− f x (1, 2 ) [ x − 1] − f y (1, 2 ) [ y − 2] + 1[ z − 5] = 0
Las derivadas parciales serían:
10
f x (1, 2 ) = − = −5
x2 y (1,2 )
10 5
f x (1, 2 ) = − =−
xy 2 (1,2 )
2
Reemplazando
⎛ 5⎞
− ( −5 ) [ x − 1] − ⎜ − ⎟ [ y − 2] + 1[ z − 5] = 0
⎝ 2⎠
10 ( x − 1) + 5 ( y − 2 ) + 2 ( z − 5 ) = 0
10 x − 10 + 5 y − 10 + 2 z − 10 = 0
10 x + 5 y + 2 z − 30 = 0
b) La ecuación de la recta normal estaría dada por:
⎧ x = x0 − [ f x ( x , y )] t
⎪
0 0
⎪
⎨ y = y0 − ⎡ f y ( x , y ) ⎤ t
⎣ ⎦ 0 0
⎪
⎪
⎩ z = z0 + [1] t
Reemplazando:
⎧ x = 1 − [ −5] t = 1 + 5t
⎪
⎪
⎨ y = 2 − ⎡− 2 ⎤ t = 2 + 2 t
5 5
⎣ ⎦
⎪
⎪z = 5 + t
⎩
109

42. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
3.10. LA DIFERENCIAL
3.10.1 DEFINICIÓN
Sea f : U ⊆ R 2 → R una función diferenciable en U .
Entonces para cada x ∈ U se tiene:
∂f ∂f
( )
f x + h = f x + dx + dy + r
∂x ∂y
()
∂f ∂f
A la parte dx + dy
∂x ∂y
Se le denomina diferencial de f , y se la denota
como df .
3.10.2 APROXIMACIONES
Si se dice que Δf ≈ df , entonces tenemos:
f ( x0 + Δx, y0 + Δy ) − f ( x0 , y0 ) ≈ [ f x ( x , y )] dx + ⎡ f y ( x , y ) ⎤ dy
⎣ 0 ⎦ 0 0 0
Como dx = Δx y dy = Δy
Tenemos la formula de aproximación:
f ( x0 + Δx, y0 + Δy ) ≈ f ( x0 , y0 ) + [ f x ( x , y )] Δx + ⎡ f y ( x , y ) ⎤ Δy
⎣ 0 0⎦ 0 0
Ejemplo
Aproximar el valor de (1, 08 )
3.98
SOLUCIÓN:
Utilicemos la función f ( x, y ) = x y (¿por qué?
tomemos: x0 = 1 entonces Δx = 0.08
y0 = 4 entonces Δy = −0.02
Las derivadas parciales serían:
f x (1, 4 ) = ( yx y −1 ) =4
(1,4 )
f y (1, 4 ) = ( x y ln x ) =0
(1,4 )
Empleando la formula de aproximación:
110

43. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
f ( x0 + Δx, y0 + Δy ) ≈ f ( x0 , y0 ) + [ f x ( x 0
,y 0
) ] Δx + ⎡ f y ( x
⎣ 0
,y 0
) ⎤ Δy
⎦
f (1.08; 3.98 ) ≈ f (1, 4 ) + [ f x (1, 4 )] 0.08 + ⎡ f y (1, 4 ) ⎤ ( −0.02 )
⎣ ⎦
(1.08) ≈ 14 + [ 4] 0.08 + [0] ( −0.02 )
3.98
(1.08 ) ≈ 1 + 0.32
3.98
(1.08) ≈ 1.32
3.98
3.10.3 CALCULO DE ERRORES
El error en una función se lo puede considerar como la variación de la
función, entonces tenemos que:
∂f ∂f
Δf ≈ Δx + Δy
∂x ∂y
Ejemplo 1
Se desea calcular el volumen de un cono, para lo cual se mide el radio de su base en
5 cm y su altura en 10 cm , con un posible error de 0.1 cm . Aproxime el error al calcular el
volumen.
SOLUCIÓN:
El volumen de un cono circular recto está dado por: V = 1 π r 2 h
3
∂V ∂V
Por tanto, el error en el cálculo del volumen está dado por: ΔV ≈ Δr + Δh
∂r ∂h
Entonces:
2 1
ΔV ≈ π rhΔr + π r 2 Δh
3 3
2 1
ΔV ≈ π ( 5 )(10 )( ±0.1) + π ( 5 ) ( ±0.1)
2
3 3
ΔV ≈ ±13.09
Ejemplo 2
Determine la variación que experimenta la densidad de una esfera sólida cuyo radio mide
10 cm. y su masa es de 500 gr. , si el radio se incrementa en 2mm y la masa disminuye
0.5 gr.
SOLUCIÓN:
La densidad volumétrica ρ esta dada por:
m
ρ=
V
donde m es la masa y V es el volumen
En este caso tendríamos:
m m 3m 3
ρ= = = = mr −3
V 4 π r 3 4π r 3 4π
3
Entonces:
111

44. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
∂ρ ∂ρ 3 ⎛ −9m ⎞
Δρ = Δm + Δr = Δm + ⎜ 2 ⎟
Δr
∂m ∂r 4π r 3 ⎝ 4π r ⎠
Reemplazando y calculando:
3 ⎛ −9 ( 500 ) ⎞
Δρ = ( 0.2 ) + ⎜
⎜ 2 (
⎟ 0.5 )
⎟
4π (10 ) ⎝ 4π (10 ) ⎠
3
3
Δρ = ( 0.0002 − 7.5)
4π
Δρ = −1.79
La densidad disminuye 1.79 gr
cm3
Ejemplo 3
El radio r y la altura h de un cilindro circular recto se miden con un posible error del 4%
y 2% respectivamente. Aproxime el error porcentual al calcular el volumen.
SOLUCIÓN:
El volumen de un cilindro circular recto está dado por: V = π r 2 h
Se sabe que los errores porcentuales en las mediciones de r y h son del 4% y 2% , por tanto
±Δr = 100 r y ±Δh = 100 h .
4 2
∂V ∂V
Por otro lado ΔV ≈ Δr + Δh
∂r ∂h
Reemplazando:
ΔV ≈ ( 2π rh ) ( 100 r ) + (π r 2 ) ( 100 h )
4 2
ΔV ≈ ( 100 ) (π r 2 h ) + ( 100 ) (π r 2 h )
8 2
10 ⎛ ⎞
ΔV ≈ ( 100 ) ⎜ π r 2 h ⎟
⎝ V ⎠
Por tanto el error porcentual del volumen sería :
ΔV
100 ≈ 10%
V
Ejercicios propuestos 3.11
1. Calcular aproximadamente
a) 1.023.01
3
b) [4.052 + 8.982 - 0.992] 2
1 -1
c) 2
(1.03) [(0.982 ) (1.053 ) 4
] 3
2. La altura de un cono es h = 30cm , el radio de su base R = 10cm . ¿Cómo variará el
volumen de dicho cono si H se aumenta 3mm y R se disminuye 1 mm?
Calcule el valor aproximado de la función f ( x, y ) = x en el punto ( 3.1 ; 1.9 )
y
3.
4. Dos lados de un triángulo miden 150 y 200 mts. Y el ángulo que forman es de 60º. Sabiendo
que los errores probables en la medición es de 0.2 mts. en la medida de los lados y de 1º en
la del ángulo. Determine el máximo error probable que se puede cometer al evaluar su área.
Determine también el error en porcentaje.
5. Aproximar el porcentaje en el cual crece el volumen de un cilindro circular recto si el radio
aumenta en un 1% y la altura en un 2%.
112

45. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
6. Calcule la longitud del segmento de recta x = 1.2, y = 0.95 que se encuentra entre la
superficie z = x 2 + 5y 2 y su plano tangente en el punto (1,1,6 ) .
3.10.4 DEFINICIÓN GENERAL DE DIFERENCIAL
Sea f : U ⊆ R n → R m . Se dice que f = ( f1 , f 2 , , fm )
es diferenciable en x 0 ∈ U si y sólo si
( ) ⎣ ⎦⎣ ⎦( )
z = f x 0 + ⎡ Df x 0 ⎤ ⎡ x − x 0 ⎤ + r es una buena
aproximación de f en una vecindad de x 0 ; es
decir:
( )
f x 0 + h = f x 0 + ⎡ Df x 0 ⎤ ⎡ x − x 0 ⎤ + r
⎣ ⎦⎣ ⎦ ( ) ( )
r
Y se cumple que lim = 0.
h →0 h
A Df x 0 ( ) se le llama MATRIZ DIFERENCIAL O
JACOBIANA y se define como:
⎡ ∂x1 ∂∂xf12
∂f ∂f1
∂xn
⎤
⎢ ∂f21 ∂f2 ∂f 2
⎥
⎢ ∂xn ⎥
Df x 0 = ⎢ ∂x1 ∂x2 ( ) ⎥
⎢ ⎥
⎢ ∂fxm ∂fxm ∂f m
⎥
⎣∂1 ∂ 2 ∂xn ⎦ x
0
Ejemplo 1
Sea f : R 2 → R , tal que f ( x, y ) = x 2 + 3 y 2 , entonces:
Df ( x, y ) = ⎡ f x
⎣ f y ⎤ = [ 2 x 6 y ]1× 2
⎦
Ejemplo 2
Sea f : R 3 → R 4 , tal que f ( x, y, z ) = ( x 2 + y 2 , xyz , xz + yz , x 3 y 2 z ) , entonces:
⎡ ∂ ( x2 + y2 ) (
∂ x2 + y2 ) (
∂ x2 + y 2 )⎤
⎢ ∂x ∂y ∂z ⎥ ⎡ 2x 2y 0 ⎤
⎢ ∂ ( xyz ) ⎥ ⎢
xy ⎥
∂ ( xyz ) ∂ ( xyz )
⎢ ∂x ⎥ ⎢ yz xz ⎥
Df ( x, y, z ) = ⎢ ∂ xz + yz
∂y ∂z
∂ ( xz + yz ) ⎥
=
( ) ∂ ( xz + yz ) ⎢ z z x + y⎥
⎢ ∂x ∂y ∂z ⎥ ⎢ 2 2 ⎥
⎢ ∂ ( x3 y 2 z ) (
∂ x3 y 2 z ) ∂ ( x3 y 2 z ) ⎥ ⎣ 3x y z 2 x3 yz x 3 y 2 ⎦ 4× 3
⎢ ∂x
⎣ ∂y ∂z
⎥
⎦
113

46. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
3.11. REGLA DE LA CADENA.
Sea f : U ⊆ R n → R m y sea g : V ⊆ R p → R n .
Si g es diferenciable en x0 y f es
( )
diferenciable en g x 0 , entonces:
D ⎡ f ( g ( x ) ) ⎤ = [ Df ] ( ) [ Dg ]x0
⎣ ⎦ 0
g x0
Ejemplo 1
Sea f : R 2 → R , tal que f ( x, y ) = x 2 + 3 y 2 y sea g : R → R 2 , tal que g ( t ) = ( et , cos t ) ;
entonces:
⎡ dg1 ⎤
⎡ ∂f ∂f ⎤ ⎢ dt ⎥
D ⎡ f ( g ( t ) ) ⎤ = [ Df ]g ( t ) [ Dg ]t = ⎢
⎣ ⎦ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ∂x ∂y ⎦ ( et ,cos t ) ⎢ dg 2 ⎥
⎢ dt ⎥
⎣ ⎦
⎡ d ( et ) ⎤
⎢ ⎥
= [ 2 x 6 y ]( et ,cos t ) ⎢ dt ⎥
⎢ d ( cos t ) ⎥
⎢ ⎥
⎣ dt ⎦
⎡ et ⎤
= ⎡ 2et
⎣ 6 cos t ⎤ ⎢
⎦ − sent ⎥
⎣ ⎦
= 2e − 6 cos tsent
2t
En términos sencillos, si tenemos z = f ( x, y ) donde x = x (t ) y
y = x ( t ) , entonces:
dz df ∂z dx ∂z dy
= = +
dt dt ∂x dt ∂y dt ( x( ), y( ) ) t t
Ejemplo 2
Sea f (x, y ) = x 2 + y 2 donde x = t 2 y y = 2t , hallar
dz
dt
SOLUCIÓN:
dz ∂z dx ∂z dy
= +
dt ∂x dt ∂y dt
= (2 x )(2t ) + (2 y )(2)
Poniendo todo en función de” t ”
= (2 x )(2t ) + (2 y )(2)
dz
dt
dz
dt
( )
= 2t 2 (2t ) + (2(2t ))(2 ) = 4t 3 + 8t
114

47. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
Ejemplo 3
El radio superior de un tronco de cono es de 10 cm., el radio inferior 12 cm. Y la altura 18
cm. . ¿Cuál es la razón de cambio del volumen del tronco de cono con respecto al tiempo
si el radio superior disminuye a razón de 2 cm. por min. , el radio inferior aumenta a razón
de 3 cm. por min. y la altura decrece a razón de 4 cm. por min.
SOLUCIÓN:
El volumen de un tronco de cono está dado por:
π
h ( R 2 + Rr + r 2 )
V=
3
Su razón de cambio estaría dada por:
dV ∂V dh ∂V dR ∂V dr
= + +
dt ∂h dt ∂R dt ∂r dt
Los datos del problema serían:
dr dR dh
r = 10 , R = 12 , h = 18 , = −2 , =3, = −4
dt dt dt
Reemplazando y calculando:
dV π 2 dh π dR π
= ( R + Rr + r 2 ) + h ( 2 R + r )
dr
+ h ( R + 2r )
dt 3 dt 3 dt 3 dt
=
π⎡
3⎣
2
( 2
)
⎢ (12 ) + (12 )(10 ) + (10 ) ( −4 ) + (18 ) ( 2 (12 ) + 10 ) ( 3) + (18 ) (12 + 2 (10 ) ) ( −2 ) ⎥
⎤
⎦
π
= ⎡(144 + 120 + 100 )( −4 ) + (18 )( 24 + 10 )( 3) + (18 )(12 + 20 )( −2 ) ⎤
3⎣ ⎦
π
= ⎡364 ( −4 ) + (18 ) 34 ( 3) + (18 ) 32 ( −2 )⎤
3⎣ ⎦
π
= [ −1456 + 1836 − 1152]
3
dV 772π cm3
=−
dt 3 min
Ejemplo 4
Sea f : R2 → R , tal que f ( x, y ) = x 2 y y sea g : R2 → R2 , tal que
g ( u , v ) = ( uv, u 2 − v 3 ) ; entonces:
⎡ ∂g1 ∂g1 ⎤
⎡ ∂f ∂f ⎤ ⎢ ∂u ∂v ⎥
D⎡ f
⎣ ( g ( u, v ) )⎤ = [ Df ]g (u ,v ) [ Dg ] = ⎢
⎦ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ∂x ∂y ⎦ ( uv , u 2 −v3 ) ⎢ ∂g 2 ∂g 2 ⎥
⎢ ∂u
⎣ ∂v ⎦ ⎥
⎡ ∂ ( uv ) ∂ ( uv ) ⎤
⎢ ⎥
∂u ∂v
= ⎡ 2 xy 3
3x y ⎤ ⎛ 2 3 ⎞ ⎢
2 2 ⎥
⎣ ⎜
⎝ x y
⎟
⎠
⎢
(
⎦ ⎜ uv, u −v ⎟ ⎢ ∂ u 2 − v 3
) ∂ (u − v ) ⎥
2 3
⎥
⎣ ∂u ∂v ⎦
2 ⎡ v u ⎤
= ⎡ 2uv ( u 2 − v3 ) 3 ( uv ) ( u 2 − v 3 ) ⎤ ⎢
3 2
⎢
⎣ ⎥ ⎣ 2u −3v 2 ⎥
⎦ ⎦
⎡ ⎤
⎢ ⎥
= ⎢ 2uv 2 ( u 2 − v 3 ) + 6u 3v 2 ( u 2 − v 3 ) 2u 2 v ( u 2 − v ) − 9u 2 v 4 ( u 2 − v )
3 2 3 3 3 2
⎥
⎢ ⎥
⎢ ∂z ∂z ⎥
⎣ ∂u ∂v ⎦
115

48. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
Por lo tanto, si tenemos z = f ( x, y ) donde x = x ( u, v ) y y = x ( u, v ) ,
entonces:
∂z ∂z ∂x ∂z ∂y
= +
∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ( x( u ,v ), y( u ,v ) )
Y
∂z ∂z ∂x ∂z ∂y
= +
∂v ∂x ∂v ∂y ∂v ( x( u , v ), y ( u , v ) )
Ejemplo 5
Sea f ( x, y, z ) = 3x 2 + y 2 + z 2 donde x = 4uv 2 , y = 5u 2 + 10v 2 , z = u 3
∂f ∂f
Hallar: y .
∂u ∂v
SOLUCIÓN:
a)
∂f ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂z
= + +
∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂u ( 4uv2 , 5u 2 +10v2 ,u3 )
= ( 6 x ) ( 4v 2 ) + ( 2 y )(10u ) + ( 2 z ) ( 3u 2 ) ⎛
⎜
⎞
4 uv 2 , 5u 2 +10 v 2 , u 3 ⎟
⎜ ⎟
⎝ x y z ⎠
= 6 ( 4uv 2 )( 4v 2 ) + 2 ( 5u 2 + 10v 2 ) (10u ) + 2 ( u 3 )( 3u 2 )
= 96uv 4 + 10u 3 + 200uv 2 + 6u 5
b)
∂f ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂z
= + +
∂v ∂x ∂v ∂y ∂v ∂z ∂v ( 4uv2 , 5u 2 +10v2 ,u3 )
= ( 6 x )( 8uv ) + ( 2 y )( 20v ) + ( 2 z )( 0 ) ⎛ 4uv2 , 5u 2 +10 v2 ,u3 ⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ x y z ⎠
= 6 ( 4uv 2 ) ( 8uv ) + 2 ( 5u 2 + 10v 2 ) ( 20v ) + 0
= 192u 2 v 3 + 200u 2 v + 400v3
Ejemplo 6
Sea f : R 3 → R 4 , tal que f ( x, y, z ) = ( x 2 yz , y 2 − z 2 , z 3 , xyz ) y sea g : R 3 → R 3 , tal
que g ( u , v, w ) = ( u 2 v, uv 2 w, e − uw ) , hallar D [ f g ](1,1,0)
Solución:
D [ f g ](1,1,0) = [ Df ]g (1,1,0) [ Dg ](1,1,0)
Ahora bien (
g (1,1, 0 ) = 12 (1) , 1(12 ) ( 0 ) , e
−1( 0 )
) = (1, 0,1)
116

49. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
Reemplazando:
D [ f g ](1,1,0) = [ Df ]g (1,1,0) [ Dg ](1,1,0)
⎡ 2 xyz x2 z x2 y ⎤
⎢ ⎥ ⎡ 2uv u2 0⎤
0 2y −2 z ⎥ ⎢ 2 ⎥
=⎢ ⎢ v w 2uvw uv ⎥ 2
⎢ 0 0 3z 2 ⎥
⎢ ⎥ ⎢ − we − uw 0 ⎥
−ue − uw ⎦ ⎛ ⎞
⎢ yz
⎣ xz xy ⎥ ⎛ 1,0,1⎞ ⎣
⎦⎜ ⎟
⎜ 1,1,0 ⎟
⎜ ⎟
⎝u v w⎠
⎜x ⎟
⎝ y z⎠
⎡ 2 (1)( 0 )(1) 12 (1) 12 ( 0 ) ⎤ ⎡
⎥ 2 (1)(1) (1) 0 ⎤
2
⎢
⎢ 0 2 ( 0) −2 (1) ⎥ ⎢ ⎥
=⎢ ⎢ (1) 0 2 (1)(1) 0 1(12 ) ⎥
2
0 0 3 (12 ) ⎥ ⎢ ⎥
⎢ ⎥ −1( 0 )
⎢ 0 (1) ⎥ ⎢ −0e −1e −1( 0) ⎥
1(1) 1( 0 ) ⎦ ⎣
0 ⎦
⎣
⎡0 1 0⎤
⎢0 0 −2 ⎥ ⎡ 2 1 0⎤
=⎢ ⎥ ⎢0 0 1⎥
⎢0 0 3⎥ ⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢0 0 −1 ⎥
⎣0 1 0⎦ ⎣ ⎦
⎡0 0 1⎤
⎢0 0 2⎥
=⎢ ⎥
⎢ 0 0 −3 ⎥
⎢ ⎥
⎣0 0 1⎦
Ejemplo 7
⎛ y⎞ x2 + y2
Sea f ⎜ ⎟ = ; x > 0 , hallar f ( x ) .
⎝x⎠ x
SOLUCIÓN:
y
Si hacemos u = , tenemos:
x
⎛ y⎞ x2 + y2
f ⎜ ⎟=
⎝x⎠ x
x 2 + ( ux )
2
x2 + u 2 x2 x 2 (1 + u 2 )
f (u ) = = =
x x x
f (u ) = 1 + u 2
Si hacemos ahora u = x
Entonces
f ( x ) = 1 + x2
Ejemplo 8
∂z ∂z
Demostrar que z = f ( 2 x + y, − 4 x − 2 y ) satisface la ecuación −2 = 0
∂x ∂y
Solución:
Aquí tenemos z = f ( u , v ) donde u = 2 x + y , v = −4 x − 2 y , entonces:
117

50. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
∂z ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z ∂z ∂u ∂z ∂v
= + = +
∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y
∂z ∂z ∂z ∂z
= ( 2 ) + ( −4 ) y = (1) + ( −2 )
∂u ∂v ∂u ∂v
∂z ∂z ∂z ∂z ∂z ∂z
=2 −4 = −2
∂x ∂u ∂v ∂y ∂u ∂v
Ahora reemplazando:
∂z ∂z
−2 =0
∂x ∂y
⎛ ∂z ∂z ⎞ ⎛ ∂z ∂z ⎞
⎜ 2 − 4 ⎟ − 2⎜ −2 ⎟=0
⎝ ∂u ∂v ⎠ ⎝ ∂u ∂v ⎠
∂z ∂z ∂z ∂z
2 −4 −2 +4 =0
∂u ∂v ∂u ∂v
Ejemplo 9
⎛ x+ y⎞ 2 ∂z ∂z
Demostrar que z = xy f ⎜ ⎟ ; xy ≠ 0 . Calcular x − y2
⎝ xy ⎠ ∂x ∂y
Solución:
Aquí podemos obtener las derivadas parciales directamente:
∂z ∂ ⎡ ⎛ x + y ⎞⎤
= ⎢ xy f ⎜ ⎟⎥ =
∂x ∂x ⎣ ⎝ xy ⎠ ⎦
∂z ⎛x+ y⎞ ⎛ x + y ⎞ ⎡ (1) xy − ( x + y ) y ⎤
= yf ⎜ ⎟ + xyf ´⎜ ⎟⎢ ⎥
∂x ( xy )
2
⎝ xy ⎠ ⎝ xy ⎠ ⎢ ⎣ ⎥
⎦
∂z ⎛x+ y⎞ ⎛ x + y ⎞ ⎡ xy − xy − y 2 ⎤
= yf ⎜ ⎟ + ( xy ) f ´⎜ ⎟⎢ ⎥
∂x ⎝ xy ⎠ ⎢ ( xy )
2
⎝ xy ⎠ ⎣ ⎥
⎦
∂z ⎛x+ y⎞ y ⎛x+ y⎞
= yf ⎜ ⎟ − f ´⎜ ⎟
∂x ⎝ xy ⎠ x ⎝ xy ⎠
Y
∂z ∂ ⎡ ⎛ x + y ⎞⎤
= ⎢ xy f⎜ ⎟⎥ =
∂y ∂y ⎣ ⎝ xy ⎠ ⎦
∂z ⎛x+ y⎞ ⎛ x + y ⎞ ⎡ (1) xy − ( x + y ) x ⎤
= xf ⎜ ⎟ + xyf ´⎜ ⎟⎢ ⎥
∂y ( xy )
2
⎝ xy ⎠ ⎝ xy ⎠ ⎢ ⎣ ⎥
⎦
∂z ⎛x+ y⎞ ⎛ x + y ⎞ ⎡ xy − x 2 − yx ⎤
= xf ⎜ ⎟ + ( xy ) f ´⎜ ⎟⎢ ⎥
∂y ⎝ xy ⎠ ⎢ ( xy )
2
⎝ xy ⎠ ⎣ ⎥
⎦
∂z ⎛x+ y⎞ x ⎛x+ y⎞
= xf ⎜ ⎟ − f ´⎜ ⎟
∂y ⎝ xy ⎠ y ⎝ xy ⎠
Reemplazando:
∂z ∂z ⎡ ⎛ x + y ⎞ y ⎛ x + y ⎞⎤ ⎡ ⎛ x + y ⎞ x ⎛ x + y ⎞⎤
x2 − y2 = x 2 ⎢ yf ⎜ ⎟ − f ´⎜ ⎟ ⎥ − y ⎢ xf ⎜
2
⎟ − f ´⎜ ⎟⎥
∂x ∂y ⎣ ⎝ xy ⎠ x ⎝ xy ⎠ ⎦ ⎣ ⎝ xy ⎠ y ⎝ xy ⎠ ⎦
⎛ x+ y⎞ ⎛ x+ y⎞ 2 ⎛ x+ y⎞ ⎛ x+ y⎞
= x 2 yf ⎜ ⎟ − xyf ´⎜ ⎟ − y xf ⎜ ⎟ + xyf ´⎜ ⎟
⎝ xy ⎠ ⎝ xy ⎠ ⎝ xy ⎠ ⎝ xy ⎠
⎛ x+ y⎞ ⎛ x+ y⎞
= x 2 yf ⎜ ⎟ − y xf ⎜
2
⎟
⎝ xy ⎠ ⎝ xy ⎠
∂z ∂z ⎛ x+ y⎞
x2 − y2 = ( x − y ) xyf ⎜ ⎟
∂x ∂y ⎝ xy ⎠
∂z ∂z
Es decir: x2 − y2 = ( x − y) z
∂x ∂y
118

51. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
Ejemplo 10
∂2 z ∂2 z
Demostrar que z = f ( x − 2 y, 2 x + y ) satisface la ecuación + =0
∂x 2 ∂y 2
SOLUCIÓN:
Aquí tenemos z = f ( u, v ) donde u = x − 2 y , v = 2 x + y
Las derivadas parciales de primer orden serían:
∂z ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z ∂z ∂u ∂z ∂v
= + = +
∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y
y
∂z ∂z ∂z ∂z
= (1) + ( 2 ) = ( −2 ) + (1)
∂u ∂v ∂u ∂v
∂2 z
Hallemos
∂x 2
∂ 2 z ∂ ⎛ ∂z ⎞ ∂ ⎛ ∂z ∂z ⎞
= ⎜ ⎟= ⎜ +2 ⎟
∂x 2
∂x ⎝ ∂x ⎠ ∂x ⎝ ∂u ∂v ⎠
∂ ⎛ ∂z ⎞ ∂ ⎛ ∂z ⎞
= ⎜ ⎟+2 ⎜ ⎟
∂x ⎝ ∂u ⎠ ∂x ⎝ ∂v ⎠
⎡ ∂ 2 z ∂u ∂ 2 z ∂v ⎤ ⎡ ∂ 2 z ∂u ∂ 2 z ∂v ⎤
=⎢ 2 + ⎥ + 2⎢ + 2 ⎥
⎣ ∂u ∂x ∂v∂u ∂x ⎦ ⎣ ∂u∂v ∂x ∂v ∂x ⎦
⎡ ∂2 z ∂2 z ⎤ ⎡ ∂2 z ∂2 z ⎤
= ⎢ 2 (1) + ( 2)⎥ + 2 ⎢ (1) + 2 ( 2 )⎥
⎣ ∂u ∂v∂u ⎦ ⎣ ∂u∂v ∂v ⎦
∂2 z ∂2 z ∂2z
= 2 +4 +4 2
∂u ∂v∂u ∂v
∂2 z
Ahora, hallemos
∂y 2
∂ 2 z ∂ ⎛ ∂z ⎞ ∂ ⎛ ∂z ∂z ⎞
= ⎜ ⎟ = ⎜ −2 + ⎟
∂y 2 ∂y ⎝ ∂y ⎠ ∂y ⎝ ∂u ∂v ⎠
∂ ⎛ ∂z ⎞ ∂ ⎛ ∂z ⎞
= −2 ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟
∂y ⎝ ∂u ⎠ ∂y ⎝ ∂v ⎠
⎡ ∂ 2 z ∂u ∂ 2 z ∂v ⎤ ⎡ ∂ 2 z ∂u ∂ 2 z ∂v ⎤
= −2 ⎢ 2 + ⎥ + 2⎢ + 2 ⎥
⎣ ∂u ∂y ∂v∂u ∂y ⎦ ⎣ ∂u∂v ∂y ∂v ∂y ⎦
⎡ ∂2z ∂2z ⎤ ⎡ ∂2z ∂2 z ⎤
= −2 ⎢ 2 ( −2 ) + (1)⎥ + 2 ⎢ ( −2 ) + 2 (1)⎥
⎣ ∂u ∂v∂u ⎦ ⎣ ∂u∂v ∂v ⎦
∂ z
2
∂ z ∂ z
2 2
=4 2 −4 +
∂u ∂v∂u ∂v 2
Reemplazando:
∂2 z ∂2z
+ =0
∂x 2 ∂y 2
⎛ ∂2z ∂2 z ∂2 z ⎞ ⎛ ∂2 z ∂2 z ∂2z ⎞
⎜ 2 +4 + 4 2 ⎟ +⎜4 2 − 4 + ⎟=0
⎝ ∂u ∂v∂u ∂v ⎠ ⎝ ∂u ∂v∂u ∂v 2 ⎠
∂2z ∂2 z
5 +5 2 =0
∂u 2 ∂v
En la última expresión, dividiendo para 5 y cambiando de variable u = x y v = y , se
comprueba lo que pretendíamos.
119

52. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
Ejemplo 11
∂z ∂z
Transformar la ecuación x
∂x
+ 1 + y2
∂y
= xy tomando u = ln x y v = ln y + 1 + y 2 ( )
como nuevas variables independientes.
SOLUCIÓN:
Luego del cambio de variable tendríamos la función z en términos de u y v , es decir:
z = f ( u , v ) , entonces las derivadas parciales serían:
∂z ∂z ∂u ∂z ∂v
= +
∂y ∂u ∂y ∂v ∂y
∂z ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z ∂z ⎛ ⎛ ⎞⎞
= + 1 2y
∂x ∂u ∂x ∂v ∂x = (0) + ⎜ ⎜1 + ⎟⎟
∂u ∂v ⎜ y + 1 + y 2 ⎜ 2 1 + y 2
⎝
⎟⎟
⎠⎠
∂z ⎛ 1 ⎞ ∂z ⎝
= ⎜ ⎟ + ( 0) y
∂u ⎝ x ⎠ ∂v ∂z ⎛ 1 ⎛ 1 + y2 + y ⎞ ⎞
= ⎜ ⎜ ⎟⎟
2 ⎜
∂z 1 ∂z
=
∂v ⎜ y + 1 + y ⎝
⎝ 1 + y2 ⎟ ⎟
⎠⎠
∂x x ∂u
∂z ∂z ⎛ 1 ⎞
= ⎜ ⎟
∂y ∂v ⎜ 1 + y 2 ⎟
⎝ ⎠
Además:
• Si u = ln x entonces x = eu
• (
Si v = ln y + 1 + y 2 ) entonces e v
= y + 1 + y2
Despejando el radical y elevando al cuadrado:
( ) = ( ev − y )
2 2
1 + y2
1 + y 2 = e 2 v − 2 yev + y 2
1 = e 2 v − 2 yev
e 2 v − 1 ev − e − v
y= =
2e v 2
y = sen h v
Remplazando en la ecuación diferencial:
∂z ∂z
x + 1 + y2 = xy
∂x ∂y
⎛ 1 ∂z ⎞ ⎛ 1 ∂z ⎞
x⎜ ⎟ + 1+ y ⎜
2
⎜ ⎟ = xy
2 ∂v ⎟
⎝ x ∂u ⎠ ⎝ 1+ y ⎠
∂z ∂z
+ = eu senhv
∂u ∂v
Ejemplo 12
∂z ∂z
Transformar la ecuación x 2 + y2 = z 2 , tomando como nuevas variables independientes
∂x ∂y
1 1 1 1
u = x ya v = − y como nueva función w = − .
y x z x
SOLUCIÓN:
Debemos tomar como función a w en términos de u y v , es decir w = f ( u , v ) .
∂w ∂w
La diferencial total sería: dw = du + dv
∂u ∂v
Obtengamos los diferenciales.
120

53. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
• De la ecuación diferencial se observa que:
∂z ∂z
x2 + y2 = z2 ,
dx ∂x dy ∂y dz
dz
du = u´ dx
= 1dx
• Como u es función de sólo x entonces
= dx
du = x 2
∂v ∂v
dv = dx + dy
∂x ∂y
1 1
dv = 2 dx − 2 dy
• v es función de x y y entonces x y
1 1
dv = 2 x 2 − 2 y 2
x y
dv = 0
∂w ∂w
dw = dx + dz
∂x ∂z
1 1
dw = 2 dx − 2 dz
• w es función de x y z , entonces x z
1 1
dw = 2 x 2 − 2 z 2
x z
dw = 0
Ahora remplazando en la diferencial total
∂w ∂w
dw = du + dv
∂u ∂v
∂w 2 ∂w
0= x + 0
∂u ∂v
Finalmente:
∂w
=0
∂u
Ejemplo 13
∂z ∂z
Transformar la ecuación ( y − z) + ( y + z ) = 0 tomando a x por función y a u = y − z y
∂x ∂y
v = y + z por variables independientes.
SOLUCIÓN:
∂x ∂x
En este caso x = f ( u , v ) , la diferencial total sería: dx = du + dv
∂u ∂v
Obtengamos los diferenciales.
• De la ecuación diferencial se observa que:
∂z ∂z
( y − z) + ( y + z) = 0
∂x ∂y dz
dx dy
dz
∂u ∂u
du = dy + dz
∂y ∂z
• u es función y y z entonces = (1 )( y + z ) + ( −1)( 0 )
du = y + z
121

54. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
∂v ∂v
dv = dy + dz
∂y ∂z
• v es función de y y z entonces dv = (1)( y + z ) + (1)( 0 )
dv = y + z
Ahora remplazando en la diferencial total
∂x ∂x
dx = du + dv
∂u ∂v
∂x ∂x
( y − z) = ( y + z) + ( y + z)
∂u ∂v
v v v
∂x ∂x
u= v+ v
∂u ∂v
∂x ∂x u
+ =
∂u ∂v v
Ejemplo 14
∂z ∂z
Transformar la ecuación (x − z) +y = 0 tomando a x por función y a y y z por
∂x ∂y
variables independientes.
SOLUCIÓN:
∂x ∂x
En este caso x = f ( y, z ) , la diferencial total sería: dx = dy + dz
∂y ∂z
Obtengamos los diferenciales.
• De la ecuación diferencial se observa que:
∂z ∂z
(x − z) +y =0
∂x dy ∂y dz
dx
dz
Ahora remplazando en la diferencial total
∂x ∂x
x−z= y + ( 0)
∂y ∂z
∂x
x−z= y
∂y
∂x x − z
=
∂y y
Ejercicios propuestos 3.12
dz x
1. Hallar , si z = , donde x = e t , y = ln t .
dt y
⎪ x = 2sent
⎧ df
2. Sea f ( x, y ) = 4 x 2 y − 2 ln( xy ) donde ⎨ encuentre
⎩ y = 3(t − 1)
⎪ 3
dt
La demanda de cierto producto es Q(x, y ) = 200 − 10 x + 20 xy unidades por mes,
2
3.
donde x es el precio del producto e y el precio de un producto competidor. Se estima que
dentro de t meses el precio del producto será x = 10 + 0,5t dólares por unidad
mientras que el precio del producto competidor será y = 12,8 + 0,2t 2
dólares por unidad.
122

55. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
a) ¿A qué razón cambiará la demanda del producto con respecto al tiempo dentro de 4
meses?
b) ¿A qué razón porcentual cambiará la demanda del producto con respecto al tiempo dentro
de 4 meses?
4. Suponga que cuando las manzanas se venden a x CENTAVOS POR LIBRA los panaderos ganan
y DÓLARES POR HORA, el precio de los pasteles de manzana en el supermercado local es
p ( x, y ) =
1 1
DÓLARES POR PASTEL. Suponga además que dentro de t MESES, el
1
2
x 3y 2
precio de las manzanas será x = 23 + 8t CENTAVOS POR LIBRA y que los sueldos de los
panaderos serán y = 3,96 + 0,02t DÓLARES POR HORA. Si el supermercado puede
vender Q( p ) =
3600
PASTELES POR SEMANA cuando el precio es p DÓLARES POR PASTEL,
p
¿a qué razón CAMBIARÁ la demanda semanal Q con respecto al tiempo dentro de dos
meses?
∂z ∂z ⎧
⎪u = x − y
, , si z = f (u , v ) , donde
2 2
5. Hallar ⎨ .
∂x ∂y ⎪v = e
⎩
xy
∂z ∂z x ⎧ x = u sen v
6. Hallar , , si z = arctg , donde ⎨ .
∂u ∂v y ⎩ y = u cos v
7. Sea f : R → R , una función diferenciable y sea g ( X ) = sen f ( X ) f ( X )
3
( ) ;
calcular la matriz Jacobiana para g ( X ) , donde f (X ) = X
n
∂R
∑ Rk .
1 1
8. Sea la función: = Hallar
R ∂R1
k =1
e xy
9. Demuestre que u ( x, y ) = satisface la ecuación diferencial parcial
(e x
+ ey )
u x + u y = ( x + y − 1) u .
10. Sea F ( x, y ) = f ( x + 3 y, 2 x − y ) , donde f : R 2 → R es diferenciable. Suponga que
∇f ( 0, 0 ) = ( 4, −3) . Determine la derivada de la función F en el origen en la dirección del
vector v = (1,1)
11. Sea z = f ( x, y ) con derivadas parciales de segundo orden continuas:
∂2 z ∂2 z ∂2 z
a) Si x = r 2 + s 2 , y = 2rs determine , ,
∂r 2 ∂s 2 ∂s∂r
2 2
⎛ ∂z ⎞ ⎛ ∂z ⎞ ∂z ∂z
b) Si x = s + t , y = s −t demuestre que: ⎜ ⎟ −⎜ ⎟ =
⎜ ∂y ⎟
⎝ ∂x ⎠ ⎝ ⎠ ∂s ∂t
12. Sea f : R 2 → R 3 , tal que f ( x, y ) = x 2 y 2 , x 2 , y 2 ( ) y sea g : R 3 → R 2 , tal que
g ( x, y , z ) = ( x 2 + y 2 + z 2 , xyz ) , hallar D [ g f ](1,1)
d2y dy a 2 1
13. Transforme la ecuación x 2 2
+ 2 x + 2 y = 0 , poniendo x = .
dx dx x t
dy x + y
14. Transformar la ecuación = , pasando a las coordenadas polares:
dx x − y
x = r cos ϕ , y = r sen ϕ .
15. Tomando u, v, como nuevas variables independientes transformar la siguiente ecuación:
( x + y)
∂z
∂x
∂z
− ( x − y) = 0 ,
∂y
si u = ln ( x2 + y 2 ) ; v = arctg
y
x
123

56. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
∂z ∂z
16. Transformar la ecuación y − = ( y − x ) z tomando como nuevas variables
∂x ∂y
+ como nueva función w = ln z − ( x + y ) .
1 1
independientes u = x + y y v =
2 2
x y
∂ 2ϕ ∂ 2ϕ ∂ 2ϕ
17. Transformar la ecuación ∇ 2ϕ = + + pasándola en coordenadas esféricas
∂x 2 ∂y 2 ∂z 2
⎧ x = ρ sen φ cos θ
⎪
⎨ y = ρ sen φ sen θ , ¿ ∇ ϕ = ? en coordenadas esféricas.
2
⎪ z = ρ cos φ
⎩
⎛x⎞ x ∂z ∂z
18. Sea z = f ⎜ ⎟ , calcule el valor de la expresión +
⎝ y⎠ y ∂x ∂y
∂ 2u ∂ 2u
19. Transformar la ecuación de Laplace 2 + 2 = 0 a coordenadas polares.
∂x ∂y
3.12 DERIVACIÓN IMPLICITA
Suponga que se tiene F ( x, y ) = 0 , una ecuación implícita para un lugar
geométrico de R 2 . Obteniendo diferencial a ambos miembros de la ecuación
D ( F ( x, y ) ) = D [ 0 ]
Fx dx + Fy dy = 0
Despejando, se obtiene:
dy F
=− x
dx Fy
Ejemplo.
dy
Sea x 2 + y 2 = 4 , hallar empleando derivadas parciales.
dx
Solución:
En este caso tenemos F ( x, y ) = x 2 + y 2 − 4
Empleando la formula:
dy F 2x x
=− x =− =−
dx Fy 2y y
Suponga que se tiene F ( x, y , z ) = 0 , una ecuación implícita para un
lugar geométrico de R3 . Obteniendo diferencial a ambos miembros de la
ecuación
D ( F ( x, y , z ) ) = D [ 0 ]
Fx dx + Fy dy + Fz dz = 0
124

57. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
∂y
Si queremos , debemos considerar a z constante, por tanto dz = 0 .
∂x
Reemplazando y despejando se obtiene:
∂y F
=− x
∂x Fy
∂z
Si queremos , debemos considerar a y constante, por tanto dy = 0 .
∂x
Reemplazando y despejando se obtiene:
∂z F
=− x
∂x Fz
∂z
Si queremos , debemos considerar a x constante, por tanto dx = 0 .
∂y
Reemplazando y despejando se obtiene:
∂z Fy
=−
∂y Fz
Ejemplo
∂z ∂z
Sea x3 e y + z − ysen ( x − z ) = 0 , hallar y .
∂x ∂y
Solución:
En este caso tenemos F ( x, y, z ) = x3 e y + z − ysen ( x − z )
Empleando las formulas:
∂z F 3x 2 e y + z − y cos ( x − z )
= − x = − 3 y+z
∂x Fz x e + y cos ( x − z )
∂z Fy x 3 e y + z − sen ( x − z )
=− = − 3 y+z
∂y Fz x e + y cos ( x − z )
Por otro lado, suponga que se tiene una superficie cuya ecuación está dada
en forma implícita F ( x, y, z ) = 0 , el vector normal que estaba dado de esta
⎛ ∂z ∂z ⎞
forma n = ⎜ − , − ,1⎟ , ahora puede ser dado de otra forma.
⎝ ∂x ∂y ⎠
Reemplazando:
⎛ ⎛ F ⎞ ⎛ Fy ⎞ ⎞
n = ⎜ − ⎜ − x ⎟ , − ⎜ − ⎟ ,1⎟
⎝ ⎝ Fz ⎠ ⎝ Fz ⎠ ⎠
Multiplicando por Fz : n = ( Fx , Fy , Fz )
125

58. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
Ejemplo 1
10
Hallar la ecuación del plano tangente a la superficie que tiene por ecuación z = en el
xy
punto (1, 2,5) .
SOLUCIÓN:
Este problema ya se lo había resuelto tomando le ecuación de la superficie de manera explícita, se trata
ahora de encontrar la ecuación del plano tangente empleando la ecuación implícita F : xyz = 10
El vector ortogonal al plano tangente es el vector gradiente de la superficie en el punto (1, 2,5) .
n = ∇F = ( Fx , Fy , Fz ) = ( yz , xz , xy ) = (10,5, 2 )
(1,2,5)
Reemplazando y simplificando:
a ( x − x0 ) + b ( y − y0 ) + c ( z − z0 ) = 0
10 ( x − 1) + 5 ( y − 2 ) + 2 ( z − 5 ) = 0
10 x + 5 y + 2 z − 10 − 10 − 10 = 0
10 x + 5 y + 2 z − 30 = 0
Que es la misma respuesta obtenida anteriormente pero ahora de una manera un tanto más
rápida.
Ejemplo 2
Hallar la ecuación de la recta tangente a las superficies x 2 + y 2 + 2 z 2 = 4 y z = xy en el
punto (1,1,1).
Solución:
Las superficies se intersecan en una curva. La recta tangente a la curva en el punto (1,1,1) es la recta
tangente a las superficies en ese punto.
El vector director de la recta tangente se lo obtiene mediante el producto cruz entre los vectores normales
de las superficies. Es decir:
S = n1 × n2
Donde n1 sería el vector ortogonal a la superficie F1 : x + y + 2 z = 4 y
2 2 2
n2 sería el vector ortogonal a la superficie F2 : z − xy = 0
Los vectores normales serían los vectores gradientes a las superficies en ese punto
n1 = ∇F1 = ( 2 x, 2 y, 4 z ) = ( 2, 2, 4 )
(1,1,1)
n2 = ∇F2 = ( − y, − x,1) = ( −1, −1,1)
(1,1,1)
Entonces
i j k
S = n1 × n2 = 2 2 4 = ( 6, −6, 0 )
−1 −1 1
Finalmente, la ecuación de la recta sería:
⎧ x = 1 + 6t
⎪
l : ⎨ y = 1 − 6t
⎪z = 1
⎩
Ejemplo 3
En el tiempo t = 0 se lanza una partícula desde el punto (1,1,1) sobre la superficie xyz = 1 en
una dirección normal a la superficie, con una rapidez de 3 unidades por segundo. ¿En qué
instante y en qué punto cruza a la esfera x + y + z = 27 ?
2 2 2
SOLUCION:
126

59. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
Primero se encuentra la ecuación de la trayectoria por la cual se desplaza la partícula una vez que sale de
la superficie. Esta es una recta, a propósito la normal, de acuerdo a lo que se informa. No olvide que debe
tener una rapidez de 3 unid. por seg.. Por tanto el vector director debe tener magnitud 3 y tener la
dirección del gradiente:
∇F ( yz, xz, xy ) (1,1,1)
S= 3 = 3 = 3 = (1,1,1)
∇F y z +x z +x y
2 2 2 2 2 2
3
(1,1,1)
La ecuación de la recta sería:
⎧x = 1+ t
⎪
l : ⎨ y = 1+ t
⎪z = 1+ t
⎩
La recta debe intersecar a la esfera, por tanto sus coordenadas debe satisfacer su ecuación.
Reemplazando:
x 2 + y 2 + z 2 = 27
(1 + t ) + (1 + t ) + (1 + t ) = 27
2 2 2
3 (1 + t ) = 27
2
(1 + t ) =± 9
2
1 + t = ±3
t = −1 ± 3
Concluimos que t = 2 seg .
⎧x = 1+ 2 = 3
⎪
Y el punto sería: ⎨ y = 1 + 2 = 3
⎪z = 1+ 2 = 3
⎩
Ejercicios Propuestos 3.13
1. Hallar y´ , empleando derivadas parciales, para:
a) 2 x 2 + 6 xy + y 2 = 18
x ( y −2 )
b) y + 5 x = xe
2
∂2z
2. Hallar en x 2 y − 3z + 8 yz 3 = 0
∂x 2
3. Determine la derivada direccional de la función u = f ( x, y , z ) definida implícitamente
por u + ye + x + 3 z = 0 en
u
el origen de coordenadas en la dirección del vector
v = (1,−1,−1)
4. En el tiempo t=0 se lanza una partícula desde el punto (1,1,1) sobre la superficie
x 2 + y 2 + 3 z 2 = 5 en una dirección normal a la superficie, con una rapidez de 10 unidades
por segundo. ¿En qué instante y en qué punto cruza a la esfera x 2 + y 2 + z 2 = 103
Demuestre que el plano tangente al cono z = a x + b y pasa por el origen.
2 2 2 2 2
5.
6. Demuestre que cualquier recta normal a una esfera pasa por su centro.
x2 y2 z2
7. Demuestre que el plano tangente al elipsoide + + = 1 en el punto
a2 b2 c2
(x0 , y 0 , z 0 ) puede escribirse en la forma + =1.
x0 x
+
y0 y z0 z
b2 c2 a2
8. Demostrar que los planos tangentes a la superficie: x + y + z = a interceptan a
los ejes coordenados en segmentos cuya suma es constante.
127

60. MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables
9. Encuentre un punto de la superficie x 2 + 2 y 2 + 3 z 2 = 12 , donde el plano tangente es
perpendicular a la recta cuyas ecuaciones paramétricas son:
x = 1 + 2t ; y = 3 + 8t ; z = 2 − 6t
10. Demostrar que el elipsoide x 2 + 3y 2 + 2z 2 = 9 y la esfera
x + y + z − 8 x − 8 y − 6 z + 24 = 0 son tangentes en el punto (1,1,1).
2 2 2
11. Hallar la ecuación de la recta tangente a las superficies x 2 + y 2 + z 2 = 3 y z = xy en
el punto (1,1,1).
12. En qué puntos el gradiente de la superficie u = x 3 + y 3 + z 3 − 3 xyz es :
a) perpendicular al eje z.
b) Es paralelo al eje z.
π
13. Encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva intersección de las superficies φ =
3
(
y ρ = 2 csc φ sec θ en P 2, 2, − 8 . )
128