Cap´ıtulo 8
Derivadas parciales y
diferencial
8.1.
Derivadas parciales de primer orden.
Sean f :D⊂R2 →R y (x
0, y0)∈D. Si existe y es finito
l´ım
x→x0
f(x, y0)−f(x0, y0)
x−x0
, (8.1)
su valor se denota por
∂f
∂x(x0, y0)
o
f0
x(x0, y0)
y recibe el nombre dederivada parcial def con respecto axen el punto
(x0, y0). De forma similar se define laderivada parcial con respecto a y:
∂f
∂y(x0, y0) = l´ımy→y0
f(x0, y)−f(x0, y0) y−y0
,
que se denota tambi´en por f0
Ejemplo 8.1.1. Sea f(x, y) = xy2
x2+y2, si (x, y) 6= (0,0), y f(0,0) = 0. Las derivadas parciales en el origen se obtienen de la siguiente forma:
∂f
∂x(0,0) = l´ımx→0
f(x,0)−f(0,0)
x−0 =
= l´ım
x→0 0
x2 −0
x = l´ımx→0
0
x = l´ımx→00 = 0 ∂f
∂y(0,0) = l´ımy→0
f(0, y)−f(0,0)
y−0 =
= l´ım
y→0 0
y2 −0
y = l´ımy→0
0
y = l´ımx→00 = 0.
De (8.1) se sigue que, parax cercano a x0, el cociente incremental f(x, y0)−f(x0, y0)
x−x0
estar´a muy pr´oximo a su l´ımite. Por tanto, la derivada parcial ∂f
∂x(x0, y0)
representa la velocidad con que var´ıa 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
aproximaci´on del incremento
f(x0+ ∆x, y0)−f(x0, y0),
y la aproximaci´on es tanto mejor en cuanto que el incremento ∆x es m´as peque˜no.
An´alogamente, la derivada parcial ∂f∂y(x0, y0) representa la velocidad con
que var´ıa la funci´on en el punto (x0, y0) a lo largo de la recta x=x0.
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 funci´on de x que resulta
cuando hacemos y = y0 en f(x, y). Es decir, es la derivada de f(x, y0) con
Las funciones m´as 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 8.1.2. a)f(x, y) =xsen(xy).
∂f
∂x(x, y) = sen(xy) +xycos(xy) ∂f
∂y(x, y) =x
2cos(xy).
b)f(x, y) = 1+xyy2.
∂f
∂x(x, y) = y
1 +y2 ∂f
∂y =x
¡1 +y2−y2y
(1 +y2)2
¢
= x(1−y
2)
(1 +y2)2.
8.2.
Derivadas de orden superior.
Seaf una funci´on que posee derivadas parciales de primer orden en cada punto de cierto conjunto D⊂R2. Las funciones
(x, y)∈D→f0
x(x, y)∈R
y
(x, y)∈D→fy0(x, y)∈R se denotan por f0
x y fy0, respectivamente, y reciben el nombre de funciones
l´ım
x→x0
f0
x(x, y0)−fx0(x0, y0) x−x0
es la derivada parcial de primer orden con respecto a x de la funci´on f0
x en
el punto (x0, y0).
Se denota por f00
xx(x0, y0) (derivada parcial de segundo orden de f
con respecto a x dos veces).
Las derivadas parciales cruzadas,f00
xy(x0, y0) y fyx00(x0, y0), en general son
diferentes. Sus definiciones precisas son
f00
yx(x0, y0) = l´ım
x→x0
f0
y(x, y0)−fy0(x0, y0)
x−x0
f00
xy(x0, y0) = l´ım
y→y0
f0
x(x0, y)−fx0(x0, y0) y−y0
.
N´otese que f00
yx(x0, y0) es la derivada parcial de fy0 con respecto a x en
el punto (x0, y0). Esta notaci´on para las derivadas de orden superior es m´as c´omoda que la notaci´on cl´asica siguiente
∂2f
∂x∂y(x0, y0) = ∂ ∂x
¡∂f ∂y
¢
(x0, y0),
Vamos a ver un ejemplo de una funci´on f para la que f0
xy(0,0) = −1 y
f0
yx(0,0) = 1.
Ejemplo 8.2.1. Calcular las derivadas cruzadas en el origen de la funci´on
f(x, y) = xy¡x2−y2 x2+y2
¢
, si (x, y)6= (0,0)
y f(0,0) = 0.
Derivando respecto de x, considerando y constante, obtenemos
fx0(x, y) = (3x
2y−y3)(x2+y2)−(x3y−xy3)2x
= y(x
4+ 4x2y2−y4)
(x2 +y2)2 ,
para (x, y)6= (0,0).
Derivando ahora respecto de y, considerando x constante, resulta
f0
y(x, y) =
(x3−3xy2)(x2+y2)−(x3y−xy3)2y
(x2+y2)2 =
= x(x
4−4x2y2−y4)
(x2 +y2)2 ,
para (x, y)6= (0,0).
Para calcular las derivadas parciales en el origen debemos acudir a la definici´on:
fx0(0,0) = l´ım
x→0
f(x,0)−f(0,0)
x−0 = l´ımx→0 0
x2 −0
x−0 =
= l´ım
x→0
0
x = l´ımx→00 = 0
f0
y(0,0) = l´ımx→0
f(0, y)−f(0,0)
y−0 = l´ımy→0 0
y2 −0
y−0 = = l´ım
y→0
0
y = l´ımy→00 = 0.
Ahora estamos en condiciones de proceder a calcular las derivadas par-ciales de segundo orden en el origen:
fyx00 (0,0) = l´ım
x→0 f0
y(x,0)−fy0(0,0)
x−0 =
= l´ım
x→0 x−0
x−0 = 1
f00
xy(0,0) = l´ımy→0
f0
x(0, y)−fx0(0,0)
y−0 =
= l´ım
y→0
−y−0
Definici´on 8.2.2. Sean D un subconjunto abierto de R2 y k un n´umero
natural mayor o igual que 1. Diremos que una funci´on 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 ∈Ck(D)).
Se demuestra que, si f es una funci´on de clase k ≥ 2 en un
abierto D y de cualquier n´umero de variables, la derivada parcial
de orden k, fk
x1x2..xk no cambia su valor si sustituimosx1, x2, ..., xk por
una permutaci´on cualquiera. Por ejemplo, si f ∈ C3(D), entonces
las derivadas de tercer orden f000
xxy, fxyx000 y fyxx000 son iguales en cada
punto de D.
8.3.
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 6= x0 e y 6= y0, simult´aneamente. Necesitamos un tipo de derivada m´as adecuado para esta situaci´on y que recibe el nombre de derivada direccional.
Dado un vector cualquiera v = (v1, v2) y un punto (x0, y0), la ecuaci´on de la recta que pasa por (x0, y0) y es paralela a vtiene por ecuaciones
para-m´etricas (
Y
X
O
xo
y
o
r
v
x = x + t v
y = y + t v
o
o
1
2
Siv = (v1, v2) es unitario (v12+v22 = 1), se define la derivada de f en
el punto (x0, y0) y en la direcci´on del vector v como el valor del l´ımite
siguiente
l´ım
t→0
f(x0+tv1, y0 +tv2)−f(x0, y0)
t
y se denota por
Dvf(x0, y0).
Ahora podemos dar respuesta a la cuesti´on anterior; si queremos un valor aproximado del incremento
f(x, y)−f(x0, y0),
siendox6=x0 ey6=y0, podemos usar la derivada direccionalDvf(x0, y0) con
v un vector unitario paralelo a
(x−x0, y−y0).
Entonces existe t ∈Rtal que
es decir,
(x, y) = (x0, y0) +tv.
Si (x, y) es cercano a (x0, y0), t ser´a pr´oximo a 0 y podemos aproximar f(x, y)−f(x0, y0) por tDvf(x0, y0).
Por tanto, el significado de Dvf(x0, y0) es claro: se trata de la velocidad
con que var´ıa la funci´on f en (x0, y0) a lo largo de la recta r que pasa por
(x0, y0) y lleva la direcci´on dev. N´otese que las derivadas parciales ∂f∂x y ∂f∂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, v´alida para las funciones diferenciables.
Terminamos este apartado mencionando una interpretaci´on gr´afica 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
8.4.
La diferencial total.
Las diferenciales parciales
∂f
∂x(x0, y0)·∆x, y ∂f
∂y(x0, y0)·∆y
nos ofrecen una buena aproximaci´on del incremento de la funci´on 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 aproximaci´on del incremento
f(x0 + ∆x, y0+ ∆y)−f(x0, y0)
se ocurre usar la suma
f0
x(x0, y0)∆x+fy0(x0, y0)∆y
Esta expresi´on recibe el nombre dediferencial 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 m´as brevemente por df(x0, y0), si no hay peligro de confusi´on.
La diferencial puede escribirse de una forma m´as c´omoda 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 incrementof(x0+ ∆x, y0+ ∆y)− f(x0, y0) mediante la diferencial df(x0, y0), nos falta establecer qu´e grado de
f(x0 + ∆x, y0+ ∆y)−f(x0, y0)
pordf(x0, y0). Parece conveniente recordar el caso de funciones de una varia-ble y exigir un grado de aproximaci´on an´alogo.
Sif es una funci´on de una variable derivable en x0, hemos visto que
l´ım
x→x0
f(x)−f(x0)−f0(x0)(x−x0) x−x0
= 0.
Es decir, la diferencia f(x) −f(x0) −df(x0) es un infinit´esimo de orden
superior a (x−x0). En el caso de varias variables exigiremos an´alogamente
que la diferencia
f(x, y)−f(x0, y0)−df(x0, y0)
sea un infinit´esimo de orden superior al tama˜no del incremento de la variable (vectorial) independiente:
p
(x−x0)2+ (y−y0)2.
Por todo ello, diremos quef esdiferenciable en (x0, y0) si existe∇f(x0, y0)
y se verifica
l´ım
(x,y)→(x0,y0)
f(x, yp)−f(x0, y0)−df(x0, y0)
(x−x0)2+ (y−y0)2
= 0. (8.2)
Destacamos seguidamente las tres caracter´ısticas m´as importantes de las funciones diferenciables:
a) La diferencial total df(x0, y0; ∆x,∆y) es una aproximaci´on del incre-mento
f(x0 + ∆x, y0+ ∆y)−f(x0, y0) tanto mejor en cuanto que ∆x y ∆y sean peque˜nos.
b) Por complicada que seaf(x, y), la funci´on af´ın
=f(x0, y0) + ∂f
∂x(x0, y0)·(x−x0)+
+∂f
∂y(x0, y0)·(y−y0)
es una buena aproximaci´on de f(x, y), en las cercan´ıas de (x0, y0), en el sentido de que el error es un infinit´esimo de mayor orden que el tama˜no del incremento de la variable (vectorial) independiente
p
(x−x0)2+ (y−y0)2.
c) Recordamos que si un plano tiene por ecuaci´on
Ax+By+Cz+D= 0,
entonces el vector de coordenadas (A, B, C) es perpendicular a dicho plano. Por (8.2) el plano de ecuaci´on
z =f(x0, y0) + ∂f
∂x(x0, y0)·(x−x0)+
+∂f
∂y(x0, y0)·(y−y0)
y la superficie de ecuaci´on z = f(x, y) son casi coincidentes en las proximi-dades del punto (x0, y0, f(x0, y0)).
Este plano se tomar´a comoplano tangente a la superficie en el punto
(x0, y0, f(x0, y0)).
Ejemplo 8.4.1. Plano tangente az =x2+y2en el punto (2,2,8). Calculamos
las derivadas parciales de primer orden:
z0
x = 2x, zy0 = 2y.
Particularizando al punto (2,2), resulta
z0
Por tanto, la ecuaci´on del plano tangente viene dada por z = 8 + 4(x−2) + 4(y−2), que se reduce a z = 4x+ 4y−8.
8.5.
Condici´
on 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
l´ım
x→x0
f(x)−f(x0)−f0(x0)·(x−x0) x−x0
= 0.
Es decir, para funciones de una variable no hay diferencia alguna entre deri-vable y diferenciable.
Sin embargo, es importante se˜nalar que, para funciones de varias variables, el hecho de que una funci´on tenga derivadas parciales de primer orden en un punto no implica que la funci´on sea diferenciable en dicho punto. El ejemplo siguiente muestra que pueden existir todas las derivadas direccionales en un punto y, sin embargo, la funci´on no es diferenciable.
Ejemplo 8.5.1. Sea f(x, y) = x2xy+2y4, si (x, y) 6= (0,0), y f(0,0) = 0. Com-probar quef 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
Dvf(0,0) = l´ım
t→0
f(tv1, tv2)−f(0,0)
t =
= l´ım
t→0
t3v 1v22
t2v2
1+t4v24 −0
t = l´ımt→0
v1v22 v2
1 +t2v42
= v
2 2 v1 .
El resultado obtenido es v´alido siv1 6= 0. Siv1 = 0, la derivada direccional Dv(0,0) no es otra cosa que la derivada parcial fy0(0,0), que procedemos a calcular
f0
y(0,0) = l´ımy→0
f(0, y)−f(0,0)
= l´ım
y→0 0
y4 −0
y = l´ımy→0
0
y = l´ımy→00 = 0.
Por tanto, hemos probado que existen todas las derivadas direccionales de
f en (0,0) y∇f(0,0) = (0,0).
Sin embargo, f no es diferenciable en (0,0), pues el l´ımite siguiente no existe
l´ım
(x,y)→(0,0)
f(x, y)−f(0,0)− ∇f(0,0)·(x, y)
p
x2+y2 =
= l´ım
(x,y)→(0,0)
xy2
p
x2+y2(x2+y4),
pues los l´ımites a trav´es de las rectas que pasan por el origen, y = mx, dependen del valor de m.
El teorema siguiente nos ofrece una condici´on suficiente y de f´acil aplica-ci´on para que una funaplica-ci´on de dos variables que tiene gradiente en un punto sea diferenciable en dicho punto.
Teorema 8.5.2. (Condici´on suficiente de diferenciabilidad). Sean f : D ⊂ R2 → R y (x
0, y0) un punto interior de D. Si existe ∇f(x0, y0) y, adem´as,
existe una de las dos derivadas parciales, ∂f∂x o ∂f∂y, en cada punto de un entorno Er(x0, y0) y es continua en (x0, y0), entonces f es diferenciable en
(x0, y0).
Sigue del teorema anterior que toda funci´on de clase uno en un abierto
D (f ∈C1(D)) es diferenciable en cada punto de D.
Ejemplo 8.5.3. Las funciones f(x, y) = x2 +y2 y g(x, y) = exseny son
diferenciables en cada punto de R2, pues sus derivadas parciales de primer
8.6.
Propiedades de las funciones
diferencia-bles.
a) Sif es diferenciable en (x0, y0), entoncesf es continua en dicho punto. Para demostrar esta afirmaci´on, definimos r(x, y) como el cociente
f(x, y)−f(xp0, y0)− ∇f(x0, y0)·(x−x0, y−y0)
(x−x0)2+ (y−y0)2
.
Entonces podemos expresar la diferencia
f(x, y)−f(x0, y0)
en la forma
f(x, y)−f(x0, y0) = ∂f
∂x(x0, y0)·(x−x0)+
+∂f
∂y(x0, y0)·(y−y0)+
+r(x, y)·p(x−x0)2+ (y−y0)2.
Ahora basta observar que el segundo miembro tiene por l´ımite 0 cuando (x, y)→(x0, y0).N´otese que sabemos que
l´ım
(x,y)→(x0,y0)
r(x, y) = 0.
Por tanto, resulta
l´ım
(x,y)→(x0,y0)
£
f(x, y)−f(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 cuesti´on, en el caso del cociente), y el gradiente verifica las siguientes relaciones que son consecuencia directa de las propiedades de la derivada parcial:
=∇f(x0, y0) +∇g(x0, y0).
2)∇(f·g)(x0, y0) =
=g(x0, y0)· ∇f(x0, y0) +f(x0, y0)· ∇g(x0, y0).
3)∇(f /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
Dvf(x0, y0) =∇f(x0, y0)·v=
cosα∂f
∂xf(x0, y0) + senα ∂f
∂y(x0, y0),
si v= (cosα,senα).
La demostraci´on es muy simple. Sabemos que el l´ımite doble (8.2) es 0. Entonces tambi´en vale 0 el l´ımite a trav´es de la recta (x, y) = (x0, y0) +tv.
Es decir, se tiene que es nulo el l´ımite cuando t→0 del cociente
f(x0+tv1, y0+tv2−f(x0, y0)− ∇f(x0, y0)·tv
|t| ,
lo que implica que tambi´en es nulo el l´ımite cuando t→0+ de f(x0+tv1, y0+tv2)−f(x0, y0)
t − ∇f(x0, y0)·v.
De forma similar se prueba que existe el otro l´ımite lateral, cuandot→0−,
y tiene el mismo valor.
d) Sifes diferenciable en (x0, y0) con gradiente no nulo, entonces∇f(x0, y0)
apunta en la direcci´on de m´aximo crecimiento de f en el punto (x0, y0).
Acabamos de ver que Dvf(x0, y0) =∇f(x0, y0)·v. Por tanto, se verifica
|Dvf(x0, y0)| ≤ |∇f(x0, y0)| · |v|=|∇f(x0, y0)|,
ya que |v| = 1. Es decir, cada derivada direccional est´a comprendida entre dos valores extremos
−|∇f(x0, y0)| ≤Dvf(x0, y0)≤ |∇f(x0, y0)|.
Ahora probamos que se alcanzan dichos valores extremos. Basta tomar
v1 =
1
|∇f(x0, y0)|∇f(x0, y0), v2 =−v1. En efecto, se tiene
Dv1f(x0, y0) =∇f(x0, y0)·v1 =
=∇f(x0, y0)· 1 |∇f(x0, y0)|
∇f(x0, y0) =
=|∇f(x0, y0)|.
De donde sigue finalmente que
Dv2f(x0, y0) = ∇f(x0, y0)·(−v1) =
=−|∇f(x0, y0)|
Existen dos direcciones de crecimiento nulo: la direcciones perpendiculares al gradiente. En efecto, siv3 es un vector unitario perpendicular a∇f(x0, y0),
entonces Dv3 =∇f(x0, y0)·v3 = 0.
Ejemplo 8.6.1. Sea f(x, y) = x2+y2, vamos a determinar las direcciones
de crecimiento m´aximo y m´ınimo de f en un punto arbitrario (x0, y0).
Calculamos el gradiente:
Vemos que, salvo en el origen, es no nulo. Debemos asegurarnos de que la funci´on es diferenciable. Para ello, aplicamos la condici´on suficiente de dife-renciabilidad, que en nuestro caso se cumple de sobra pues f tiene derivadas parciales de primer orden continuas en todo R2. Entonces la direcci´on de
m´aximo crecimiento def en el punto(x0, y0)viene dada por el vector unitario
en la direcci´on y sentido del gradiente
v1 =
1
p
4(x2 0+y02)
(2x0,2y0) =
1
p
x2 0 +y20
(x0, y0).
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, debere-mos movernos en direcci´on radial y alej´andonos del origen. Sin embargo, si nos movemos en direcci´on radial y hacia el origen, entonces f experimenta el mayor decrecimiento.
Las direcciones de crecimiento nulo vienen dadas por los vectores de la forma v = ±√ 1
x2 0+yo2
(−y0, x0). N´otese que la recta que pasa por (x0, y0) y
es paralela a v es tangente a la curva de nivel x2 +y2 = x2
0 +y20 en el
punto (x0, y0). Por tanto, no es sorprendente que ´esta sea la direcci´on 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 id´enticas en las proximidades
O
Y
X
y
0
x
0v
-v
P
P(x ,y )
0 0
x + y = x + y
2 2 20 02PROBLEMAS RESUELTOS
1. Usando la definici´on, probar que la funci´on f(x, y) = √xy
x2+y2, si (x, y)6= 0, y f(0,0) = 0 no es diferenciable en el origen.
Tenemos que calcular las derivadas parciales de primer orden en (0,0):
f0
x(0,0) = l´ımx→0
f(x,0)−f(0,0)
x−0 =
= l´ım
x→0
0−0
x−0 = 0.
f0
y(0,0) = l´ımy→0
f(0, y)−f(0,0)
y−0 =
= l´ım
y→0
0
Por tanto, la diferencial vale 0, por lo quef es diferenciable en (0,0) si el l´ımite siguiente existe y vale 0
l´ım
(x,y)→(0,0)
f(x, y)−f(0,0)−df(0,0;x, y)
p
(x−0)2+ (y−0)2 =
= l´ım
(x,y)→(0,0) xy x2+y2.
Pero este l´ımite doble no existe, basta calcular los l´ımites a trav´es de las rectasy =mx y comprobar que dependen de la pendiente m:
l´ım (x, y)→(0,0)
y=mx
xy
x2+y2 = l´ımx→0
mx2 x2(1 +m2 =
= m
1 +m2.
2. Una l´amina met´alica 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 ´area.
El ´area de un tri´angulo de basexcm y alturaycm es igual aA(x, y) = 1 2xy.
El incremento de ´area,A(12 + ∆x,9 + ∆y)−A(12,9), puede aproximarse por la diferencial
dA= ∂A
∂x(12,9)∆x+ ∂A
∂y(12,9)∆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 2y ,
∂A ∂y =
1 2x.
En particular, las derivadas parciales en el punto (12,9) vienen dadas por
∂A
∂x(12,9) =
1
∂A
∂y(12,9) =
1
2·12 = 6.
Por tanto, el valor aproximado del incremento de ´area que nos ofrece la diferencial es
∆A≈4.5·0.15 + 6·0.2 = 1.875 cm2.
Si se hace el c´alculo exacto, el incremento de ´area vale ∆A = 1.890, luego, el error cometido al aproximar con la diferencial es igual a 0.015. Se˜nalamos que el c´alculo de la derivada direccional mediante la expresi´on
D~nf(x0, y0) = ∇f(x0, y0)·~n,
s´olo es posible si la funci´on 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 ecuaci´on z = Rx/y (y > 0), siendo R una constante positiva.
a) Determinar la curva de m´axima pendiente que pasa por el punto(x0, y0, z(x0, y0)).
b) La presi´on 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 curvay =y(x) con la propiedad de que, en cada uno de sus puntos, el vector tangente (1, y0(x)) es paralelo a∇z = (R/y,−Rx/y2).
Por tanto, se tiene
R/y
1 =
−Rx/y2 y0(x) .
Simplificando, obtenemos
1 = −x
yy0,
lo que conduce a la ecuaci´on diferencial yy0 =−x. Integrando respecto de x ambos miembros, resulta
Vemos que es una circunferencia de centro el origen y radio√c. Para que pase por el punto pedido, el valor de la constante cdebe ser c=x2
0+y02.
Por tanto la curva de m´axima pendiente sobre nuestra superficie es
(
z =Rx/y x2+y2 =x2
0+y02
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 presi´on,
la forma m´as conveniente consiste en modificar la temperatura T y el volumen V de modo que T2+V2 =T2
0 +V02.
4. La temperatura en cada punto de una cierta regi´on del plano OXY viene dada por T(x, y) = 2x2 −4y2 + 40. Si estamos en el punto (−1,2),
de-terminar la trayectoria m´as 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 direcci´on y sentido opuesto del gradiente. Es decir, si (x0, y0) es un punto cualquiera de la curva, deben ser paralelos el vector tangente (1, y0(x0)) y
∇T(x0, y0) = (4x0,−8y0). Por tanto, se verifica 4x0
1 = −8y0
y0 ,
para cada x0. Es decir,
x0y0(x0) = −2y0.
Hemos encontrado una ecuaci´on diferencial de primer orden que debe ve-rificar la curva buscada:
xy0 =−2y.
Se trata de una ecuaci´on de variables separables que se resuelve f´acilmente si se expresa en la forma
N´otese que el primer miembro es la derivada de log|y|. Si se escribe la ecuaci´on diferencial en la forma
³
log|y|
´0
=−2
x,
se puede ahora integrar miembro a miembro respecto dex y resulta
log|y|=−2 log|x|+c.
Si dejamos la constante de integraci´on sola en el segundo miembro, obte-nemos
log|y|+ 2 log|x|=c
o lo que es lo mismo
logx2|y|=c.
Entonces x2|y| = k. Hemos obtenido, pues, que la curva tiene la forma y =a/x2, donde a es una constante arbitraria. Ahora debemos obligar a
la curva a pasar por el p`unto (−1,2) y obtenemos que a = 2. La curva buscada es y= 2x−2.
5. Probar que la derivada direccional de f(x, y) =x2+y2 en cada punto de
la circunferencia x2+y2 = 1 y en la direcci´on normal a ´esta 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 expresi´on y = √
1−x2, encontramos y0(x
0) = √−x0 1−x2
0
. Entonces la ecuaci´on de la recta tangente a la circunferencia n el punto (x0, y0) viene dada por
y =y0+
−x0
p
1−x2 0
(x−x0).
Recordemos que el vector unitario normal a una recta de ecuaci´on Ax+
By+C = 0 viene dado por
~n= √ 1
En nuestro caso, tiene la forma
~n=
q
1−x2 0(
−x0
p
1−x2 0
,−1) =
= (−x0,−
q
1−x2 0).
Ahora necsitamos calcular el gradiente def(x, y) en el punto (x0, y0):
∇f(x0, y0) = (2x0,2y0).
Finalmente, obtenemos la derivada direccional pedida
D~nf(x0, y0) = ∇f(x0, y0)·~n=
= (2x0,2y0)·(−x0,−
q
1−x2 0) =
=−2x2 0−2y0
q
1−x2 0.
Ahora basta tener en cuenta que x2
0+y02 = 1, o lo que es lo mismo, y0 =
p
1−x2
0, para deducir que D~nf(x0, y0) = −2. De nuevo se˜nalamos que
el c´alculo de la derivada direccional mediante la expresi´on D~nf(x0, y0) =
∇f(x0, y0)·~n, s´olo es posible si la funci´on 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
x2+y2+z2. Demostrar que se verifica la identidad
∂2u ∂x2 +
∂2u ∂y2 +
∂2u ∂z2 = 0.
Para la derivaci´on, escribimos u en la forma m´as conveniente siguiente:
u(x, y, z) = (x2+y2+z2)−1
2. Calculamos la derivada parcial deurespecto dex
∂u ∂x =−
1 2(x
Por la simetr´ıa de la funci´on u(x, y, z), copiamos adecuadamente la deri-vada anterior para obtener las otras dos:
∂u
∂y =−y(x
2+y2+z2)−32
∂u
∂z =−z(x
2+y2+z2)−3 2.
Procedemos ahora a calcular las derivadas parciales segundas:
∂2u ∂x2 =
=−
h
(x2+y2+z2)−32 +x¡− 3 2
¢
(x2 +y2+z2)−522x
i
= =−(x2+y2+z2)−32 + 3x2(x2+y2+z2)−52.
Como antes, por simetr´ıa, encontramos las otras dos derivadas de segundo orden:
∂2u
∂y2 =−(x
2+y2+z2)−3
2 + 3x2(x2+y2+z2)− 5 2.
∂2u
∂z2 =−(x
2+y2+z2)−32 + 3x2(x2+y2+z2)−52.
Sumando las tres derivadas de segundo orden, resulta
∂2u ∂x2 +
∂2u ∂y2 +
∂2u ∂z2 =
=−(x2 +y2+z2)−3
2 + 3x2(x2+y2+z2)−25− −(x2+y2 +z2)−23 + 3y2(x2+y2+z2)−25−
−(x2+y2+z2)−23 + 3z2(x2+y2+z2)−25 =
−3(x2+y2+z2)−23 + 3(x2+y2+z2)−25(x2+y2+z2) = =−3(x2+y2+z2)−23+
PROBLEMAS PROPUESTOS
1. Determinar las curvas de nivel de la funci´on
a)f(x, y) = x
2+y2
x+y , b)f(x, y) =xy.
2. Comprobar que las rectas y=mx son curvas de nivel de la funci´on
f(x, y) = xy
x2+y2.
Deducir que no existe el l´ımite doble en el origen de la funci´onf. 3. Comprobar que las par´abolas x=y2 son curvas de nivel de la funci´on
f(x, y) = xy2
x2+y4.
Deducir que no existe el l´ımite doble en el origen de la funci´onf.
4. Determinar las curvas de nivel def(x, y) = x+xyy2. Deducir que no existe el l´ımite doble en el origen.
5. Calcular el l´ımite doble en el origen de
a)f(x, y) = x3
x2+y2, b)f(x, y) =
senx2y2 x2+y2 .
6. Calcular las derivadas parciales de segundo orden de las funciones siguien-tes:
a)f(x, y) =x2+y2cos(xy), b)f(x, y) = log³x+y x−y
´
, c)f(x, y) = √ x x2+y2. Soluciones: a)f00
xx(x, y) = 2−y4cosxy,fyy00(x, y) = 2 cosxy−4xysenxy−
x2y2cosxy,f00
xy(x, y) =−3y2senxy−y3xcosxy. b)fxx00 (x, y) = 4xy/(x2−
y2)2 = f00
yy(x, y) y fxy00 (x, y) = −2(x2 +y2)/(x2 − y2)2. c) fxx00 (x, y) =
−3y2x/(x2 +y2)(5/2), f00
yy(x, y) = x(x2 +y2)−(3/2) − 3xy2(x2 +y2)−(5/2)
yf00
7. Estudiar si la funciones siguientes son diferenciables en el origen: a) f(x, y) = xx32++yy32 si (x, y) 6= (0,0)y f(0,0) = 0 b) f(x, y) = xy
2
x2+y2 si (x, y)6= (0,0) y f(0,0) = 0.
Soluci´on: No son diferenciables en el origen.
8. Comprobar que cada una de las funciones siguientes verifica la ecuaci´on que se indica:
a)f(x, y) =exy + sen(x+y), xf0
x−yfy0 = (x−y) cos(x+y).
b)f(x, y, z) = cos
³ x+y
2z ´
, xf0
x+yfy0 +zfz0 = 0.
9. Calcular las derivadas parciales de segundo orden de la funci´onf(x, y) =
y2cos(x
y) si y 6= 0 yf(x, y) = 0 en otro caso.
Soluci´on: f00
xx(x, y) = −cosxy, fyy00(x, y) = 2 cosxy + 2yxsen xy − x
2
y2 cosxy y
f00
xy(x, y) = −senxy + xy cosxy si y 6= 0. fxx00 (x,0) = 0. fyy00(x,0) no existe si
x6= 0, perof00
yy(0,0) = 2.fxy00(x,0) no existe si x6= 0, perofxy00 (0,0) = 0.
10. La ecuaci´on de Van der Waals de los gases reales establece que la presi´on
P, el volumen V y la temperatura T est´an relacionados de forma que se verifica:
³
P + a
V2
´
(V −b) = RT (a, b y R son constantes positivas). a) Calcular ∂P
∂V y ∂
2P
∂V2. b) Si Pc,Vc y Tcson los valores cr´ıticos de un sistema
de una s´ola componente, se sabe que las dos derivadas parciales anteriores se anulan en el punto cr´ıtico. Expresar Pc, Vc y Tc en funci´on dea, b y R.
Soluci´on: P0
V =−RT /(V −b)2+ 2a/V3 y PV V00 = (V2RT−b)3 − V6a4.
11. Demostrar que la funci´on f(x, y) = alog(x2+y2) +b cumple la ecuaci´on
de Laplace: ∆f =f00
xx+fyy00 = 0.
Soluci´on: f00
xx(x, y) = a ³
2y2−2x2
(x2+y2)2
´
y f00
yy(x, y) =a ³
2x2−2y2
(x2+y2)2
´
.
Soluci´on: Si el sistema de coordenadas tiene su origen en el centro de la esfera, entonces su ecuaci´on es z = pR2−x2−y2, siendo R el
ra-dio. Un vector perpendicular al plano tangente en el punto (x0, y0, z0) es
(z0
x(x0, y0), zy0(x0, y0),−1) = (√R2−−xx0
02−y02
,√ −y0
R2−x2−y2,−1) y (x0, y0, z0) es el radio vector que pasa por el punto de contacto. N´otese que son propor-cionales, pues z0 =
p
R2−x2 0−y20
13. Calcular aproximadamente: a)p(0.92)3+ (2.09)3
b) log(0.093+ 0.993).
Soluciones: a) p(0.92)3+ (2.09)3 ≈3.14. b) log(0.093+ 0.993)≈ −0.03.
14. Para medir el ´area de un tri´angulo ABC se usa la expresi´on: ´Area =
bcsenA
2 . (a) Mediante el c´alculo diferencial, determinar un valor aproximado
del error absoluto que se comete en la medici´on del ´area, 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 ´area en funci´on de los errores relativos de b, c y A. (c) Suponiendo queAes casi un ´angulo recto, deducir razonadamente, a partir de la expresi´on encontrada en (b), que el error relativo en la medida del ´area depende fundamentalmente de los errores en las medidas de b y c. 15. El periodo de un p´endulo simple viene dado por T = 2πp`/g. Si ∆` y
∆g son los errores absolutos en las medidas de ` y g, usar la diferencial para determinar los errores absoluto y relativo cometidos en la medida de
T.
17. Un insecto est´a en un medio t´oxico. El nivel de toxicidad viene dado por
T(x, y) = 50 + 2x2 + 3y2. Si el insecto se encuentra en el punto (1,2),
encontrar la trayectoria m´as conveniente que deber´a tomar.
Soluci´on: Debe seguir la direcci´on contraria al gradiente de T(x, y) a lo largo de la curva y= 2p|x|3.
18. La ladera de una monta˜na tiene la forma de la superficie z =xy (x, y ≥ 0). Si estamos en el punto (10,20,200), determinar la trayectoria m´as conveniente para descender de la monta˜na.
Soluci´on: La trayectoria est´a determinada por el sistema y = √300 +x2
y z = xy, recorrida desde el punto de coordenadas (10,20,200) hasta (0,10√3,0).
19. La forma de una monta˜na est´a dada por la superficiez =ph2−(x2+y2).
Si nos encontramos en el punto (h
2,
h
2,
h
√
2), encontrar la trayectoria m´as
conveniente que deber´ıa tomarse para bajar de la monta˜na.
Soluci´on: Sea f(x, y) = ph2−(x2+y2). Para que z = f(x, y) decrezca
m´as r´apidamente en el punto en cuesti´on, debemos seguir la direcci´on con-traria a∇f. La trayectoria es una curva sobre la monta˜na cuya proyecci´ob sobre OXY es la curvaxy =h2/4. La trayectoria est´a determinada por el
sistemaz2 =h2−x2−y2 e 4xy=h2.
20. Calcular el plano tangente en un punto arbitrario de la superficie de ecuaci´onz =px2+y2 y comprobar que dicho plano contiene la generatriz
que pasa por el punto de contacto.
Soluci´on: La ecuaci´on del plano tangente en el punto (x0, y0,
p
x2 0+y20)
tiene la forma z = (xx0 + yy0)/
p
x2
0+y20. Para probar que se cortan
superficie y plano seg´un 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 ecuaci´on de un plano vertical que, al
21. Si el potencial de un campo de fuerzas plano viene dado por V(x, y) = log(x2+y2), determinar las l´ıneas de fuerza.
Soluci´on: y(c+ (3/2) logx) = 1.
22. Consideramos la funci´onf(x, y, z) =x2−y2+z2 y la curva de ecuaciones
param´etricas
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 direcci´on de la tangente. Determinar su valor m´aximo.
