Este documento presenta conceptos fundamentales sobre funciones escalares. Primero define funciones vectoriales y escalares, y explica que una función escalar es una función de varias variables cuya salida es un escalar. Luego describe cómo graficar funciones escalares, definir su dominio, y calcular sus conjuntos de nivel. Finalmente, introduce conceptos como límites, continuidad y derivadas para funciones de varias variables, necesarios para el estudio de funciones escalares.

1. MOISES VILLENA Funciones Escalares
4
1. FUNCIÓN VECTORIAL
2. GRAFICA DE UNA FUNCIÓN ESCALAR
1. 3. DOMINIO DE UNA FUNCIÓN
2. ESCALAR
3. 4. CONJUNTO DE NIVEL
4. 5. LIMITES DE FUNCIONES DE VARIAS
VARIABLES
6. CONTINUIDAD
7. DERIVADA DE UNA FUNCIÓN
ESCALAR
8. DIFERENCIABILIDAD
9. GRADIENTE
10. LA DIFERENCIAL
11. REGLA DE LA CADENA
12. DERIVACIÓN IMPLICITA
Objetivos.
Se persigue que el estudiante:
• Conceptualice funciones Vectoriales, Escalares y Curvas
• Describa conjunto de niveles.
• Establezca límites, continuidad y derivadas de funciones de dos
variables.
• Establezca si una función de dos variables es diferenciable o no.
• Determine ecuaciones de planos tangentes a superficies.
• Obtenga derivadas de funciones compuestas
• Obtenga derivadas de funciones implícitas
1

2. MOISES VILLENA Funciones Escalares
1. FUNCIÓN VECTORIAL
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 → R 3 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)
tenemos f : U ⊆ R → R , se la denomina FUNCIÓN
m = 1, n
Si
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) = x 2 + y 2 + z 2
Si n = 1,
tenemos f :U ⊆ R → Rm , la cual se la denomina
TRAYECTORIA o CURVA.
2

3. MOISES VILLENA Funciones Escalares
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.
2. GRAFICA DE UNA FUNCIÓN ESCALAR
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 gráfico 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
3

4. MOISES VILLENA Funciones Escalares
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. 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;
y su RECORRIDO por vectores de () (
R m , f x = f1 ( x), f 2 ( x), , f m ( x) ).
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 2 + y 2 es un paraboloide.
z
y
x
Por tanto la proyección es todo el plano xy
4

5. MOISES VILLENA Funciones Escalares
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
⎪⎜ y ⎟
⎩⎝ ⎠ ⎪
⎭
circunferencia 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 2
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 ⎟
⎩⎝ ⎠ ⎪
⎭
.
5

6. MOISES VILLENA Funciones Escalares
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 1
Descríbase la región R del plano xy que corresponde al Dominio Natural de la función
dada .
x+ y
a) z = 4 − x 2 − y 2 h) z =
xy
⎛ 9 x 2 − 6 y 2 − 36 ⎞
b) z = ln (4 − x − y ) i) w = ln⎜ ⎟
⎜ 36 ⎟
⎝ ⎠
c) z = x y (
j) z = arcsen x 2 + y 2 )
⎛x⎞ ⎛ 2 ⎞
d) z = arcsen( x + y ) k) f ( x, y ) = sen⎜ ⎟ ln⎜
⎜ y⎟ ⎜x+ y⎟
⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
e) z = e
x
y
l) f ( x, y ) =
(
ln 4 − x 2 − y 2 ) 1
2
arcsen( x + y )
f) z = (
x 2 − y ln y − x 2 )
⎛ xz ⎞
g) z = arccos⎜ ⎟
⎜ y⎟
⎝ ⎠
Obtener trazas de las secciones transversales de la superficie es
suficiente, en muchas ocasiones, para su análisis.
4. CONJUNTO DE NIVEL
3.1 DEFINICIÓN
Sea f : U ⊆ R n → R . Se llama CONJUNTO DE
n
NIVEL de f , al conjunto de puntos de R tales
que f ( x1 , x 2 , , x n ) = 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
6

7. MOISES VILLENA Funciones Escalares
que f ( x, y ) = c . Es decir, serían las curvas que resultan de la intersección de
la superficie con los planos z = c , 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
7

8. MOISES VILLENA Funciones Escalares
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 = c .
(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 es llamado SUPERFICIES DE NIVEL
Ejercicios Propuestos 2
Descríbase las curvas de nivel y las secciones transversales de cada función en su
3
correspondiente plano, luego dibújese la gráfica de la superficie en R
a) z = 4 − x2 − y2
b) f ( x, y ) = y 2
c) z= x2 + y2
d) f ( x, y ) = 6 − 2 x − 3 y
e) f ( x , y ) = xy 2
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9. MOISES VILLENA Funciones Escalares
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.
5.1 BOLA ABIERTA.
Se llama n − bola abierta de centro en x0 y
(
radio δ , denotada por Bn x0 ;δ , al conjunto: )
( ) {
Bn x0 ;δ = x ∈ R n / x − x0 < ∂ }
Donde x0 ∈ R n , ∂ ∈ R muy pequeño.
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 − x )
0
2
− (x − x0 ) < ∂
2
(x , y )
0 0
x
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, ∃Bn x0 ; ∂ ( )
contenida en U .
5.3 CONJUNTO ABIERTO
U ⊆ R n es un conjunto abierto, si todos sus
puntos son interiores a U .
9

10. MOISES VILLENA Funciones Escalares
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, ∃Bn x0 ; ∂ ( )
totalmente fuera de U .
5.5 PUNTO DE FRONTERA
Se dice que x0 es un punto de frontera de U , si
no es ni interior ni exterior.
5.6 CONJUNTO CERRADO.
U ⊆ R n es un conjunto cerrado si su
complemento es abierto
5.7 CONJUNTO SEMIABIERTO.
U ⊆ R n es un conjunto semiabierto si no es
abierto y tampoco cerrado.
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:
⎝ x→ x0
()
⎛ lím f x = L ⎞ ≡ ∀ξ > 0, ∃∂ > 0 / x ∈ B x ; ∂ ⇒ f x − L < ξ
⎜ ⎟
⎠ n 0
( ) ()
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
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11. MOISES VILLENA Funciones Escalares
Es decir, que si tomamos a ( x, y ) cercano a (x , y )
0 0
entonces
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
x4 + y 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 + y2 < ∂
x + y4
4
x4 y
Se concluye finalmente que: <∂
x + y4
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.
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) ∂
11

12. MOISES VILLENA Funciones Escalares
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 = o
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 = o
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 x 4 + 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 x4 2 2 x →0 x x +m
2
( 2 2
) x →0 (x 2
+ m2 )=0
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
x 4
+ (ax ) 2 2 x →0 x +a x
4 2 4 x →0 x 1+ a
4
( 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.
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13. MOISES VILLENA Funciones Escalares
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 x + 02
2 x →0
2
0 y
2. Eje y ( x = 0 ): lím = lím 0 = 0
0 + y 2 y →0
y →0 2
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 )
2 2 x →0 x +m x
2 2 2 x →0 2
(
x 1+ m 2
) x →0 (1 + m ) = 02
4. Parábolas que tengan vértice el origen ( y = ax 2 )
( )
x 2 ax 2
= lím
ax 4
= lím
ax 4
= lím
ax 2
=0
lím
x →0
x2 2 2
+ (ax )
x →0 x 2 + a 2 x 4 x →0 (
x 2 1+ a 2 x 2 ) x →0 1 + a 2 x 2
Probemos con otra trayectoria
5. x = ay 2
(ay ) y2 2
= lím
ay 5
= lím
ay 5
= lím
ay 3
lím
y →0
(ay ) + y
2 2 2 y →0 a2 y4 + y2 y →0 (
y 2 a 2 y 2 +1 ) y →0 (a 2
y 2 +1 )=0
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 θ
= lím
r →0 r2
= lím ( rsenθ cos θ )
r →0
En la parte última se observa que senθ cos θ es acotado por tanto
lím ( rsenθ cos θ ) = 0
r →0
Lo anterior quiere decir que en situaciones especiales (¿cuáles?),
podemos utilizar coordenadas polares para demostrar o hallar límites.
Ejemplo
Calcular lím
(
sen x 2 + y 2 )
( x, y )→(0.0 ) x +y
2 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
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14. MOISES VILLENA Funciones Escalares
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→ x 0 x→ x 0
()
5.8.2 TEOREMA PRINCIPAL.
() ()
Si lim f x = L y lim g x = M entonces:
x→ x 0 x→ x 0
1. lim ⎡ f ( x ) + g ( x) ⎤ = lim f ( x ) + lim g ( x) = L + M
⎣
x→ x0 ⎦ x→ x0 x→ x 0
2. lim ⎡ f ( x ) − g ( x ) ⎤ = lim f ( x ) − lim g ( x) = L − M
⎣
x→ x0 ⎦ x→ x0 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, y )→(1.2 )
(x 2
)
+ 2y −3 = 8
Ejercicios Propuesto 3
1. Calcular los siguientes límites:
⎛ y⎞
x 2 sen⎜ ⎟
a) g)
lim (x + 3 y )
⎝k⎠ 2
lim y
x→k x→2
y →0 y →1
2
b) x y h)
lim x 2 + y 2
x→0
lim ysenxy
x →π
y →0 4
y →2
sen(x + y )
c) lim
( x , y )→(0,0 ) y
f) lim
( x , y )→(0,0 )
(x 2
+ y2 ) x2 y 2
e xy − 1
2x − y 2
d) i) lím
lim x ( x , y →(0,0 )) 2 x 2 + y
x →0
y →0
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15. MOISES VILLENA Funciones Escalares
e) (
sen x 2 + y 2 )
lim x2 + y2
x →0
y →0
2. Calcúlese el límite de f (x, y ) cuando (x, y ) → (a, b ) hallando los límites:
lim g ( x ) y lim h ( y ) , donde f ( x, y ) = g ( x ) h ( y )
x→ a y→b
a) (1 + senx )(1 − cos y ) c) cos x seny
lim
x →0 y lim
x →0 y
y →0 y →0
b) 2 x( y − 1) d) xy
lim (x + 1)y
x →1
lim (x − 1)e y
x →1
y →2 y →0
6 6
Sea: f (x, y ) = f ( x, y ) ?
x y
3. ¿para qué valores de "a" existe el lím
x + ay 4
4 ( x , y →(0,0 ))
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→ x 0
( )
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) x2 + y 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 + x 22
2
xy
Entonces lim no existe.
( x , y ) →( 0,0) x 2 + y 2
Por tanto, f NO ES CONTINUA EN ( 0,0 ) .
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16. MOISES VILLENA Funciones Escalares
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 .
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 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 , ( x, y ) ≠ (0,0 )
⎪
b) f ( x, y ) = ⎨
⎪1 , ( x, y ) = (0,0 )
⎩
⎧ xy
(x, y ) ≠ (0,0)
c) f ( x, y ) = ⎪ x 2 + y 2
,
⎨
⎪ 1 , ( x, y ) = (0,0 )
⎩
⎧ cos x 2 + y 2
⎪1 −
(, x2 + y2 ≠ 0
)
d) f (x, y ) = ⎪
⎨ x +y
2 2
⎪
⎪
⎩ −8 , x2 + y2 = 0
⎧ 1 − x2 − y2
⎪ , x2 + y2 ≠ 0
e) f (x, y ) = ⎪ 1 − x 2 − y 2
⎨
⎪
⎪
⎩ 1 , x2 + y2 = 0
⎧ x3 + y3
⎪ , ( x, y ) ≠ (0,0)
f) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2
⎪
⎩ 0 , ( x, y ) = (0,0)
⎧ y x3
⎪ , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
g) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 6
⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
⎧ y5 x2
h) f ( x, y ) = ⎪ 2 x 4 + 3 y10
, ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
⎨
⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
⎧ x y − xy
3 2 3
i) f ( x, y ) = ⎪ x 2 + y 2
, ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
⎨
⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
16

17. MOISES VILLENA Funciones Escalares
7. DERIVADA DE UNA FUNCIÓN ESCALAR.
Para función 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.
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 ,
⎛ x 0 ; v ⎞ o también D f (x 0 ), se
→
denotada por f ´⎜ ⎟
⎝ ⎠
→
v
define como:
⎛ ⎞
( )
→
f ⎜ x0 + v ⎟ − f x0
⎛ →⎞
f ´⎜ x 0 ; v ⎟ = lim ⎝ →
⎠
⎝ ⎠ v →0
→
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
17

18. MOISES VILLENA Funciones Escalares
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 = ⎜ , ⎟
→
⎜ 2 2 ⎟
u
⎝ ⎠
SOLUCIÓN:
Empleando la definición:
⎛ ⎛ 2 2 ⎞⎞
f ⎜ (1, 2 ) + h ⎜⎜ 2 , 2 ⎟ ⎟ − f (1, 2 )
⎟⎟
⎜
⎝ ⎝ ⎠⎠
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
18

19. MOISES VILLENA Funciones Escalares
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 ( cos θ , 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 , entonces D→ f ( 0, 0 ) = 0
2 2 u
π π
2. Si θ ≠ 0, ,π , entonces D→ f ( 0, 0 ) no existe.
2 2 u
Ejemplo 4
⎧ x2 y
2 (
⎪ 4 ; 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:
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 entonces D→ f ( 0, 0 ) = ( existe).
u senθ
19

20. MOISES VILLENA Funciones Escalares
Más adelante daremos una técnica para hallar derivadas direccionales
sin emplear la definición.
Un caso especial de las derivadas direccionales es cuando
consideramos dirección con respecto a eje x y con respecto al eje y .
Ejercicios Propuestos 5
Determine la derivada direccional de f en el origen en la dirección del vector unitario
( a, b ) .
⎧ x 3 y 2 − xy 3
⎪ si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
a) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2
⎪ 0 si ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
⎧ y −x 2 2
⎪ xy si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
b) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2
⎪ 0 si ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
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:
f ⎛ x 0 + h e i ⎞ − f (x 0 )
→
∂f ⎜ ⎟
∂xi
(x 0 ) = lim
h →0
⎝
h
⎠
Cuando este límite existe
Si f : U ⊆ R 2 → R (una función de dos variables), entonces los
vectores canónicos unitarios serían: e1 = i = (1,0)
ˆ y e2 = ˆ = (0,1) .
j Las
derivadas parciales serían:
∂f f ( ( x , y ) + h (1,0 ) ) − f ( x , y )
( x0 , y0 ) = lim 0 0 0 0
∂x1 h →0 h
20

21. MOISES VILLENA Funciones Escalares
∂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 f ( ( x , y ) + h ( 0,1) ) − f ( x , y )
( x0 , y0 ) = lim 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 xh + h2 ) y 3 − x 2 y 3
2
h →0 h
x y + 2 xhy 3 + h 2 y 3 − x 2 y 3
2 3
= lim
h →0 h
2 xhy 3 + h 2 y 3
= lim
h →0 h
= lim ( 2 xy + hy 3 )
3
h →0
∂f
= 2 xy 3
∂x
∂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 2 y 2 + 3 x 2 yh + x 2 h 2 )
h→0
∂f
= 3x 2 y 2
∂y
21

22. MOISES VILLENA Funciones Escalares
∂f
Note que se obtiene como una derivada para función de una
∂x
variable, en este casox , y considerando a la otra variable y como constante.
∂f
Análogamente, si se desea obtener , deberíamos derivar considerando sólo
∂y
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 .
⎪ 0 ; ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
Hallar f x ( 0, 0 ) y f y ( 0, 0 )
SOLUCIÓN:
Aplicando la definición:
⎡ h ( 0) ⎤
⎢ 2 2 ⎥
−0
a) f ( 0, 0 ) = lim f ( h, 0 ) − f ( 0, 0 ) ⎣h + 0 ⎦ 0
x = lim = lim = 0
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
Ejercicios propuestos 6
∂f ∂f
1. Encontrar , si :
∂x ∂y
a) f ( x, y ) = xy d) f ( x, y ) = xe x + y2
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 )
xy
f) f ( x, y ) = ∫ g ( t ) dt
y2
2. Hallar f x ( 0, 0 ) y f y ( 0, 0 ) , para:
22

23. MOISES VILLENA Funciones Escalares
⎧ xy2
⎪ 2 2 si ( x, y ) ≠ ( 0,0)
a) f ( x, y ) = ⎨ x + y
⎪ 0 si ( x, y ) = ( 0,0)
⎩
⎧ x 3 y 2 − xy 3
b) f ( x, y ) = ⎪ x 2 + y 2
, ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
⎨
⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
c) f ( x, y ) = ⎪
⎨
⎧ x 2 − y 2 sen
( )1
x2 + y2
, ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
⎪
⎩ 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 )
7.3.1 INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA DE LAS
DERIVADAS PARCIALES
Se ha definido la derivada tratando de que se entienda como la
variación de la función con respecto a una dirección. Entonces la
∂f
derivada parcial , será la pendiente de la recta tangente paralela al
∂x
plano zx , observe la figura:
z
∂f
m= (x0 , y0 )
∂x
(x0 , y0 , f (x0 , y0 ))
• ∆z
z = f ( x, y )
∆x
y0
y
x0
(x0 , y0 )
h
x0 + h (x0 + h, y0 )
x
∂f
En cambio, la derivada parcial , será la pendiente de la recta
∂y
tangente paralela al plano zy , observe la figura:
23

24. MOISES VILLENA Funciones Escalares
z
z = f ( x, y )
∂f
m= (x0 , y0 )
∂y
(x0 , y0 , f (x0 , y0 ))
∆z
•
∆y
y0 h
y0 + h y
x0
(x0 , y0 ) (x 0 , y 0 + h )
x
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 + y 2
(2,1,5)•
y =1
y
∂z
m = (2,1)
dx
dz
→
S = (a, o, c )
x
dx
24

25. MOISES VILLENA Funciones Escalares
⎧ 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 , z 0 ) = (2,1,5) .
Los vectores directrices son paralelos al plano zx y por tanto son de la forma:
→
S = (a, o, c ) . ¿Por qué?
∂z
La pendiente de la recta será m = (2,1) ; que definirá la dirección de los vectores
dx
directores.
∂z
Ahora bien, si z = x + y entonces = 2x .
2 2
∂x
∂z
Evaluando tenemos: = 2 x = 2(2) = 4
∂x
∂z c 4
Entonces: = =
∂x a 1
→
Por tanto S = (a, o, c ) = (1,0,4 )
Finalmente la ecuación de la recta buscada será:
⎧ x = x0 + at = 2 + t
⎪
l : ⎨ y = y0 + bt = 1 + 0t
⎪ z = z + ct = 5 + 4t
⎩ 0
7.3.2 DERIVADAS PARCIALES DE ORDEN
SUPERIOR
Sean f : U ⊆ R 2 → R tal z = f ( x, y ) .
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 ⎞
( x0 + h, y0 ) − ∂f ( x0 , y0 )
= ⎜ ⎟ = lim ∂x ∂x
2
= f xx
∂x 2
∂x ⎝ ∂x ⎠ h →0
h
∂f
∂ f ∂ ⎛ ∂f ⎞
( x0 , y0 + h ) − ∂f ( x0 , y0 )
= ⎜ ⎟ = lim ∂x ∂x
2
= f xy
∂y∂x ∂y ⎝ ∂x ⎠ h →0
h
25

26. MOISES VILLENA Funciones Escalares
∂f
( x0 + h, y0 ) − ∂f ( x0 , y0 )
∂ f2
∂ ⎛ ∂f ⎞ ∂y ∂y
= ⎜ ⎟ = lim = f yx
∂x∂y ∂x ⎜ ∂y ⎟ h→0
⎝ ⎠ h
∂f
( x0 , y0 + h ) − ∂f ( x0 , y0 )
∂2 f ∂ ⎛ ∂f ⎞ ∂y ∂y
= ⎜ ⎟ = lim
⎜ ∂y ⎟ h→0 = f yy
∂y 2
∂y ⎝ ⎠ 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 + 6 x 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
Note que las derivadas cruzadas son iguales.
7.3.3 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
26

27. MOISES VILLENA Funciones Escalares
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 (0,0) ⎞
(0, 0 + h ) − ∂f (0,0)
a) f xy (0,0 ) = ⎜ ⎟ = lím ∂x ∂x
∂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
∂f ( )(
∂ ⎛ x 3 y − xy 3 ⎞ 3 x 2 y − y 3 x 2 + y 2 − x 3 y − xy 3 (2 x )
= ⎜ 2 ⎟=
) ( )
∂x ∂x ⎜ x + y 2 ⎟
⎝ ⎠ x2 + y2
2
( )
3x 4 y − x 2 y 3 + 3x 2 y 3 − y 5 − 2 x 4 y + 2 x 2 y 3
=
(x 2
+ y2 )
2
x4 y + 4x2 y3 − y5
=
(x 2
+ y2 )2
Evaluando
f x (0, h ) =
( )
04 h + 4 02 h3 − h5 − h5
= 4 = −h
(0 2
+ h2 ) 2
h
∂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 0 − h 03
3
−0
( )
= lím h + 0
2 2
h→0 h
0
= lím
h→0 h
=0
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
(0 + h, 0) − ∂f (0,0)
∂ ⎛ ∂f (0,0) ⎞ ∂y ∂y
b) f yx (0,0 ) = ⎜
⎜ ∂y ⎟ = lím
⎟ h →0
∂x ⎝ ⎠ h
27

28. MOISES VILLENA Funciones Escalares
∂f
Para la derivada en cualquier punto diferente de (0,0) tenemos:
∂y
∂f (
∂ ⎛ x 3 y − xy 3 ⎞ x 3 − 3xy 2 x 2 + y 2 − x 3 y − xy 3 (2 y )
= ⎜ 2 ⎟=
)( ) ( )
∂y ∂y ⎜ x + y 2 ⎟
⎝ ⎠ x2 + y2
2
( )
x + x y − 3x 3 y 2 − 3 xy 4 − 2 x 3 y 2 + 2 xy 4
5 3 2
=
(x 2
+ y2 )
2
x 5 − 4 x 3 y 2 − xy 4
=
(x 2
+ y2 )2
Evaluando:
h 5 − 4h 3 0 2 − h0 4 h5
f y (h,0) = = =h
(h 2
+ 02 ) 2
h4
∂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 h3
3
−0
( )
= lím 0 + h
2 2
h →0 h
0
= lím
h →0 h
=0
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? ¡Demuéstrelo!
Ejercicios propuestos 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 y4
⎪ 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 )
28

29. MOISES VILLENA Funciones Escalares
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
∆y
dy
f ( x0 )
h = dx = ∆x
x0 x0 + h x
Note que ∆y = dy + r , donde a r le vamos a llamar residuo.
Reemplazando tenemos:
∆y = 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:
29

30. MOISES VILLENA Funciones Escalares
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.
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 ) h1 + h2
2 2
Ejemplo 1
Demuestre que f ( x, y ) = x 2 + y 2 es diferenciable en todo ( x , y ) 0 0
SOLUCIÓN:
Aplicando la definición, para que la función sea diferenciable el límite
30

31. MOISES VILLENA Funciones Escalares
[ f (x 0
+ h1 , y0 + 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 )
h + h2
1
2 2
⎡( x0 + h1 ) + ( y0 + h2 ) ⎤ − ⎡ x0 2 + y0 2 ⎤ − [ 2 x0 ] h1 − [ 2 y0 ] h2
2 2
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 )
h1 + h2 2
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 Por tanto f ES DIFERENCIABLE EN TODO PUNTO.
( h1 , h2 ) → ( 0,0 )
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:
[ 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 ) h12 + h2 2
h1h2
lim
( h1 , h2 ) → ( 0,0 )
(h + h2 2 )
3
2 2
1
31

32. MOISES VILLENA Funciones Escalares
El último límite lo calculamos por coordenadas polares
h1h2 r cos θ rsenθ cos θ senθ
lim = lim = lim
( h1 , h2 )→( 0,0 )
(h + h2 2 ) (r )
3 r →0 3 r →0
2 2 2 2 r
1
Este límite no existe, por tanto f NO ES DIFERENCIABLE en ( 0, 0) .
Los siguientes teoremas permiten sacar conclusiones rápidas.
8.1 TEOREMA
Si f : U ⊆ R 2 → R , es diferenciable en ( x0 , y0 ) ∈ U ,
entonces es continua en ( x0 , y0 ) .
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 ) .
Ejercicios propuestos 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
⎪
⎪ 2
(
a) 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 )
⎩
⎧ x 3 y 2 − xy 3
c) f ( x, y ) = ⎪ x 2 + y 2
, ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
⎨
⎪ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
d) f ( x, y ) = ⎪
⎨
⎧ x 2 − y 2 sen
( )1
x2 + y2
, ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
⎪
⎩ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎧ sen ( x − y )
2 2
⎪ , ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
e) f ( x, y ) = ⎨ x+ y
⎪
⎩ 0 , ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎧ y 2 − x2
⎪ xy si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
f) f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2
⎪ 0 si ( x, y ) = ( 0, 0 )
⎩
32

33. MOISES VILLENA Funciones Escalares
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 ⎠( x 0 )
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)
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 x 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 ( x , y )] h
0 0 0 0 1 2
+ lim
r
x x
h →0 h →0 h
0 0 0 0
h h h
r
Si f es diferenciable entonces lim .
h→0 h
Con lo cual resulta:
lim
f (( x , y ) + hu ) − f ( x , y ) = [ f ( x , y )]u + [ f
0 0 0 0
( x , y ) ] u2
x 0 0 1 x 0 0
h →0 h
Finalmente
Du f ( x0 , y0 ) = ⎡∇f ( x0 , y0 ) ⎤ • u
⎣ ⎦
33

34. MOISES VILLENA Funciones Escalares
Ejemplo
→ ⎛ 2 2⎞
Sea f ( x, y ) = x 2 + y 2 . Hallar D f (1, 2 ) donde u = ⎜ , ⎟
→
⎜ 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 9
1. Halle la derivada direccional de la función en el punto P en la dirección de Q .
a) f ( x, y ) = x 2 + 4 y 2 , P (3,1), Q(1,−1)
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 )
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 R2 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
34

35. MOISES VILLENA Funciones Escalares
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)
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 cos θ
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 x0 ( ) máx
= ∇f x0 ( )
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 + 2e x + 4 y + z , donde x , y , z se miden a partir del rincón
2
( 0, 0, 0 ) .
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
DuT ( 0, 0, 0 )máx = ∇T ( 0, 0, 0 ) = 1 + 42 + 02 = 17
35

36. MOISES VILLENA Funciones Escalares
Ejercicios propuestos 10
1. La temperatura en el punto (x, y ) de una placa viene dada por:
T (x ) =
x
. Hállese la dirección de mayor crecimiento del calor desde el
x + y2
2
punto (3, 4).
2. Se describe la superficie de una montaña mediante la ecuación
h( x, y ) = 4000 − 0.001x − 0.004 y . Supóngase que un alpinista está en
2 2
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.
4. ¿Cuál es el valor de T(t=0)?.
5. ¿Qué dirección debe tomar la partícula para avanzar hasta la región de más baja
temperatura?.
6. 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
2 2 2
Capitán América se encuentra en el punto (1,1,1).
7. ¿En qué dirección deberá avanzar para disminuir más rápido la temperatura?
8. 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.
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 ) ; y un ( 0 )
vector directriz de la recta tangente paralela al plano zy está dado por
(
S2 = 0,1, f y ( x 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 )
x
36

37. MOISES VILLENA Funciones Escalares
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
10
superficie que 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
x 2 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 + t
Reemplazando:
⎧ x = 1 − [ −5] t = 1 + 5t
⎪
⎪
⎨ y = 2 − ⎡− 2 ⎤ t = 2 + 2 t
5 5
⎣ ⎦
⎪
⎪z = 5 + t
⎩
37

38. MOISES VILLENA Funciones Escalares
10. LA DIFERENCIAL
10.1 DEFINICIÓN
Sea f : U ⊆ R n → 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
()
A la parte
∂f ∂f
dx + dy
∂x ∂y
Se le denomina diferencial de, y se la denota
como df .
10.2 APROXIMACIONES
Si se dice que ∆f ≈ df , entonces tenemos:
f ( x0 + ∆x, y0 + ∆y ) − f ( x0 , y0 ) ≈ [ f x ( x , y )] dx + ⎡ f y ( x , y ) ⎤ dy
⎣ 0 ⎦0 0 0
Como dx = ∆x y dy = ∆y
Tenemos la formula de aproximación:
f ( x0 + ∆x, y0 + ∆y ) ≈ f ( x0 , y0 ) + [ f x ( x , y )] ∆x + ⎡ f y ( x , y ) ⎤ ∆y
⎣ 0 0 ⎦ 0 0
Ejemplo
Aproximar el valor de (1, 08 )
3.98
SOLUCIÓN:
Utilicemos la función f ( x, y ) = x (¿por qué?
y
tomemos: x0 = 1 entonces ∆x = 0.08
y0 = 4 entonces ∆y = −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:
38

39. MOISES VILLENA Funciones Escalares
f ( x0 + ∆x, y0 + ∆y ) ≈ f ( x0 , y0 ) + [ f x ( x 0
,y 0
) ] ∆x + ⎡ f y ( x
⎣ 0
,y 0
) ⎤ ∆y
⎦
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
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
∆f ≈ ∆x + ∆y
∂x ∂y
Ejemplo
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 ±∆r = 100 r y ±∆h = 100 h .
4 2
∂V ∂V
Por otro lado ∆V ≈ ∆r + ∆h
∂r ∂h
Reemplazando:
∆V ≈ ( 2π rh ) ( 100 r ) + (π r 2 ) ( 100 h )
4 2
⎛ ⎞ 10
∆V ≈ ⎜ π r 2 h ⎟ ( 100 )
⎝ V ⎠
Por tanto el error porcentual del volumen sería :
∆V
100 ≈ 10%
V
Ejercicios propuestos 11
1. Calcular aproximadamente
a) 1.023.01
b) [4.052 + 8.982 - 0.992]3/2
c) (1.03)2 [(0.982 ) (1.053 )1/4 ]-1/3
39

40. MOISES VILLENA Funciones Escalares
2. Calcule la longitud del segmento de recta x = 1.2, y = 0.95 que se encuentra
entre la superficie z = x + 5y
2 2
y su plano tangente en el punto (1,1,6).
3. Calcule el valor aproximado de la función f ( x, y ) = x y en el punto (3.1, 1.9 )
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. 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?
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
JACOBINA 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
⎦
40

41. MOISES VILLENA Funciones Escalares
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 + y 2 ) (
∂ x2 + y 2 ) (
∂ 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 ) ⎥ ⎣3 x y z 2 x yz
3
(
∂ x3 y 2 z ) ∂( x y z)
3 2 x 3 y 2 ⎦ 4×3
⎢ ∂x
⎣ ∂y ∂z
⎥
⎦
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 x 0 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
41

42. MOISES VILLENA Funciones Escalares
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
Ejemplo 3
Sea f : R 2 → R , tal que f ( x, y ) = x 2 y y sea g : R 2 → R 2 , 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 − v3
) ∂ (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 v ( u − v ) − 9u v ( u − v )
3 2 3 3 3 2
2 2 2 4 2
⎥
⎢ ⎥
⎢ ∂z ∂z ⎥
⎣ ∂u ∂v ⎦
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 4
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:
42

43. MOISES VILLENA Funciones Escalares
a)
∂f ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂z
= + +
∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂u ( 4uv2 , 5u 2 +10 v2 ,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 v3 + 200u 2 v + 400v3
Ejemplo 5
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)
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 2 y −2 z ⎥ ⎢ 2 ⎥
=⎢ ⎢ v w 2uvw uv 2 ⎥
⎢ 0 0 3z 2 ⎥
⎢ ⎥ ⎢ − we − uw 0 −ue − uw ⎥ ⎛
xy ⎥ ⎛ 1,0,1⎞ ⎣ ⎦ ⎞
⎢ yz
⎣ xz ⎦⎜ ⎟
⎜ 1,1,0 ⎟
⎜
⎝u v w⎠
⎟
⎜x ⎟
⎝ y z⎠
⎡ 2 (1)( 0 )(1) 12 (1) 12 ( 0 ) ⎤
⎢ ⎥ ⎡ 2 (1)(1) (1)
2
0 ⎤
⎢ 0 2 ( 0 ) −2 (1) ⎥ ⎢ ⎥
=⎢ ⎢ (1) 0 2 (1)(1) 0 1(12 ) ⎥
2
0 0 3 (12 ) ⎥ ⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ 0 (1) ⎢ −0e −1( 0) −1e ( ) ⎥ ⎛ 1,1,0 ⎞
−1 0
1(1) 1( 0 ) ⎥ ⎛ 1,0,1⎞ ⎣
0 ⎦⎜ ⎟
⎣ ⎦⎜ ⎟ ⎜
⎝ u v w⎠
⎟
⎜x ⎟
⎝ y z⎠
⎡0 1 0⎤
⎢0 ⎡2 1 0⎤
0 −2 ⎥ ⎢
=⎢ ⎥ 0 0 1⎥
⎢0 0 3⎥ ⎢ ⎥
⎢ ⎢
⎥ ⎣0 0 ⎥
−1 ⎦
⎣0 1 0⎦
⎡0 0 1⎤
⎢0 0 2⎥
=⎢ ⎥
⎢0 0 −3 ⎥
⎢ ⎥
⎣0 0 1⎦
43

44. MOISES VILLENA Funciones Escalares
Ejemplo 6
∂2 z ∂2 z
Demostrar que z = f ( x − 2 y, 2 x + y ) satisface la ecuación + =0
∂x 2 ∂y 2
Solución:
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 ⎠
⎡ ∂ z ∂u ∂ 2 z ∂v ⎤
2
⎡ ∂ 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 ∂2 z
= +4 +4 2
∂u 2
∂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 ⎦
⎡ ∂2 z ∂2 z ⎤ ⎡ ∂2 z ∂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 ∂2 z
+ =0
∂x 2 ∂y 2
⎛ ∂2 z ∂2 z ∂2 z ⎞ ⎛ ∂2 z ∂2 z ∂2 z ⎞
⎜ 2 +4 + 4 2 ⎟+⎜4 2 −4 + ⎟=0
⎝ ∂u ∂v∂u ∂v ⎠ ⎝ ∂u ∂v∂u ∂v 2 ⎠
∂2 z ∂2 z
5 2 +5 2 = 0
∂u ∂v
En la última expresión, dividiendo para 5 y cambiando de variable u = x y v = y , se
comprueba lo que pretendíamos.
44

45. MOISES VILLENA Funciones Escalares
Ejercicios propuestos 12
∂z x
1. Hallar , si z = , donde x = e t , y = ln t .
∂t y
⎧ x = 2sent
⎪ df
2. Sea f ( x, y ) = 4 x 2 y − 2 ln( xy ) donde ⎨ encuentre
⎪ y = 3(t − 1)3
⎩ dt
3. La demanda de cierto producto es Q(x, y ) = 200 − 10 x 2 + 20 xy unidades por
mes, 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.
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
p (x, y ) =
1 1
el supermercado local es 1
2
x 3y 2
DÓLARES POR PASTEL. Suponga
además que dentro de t MESES, el precio de las manzanas será x = 23 + 8t
CENTAVOS POR LIBRA y que los sueldos de los panaderos serán y = 3,96 + 0,02t
Si el supermercado puede vender Q( p ) =
3600
DÓLARES POR HORA. PASTELES
p
POR SEMANA cuando el precio es p DÓLARES POR PASTEL, ¿a qué razón CAMBIARÁ la
demanda semanal Q con respecto al tiempo dentro de dos meses?
∂z ∂z ⎧u = x − y
z = f (u, v ) , donde ⎪
2 2
5. Hallar , , si ⎨ .
∂u ∂y xy
⎪v = e
⎩
∂z ∂z x ⎧ x = u sen v
6. Hallar , , si z = arctg , donde ⎨ .
∂u ∂v y ⎩ y = u cos v
7. Sea f : R 3 → R , una función diferenciable y sea g ( X ) = sen ( f ( X ) f ( X ) ) ;
calcular la matriz jacobiana para g ( X ) , donde f (X ) = x
x = R cos ϕ cosψ ⎫
⎪
8. Demostrar que si u = φ ( x + y + z 2 2 2
) , donde y = R cos ϕ senψ ⎬ , entonces
z = R sen ϕ ⎪
⎭
∂u ∂u
= =0.
∂ϕ ∂ψ
9. Sabiendo que z ( x, y ) = z, encuentre Z x , Z y y dz :
a) x = u + v 2 y = u 2 − v3 z = 2uv
u+v u −v
b) x = e y=e z = uv
c) x = u cos v y = u sen v z = cv, c ∈ IR
n
∂R
∑ Rk .
1 1
10. Sea la función: = Hallar
R ∂R1
k =1
e xy
11. Demuestre que u ( x, y ) = satisface la ecuación diferencial parcial
(e x
+ ey )
u x + u y = ( x + y − 1) u .
45

46. MOISES VILLENA Funciones Escalares
12. 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 ( )
13. 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
d2y dy a 2 1
14. Transforme la ecuación x 2 2
+ 2 x + 2 y = 0 , poniendo x = .
dx dx x t
dy x + y
15. Transformar la ecuación = , pasando a las coordenadas polares:
dx x − y
x = r cos ϕ , y = r sen ϕ .
16. Tomando u, v, como nuevas variables independientes transformar la siguiente
∂z ∂z
ecuación: ( x + y ) − ( x − y ) = 0 , si
∂x ∂y
u = ln ( x2 + y 2 ) ; v = arctg
y
x
∂z ∂z
17. Transformar la ecuación x 2 + y2 = z 2 , tomando como nuevas variables
∂x ∂y
1 1 1 1
independientes u = x, v = − , y como nueva función w = − .
y x z x
∂ 2ϕ ∂ 2ϕ ∂ 2ϕ
18. Transformar la ecuación ∇ 2ϕ = + + pasándola en coordenadas
∂x 2 ∂y 2 ∂z 2
⎧ x = ρ sen φ cos θ
⎪
esféricas ⎨ y = ρ sen φ sen θ , ¿ ∇ 2ϕ = ? en coordenadas esféricas.
⎪ z = ρ cos φ
⎩
12. DERIVACIÓN IMPLICITA
Suponga que se tiene F ( x, y ) = 0 , una ecuación implícita para un
lugar geométrico de R2 . 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
46

47. MOISES VILLENA Funciones Escalares
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
∂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
∂x
dy = 0 . Reemplazando y despejando se obtiene:
∂z F
=− x
∂x Fz
∂z
Si queremos , debemos considerar a x constante, por tanto
∂y
dx = 0 . 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 ) = x3 e y + z − ysen ( x − z )
Empleando las formulas:
47

48. MOISES VILLENA Funciones Escalares
∂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
⎛ ∂z ∂z ⎞
de esta 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 )
Ejercicios Propuestos 13
1. Hallar y´ , empleando derivadas parciales, para:
a) 2 x 2 + 6 xy + y 2 = 18
b) y 2 + 5 x = xe x ( y −2 )
∂2z
en x y − 3 z + 8 yz = 0
2 3
2. Hallar
∂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 el origen de coordenadas en la
u
(
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 + 3z 2 = 6 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
2 2 2 2 2
5.
origen.
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
x x y y z z
(x0 , y 0 , z 0 ) puede escribirse en la forma 02 + 02 + 02 = 1 .
a b c
8. Demostrar que los planos tangentes a la superficie: x+ y+ z = a
interceptan a los ejes coordenados en segmentos cuya suma es constante.
48

49. MOISES VILLENA Funciones Escalares
9. Encuentre un punto de la superficie x 2 + 2 y 2 + 3z 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 2 + y 2 + z 2 − 8 x − 8 y − 6 z + 24 = 0 son tangentes en el punto (1,1,1).
11. Hallar la ecuación de la recta tangente a las superficies x 2 + y 2 + 2 z 2 = 4 y
z = e 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.
13. Encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva intersección de las superficies
π
(
φ = y ρ = 2csc φ secθ en P 2, 2, − 8 .
3
)
49