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Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática
VARIAS VARIABLES para MAT023
Verónica Gruenberg Stern
1.
Nociones de Topología en
R
nDefinición 1.1. Sea ~x ∈ Rn, ~x = (x1, x2,· · · , xn). Definimos la norma de ~x, y escribimos
k~xk =
v u u t
n
X
i=1
x2
i
Notar que la norma de un vector enRnasí definida es un número real no negativo y corresponde al tamaño ó magnitud de dicho vector.
Definición 1.2. Si~x, ~y∈Rn, ~x= (x1, x2,· · · , xn), ~y= (y1, y2,· · · , yn), entonces ladistancia
entre ellos está dada por
d(~x, ~y) = k~x−~yk =
v u u t
n
X
i=1
(xi−yi)2.
Sin= 1,2 ó 3, la distancia así definida coincide con la distancia euclideana usual.
En efecto, sin= 1, ~x=x∈R, ~y=y∈R, por lo que la distancia
d(~x, ~y) =d(x, y) =p(x−y)2 =|x−y|
Sin= 2, ~x= (x1, x2), ~y= (y1, y2), entonces
d(~x, ~y) =k~x−~yk=
v u u t
2
X
i=1
(xi−yi)2 =
p
(x1−y1)2+ (x2−y2)2
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1.1. Propiedades
Sean ~x, ~y∈Rn, α∈R. Entonces se cumplen las siguientes:
1. k~xk ≥0, y k~xk= 0 ⇐⇒ ~x=−→0.
2. kα~xk=|α| k~xk.
3. k~x−~yk=k~y−~xk.
4.
n
X
i=1
xiyi
≤ k~xk k~yk, conocida como la desigualdad de Cauchy–Schwarz.
5. k~x+~yk ≤ k~xk+k~yk, conocida como la desigualdad triangular.
Demostración. Demostraremos sólo 4 y 5.
4. Supongamos que~x, ~yson vectores l.i. Luego,t~x−~y6=−→0,∀t∈R, de dondekt~x−~yk2 6= 0, es decir:
(tx1−y1)2+ (tx2−y2)2+· · ·+ (txn−yn)2 6= 0
Reescribiendo esta relación como una cuadrática en la variablet:
n
X
i=1
x2i
!
t2 − 2
n
X
i=1
xiyi
!
t + n
X
i=1
yi2
!
6
= 0
Esto significa que el discriminante de la correspondiente ecuación de segundo grado en t es negativo, es decir,
4 n
X
i=1
xiyi
!2
− 4
n
X
i=1
x2i
! n X
i=1
yi2
!
< 0
⇐⇒
n
X
i=1
xiyi
!2
< n
X
i=1
x2i
! n X
i=1
yi2
!
y extrayendo raíz cuadrada a ambos lados de la desigualdad, obtenemos la desigualdad pedida.
5.
k~x+~yk2 = (~x+~y)·(~x+~y)
= k~xk2 + 2 (~x·~y) + k~yk2
≤ k~xk2 + 2|~x·~y| + k~yk2
≤ k~xk2 + 2k~xk k~yk + k~yk2 ≤ (k~xk+k~yk)2
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Definición 1.3. Definimos labola abierta óvecindad abierta de centro~ay radior, al conjunto
B(~a, r) ={~x∈Rn:k~x−~ak< r}.
Ejemplos
1. EnR2, B(2,2),1=
(x, y)∈R2 :k(x, y)−(2,2)k<1 =(x, y)∈R2 : (x−2)2+ (y−2)2 <1 .
2. Análogamente, enR3, B(2,2,1),1=
(x, y, z)∈R3 : (x−2)2+ (y−2)2+ (z−12 <1 .
1 2 3 4
−1 −2
1 2 3
X Y
(a) disco
x y
z
1.0 2.0 3.0 4.0 5.0
-1.0
1.0 2.0
3.0 4.0
5.0 -1.0
1.0 2.0 3.0
-1.0
(b) esfera
Definición 1.4. Sea U ⊆ Rn. Diremos que el conjunto U es abierto ⇐⇒ ∀x0 ∈ U ∃r > 0 :
B(x0, r)⊂U.
Ejemplos
1. En R, los intervalos de la forma I1 =]a, b[, I2 =]− ∞, b[, I3 =]a,∞[son conjuntos abiertos.
En cambio no son conjuntos abiertos los intervalos de la forma I4 = [a, b], I5=]a, b],
I6 = [a, b[, I7=]− ∞, b], I8= [a,∞[.
2. EnR2, el conjunto A={(x, y)∈R2 :x2+y2<1}=B
(0,0),1es un conjunto abierto. Es
fácil ver que, en general, B(a0, b0), r
es un abierto, ∀(a0, b0)∈R2.
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3. En R2, el conjunto H ={(x, y) ∈ R2 :y > 0} es abierto. Se conoce como el semiplano superior.
X Y
4. En R3, el conjunto A = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 +y2+z2 < 9} es abierto. Gráficamente, es el interior de una esfera de radio 3 centrada en el origen (sin el borde).
x y
z
Definición 1.5. Diremos que el conjuntoF ⊆Rn escerrado si, y sólo si, Rn−F es abierto.
Ejemplos
1. EnR, los intervalos I4, I7 e I8 son conjuntos cerrados, ya que R−I4 = ]− ∞, a[∪]b,∞[,
R−I7 =]b,∞[, R−I8=]− ∞, a[ son abiertos.
2. EnR2, el conjunto A={(x, y)∈R2:x2+y2 ≤1} es cerrado, pues A={(x, y)∈R2 :x2+y2>1} es un conjunto abierto.
3. En R2, el conjunto A ={(x, y) ∈R2 :x ≥0, y≥0} es cerrado. Corresponde, gráficamente, al primer cuadrante del plano cartesiano, incluyendo el borde.
4. En R3, el conjunto A = {(x, y, z) ∈ R3 : x2+y2 +z2 = 9} es cerrado, y también lo es el conjunto A={(x, y, z)∈R3 :x2+y2+z2≤9}.
Definición 1.6. SeaA⊆Rn; diremos que~q∈Rn es unpunto de acumulación deAsi y sólo
si,
∀ r >0, B(~q, r)− {~q} ∩ A 6= ∅
Denotamos al conjunto de los puntos de acumulación deA como
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Ejemplos
1. En R, consideremos el intervalo I =]a, b]. Si x ∈]a, b[ entonces (B(x, r)− {x})∩I 6=∅. Por lo tanto, todos los x ∈ R : a < x < b son puntos de acumulación de I. Además, si x = a, entonces también(B(a, r)− {a})∩I 6=∅, y six=b, (B(b, r)− {b})∩I 6=∅. Hemos probado entonces que el conjunto de puntos de acumulación de I, I0 = [a, b].
2. Como arriba, el intervalo cerrado [a, b] es el conjunto de puntos de acumulación para los siguientes intervalos en R: ]a, b[, [a, b[, [a, b].
3. En R, consideremos el conjunto A=1n, n∈N . El único punto de acumulación de A es el 0, es decir,A0={0}.
4. EnR2, el conjunto de puntos de acumulación deA=
(x, y)∈R2 :x2+y2<1 es el conjunto A0 =
(x, y)∈R2:x2+y2 ≤1 .
Definición 1.7. Sea A⊆Rn. Diremos que x0 es un punto interior de A si, y sólo si, ∃r > 0 :
B(x0, r)⊆A. Denotamos al conjunto de todos los puntos interiores de Apor
˚
A={x∈Rn:xes un punto interior de A}
Ejemplos
1. EnR, el interior del intervalo I = [a, b] es ˚I =]a, b[. El mismo interior tienen los intervalos ]a, b[, [a, b[ y ]a, b].
]a, b]
a b
]a, b[
a b
[a, b]
a b
[a, b[
a b
2. EnR2, el interior de la bolaB((0,0),2)es la misma bola.
3. EnR2, el interior de H=
(x, y)∈R2:y ≥0 es el semiplano superior.
4. El interior deA=
(x, y, z)∈R3 :x2+y2+z2 ≤9 es la esfera sin el borde, es decir, A=
(x, y, z)∈R3 :x2+y2+z2 <9 .
5. EnR2, el interior de A=
(x, y)∈R2 :x2+y2= 4 es ∅.
Ejercicios
Para cada uno de los siguientes conjuntos determine si es abierto, cerrado, sus puntos interiores y de acumulación:
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Definición 1.8. Sea A⊆Rn; diremos quex0 ∈Rn es unpunto frontera de A si, y sólo si,
∀ ε >0 : B(x0, ε) ∩ A 6= ∅ ∧ B(x0, ε) ∩ A{ 6= ∅
Denotamos al conjunto de puntos frontera de Apor FrA o∂A.
Ejemplos
1. EnR, los puntos frontera del intervalo I = ]a, b]son los puntosayb. Los mismos puntos son frontera para los intervalos]a, b[,[a, b]y[a, b[.
]a, b]
a b
]a, b[
a b
[a, b]
a b
[a, b[
a b
2. EnR, el conjunto de puntos frontera de A=1
n, n∈N es ∂A = A∪ {0}.
0 1
1 2 1
3
1 4 1 5
3. En R2, el conjunto de puntos frontera de A = {(x, y) ∈ R2 : x2 +y2 < 1} es el conjunto ∂A={(x, y)∈R2:x2+y2 = 1}.
Definición 1.9. SeaA⊆Rn, A6=∅. Diremos queA es unaregión si, y sólo si,Aes un conjunto
abierto y conexo, es decir, dados dos puntos cualquiera enA, estos pueden ser unidos por una línea poligonal.
Ejemplos
1. EnR2, la bola B((0,0),2)es una región. Cualquier bola es una región enR2.
2. En general,B(x0, r)⊆Rn es una región.
3. El semiplano superior es una región.
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2.
Funciones Reales de Varias Variables
2.1. Funciones escalares de Varias Variables
En esta sección, estudiaremos funciones que tienen como dominio un subconjunto A de Rn y recorrido en los reales, es decir,
f:A⊆Rn→R.
Ejemplos:
1. Sea f:A⊆R2 →R, con f(x, y) = xy−5 2p
y−x2.
El dominio def es el conjunto de puntos enR2 en donde la fórmula anterior está definida, es
decir, Dom(f) ={(x, y)∈R2 :y−x2 >0}. Gráficamente, el dominio se representa por:
2. Sea f:A ⊂ R2 → R, con f(x, y) = p lnx
4−x2y. El dominio de esta función es el conjunto
Dom(f) ={(x, y)∈R2: 4> x2y ∧ x >0}. Gráficamente:
3. Sea g:A⊆R2 →R, con g(x, y) =
p
1−x2−y2.
En este caso, para determinar el dominio deg se necesita que la raíz esté definida, es decir,
Dom(g) = {(x, y)∈R2 : 1−x2−y2 ≥0} = {(x, y)∈R2 :x2+y2 ≤1}.
También, en este caso es posible determinar elRec(g). Para ello, notar quex2+y2 ≤1 =⇒
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Definición 2.1. Sea f:A⊆Rn→Runa función, donde Dom(f) =A, y tal que
(x1, x2,· · ·, xn) −→ f(x1, x2,· · ·, xn).
Definimos elgráfico de f como el conjunto
Gf ={(x1, x2,· · ·, xn, f(x1, x2,· · · , xn))∈Rn+1: (x1, x2,· · ·, xn)∈A}
Es decir, el gráfico de una función de n variables es un subconjunto de Rn+1, por lo cual sólo podemos dibujar los gráficos de funciones de 1 ó 2 variables.
1. Sea f:A⊆R2 →R, con f(x, y) = e−(x2+y2). En este caso, f está bien definida para todos los valores de R2, de donde Dom(f) = R2 ¿Será posible determinar el Rec(f)? Notar que x2+y2 ≥0,∀(x, y)∈
R2. Luego, como el exponente tiene signo negativo, tenemos que el valor máximo lo obtenemos para(x, y) = (0,0), y los valores de la función decrecen a medida que x2+y2 crece. Por tanto, Rec(f) =]0,1].
El gráfico dez=f(x, y)es:
x y
z
2. Sea f:A ⊆R2 →R, con f(x, y) = senxy. Nuevamente, f está bien definida para todos los valores de R2, de donde Dom(f) = R2. Como ∀u ∈R: −1 ≤senu ≤1, es claro queRec(f) =]−1,1[.
Para poder relacionar cuerpos, superficies y curvas en el espacio con sus correspondientes ecua-ciones cartesianas, es recomendable aprovechar el conocimiento algebraico de ecuaecua-ciones (y sus correspondientes representaciones gráficas) en el plano y en espacio, conseguido en cursos anterio-res.
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Recta
1 2 −1 −2
1 2
−1
y=mx+n
Circunferencia x2+y2 =r2
Elipse x
2
a2 +
y2
b2 = 1
Parábola y= 1
4px2
Hipérbola x
2
a2 −
y2
b2 = 1
Figura 1: Algunos gráficos.
De cursos pasados, sabemos que estas cónicas pueden encontrarse trasladadas y/o rotadas en el plano. En ese caso, la forma de la ecuación es una «cuádrica», es decir, de la forma
A x2+B y2+Cxy+D x+E y+F = 0
y que mediante traslaciones y rotaciones es posible llevarlas a una de las formas anteriores. Análogamente las «superficies cuádricas», es decir, superficies con ecuación de la forma
A x2+B y2+C z2+D xy+E yz+F xz+G x+H y+I z+J = 0
representan superficies en el espacio tridimensional, y es posible demostrar, usando traslaciones y rotaciones, que se obtiene alguna de las siguientes «formas canónicas»:
Ax2+By2+Cz2+D= 0 (1)
Ax2+By2+Cz = 0 (2)
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Ecuación Gráfico enR2 Gráfico en R3
(a)y=mx+n
1 2
−1
−2 1 2
−1
x y
z
• •
(b)x2+y2 =r2
y z
x
(c) xa22 + y2 b2 = 1
y z
x
(d)y=cx2
y z
x
Figura 2: Representaciones en R2 yR3
Sabemos, sin embargo, que hay otras superficies cuádricas. Las más relevantes:
1. Esfera:
x2+y2+z2 =r2
2. Elipsoide:
x2
a2 +
y2
b2 +
z2
c2 = 1 a, b, c >0
-2 -1 -2
-2 -1
-1
0 0
x z
1
y 0 2
1 1
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3. Hiperboloide de una hoja:
x2
a2 +
y2
b2 −
z2
c2 = 1
-2 -1 -2 -2 0 -1 x -1 0 y z 1 0 1 2
1 22
4. Hiperboloide de dos hojas:
−x
2
a2 +
y2
b2 −
z2
c2 = 1
-4 -2 0x -4 -4 2 -2 -2 0 2 z y 0 4 4 2 4
5. Paraboloide:
x2
a2 +
y2
b2 =cz, c >0
-2 -1 y 0 1 2 -2 -1 0x 1 -12 0 1 2 z 3 4
6. Cono:
x2
a2 +
y2
b2 =
z2
c2
-4 -2
-4
-4 0x
-2 -2 0 2 0 z y 2 2 4 4 4
7. Paraboloide hiperbólico:
y2
a2 −
x2
b2 =cz, c >0
-4 -2 0x 2 -4 -4 -2 -2 z y 0 0 2 2 4 44
Observación. El intercambio de posición de las variables en las ecuacionesnoaltera la naturaleza básica de una superficie, pero sí cambia la orientación de la superficie en el espacio.
Ejercicios.Grafique las siguientes:
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2.2. Funciones Vectoriales
En esta sección, estudiaremos funciones que tienen como dominio un subconjunto A de Rn recorrido enRm, es decir,
f:A⊆Rn→Rm.
Ejemplos:PENDIENTE
2.3. Curvas y Superficies de Nivel
Definición 2.2. Sea f :A⊆R2 −→R. Para cada z0 ∈Rec(f)definimos la correspondientecurva
de nivel como el conjunto
Cz0 = {(x, y)∈A :f(x, y) =z0}
Observación. En otras palabras, sif es una función de dos variables, las intersecciones deGf con planos paralelos al plano XY (o sea, planos en los que z =z0 =cte.), se llaman curvas de nivel
o decontorno (muy usadas en mapas topográficos, hidrográficos, meteorológicos, etc.)
Ejemplo. Sea f:A ⊆R2 →R, f(x, y) = 9−x2−y2 donde A={(x, y)∈R2 :x2+y2 ≤9}. Entonces, las curvas de nivel se obtienen al hacer z = f(x, y) =k =cte. Para distintos valores de la constantek, obtenemos circunferencias de diferentes radios. Por ejemplo, si k= 0, obtenemos la circunferencia centrada en el origen y de radio 3. Sik= 5, obtenemos la circunferencia centrada en el origen de radio 2, y así sucesivamente.
X Y
k= 5
k= 8
Definición 2.3. Sea f : A ⊆ R3 −→ R. Para cada w0 ∈ Rec(f) definimos la correspondiente
superficie de nivel como el conjunto
Cw0 = {(x, y, z)∈A :f(x, y, z) =w0}
Observación.
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2. Es posible generalizar el concepto de superficies de nivel, considerando funciones deRn a
Rm. Más precisamente, si F :A⊆Rn−→Rm, F(x1, x2,· · · , xn) = (f1(~x), f2(~x),· · ·, fm(~x)),
para cada~b∈Rec(F)definimos la correspondiente superficie de nivel como el conjunto
C~b = {~x∈A :F(~x) =~b}
Ejemplo. Determine las superficies de nivel def, si
1. f :R3 −→R, dada porf(x, y, z) =x2+y2+z2.
2. f :R3 −→R, dada porf(x, y, z) =x2+y2−z2. .
Solución
1. Como x2+y2+z2 ≥0 ∀(x, y, z)∈
R3, se tiene que:
a) w <0 ⇒ Cw=∅.
b) w= 0 ⇒ Cw={(0,0,0)}.
c) w >0 ⇒ Cw={x2+y2+z2 =w}, es decir, esferas de centro en~0 y radio√w.
2. Tenemos los siguientes tres casos:
Caso I) x2+y2−z2 = 0
-4 -2
-4
-4 0x
-2 -2
0 2
0 z
y 2
2
4 4 4
Caso II) x2+y2−z2 > 0
-2 -1
-2
-2 0
-1
x -1
0
y z
1
0 1 2
1 22
Caso III) x2+y2−z2 < 0
-4
-2
0x
-4
-4 -2 2
-2
0 2
z
y 0
4 4 2
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Ejercicios
1. Determine y grafiqueA⊆R2 tal que sea el dominio de:
(a) f(x, y) =p36−x2−y2
(b) f(x, y) =
p
x2+y2−16
x
(c) f(x, y) = x+ 1
|y−1|
2. Describa las curvas de nivel correspondientes a los valores def(x, y) =C, que se indican, para las superficies:
(a) f(x, y) =x2−y2, C = 0,1,4,9
(b) f(x, y) = cos(x+y), C=−1,0,1
2,1
3. Sea f :R2−→R2, dada por f(s, t) = (s2+t2,2st). Encuentre la imagen del círculo s2+t2 ≤ a2.
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3.
Límites y Continuidad
Tal como en el caso de funciones de una variable, si f:A ⊆ Rn → R es una función de n variables, y x0 ∈ Rn es un punto de acumulación deA, diremos que el límite de f cuando x se acerca a x0 esL∈Rsi la diferencia|f(x)−L|puede hacerse arbitrariamente pequeña, si se escoge xsuficientemente cerca de x0.
En otras palabras, sif es una función que está definida en alguna bola abiertaB(x0, r)excepto,
posiblemente enx0 (es decir, x0 es un punto de acumulación del Dom(f)), entonces
l´ım
x→x0
f(x) =L ⇐⇒ ∀ε >0 ∃δ >0 : 0< d(x,x0)< δ =⇒ |f(x)−L|< ε
Ejemplos
Demuestre que:
1. l´ım
(x,y)→(1,3)2x+ 3y = 11.
2. l´ım
(x,y)→(1,2)5x−3y =−1.
3. l´ım
(x,y)→(0,1)4x+y
2 = 1.
4. l´ım
(x,y)→(1,2)4x
2+y = 6.
5. l´ım
(x,y)→(0,0)
x2y2
x2+y2 = 0.
6. l´ım
(x,y)→(0,0)xy
x2−y2
x2+y2 = 0.
7. l´ım
(x,y)→(4,1)3x+ 2y= 14.
8. l´ım
(x,y)→(1,1)
x y = 1.
Solución
1. Probar que l´ım
(x,y)→(1,3)2x+ 3y = 11
requiere demostrar que dado cualquier ε > 0 es posible encontrar unδ >0de modo que si la distancia entre(x, y) y(1,3))es menor queδ,
es decir, si 0<p(x−1)2+ (y−3)2 < δ entonces |2x+ 3y−11|< ε.
Notemos que: |2x+ 3y−11| = |2(x−1) + 3(y−3)|
≤ 2|x−1|+ 3|y−3| (por la desigualdad triangular)
≤ 2p
(x−1)2+ (y−3)2+ 3p
(x−1)2+ (y−3)2
pues |x−1| ≤p
(x−1)2+ (y−3)2 e
|y−3| ≤p
(x−1)2+ (y−3)2
≤ 5p
(x−1)2 + (y−3)2 < 5δ
Si esta última expresión es menor queε, se tendrá, por transitividad, que |2x+3y−11|< ε.
Luego, para lograr lo que queremos demostrar, bastaescoger δ≤ ε
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2. Análogamente, l´ım
(x,y)→(1,2)5x−3y=−1 ⇐⇒
∀ε >0 ∃δ >0 : 0<p
(x−1)2+ (y−2)2 < δ =⇒ |5x−3y+ 1|< ε
Como antes:
|5x−3y+ 1| = |5(x−1)−3(y−2)| ≤ 5|x−1|+ 3|y−2| ≤
≤ 8p
(x−1)2+ (y−2)2 < 8δ.
Luego, para que esto sea menor que ε, basta tomar δ ≤ ε
8.
3. l´ım
(x,y)→(0,1)4x+y
2 = 1
⇐⇒
∀ε >0 ∃δ >0 : 0<px2+ (y−1)2< δ =⇒ |4x+y2−1|< ε
Ahora, |4x+y2−1| = |4x+ (y+ 1)(y−1)| ≤ 4|x|+|y+ 1| |y−1| (desig. triangular)
Como antes, sabemos que |x| ≤ p
x2+ (y−1)2 y |y−1| ≤ p
x2+ (y−1)2.
Debemos acotar |y+ 1|. Para ello, suponemos que δ1 = 1. Luego:
|y−1| ≤ p
x2+ (y−1)2 ≤ 1 (= δ
1) de donde |y−1| ≤ 1
⇐⇒ −1 < y−1 < 1 ⇐⇒ 1 < y+ 1 < 3 de donde |y+ 1| < 3
Luego:
4|x|+|y+ 1| |y−1| ≤4p
x2+ (y−1)2 + 3p
x2+ (y−1)2 ≤7p
x2+ (y−1)2 < 7δ 2
Para que lo anterior sea menor queε, escogemos δ2 ≤ 7ε (usamos δ2 porque ya escogimos
un δ1 = 1). ¿Cuálδ, (δ1 ó δ2) será el apropiado para demostrar este límite?
Basta considerar δ = min{δ1, δ2} = min{1,ε7}.
4. Dejamos 4., 7. y 8. como ejercicio al lector. Demostramos ahora:
5. Para probar que l´ım
(x,y)→(0,0)
x2y2
x2+y2 = 0, acotamos
x2y2
x2+y2 −0
=
x2y2
x2+y2
≤
x2y2
x2
= |y2| ≤ (p
x2+y2)2 < δ2
Universid
ad
Técni
ca
Federico
Sant
a
María.
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6. Para probar que l´ım
(x,y)→(0,0)xy
x2−y2
x2+y2 = 0, acotamos
xyx
2−y2
x2+y2 −0
=
xy x
2−y2
x2+y2
≤ |
xy| ≤ (px2+y2)2 < δ2
Escogemos δ = √ε.
Proposición 1. Si l´ım
x→x0
f(x) =L1 y l´ım
x→x0
f(x) =L2, entonces L1 =L2.
La proposición anterior dice que si el límite de una función en un punto existe, este límite
es único. En otras palabras, si una función tiene diferentes límites cuando x → x0 a través de
conjuntos diferentes de puntos (distintos caminos), entonces l´ım
x→x0
f(x) no existe.
Luego, a pesar de no tener aún de un método para calcular límites de varias variables, disponemos de un criterio que nos permite demostrar que algunos límites no existen.
Ejemplos
Determine si existen o no los siguientes:
1. l´ım
(x,y)→(0,0)
xy x2+y2.
2. l´ım
(x,y)→(0,0)
x4y4
(x2+y4)3.
3. l´ım
(x,y)→(0,0)
ax+by (cx+dy).
4. l´ım
(x,y)→(0,0)
x2y
x4+y4.
5. l´ım
(x,y)→(0,0)
x4y
x6+y3.
6. l´ım
(x,y)→(0,0)
x3+y3
x2+y .
7. l´ım
(x,y,z)→(0,0,0)
xy−z2
x2+y2+z2.
Solución
1. Para determinar si l´ım
(x,y)→(0,0)
xy
x2+y2 existe, buscaremos diferentes maneras ó caminos
para aproximarnos al punto de acumulación (0,0).
Si y=x, entonces l´ım
(x,y)→(0,0)
xy
x2+y2 = l´ımx→0
x2
2x2 =
1 2
Si y=−x, entonces l´ım
(x,y)→(0,0)
xy
x2+y2 = l´ımx→0
−x2
2x2 = −
1 2
Como ambos valores son diferentes, l´ım
(x,y)→(0,0)
xy
x2+y2 no existe.
ad
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Federico
Sant
a
María.
18
Entonces l´ım
(x,y)→(0,0)
xy
x2+y2 = l´ımx→0
mx2
x2(1 +m2) =
m 1 +m2
Así, observamos que el valor del límite depende de la pendiente de la recta por la cual nos acercamos, es decir, no sería único. Luego, no existe.
2. Para determinar si l´ım
(x,y)→(0,0)
x4y4
(x2+y4)3 existe, nos aproximamos a (0,0) mediante una
recta genérica y=mx. Así: l´ım
(x,y)→(0,0)
x4y4
(x2+y4)3 = l´ımx→0
m4x8
(x2+ (mx)4)3 = l´ımx→0
m4x8
x6(1 +m4x2)3 = 0
Sin embargo, si nos aproximamos por la parábola x=y2:
l´ım
(x,y)→(0,0)
x4y4
(x2+y4)3 = l´ımy→0
y12
(2y4)3 =
1 8.
Este valor nocoincide con el valor al aproximarnos por rectas. Luego, el límite no existe.
3. Desarrollaremos el número 6., dejando los demás como ejercicio. Para determinar un posible candidato a límite para el ejemplo, consideramos rectas genéricas y=mx, de donde:
l´ım
(x,y)→(0,0)
x3+y3
x2+y = l´ımx→0
x3+m3x3
x2+mx = l´ımx→0
x2(1 +m3)
x+m = 0
Pero si consideramos la curva que pasa por el origen y=x3−x2, obtenemos:
l´ım
(x,y)→(0,0)
x3+y3
x2+y = l´ımx→0
x3+ (x3−x2)3
x2+x3−x2 = l´ımx→01 + (x
2−x)3 = 1
Por lo tanto, este límite no existe.
Entre todas las aproximaciones posibles a un punto x0 ∈ R2, existe una forma distinguida, llamadalímites iterados y que definimos a continuación.
Definición 3.1. Llamamos límites iterados de f(x, y) a los siguientes caminos que permiten
obtener uncandidato a límite:
l´ım x→x0
l´ım y→y0
f(x, y)
y l´ım y→y0
l´ım x→x0
f(x, y)
Observación
Si los límites iterados coinciden, ello nosignifica necesariamente que el límite de una función en un punto exista.
Si los límites iterados difieres, entonces el límite no existe.
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x0
y0
x0
y0
3.1. Algebra de Límites
Sea ~x0 ∈Rn punto de acumulación para f, g:A⊆Rn→R. Entonces, si l´ım
~
x→~x0
f(~x) =L1 y l´ım
~
x→~x0
g(~x) =L2, se tiene:
1. l´ım
~
x→~x0
(f(~x)±g(~x)) =L1±L2
2. l´ım
~
x→~x0
cf(~x) =cL1, ∀c∈R
3. l´ım
~
x→~x0
f(~x)g(~x) =L1L2
4. SiL26= 0, l´ım ~x→~x0
f(~x)
g(~x) =
L1
L2
5. Sif(~x)≥0∀~x∈A, l´ım
~
x→~x0
f(~x)≥0
6. Sif(~x)≥0∀~x∈D⊂A,
l´ım
~
x→~x0
p
f(~x) = r
l´ım
~
x→~x0
f(~x)
Teorema 1 (del acotamiento). Si l´ım
~
x→~x0
f(~x) = L = l´ım ~x→~x0
g(~x) y si f ≤ h ≤ g en una bola
reducida de centro ~x0, que denotamos por V, es decir, una bola B(~x0, r) a la cual le quitamos el
punto~x0, entonces l´ım
~
x→~x0
h(~x) =L.
Ejemplos
En los primeros 3 ejemplos, el álgebra permite calcular los límites como si fuesen en una variable. El cuarto ejemplo hace uso del teorema anterior, y el quinto usa ambos.
1. l´ım
(x,y)→(1,0)
xy2−y2+x−1
x−1 =(x,yl´ım)→(1,0)
(x−1)(y2+ 1)
x−1 = 1
2. l´ım
(x,y)→(0,0)
senxseny
senxy =(x,yl´ım)→(0,0)
senxseny xy
xy senxy = 1
3. l´ım
(x,y)→(0,0)
6(1−cosxy)
x2ysen 2y =(x,yl´ım)→(0,0)
6(1−cos2xy)
x2ysen 2y(1 + cosxy) =
= l´ım
(x,y)→(0,0)
6ysen2xy
x2y2sen 2y(1 + cosxy) =(x,yl´ım)→(0,0)
3
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4. l´ım(x,y)→(0,0)
xy
p
x2+y2. Para calcular este límite, notemos que
0≤ l´ım
(x,y)→(0,0)
|xy|
p
x2+y2 ≤(x,yl´ım)→(0,0)
(p
x2+y2)2
p
x2+y2 =(x,yl´ım)→(0,0)
p
x2+y2 = 0
Luego, l´ım
(x,y)→(0,0)
|xy|
p
x2+y2 = 0, de donde (x,yl´ım)→(0,0)
xy
p
x2+y2 = 0
5. l´ım
(x,y)→(0,0)
xysen(y3)
x4+y4 = (x,yl´ım)→(0,0)
xy4
x4+y4 ·
sen(y3)
y3
= l´ım
(x,y)→(0,0)
xy4
x4+y4 ·(x,yl´ım)→(0,0)
sen(y3)
y3 = 0·1 = 0
En efecto: 0≤
xy4
x4+y4
≤ |
x| y l´ım
(x,y)→(0,0)|x|= 0.
3.2. Continuidad
Definición 3.2. Diremos quef:A⊆Rn−→R escontinua en~x0∈Rn si, y sólo si,
1. f(~x) está definida en una vecindad de~x0
2. l´ım ~
x→~x0
f(~x) =L
3. f(~x0) =L
Ejemplos
1. Probar que
f(x, y) =
xyx
2−y2
x2+y2, (x, y) 6= (0,0)
0, (x, y) = (0,0)
es continua en (0,0).
a) f(x, y) está definida en (0,0)y en una vecindad de él.
b) Veamos que l´ım
(x,y)→(0,0)xy
x2−y2
x2+y2 = 0.
xyx
2−y2
x2+y2 −0
= xyx
2−y2
x2+y2
≤ |
xy| ≤px2+y22 =x2+y2 < ε
Por lo tanto, basta tomarδ ≤√ε
c) f(0,0) = 0 = l´ım
(x,y)→(0,0)f(x, y).
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2. Estudiar la continuidad en el origen de
f(x, y) =
x2−y2
x2+y2, (x, y) 6= (0,0)
0, (x, y) = (0,0)
Usando límites iterados:
l´ım x→0
l´ım y→0
x2−y2
x2+y2
= l´ım x→0
x2
x2 = 1
l´ım y→0
l´ım x→0
x2−y2
x2+y2
= l´ım y→0
−y2
y2 =−1
Como ambos límites son distintos, el límite de f no existe, y por lo tanto f no puede ser continua en (0,0).
Definición 3.3. Diremos quef es continua en una región D⊂Dom(f)si, y sólo si,f es continua
en cadapunto deD.
3.3. Propiedades
Sean f, g:A⊆Rn−→R continuas en~x0. Entonces:
1. cf+g es continua en~x0, ∀c∈R.
2. f ges continua en ~x0.
3. Si g(~x0)6= 0 en alguna vecindad de ~x0 entonces
f
g es continua en~x0.
4. Sihes una funcióncontinuacuyo dominio permita que la composiciónh◦f esté bien definida, entonces la composiciónh◦f también es continua en~x0. En particular:
a) |f|es continua en ~x0.
b) Si g(~x0)≥0en una vecindad de x~0 entonces√g es continua en~x0.
Ejemplos
1. Determine los puntos deR2 en donde la funciónf(x, y) = xy−1
x2−y es discontinua.
Solución:
Claramente, f es discontinua siy=x2.
2. Determine si
f(x, y) =
1−cosp
x2+y2
x2+y2 , (x, y) 6= (0,0)
0, (x, y) = (0,0)
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Solución:
l´ım
(x,y)→(0,0)f(x, y) =(x,yl´ım)→(0,0)
1−cosp
x2+y2
x2+y2 ·
1 + cosp
x2+y2
1 + cosp
x2+y2
= l´ım
(x,y)→(0,0)
1−cos2p
x2+y2
(x2+y2)1 + cosp
x2+y2
= l´ım
(x,y)→(0,0)
sen2p
x2+y2
p
x2+y221 + cosp
x2+y2
= 1 2
Luego, f no es continua en (0,0), pues l´ım
(x,y)→(0,0)f(x, y) 6= f(0,0)
. Pero, si redefinimos la
función en(0,0), tal que f(0,0) = 1
2, esta nueva función es continua en el origen.
3. Estudie la continuidad enR2 de
f(x, y) =
1 xsen x
2+|xy|
, (x, y) 6= (0,0)
0, (x, y) = (0,0)
Solución:
a) Claramente, f es continua six6= 0.
b) Consideremos ahora puntos en los que x= 0, es decir, puntos de la forma (0, b).
l´ım
(x,y)→(0,b)f(x, y) =(x,yl´ım)→(0,b)
1 xsen x
2+
|xy|
·x
2+|xy|
x2+|xy|
= l´ım
(x,y)→(0,b)
x2+|xy|
x =(x,yl´ım)→(0,b)x+
|x||y| x
=
(
0, b = 0
±b, b 6= 0
Por lo tanto, f es continua en (0,0) pero no es continua en los puntos de la forma (x, y) = (0, b), b6= 0.
Ejercicios
Determine si las siguientes son o no continuas en (0,0):
1. f(x, y) =
4x3
x2+y2, (x, y) 6= (0,0)
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2. f(x, y) =
xy−x
x2−2x+y2, (x, y) 6= (0,0)
0, (x, y) = (0,0)
3. f(x, y) =
x2y2
x2+y2, (x, y) 6= (0,0)
0, (x, y) = (0,0)
3.4. Cambio de variable. Caso particular: Coordenadas Polares
Observación: Se debe ser cuidadoso al utilizar cambio de coordenadas para el cálculo de límites,
particularmente las coordenadas polares. Consideremos el siguiente ejemplo:
Ejemplo. Estudie la continuidad en(0,0)de la función
f(x, y) =
x2−xy
x+y , si (x, y)6= (0,0) 0, si (x, y) = (0,0)
Solución: Si usamos coordenadas polares:
l´ım
(x,y)→(0,0)
x2−xy
x+y = l´ımr→0
r2(cos2θ−cosθsinθ)
r(cosθ+ senθ) = l´ımr→0
rcosθ(cosθ−senθ)
(cosθ+ senθ) =
= l´ım r→0
rcosθ(cosθ−senθ)
(cosθ+ senθ) ·
cosθ−senθ
cosθ−senθ = l´ımr→0
rcosθ(1−sen 2θ)
2 cos2θ−1
La tentación para afirmar que el límite anterior es 0 es grande, pero ello no es correscto, puesto que existe un ángulo (al menos) para el cual el denominador también se anula.
Si usamos el camino y=−x notamos que el límite queda: l´ım x→0
x2+x2
x−x −→ @
Por lo tanto f no es continua en (0,0).
3.5. Límites y Continuidad de Funciones de Rn −→Rm
Una función vectorial de variable vectorial es una funciónF~ :A⊆Rn−→Rm que asocia a cada ~
x∈Rn un punto ~F(~x) = (f1(~x), f2(~x),· · · , fm(~x))∈Rm. Cada función fi(~x), i= 1,· · ·, mse denominafunción componente de ~F.
Ejemplos
1. La transformación lineal T :R2−→R3, dado por T(x, y) = (x+ 2y,−3x+y, x−4y) es una de estas funciones. En general, todas las transformaciones lineales de Rn−→ Rm son funciones vectoriales de variable vectorial.
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Definición 3.4. Sea F~ : A ⊆ Rn −→ Rm, y sea ~x0 ∈ Rn un punto de acumulación de A.
Diremos que l´ım ~x→~x0
~
F(~x) = ~L∈Rm ⇐⇒
∀ε >0 ∃δ >0 : 0< d(~x, ~x0)< δ =⇒
F(~~ x) − ~L < ε
Teorema 2. Sea ~F:A⊆Rn−→Rm, ~x0 ∈Rn y ~L = (l1, l2,· · · ,m). Entonces,
l´ım ~x→~x0
~
F(~x) = ~L ⇐⇒ l´ım ~x→~x0
fi(~x) = li, i= 1,· · · , m
Definición 3.5. Sea ~F :A ⊆ Rn −→ Rm, ~x0 ∈A. Diremos que ~F es continua en~x0 ⇐⇒
l´ım ~
x→~x0 ~
F(~x) = ~F(~x0).
3.6. Derivadas Parciales
Hallaremos a continuación las derivadas parciales de una función f, es decir, aquellas que se obtienen al derivar la función respecto a sólo una de las variables considerando las otras como constantes.
Definición 3.6. Sea f:Rn−→R, ~a= (a1, a2,· · ·, an)∈Rn. Si el límite
l´ım h→0
f(a1,· · · , ai−1, ai+h, ai+1,· · · , an)−f(a1,· · · , ai−1, ai, ai+1,· · ·, an)
h
existe, lo denotaremos por ∂f ∂xi
(~a), y lo llamaremos la derivada parcial de f con respecto a la variablexi en el punto~a. Otras notaciones que también usaremos son: Dif(~a), fxi(~a).
Observación. Dif(~a) es la derivada ordinaria de la función de una variable g: R −→ R, con g(x) =f(a1,· · ·, ai−1, x, ai+1,· · · , an), donde la variable x ocupa el lugar i-ésimo en lan-upla. Es
decir,Dif(~a) =g0(ai).
Ejemplos
Calculemos las derivadas parciales con respecto a cada variable de las siguientes funciones:
1. f(x, y) = x2seny, usando la definición y también aplicando propiedades conocidas del
cálculo en una variable, en:
a) (1,π2) b) (x0, y0)
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a) Por la definición:
∂f ∂x 1,π 2 = l´ım h→0
f(1 +h,π
2)−f(1,
π
2)
h = l´ımh→0
(1 +h)2·1−1
h = l´ımh→0
h2+ 2h
h = 2
∂f ∂y 1,π 2 = l´ım k→0
f(1,π
2 +k)−f(1,
π
2)
k = l´ımk→0
sen(π
2 +k)−1
k = l´ımk→0
cosk−1 k = 0
Aplicando las propiedades del cálculo en una variable:
∂f ∂x 1,π 2
= 2xseny|(1,π
2) = 2 ∂f ∂y 1,π 2
= x2cosy|(1,π2) = 0
b) Por la definición:
∂f
∂x(x0, y0) = l´ımh→0
f(x0+h, y0)−f(x0, y0)
h = l´ımh→0
(x0+h)2seny0−x20seny0
h =
= l´ım h→0
2x0·hseny0+h2seny0
h = 2x0·seny0 Si aplicamos derivación en la variablex, considerando y constante:
∂f
∂x(x0, y0) = 2x·seny|(x0,y0)= 2x0·seny0
Dejamos como ejercicio los cálculos correspondientes a ∂f
∂y(x0, y0).
2. f(x, y) =xcosx
y, y6= 0
Solución:
∂f
∂x(x, y) = cos x y − x ysen x y, ∂f
∂y(x, y) =−xsen x y (−
x y2) =
x2
y2 sen
x y
3. Determine, si existe, ∂f∂x(0,1)paraf(x, y) =|x|y.
Solución:
l´ım h→0
f(0 +h,1)−f(0,1)
h = l´ımh→0
f(h,1)−f(0,1) h
= l´ım h→0
|h| −0
h , que no existe.
4. Determine, si existen, las derivadas parciales de
f(x, y) =
xyx
2−y2
x2+y2, (x, y) 6= (0,0)
0, (x, y) = (0,0)
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a) Si (x, y)6= (0,0):
∂f ∂x =y
x2−y2
x2+y2 +xy
2x(x2+y2)−2x(x2−y2)
(x2+y2)2
=yx
2−y2
x2+y2 +xy
4xy2
(x2+y2)2 =
y(x4−y4) + 4x2y3
(x2+y2)2
∂f ∂y =x
x2−y2
x2+y2 +xy
−2y(x2+y2)−2y(x2−y2)
(x2+y2)2
=xx
2−y2
x2+y2 −xy
4x2y
(x2+y2)2 =
x(x4−y4)−4x3y2
(x2+y2)2
b) Si (x, y) = (0,0):
∂f
∂x(0,0) = l´ımh→0
f(0 +h,0)−f(0,0)
h = l´ımh→0
0 h = 0
∂f
∂y(0,0) = l´ımh→0
f(0,0 +h)−f(0,0)
h = l´ımh→0
0 h = 0
5. Determine, si existen, las derivadas parciales en el punto(0,0)de la función
f(x, y) =
x3+ 3y3
x2+y2 , (x, y) 6= (0,0)
0, (x, y) = (0,0)
Solución:
∂f
∂x(0,0) = l´ımh→0
f(0 +h,0)−f(0,0)
h = l´ımh→0
h3 h2
h = 1
∂f
∂y(0,0) = l´ımh→0
f(0,0 +h)−f(0,0)
h = l´ımh→0
3h3
h2 h = 3
6. Determine las derivadas parciales en todos los puntos de R2 donde estas existan, para la función:
f(x, y) =
x|y|, x ≥0 |x|y, x <0
Definición 3.7. Sea f:A ⊂ Rn −→ R, A una región. Si existen las nderivadas parciales de f
en un punto ~x0, llamamos vector gradiente def en~x0 al vector
∇f(~x0) =
∂f ∂x1
(~x0),
∂f ∂x2
(~x0),· · ·,
∂f ∂xn(~x0)
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3.7. Interpretación Geométrica
a1
a2
a Pa
x
y z
Sea f:R2 → R,~a= (a1, a2). La gráfica de f es
una superficie de ecuación
z=f(x, y).
Si y se mantiene constante (y = a2), entonces z =
f(x, a2) es la ecuación de la curva de nivel de esta
superficie en el plano y = a2. Entonces ∂f∂x(~a) es la
pendiente de la recta tangente a la curva en el punto Pa= (a1, a2, f(a1, a2))en el planoy =a2.
Análogamente con ∂f∂y(~a)
Ejemplo. Sea C la traza de la gráfica de z = p36−9x2−4y2 en el plano y = 2. Encuentre la
ecuación paramétrica de la recta tangente a C en (1,2,√11).
∂z ∂x =
−9x
p
36−9x2−4y2
P0
=−√9
11
l:x=t y= 2 z=−√9
11t+ 20
√
11 t∈R
3.8. Derivadas parciales de orden superior
Sea f:A ⊆ Rn −→ R una función. En general, Dif es también una función de n variables para cada i= 1,· · · , n. Si las derivadas parciales de estas funciones existen, se llaman segundas derivadas parciales de f ó derivadas parciales de segundo orden de f. En la práctica, lo que
calculamos es ∂ ∂xj
∂f ∂xi
.
Notación. ∂ ∂xj
∂f ∂xi
= ∂2f ∂xj∂xi
= Dijf =fij.
Por ejemplo, si f:A⊆R2 −→R, hay 4 derivadas parciales de segundo orden:
∂2f
∂x2,
∂2f
∂x∂y,
∂2f
∂y∂x,
∂2f
∂y2 .
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Ejemplo
Encontrar D12f(0,0)yD21f(0,0), sif es la función definida por
f(x, y) =
xyx
2−y2
x2+y2, (x, y) 6= (0,0)
0, (x, y) = (0,0)
Solución:
Siy6= 0 : D1f(0, y) =
∂f
∂x(0, y) = l´ımh→0
f(h, y)−f(0, y)
h = l´ımh→0hy
h2−y2 h2+y2
h =−y
Siy= 0 : D1f(0,0) =
∂f
∂x(0,0) = l´ımh→0
f(h,0)−f(0,0)
h = l´ımh→0
0−0
h = 0
Luego, D1f(0, y) =−y ∀y ∈ R.
Análogamente, se puede probar que D2f(x,0) =x ∀x ∈ R. Entonces
D12f(0,0) = l´ım
k→0
D1f(0, k)−D1f(0,0)
k = l´ımk→0
−k k =−1
D21f(0,0) = l´ım
h→0
D2f(h,0)−D2f(0,0)
h = l´ımh→0
h h = 1 Vemos entonces que, en general, D12f 6=D21f. Pero, tenemos el siguiente
Teorema 3. Si f, D1f, D2f y D12f existen y son continuas en una vecindad de un punto
P0= (x0, y0), entonces D21f(P0) existe y, más aún,
D12f(P0) =D21f(P0)
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4.
Diferenciabilidad
4.1. Diferenciabilidad de funciones de Rn −→
R
Sea f:A ⊆Rn −→ R, A región. Diremos que f es diferenciable en ~x0 ∈ A, si existe una
transformación linealDf(~x0) :Rn−→R tal que
l´ım ~h→~0
f(~x0+~h)−f(~x0)−Df(~x0)~h
~h
= 0
A la única transformación lineal que satisface esta propiedad se le llama la diferencial def en ~x0. Sif es diferenciable en todos los~x∈A, diremos que f es diferenciable enA.
Observación 4.1. La matriz asociada a esta transformación lineal, en las bases canónicas, se llama
matriz jacobiana de f en ~x0, y, puede probarse que corresponde a la matriz de las derivadas
parciales de f:
∂f ∂x1
(~x0)
∂f ∂x2
(~x0) . . .
∂f ∂xn
(~x0)
Luego, para funcionesf:A⊂Rn−→R, la matriz jacobiana (la matriz asociada a la diferencial) es el vector gradiente, escrito como matriz fila.
Observación 4.2. Df(~x)(~h) = ∇f(~x)·~h, ~h∈Rn, es decir, la diferencial de f aplicada a
~hes igual al gradiente def producto punto~h.
Ejemplos
1. Probar que f(x, y) =xy es diferenciable en(0,0).
Solución: Calculamos primero, por la definición, las derivadas parciales en (0,0):
∂f
∂x(0,0) = l´ımh→0
f(0 +h,0)−f(0,0)
h = l´ımh→0
h·0−0
h = 0
∂f
∂y(0,0) = l´ımk→0
f(0,0 +k)−f(0,0)
k = l´ımk→0
0·k−0
k = 0
Para ver quef es diferenciable en (0,0), debemos probar que el siguiente límite es 0:
l´ım
(h,k)→(0,0)
f(0 +h,0 +k)−f(0,0)−Df(0,0)
h k
√
h2+k2 = (h,kl´ım)→(0,0)
|hk−0−0|
√
h2+k2 ≤
≤ l´ım
(h,k)→(0,0)
|hk−0−0|
√
h2 ≤ (h,kl´ım)→(0,0)|k| ≤ 0
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2. Sea f(x, y) = (x−1)(y−1)
y . Probar que f es diferenciable en (2,1).
Solución: Siy6= 0:
∂f ∂x = 1−
1
y ⇒
∂f
∂x(2,1) = 0 ∂f
∂y = x y2 −
1 y2 ⇒
∂f
∂y(2,1) = 1
Debemos calcular ahora:
l´ım
(h,k)→(0,0)
f(2 +h,1 +k)−f(2,1)−(0 1)
h k √
h2+k2 =(h,kl´ım)→(0,0)
(h+1)k
k+1 −0−k
√
h2+k2
= l´ım
(h,k)→(0,0)
hk−k2
√
h2+k2|k+ 1| ≤l´ım
hk−k2
(1 +k)k
≤l´ım
h−k 1 +k
= l´ım|h−k| l´ım|1 +k| = 0
Luego, f es diferenciable en (2,1) y su matriz jacobiana en ese punto es(0 1).
Lamentablemente, la existencia de las derivadas parciales no garantiza la diferenciabilidad de f. Veamos el siguiente ejemplo:
3. Determine si f es diferenciable en(0,0), donde
f(x, y) =
( xy
x2+y2, (x, y) 6= (0,0)
0, (x, y) = (0,0)
Solución:
Tenemos que D1f(0,0) =D2f(0,0) = 0. Luego, si f fuese diferenciable en el origen, el
jacobiano o matriz de la diferencial debiera ser(0 0). Sin embargo:
l´ım
(h,k)→(0,0)
f(h, k)−f(0,0)−(0 0)
h k √
h2+k2 =(h,kl´ım)→(0,0)
|hk| (h2+k2)√h2+k2
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Concluimos entonces, que una función que no es continua en un punto, no puede ser diferenciable allí (de la misma manera que en el cálculo en una variable). De la misma manera, sabemos que la continuidad en un punto tampoco garantiza la diferenciabilidad en un punto (basta considerar la función f(x) = |x|, en x = 0). El ejemplo anterior muestra, además, que la existencia de las derivadas parciales no garantiza la diferenciabilidad. ¿Existirá una ó más condiciones sobre la función que permitan garantizar diferenciabilidad en un punto? Tenemos el siguiente:
Teorema 4. Seaf:A⊆Rn−→R tal que todas sus derivadas parciales existen y son continuas
en una vecindad que contiene al punto~a. Entonces f es diferenciable en ~a.
Observación importante
Lamentablemente, el recíproco del teorema anterior no es cierto. Es decir, si f es diferenciable en un punto, no necesariamente las derivadas parciales en ese punto son continuas. Para constatar este hecho, basta considerar el siguiente ejemplo, que dejamos como ejercicio.
Ejemplo. Verificar que la siguiente funciónf es diferenciable en(0,0)pero sus derivadas parciales no son continuas en el origen.
f(x, y) =
(x2+y2) sen 1
p
x2+y2
!
, (x, y) 6= (0,0)
0, (x, y) = (0,0)
Conclusión
∃∂
∂xi ∃
∂
∂xi y son continuas
fdiferenciable
⇐ 6⇒
⇐
6⇒ 6⇐
⇒
Observación. Es claro que si f es diferenciable en un punto~x0, entoncesf es continua en ~x0.
El álgebra clásica para funciones diferenciables también se satisface para funciones definidas desde subconjuntos deRn.
4.2. Derivada Direccional
Sea f:A⊂Rn−→ R, ~a= (a1, a2,· · · , an)∈A, Auna región. Sea~uun vector unitario en
Rn. Definimos la derivada direccional de f en la dirección del vector~uen el punto~aal siguiente límite, si existe:
l´ım t→0
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Lo denotaremos por ∂f
∂~u(~a), D~uf(~a), f~u(~a).
Ejemplo
Determine, si existe, la derivada direccional en la dirección del vector
1
√
2,
1
√
2
en el punto (0,0)de la función
f(x, y) =
x3+ 3y3
x2+y2 , (x, y) 6= (0,0)
0, (x, y) = (0,0)
Solución
D~uf(0,0) = l´ım t→0
f(0,0) +t√1
2,
1
√
2
−f(0,0) t = l´ımt→0
f√t
2,
t √
2
t =
2
√
2 =
√
2
Observación 4.3. Si ~u=~ei dondee~i= (0,· · · ,0,1,0,· · · ,0), (con un 1 en el i-ésimo lugar)
es un vector de la base canónica deRn, entonces la derivada direccional de f en la dirección de~ei coincide con la derivada parcial de f con respecto a lai-ésima componente.
Observación 4.4. La derivada direccional representa la razón de cambio de los valores de la
funciónf en la dirección del vector unitario~u.
Observación 4.5. A diferencia de lo que ocurre en una variable, en varias variables una función
puede ser derivable en cualquier dirección (es decir, la derivada direccional puede existir en todas las direcciones), peronoser diferenciable.
Es decir: D~uf(~x) = De~if(~x) =
∂f ∂xi
(~x) = Dif(~x).
Observación 4.6. Sea f:A ⊆ Rn −→ R una función diferenciable en ~x∈ A donde A es una
región. Entonces, la derivada direccional def existe en cualquier dirección~u ∈Rn, k~uk= 1 y se tiene
D~uf(~x) =∇f(~x)·~u.
Es decir, si una función f es diferenciable en un punto, entonces posee derivada direccional en cualquier dirección en ese punto, y se puede calcular usando directamente el gradiente de la función en el punto.
Esta última observación nos permite afirmar que:
Proposición 2. El valor máximo (respectivamente, mínimo) de la derivada direccional de f en~x0
vale k∇f(~x0)k (respectivamente, − k∇f(~x0)k). Además, este valor máximo (respectivamente
mínimo) se alcanza en la dirección de ∇f(~x0) (respectivamente, en la dirección de −∇f(~x0) ).
Demostración. Siθes el ángulo entre el gradiente def y el vector unitario~u, la derivada direccional de f en~x0 en la dirección ~ues
∇f(~x)·~u = k∇f(~x)k k~uk cosθ = k∇f(~x)k cosθ, pues~ues unitario.
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Ejemplos
1. Seaf(x, y) =x2−4xy. Encontrar la dirección en la quef aumenta más rápidamente en (1,2),
y encontrar también, en el mismo punto, la tasa máxima de crecimiento.
2. La temperatura en un punto (x, y, z)∈R3 está dada por T = 100 x2+y2+z2.
(a) Determine la razón de cambio deT en el puntoP = (1,3,−2)en la dirección de(1,−1,1). (b) ¿En qué dirección a partir deP aumenta más rápidamente la temperatura? ¿A qué tasa?
3. Un insecto situado en un punto P de un plano observa que si camina (en el plano) en la dirección noreste, la temperatura se incrementa a una razón de 0,01◦ por cm. Cuando se dirige en la dirección sureste, la temperatura decrece a razón de 0,02◦ por cm.
(a) Si se dirige en la dirección30◦ al norte del occidente, ¿aumenta o disminuye la temper-atura y a qué razón?
(b) ¿Hacia donde debe caminar para calentarse lo más rápidamente posible?
(c) Si está cómodo con su temperatura, ¿en que dirección debe moverse para mantener constante la temperatura?
Plano tangente y recta normal a una superficie
El∇f(~x0)es ortogonal al conjunto de nivel def que pasa por~x0. Esto último permite determinar
la ecuación del plano tangente a una superficie S definida por la ecuación f(x, y, z) = 0 en un punto P0 = (x0, y0, z0) ya que el plano tangente aS enP0 es el plano que pasa porP0 y tiene
como vector normal al vector∇f(P0).
Luego, si denotamos por Π al plano tangente a la superficie S en el punto P0, se tiene que
(x, y, z) ∈ Π ⇐⇒ ((x, y, z)−(x0, y0, z0))· ∇f(P0) = 0, de donde la ecuación del plano
tangente es:
∂f
∂x(x0, y0, z0)(x−x0) + ∂f
∂y(x0, y0, z0)(y−y0) + ∂f
∂z(x0, y0, z0)(z−z0) = 0
Ejemplos
1. Encontrar una ecuación del plano tangente al elipsoide 34x2 + 3y2 +z2 = 12, en el punto
P0 = 2,1,
√
6
. Encuentre también una ecuación para la recta normal al elipsoide en el mismo puntoP0.
2. Encontrar una ecuación del plano tangente al paraboloide elíptico 4x2+y2−16z= 0, en el
punto P0 = (2,4,2). Encuentre también una ecuación para la recta normal al paraboloide en
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4.3. Diferenciabilidad de funciones de Rn −→
Rm
Definición 4.1. Análogamente al caso de funciones deRn−→R, se define la diferencial para una
funciónF:A⊆Rn−→Rm, es decir, una tal función F será diferenciable en~x0 ∈A, si existe una
transformación lineal DF(~x0) :Rn−→Rm tal que
l´ım ~h→~0
F(~x0+~h)−F(~x0)−DF(~x0)~h
~h
= 0
Observación 4.7. La matriz Jacobiana, ó la matriz derivada ó la matriz asociada a la
trans-formación diferencial DF(~x0) es la matriz formada por las derivadas parciales de las funciones
componentes.
Más precisamente:
Si F:A ⊆Rn −→Rm con F(~x) = (f1(~x), f2(~x),· · ·, fm(~x))es diferenciable en ~x0, entonces
la correspondiente matriz jacobiana es:
[JF(~x0)] =
∂f1 ∂x1(~x0)
∂f1
∂x2(~x0) · · · ∂f1 ∂xn(~x0)
∂f2 ∂x1(~x0)
∂f2
∂x2(~x0) · · · ∂f2 ∂xn(~x0)
· · · ·
· · · ·
∂fm
∂x1(~x0) ∂fm
∂x2(~x0) · · · ∂fm
∂xn(~x0)
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5.
Regla de la Cadena
Recordemos que en R, si g es una función diferenciable en la variable u, es decir, g = g(u) es diferenciable, y lo mismo sucede con u = f(x), entonces, es posible calcular la derivada de g con respecto ax del siguiente modo:
dg dx = dg du du dx
Análogamente, supongamos que f:R2 −→R, u, v:R−→R con f =f(u, v), u=u(x), v=v(x), todas funciones diferenciables en las respectivas variables. Entonces:
∂f ∂x = ∂f ∂u ∂u ∂x+ ∂f ∂v ∂v ∂x Ejemplo
Sif(u, v) =u2v−v3+ 2uv, u=u(x) = ex, v=v(x) = senx, entonces ∂f
∂x = (2uv+ 2v) e
x+ u2−3v2+ 2u
cosx.
Podemos generalizar un paso más: supongamos que f, u, v: R2 −→ R, con f = f(u, v), u = u(x, y), v=v(x, y), todas funciones diferenciables. Entonces:
∂f ∂x = ∂f ∂u ∂u ∂x+ ∂f ∂v ∂v ∂x ∂f ∂y = ∂f ∂u ∂u ∂y + ∂f ∂v ∂v ∂y Ejemplo
1. Sea w=w(x, y) =x2y, x=s2+t2, y= cosst. Determine ∂w ∂s y
∂w ∂t.
2. Si w=f(x, y) donde x=rcosθ, y=rsenθ, pruebe que
∂w ∂x 2 + ∂w ∂y 2 = ∂w ∂r 2 + 1 r2 ∂w ∂θ 2
3. Si ϕ es una función derivable en una variable y z=y ϕ(x2−y2), probar
1 x · ∂z ∂x+ 1 y · ∂z ∂y = z y2 Solución ∂z
∂x = 2xy ϕ
0(x2−y2) y ∂z
∂y = ϕ(x
2−y2)−2y2ϕ0(x2−y2)
Luego se cumple:
1 x · ∂z ∂x+ 1 y · ∂z
∂y = 2y ϕ
0(x2−y2) +1
y ·ϕ(x
2−y2)−2y ϕ0(x2−y2) = y ϕ(x2−y2)
y2 =
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4. Si u = x3fy x,
z x
demuestre que x∂u ∂x + y
∂u ∂y + z
∂u ∂z = 3x
3u
Solución
Sea r = y
x, s = z
x Luego:
∂u ∂x = 3x
2f(r, s) +x3∂f
∂r · ∂r ∂x +x
3 ∂f
∂s · ∂s
∂x = 3x
2f(r, s)−xy∂f
∂r −xz ∂f ∂s
∂u ∂y = x
3∂f
∂r · ∂r ∂y +x
3∂f
∂s · ∂s ∂y = x
3∂f
∂r · 1 x = x
2∂f
∂r
∂u ∂z = x
3∂f
∂r · ∂r ∂z +x
3∂f
∂s · ∂s ∂z = x
3∂f
∂s 1 x = x
2∂f
∂s
Así, x∂u ∂x + y
∂u ∂y + z
∂u ∂z = 3x
2f(r, s)−xy∂f
∂r −xz ∂f ∂s +yx
2∂f
∂r +zx
2∂f
∂s =
= 3x3f(r, s) = 3x3u
5. Si w=f
y−x xy ,
z−y yz
, probar que x2∂ w
∂ x +y
2∂ w
∂ y +z
2∂ w
∂ z = 0
Solución:
Hacemos u= y−x
xy y v=
z−y
yz . Entonces
∂w ∂x = ∂f ∂u · ∂u ∂x+ ∂f ∂v · ∂v ∂x = ∂f ∂u
−xy−y2+xy
x2y2
+∂f ∂v ·0
= − 1
x2 ·
∂f ∂u ∂w ∂y = ∂f ∂u · ∂u ∂y + ∂f ∂v · ∂v ∂y = ∂f ∂u
xy−(y−x)x x2y2
+∂f ∂v
−yz−(z−y)z y2z2
= 1 y2 ·
∂f ∂u −
1 y2 ·
∂f ∂v
∂w ∂z =
∂f ∂u ·0 +
∂f ∂v
yz−(z−y)y
y2z2
= 1 z2 ·
∂f ∂v
