1º Derivación Parcial y Diferencial

Capítulo 1
Derivadas parciales y
diferencial
Con este tema iniciamos el cálculo diferencial en varias variables, cuyo ob-
jetivo es el estudio de las propiedades de variación de las funciones reales de
varias variables reales. Aunque con algunas complicaciones técnicas propias
del cálculo de varias variables, en buena medida se seguirá un camino paralelo
al seguido en el desarrollo del cálculo de una variable. Repasaremos breve-
mente los conceptos de límite y continuidad de funciones y seguidamente
abordaremos los conceptos de derivada parcial y diferencial. Para facilitar el
aprendizaje, desarrollaremos el tema para el caso de funciones de dos vari-
ables reales, aunque todas las nociones que consideraremos son válidas para
funciones de cualquier número de variables. Por ello, cuando sea conveniente,
al final de cada tema mencionaremos brevemente el caso de funciones de tres
variables considerando algún ejemplo adecuado.
1.1. Funciones de dos variables.
En las ciencias experimentales, cuando se estudia un determinado fenó-
meno, se da a menudo el caso de que éste quede completamente descrito me-
diante una ley que establece una relación funcional entre varias magnitudes
1

fundamentales. Así, por ejemplo, la ley que establece para los gases perfectos
que, si P , V y T son la presión, el volumen y la temperatura absoluta de 1
mol de un tal gas, se verifica la relación
P V = RT,
donde R es cierta constante (recibe el nombre de ecuación de estado). Si
despejamos P en la igualdad anterior, resulta P = RT/V . La expresión an-
terior nos dice que la presión P es función de T y V y, por tanto, queda
completamente determinada cuando conocemos T y V . Si mediante algún
procedimiento hacemos que V y T sean cada vez más próximos a cero, ¿ha-
cia qué valor se acerca la presión P ?, ¿cómo podemos determinar un valor
aproximado del incremento de la presión en función de los incrementos (pe-
queños) ∆V y ∆T ? Entre otras cuestiones, en este tema veremos cómo es la
respuesta a estas preguntas.
Una función de dos variables f es una regla o ley que asocia a cada
par (x, y), perteneciente a cierto conjunto D ⊂ R 2 , un único número real
f(x, y). D recibe el nombre de dominio de la función y x e y son las variables
independientes. Es usual usar z para designar a la imagen f(x, y) y se dirá
que z es la variable dependiente. Una función queda determinada cuando
damos la ecuación z = f(x, y) y el dominio D donde se mueve el par (x, y).
A veces, sólo se da la ecuación z = f(x, y), en cuyo caso se entiende que
el dominio es todo el campo de existencia, es decir, el conjunto formado por
todos los pares (x, y) para los que la ecuación en cuestión permite obtener la
correspondiente imagen.
Ejemplos 1.1.1. a) f(x, y) = log(x 2 + y 2 ) es una función cuyo dominio es
todo R 2 menos el origen (0, 0).
b) f(x, y) = √ x · y tiene por dominio la parte del plano que consta de los
cuadrantes primero y tercero, pues sólo tienen imagen los puntos (x, y) con
coordenadas de igual signo: D = {(x, y) ∈ R 2 : x ≥ 0, y ≥ 0} ∪ {(x, y) ∈ R 2 :
x ≤ 0, y ≤ 0}.
2

Las funciones de dos variables pueden representarse gráficamente en el
espacio de la siguiente forma: Dada f : D ⊂ R 2 → R, escogemos un sistema
de coordenadas cartesianas OXYZ en el espacio y en el plano OXY represen-
tamos el dominio D. Para cada (x, y) ∈ D, dibujamos en el espacio el punto
de coordenadas (x, y, f(x, y)). El conjunto formado por todos los puntos de
la forma (x, y, f(x, y)), con (x, y) ∈ D, es una superficie. Se dirá que es la
representación gráfica de la función f o que la superficie tiene por ecuación
z = f(x, y).
5
4
3
2
1
0
0
1
2
Eje OY
3
4
4
3
2
Eje =X
Ejemplos 1.1.2. a) f(x, y) = ax + by tiene por representación gráfica un
plano.
b) f(x, y) = x 2 + y 2 tiene por representación gráfica un paraboloide de
revolución con vértice el punto (0, 0, 0).
3
1
0

c) f(x, y) = x 2 tiene por gráfica otro tipo de paraboloide (cilíndrico).
En muchos casos, puede ayudar a la visualización de una función de dos
variables el conocer la forma que tienen las curvas de nivel. Dada f : D ⊂
R 2 → R, la curva de nivel que pasa por (x0, y0) ∈ D es el conjunto de
puntos (x, y) ∈ D tales que f(x, y) = f(x0, y0). Se trata, pues, de una curva
que pasa por el punto (x0, y0) y que se caracteriza porque f tiene un valor
constante a lo largo de ella. La familia de todas las curvas de nivel tiene por
ecuación f(x, y) = c, donde c es una constante arbitraria. La curva de nivel
f(x, y) = c es la proyección sobre el plano OXY de la curva C que determina
el plano z = c al cortar a la superficie de ecuación z = f(x, y). En la figura
siguiente puede verse como cada punto (x, y, c) de esta curva (en rojo) se
proyecta en el punto (x, y, 0) de la curva de nivel f(x, y) = c (en negro).
−1
−0.5
0
0.5
Eje OY
1
1.5
4
Eje OZ
2
2
1.5
z=c
1
C
curva de nivel f(x,y)=c
0.5
0
Eje OX
−0.5
−1
−1.5
−2

Es decir, las coordenadas de ambos puntos sólo se diferencian en la co-
ordenada z que es igual a 0 en la curva de nivel e igual a c en la curva
intersección C.
Estas ideas nos pueden ayudar a la hora de representar gráficamente una
función.
Ejemplos 1.1.3. a) z = x 2 + y 2 . Al cortar la superficie con los planos de la
forma z = c (c ≥ 0) resulta una curva plana C cuyas ecuaciones son
z = c
x 2 + y 2 = c
(1.1)
La curva de nivel x 2 + y 2 = c no es otra cosa que la circunferencia de centro
el origen y radio √ c en el plano OXY. La curva C tiene la forma de esta
misma circunferencia, pero colocada en el plano z = 0. Cuando c = 0 el corte
se reduce a un punto: (0, 0, 0). En los demás casos, se trata de circunferencias
cuyos radios √ c aumentan con c (ver la figura siguiente).
5

Intuimos que la superficie puede ser un paraboloide o un cono de vértice el
origen. Finalmente, podemos cortar la superficie con el plano y = 0 y resulta
una curva en el plano OXZ que tiene por ecuación z = x 2 . Esto nos confirma
que se trata de un paraboloide.
6
5
4
3
2
1
0
−2
−1
b) f(x, y) = x 2 + y 2 .
0
Eje OX
1
2
Eje OZ
2
1
Eje OY
0
Las curvas de nivel son las circunferencias con centro el origen x 2 + y 2 =
c 2 . Como en el ejemplo anterior, al cortar la superficie con un plano de
la forma z = c (c > 0) se obtiene una circunferencia con centro en el eje
OZ y radio c cuya proyección sobre el plano z = 0 es la curva de nivel
x 2 + y 2 = c 2 . Al aumentar c, el plano z = c cada vez se aleja más de
z = 0 y la circunferencia interceptada tiene mayor radio, como en el ejemplo
anterior.
La diferencia ahora radica en que al cortar la superficie con el plano y = 0,
resulta z = |x| que es la ecuación de un par de rectas en el plano OXZ. Por
tanto, la superficie es un cono de revolución con vértice (0, 0, 0) y eje OZ.
6
−1
−2

5
4
3
2
1
0
−2
5
4
3
2
1
0
−4
−1
−2
0
0
Eje OX
2
Eje OZ
Gráfica de z = x 2
Eje OX
1
Eje OZ
7
2
4
4
3
Eje OY
0
2
2
Eje OY
−2
0
−4
−2

c) Si T (x, y) representa la temperatura en cada punto (x, y) de cierta
región D del plano, entonces las curvas de nivel T (x, y) = c son las isotermas
(curvas de temperatura constante).
Para una función de más de dos variables no es posible una representación
gráfica, pero puede ser muy útil conocer qué forma tienen las superficies de
nivel. Si f : D ⊂ R 3 → R es una función de tres variables, se llaman
superficies de nivel a las que tienen por ecuación f(x, y, z) = c.
Ejemplos 1.1.4. a) Si V (x, y, z) es el potencial eléctrico creado en el espacio
por una determinada distribución de cargas eléctricas, las superficies de nivel
son las superficies equipotenciales.
b) Si f(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 , las superficies de nivel son superficies
esféricas de centro el origen.
1.2. Superficies
Algunas superficies, que nos encontraremos en las aplicaciones, no se ob-
tienen como representación gráfica de una función de dos variables; es decir,
no responden a una ecuación de la forma z = f(x, y). Basta pensar en una
superficie cilíndrica de eje OZ y radio R. Nótese que, si (x0, y0) es un pun-
to de la circunferencia x 2 + y 2 = R 2 , los puntos de coordenadas (x0, y0, z)
(al variar z) describen la generatriz que pasa por (x0, y0, 0). Por tanto, todos
pertenecen a la superficie. Por ello, es imposible que una ecuación de la forma
z = f(x, y) pueda describir la superficie en cuestión (fijado (x0, y0), sólo el
punto (x0, y0, f(x0, y0)) pertenece a la superficie de ecuación z = f(x, y)). Su-
perficies como la anterior se describen matemáticamente mediante ecuaciones
de la forma f(x, y, z) = 0. Más precisamente, adoptaremos la siguiente defini-
ción. El lugar geométrico de los puntos del espacio que verifican la ecuación
f(x, y, z) = 0
8

es ( en general) una superficie S, pues se trata de un conjunto de puntos
con dos grados de libertad. En efecto, pueden escogerse los valores de x e y
libremente y el valor de z queda determinado por la ecuación. Ésta recibe el
nombre de ecuación implícita de la superficie.
Terminamos el apartado deduciendo de forma razonada la ecuación de
una superficie cilíndrica. Denotemos por S la superficie cilíndrica de eje OZ
y radio R. Vamos a probar que su ecuación en forma implícita es x 2 +y 2 = R 2 .
−1
−0.5
0
Eje OX
0.5
Eje OZ
1
Con la ayuda de la figura, vemos que, si (x0, y0, z0) es un punto cualquiera
de la superficie S, su proyección sobre el plano z = 0 es el punto (x0, y0, 0), que
pertenece a la circunferencia C de centro el origen, radio R y contenida en el
plano OXY. Esta circunferencia tiene por ecuación x 2 + y 2 = R 2 (en el plano
OXY). Por tanto, debe ser también x 2 0 + y 2 0 = R 2 . Es decir, hemos probado
que, si (x0, y0, z0) es cualquier punto de S, entonces necesariamente se verifica
9
1.5
(x0,y0,0)
2
2.5
2.5
2
1.5
1
Eje OY
0
0.5
−0.5
−1
−1.5

x 2 0 + y 2 0 = R 2 . Para poder asegurar que la ecuación de S es x 2 + y 2 = R 2 ,
debemos probar también que, si el punto (x0, y0, z0) es tal que x 2 0 + y 2 0 = R 2 ,
entonces dicho punto pertenece a S. Esto es obvio pues (x0, y0, 0) pertenece
a C y (x0, y0, z0) pertenece a la generatriz que pasa por (x0, y0, 0).
Ejemplos 1.2.1. a) x 2 + z 2 = R 2 es la ecuación de la superficie cilíndrica
de radio R y eje OY.
Eje OZ
2
1
0
−1
−2
4
2
Eje OY
0
−2
−2
−1
0
Ejee OX
b) z 2 = x 2 + y 2 es la ecuación implícita de la superficie cónica siguiente
10
1
2

6
4
2
0
−2
−4
−4
−2
0
Eje OX
2
4
4
Eje OZ
2
Eje OY
1.3. Derivadas parciales de primer orden.
Sean f : D ⊂ R 2 → R y (x0, y0) ∈ D. Si existe y es finito
su valor se denota por
o
lím
x→x0
0
−2
−4
f(x, y0) − f(x0, y0)
, (1.2)
x − x0
∂f
∂x (x0, y0)
f ′ x(x0, y0)
y recibe el nombre de derivada parcial de f con respecto a x en el punto
(x0, y0). De forma similar se define la derivada parcial con respecto a y:
11

∂f
∂y (x0, y0) = lím
y→y0
que se denota también por f ′ y(x0, y0).
f(x0, y) − f(x0, y0)
,
y − y0
Ejemplo 1.3.1. Sea f(x, y) = xy2
x 2 +y 2 , si (x, y) = (0, 0), y f(0, 0) = 0. Las
derivadas parciales en el origen se obtienen de la siguiente forma:
∂f
f(x, 0) − f(0, 0)
(0, 0) = lím
∂x x→0 x − 0
= lím
x→0
0
x2 − 0
x
0
= lím
x→0 x
=
= lím 0 = 0
x→0
∂f
f(0, y) − f(0, 0)
(0, 0) = lím
∂y y→0 y − 0
= lím
y→0
0
y2 − 0
y
0
= lím
y→0 y
=
= lím 0 = 0.
x→0
De (1.1) se sigue que, para x cercano a x0, el cociente incremental
f(x, y0) − f(x0, y0)
x − x0
estará muy próximo a su límite. Por tanto, la derivada parcial ∂f
∂x (x0, y0)
representa la velocidad con que varía f en el punto (x0, y0) y a lo largo de
la recta y = y0, ya que haciendo el producto ∆x ∂f
∂x (x0, y0) se obtiene una
aproximación del incremento
f(x0 + ∆x, y0) − f(x0, y0),
y la aproximación es tanto mejor en cuanto que el incremento ∆x es más
pequeño.
Análogamente, la derivada parcial ∂f
∂y (x0, y0) representa la velocidad con
que varía la función en el punto (x0, y0) a lo largo de la recta x = x0.
12

Debe notarse que la derivada parcial ∂f
∂x (x0, y0) no es otra cosa que la
derivada con respecto a x, en el punto x0, de la función de x que resulta
cuando hacemos y = y0 en f(x, y). Es decir, es la derivada de f(x, y0) con
respecto a x.
Las funciones más simples, como las que son el resultado de realizar las
operaciones habituales entre funciones derivables elementales, poseen las dos
derivadas parciales en cada punto (x, y), En estos casos, ∂f
∂x
y ∂f
∂y
se obtienen
derivando f respecto de x e y, respectivamente, y suponiendo constante la
otra variable.
Ejemplos 1.3.2. a) f(x, y) = x sen(xy).
b) f(x, y) = xy
1+y 2 .
∂f
(x, y) = sen(xy) + xy cos(xy)
∂x
∂f
∂y (x, y) = x2 cos(xy).
∂f y
(x, y) =
∂x 1 + y2 ∂f
∂y = x1 + y2 − y2y
(1 + y2 ) 2
x(1 − y
= 2 )
(1 + y2 .
) 2
1.4. Derivadas de orden superior.
Sea f una función que posee derivadas parciales de primer orden en cada
punto de cierto conjunto D ⊂ R 2 . Las funciones
y
(x, y) ∈ D → f ′ x(x, y) ∈ R
(x, y) ∈ D → f ′ y(x, y) ∈ R
13

se denotan por f ′ x y f ′ y, respectivamente, y reciben el nombre de funciones
derivadas parciales de primer orden de f. Sus derivadas parciales de primer
orden se denominan derivadas parciales de segundo orden de f. Así, por
ejemplo, el siguiente límite
f
lím
x→x0
′ x(x, y0) − f ′ x(x0, y0)
x − x0
es la derivada parcial de primer orden con respecto a x de la función f ′ x en
el punto (x0, y0).
Se denota por f ′′
xx(x0, y0) (derivada parcial de segundo orden de f
con respecto a x dos veces).
Las derivadas parciales cruzadas, f ′′
xy(x0, y0) y f ′′
yx(x0, y0), en general son
diferentes. Sus definiciones precisas son
f ′′
f
yx(x0, y0) = lím
x→x0
′ y(x, y0) − f ′ y(x0, y0)
x − x0
f ′′
xy(x0, y0) = lím
y→y0
f ′ x(x0, y) − f ′ x(x0, y0)
.
y − y0
Nótese que f ′′
yx(x0, y0) es la derivada parcial de f ′ y con respecto a x en
el punto (x0, y0). Esta notación para las derivadas de orden superior es más
cómoda que la notación clásica siguiente
∂2f ∂x∂y (x0, y0) = ∂ ∂f
(x0, y0),
∂x ∂y
Vamos a ver un ejemplo de una función f para la que f ′ xy(0, 0) = −1 y
f ′ yx(0, 0) = 1.
Ejemplo 1.4.1. Calcular las derivadas cruzadas en el origen de la función
y f(0, 0) = 0.
f(x, y) = xy x2 − y2 x2 + y2
, si (x, y) = (0, 0)
14

Derivando respecto de x, considerando y constante, obtenemos
para (x, y) = (0, 0).
f ′ x(x, y) = (3x2 y − y 3 )(x 2 + y 2 ) − (x 3 y − xy 3 )2x
(x 2 + y 2 ) 2
= y(x4 + 4x2y2 − y4 )
(x2 + y2 ) 2 ,
Derivando ahora respecto de y, considerando x constante, resulta
para (x, y) = (0, 0).
f ′ y(x, y) = (x3 − 3xy 2 )(x 2 + y 2 ) − (x 3 y − xy 3 )2y
(x 2 + y 2 ) 2
= x(x4 − 4x2y2 − y4 )
(x2 + y2 ) 2 ,
Para calcular las derivadas parciales en el origen debemos acudir a la
definición:
f ′ f(x, 0) − f(0, 0)
x(0, 0) = lím
x→0 x − 0
0
= lím
x→0 x
= lím 0 = 0
x→0
f ′ f(0, y) − f(0, 0)
y(0, 0) = lím
x→0 y − 0
0
= lím
y→0 y
= lím 0 = 0.
y→0
= lím
x→0
= lím
y→0
0
x2 − 0
x − 0 =
0
y2 − 0
y − 0 =
Ahora estamos en condiciones de proceder a calcular las derivadas par-
ciales de segundo orden en el origen:
f ′′
f
yx(0, 0) = lím
x→0
′ y(x, 0) − f ′ y(0, 0)
x − 0
x − 0
= lím
x→0 x − 0
15
= 1
=
=
=

f ′′
f
xy(0, 0) = lím
y→0
′ x(0, y) − f ′ x(0, 0)
= lím
y→0
−y − 0
y − 0
y − 0
= −1.
Definición 1.4.2. Sean D un subconjunto abierto de R 2 y k un número
natural mayor o igual que 1. Diremos que una función f es de clase k en D
si f posee todas las derivadas parciales hasta las de orden k y son continuas
en D (se denota f ∈ C k (D)).
Se demuestra que, si f es una función de clase k ≥ 2 en un
abierto D y de cualquier número de variables, la derivada parcial
de orden k, f k x1x2..xk no cambia su valor si sustituimos x1, x2, ..., xk por
una permutación cualquiera. Por ejemplo, si f ∈ C 3 (D), entonces
las derivadas de tercer orden f ′′′
xxy, f ′′′
xyx y f ′′′
yxx son iguales en cada
punto de D.
1.5. La derivada direccional.
Ninguna de las derivadas parciales
∂f
∂x (x0, y0), ∂f
∂y (x0, y0)
nos sirve cuando necesitamos un valor aproximado del incremento
f(x, y) − f(x0, y0),
si x = x0 e y = y0, simultáneamente. Necesitamos un tipo de derivada más
adecuado para esta situación y que recibe el nombre de derivada direccional.
Dado un vector cualquiera v = (v1, v2) y un punto (x0, y0), la ecuación de
la recta que pasa por (x0, y0) y es paralela a v tiene por ecuaciones paramétri-
cas
x = x0 + tv1
y = y0 + tv2
16
=

O
y o
Y
x o
r
v
x = x
o
+ t v
1
y = y + t v
o 2
Si v = (v1, v2) es unitario (v 2 1 + v 2 2 = 1), se define la derivada de f en
el punto (x0, y0) y en la dirección del vector v como el valor del límite
siguiente
y se denota por
X
f(x0 + tv1, y0 + tv2) − f(x0, y0)
lím
t→0
t
Dvf(x0, y0).
Ahora podemos dar respuesta a la cuestión anterior; si queremos un valor
aproximado del incremento
f(x, y) − f(x0, y0),
siendo x = x0 e y = y0, podemos usar la derivada direccional Dvf(x0, y0) con
v un vector unitario paralelo a
Entonces existe t ∈ R tal que
(x − x0, y − y0).
(x − x0, y − y0) = tv;
17

es decir,
por
(x, y) = (x0, y0) + tv.
Si (x, y) es cercano a (x0, y0), t será próximo a 0 y podemos aproximar
f(x, y) − f(x0, y0)
tDvf(x0, y0).
Por tanto, el significado de Dvf(x0, y0) es claro: se trata de la velocidad
con que varía la función f en (x0, y0) a lo largo de la recta r que pasa por
(x0, y0) y lleva la dirección de v. Nótese que las derivadas parciales ∂f ∂f
y ∂x ∂y son
casos particulares de derivada direccional. Concretamente, son las derivadas
de f en las direcciones de e1 y e2, respectivamente.
En un apartado posterior, veremos una forma muy simple de calcular las
derivadas direccionales, válida para las funciones diferenciables.
Terminamos este apartado mencionando una interpretación gráfica de la
derivada direccional: la derivada direccional Dvf(x0, y0) es la pendiente de la
recta tangente en el punto (x0, y0, f(x0, y0)) a la curva que resulta de cortar
la superficie de ecuación z = f(x, y) con el plano que contiene la recta r y es
perpendicular al plano z = 0.
18

1.6. La diferencial total.
Las diferenciales parciales
∂f
∂x (x0, y0) · ∆x
19

y
∂f
∂y (x0, y0) · ∆y
nos ofrecen una buena aproximación del incremento de la función cuando se
pasa del punto (x0, y0) a un punto de la forma (x0 + ∆x, y0) o (x0, y0 + ∆y),
respectivamente.
Para tener una buena aproximación del incremento
se ocurre usar la suma
f(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f(x0, y0)
f ′ x(x0, y0)∆x + f ′ y(x0, y0)∆y
Esta expresión recibe el nombre de diferencial total de f en el punto
(x0, y0), respecto de los incrementos ∆x y ∆y, y se denota por
df(x0, y0; ∆x, ∆y)
o más brevemente por df(x0, y0), si no hay peligro de confusión.
La diferencial puede escribirse de una forma más cómoda usando el gra-
diente de f.
∂f
∂x (x0, y0), ∂f
∂y (x0, y0)
se llama gradiente de f en el punto (x0, y0) y se denota por ∇f(x0, y0).
Una vez introducido el gradiente, podemos escribir la diferencial en la forma
df(x0, y0; ∆x, ∆y) = ∇f(x0, y0) · (∆x, ∆y).
Volviendo al problema de aproximar el incremento
f(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f(x0, y0)
mediante la diferencial df(x0, y0), nos falta establecer qué grado de aproxi-
mación vamos a exigir para considerar aceptable la aproximación de
20

f(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f(x0, y0)
por df(x0, y0). Parece conveniente recordar el caso de funciones de una vari-
able y exigir un grado de aproximación análogo.
Si f es una función de una variable derivable en x0, hemos visto que
Es decir, la diferencia
f(x) − f(x0) − f
lím
x→x0
′ (x0)(x − x0)
x − x0
f(x) − f(x0) − df(x0)
= 0.
es un infinitésimo de orden superior a (x − x0). En el caso de varias variables
exigiremos análogamente que la diferencia
f(x, y) − f(x0, y0) − df(x0, y0)
sea un infinitésimo de orden superior al tamaño del incremento de la variable
(vectorial) independiente:
(x − x0) 2 + (y − y0) 2 .
Por todo ello, diremos quef es diferenciable en (x0, y0) si existe ∇f(x0, y0)
y se verifica
f(x, y) − f(x0, y0) − df(x0, y0)
lím
(x,y)→(x0,y0) (x − x0) 2 + (y − y0) 2
= 0. (1.3)
Destacamos seguidamente las tres características más importantes de las
funciones diferenciables:
mento
a) La diferencial total df(x0, y0; ∆x, ∆y) es una aproximación del incre-
f(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f(x0, y0)
tanto mejor en cuanto que ∆x y ∆y sean pequeños.
21

) Por complicada que sea f(x, y), la función afín
p(x, y) =
= f(x0, y0) + ∂f
∂x (x0, y0) · (x − x0)+
+ ∂f
∂y (x0, y0) · (y − y0)
es una buena aproximación de f(x, y), en las cercanías de (x0, y0), en el
sentido de que el error es un infinitésimo de mayor orden que el tamaño del
incremento de la variable (vectorial) independiente
(x − x0) 2 + (y − y0) 2 .
c) Recordamos que si un plano tiene por ecuación
Ax + By + Cz + D = 0,
entonces el vector de coordenadas (A, B, C) es perpendicular a dicho plano.
Por (1.2) el plano de ecuación
z = f(x0, y0) + ∂f
∂x (x0, y0) · (x − x0)+
+ ∂f
∂y (x0, y0) · (y − y0)
y la superficie de ecuación z = f(x, y) son casi coincidentes en las proximi-
dades del punto (x0, y0, f(x0, y0)).
Este plano se tomará como plano tangente a la superficie en el punto
(x0, y0, f(x0, y0)).
Ejemplo 1.6.1. Plano tangente a z = x 2 +y 2 en el punto (2, 2, 8). Calculamos
las derivadas parciales de primer orden:
z ′ x = 2x, z ′ y = 2y.
22

Particularizando al punto (2, 2), resulta
z ′ x(2, 2) = z ′ y(2, 2) = 4.
Por tanto, la ecuación del plano tangente viene dada por z = 8 + 4(x − 2) +
4(y − 2), que se reduce a z = 4x + 4y − 8.
Más adelante, veremos que dicho plano tiene la propiedad de que contiene
al vector tangente (en dicho punto) a toda curva contenida en la superficie.
23

1.7. Condición suficiente de diferenciabili-
dad.
En el caso de funciones de una variable, hemos visto que la derivabilidad
de f en un punto x0 implica que se verifica
f(x) − f(x0) − f
lím
x→x0
′ (x0) · (x − x0)
x − x0
= 0.
Es decir, para funciones de una variable no hay diferencia alguna entre deriv-
able y diferenciable.
Sin embargo, es importante señalar que, para funciones de varias variables,
el hecho de que una función tenga derivadas parciales de primer orden en un
punto no implica que la función sea diferenciable en dicho punto. El ejemplo
siguiente muestra que pueden existir todas las derivadas direccionales en un
punto y, sin embargo, la función no es diferenciable.
Ejemplo 1.7.1. Sea f(x, y) = xy2
x 2 +y 4 , si (x, y) = (0, 0), y f(0, 0) = 0. Comprobar
que f no es diferenciable en el origen, pero existen todas las derivadas
direccionales.
Consideremos un vector unitario v = (v1, v2); la derivada direccional
Dvf(0, 0) viene dada por
f(tv1, tv2) − f(0, 0)
Dvf(0, 0) = lím
t→0 t
= lím
t→0
t 3 v1v 2 2
t 2 v 2 1 +t4 v 4 2
t
− 0
= lím
t→0
v1v 2 2
v 2 1 + t 2 v 4 2
=
= v2 2
.
v1
El resultado obtenido es válido si v1 = 0. Si v1 = 0, la derivada direccional
Dv(0, 0) no es otra cosa que la derivada parcial f ′ y(0, 0), que procedemos a
calcular
f ′ f(0, y) − f(0, 0)
y(0, 0) = lím
y→0 y − 0
24
=

= lím
y→0
0
y4 − 0
y
0
= lím
y→0 y
= lím 0 = 0.
y→0
Por tanto, hemos probado que existen todas las derivadas direccionales de
f en (0, 0) y ∇f(0, 0) = (0, 0).
existe
Sin embargo, f no es diferenciable en (0, 0), pues el límite siguiente no
f(x, y) − f(0, 0) − ∇f(0, 0) · (x, y)
lím
(x,y)→(0,0)
x2 + y2 xy
= lím
(x,y)→(0,0)
2
,
x2 + y2 (x2 + y4 )
pues los límites a través de las rectas que pasan por el origen, y = mx,
dependen del valor de m.
El teorema siguiente nos ofrece una condición suficiente y de fácil apli-
cación para que una función de dos variables que tiene gradiente en un punto
sea diferenciable en dicho punto.
Teorema 1.7.2. (Condición suficiente de diferenciabilidad). Sean f : D ⊂
R 2 → R y (x0, y0) un punto interior de D. Si existe ∇f(x0, y0) y, además,
existe una de las dos derivadas parciales, ∂f
∂x
=
∂f
o , en cada punto de un
∂y
entorno Er(x0, y0) y es continua en (x0, y0), entonces f es diferenciable en
(x0, y0).
Sigue del teorema anterior que toda función de clase uno en un abierto
D (f ∈ C 1 (D)) es diferenciable en cada punto de D.
Ejemplo 1.7.3. Las funciones f(x, y) = x 2 + y 2 y g(x, y) = e x sen y son
diferenciables en cada punto de R 2 , pues sus derivadas parciales de primer
orden son obviamente continuas en R 2 .
25

1.8. Propiedades de las funciones diferencia-
bles.
a) Si f es diferenciable en (x0, y0), entonces f es continua en dicho punto.
Para demostrar esta afirmación, definimos r(x, y) como el cociente
f(x, y) − f(x0, y0) − ∇f(x0, y0) · (x − x0, y − y0)
(x − x0) 2 + (y − y0) 2
.
Entonces podemos expresar la diferencia
en la forma
f(x, y) − f(x0, y0)
f(x, y) − f(x0, y0) = ∂f
∂x (x0, y0) · (x − x0)+
+ ∂f
∂y (x0, y0) · (y − y0)+
+r(x, y) · (x − x0) 2 + (y − y0) 2 .
Ahora basta observar que el segundo miembro tiene por límite 0 cuando
(x, y) → (x0, y0).Nótese que sabemos que
lím r(x, y) = 0.
(x,y)→(x0,y0)
26

Por tanto, resulta
lím f(x, y) − f(x0, y0)
(x,y)→(x0,y0)
= 0.
b) La suma, producto y cociente de funciones diferenciables es diferencia-
ble (si el divisor no se anula en el punto en cuestión, en el caso del cociente),
y el gradiente verifica las siguientes relaciones que son consecuencia directa
de las propiedades de la derivada parcial:
1) ∇(f + g)(x0, y0) =
2) ∇(f · g)(x0, y0) =
3) ∇(f/g)(x0, y0) =
= ∇f(x0, y0) + ∇g(x0, y0).
= g(x0, y0) · ∇f(x0, y0) + f(x0, y0) · ∇g(x0, y0).
= g(x0, y0) · ∇f(x0, y0) − f(x0, y0) · ∇g(x0, y0)
g(x0, y0) 2
.
c) Si f es diferenciable en (x0, y0), entonces existe cualquier derivada di-
reccional de f en (x0, y0) y se verifica
si v = (cos α, sen α).
Dvf(x0, y0) = ∇f(x0, y0) · v =
cos α ∂f
∂x f(x0, y0) + sen α ∂f
∂y (x0, y0),
La demostración es muy simple. Sabemos que el límite doble (1.2) es 0.
Entonces también vale 0 el límite a través de la recta (x, y) = (x0, y0) + tv.
Es decir, se tiene que es nulo el límite cuando t → 0 del cociente
f(x0 + tv1, y0 + tv2 − f(x0, y0) − ∇f(x0, y0) · tv
,
|t|
lo que implica que también es nulo el límite cuando t → 0 + de
27

f(x0 + tv1, y0 + tv2) − f(x0, y0)
− ∇f(x0, y0) · v.
t
De forma similar se prueba que existe el otro límite lateral, cuando t → 0− ,
y tiene el mismo valor.
d) Si f es diferenciable en (x0, y0) con gradiente no nulo, entonces ∇f(x0, y0)
apunta en la dirección de máximo crecimiento de f en el punto (x0, y0).
Acabamos de ver que Dvf(x0, y0) = ∇f(x0, y0) · v. Por tanto, se verifica
la desigualdad
|Dvf(x0, y0)| ≤ |∇f(x0, y0)| · |v| = |∇f(x0, y0)|,
ya que |v| = 1. Es decir, cada derivada direccional está comprendida entre
dos valores extremos
−|∇f(x0, y0)| ≤ Dvf(x0, y0) ≤ |∇f(x0, y0)|.
Ahora probamos que se alcanzan dichos valores extremos. Basta tomar
En efecto, se tiene
v1 =
1
|∇f(x0, y0)| ∇f(x0, y0), v2 = −v1.
Dv1f(x0, y0) = ∇f(x0, y0) · v1 =
= ∇f(x0, y0) ·
De donde sigue finalmente que
1
|∇f(x0, y0)| ∇f(x0, y0) =
= |∇f(x0, y0)|.
Dv2f(x0, y0) = ∇f(x0, y0) · (−v1) =
= −|∇f(x0, y0)|
Existen dos direcciones de crecimiento nulo: la direcciones perpendiculares
al gradiente. En efecto, si v3 es un vector unitario perpendicular a ∇f(x0, y0),
entonces Dv3 = ∇f(x0, y0) · v3 = 0.
28

Ejemplo 1.8.1. Sea f(x, y) = x 2 + y 2 , vamos a determinar las direcciones
de crecimiento máximo y mínimo de f en un punto arbitrario (x0, y0).
Calculamos el gradiente:
∇f(x0, y0) = (2x0, 2y0).
Vemos que, salvo en el origen, es no nulo. Debemos asegurarnos de que la
función es diferenciable. Para ello, aplicamos la condición suficiente de dife-
renciabilidad, que en nuestro caso se cumple de sobra pues f tiene derivadas
parciales de primer orden continuas en todo R 2 . Entonces la dirección de
máximo crecimiento de f en el punto (x0, y0) viene dada por el vector unitario
en la dirección y sentido del gradiente
v1 =
1
4(x 2 0 + y 2 0) (2x0, 2y0) =
1
2 x0 + y2 (x0, y0).
0
Por tanto, si estamos en el punto (x0, y0) (distinto del origen) y queremos
pasar a un punto cercano pero con el mayor crecimiento de f posible, deber-
emos movernos en dirección radial y alejándonos del origen. Sin embargo, si
nos movemos en dirección radial y hacia el origen, entonces f experimenta
el mayor decrecimiento.
Las direcciones de crecimiento nulo vienen dadas por los vectores de la
√ x 2 0 +y 2 o
forma v = ± 1
(−y0, x0). Nótese que la recta que pasa por (x0, y0) y
es paralela a v es tangente a la curva de nivel x 2 + y 2 = x 2 0 + y 2 0 en el
punto (x0, y0). Por tanto, no es sorprendente que ésta sea la dirección de
crecimiento nulo, pues a lo largo de la curva de nivel f permanece constante
y esta curva y su tangente en (x0, y0) casi son idénticas en las proximidades
de ese punto.
29

2 2
2 2
0 0
x + y = x + y
y 0
O
Y
x 0
PROBLEMAS RESUELTOS
v
P
P(x ,y )
0 0
1. Usando la definición, probar que la función f(x, y) = xy √ , si (x, y) =
x2 +y2 0, y f(0, 0) = 0 no es diferenciable en el origen.
Tenemos que calcular las derivadas parciales de primer orden en (0, 0):
f ′ f(x, 0) − f(0, 0)
x(0, 0) = lím
x→0 x − 0
0 − 0
= lím
x→0 x − 0
= 0.
f ′ f(0, y) − f(0, 0)
y(0, 0) = lím
y→0 y − 0
0
= lím
y→0 y − 0
30
= 0.
-v
=
=
X

Por tanto, la diferencial vale 0, por lo que f es diferenciable en (0, 0) si el
límite siguiente existe y vale 0
f(x, y) − f(0, 0) − df(0, 0; x, y)
lím
(x,y)→(0,0) (x − 0) 2 + (y − 0) 2
= lím
(x,y)→(0,0)
xy
x2 .
+ y2 Pero este límite doble no existe, basta calcular los límites a través de las
rectas y = mx y comprobar que dependen de la pendiente m:
lím
(x, y) → (0, 0)
y = mx
=
xy
x2 mx
= lím
+ y2 x→0
2
x2 =
(1 + m2 = m
.
1 + m2 2. Una lámina metálica de forma triangiular tiene 12 cm de base y 9 cm de
altura. Se calienta en un horno durante un tiempo. Al extraerla del horno
su base se ha incrementado en 0.15 cm y su altura en 0.2 cm. Usar la
diferencial para determinar un valor aproximado del incremento de área.
El área de un triángulo de base x cm y altura y cm es igual a A(x, y) = 1
2 xy.
El incremento de área, A(12 + ∆x, 9 + ∆y) − A(12, 9), puede aproximarse
por la diferencial
dA = ∂A
∂x
∂A
(12, 9)∆x + (12, 9)∆y.
∂y
En nuestro caso ∆x = 0.15 y ∆y = 0.2. Calculamos, pues, las derivadas
parciales de primer orden de A(x, y):
∂A
∂x
1 ∂A
= y ,
2 ∂y
= 1
2 x.
En particular, las derivadas parciales en el punto (12, 9) vienen dadas por
∂A 1
(12, 9) = · 9 = 4.5
∂x 2
31

∂A 1
(12, 9) = · 12 = 6.
∂y 2
Por tanto, el valor aproximado del incremento de área que nos ofrece la
diferencial es
∆A ≈ 4.5 · 0.15 + 6 · 0.2 = 1.875 cm 2 .
Si se hace el cálculo exacto, el incremento de área vale ∆A = 1.890,
luego, el error cometido al aproximar con la diferencial es igual a 0.015.
Señalamos que el cálculo de la derivada direccional mediante la expresión
Dnf(x0, y0) = ∇f(x0, y0) · n,
sólo es posible si la función f es diferenciable en el punto (x0, y0). Lo que
en este caso es obvio, pues f tiene derivadas parciales de primer orden
continuas en todo el plano.
3. Se considera la superficie de ecuación z = Rx/y (y > 0), siendo R una
constante positiva.
a) Determinar la curva de máxima pendiente que pasa por el punto (x0, y0, z(x0, y0)).
b) La presión de un mol de un gas ideal viene dada por P = RT/V .
Interpretar el resultado obtenido en el apartado anterior, considerando
que el gas ocupa un volumen V0 y su temperatura absoluta es T0.
a) Buscamos una curva y = y(x) con la propiedad de que, en cada uno de
sus puntos, el vector tangente (1, y ′ (x)) es paralelo a ∇z = (R/y, −Rx/y 2 ).
Por tanto, se tiene
Simplificando, obtenemos
R/y
1
−Rx/y2
=
y ′ .
(x)
1 = −x
,
yy ′
lo que conduce a la ecuación diferencial yy ′ = −x. Integrando respecto de
x ambos miembros, resulta
y 2 = −x 2 + c.
32

Vemos que es una circunferencia de centro el origen y radio √ c. Para que
pase por el punto pedido, el valor de la constante c debe ser c = x 2 0 + y 2 0.
Por tanto la curva de máxima pendiente sobre nuestra superficie es
z = Rx/y
x 2 + y 2 = x 2 0 + y 2 0
b) El estado actual del gas se representa en el plano OT V por el punto
(T0, V0). El apartado anterior nos dice que, si queremos reducir la presión,
la forma más conveniente consiste en modificar la temperatura T y el
volumen V de modo que T 2 + V 2 = T 2 0 + V 2
0 .
4. La temperatura en cada punto de una cierta región del plano OXY viene
dada por T (x, y) = 2x 2 − 4y 2 + 40. Si estamos en el punto (−1, 2), de-
terminar la trayectoria más conveniente que debe seguirse para acceder a
zonas de menor temperatura.
La curva ideal y = y(x) es aquella que, pasando por el punto (−1, 2),
tiene la propiedad de que el vector tangente (en cada punto) apunta en la
dirección y sentido opuesto del gradiente. Es decir, si (x0, y0) es un punto
cualquiera de la curva, deben ser paralelos el vector tangente (1, y ′ (x0)) y
∇T (x0, y0) = (4x0, −8y0). Por tanto, se verifica
para cada x0. Es decir,
4x0
1
= −8y0
y ′ ,
x0y ′ (x0) = −2y0.
Hemos encontrado una ecuación diferencial de primer orden que debe ver-
ificar la curva buscada:
xy ′ = −2y.
Se trata de una ecuación de variables separables que se resuelve fácilmente
si se expresa en la forma
y ′ /y = −2/x.
33

Nótese que el primer miembro es la derivada de log |y|. Si se escribe la
ecuación diferencial en la forma
′
log |y| = − 2
x ,
se puede ahora integrar miembro a miembro respecto de x y resulta
log |y| = −2 log |x| + c.
Si dejamos la constante de integración sola en el segundo miembro, obten-
emos
o lo que es lo mismo
log |y| + 2 log |x| = c
log x 2 |y| = c.
Entonces x 2 |y| = k. Hemos obtenido, pues, que la curva tiene la forma
y = a/x 2 , donde a es una constante arbitraria. Ahora debemos obligar a
la curva a pasar por el pùnto (−1, 2) y obtenemos que a = 2. La curva
buscada es y = 2x −2 .
5. Probar que la derivada direccional de f(x, y) = x 2 + y 2 en cada punto de
la circunferencia x 2 + y 2 = 1 y en la dirección normal a ésta es constan-
temente igual a −2.
Sea (x0, yo) un punto cualquiera de la circunferencia. Vamos a calcular
el vector unitario normal en dicho punto. A partir de la expresión y =
√
1 − x2 ′ , encontramos y (x0) = −x0 √
1−x2 0
. Entonces la ecuación de la recta
tangente a la circunferencia n el punto (x0, y0) viene dada por
y = y0 + −x0
(x − x0).
2 1 − x0 Recordemos que el vector unitario normal a una recta de ecuación Ax +
By + C = 0 viene dado por
n =
1
√ (A, B).
A2 + B2 34

En nuestro caso, tiene la forma
n = 1 − x2 0(
−x0
, −1) =
2 1 − x0
= (−x0, − 1 − x2 0).
Ahora necsitamos calcular el gradiente de f(x, y) en el punto (x0, y0):
∇f(x0, y0) = (2x0, 2y0).
Finalmente, obtenemos la derivada direccional pedida
Dnf(x0, y0) = ∇f(x0, y0) · n =
= (2x0, 2y0) · (−x0, − 1 − x2 0) =
1 − x2 0.
= −2x 2 0 − 2y0
Ahora basta tener en cuenta que x 2 0 + y 2 0 = 1, o lo que es lo mismo, y0 =
1 − x 2 0, para deducir que Dnf(x0, y0) = −2. De nuevo señalamos que
el cálculo de la derivada direccional mediante la expresión Dnf(x0, y0) =
∇f(x0, y0) · n, sólo es posible si la función f es diferenciable en el punto
(x0, y0). Lo que en este caso es obvio, pues f tiene derivadas parciales de
primer orden continuas en todo el plano.
6. Sea u(x, y, z) =
√ 1 . Demostrar que se verifica la identidad
x2 +y2 +z2 ∂ 2 T
∂x 2 + ∂2 u
∂y2 + ∂2u = 0.
∂z2 Para la derivación, escribimos u en la forma más conveniente siguiente:
u(x, y, z) = (x2 + y2 + z2 1
− ) 2 . Calculamos la derivada parcial de u respecto
de x
∂u
∂x
= −1
2 (x2 + y 2 + z 2 3
−
) 2 2x =
= −x(x 2 + y 2 + z 2 3
−
) 2 .
35

Por la simetría de la función u(x, y, z), copiamos adecuadamente la deriva-
da anterior para obtener las otras dos:
∂u
∂y = −y(x2 + y 2 + z 2 3
−
) 2
∂u
∂z = −z(x2 + y 2 + z 2 3
−
) 2 .
Procedemos ahora a calcular las derivadas parciales segundas:
= − (x 2 + y 2 + z 2 3
−
)
∂2T =
∂x2 2 + x − 3
2
2 2 2 −
(x + y + z ) 5
2 2x =
= −(x 2 + y 2 + z 2 3
−
) 2 + 3x 2 (x 2 + y 2 + z 2 5
−
) 2 .
Como antes, por simetría, encontramos las otras dos derivadas de segundo
orden:
∂2u ∂y2 = −(x2 + y 2 + z 2 3
−
) 2 + 3x 2 (x 2 + y 2 + z 2 5
−
) 2 .
∂ 2 u
∂z2 = −(x2 + y 2 + z 2 3
−
) 2 + 3x 2 (x 2 + y 2 + z 2 5
−
) 2 .
Sumando las tres derivadas de segundo orden, resulta
∂2T ∂x2 + ∂2u ∂y2 + ∂2u =
∂z2 = −(x 2 + y 2 + z 2 ) −3
2 + 3x 2 (x 2 + y 2 + z 2 ) −5
2 −
−(x 2 + y 2 + z 2 ) −3
2 + 3y 2 (x 2 + y 2 + z 2 ) −5
2 −
−(x 2 + y 2 + z 2 ) −3
2 + 3z 2 (x 2 + y 2 + z 2 ) −5
2 =
−3(x 2 + y 2 + z 2 ) −3
2 + 3(x 2 + y 2 + z 2 ) −5
2 (x 2 + y 2 + z 2 ) =
= −3(x 2 + y 2 + z 2 ) −3
2 +
+3(x 2 + y 2 + z 2 ) −3
2 = 0.
36

PROBLEMAS PROPUESTOS
1. Determinar las curvas de nivel de la función
a)f(x, y) = x2 + y2 , b)f(x, y) = xy.
x + y
2. Comprobar que las rectas y = mx son curvas de nivel de la función
f(x, y) = xy
x2 .
+ y2 Deducir que no existe el límite doble en el origen de la función f.
3. Comprobar que las parábolas x = y 2 son curvas de nivel de la función
f(x, y) = xy2
x2 .
+ y4 Deducir que no existe el límite doble en el origen de la función f.
4. Determinar las curvas de nivel de f(x, y) = xy
x+y 2 . Deducir que no existe el
límite doble en el origen.
5. Calcular el límite doble en el origen de
a)f(x, y) = x3
x2 + y2 , b)f(x, y) = sen x2y2 x2 + y
6. Calcular las derivadas parciales de segundo orden de las funciones sigu-
ientes:
a) f(x, y) = x 2 +y 2 cos(xy), b) f(x, y) = log
2 .
x+y
, c) f(x, y) =
x−y
√x
x
2 +y2 .
Soluciones: a) f ′′
xx(x, y) = 2 − y4 cos xy, f ′′
yy(x, y) = 2 cos xy − 4xy sen xy −
x2y2 cos xy, f ′′
xy(x, y) = −3y2 sen xy − y3x cos xy. b) f ′′
xx(x, y) = 4xy/(x2 −
y2 ) 2 = f ′′
yy(x, y) y f ′′
xy(x, y) = −2(x2 + y2 )/(x2 − y2 ) 2 . c) f ′′
xx(x, y) =
−3y 2 x/(x 2 + y 2 ) (5/2) , f ′′
yy(x, y) = x(x 2 + y 2 ) −(3/2) − 3xy 2 (x 2 + y 2 ) −(5/2)
yf ′′
xy(x, y) = 2y(x 2 + y 2 ) −(3/2) − 3y 3 (x 2 + y 2 ) −(5/2) .
37

7. Estudiar si la funciones siguientes son diferenciables en el origen:
a) f(x, y) = x3 +y 3
x 2 +y 2 si (x, y) = (0, 0)y f(0, 0) = 0 b) f(x, y) = xy2
x 2 +y 2 si
(x, y) = (0, 0) y f(0, 0) = 0.
Solución: No son diferenciables en el origen.
8. Comprobar que cada una de las funciones siguientes verifica la ecuación
que se indica:
a) f(x, y) = e xy + sen(x + y), xf ′ x − yf ′ y = (x − y) cos(x + y).
b) f(x, y, z) = cos
x+y
, xf 2z
′ x + yf ′ y + zf ′ z = 0.
9. Calcular las derivadas parciales de segundo orden de la función f(x, y) =
y2 cos( x)
si y = 0 y f(x, y) = 0 en otro caso.
y
Solución: f ′′
xx(x, y) = − cos x ′′ , f y yy(x, y) = 2 cos x
y
f ′′
xy(x, y) = − sen x
+ 2x
y
sen x
y
− x2
y 2 cos x
y y
x x
′′
+ cos si y = 0. f y y y xx(x, 0) = 0. f ′′
yy(x, 0) no existe si
x = 0, pero f ′′
yy(0, 0) = 2. f ′′
xy(x, 0) no existe si x = 0, pero f ′′
xy(0, 0) = 0.
10. La ecuación de Van der Waals de los gases reales establece que la presión
P , el volumen V y la temperatura T están relacionados de forma que se
verifica: P + a
V 2
(V − b) = RT (a, b y R son constantes positivas). a)
Calcular ∂P
∂V y ∂2P ∂V 2 . b) Si Pc, Vc y Tc son los valores críticos de un sistema
de una sóla componente, se sabe que las dos derivadas parciales anteriores
se anulan en el punto crítico. Expresar Pc, Vc y Tc en función de a, b y R.
Solución: P ′ V = −RT/(V − b)2 + 2a/V 3 y P ′′
V V
= 2RT
(V −b) 3 − 6a
V 4 .
11. Demostrar que la función f(x, y) = a log(x 2 + y 2 ) + b cumple la ecuación
de Laplace: ∆f = f ′′
Solución: f ′′
xx(x, y) = a
xx + f ′′
2y2−2x2 yy = 0.
(x 2 +y 2 ) 2
y f ′′
2x2−2y2 yy(x, y) = a (x2 +y2 ) 2
.
12. Usar el cálculo diferencial para probar que el plano tangente a una esfera
es perpendicular al radio que pasa por el punto de contacto.
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Solución: Si el sistema de coordenadas tiene su origen en el centro de
la esfera, entonces su ecuación es z = R 2 − x 2 − y 2 , siendo R el ra-
dio. Un vector perpendicular al plano tangente en el punto (x0, y0, z0) es
(z ′ x(x0, y0), z ′ −x0
y(x0, y0), −1) = ( √
R2−x02−y 2 0
,
−y0 √
R2−x2−y 2 , −1) y (x0, y0, z0) es
el radio vector que pasa por el punto de contacto. Nótese que son propor-
cionales, pues z0 = R 2 − x 2 0 − y 2 0
13. Calcular aproximadamente:
a) (0.92) 3 + (2.09) 3
b) log(0.09 3 + 0.99 3 ).
Soluciones: a) (0.92) 3 + (2.09) 3 ≈ 3.14. b) log(0.09 3 + 0.99 3 ) ≈ −0.03.
14. Para medir el área de un triángulo ABC se usa la expresión:
Área =
bc sen A.
(a) Mediante el cálculo diferencial, determinar un valor aproximado
2
del error absoluto que se comete en la medición del área, si ∆b, ∆c y
∆A son los errores absolutos en las medidas de b, c y A. (b) Usar el
resultado obtenido en el apartado anterior para determinar el error relativo
en la medida del área en función de los errores relativos de b, c y A. (c)
Suponiendo que A es casi un ángulo recto, deducir razonadamente, a partir
de la expresión encontrada en (b), que el error relativo en la medida del
área depende fundamentalmente de los errores en las medidas de b y c.
15. El periodo de un péndulo simple viene dado por T = 2π ℓ/g. Si ∆ℓ y
∆g son los errores absolutos en las medidas de ℓ y g, usar la diferencial
para determinar los errores absoluto y relativo cometidos en la medida de
T .
16. Se considera un rectángulo de dimensiones 12 cm y 16 cm. Si el la-
do menor se incrementa en 2 mm y el mayor se reduce 1.5 mm, usar
la diferencial para calcular aproximadamente la variación en el área del
rectángulo.
Solución: El área aumenta aproximadamente 1.4cm 2 .
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17. Un insecto está en un medio tóxico. El nivel de toxicidad viene dado por
T (x, y) = 50 + 2x 2 + 3y 2 . Si el insecto se encuentra en el punto (1, 2),
encontrar la trayectoria más conveniente que deberá tomar.
Solución: Debe seguir la dirección contraria al gradiente de T (x, y) a lo
largo de la curva y = 2 |x| 3 .
18. La ladera de una montaña tiene la forma de la superficie z = xy (x, y ≥
0). Si estamos en el punto (10, 20, 200), determinar la trayectoria más
conveniente para descender de la montaña.
Solución: La trayectoria está determinada por el sistema y = √ 300 + x 2
y z = xy, recorrida desde el punto de coordenadas (10, 20, 200) hasta
(0, 10 √ 3, 0).
19. La forma de una montaña está dada por la superficie z = h 2 − (x 2 + y 2 ).
Si nos encontramos en el punto ( h h , 2 2 , h √ ), encontrar la trayectoria más
2
conveniente que debería tomarse para bajar de la montaña.
Solución: Sea f(x, y) = h 2 − (x 2 + y 2 ). Para que z = f(x, y) decrezca
más rápidamente en el punto en cuestión, debemos seguir la dirección con-
traria a ∇f. La trayectoria es una curva sobre la montaña cuya proyecciób
sobre OXY es la curva xy = h 2 /4. La trayectoria está determinada por el
sistema z 2 = h 2 − x 2 − y 2 e 4xy = h 2 .
20. Calcular el plano tangente en un punto arbitrario de la superficie de
ecuación z = x 2 + y 2 y comprobar que dicho plano contiene la generatriz
que pasa por el punto de contacto.
Solución: La ecuación del plano tangente en el punto (x0, y0, x 2 0 + y 2 0)
tiene la forma z = (xx0 + yy0)/ x 2 0 + y 2 0. Para probar que se cortan
superficie y plano según una recta, se estudia el sistema formado por las
ecuaciones respectivas. Igualando las expresiones de z, obtenemos (xy0 −
yx0) 2 = 0. xy0 − yx0 = 0 es la ecuación de un plano vertical que, al
cortar al plano tangente determina una recta que también pertenece a la
superficie.
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21. Si el potencial de un campo de fuerzas plano viene dado por V (x, y) =
log(x 2 + y 2 ), determinar las líneas de fuerza.
Solución: y(c + (3/2) log x) = 1.
22. Consideramos la función f(x, y, z) = x 2 −y 2 +z 2 y la curva de ecuaciones
paramétricas
x = cos(t), y = sen(t), z = t (t ∈ [0, π]).
Calcular la derivada de f en cada punto de la curva y en la dirección de
la tangente. Determinar su valor máximo.
Solución: La derivada direccional vale 2(t − sen 2t) y su valor máximo es
5π/3 + √ 3 que lo alcanza para t = 5π/6.
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