2º Regla de la cadena y derivación implícita

Capítulo 2
Regla de la cadena y derivación
implícita
En las aplicaciones nos encontramos a menudo con la necesidad de usar
funciones vectoriales de varias variables: una función vectorial de una variable
define una curva, una función vectorial de tres componentes y dos variables
define una superficie, una distribución de cargas eléctricas crea un campo
eléctrico que se describe por medio de una función vectorial de tres com-
ponentes y tres variables, etc. En este tema establecemos los conceptos de
función vectorial diferenciable y matriz jacobiana. El resultado fundamental
es la regla de la cadena que nos muestra cómo se obtienen las derivadas par-
ciales de una función compuesta f ◦ g en términos de las derivadas parciales
de f y g. El tema termina con diversas aplicaciones de la regla de la cadena.
2.1. Funciones vectoriales diferenciables.
Sean f1, .., fm funciones definidas en un subconjunto D de R n . La función
definida por
x = (x1, .., xn) ∈ D → (f1(x), .., fm(x)) ∈ R m ,
42

se dirá que es una función vectorial de n variables y m componentes y suele
denotarse por f = (f1, .., fm). D es un subconjunto de R n que recibe el nombre
de dominio de f.
Ejemplo 2.1.1. El campo gravitatorio creado por una masa puntual m situ-
ada en el origen viene dado por
f(x, y, z) =
definido para (x, y, z) = (0, 0, 0).
Gm
(x2 + y2 + z2 (−x, −y, −z),
) 3/2
En este caso las funciones componentes son
f1(x, y, z) =
f2(x, y, z) =
f3(x, y, z) =
−Gmx
(x2 + y2 + z2 ,
) 3/2
−Gmy
(x2 + y2 + z2 ,
) 3/2
−Gmz
(x2 + y2 + z2 .
) 3/2
Diremos que una función vectorial f = (f1, .., fm) es diferenciable en un
punto x0 cuando lo son todas sus componentes. Si f es diferenciable en x0,
la matriz m × n cuyas filas son los gradientes de cada componente recibe el
nombre de matriz jacobiana de f en el punto x0 y se denota por f ′ (x0). Para
facilitar la comprensión, vamos a desarrollar lo que resta de este apartado
para el caso de funciones de dos variables y dos componentes.
Si f = (f1, f2) es diferenciable en x0 = (x0, y0), sus dos componentes son
diferenciables en dicho punto y, por tanto, existen los gradientes ∇fi(x0, y0)
(i = 1, 2). La matriz jacobiana de f en el punto (x0, y0) tiene la forma
f ′
∂f1
∂x (x0, y0) =
(x0,
∂f1 y0) ∂y (x0,
y0)
∂f2
∂x (x0, y0)
∂f2
∂y (x0, y0)
Si necesitamos un valor aproximado de la diferencia
f(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f(x0, y0),
43

para valores pequeños de ∆x e ∆y, basta recordar que cada componente
fi(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − fi(x0, y0)
de la diferencia vectorial anterior puede aproximarse por
dfi(x0, y0; ∆x, ∆y) = ∇fi(x0, y0) · (∆x, ∆y),
puesto que cada fi es diferenciable en (x0, y0).
Si definimos la diferencial de la función vectorial por
df(x0, y0; ∆x, ∆y) = (∆x, ∆y) · f ′ (x0, y0) t =
∂f1
∂f1
t = (∆x, ∆y) ·
∂x (x0, y0)
∂f2
∂x (x0, y0)
∂y (x0, y0)
∂f2
∂y (x0, y0)
entonces la diferencial es un vector cuyas componentes son aproximaciones
de las correspondientes componentes de
f(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f(x0, y0)
y dichas aproximaciones son tanto mejores en cuanto los incrementos de las
variables independientes, ∆x y ∆y, sean más pequeños.
Ejemplo 2.1.2. Si f(x, y) = (xy, x 2 − y 2 ), estudiar si es diferenciable y
calcular su diferencial.
Sus componentes son las funciones f1(x, y) = xy y f2(x, y) = x 2 − y 2 .
Se trata de dos funciones que tienen derivadas parciales de primer orden
continuas en R 2 y, por tanto, son diferenciables en cada punto de R 2 . Es-
to demuestra que la función vectorial f es diferenciable en R 2 . La matriz
jacobiana tiene la forma
f ′ (x, y) =
Entonces una aproximación de
44
y x
2x −2y
.
,

viene dada por
f(x + ∆x, y + ∆y) − f(x, y)
(∆x, ∆y) ·
y x
2x −2y
t
=
= (y∆x + x∆y, 2x∆x − 2y∆y).
El caso de funciones vectoriales de una variable real presenta una particulari-
dad que destacamos a continuación. El número de componentes es indiferente,
pero, para simplificar, consideraremos una función
f : x ∈ I ⊂ R → f(x) = (f1(x), f2(x)) ∈ R 2 .
Sus componentes f1 y f2 son funciones reales de variable real. Si x0 es un
punto interior del intervalo I, tiene sentido considerar el límite siguiente
lím
x→x0
f(x) − f(x0)
.
x − x0
Caso de existir, se denota por f ′ (x0) y recibe el nombre de derivada de f en
el punto x0. Se trata de un vector de R 2 .
Es fácil probar que el límite de una función vectorial es el vector cuyas
componentes son los límites de cada componente de la función. Por tanto, en
nuestro caso tenemos
= lím
x→x0
f(x) − f(x0)
lím
x→x0 x − x0
f1(x) − f1(x0)
, lím
x − x0 x→x0
=
f2(x) − f2(x0)
.
x − x0
Vemos, pues, que f es derivable en x0 cuando lo son sus componentes y
se verifica f ′ (x0) = (f ′ 1(x0), f ′ 2(x0)). La matriz jacobiana de f es la matriz
columna f ′ (x0) t = (f ′ 1(x0), f ′ 2(x0)) t . Entre funciones vectoriales de una vari-
able, el concepto de derivada de una función en un punto es de mayor interés
45

y se usa más a menudo que el de matriz jacobiana; por ello, reservaremos la
notación
f ′ (x0) = (f ′ 1(x0), f ′ 2(x0))
para la derivada de f en x0, mientras que la matriz jacobiana se denotará por
f ′ (x0) t .
Una ecuación del tipo x(t) = (x(t), y(t)), con t ∈ [a, b], puede interpre-
tarse como la ecuación paramétrica de una curva plana. Vamos a mostrar que
el vector derivada x ′ (t0) es un vector tangente a la curva en el punto x(t0).
En efecto, el cociente incremental
x(t) − x(t0)
,
t − t0
es un vector con igual dirección y sentido que x(t) − x(t0), si t > t0; en
cambio, si t < t0, el sentido es el contrario.
y
O
x(t )
o
x -x
(t) (t o)
x
x(t)
En cualquier caso, el cociente incremental es un vector paralelo a la cuerda
de extremos x(t) y x(t0), y dirigido en el sentido en que x(t) recorre la curva.
46
x

Al tomar límite cuando t → t0, se obtiene un vector tangente a la curva en
el punto x(t0) y dirigido en el sentido mencionado.
Terminamos este apartado haciendo notar que la matriz jacobiana de una
función escalar no es otra cosa que el gradiente, y si la función escalar es de
una sóla variable, entonces la matriz jacobiana tiene un único elemento que
es la derivada ordinaria f ′ (x0).
2.2. La regla de la cadena
Sean f y g funciones reales de una variable ambas derivables y tales que
tiene sentido considerar la función compuesta g ◦ f. Al estudiar el cálculo
diferencial de una variable vimos que la derivada de g ◦f en x0 es el producto
g ′ (f(x0)) · f ′ (x0). Es decir, se verifica la igualdad
(g ◦ f) ′ (x0) = g ′ (f(x0)) · f ′ (x0).
La igualdad anterior suele denominarse regla de la cadena. Esta regla es
válida para funciones de varias variables, escalares o vectoriales. Si f y g son
funciones diferenciables de cualquier número de variables, entonces
(g ◦ f) ′ (x0) = g ′ (f(x0)) · f ′ (x0),
donde el producto que aparece en el segundo miembro es el producto matricial
de las correspondientes matrices derivadas.
Para mayor claridad vamos a considerar dos de las situaciones más co-
munes con las que nos encontraremos.
I) Para facilitar la exposición, vamos a denotar las variables independi-
entes por x1, x2 y x3. Supongamos que T (x1, x2, x3) es la temperatura en cada
punto de una cierta región del espacio y contenida en dicha región una curva
dada por la ecuación
x(t) = (x1(t), x2(t), x3(t))
para t ∈ [a, b]. Nótese que T (x(t)) es el valor de la temperatura en el punto
de la curva de coordenadas (x1(t), x2(t), x3(t)). Si estuviéramos interesados
47

en estudiar el comportamiento de la temperatura a lo largo de la curva,
tendríamos que considerar la función compuesta T (x(t)).
Ejemplo 2.2.1. Si T (x1, x2, x3) = x 2 1 + x 2 2 + x 2 3 y C es la curva de ecuaciones
paramétricas
x1 = cos t, x2 = sen t, x3 = t 2 ,
entonces Tc(t) = cos 2 t + sen 2 t + t 4 = 1 + t 4 es la función que nos marca
la temperatura en los puntos de la curva y no es otra cosa que la función
compuesta T (x(t)).
Continuando con el desarrolo anterior, vamos a ver cómo se obtiene la
derivada de la función temperatura sobre la curva, Tc(t) = T (x(t)), usando
la regla de la cadena. Como T es una función escalar, su matriz jacobiana es
∇T y, recordando lo que acabamos de ver en el apartado anterior, x ′ (t0) t es
la matriz jacobiana de x(t) en t0. Entonces la derivada T ′ c(t0) viene dada por
el producto matricial
∇T (x(t0)) · (x ′ 1(t0), x ′ 2(t0), x ′ 3(t0)) t .
Por tanto, hemos obtenido la igualdad
dTc
dt (t0) =
3 ∂T
i=1
∂xi
(x(t0)) · dxi
dt (t0).
La expresión anterior conduce a la regla práctica siguiente:
En primer lugar, dibujamos un diagrama que exprese cómo depende Tc(t))
de la variable t a través de las variables x1, x2 y x3.
48

T(x(t))
T
Vemos que hay tres caminos para llegar desde T hasta t. Entonces
dTc
dt (t0)
viene dada por una suma con tres sumandos. Cada sumando corresponde
a un camino. El sumando correspondiente al camino T → xi → t es un
producto de la forma ∂T dxi · ∂xi dt .
II) Cambios de variables.
En las aplicaciones nos encontramos a menudo con el problema de conocer
cómo se relacionan las derivadas parciales ∂T
∂x
x
x
x
1
2
3
y ∂T
∂y
con ∂T
∂ρ
t
t
t
∂T y , para poder
∂ω
determinar la nueva ecuación a partir de la ecuación en cartesianas. Para
ello, usaremos de nuevo la regla de la cadena.
Ejemplo 2.2.2. De cierta magnitud T , que es función de otras dos x e y,
se conoce que verifica cierta ecuación en derivadas parciales respecto de las
coordenadas polares; por ejemplo, se sabe que T satisface la ecuación
sen ω ∂T
∂ρ
+ cos ω
ρ
∂T
∂ω
= 0, (2.1)
y se desea encontrar la ecuación que verifica T respecto de las coordenadas
cartesianas.
Primero vamos a proceder haciendo uso de la regla práctica y posteri-
ormente usaremos la forma matricial. La regla práctica nos dice que, para
49

empezar, debemos dibujar un diagrama que exprese la dependencia de T
respecto de las coordenadas polares ρ y ω a través de x e y
T
x
y
Vemos que para llegar desde T , tanto a ρ como a ω, hay dos caminos,
pues x = ρ · cos ω e y = ρ · sen ω. Por tanto, cada derivada parcial ∂T
∂ρ y
∂T
∂ω
consta de dos sumandos, uno por cada camino. Al camino T → x → ρ
corresponde el sumando ∂T
∂x
sumando de la forma ∂T
∂y
· ∂y
∂ρ
∂T
∂ρ
∂T
∂ω
r
w
r
w
∂x · , mientras que el camino T → y → ρ aporta un
∂ρ
. En definitiva, se tienen las siguientes relaciones
= ∂T
∂x
= ∂T
∂x
∂x ∂T
· +
∂ρ ∂y
∂x ∂T
· +
∂ω ∂y
· ∂y
∂ρ
· ∂y
∂ω .
Pasamos ahora a obtener las relaciones anteriores haciendo uso de la ex-
presión matricial de la regla de la cadena. Denotamos por g la función que
cambia de coordenadas
(ρ, ω) ∈ (0, +∞) × [0, 2π] → (x, y) =
= (ρ · cos ω, ρ · sen ω) ∈ R 2 .
50

Nótese que la función compuesta (escalar) T ◦ g es la que expresa T en
coordenadas polares. La regla de la cadena nos dice que el producto matricial
∇T · g ′ es el gradiente de la función compuesta; es decir
( ∂T ∂T
) = (∂T
∂ρ ∂ω ∂x
∂x
∂T ∂ρ ) ·
∂y
∂x
∂ω
.
Terminamos este apartado resolviendo el problema planteado en el ejem-
plo anterior. A partir de las expresiones que hemos encontrado para ∂T
∂ρ
obtenemos
sen ω ∂T
∂ρ
cos ω
ρ
∂T
∂ω
∂y
∂ρ
∂y
∂ω
= sen ω cos ω ∂T
∂x + sen2 ω ∂T
∂y
= − cos ω sen ω ∂T
∂x + cos2 ω ∂T
∂y .
Sumando las dos igualdades anteriores resulta
sen ω ∂T
∂ρ
+ cos ω
ρ
∂T
∂ω = (sen2 ω + cos 2 ω) ∂T
∂y
Por tanto, la ecuación en cartesianas se reduce a
∂T
∂y
= 0.
= ∂T
∂y .
2.3. Plano tangente a una superficie.
y ∂T
∂ω ,
Consideramos la superficie de ecuación f(x, y, z) = 0 y vamos a pro-
bar que, si (x0, y0, z0) es un punto de S, ∇f(x0, y0, z0) es un vector perpen-
dicular al vector tangente, en dicho punto, a cualquier curva contenida en
la superficie y que pasa por (x0, y0, z0). Sea, pues, x(t) = (x(t), y(t), z(t))
(t ∈ [a, b]) la ecuación de una curva que está contenida en la superficie
S y que pasa por el punto (x0, y0, z0). Entonces existe t0 ∈ [a, b] tal que
x(t0) = (x(t0), y(t0), z(to)) y se verifica
f(x(t), y(t), z(t)) = 0, para cada t ∈ [a, b].
51

Por tanto, derivando respecto de t, resulta para t = t0
∇f(x(t0)) · x ′ (t0) t = 0,
lo que prueba que ∇f(x0, y0, z0) y x ′ (t0) (el vector tangente a la curva en
(x0, y0, z0)) son perpendiculares.
Ésta es la razón de que se defina el plano tangente a la superficie f(x, y, z) =
0 en el punto (x0, y0, z0) como el plano que pasa por dicho punto y es per-
pendicular a ∇f(x0, y0, z0). Su ecuación tiene la forma
∂f
∂x · (x − x0) + ∂f
∂y · (y − y0) + ∂f
∂z · (z − z0) = 0,
donde las derivadas parciales de f se toman en el punto (x0, y0, z0).
Si la ecuación de la superficie viene dada en forma explícita por z =
F (x, y), podemos pasar a la forma explícita poniendo f(x, y, z) = F (x, y) −
z = 0. De acuerdo con lo que acabamos de ver, el plano tangente en el punto
(x0, y0, F (x0, y0)) tiene por ecuación
ya que ∂f
∂x
∂F
∂x (x0, y0) · (x − x0) + ∂F
∂y (x0, y0) · (y − y0)+
∂F ∂f
= , ∂x ∂y
+(−1) · (z − F (x0, y0)) = 0,
= ∂F
∂y
tangente adopta la forma final
y ∂f
∂z
z = F (x0, y0) + ∂F
∂x · (x − x0) + ∂F
∂y
= −1. Por tanto, la ecuación del plano
· (y − y0),
expresión que ya habiamos encontrado al estudiar el concepto de función
diferenciable de dos variables.
Ejemplo 2.3.1. Encontrar el plano tangente a la superficie z = x 2 + y 2 en
el punto (0, 0, 0).
Calculamos las derivadas parciales de primer orden z ′ x = 2x y z ′ y = 2y.
Sus valores en el punto en cuestión son z ′ x(0, 0) = 0 y z ′ y(0, 0) = 0. Por tanto,
la ecuación del plano tangente tiene la forma z = 0 + 0 · (x − 0) + 0 · (y − 0);
es decir, z = 0.
52

Finalizamos el apartado destacando una propiedad de ∇f en relación
con las superficies de nivel de f. Dada una función f de tres variables,
f(x, y, z) = c es la ecuación de una superficie de nivel. Si (x0, y0, z0) es un
punto de dicha superficie, del mismo modo que hemos probado que ∇f es per-
pendicular a la superficie f(x, y, z) = 0, puede demostrarse que ∇f(x0, y0, z0)
es perpendicular a la superficie de nivel.
2.4. El jacobiano
En este apartado consideramos funciones vectoriales con n variables y
n componentes. En tal caso, la matriz jacobiana es una matriz cuadrada
de orden n y tiene sentido calcular su determinante que recibe el nombre
de jacobiano de la función en el punto en cuestión. Más precisamente, si
f : D ⊂ R n → R n es diferenciable en x0 ∈ D, el jacobiano de f en x0 es el
determinante de la matriz f ′ (x0) y se denota por
det(f ′ (x0)) = ∂(f1, · · · , fn)
∂(x1, · · · , xn) (x0).
Si y = f(x), entonces también suele usarse la notación
∂y
∂r
∂(y1, · · · , yn)
∂(x1, · · · , xn) (x0).
Ejemplo 2.4.1. Si x = r cos ω e y = r sen ω, entonces
∂(x, y)
∂(r, ω) =
∂x
∂r
∂x
∂ω
=
cos ω
sen ω
−r sen ω
= r.
r cos ω
∂y
∂ω
En este caso, la función vectorial es la definida por
(r, ω) ∈ (0, +∞) × [0, 2π) → (x, y) =
= (r cos ω, r sen ω) ∈ R 2 ,
de dos componentes, x = r cos ω e y = r sen ω, y dos variables r y ω.
53

Las dos propiedades fundamentales del jacobiano son las siguientes:
1) Si f es diferenciable en x0 y g lo es en f(x0), entonces el jacobiano de la
función compuesta g ◦ f es el producto de los jacobianos, es decir, se verifica
donde z = g(y) e y = f(x).
∂(z1, · · · , zn)
∂(x1, · · · , xn) = ∂(z1, · · · , zn)
∂(y1, · · · , yn) · ∂(y1, · · · , yn)
∂(x1, · · · , xn) ,
2) Si f posee inversa diferenciable, entonces se verifica
donde y = f(x).
∂(y1, · · · , yn)
∂(x1, · · · , xn) · ∂(x1, · · · , xn)
∂(y1, · · · , yn)
= 1,
Ambas propiedades se deducen fácilmente a partir de la regla de la ca-
dena y del hecho bien conocido de que el determinante de un producto de
dos matrices es el producto de los determinantes de ambas. En el caso de la
primera propiedad, la prueba procedería como sigue: la regla de la cadena
nos dice que la matriz jacobiana de la función compuesta g ◦ f es el producto
de las matrices jacobianas de las funciones g y f. Por tanto, el jacobiano de la
función compuesta es el determinante de la matriz que resulta de multiplicar
las matrices jacobianas g ′ (f(x0)) y f ′ (x0), que es el producto de los determi-
nantes de ambas. Por lo que se refiere a 2), nótese que es consecuencia directa
de la primera ya que f ◦ f −1 es la función identidad cuya matriz jacobiana es
la matriz unidad y, por tanto, su jacobiano es 1.
Ejemplo 2.4.2. Sean u = y/x y v = x2 + y2 , calcular ∂(x,y)
∂(u,v) .
Lo más cómodo es calcular el jacobiano ∂(u,v)
∂(x,y)
resultado obtenido:
∂(u, v)
∂(x, y) =
−y/x
2 2x
1/x
2y
y después invertimos el
= −2y2
x 2 − 2 = −2(u2 + 1).
−1
Entonces el jacobiano que buscamos es igual a 2(u2 , por la propiedad se-
+1)
gunda. Un cálculo sencillo permite obtener las variables x e y en función de
54

u y v. Concretamente, x = v
1+u2 e y = u v
1+u2 . Con estas expresiones de
x e y, ahora podríamos obtener el jacobiano ∂(x,y)
directamente, pero es más
∂(u,v)
simple el camino que hemos seguido consistente en calcular el jacobiano de
la función inversa para después aplicar la propiedad (2).
2.5. Derivación implícita.
Una ecuación del tipo F (x, y) = 0 puede interpretarse como la ecuación
en forma implícita de una curva en el plano OXY, ya que el conjunto de
los puntos que verifican la ecuación posee un grado de libertad (se pueden
escoger los valores de x libremente y los de y quedan determinados por la
ecuación). Pero pueden darse situaciones muy diversas como muestran los
ejemplos siguientes.
Ejemplos 2.5.1. a) F (x, y) = x 2 + e y = 0. En este caso la ecuación no tiene
ninguna solución.
b) F (x, y) = x 2 + y 2 = 0. Sólo el punto (0, 0) es solución.
c) F (x, y) = e y − x 2 − 1 = 0. En este caso puede despejarse y y se obtiene
y(x) = log(x 2 + 1).
d) F (x, y) = x 2 +y 2 −1 = 0. Ahora también podemos despejar la variable
y, pero obtenemos dos funciones diferentes y(x) = ± √ 1 − x 2 .
Vemos que sólo en el ejemplo (c) la ecuación F (x, y) = 0 define im-
plícitamente de una única manera a la variable y como función de x. En el
ejemplo (d) la ecuación define implícitamente a y como función de x de dos
formas diferentes. Hay una forma de conseguir que también en este ejemplo
la ecuación defina de forma única a y como función de x. Consiste en exigir
que la función y(x) tome un valor predeterminado para cierto valor de x. Por
ejemplo, si queremos que y(0) = 1, entonces la ecuación x 2 +y 2 −1 = 0 define
implícitamente a y como función de x de una única manera: y(x) = √ 1 − x 2 .
El siguiente ejemplo pone de manifiesto la importancia que puede tener
este hecho.
55

Ejemplo 2.5.2. Calcular lím
0, y f(x, −x) = 0, para cada x ∈ R.
(x,y)→(0,0) f(x, y), siendo f(x, y) = x3 +y3 x+y
Primero vamos a calcular los límites a través de las rectas y = mx
lím
(x, y) → (0, 0)
y = mx
x
f(x, y) = lím
x→0
3 (1 + m3 )
x(1 + m) =
x
= lím
x→0
2 (1 + m3 )
(1 + m)
= 0,
, si x + y =
si m = −1. Por otra parte, es claro que el límite a través de la recta y = −x
también es 0. Ahora vamos a considerar la curva de ecuación F (x, y) =
x 3 + y 3 − x − y = 0. Nótese que pasa por el punto (0, 0) y que en cada uno de
sus puntos f toma el valor constante 1. Por tanto, el límite de f a lo largo de
esta curva es igual a 1. Esto prueba que no existe el límite doble de f(x, y)
en el origen pues la función es oscilante en las proximidades de (0, 0). Pero
hemos pasado por alto algo muy importante ¿cómo podemos estar seguros
de que la ecuación x 3 + y 3 − x − y = 0 define realmente una curva? Podría
ocurrir, como en el ejemplo (b), que sólo el punto (0, 0) verificara la ecuación.
En ese caso el razonamiento seguido para probar que no existe el límite doble
se caería por su propio peso.
El ejemplo muestra la importancia de disponer de un criterio práctico para
descubrir si, dados F (x, y) = 0 y un punto (x0, y0) tal que F (x0, y0) = 0, la
ecuación define implícitamente a y como función de x y esta función verifica
que y(x0) = y0. El teorema siguiente muestra que se requiere la condición
F ′ y(x0, y0) = 0.
Teorema 2.5.3. (De la función implícita). Sea F una función de clase uno
en un entorno de (x0, y0) y tal que F (x0, y0) = 0 y F ′ y(x0, y0) = 0. Entonces
existe un entorno E de x0 de modo que sólo hay una función y = y(x) definida
56

implícitamente en dicho entorno por la ecuación y verificando y(x0) = y0.
Además, esta función tiene derivada continua en cada punto de E.
Para terminar el ejemplo anterior, nótese que F ′ y(0, 0) = 3y 2 − 1|(0,0) =
−1 = 0. De modo que queda garantizado que la ecuación F (x, y) = 0 define
una curva que pasa por (0, 0).
Supongamos que y = y(x) es una función definida implícitamente por la
ecuación F (x, y) = 0 y queremos calcular y ′ (x). Vamos a ver que podemos
encontrar y ′ (x) aunque no dispongamos de la forma explícita de y(x). Basta
observar que F (x, y(x)) = 0, para cada x ∈ D (D es el dominio de y(x)).
Entonces la derivada de F (x, y(x)) respecto de x es cero en D. Para obtener
esta derivada usaremos la regla de la cadena.
de x.
Primero dibujamos un diagrama que recoja la forma en que F depende
F
x
y x
Hay dos formas de llegar desde F a x, por lo que la derivada de F (x, y(x))
constará de dos sumandos.
Al camino F → x le corresponde el sumando ∂F , mientras que al segundo
∂x
camino, F → y → x, corresponde un sumando de la forma ∂F
∂y
resulta
para cada x ∈ D.
∂F
∂x
+ ∂F
∂y
57
· dy
dx
= 0,
dy
· . Por tanto,
dx

Esta igualdad nos permite obtener
y ′ ∂F
∂x (x) = − , (2.2)
∂F
∂y
expresión válida para cada x ∈ D tal que ∂F (x, y(x)) = 0.
∂y
Ejemplos 2.5.4. a) Encontrar la ecuación de la recta tangente a la circun-
ferencia x 2 + y 2 = r 2 en el punto (x0, y0), siendo y0 > 0.
Derivamos implícitamente en la ecuación x 2 + y 2 − r 2 = 0 y obtenemos
2x + 2yy ′ = 0. Por tanto, y ′ (x0) = − x0 . Entonces la ecuación de la recta
y0
tangente viene dada por
y − y0 = − x0
(x − x0).
Finalmente, como x 2 0 + y 2 0 = r 2 , la ecuación queda en la forma
y0
x0
y − y0 = −
(x − x0).
r2 2 − x0 b) Calcular y ′ (0), siendo y(x) la única función implícita de x que define
la ecuación F (x, y) = x 4 + y 4 + x 3 y − 1 = 0 en un entorno del punto (0, 1).
Es claro que F es una función de clase uno en todo el plano y que
F (0, 1) = 0. Calculamos la derivada parcial F ′ y(x, y) = 4y 3 + x 3 y la evalu-
amos en el punto (0, 1): F ′ y(0, 1) = 4 = 0. Por tanto, el Teorema anterior
nos garantiza que hay una función y(x) (única) definida implícitamente por
la ecuación en algún entorno del origen y verificando y(0) = 1.
Para determinar su derivada, podemos emplear (2.2)
Haciendo x = 0, obtenemos y ′ (0) = 0
4
ables:
y ′ (x) = − F ′ x(x, y(x))
F ′ y(x, y(x)) .
= 0.
Terminamos el tema considerando el caso de una ecuación de tres vari-
58

F (x, y, z) = 0. Para saber si la ecuación define implícitamente a la variable
z como función de las variables x e y, en un entorno de un punto (x0, y0, z0)
que verifica la ecuación, acudiremos a un Teorema similar al que acabamos
de ver.
Teorema 2.5.5. Sea F una función de clase uno en un entorno de (x0, y0, z0)
y tal que
y
F (x0, y0, z0) = 0
F ′ z(x0, y0, z0) = 0.
Entonces existe un entorno E de (x0, y0) de modo que sólo hay una función
z = z(x, y) definida implícitamente en dicho entorno por la ecuación y ver-
ificando z(x0, y0) = z0. Además, esta función tiene derivadas parciales de
primer orden continuas en cada punto de E.
De hecho, existe un Teorema general de la función implícita, válido para
una ecuación F (x1, .., xn, xn+1) = 0. En este caso, si se quiere que la ecuación
defina implícitamente a la variable xn+1 como función de las restantes en un
entorno del punto x0, el Teorema exige que F ′ xn+1 no se anule en dicho punto.
2.6. Sistemas de ecuaciones
Consideramos el sistema de ecuaciones
F (x, y, z) = 0
G(x, y, z) = 0,
(2.3)
y nos planteamos la cuestión siguiente:¿qué condiciones deben verificar F y
G para que el sistema defina implícitamente a x e y como funciones de z?.
Antes de ver la respuesta a esta pregunta, es conveniente considerar el caso
de un sistema lineal
F (x, y, z) = a1x + b1y + c1z = 0
G(x, y, z) = a2x + b2y + c2z = 0.
59
(2.4)

Es conocido del álgebra elemental que, si el deteminante
a1 b1
∆ =
a2 b2
es no nulo, entonces en el sistema (2.4) x e y están determinadas (de manera
única) en función de z por las relaciones siguientes
−c1z
−c2z
x =
∆
b1
b2
,
y =
∆
a1 −c1z
a2 −c2z
Nótese que ∆ no es otra cosa que ∂(F,G)
, es decir, el jacobiano de (F, G)
∂(x,y)
respecto de las variables x, y. Por tanto, en el caso lineal, si se verifica la
condición ∂(F,G)
= 0, entonces el sistema define a x e y como funciones de
∂(x,y)
z. Pues bien, en el caso general ocurre exactamente lo mismo, sólo que no
siempre será posible encontrar de forma exacta las funciones que expresan x
e y en función de z. Concretamente, se verifica el siguiente resultado.
Teorema 2.6.1. (Teorema de la función implícita para sistemas). Sean F y
G funciones de clase uno en un entorno de un punto (x0, y0, z0) que verifica
el sistema (2.3). Si
∂(F, G)
∂(x, y) (x0, y0, z0) = 0,
entonces existe un entorno E de z0 de modo que el sistema (2.3) define
implícitamente (de manera única) en dicho entorno a x e y como funciones
de z (x = x(z) e y = y(z)), verificando x(z0) = x0 e y(z0) = y0.
Además, estas funciones tienen derivadas de primer orden continuas en
cada punto de E.
PROBLEMAS RESUELTOS
60
.

1. Si se realiza el cambio de variables dado por u = x 2 + y 2 y v = xy,
encontrar la forma que adopta en las nuevas variables la ecuación
y ∂f
+ x∂f
∂x ∂y
= 0. (2.5)
Para ayudarnos usamos el esquema siguiente que recoge cómo depende f
de x e y a través de las variables u y v.
f
De acuerdo con la regla de la cadena, tenemos
∂f
∂x
∂f
∂y
u
v
∂f ∂u ∂f ∂v
= +
∂u ∂x ∂v ∂x
∂f ∂u ∂f ∂v
= +
∂u ∂y ∂v ∂y ,
donde las derivadas parciales de u y v vienen dadas por
∂u
∂x
= 2x , ∂u
∂y
= 2y , ∂v
∂x
Sustituyendo las expresiones obtenidas de ∂f
∂x
resulta:
61
= y , ∂v
∂y
y ∂f
∂y
= x.
x
x
y
y
en la igualdad (7.4),

0 = y ∂f
+ x∂f
∂x ∂y =
∂f ∂f
= y 2x +
∂u ∂v y
∂f ∂f
+ x 2y +
∂u ∂v x
=
= 4xy ∂f
∂u + (x2 + y 2 ) ∂f ∂f
= 4v + u∂f
∂v ∂u ∂v .
Por tanto, la ecuación en las nuevas variables tiene la forma
4v ∂f
+ u∂f
∂u ∂v
= 0.
2. Comprobar que el plano tangente en cada punto de la superficie x 2 + y 2 =
a 2 tiene en común con ella una recta.
Un punto cualquiera de la superficie tiene la forma (x0, y0, z0), siendo
x 2 0 + y 2 0 = a 2 . La ecuación del plano tangente tiene la forma
∂f
∂x (x0, y0, z0)(x − x0) + ∂f
∂y (x0, y0, z0)(y − y0)+
+ ∂f
∂z (x0, y0, z0)(z − z0) = 0,
si la ecuación de la superficie es f(x, y, z) = 0 (en nuestro caso, x 2 +
y 2 − a 2 = 0). Entonces la ecuación del plano tangente a nuestra superficie
adopta la forma
2x0(x − x0) + 2y0(y − y0) = 0.
Simplificando, obtenemos x0(x − x0) + y0(y − y0) = 0. Finalmente, nótese
que la recta de ecuación
x = x0 , y = y0 , z = t
está contenida en la superficie y en el plano (en ambas ecuaciones no
aparece la variable z).
62

3. Comprobar que el sistema siguiente define implícitamente a x e y como
funciones de z en un entorno de (1, 1, 1). Calcular x ′ (1) e y ′ (1).
F (x, y, z) = x 3 + y 3 + z 3 − 2x = 1
G(x, y, z) = xyz = 1.
Primero comprobamos que el punto (1, 1, 1) verifica el sistema. En segundo
lugar, calculamos el jacobiano
∂(F, G)
∂(x, y) =
yz xz
y lo evaluamos en el punto (1, 1, 1)
3x 2 − 2 3y 2
,
∂(F, G)
1 3
(1, 1, 1) = = −2 = 0.
∂(x, y) 1 1
Por tanto, el Teorema garantiza que existe un entorno de z0 = 1 y fun-
ciones x = x(z) e y = y(z) (definidas implícitamene por el sistema),
definidas de manera única en él y verificando x(1) = 1 e y(1) = 1. Para
obtener las derivadas de x(z) e y(z), basta derivar las ecuaciones del sis-
tema respecto de z, teniendo en mente que x e y son funciones de z,
resultano las igualdades
3x 2 x ′ + 3y 2 y ′ + 3z 2 − 2x ′ = 0
x ′ yz + xy ′ z + xy = 0.
Ahora hacemos z = 1 y teniendo en cuenta que x(1) = 1 e y(1) = 1,
encontramos el sistema
3x ′ + 3y ′ + 3 − 2x ′ = 0
x ′ + y ′ + 1 = 0.
Fácilmente se obtiene x ′ (1) = 0 e y ′ (1) = −1.
63

4. Calcular la ecuación de la recta tangente a la elipse de ecuación
en el punto (1, 2 √ 3).
x 2
4
+ y2
16
= 1,
En lugar de despejar y en la ecuación, es más cómodo derivar implícita-
mente respecto de x:
Despejando y ′ , encontramos
Entonces
x yy′
+
2 8
= 0.
y ′ = − 4x
y .
y ′ (1) = − 4
2 √ 3 = −2√ 3
3 .
Finalmente, la ecuación de la recta tangente es
y = 2 √ 3 − 2√3 (x − 1),
3
donde se ha usado la ecuación punto pendiente: y = y0 + y ′ (x0)(x − x0).
5. Calcular el vector normal unitario en cada punto del elipsoide de ecuación
x 2 + y2
2
+ z2
2
= 1.
Sabemos que ∇f es un vector perpendicular a la superficie de ecuación
f(x, y, z) = 0. En nuestro caso, f(x, y, z) viene dada por
x 2 + y2
2
+ z2
2
− 1 = 0.
Por tanto un vector normal a la superficie en el punto (x0, y0, z0) tiene la
forma
( ∂f ∂f ∂f
, ,
∂x ∂y ∂z ) = (2x0, y0, z0).
64

El módulo de este vector es 4x 2 0 + y 2 0 + z 2 0. Entonces el vector unitario
normal es
n =
6. Se considera la ecuación
1
2 4x0 + y2 0 + z2 (2x0, y0, z0).
0
∂f
∂x
= ∂f
∂y .
Encontrar la forma que adpota la ecuación en las nuevas varibles u y v,
dadas por x = u + v e y = u − v.
Nos ayudaremos del esquema siguiente
Aplicando la regla de la cadena al esquema anterior, se obtiene
∂f ∂f ∂u ∂f ∂v
= + ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x
∂f ∂f ∂u ∂f ∂v
= + ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y .
(2.6)
A partir de las relaciones x = u + v e y = u − v, se obtienen fácilmente
las igualdades
x + y x − y
u = , v = .
2 2
Entonces las derivadas parciales de u y v respecto de x e y vienen dadas
por
∂u
∂x
= ∂u
∂y
∂f
∂y
= ∂v
∂x
2 ∂u
1 ∂f
= 2 ∂u
1 ∂v
= .
2 ∂y
− ∂f
∂v
= −1
2 .
Sustituyendo los valores anteriores en las igualdades (2.6), resulta
⎧
⎨ ∂f 1 ∂f ∂f
= + ∂x ∂v
⎩
.
Igualando los segundos miembros de las ecuaciones anteriores, se sigue que
∂f
∂v
= 0,
que es la ecuación que verifica f en las nuevas variables.
65

7. Calcular lím
(x,y)→(0,0) f(x, y), siendo f(x, y) = x2 y 2
x+y .
Vemos que el dominio de la función es todo el plano menos los puntos de
la recta x+y = 0. Empezamos calculando los límites a través de las rectas
y = mx (m = −1):
lím
(x, y) → (0, 0)
y = mx
x 2 y 2
x + y
m 2 x 3
= lím
x→0
m 2 x 4
x(1 + m) =
= lím = 0.
x→0 1 + m
Vamos a ver que, sin embargo, no existe el límite doble, considerando
el límite direccional a través de una curva de nivel, por ejemplo, la de
ecuación f(x, y) = 1. Dicha curva de nivel tiene exactamente la ecuación
x 2 y 2 − x − y = 0. Puede comprobarse por métodos elementales que define
implícitamente una curva y = y(x) que pasa por el origen (basta despejar
y). Pero, para practicar con el Teorema de la función implícita, vamos
a recurrir a este Teorema para comprobar que la ecuación anterior de-
fine implícitamente a y como función de x en un entorno de (0, 0). Sea
F (x, y) = x 2 y 2 − x − y, debemos comprobar los siguientes hechos:
a) F (0, 0) = 0.
b) F (x, y) es diferenciable con continuidad
c) ∂F (0, 0) = 0.
∂y
a) y b) se verifican de manera obvia, en cuanto a c), basta calcular
∂F
∂y (x, y) = 2x2y − 1 para comprobar que no se anula en el origen. Por
tanto, el Teorema de la función implícita nos asegura que la ecuación
x 2 y 2 − x − y = 0 define implícitamente, en un entorno de 0, una función
y = y(x). El límite direccional a través de esta curva es obviamente 1.
Esto prueba que f(x, y) es oscilante en un entorno del origen.
PROBLEMAS PROPUESTOS
66

1. Escribir en coordenadas polares la expresión
Solución:
2 ∂f
∂r
+ 1
r 2
∂f
∂ω
2. Expresar la ecuación ∂f
∂x
2
.
= ∂f
∂y
2 ∂f
+ ∂x
(x, y) mediante las ecuaciones x = u+v
2 e y = u−v
2 .
Solución: ∂f
∂v
= 0.
2 ∂f
. ∂y
en las coordenadas (u, v), relacionadas con
3. Si g : R → R es derivable, probar que f(x, y) = xg( x)
verifica la ecuación
y
x ∂f ∂f
+ y ∂x ∂y
= f.
4. Si f(x, y) = e x2 +y 2
x , hallar de dos formas diferentes las derivadas parciales
∂f
∂r
∂f
y , siendo (r, ω) las coordenadas polares.
∂ω
Solución: ∂f
∂r
∂f ∂x ∂f ∂y
= + ∂x ∂r ∂y ∂r = er/ cos ω / cos ω y ∂f
∂ω
∂f ∂x ∂f ∂y
= + ∂x ∂ω ∂y ∂ω =
r sen ωer/ cos ω / cos2 ω. Otra forma: se pasa f(x, y) a polares y después se
deriva parcialmente respecto de r y ω.
5. Sean f, g : R → R dos veces derivables. Probar que y(x, t) = f(x + at) +
g(x − at) es solución de la ecuación de ondas ∂2 y
∂t 2 = a 2 ∂2 y
∂x 2 .
x
6. Calcular lím
(x,y)→(0,0)
4 + y4 x + y .
Solución: Los límites a trvés de las rectas y = mx valen 0, pero a través
de la curva de nivel (x 4 + y 4 )/(x + y) = 1 su valor es 1. Por tanto, no
existe el límite doble.
7. Si f(P, V, T ) = 0 es la ecuación de estado de un gas, probar que ∂P ∂V ∂T
∂V ∂T ∂P =
−1, en el supuesto de que se verifique que las derivadas parciales ∂f
∂P
y ∂f
∂T
sean no nulas.
Solución: ∂P
∂V = − f ′ V
f ′ ,
P
∂V
∂T = − f ′ T
f ′ V
y ∂T
∂P = − f ′ P
f ′ .
T
, ∂f
∂V
8. Comprobar que la ecuación x 4 + y 4 + xy − 3 = 0 define implítamente a y
como función de x en un entorno de (1, 1). Si y(x) denota dicha función,
calcular y ′′ (1).
67

Solución: y ′′ (1) = −22/5.
9. Se llaman puntos estacionarios a aquellos en los que se anula el gradiente.
Hallar los puntos estacionarios de la función z definida implícitamente por
la ecuación x 3 − y 2 − 3x + 4y + z 2 + z − 8 = 0.
Solución: Sólo hay dos puntos estacionarios: (±1, −2).
10. Si y = y(x) es una función definida implícitamente por la ecuación x 2 +
y 3 + e y = 0, calcular y ′ e y ′′ en términos de x e y.
Solución: y ′ = −2x/(3y 2 +e y ) e y ′′ = −
e y ) 3 .
11. Probar que el sistema
x + y + t = 1
x 3 + y 3 + t 3 = 1,
4x 2 (6y +e y )+2(3y 2 +e y )
/(3y2 +
define implícitamente a x e y como funciones de t en un entorno de (1, 0, 0).
Si x(t) e y(t) denotan dichas funciones, obtener el vector tangente de la
curva de ecuaciones paramétricas x = x(t) e y = y(t) en el punto t = 0.
Solución: ( ˙x(0), ˙y(0)) = (0, −1).
68