Ecuaciones cónicas y cuádricas

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Universidad Técnica Federico Santa María
Departamento de Matemática Verónica Gruenberg Stern
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)
Generalicemos al espacio, en primer lugar, las gráficos de la figura 1. Notar que una misma
ecuación representa figuras geométricas diferentes, dependiendo del espacio en que se encuentre
ésta.
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Ejercicios. Grafique en R3 las siguientes:
1. y = x2 + z2
2. y = x2 z2
3. 2x2 4y2 + z2 = 0
4. 2x2 + 4y2 + z2 = 36
5. z = |x|
2.2. Funciones Vectoriales
En esta sección, estudiaremos funciones que tienen como dominio un subconjunto A de Rn y
recorrido en Rm, es decir,
f : A ✓ Rn
! Rm
.
Ejemplos:
1. T : R2 ! R3 tal que T(x, y) = (2x 3y, x + y, x y).
2.
!
F : R2 ! R2, tal que
!
F (x, y) = (sen x, y)
3.
!
F : R2 {(0, 0)} ! R2, tal que
!
F (x, y) = (f1(x, y), f2(x, y)), donde
f1(x, y) =
xy
x2 + y2
, f2(x, y) = x cos y.
2.3. Curvas y Superficies de Nivel
Definición 2.2. Sea f : A ✓ R2 ! R. Para cada z0 2 Rec(f) definimos la correspondiente curva
de nivel como el conjunto
Cz0 = {(x, y) 2 A : f(x, y) = z0}
Observación. En otras palabras, si f es una función de dos variables, las intersecciones de Gf con
planos paralelos al plano XY (o sea, planos en los que z = z0 =cte.), se llaman curvas de nivel o
de contorno (muy usadas en mapas topográficos, hidrográficos, meteorológicos, etc.)
Ejemplos.
1. Sea f : A ✓ R2 ! R, f(x, y) = 9 x2 y2 donde A = {(x, y) 2 R2 : x2 +y2  9}. Entonces,
las curvas de nivel se obtienen al hacer z = f(x, y) = k =cte. Para distintos valores de la
constante k, obtenemos circunferencias de diferentes radios. Por ejemplo, si k = 0, obtenemos
la circunferencia centrada en el origen y de radio 3. Si k = 5, obtenemos la circunferencia
centrada en el origen de radio 2, y así sucesivamente.
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X
Y
k = 5
k = 8
2. Determine las curvas de nivel de f(x, y) =
x2 y2
x2 + y2
.
Claramente, Domf = R2 {(0, 0)}. Suponemos que f(x, y) =
x2 y2
x2 + y2
= k, de donde:
x = 0 =) f(0, y) = 1 ) sobre el eje OY la función tiene el valor constante 1.
x 6= 0 : x2
y2
= k(x2
+y2
) =) x2
(1 k) = y2
(1+ k) =)
y2
x2
=
1 k
1 + k
, k 6= 1
Esta última igualdad tiene sentido si
1 k
1 + k
0. Para estos valores, las curvas de nivel
son las rectas, excluyendo el origen, y = ax ^ y = ax , donde a =
r
1 k
1 + k
.
Análogamente:
y = 0 =) f(x, 0) = 1 ) sobre el eje OX la función tiene el valor constante 1.
y 6= 0 : x2
y2
= k(x2
+ y2
) =) x2
(1 k) = y2
(1 + k) =)
x2
y2
=
1 + k
1 k
, k 6= 1
Si f es una función de 3 variables, es decir, f : A ✓ R3 ! R, el análogo a las curvas de nivel de
f son las gráficas de f(x, y, z) = k =cte., y por lo tanto en lugar de curvas lo que obtenemos son
superficies de nivel.
Definición 2.3. Sea f : A ✓ R3 ! R. Para cada w0 2 Rec(f) definimos la correspondiente
superficie de nivel como el conjunto
Cw0 = {(x, y, z) 2 A : f(x, y, z) = w0}
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Observación. Es posible generalizar el concepto de superficies de nivel, considerando funciones
de Rn a Rm. Más precisamente, si
F : A ✓ Rn
! Rm
, F(x1, x2, · · · , xn) = (f1(~x), f2(~x), · · · , fm(~x)),
para cada ~b 2 Rec(F) definimos la correspondiente superficie de nivel como el conjunto
C~b
= {~x 2 A : F(~x) = ~b}
Ejemplos
Determine las superficies de nivel de f, si
1. f : R3 ! R, dada por f(x, y, z) = x2 + y2 + z2.
2. f : R3 ! R, dada por f(x, y, z) = x2 + y2 z2.
3. Dada la función f(x, y) =
r
x y
x + y
a) Determine y grafique el dominio de f.
b) ¿Es el dominio de f un conjunto abierto?
c) Determine la frontera del dominio de f y sus puntos de acumulación.
d) Determine las curvas de nivel f(x, y) = c, y grafique para c = 0, c = 1, c =
1
2
, c = 2.
e) Analice que sucede cuando c crece indefinidamente.
Solución
1. Como x2 + y2 + z2 0 8(x, y, z) 2 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
p
w.
2. Tenemos los siguientes tres casos:
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Es decir, 8c 2 R, las curvas de nivel son rectas que pasan por el origen. En particular:
Si c = 0, la curva de nivel es la recta y = x.
Si c = 1, la curva de nivel es la recta y = 0.
Si c =
1
2
, la curva de nivel es la recta y =
3
5
x.
e) Como l´ım
c!1
✓
1 c2
1 + c2
◆
= 1, quiere decir que cuando c crece indefinidamente las curvas
de nivel tienden a la recta y = x.
Ejercicios
1. Determine y grafique A ✓ R2 tal que sea el dominio de:
(a) f(x, y) =
p
36 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 de f(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. Determine varias curvas de nivel de la función definida por f(x, y) =
x2 + y2
y2
.
4. Sea f(x, y) =
s
x + y2
y2
.
a) Determine y grafique Dom(f).
b) Escriba la ecuación de la curva de nivel que contenga al punto (3,1). Grafique la curva.
5. Sea f : R2 ! R definida por:
f(x, y) = m´ın{|x|, |y|}.
Bosqueje las curvas de nivel de la función f(x, y).
6. Sea f : R2 ! R definida por:
f(x, y) = m´ın{|x + y|, |x y|}.
Bosqueje las curvas de nivel de la función f(x, y).
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7. Sea f(x, y) =
8
<
:
x2
x y
si x 6= y
0 si x 6= y
Determine las curvas de nivel si: (i) f(x, y) = 1, (ii) f(x, y) = 2.
8. Sea f : R2 ! R2, dada por f(s, t) = (s2 + t2, 2st). Encuentre la imagen del círculo
s2 + t2  a2.
9. Sea f : R2 ! R3, dada por f(u, v) = (v cos 2⇡u, v sen 2⇡u, 1 v). Determine la imagen
de R2, y la imagen del cuadrado 0  u  1, 0  v  1.
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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 2 Rn es un punto de acumulación de A, diremos que el límite de f cuando x se
acerca a x0 es L 2 R si la diferencia |f(x) L| puede hacerse arbitrariamente pequeña, si se escoge
x suﬁcientemente cerca de x0.
En otras palabras, si f es una función que está deﬁnida en alguna bola abierta B(x0, r) excepto,
posiblemente en x0 (es decir, x0 es un punto de acumulación del Dom(f)), entonces
l´ım
x!x0
f(x) = L () 8 " > 0 9 > 0 : 0 < d(x, x0) < =) |f(x) L| < "
Observación. Es usual llamar vecindad reducida ó bola reducida centrada en x0 a la bola
B(x0, r) sin el punto x0.
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 + y2
= 1.
4. l´ım
(x,y)!(1,2)
4x2
+ 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 " > 0 es
posible encontrar un > 0 de modo que si la distancia entre (x, y) y (1, 3) es menor que ,
es decir, si 0 <
p
(x 1)2 + (y 3)2 < entonces |2x + 3y 11| < ".
Notemos que:
|2x + 3y 11| = |2(x 1) + 3(y 3)|
 2|x 1| + 3|y 3| (por la desigualdad triangular)
 2
p
(x 1)2 + (y 3)2 + 3
p
(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 )
 5
p
(x 1)2 + (y 3)2 < 5
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⇧22
Si esta última expresión es menor que ", se tendrá, por transitividad, que |2x+3y 11| < ".
Luego, para lograr lo que queremos demostrar, basta escoger  "
5 .
2. Análogamente, l´ım
(x,y)!(1,2)
5x 3y = 1 ()
8 " > 0 9 > 0 : 0 <
p
(x 1)2 + (y 2)2 < =) |5x 3y + 1| < "
Como antes:
|5x 3y + 1| = |5(x 1) 3(y 2)|  5|x 1| + 3|y 2| 
 8
p
(x 1)2 + (y 2)2 < 8 .
Luego, para que esto sea menor que ", basta tomar  "
8 .
3. l´ım
(x,y)!(0,1)
4x + y2
= 1 ()
8 " > 0 9 > 0 : 0 <
p
x2 + (y 1)2 < =) |4x + y2 1| < "
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 1 = 1. Luego:
|y 1| 
p
x2 + (y 1)2  1 (= 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|  4
p
x2 + (y 1)2 + 3
p
x2 + (y 1)2  7
p
x2 + (y 1)2 < 7 2
Para que lo anterior sea menor que ", escogemos 2  "
7 (usamos 2 porque ya escogimos
un 1 = 1). ¿Cuál , ( 1 ó 2) será el apropiado para demostrar este límite?
Basta considerar = min{ 1, 2} = min{1, "
7 }.
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
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⇧23
x2y2
x2 + y2
0 =
x2y2
x2 + y2

x2y2
x2
= |y2|  (
p
x2 + y2)2 < 2
Escogemos =
p
".
6. Para probar que l´ım
(x,y)!(0,0)
xy
x2 y2
x2 + y2
= 0, acotamos
xy
x2 y2
x2 + y2
0 = xy
x2 y2
x2 + y2
 |xy|  (
p
x2 + y2)2 < 2
Escogemos =
p
".
Ejemplos.
1. Sea f(x, y) =
⇢
(x + y) sen 1
x si x 6= 0
0 si x = 0
Conjeture el l´ım
(x,y)!(0,0)
f(x, y), y demuestre su conjetura.
2. Sea f(x, y) =
⇢
2xy si (x, y) 6= (3, 1)
0 si (x, y) = (3, 1)
Conjeture el l´ım
(x,y)!(3, 1)
f(x, y), y demuestre su conjetura.
Solución
1. Notamos que | sen 1
x |  1, y que x+y ! 0 si (x, y) ! (0, 0). Podemos conjeturar
que l´ım
(x,y)!(0,0)
f(x, y) = 0.
Caso 1 : Si x = 0 : |f(x, y) 0| = |0 0| = 0
Caso 2 : Si x 6= 0 : |f(x, y) 0| = |(x + y) sen 1
x |  |x + y|  |x| + |y|  2
p
x2 + y2 < 2
por lo tanto, escogemos =
✏
2
.
2. Notamos que en la medida en que x ! 3 e y ! 1, el valor de 2xy ! 2 · 3 · ( 1) = 6.
Así, podemos conjeturar que l´ım
(x,y)!(3, 1)
f(x, y) = 6.
Demostraremos este límite como antes:
|2xy ( 6)| = 2|(x 3)(y + 1) x + 3y + 6| = 2|(x 3)(y + 1) (x 3) + 3(y + 1)|
 2
⇣
|(x 3)(y + 1)| + |(x 3)| + 3|(y + 1)|
⌘
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 2
⇣
(
p
(x 3)2 + (y + 1)2)2 +
p
(x 3)2 + (y + 1)2 + 3
p
(x 3)2 + (y + 1)2
⌘
 2( 2 + 4 ) < ✏ para lo que basta tomar =
r
1 +
✏
4
1
Notemos que l´ım
(x,y)!(3, 1)
f(x, y) 6= f(3, 1) ya que f(3, 1) = 0. De hecho, el límite de
esta función igualmente sería 6, aunque la función no estuviese deﬁnida en (3, 1).
Para que el l´ım
(x,y)!(x0,y0)
f(x, y) exista, este valor debe ser independiente del camino escogido para
aproximarse a (x0, y0). Es decir:
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´ım
x!0
x2
2x2
=
1
2
Si y = x, entonces l´ım
(x,y)!(0,0)
xy
x2 + y2
= l´ım
x!0
x2
2x2
=
1
2
Como ambos valores son diferentes, l´ım
(x,y)!(0,0)
xy
x2 + y2
no existe.
MAT023 (2 sem. 2011) 24

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⇧25
En lugar de escoger, arbitrariamente, las 2 rectas anteriores, podríamos haber tomado una
recta genérica, de la forma: y = mx.
Entonces l´ım
(x,y)!(0,0)
xy
x2 + y2
= l´ım
x!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´ım
x!0
m4x8
(x2 + (mx)4)3
= l´ım
x!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´ım
y!0
y12
(2y4)3
=
1
8
.
Este valor no coincide 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´ım
x!0
x3 + m3x3
x2 + mx
= l´ım
x!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´ım
x!0
x3 + (x3 x2)3
x2 + x3 x2
= l´ım
x!0
1 + (x2
x)3
= 1
Por lo tanto, este límite no existe.
Entre todas las aproximaciones posibles a un punto x0 2 R2, existe una forma distinguida,
llamada límites iterados y que definimos a continuación.
Definición 3.1. Llamamos límites iterados de f(x, y) a los siguientes caminos que permiten
obtener un candidato 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 no significa necesariamente que el límite de una función
en un punto exista.
MAT023 (2 sem. 2011) 25

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⇧26
x0
y0
x0
y0
Si los límites iterados diﬁeres, entonces el límite no existe.
La ﬁgura muestra la forma de los caminos que producen los límites iterados.
Ejemplos
1. Determine, si existe, l´ım
(x,y)!(0,0)
x2 y2
x2 + y2
2. Determine, si existe, l´ım
(x,y)!(0,1)
arctan
y
x
Solución
1. Como l´ım
x!0
l´ım
y!0
x2 y2
x2 + y2
= 1 y l´ım
y!0
l´ım
x!0
x2 y2
x2 + y2
= 1, tenemos que l´ım
(x,y)!(0,0)
x2 y2
x2 + y2
no existe.
2. En este caso: l´ım
x!0+
l´ım
y!1
arctan
y
x
=
⇡
2
y l´ım
x!0
l´ım
y!1
arctan
y
x
=
⇡
2
. Luego, l´ım
(x,y)!(0,1)
arctan
y
x
tampoco existe.
3.1. Algebra de Límites
Sea ~x0 2 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, 8 c 2 R
3. l´ım
~x!~x0
f(~x) g(~x) = L1L2
4. Si L2 6= 0, l´ım
~x!~x0
f(~x)
g(~x)
=
L1
L2
5. Si f(~x) 0 8~x 2 A, l´ım
~x!~x0
f(~x) 0
6. Si f(~x) 0 8~x 2 D ⇢ A,
l´ım
~x!~x0
p
f(~x) =
r
l´ım
~x!~x0
f(~x)
MAT023 (2 sem. 2011) 26

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⇧27
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
= l´ım
(x,y)!(1,0)
(x 1)(y2 + 1)
x 1
= 1
2. l´ım
(x,y)!(0,0)
sen x sen y
sen xy
= l´ım
(x,y)!(0,0)
sen x sen y
xy
xy
sen xy
= 1
3. l´ım
(x,y)!(0,0)
6(1 cos xy)
x2y sen 2y
= l´ım
(x,y)!(0,0)
6(1 cos2 xy)
x2y sen 2y(1 + cos xy)
=
= l´ım
(x,y)!(0,0)
6y sen2 xy
x2y2 sen 2y(1 + cos xy)
= l´ım
(x,y)!(0,0)
3
1 + cos xy
=
3
2
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
 l´ım
(x,y)!(0,0)
(
p
x2 + y2)2
p
x2 + y2
= l´ım
(x,y)!(0,0)
p
x2 + y2 = 0
Luego, l´ım
(x,y)!(0,0)
|xy|
p
x2 + y2
= 0, de donde l´ım
(x,y)!(0,0)
xy
p
x2 + y2
= 0
5. l´ım
(x,y)!(0,0)
xy sen(y3)
x4 + y4
= l´ım
(x,y)!(0,0)
xy4
x4 + y4
·
sen(y3)
y3
= l´ım
(x,y)!(0,0)
xy4
x4 + y4
· l´ım
(x,y)!(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 que f : A ✓ Rn ! R es continua en ~x0 2 A si, y sólo si,
1. f(~x) está deﬁnida en una vecindad de ~x0
2. l´ım
~x!~x0
f(~x) = L
MAT023 (2 sem. 2011) 27

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⌃
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⇧28
3. f(~x0) = L
Observación. En muchos textos, se dice que f : A ✓ Rn ! R es continua en ~x0 2 A si, y
sólo si, l´ım
~x!~x0
f(~x) = f(~x0). Aquí hemos preferido enfatizar todos los aspectos involucrados en la
definición de este concepto.
Ejemplos
1. Probar que
f(x, y) =
8
<
:
xy
x2 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.
xy
x2 y2
x2 + y2
0 = xy
x2 y2
x2 + y2
 |xy| 
⇣p
x2 + y2
⌘2
= x2
+ y2
< "
Por lo tanto, basta tomar 
p
"
c) f(0, 0) = 0 = l´ım
(x,y)!(0,0)
f(x, y).
Luego, f es continua en (0, 0)
2. Estudiar la continuidad en el origen de
f(x, y) =
8
<
:
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 que f es continua en una región D ⇢ Dom(f) si, y sólo si, f es continua
en cada punto de D.
MAT023 (2 sem. 2011) 28

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3.3. Propiedades
Sean f, g: A ✓ Rn ! R continuas en ~x0. Entonces:
1. cf + g es continua en ~x0, 8 c 2 R.
2. fg es continua en ~x0.
3. Si g(~x0) 6= 0 en alguna vecindad de ~x0 entonces
f
g
es continua en ~x0.
4. Si h es una función continua cuyo dominio permita que la composición h f esté bien deﬁnida,
entonces la composición h f también es continua en ~x0. En particular:
a) |f| es continua en ~x0.
b) Si g(~x0) 0 en una vecindad de ~x0 entonces
p
g es continua en ~x0.
Ejemplos
1. Determine los puntos de R2 en donde la función f(x, y) =
xy 1
x2 y
es discontinua.
Solución:
Claramente, f es discontinua si y = x2.
2. Determine si
f(x, y) =
8
>><
>>:
1 cos
p
x2 + y2
x2 + y2
, (x, y) 6= (0, 0)
0, (x, y) = (0, 0)
es continua en (0, 0).
Solución:
l´ım
(x,y)!(0,0)
f(x, y) = l´ım
(x,y)!(0,0)
1 cos
p
x2 + y2
x2 + y2
·
1 + cos
p
x2 + y2
1 + cos
p
x2 + y2
= l´ım
(x,y)!(0,0)
1 cos2
p
x2 + y2
(x2 + y2)
⇣
1 + cos
p
x2 + y2
⌘
= l´ım
(x,y)!(0,0)
sen2
p
x2 + y2
⇣p
x2 + y2
⌘2 ⇣
1 + cos
p
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.
MAT023 (2 sem. 2011) 29

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⇧30
3. Estudie la continuidad en R2 de
f(x, y) =
8
><
>:
1
x
sen x2
+ |xy| , (x, y) 6= (0, 0)
0, (x, y) = (0, 0)
Solución:
a) Claramente, f es continua si x 6= 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) = l´ım
(x,y)!(0,b)
1
x
sen x2
+ |xy| ·
x2 + |xy|
x2 + |xy|
= l´ım
(x,y)!(0,b)
x2 + |xy|
x
= l´ım
(x,y)!(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), b 6= 0.
4. Sea
f(x, y) =
8
><
>:
x y
x3 y
si y x3 6= 0
1 si y x3 = 0
Encuentre el dominio de continuidad de f.
Solución :
Note que f es una función continua en R2 {(x, y) : y = x3} porque es un cuociente de
funciones continuas.
Sea (a, b) 2 R2 tal que b = a3. Note que si (a, b) 6= (0, 0), (a, b) 6= (1, 1), (a, b) 6= ( 1, 1),
entonces :
l´ım
(x,y)!(a,a3)
x y
x3 y
no existe porque es de la forma
c
0
donde c = a a3 es una constante distinta
de cero.
Sea (a, b) = (1, 1), si nos acercamos a este punto por el camino x = 1 y y = 1 se tiene,
respectivamente, que:
l´ım
(x,y)!(1,1)
x y
x3 y
= 1 y l´ım
(x,y)!(1,1)
x y
x3 y
=
1
3
Sea (a, b) = ( 1, 1), si nos acercamos a este punto por el camino x = 1 y y = x se tiene,
MAT023 (2 sem. 2011) 30

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⇧31
l´ım
(x,y)!( 1, 1)
x y
x3 y
= 1 y l´ım
(x,y)!( 1, 1)
x y
x3 y
= 0
Sea (a, b) = (0, 0), si nos acercamos a este punto por el camino x = 0 y y = 0 se tiene,
l´ım
(x,y)!(0,0)
x y
x3 y
= 1 y l´ım
(x,y)!(0,0)
x y
x3 y
= 1
Por lo tanto, la función f es discontinua sobre todos los puntos de la curva y = x3. Es decir,
el dominio de continuidad de f es R2 {(x, y) : y = x3}.
5. Dada la función
f(x, y) =
8
>><
>>:
(y 2)2 sen(xy)
x2 + y2 4y + 4
si (x, y) 6= (0, 2)
0 si (x, y) = (0, 2)
¿Es f una función continua?
Solución:
Observamos que si (x, y) 6= (0, 2), la función es continua. Veamos qué sucede en (x, y) = (0, 2),
para lo cual usaremos el Teorema del Sandwich:
0 
(y 2)2 sen(xy)
x2 + (y 2)2
 sen(xy) ! 0 si (x, y) ! (0, 2)
Por lo tanto
l´ım
(x,y)!(0,2)
(y 2)2 sen(xy)
x2 + y2 4y + 4
= 0
Luego, la función es continua en todo R2.
6. Analice la continuidad de las siguientes funciones:
a) f(x, y) = ln(x + y 1)
b) f(x, y) =
p
x e
p
1 y2
c) f(x, y) =
8
<
:
x2 + y2
ln(x2 + y2)
si (x, y) 6= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
Solución:
a) Para que se pueda realizar la composición entre la función ln y la función g(x, y) = x+y 1
con Domg = R2, es necesario restringir el dominio de g al semiplano x + y 1. Luego, f es
continua en {(x, y) 2 R2 : x + y 1}, pues es composición de dos funciones continuas.
Dejamos b), c) como ejercicio.
MAT023 (2 sem. 2011) 31

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⇧32
Ejercicios
Determine si las siguientes son o no continuas en (0, 0):
1. f(x, y) =
8
>><
>>:
4x3
x2 + y2
, (x, y) 6= (0, 0)
0, (x, y) = (0, 0)
2. f(x, y) =
8
><
>:
xy x
x2 2x + y2
, (x, y) 6= (0, 0)
0, (x, y) = (0, 0)
3. f(x, y) =
8
>><
>>:
x2y2
x2 + y2
, (x, y) 6= (0, 0)
0, (x, y) = (0, 0)
4. f(x, y) =
8
>><
>>:
sen(x3 y3)
x y
, x 6= y
0, x = y
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 lo siguientes ejemplos:
Ejemplos
1. Estudie la continuidad en (0, 0) de la función
f(x, y) =
8
<
:
x2 xy
x + y
, si (x, y) 6= (0, 0)
0, si (x, y) = (0, 0)
Solución:
Usando coordenadas polares, es decir, haciendo x = r cos ✓, y = r sen ✓:
l´ım
(x,y)!(0,0)
x2 xy
x + y
= l´ım
r!0
r2(cos2 ✓ cos ✓ sin ✓)
r(cos ✓ + sen ✓)
= l´ım
r!0
r cos ✓(cos ✓ sen ✓)
(cos ✓ + sen ✓)
=
= l´ım
r!0
r cos ✓ (cos ✓ sen ✓)
(cos ✓ + sen ✓)
·
cos ✓ sen ✓
cos ✓ sen ✓
= l´ım
r!0
r cos ✓ (1 sen 2✓)
2 cos2 ✓ 1
MAT023 (2 sem. 2011) 32

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⇧33
La tentación para aﬁrmar que el límite anterior es 0 es grande, pero ello no es correcto, puesto
que existe un ángulo (al menos) para el cual el denominador también se anula.
Por lo tanto f no es continua en (0,0).
2. Calcule, si existe, l´ım
(x,y)!(0,0)
y
p
x · sen(y3)
x4 + y4
.
Solución 1:
Consideremos x = r cos(✓), y = r sen(✓) y reemplazando en el límite queda:
l´ım
r!0
r
3
2
p
cos(✓) sen(r3 sen3(✓))
r4(cos4(✓) + sen4(✓))
= l´ım
r!0
p
cos(✓) sen(r3 sen3(✓))
r
5
2 (cos4(✓) + sen4(✓))
L’H
=
l´ım
r!0
3r2
p
cos(✓) sen3(✓) sen(r3 sen3(✓))
5
2 r
3
2 (cos4(✓) + sen4(✓))
= l´ım
r!0
3
p
r
p
cos(✓) sen3(✓) sen(r3 sen3(✓))
5
2 (cos4(✓) + sen4(✓))
= 0
Solución 2:
Como x4 + y4 y4, se tiene:
y
p
x · sen(y3)
x4 + y4

y
p
x · sen(y3)
y4

p
x · sen(y3)
y3

p
x
Por lo tanto,
l´ım
(x,y)!(0,0)
y
p
x · sen(y3)
x4 + y4
 l´ım
(x,y)!(0,0)
p
x = 0
Luego,
l´ım
(x,y)!(0,0)
y
p
x · sen(y3)
x4 + y4
= 0.
MAT023 (2 sem. 2011) 33

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⇧34
3.5. Límites y Continuidad de Funciones de Rn
! Rm
Una función vectorial de variable vectorial es una función ~F : A ✓ Rn ! Rm que asocia a cada
~x 2 Rn un punto ~F(~x) = (f1(~x), f2(~x), · · · , fm(~x)) 2 Rm. Cada función fi(~x), i = 1, · · · , m se
denomina función 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.
2. T : R3 ! R3, dado por T(x, y, z) = (xy2, cos xyz, x + y + z).
Definición 3.4. Sea ~F : A ✓ Rn ! Rm, y sea ~x0 2 Rn un punto de acumulación de A.
Diremos que l´ım
~x!~x0
~F(~x) = ~L 2 Rm
()
8" > 0 9 > 0 : 0 < d(~x,~x0) < =) ~F(~x) ~L < "
Teorema 2. Sea ~F : A ✓ Rn ! Rm, ~x0 2 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 2 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) 2 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
variable xi 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 la n-upla. Es
decir, Dif(~a) = g0(ai).
MAT023 (2 sem. 2011) 34

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⌃
⌅
⇧35
Ejemplos
Calculemos las derivadas parciales con respecto a cada variable de las siguientes funciones:
1. f(x, y) = x2 sen y, usando la definición y también aplicando propiedades conocidas del cálcu-
lo en una variable, en:
a) (1, ⇡
2 ) b) (x0, y0)
Solución:
a) Por la definición:
@f
@x
⇣
1,
⇡
2
⌘
= l´ım
h!0
f(1 + h, ⇡
2 ) f(1, ⇡
2 )
h
= l´ım
h!0
(1 + h)2 · 1 1
h
= l´ım
h!0
h2 + 2h
h
= 2
@f
@y
⇣
1,
⇡
2
⌘
= l´ım
k!0
f(1, ⇡
2 + k) f(1, ⇡
2 )
k
= l´ım
k!0
sen(⇡
2 + k) 1
k
= l´ım
k!0
cos k 1
k
= 0
Aplicando las propiedades del cálculo en una variable:
@f
@x
⇣
1,
⇡
2
⌘
= 2x sen y |(1, ⇡
2 ) = 2
@f
@y
⇣
1,
⇡
2
⌘
= x2
cos y |(1, ⇡
2 ) = 0
b) Por la definición:
@f
@x
(x0, y0) = l´ım
h!0
f(x0 + h, y0) f(x0, y0)
h
= l´ım
h!0
(x0 + h)2 sen y0 x2
0 sen y0
h
=
= l´ım
h!0
2x0 · h sen y0 + h2 sen y0
h
= 2x0 · sen y0
Si aplicamos derivación en la variable x, considerando y constante:
@f
@x
(x0, y0) = 2x · sen y |(x0,y0) = 2x0 · sen y0
Dejamos como ejercicio los cálculos correspondientes a
@f
@y
(x0, y0).
2. f(x, y) = x cos
x
y
, y 6= 0
Solución:
@f
@x
(x, y) = cos
x
y
x
y
sen
x
y
,
@f
@y
(x, y) = x sen
x
y
(
x
y2
) =
x2
y2
sen
x
y
3. Determine, si existe, @f
@x (0, 1) para f(x, y) = |x|y.
Solución:
l´ım
h!0
f(0 + h, 1) f(0, 1)
h
= l´ım
h!0
f(h, 1) f(0, 1)
h
= l´ım
h!0
|h| 0
h
, que no existe.
MAT023 (2 sem. 2011) 35

⌥
⌃
⌅
⇧36
4. Determine, si existen, las derivadas parciales de
f(x, y) =
8
<
:
xy
x2 y2
x2 + y2
, (x, y) 6= (0, 0)
0, (x, y) = (0, 0)
Solución:
a) Si (x, y) 6= (0, 0):
@f
@x
= y
x2 y2
x2 + y2
+ xy
2x(x2 + y2) 2x(x2 y2)
(x2 + y2)2
= y
x2 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
= x
x2 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´ım
h!0
f(0 + h, 0) f(0, 0)
h
= l´ım
h!0
0
h
= 0
@f
@y
(0, 0) = l´ım
h!0
f(0, 0 + h) f(0, 0)
h
= l´ım
h!0
0
h
= 0
5. Determine, si existen, las derivadas parciales en el punto (0, 0) de la función
f(x, y) =
8
<
:
x3 + 3y3
x2 + y2
, (x, y) 6= (0, 0)
0, (x, y) = (0, 0)
Solución:
@f
@x
(0, 0) = l´ım
h!0
f(0 + h, 0) f(0, 0)
h
= l´ım
h!0
h3
h2
h
= 1
@f
@y
(0, 0) = l´ım
h!0
f(0, 0 + h) f(0, 0)
h
= l´ım
h!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
MAT023 (2 sem. 2011) 36

⌥
⌃
⌅
⇧37
7. Sean f, g : R2 ! R definidas por: f(x, y) =
p
|xy| + 3 + ex(y 1)2
g(x, y) =
8
>><
>>:
(y 1)2 sen(x)
x2 + (y 1)2
si (x, y) 6= (0, 1)
0 si (x, y) = (0, 1)
Si h : R2 ! R está definida por h(x, y) = f(x, y) +
@g
@y
(x, y)
a) Determine h(0, 1).
b) ¿Es h continua en (0,1)? Justifique.
Solución:
a) Para poder determinar h(0, 1), calculamos primeramente
@g
@y
(0, 1) = l´ım
h!0
g(0, 1 + h) g(0, 1)
h
= 0
Por lo tanto, h(0, 1) = f(0, 1) +
@g
@y
(0, 1) =
p
3 + 1.
b) Notar que
@g
@y
(x, y) =
8
>><
>>:
2x2(y 1) sen(x)
[x2 + (y 1)2]2
; (x, y) 6= (0, 1)
0 ; (x, y) = (0, 1)
Si consideramos el camino x = 0, entonces
l´ım
(x,y)!(0,1)
@g
@y
(x, y) = 0
Ahora, considere el camino y 1 = x, entonces
l´ım
(x,y)!(0,1)
@g
@y
(x, y) = l´ım
x!0
2x2x sen(x)
[x2 + x2]2
= l´ım
x!0
2x3 sen(x)
[2x2]2
= l´ım
x!0
sen(x)
2x
=
1
2
Lo que muestra que la función h(x, y) no es continua en (0,1).
8. Sea f : R2 ! R definida por f(x, y) =
8
<
:
xy
x2 + y
si x2 6= y
0 si x2 = y
Hallar
@f
@x
(x, y) y
@f
@y
(x, y) en aquellos puntos en que existan. ¿Son continuas en (0,0)?
Solución:
Para (x, y) con y 6= x2:
MAT023 (2 sem. 2011) 37

⌥
⌃
⌅
⇧38
@f
@x
(x, y) =
y(x2 + y) xy · 2x
(x2 + y)2
=
y2 yx2
(x2 + y)2
@f
@y
(x, y) =
x(x2 + y) xy
(x2 + y)2
=
x3
(x2 + y)2
Para (x, y) = (0, 0):
@f
@x
(0, 0) = l´ım
t!0
f(t, 0) f(0, 0)
t
= l´ım
t!0
0 0
t
= 0
@f
@y
(0, 0) = l´ım
t!0
f(0, t) f(0, 0)
t
= l´ım
t!0
0 0
t
= 0
Para (x, y) con y = x2 y x 6= 0:
@f
@x
(x, x2) = l´ım
t!0
f(x + t, x2) f(x, x2)
t
= l´ım
t!0
x3 + x2t
(2xt + t2)t
@f
@y
(x, x2) = l´ım
t!0
f(x, x2 + t) f(x, x2)
t
= l´ım
t!0
tx x3
t2
Y ninguno de estos dos límites existe. Por lo tanto no existen las derivadas parciales en los
puntos de la curva y = x2 con x 6= 0 .
Por lo tanto f admite derivadas parciales en R2 (x, y) 2 R2 : y = x2 , x 6= 0
@f
@x
(x, y) =
8
><
>:
y2 yx2
(x2 + y)2
y 6= x2
0 (x, y) = (0, 0)
@f
@y
(x, y) =
8
><
>:
x3
(x2 + y)2
y 6= x2
0 (x, y) = (0, 0)
Por otra parte l´ım
(x,y)!(0,0)
y2 yx2
(x2 + y)2
no existe, pues:
l´ım
y!0
✓
l´ım
x!0
y2 yx2
(x2 + y)2
◆
= l´ım
y!0
y2
y2
= 1
l´ım
x!0
✓
l´ım
y!0
y2 yx2
(x2 + y)2
◆
= l´ım
x!0
0
x4
= 0
MAT023 (2 sem. 2011) 38

⌥
⌃
⌅
⇧39
Así
@f
@x
(x, y) no es continua en (0, 0) .
Analogamente l´ım
(x,y)!(0,0)
x3
(x2 + y)2
no existe. En efecto:
l´ım
y!0
✓
l´ım
x!0
x3
(x2 + y)2
◆
= l´ım
y!0
0
y2
= 0
l´ım
x!0
✓
l´ım
y!0
x3
(x2 + y)2
◆
= l´ım
x!0
1
x
Y este último límite no existe. Por lo tanto
@f
@y
(x, y) no es continua en (0,0) .
Deﬁnición 3.7. Sea f : A ⇢ Rn ! R, A una región. Si existen las n derivadas parciales de f en
un punto ~x0, llamamos vector gradiente de f en ~x0 al vector
rf(~x0) =
✓
@f
@x1
(~x0),
@f
@x2
(~x0), · · · ,
@f
@xn
(~x0)
◆
MAT023 (2 sem. 2011) 39

⌥
⌃
⌅
⇧41
Ejemplo
Encontrar D12f(0, 0) y D21f(0, 0), si f es la función deﬁnida por
f(x, y) =
8
>><
>>:
xy
x2 y2
x2 + y2
, (x, y) 6= (0, 0)
0, (x, y) = (0, 0)
Solución:
Si y 6= 0 : D1f(0, y) =
@f
@x
(0, y) = l´ım
h!0
f(h, y) f(0, y)
h
= l´ım
h!0
hy
h2 y2
h2+y2
h
= y
Si y = 0 : D1f(0, 0) =
@f
@x
(0, 0) = l´ım
h!0
f(h, 0) f(0, 0)
h
= l´ım
h!0
0 0
h
= 0
Luego, D1f(0, y) = y 8 y 2 R.
Análogamente, se puede probar que D2f(x, 0) = x 8 x 2 R. Entonces
D12f(0, 0) = l´ım
k!0
D1f(0, k) D1f(0, 0)
k
= l´ım
k!0
k
k
= 1
D21f(0, 0) = l´ım
h!0
D2f(h, 0) D2f(0, 0)
h
= l´ım
h!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)
Observación. Análogamente para derivadas mixtas de orden dos de funciones de n variables.
Dejamos como ejercicio probar, en el ejemplo anterior, que D12f no es continua en (0, 0).
MAT023 (2 sem. 2011) 41

⌥
⌃
⌅
⇧42
4. Diferenciabilidad
4.1. Diferenciabilidad de funciones de Rn
! R
Sea f : A ✓ Rn ! R, A región. Diremos que f es diferenciable en ~x0 2 A, si existe una
transformación lineal Df(~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 de f en
~x0. Si f es diferenciable en todos los ~x 2 A, diremos que f es diferenciable en A.
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 funciones f : 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) = rf(~x) ·~h, ~h 2 Rn, es decir, la diferencial de f aplicada a ~h
es igual al gradiente de f 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´ım
h!0
f(0 + h, 0) f(0, 0)
h
= l´ım
h!0
h · 0 0
h
= 0
@f
@y
(0, 0) = l´ım
k!0
f(0, 0 + k) f(0, 0)
k
= l´ım
k!0
0 · k 0
k
= 0
Para ver que f 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
◆
p
h2 + k2
= l´ım
(h,k)!(0,0)
|hk 0 0|
p
h2 + k2

 l´ım
(h,k)!(0,0)
|hk 0 0|
p
h2
 l´ım
(h,k)!(0,0)
|k|  0
Luego, la función es diferenciable en (0,0), y la correspondiente matriz jacobiana es (0 0).
MAT023 (2 sem. 2011) 42

⌥
⌃
⌅
⇧43
2. Sea f(x, y) =
(x 1)(y 1)
y
. Probar que f es diferenciable en (2,1).
Solución: Si y 6= 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
◆
p
h2 + k2
= l´ım
(h,k)!(0,0)
(h+1)k
k+1 0 k
p
h2 + k2
= l´ım
(h,k)!(0,0)
hk k2
p
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
◆
p
h2 + k2
= l´ım
(h,k)!(0,0)
|hk|
(h2 + k2)
p
h2 + k2
y es fácil ver que este límite no existe. Notar que deberíamos haber sospechado que la función
no era diferenciable en (0, 0), pues vimos antes que no es continua.
MAT023 (2 sem. 2011) 43

⌥
⌃
⌅
⇧45
4.2. Derivada Direccional
Sea f : A ⇢ Rn ! R, ~a = (a1, a2, · · · , an) 2 A, A una región. Sea ~u un vector unitario en
Rn. Deﬁnimos la derivada direccional de f en la dirección del vector ~u en el punto ~a al siguiente
límite, si existe:
l´ım
t!0
f (~a + t~u) f (~a)
t
Lo denotaremos por
@f
@~u
(~a) , D~uf (~a) , f~u (~a).
Ejemplo
Determine, si existe, la derivada direccional en la dirección del vector
⇣
1p
2
, 1p
2
⌘
en el punto (0, 0)
de la función
f(x, y) =
8
<
:
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
⇣
1p
2
, 1p
2
⌘⌘
f(0, 0)
t
= l´ım
t!0
f
⇣
tp
2
, tp
2
⌘
t
=
2
p
2
=
p
2
Observación 4.3. Si ~u = ~ei donde ~ei = (0, · · · , 0, 1, 0, · · · , 0), (con un 1 en el i-ésimo lugar)
es un vector de la base canónica de Rn, entonces la derivada direccional de f en la dirección de ~ei
coincide con la derivada parcial de f con respecto a la i-ésima componente.
Es decir: D~uf(~x) = D~ei
f(~x) =
@f
@xi
(~x) = Dif(~x) , 8i = 1, · · · , n.
Observación 4.4. La derivada direccional representa la razón de cambio de los valores de la
función f en la dirección del vector unitario ~u.
Teorema 5. Sea f : A ✓ Rn ! R una función diferenciable en ~x 2 A donde A es una región.
Entonces, la derivada direccional de f existe en cualquier dirección ~u 2 Rn, k~uk = 1 y se tiene
D~uf(~x) = rf(~x) · ~u.
Observación 4.5. El teorema anterior dice que 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.
El recíproco, sin embargo, no es cierto. Una función en varias variables puede ser derivable en
cualquier dirección (es decir, la derivada direccional puede existir en todas las direcciones), pero no
ser diferenciable. Para veriﬁcar esto, considere la función
f(x, y) =
8
<
:
x2y
x2 y2
si x 6= ±y
0 si x = ±y
que dejamos como ejercicio.
MAT023 (2 sem. 2011) 45

⌥
⌃
⌅
⇧46
El último teorema nos permite afirmar que:
Teorema 6. (del gradiente) El valor máximo (respectivamente, mínimo) de la derivada direc-
cional de f en ~x0 vale krf(~x0)k (respectivamente, krf(~x0)k). Además, este valor máximo
(respectivamente mínimo) se alcanza en la dirección de rf(~x0) (respectivamente, en la dirección de
rf(~x0) ).
Demostración. Si ✓ es el ángulo entre el gradiente de f y el vector unitario ~u, la derivada direccional
de f en ~x0 en la dirección ~u es
rf(~x) · ~u = krf(~x)k k~uk cos ✓ = krf(~x)k cos ✓, pues ~u es unitario.
Esta última expresión toma su valor máximo cuando cos ✓ = 1, es decir, cuando el gradiente
de f y ~u están en la misma dirección. (Análogamente, toma su valor mínimo cuando cos ✓ = 1,
es decir, cuando el gradiente de f y ~u están en direcciones opuestas.
Ejemplos
1. Sea f(x, y) = x2 4xy. Encontrar la dirección en la que f 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) 2 R3 está dada por T =
100
x2 + y2 + z2
.
(a) Determine la razón de cambio de T en el punto P = (1, 3, 2) en la dirección de (1, 1, 1).
(b) ¿En qué dirección a partir de P 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 dirección 30 al norte del occidente, ¿aumenta o disminuye la temperatura
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 cons-
tante la temperatura?
Plano tangente y recta normal a una superficie
Sea S una superficie dada por la ecuación f(x, y, z) = 0, y sea ~x0 2 S. El rf(~x0) es ortogonal
al conjunto de nivel de f que pasa por ~x0 (probaremos esta afirmación cuando veamos la regla de la
cadena). 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 a S
en P0 es el plano que pasa por P0 y tiene como vector normal al vector rf(P0).
Luego, si denotamos por ⇧ al plano tangente a la superficie S en el punto P0, se tiene que
(x, y, z) 2 ⇧ () ((x, y, z) (x0, y0, z0)) · rf(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
MAT023 (2 sem. 2011) 46

⌥
⌃
⌅
⇧47
Definición 4.1. La recta perpendicular al plano tangente en el punto P0 = (x0, y0, z0) de la
superficie S, se llama recta normal a S en P0.
Observación 4.6. Si S es la gráfica de f(x, y, z) = 0, entonces la recta normal a S en P0 es paralela
al vector rf(x0, y0, z0).
Ejemplos
1. Encontrar una ecuación del plano tangente al elipsoide 3
4 x2 + 3y2 + z2 = 12, en el punto
P0 = 2, 1,
p
6 . Encuentre también una ecuación para la recta normal al elipsoide en el mismo
punto P0.
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
el mismo punto P0.
3. Encontrar una ecuación de la recta normal al paraboloide elíptico 4x2 + y 16z = 0 en el
punto P0 = (2, 4, 2).
4. Encontrar la ecuación cartesiana de la recta tangente a la curva de intersección de las superficies
S1 : 3x2 + 2y2 + z2 = 49 y S2 : x2 + y2 2z2 = 10 en el punto P0 = (3, 3, 2).
Teorema 7. El plano tangente a la gráfica de z = f(x, y), donde f es una función diferenciable en
el punto P0 = (x0, y0, z0) tiene como ecuación
z z0 =
@f
@x
(x0, y0, z0)(x x0) +
@f
@y
(x0, y0, z0)(y y0)
MAT023 (2 sem. 2011) 47

⌥
⌃
⌅
⇧48
4.3. Diferenciabilidad de funciones de Rn
! Rm
Definición 4.2. Análogamente al caso de funciones de Rn ! R, se define la diferencial para una
función F : A ✓ Rn ! Rm, es decir, una tal función F será diferenciable en ~x0 2 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 transforma-
ción diferencial en las respectivas bases canónicas 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)] =
0
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
@
@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)
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
A
Ejemplos:
1. Si f : Rn ! Rm es lineal, entonces Df(!a ) = f, 8!a 2 Rn.
2. Sea f : R2 ! R definida por f(x, y) = xy , entonces Df(a, b)(x, y) = bx+ay, 8(a, b) 2 R2.
Solución:
1. l´ım!
h !
!
0
kf(!a +
!
h ) f(!a ) f(
!
h )k
k
!
h k
= l´ım!
h !
!
0
kf(!a ) + f(
!
h ) f(!a ) f(
!
h )k
k
!
h k
= 0
2. l´ım
(h,k)!(0,0)
|f(a + h, b + k) f(a, b) Df(a, b)(h, k)|
k(h, k)k
= l´ım
(h,k)!(0,0)
|(a + h)(b + k) ab (bh + ak)|
p
h2 + k2
= l´ım
(h,k)!(0,0)
|hk|
p
h2 + k2
 l´ım
(h,k)!(0,0)
|hk|
|k|
= l´ım
(h,k)!(0,0)
|h| = 0
MAT023 (2 sem. 2011) 48

⌥
⌃
⌅
⇧49
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 u es una función diferenciable en la variable x, es decir, u = f(x) es diferenciable,
entonces, es posible calcular la derivada de g f con respecto a x del siguiente modo:
(g f)0
(x) = g0
(f(x)) · f0
(x) ó equivalentemente
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
du
dx
+
@f
@v
dv
dx
Ejemplo
Si f(u, v) = u2v v3 + 2uv, u = u(x) = ex, v = v(x) = sen x, entonces
@f
@x
= (2uv + 2v) ex
+ u2
3v2
+ 2u cos x.
Podemos generalizar un paso más: sean
f, u, v: R2 ! R, funciones diferenciables tal que f = f(u, v), u = u(x, y), v = v(x, y).
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 = cos st. Determine
@w
@s
y
@w
@t
.
2. Si w = f(x, y) donde x = r cos ✓, y = r sen ✓, pruebe que
✓
@w
@x
◆2
+
✓
@w
@y
◆2
=
✓
@w
@r
◆2
+
1
r2
✓
@w
@✓
◆2
3. Si ' es una función derivable en una variable y z = y '(x2 y2) , probar
1
x
·
@z
@x
+
1
y
·
@z
@y
=
z
y2
Solución
@z
@x
= 2xy '0(x2 y2) y
@z
@y
= '(x2 y2) 2y2 '0(x2 y2)
Luego se cumple:
MAT023 (2 sem. 2011) 49

⌥
⌃
⌅
⇧50
1
x
·
@z
@x
+
1
y
·
@z
@y
= 2y '0
(x2
y2
) +
1
y
· '(x2
y2
) 2y '0
(x2
y2
) =
y '(x2 y2)
y2
=
z
y2
4. Si u = x3
f
⇣y
x
,
z
x
⌘
demuestre que x
@u
@x
+ y
@u
@y
+ z
@u
@z
= 3u
Solución
Sea r =
y
x
, s =
z
x
Luego:
@u
@x
= 3x2
f(r, s) + x3 @f
@r
·
@r
@x
+ x3 @f
@s
·
@s
@x
= 3x2
f(r, s) xy
@f
@r
xz
@f
@s
@u
@y
= x3 @f
@r
·
@r
@y
+ x3 @f
@s
·
@s
@y
= x3 @f
@r
·
1
x
= x2 @f
@r
@u
@z
= x3 @f
@r
·
@r
@z
+ x3 @f
@s
·
@s
@z
= x3 @f
@s
1
x
= x2 @f
@s
Así, x
@u
@x
+ y
@u
@y
+ z
@u
@z
= 3x2
f(r, s) xy
@f
@r
xz
@f
@s
+ yx2 @f
@r
+ zx2 @f
@s
=
= 3x3f(r, s) = 3u
5. Si w = f
✓
y x
xy
,
z y
yz
◆
, probar que x2 @ w
@ x
+ y2 @ w
@ y
+ z2 @ 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
MAT023 (2 sem. 2011) 50

⌥
⌃
⌅
⇧51
Luego se tiene:
x2
·
@w
@x
+ y2
·
@w
@y
+ z2
·
@w
@z
=
@f
@u
+
@f
@u
@f
@v
+
@f
@v
= 0
6. Sea w(x, y) = x2 + y2 , con x = r cos ✓ y y = r sen ✓. Calcular
@w
@r
,
@2w
@r2
,
@2w
@✓@r
.
Análogamente se generaliza para funciones diferenciables en más variables.
Más formalmente, y en el caso general, se tiene el siguiente
Teorema 8. (Regla de la Cadena)
Sean
!
F : Rn ! Rm diferenciable en !a y
!
G : Rm ! Rp diferenciable en
!
F (!a ). Entonces,
!
G
!
F : Rn
! Rp
es diferenciable en !a y se tiene :
D(
!
G
!
F )(!a ) = D
!
G(
!
F (!a )) · D(
!
F (!a ))
Escrito en forma matricial (por simplicidad escribimos F y G en lugar de
!
F y
!
G):
0
B
B
@
@(G F)1
@x1
(!a ) · · · @(G F)1
@xn
(!a )
...
...
@(G F)p
@x1
(!a ) · · ·
@(G F)p
@xn
(!a )
1
C
C
A =
0
B
B
@
@g1
@y1
(F(!a )) · · · @g1
@ym
(F(!a ))
...
...
@gp
@y1
(F(!a )) · · ·
@gp
@ym
(F(!a ))
1
C
C
A·
0
B
B
@
@f1(!a )
@x1
· · · @f1(!a )
@xn
...
...
@fm(!a )
@x1
· · · @fm(!a )
@xn
1
C
C
A
En particular, se tiene que:
@
@xj
(G F)i(!a ) =
mX
k=1
@gi(F(!a ))
@yk
·
@fk
@xj
(!a )
donde (G F)i representa a la i-ésima función componente (de Rn a R) de G F.
Observación 5.1. Notar que si m = n = p = 1 obtenemos la regla de la cadena usual en una
variable.
Ejemplos
1. Veamos que esta manera general de mirar la regla de la cadena es consistente con las situaciones
explicitadas anteriormente. Consideraremos un caso particular para ilustrar esto:
Sean
⇢
u : R2 ! R
(x, y) 7! u(x, y)
, y
⇢
f : R2 ! R2
(r, s) 7! (x(r, s), y(r, s))
Luego, formamos la matriz jacobiana de u:
✓
@u
@x
@u
@y
◆
MAT023 (2 sem. 2011) 51

⌥
⌃
⌅
⇧52
y la matriz jacobiana de f:
0
B
B
B
@
@x
@r
@x
@s
@y
@r
@y
@s
1
C
C
C
A
Como la diferencial es una transformación lineal, entonces la diferencial (o matriz jacobiana)
de la función compuesta u f es el producto de las matrices correspondientes, vale decir:
D(u f) = Du · Df =
✓
@u
@x
@u
@y
◆
·
0
B
B
B
@
@x
@r
@x
@s
@y
@r
@y
@s
1
C
C
C
A
Como u es una función que depende de r y s, tenemos ﬁnalmente:
@u
@r
=
@u
@x
·
@x
@r
+
@u
@y
·
@y
@r
@u
@s
=
@u
@x
·
@x
@s
+
@u
@y
·
@y
@s
2. Consideremos F : R2 ! R2 con F(x, y) = (f1(x, y), f2(x, y)) y G : R2 ! R2 con
G(u, v) = (g1(u, v), g2(u, v)), ambas con primera derivada parcial y tales que la composición
G F está bien deﬁnida. Entonces:
(G F)(x, y) = G(F(x, y)) = G(f1(x, y), f2(x, y)) = (g1(f1(x, y), f2(x, y)), g2(f1(x, y), f2(x, y)))
Escribimos la regla de la cadena en forma matricial para este caso:
0
B
@
@g1
@x
@g1
@y
@g2
@x
@g2
@y
1
C
A =
0
B
@
@g1
@u
@g1
@v
@g2
@u
@g2
@v
1
C
A ·
0
B
@
@f1
@x
@f1
@y
@f2
@x
@f2
@y
1
C
A
Descomponiendo componente a componente:
@g1
@x
=
@g1
@u
·
@f1
@x
+
@g1
@v
·
@f2
@x
=
@g1
@u
·
@u
@x
+
@g1
@v
·
@v
@x
@g1
@y
=
@g1
@u
·
@f1
@y
+
@g1
@v
·
@f2
@y
=
@g1
@u
·
@u
@y
+
@g1
@v
·
@v
@y
@g2
@x
=
@g2
@u
·
@f1
@x
+
@g2
@v
·
@f2
@x
=
@g2
@u
·
@u
@x
+
@g2
@v
·
@v
@x
@g2
@y
=
@g2
@u
·
@f1
@y
+
@g2
@v
·
@f2
@y
=
@g2
@u
·
@u
@y
+
@g2
@v
·
@v
@y
MAT023 (2 sem. 2011) 52

⌥
⌃
⌅
⇧53
3. Demostrar que el gradiente a una superﬁcie S dada por la ecuación F(x, y, z) = 0, es normal
a la superﬁcie.
En efecto: Sea P0 = (x0, y0, z0) un punto en S. Entonces F(x0, y0, z0) = 0. Sea C una
curva en S que pasa por P0, con ecuaciones paramétricas:
x = f(t), y = g(t), z = h(t)
Sea t0 el valor del parámetro en P0. Escribimos una ecuación vectorial de C usando su para-
metrización:
!r (t) = f(t)
!
i + g(t)
!
j + h(t)
!
k
C ⇢ S =) F(f(t), g(t), h(t)) = 0
Sea G(t) = F(f(t), g(t), h(t)). Si F es diferenciable y si f0(t0), g0(t0) y h0(t0) existen,
aplicando regla de la cadena:
G0
(t0) =
@F
@x
(x0, y0, z0)f0
(t0) +
@F
@y
(x0, y0, z0)g0
(t0) +
@F
@z
(x0, y0, z0)h0
(t0)
Luego: G0(t0) = rF(x0, y0, z0) · Dt
!r (t0) = rF(x0, y0, z0) · !r 0(t0).
Como G0(t) = 0 8t bajo consideración (pues F(f(t), g(t), h(t)) = 0), lo anterior se puede
escribir:
rF(x0, y0, z0) · !r 0(t0) = 0 y también rF(x, y, z) · !r 0(t) = 0 8 (x, y, z) 2 C
Como !r 0(t0) es un vector tangente a C en P0, esto implica que el vector rF(x0, y0, z0) es
perpendicular a toda recta tangente a S en P0 (y también es perpendicular a toda curva C en
S que pasa por P0).
4. La regla de la cadena es útil, entre otros, para resolver problemas de rapidez de cambio de
variables relacionadas, como vemos en el siguiente ejemplo.
En un circuito eléctrico simple se tiene una resistencia R y un voltaje V . En cierto instante,
V = 80 volts y crece a razón de 5 volts por minuto, mientras que R = 40 ohms y disminuye
a razón de 2 ohms por minuto. La ley de Ohm establece que I =
V
R
. Determine la rapidez de
cambio de la intensidad de corriente I en ese instante.
Solución
dI
dt
=
@I
@V
dV
dt
+
@I
@R
dR
dt
=
1
R
dV
dt
+
✓
V
R2
◆
dR
dt
Sustituyendo los valores, obtenemos:
dI
dt
=
✓
1
40
◆
· 5 +
✓
80
1600
◆
( 2) = 0, 225 A/min
MAT023 (2 sem. 2011) 53

⌥
⌃
⌅
⇧54
Ejercicios
1. Determine
@u
@r
y
@u
@s
, si u = ln
p
x2 + y2, x = r es, y = r e s
2. Sean f y g de clase C2. Si w = f(ax + by) + g(ax by), donde a, b son constantes no nulas,
demostrar que
b2
✓
@2w
@x2
◆
= a2
✓
@2w
@y2
◆
3. Sea w = f(t2 + r, t r3), con f de clase C2. Calcular
@w
@t
,
@w
@r
,
@2w
@r@t
MAT023 (2 sem. 2011) 54

⌥
⌃
⌅
⇧55
5.1. Derivadas Implícitas
La regla de la cadena es útil para encontrar las derivadas de funciones que están deﬁnidas de
manera implícita. Recordemos el procedimiento para funciones de R en R:
supongamos que la ecuación F(x, y) = 0 deﬁne implícitamente a la función y = f(x).
Es decir, F(x, f(x)) = 0, 8 x 2 Dom(f). Reescribamos de la siguiente manera:
w = F(u, y), con u = x, y = f(x)
Usando la regla de la cadena y recordando que u, v son funciones de una variable, obtenemos:
dw
dx
=
@w
@u
du
dx
+
@w
@y
dy
dx
Como F(x, f(x)) = 0, 8x, se tiene que
dw
dx
= 0. Reemplazando en la ecuación:
0 =
@w
@u
· 1 +
@w
@y
f0
(x)
Luego, si
@w
@y
6= 0, entonces
f0
(x) =
dy
dx
=
D1f(x, y)
D2f(x, y)
Tenemos entonces el siguiente:
Teorema 9. Si una ecuación F(x, y) = 0 determina implícitamente una función derivable f de una
variable real, tal que y = f(x), entonces
dy
dx
=
D1F(x, y)
D2F(x, y)
=
Fx(x, y)
Fy(x, y)
=
@F
@x (x, y)
@F
@y (x, y)
Es posible razonar de la misma manera para funciones en tres variables. Es decir, si una ecuación
F(x, y, z) = 0 determina implícitamente una función diferenciable f de dos variables (x e y, por
ejemplo), tales que z = f(x, y) en el dominio de f, entonces se tiene:
Teorema 10. Si una ecuación F(x, y, z) = 0 determina implícitamente una función derivable f de
dos variables x e y, tal que z = f(x, y) 8 (x, y) en el dominio de f, entonces
@z
@x
=
D1F(x, y, z)
D3F(x, y, z)
,
@z
@y
=
D2F(x, y, z)
D3F(x, y, z)
Ejemplo
Sea z = f(x, y), tal que x2z2 + xy2 z3 + 4yz 5 = 0. Encuentre
@z
@x
,
@z
@y
.
Solución
@z
@x
=
2xz2 + y2
2x2z 3z2 + 4y
MAT023 (2 sem. 2011) 55

⌥
⌃
⌅
⇧56
@z
@y
=
2xy + 4z
2x2z 3z2 + 4y
Observación. La manera en que se ha enfocado la derivación implícita hasta aquí es meramente
operacional. Para poder comprender mejor los conceptos y restricciones involucradas, es necesario
estudiar los teoremas de la función inversa (para funciones f : Rn ! Rn ) y de la función
implícita, para funciones f : Rn ! Rm.
5.2. Teoremas de la función inversa y de la función implícita
Dada una función f : Rn ! Rn, es posible preguntarse:
1. ¿Es f una función invertible?
2. Si lo es y además f es diferenciable, ¿será f 1 diferenciable? ¿Bajo qué condiciones?
5.2.1. Teorema de la función inversa
Teorema 11. Sea U ✓ Rn un abierto, y sea f : U ! Rn una función de clase C1. Sea x0 2 U
tal que det(Df(x0)) 6= 0. Entonces, existen abiertos V, W ✓ Rn, x0 2 V, f(x0) 2 W :
f : V ! W es biyectiva y f 1 : W ! V es de clase C1.
Además, se tiene que Df 1(y) = [Df f 1(y) ] 1, 8y 2 W
Observación
1. Sea F = (f1, f2, · · · , fn), con fi : Rn ! R, 8 i = 1, · · · , n. Entonces el determinante
de la matriz jacobiana
det(DF(x0)) =
@f1
@x1
@f1
@x2
· · · @f1
@xn
@f2
@x1
@f2
@x2
· · · @f2
@xn
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
@fn
@x1
@fn
@x2
· · · @fn
@xn
(x0) =
@(f1, f2, · · · , fn)
@(x1, · · · , xn)
(x0)
se llama el jacobiano de F en x0.
2. Una función puede tener inversa aunque el det f0(x0) = 0. Lo que no se puede garantizar
es la diferenciabilidad de la función inversa. Por ejemplo, en una variable, la función
f : R ! R, dada por f(x) = x3 es invertible, pero, claramente, su inversa f 1 : R ! R,
f 1(x) = 3
p
x no es derivable en x = 0.
3. Sea f : R2 ! R2, con f(x, y) = (ex cos y, ex sen y). Veamos que en este caso
det(f0(x, y)) 6= 0 8 (x, y) 2 R2 pero que f no es inyectiva.
MAT023 (2 sem. 2011) 56

⌥
⌃
⌅
⇧57
det(f0
(x, y)) =
ex cos y ex sen y
ex sen y ex cos y
= e2x
> 0 8 (x, y) 2 R2
Pero, f(x, y) = f(x, y + 2k⇡) , 8k 2 Z. Por lo tanto, f no es inyectiva. Sin embargo, lo que
el teorema de la función inversa garantiza es que f es localmente invertible, y, más aún,
con inversa local de clase C1.
Ejemplos
1. Sea U ✓ R2 abierto, y sea f : U ! R de clase C1. Sea (a, b) 2 U y suponga que D2f(a, b) 6= 0.
Entonces, la función F : R2 ! R2 dada por F(x, y) = (x, f(x, y)) es localmente
invertible en (a, b).
En efecto: f 2 C1 ^ F(x, y) = (x, f(x, y)) =) F 2 C1. Además:
det (F0
(a, b)) =
1 0
@f
@x
(a, b)
@f
@y
(a, b)
=
@f
@y
(a, b) = D2f(a, b) 6= 0
Luego, por el teorema de la función inversa, se tiene que F es localmente invertible.
2. Sea F : R2 ! R2, F(x, y) = (f1(x, y), f2(x, y)) = (x sen y, 2x 2y). Determine los
puntos en R2 en los que la función es localmente invertible, y calcule las derivadas parciales
en aquellos puntos.
El determinante de la matriz Jacobiana es:
|JF| =
@(f1, f2)
(x, y)
=
sen y x cos y
2 2
= 2(sen y + x cos y)
Luego, 8(x, y) 2 R2 : sen y + x cos y 6= 0 , se tiene que la función inversa de F es
diferenciable. Más aún, en tales (x, y):
DF 1
(x, y) =
✓
sen y x cos y
2 2
◆ 1
=
1
2(sen y + x cos y)
·
✓
2 x cos y
2 sen y
◆
de donde
@x
@u
=
1
sen y + x cos y
@x
@v
=
x cos y
2(sen y + x cos y)
@y
@u
=
1
sen y + x cos y
@y
@v
=
sen y
2(sen y + x cos y)
MAT023 (2 sem. 2011) 57

⌥
⌃
⌅
⇧58
5.2.2. Teorema de la función implícita
Sean ~x = (x1, x2, . . . , xn) 2 Rn, ~y = (y1, y2, . . . , ym) 2 Rm y considere la función
f : Rn ⇥ Rm ! Rm, (x, y) 7! f(x, y). Diremos que la función ': Rn ! Rm está
definida implícitamente por la ecuación f(x, y) = 0 si f(x, '(x)) = 0, 8x 2 Dom(').
Teorema 12. Sea f : Rn ⇥Rm ! Rm una función de clase C1, en un abierto que contiene a (a, b),
con f(a, b) = 0. Si
@(f1, f2, · · · , fm)
@(y1, y2, · · · , ym)
(a, b) 6= 0, entonces existe un abierto A ⇢ Rn con
a 2 A y un abierto B ⇢ Rm con b 2 B, tal que 9 ': A ! B de clase C1 tal que '(a) = b y
f(x, '(x)) = 0, 8x 2 A.
Ejemplos
1. Sea f : R2 ! R de clase C1, y supongamos que f(x, '(x)) = 0 8x 2 Dom('), es decir
' está definida implícitamente por f. Determine el dominio en donde es posible calcular '0(x),
y calcúlelo.
Solución:
Sea G(x) = f(x, '(x)) = 0. Luego,
G0(x) = D1f(x, '(x)) · 1 + D2f(x, '(x)) · '0(x) = 0
Luego, '0
(x) =
D1f(x, '(x))
D2f(x, '(x))
, siempre que D2f(x, '(x)) 6= 0
2. Sea f : R3 ! R de clase C1, y supongamos que f(x, y, '(x, y)) = 0 8(x, y) 2 Dom('),
es decir ' está definida implícitamente por f. Calcular
@'
@x
y
@'
@x
.
Solución:
Sea G(x, y) = f(x, y, '(x, y)) = 0. Luego:
@G
@x
= D1f · 1 + D2f · 0 + D3f ·
@'
@x
= 0
@G
@y
= D1f · 0 + D2f · 1 + D3f ·
@'
@y
= 0
Luego, si D3f 6= 0 :
@'
@x
(x, y) =
D1f(x, y, '(x, y))
D3f(x, y, '(x, y))
,
@'
@y
(x, y) =
D2f(x, y, '(x, y))
D3f(x, y, '(x, y))
3. Sean F1, F2 : R5 ! R funciones de clase C1, y consideremos el sistema de ecuaciones
F1(x, y, x, u, v) = 0
F2(x, y, x, u, v) = 0
MAT023 (2 sem. 2011) 58

⌥
⌃
⌅
⇧59
¿Qué condiciones son suﬁcientes para poder escribir u y v en función de x, y, z? En el caso en
que estas condiciones se satisfacen, determine
@u
@x
,
@u
@y
,
@u
@z
,
@v
@x
,
@v
@y
,
@v
@z
.
Solución:
Sea F : R3 ⇥ R2 ! R2, con F = (F1, F2). Sean P = (x, y, z), Q = (u, v). Se trata de
determinar cuando se puede despejar Q en función de P en el sistema
F(P, Q) = (0, 0)
es decir, cuando existe una función ' tal que F(P, '(P)) = (0, 0) o, equivalentemente,
(F1(P, '(P)), F2(P, '(P))) = (0, 0).
Esto es posible si se cumplen las hipótesis del teorema de la función implícita, es decir, si
det
✓
D4F1 D5F1
D4F2 D5F2
◆
=
@(F1, F2)
@(u, v)
6= 0
Bajo esta hipótesis, es posible calcular las derivadas parciales pedidas; calculemos, por ejem-
plo,
@u
@x
. Derivando el sistema de ecuaciones, utilizando la regla de la cadena, obtenemos:
@F1
@x
+
@F1
@u
@u
@x
+
@F1
@v
@v
@x
= 0
@F2
@x
+
@F2
@u
@u
@x
+
@F2
@v
@v
@x
= 0
Usando la regla de Cramer:
@u
@x
=
@F1
@x
@F1
@v
@F2
@x
@F2
@v
@F1
@u
@F1
@v
@F2
@u
@F2
@v
=
@(F1, F2)
@(x, y)
@(F1, F2)
@(u, v)
Como ejercicio, obtenga
@v
@x
,
@u
@y
,
@v
@y
,
@u
@z
,
@v
@z
. Observe que en el denominador siempre
aparece
@(F1, F2)
@(u, v)
, que es no mulo por hipótesis.
MAT023 (2 sem. 2011) 59

⌥
⌃
⌅
⇧60
4. Demuestre que la ecuación z3 + z2y 7x2y2z + c = 0 define z como función de x e y. Si
esta función es z = '(x, y) , hallar un valor para la constante c para el cual '(1, 1) = 2 y
calcular
@'
@x
y
@'
@y
en (1,1).
Solución:
f(x, y, z) = z3 + z2y 7x2y2z + c =)
@f
@z
= 3z2 + 2yz 7x2y2
)
@f
@z
(1, 1, 2) = 9 6= 0
Luego, 9' definida en una vecindad de (1,1) tal que '(1, 1) = 2 ^ f(x, y, '(x, y)) = 0
@'
@x
=
14xy2z
3z2 + 2zy 7x2y2
@'
@y
=
z2 14x2z
3z2 + 2zy 7x2y2
@'
@x
(1, 1, 2) =
28
9
^
@'
@y
(1, 1, 2) =
24
9
Ejercicios
1. Considere el sistema
u2 2xv + x = 0
uv + 3x 2y = 0
Suponga que u y v son funciones diferenciables de x e y en el punto (x, y) = (1, 2). Si sabe
que: u(1, 2) = v(1, 2) = 1, determine
@u
@x
(1, 2),
@u
@y
(1, 2),
@v
@x
(1, 2) ^
@v
@y
(1, 2).
2. ¿Puede definirse la superficie de ecuación xy+z ln y+exz = 1 en la forma z = f(x, y)
en una vecindad de (0,1,1)? ¿Y en la forma y = g(x, z)?
3. Demuestre que el sistema
v + ln u xy = 0
u + ln v (x y) = 0
no define u, v en términos de x, y en un entorno de (x, y, u, v) =
1 +
p
5
2
,
1 +
p
5
2
, 1, 1
!
.
4. Si F : R3 ! R es una función diferenciable, ¿qué condiciones debe cumplir F para que
en la ecuación F(x, y, z) = 0 cada variable pueda despejarse localmente en función de
las otras dos variables? Bajo estas condiciones, demuestre que:
@z
@x
·
@x
@y
·
@y
@z
= 1
MAT023 (2 sem. 2011) 60

⌥
⌃
⌅
⇧61
5.3. Teorema de Taylor para funciones de varias variables
Sea X = (x1, x2, · · · , xn) y H = (h1, h2, · · · , hn). Supongamos que X 2 U ✓ Rn, U abierto, y
que f : U ! R es de clase Cn. Como en una variable, interesa encontrar una expresión polinomial
que permita aproximar a f, en algún entorno de X.
Para ello, reduciremos el problema a una variable, del siguiente modo: sea
(⇤) g(t) = f(X + tH) = f(x1 + th1, x2 + th2, · · · , xn + thn), para 0  t  1
) g(0) = f(X) y g(1) = f(X + H). Aplicando el Teorema de Taylor a la función g:
g(1) = g(0) +
g0(0)
1!
+
g00(0)
2!
+ · · · +
g(n 1)(0)
(n 1)!
+
g(n)(⌘)
n!
para algún ⌘ 2]0, 1[, donde g 2 Cn(]0, 1[).
Hacemos ui = xi + thi, 8i = 1, · · · , n en (*), y aplicando regla de la cadena:
g0
(t) =
@f
@u1
du1
dt
+
@f
@u2
du2
dt
+ · · · +
@f
@un
dun
dt
=
nX
i=1
Dif · hi = rf · H
Para calcular g00(t) debemos conocer
d
dt
✓
@f
@ui
◆
=
nX
j=1
@2f
@uj@ui
· hj
) g00
(t) =
0
@
nX
j=1
@2f
@uj@u1
hj
1
A · h1 +
0
@
nX
j=1
@2f
@uj@u2
hj
1
A · h2 + · · · +
0
@
nX
j=1
@2f
@uj@un
hj
1
A · hn
g00
(t) =
nX
i=1
nX
j=1
@2f
@uj@ui
hjhi, expresión que podemos escribir en la forma:
g00
(t) = (h1D1 + h2D2 + · · · + hnDn)2
f(X + tH) = (H · r)2
f(X + tH)
Análogamente, es posible calcular las derivadas de orden superior. Se tiene entonces:
Teorema 13. Sea r 2 N. Sea f una función de clase Cr deﬁnida en un abierto U ⇢ Rn, y sean
X 2 U, H 2 Rn. Sea g(t) = f(X + tH). Entonces:
g(r)
(t) = ((H · r)r
f) (X + tH) 8t : X + tH 2 U
Demostración Por inducción: Casos r = 1 y r = 2, demostrados arriba.
Supongamos que la fórmula es válida para s 2 N, s  r. Deﬁnamos = (H · r)s f.
Entonces
g(s)
(t) = (X + tH)
Por el caso r = 1, tenemos que:
g(s+1)
(t) = 0
(t) = ((H · r) ) (X + tH) = ((H · r)(s+1)
f) (X + tH)
MAT023 (2 sem. 2011) 61

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⌃
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⇧62
lo que termina la demostración.
Antes de enunciar el Teorema de Taylor, miremos un caso particular: sea f 2 C2(U), U ⇢ R2
y sea X = (a, b). Luego:
g(t) = f((a, b) + t(h1, h2)), 0  t  1 ) g(0) = f(a, b), g(1) = f(a + th1, b + th2)
Al aplicar el Teorema de Taylor a la función g, con polinomio de grado 2:
g(1) = g(0) +
g0(0)
1!
+
g00(0)
2!
+
g000(⌘)
3!
()
f(a + th1, b + th2) = f(a, b) +
@f
@x
h1 +
@f
@y
h2 +
1
2!

@2f
@x2
h2
1 +
@2f
@x@y
h1h2 +
@2f
@y2
h2
2 + R2
Así, podemos concluir que los polinomios de Taylor de f de grado 1 y 2, respectivamente, son:
p1(x, y) = f(a, b) + fx(x a) + fy(y b)
p2(x, y) = p1(x, y) +
1
2
⇥
fxx(x a)2
+ 2fxy(x a)(y b) + fyy(y b)2
⇤
donde las derivadas parciales se evalúan en (a, b).
Enunciamos a continuación, el Teorema de Taylor:
Teorema 14. (de Taylor) Sea f una función de clase Cr+1 definida en un abierto U ⇢ Rn. Sea
X 2 U, H 2 Rn. Supongamos que el segmento de recta que une X con X + H está contenido en U.
Entonces, 9⌧ 2]0, 1[:
f(X+H) = f(X) +
H · r
1!
f(X) +
(H · r)2
2!
f(X) + · · · +
(H · r)r
r!
f(X) +
(H · r)r+1
(r + 1)!
f(X+⌧H)
El último sumando se llama resto del polinomio de Taylor, y se denota por Rr(X).
La pregunta ahora es: ¿cuán buena es la aproximación de estos polinomios de Taylor para,
digamos, f(x, y) en puntos cercanos a (a, b)? En otras palabras, quisiéramos poder estimar el error
que se comete al aproximar
f(x, y) ⇡ p1(x, y) y f(x, y) ⇡ p2(x, y)
Es interesante observar que la primera de estas aproximaciones es conocida, pues:
z = f(a, b) + fx(x a) + fy(y b) () (fx, fy, 1) · (x a, y b, z f(a, b)) = 0
es la ecuación del plano tangente a la gráfica de z = f(x, y) en el punto (a, b, f(a, b)). Es decir,
estamos aproximando la superficie z = f(x, y) por su plano tangente en el punto mencionado.
Ejemplos.
MAT023 (2 sem. 2011) 62

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⌃
⌅
⇧63
1. Desarrollar f(x, y) = x2y alrededor del punto (1, 2) hasta los términos de grado 2, y hallar
R2.
Solución
@f
@x
= 2xy,
@f
@y
= x2,
@2f
@x2
= 2y,
@2f
@y@x
= 2x,
@2f
@y2
= 0
@3f
@x3
= 0,
@3f
@x2@y
= 2,
@3f
@x@y2
=
@3f
@y3
= 0
Además, f(1, 2) = 2. Luego:
x2
y = 2 4(x 1) + (y + 2) +
1
2!
h
4(x 1)2
+ 4(x 1)(y + 2)
i
+ R2
donde R2 =
1
3!
3 · 2(x 1)2(y + 2) = (x 1)2(y + 2).
2. Obtenga los polinomios de Taylor de grado 1 y 2 para f(x, y) =
p
x2 + y2 en torno del
punto (3, 4). Use estos polinomios para estimar
p
(3, 1)2 + (4, 02)2.
Solución
@f
@x
=
x
p
x2 + y2
,
@f
@y
=
y
p
x2 + y2
@2f
@x2
=
y2
(x2 + y2)
3
2
,
@2f
@x@y
=
xy
(x2 + y2)
3
2
,
@2f
@y2
=
x2
(x2 + y2)
3
2
Evaluando en (3, 4):
@f
@x
=
3
5
,
@f
@x
=
4
5
,
@2f
@x2
=
16
125
,
@2f
@x@y
=
12
125
,
@2f
@y2
=
9
125
) p1(x, y) = 5 +
3
5
(x 3) +
4
5
(y 4)
p2(x, y) = p1(x, y) +
1
2

16
125
(x 3)2 24
125
(x 3)(y 4) +
9
125
(y 4)2
Usemos esta información para estimar
p
(3, 1)2 + (4, 02)2:
Cerca de (3, 4), el polinomio de grado 1 entrega:
f(x, y) ⇡
1
5
[25 + 3(x 3) + 4(y 4)]
Luego:
f(3, 1; 4, 02) ⇡
1
5
[25 + 3 · (0, 1) + 4 · (0, 02)] = 5, 076
Con el polinomio de grado 2 se obtiene:
f(x, y) ⇡ 5, 076 +
1
250
[16(x 3)2
24(x 3)(y 4) + 9(y 4)2
]
MAT023 (2 sem. 2011) 63

⌥
⌃
⌅
⇧64
Luego:
f(3, 1; 4, 02) ⇡ 5, 076 +
1
250
[16 · (0, 1)2
24 · (0, 1)(0, 02) + 9 · (0, 02)2
]
= 5, 076 +
0, 1156
250
= 5, 0764624
Ejercicios
Determinar los polinomios de Taylor p1 y p2 para f(x, y) =
a) x2y2 en torno a (1, 1) b) sen(xy) en torno a (0, 0) c) xy en torno a (1, 1). Estime el valor
de (1, 1)1,2.
MAT023 (2 sem. 2011) 64

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⇧65
6. Máximos y Mínimos
Deﬁnición 6.1. Sea f : A ✓ Rn ! R, ~x0 2 D. Se dice que f tiene un mínimo relativo
(respectivamente, máximo relativo) en ~x0 si, y sólo si, existe una vecindad V~x0
tal que 8 ~x 2 V~x0
D:
f(~x0)  f(~x) (respectivamente, f(~x)  f(
!
x0) ).
Análogamente se deﬁnen mínimo y máximo absoluto, si la desigualdad se satisface en todo el
dominio D de la función f.
Ejemplo
1. La función f : A ✓ R2 ! R, f(x, y) = e|x+y| tiene un máximo relativo (y absoluto) en
(0, 0).
2. La función f : A ✓ R2 ! R, f(x, y) = |x y| tiene mínimos en todos los (x, y) 2 R2 :
y = x. Es decir, los extremos relativos o absolutos, cuando se alcanzan, no son necesariamente
únicos.
Teorema 15. Si f : Rn ! R es diferenciable en V ✓ Rn, y f alcanza un extremo relativo en
x0 2 V , entonces rf(x0) = 0 (es decir, todas las derivadas parciales son nulas).
Observación
1. El recíproco es falso. Pero esto ya lo sabíamos para funciones de una variable; por ejemplo,
la función f : R ! R, f(x) = x3 satisface que f0(0) = 0, pero en 0 no se alcanza
ningún extremo relativo (ni máximo ni mínimo). Un ejemplo de una función en 2 variables es
f : R2 ! R, f(x, y) = x2 y2.
2. Los puntos en los cuales el gradiente se anula se llaman puntos críticos.
Teorema 16. Sea f : A ✓ Rn ! R, donde f es continua y A es cerrado y acotado. Entonces f
alcanza su máximo y su mínimo absoluto en A.
Ejemplo
Sea f : D ! R, D = {(x, y, z) 2 R3 : k(x, y, z)k  1} y f(x, y, z) = x + y + z. Claramente,
f es continua y D es un conjunto cerrado y acotado. Por lo tanto, la función alcanza sus extremos
absolutos en D. Sin embargo, al calcular rf vemos que rf = (1, 1, 1) 6= (0, 0, 0). Esto nos dice
que los extremos de f se encuentran en la frontera de D, y no en su interior.
Desarrollaremos 2 técnicas para encontrar y determinar la naturaleza de los puntos críticos.
6.1. Máximos y Mínimos sin restricciones
El primer criterio se utiliza en dominios abiertos, es decir, en dominios en los cuales podemos
calcular derivadas en todos los puntos. Necesitaremos para ello construir una matriz, conocida como
la matriz hessiana de f.
MAT023 (2 sem. 2011) 65

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⌃
⌅
⇧66
Sea f : A ✓ Rn ! R, f 2 C2(A), ~x0 2 A y tal que rf(~x0) = ~0. Como la función tiene
segundas derivadas parciales continuas, esto quiere decir que las derivadas mixtas son iguales, es
decir, Dijf = Djif. Formamos la matriz de las segundas derivadas parciales siguiente:
0
B
B
@
D11f(~x0) D12f(~x0) · · · D1nf(~x0)
D12f(~x0) D22f(~x0) · · · D2nf(~x0)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
D1nf(~x0) D2nf(~x0) · · · Dnnf(~x0)
1
C
C
A
es la matriz hessiana de f en ~x0.
Observación 6.1. Notamos inmediatamente que la matriz hessiana es simétrica.
Observación 6.2. Esta matriz, formada por las «segundas derivadas» nos servirá, como en el caso
de una variable, para tener un criterio análogo al criterio de la segunda derivada para funciones de
R en R.
Definición 6.2 (Matriz definida positiva). A 2 Mn⇥n es una matriz simétrica definida positiva si,
y sólo si, para todo ~x no nulo de Rn se tiene:
(x1, x2, . . . , xn) A (x1, x2, . . . , xn)t
> 0.
Análogamente, una matriz A 2 Mn⇥n es definida negativa si, y solamente si, A es definida
positiva.
Teorema 17. Sea f : A ✓ Rn ! R, f 2 C2(A), ~x0 2 A y tal que rf(~x0) = ~0. Entonces,
si Hf (~x0) es definida positiva, entonces f tiene un mínimo relativo en ~x0, y si Hf (~x0) es definida
negativa, entonces f tiene un máximo relativo en ~x0.
Criterio para matrices simétricas
¿Qué significa que una matriz sea definida positiva? Presentaremos dos criterios para poder
determinarlo, para el caso en que la matriz sea simétrica:
1. Una matriz A 2 Mn⇥n simétrica es definida positiva si, y sólo si, todos sus valores propios
son positivos.
2. Sea A = (aij) una matriz simétrica de orden n ⇥ n. Para cada k, k = 1, · · · , n construyamos
las submatrices
Ak =
0
@
a11 · · · a1k
. . . . . . . . . . . . .
ak1 · · · akk
1
A
entonces, A es definida positiva si, y sólo si, 8k, |Ak| > 0. Es decir, si todos los subdetermi-
nantes son positivos.
Este último criterio será el que usaremos para la matriz hessiana. En primer lugar, traduzcamos
lo que este criterio nos dice para un par de casos.
MAT023 (2 sem. 2011) 66

⌥
⌃
⌅
⇧67
Si n = 2:
Sea f : R2 ! R, ~x0 2 R2 tal que rf(~x0) = ~0. Formamos la matriz hessiana de f en ~x0:
Hf (~x0) =
✓
D11f(~x0) D12f(~x0)
D12f(~x0) D22f(~x0)
◆
Entonces, Hf (~x0) es definida positiva () D11f > 0 y D11fD22f (D12f)2 > 0, y
Hf (~x0) es definida negativa () D11f < 0 y D11fD22f (D12f)2 > 0.
Resumiendo, podemos decir que si f : R2 ! R, ~x0 2 R2 tal que rf(~x0) = ~0 y
D11f(~x0)D22f(~x0) (D12f(~x0))2
> 0,
entonces
1. D11f(~x0) > 0 =) f tiene un mínimo en ~x0.
2. D11f(~x0) < 0 =) f tiene un máximo en ~x0.
Si n = 3:
Sea f : R3 ! R, ~x0 2 R3 tal que rf(~x0) = ~0. Formamos la matriz hessiana de f en ~x0:
Hf (~x0) =
0
@
D11f(~x0) D12f(~x0) D13f(~x0)
D12f(~x0) D22f(~x0) D23f(~x0)
D13f(~x0) D23f(~x0) D33f(~x0)
1
A
Por lo tanto, f tiene un mínimo relativo en
!
x0 si, y sólo si,
1. D11f(~x0) > 0
2. det
✓
D11f(~x0) D12f(~x0)
D12f(~x0) D22f(~x0)
◆
> 0
3. det Hf (~x0) > 0
y f tiene un máximo relativo en ~x0 si, y sólo si,
1. D11f(~x0) > 0 () D11f(~x0) < 0
2. det
✓
D11f(~x0) D12f(~x0)
D12f(~x0) D22f(~x0)
◆
> 0 () det
✓
D11f(~x0) D12f(~x0)
D12f(~x0) D22f(~x0)
◆
> 0
3. det ( Hf (~x0)) > 0 () det Hf (~x0) < 0
Definición 6.3. Sea f : Rn ! R, ~x0 2 Rn, f 2 C2 tal que rf(~x0) = ~0. Si los subdeterminantes
no se anulan y los signos son diferentes a lo señalado arriba, entonces decimos que ~x0 es un punto
silla.
MAT023 (2 sem. 2011) 67

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⌃
⌅
⇧68
Ejemplos
Hallar los extremos locales, si existen, de las siguientes funciones:
1. f(x, y) = x2 4xy + y3 + 4y
2. f(x, y) = x3 + y3 27x 12y
3. f(x, y, z) = x3 + 3xz + 2y y2 3z2
6.2. Máximos y Mínimos sujeto a restricciones
En los problemas clásicos de máximos y mínimos, se trata de determinar el máximo y/o mí-
nimo de una función f(x, y) o f(x1, x2, · · · , xn) sujeta a una restricción del tipo g(x, y) = 0 o
g(x1, x2, · · · , xn) = 0, respectivamente. En el primer caso, es claro que se podría resolver el pro-
blema, en teoría, despejando la variable y en la ecuación g(x, y) = 0, y sustituir el valor obtenido
y = '(x).
En términos matemáticos, este tipo de problemas puede mirarse como el de determinar los
extremos de funciones definidas sobre conjuntos cerrados y acotados. Para resolverlos, usaremos la
técnica conocida como multiplicadores de Lagrange.
Teorema 18. Sea F : Rn ! R, G: Rn ! R dos funciones de clase C1, es decir, con primeras
derivadas continuas. Si la función F alcanza un extremo en ~x0 en la región de Rn en donde G(~x) = 0,
y si rG(~x0) 6= 0, entonces 9 2 R :
rF(~x0) = rG(~x0)
G(~x0) = 0
Observaciones
1. F es la función a maximizar o minimizar y G se denomina usualmente la condición o la
restricción.
2. Una formulación equivalente del teorema:
Los extremos de la función F(~x) sujetos a la restricción G(~x) = 0, se encuentran en los puntos
críticos de la función L : Rn+1 ! R, con L(~x, ) = F(~x) + G(~x)
Ejemplos
1. Determine máximo y mínimo absolutos de f(x, y, z) = x + y + z, definida en el dominio
D = {(x, y, z) 2 R3 : k(x, y, z)k  1}
Solución
Notar que rf = (1, 1, 1) 6= (0, 0, 0), por lo cual no hay extremos de la función en el interior
de la esfera. Como f es continua en D, que es un cerrado y acotado de R3, los extremos de f
deben encontrarse en la frontera de D, es decir, en los (x, y, z) : x2 + y2 + z2 = 1. Definimos
entonces G(x, y, z) = x2 + y2 + z2 1 = 0
Aplicando el teorema de Lagrange, 9 2 R : rf = rG, i.e.
(1, 1, 1) = (2x, 2y, 2z) y x2
+ y2
+ z2
1 = 0
MAT023 (2 sem. 2011) 68

⌥
⌃
⌅
⇧69
es decir,
1 = 2 x
1 = 2 y
1 = 2 z
1 = x2 + y2 + z2
Elevando al cuadrado las primeras tres ecuaciones y sumándolas obtenemos
3 = 4 2
(x2
+ y2
+ z2
) ) 3 = 4 2
) = ±
p
3
2
=
p
3
2
, ) x = y = z =
1
p
3
) f
✓
1
p
3
,
1
p
3
,
1
p
3
◆
=
3
p
3
=
p
3
=
p
3
2
, ) x = y = z =
1
p
3
) f
✓
1
p
3
,
1
p
3
,
1
p
3
◆
=
3
p
3
=
p
3
Luego, f tiene un máximo en
⇣
1p
3
, 1p
3
, 1p
3
⌘
y un mínimo en
⇣
1p
3
, 1p
3
, 1p
3
⌘
.
2. Determine el volumen máximo del paralelepípedo recto que se puede inscribir en el elipsoide
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
= 1.
Solución
El volumen del paralelepípedo está dado por V (x, y, z) = 8xyz. Como esta función es
continua y la condición G(x, y, z) =
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
1 = 0 es un conjunto cerrado y acotado,
sabemos que podemos encontrar los extremos de V sujetos a G usando los multiplicadores de
Lagrange:
9 2 R : rf = rG, i.e.
(8yz, 8xz, 8xy) =
✓
2x
a2
,
2y
b2
,
2z
c2
◆
y
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
1 = 0 es decir,
8yz =
2x
a2
8xz =
2y
b2
8xy =
2z
c2
1 =
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
Multiplicando la primera ecuación, por x, la segunda por y, la tercera por z y sumándolas,
obtenemos:
3 · 8xyz = 2
✓
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
◆
= 2 · 1
MAT023 (2 sem. 2011) 69

⌥
⌃
⌅
⇧70
Si x o y o z = 0, entonces el volumen V = 0, que es mínimo. Supongamos entonces que ninguno
es 0. Reemplazando el valor de 2 en las ecuaciones, obtenemos:
x2
=
a2
3
, y2
=
b2
3
, z2
=
c2
3
=) x =
a
p
3
, y =
b
p
3
, z =
c
p
3
Luego, en
⇣
ap
3
, bp
3
, cp
3
⌘
la función alcanza su máximo, que es VMAX = 8 ·
abc
3
p
3
.
3. Considere el plano de ecuación x + 4y + 4z = 39. Encuentre el punto de este plano que se
encuentre a distancia mínima de (2, 0, 1).
Solución
La distancia entre (x, y, z) y (2, 0, 1) en R3 viene dada por
d((x, y, z), (2, 0, 1)) =
p
(x 2)2 + (y 0)2 + (z 1)2
Como la función raíz cuadrada es monótona, el problema es equivalente a minimizar la función
subradical, vale decir, f(x, y, z) = (x 2)2 + y2 + (z 1)2, con la restricción que el
punto (x, y, z) 2 ⇡, es decir, x + 4y + 4z = 39.
Luego, rf = rg, de donde
2(x 2) =
2y = 4
2(z 1) = 4
x + 4y + 4z = 39
Dejando x, y, z en función de , reemplazamos en la última ecuación obteniendo = 2 de
donde x = 3, y = 4, z = 5.
6.3. Multiplicadores de Lagrange sujeto a dos o más condiciones
Para maximizar F(x, y, z) sujeto a dos condiciones: G1(x, y, z) = 0, G2(x, y, z) = 0 se debe
resolver:
rF(~x) = rG1(~x) + µrG2(~x)
G1(~x) = 0
G2(~x) = 0
Ejemplos
1. Determine los extremos absolutos de f(x, y, z) = x + 2y + z sujeto a x2 + y2 = 1 y y + z = 1.
2. Hallar los puntos de la curva de intersección de las superﬁcies x2 xy+y2 z2 = 1 y x2+y2 = 1
que están más cerca del origen.
MAT023 (2 sem. 2011) 70

⌥
⌃
⌅
⇧71
Ejercicios
1. Determine y graﬁque el dominio de las siguientes:
(a) f(x, y) =
p
36 x2 y2 (b) f(x, y) =
p
x2 + y2 16
x
(c) f(x, y) =
x + 1
|y 1|
(d) f(x, y) = ln(xy 1)
(e) f(x, y) =
1
p
y
p
x
(f) f(x, y) =
1 cos(
p
xy)
y
2. Dibuje las curvas o superﬁcies de nivel correspondientes a los valores de f(x, y) = K
ó f(x, y, z) = K :
a) f(x, y) = x2 + y2, K = 0, 1, 4 y 9
b) f(x, y) = x2 y2, K = 0, 1, 4 y 9
c) f(x, y) = cos(x + y), K = 1, 0, 1
2 y 1
d) f(x, y, z) = x2 + y2 + z2, K = 0, 1, 4 y 9
e) f(x, y, z) = x2 + y2 4z, K = 8, 4, 0, 4 y 8
3. Determine, si existen, los siguientes límites
(a) l´ım
(x,y)!(0,0)
| sen x · sen y|
|x| + |y|
(b) l´ım
(x,y)!(0,0)
x2y2
x2y2 + (y x)2
(c) l´ım
(x,y)!(0,0)
xy sen(y3)
x4 + y4
(d) l´ım
(x,y)!(0,0)
sen(xy3)
x2 + y6
(e) l´ım
(x,y)!(0,0)
y3
p
|x|
|x| + y4
(f) l´ım
(x,y)!(0,0)
x3 + y2
|x| + |y|
(g) l´ım
(x,y)!(0,0)
sen x + sen y
x + y
(h) l´ım
(x,y)!(1,0)
cos(
p
xy) 1
y
(i) l´ım
(x,y)!(1,0)
(x 1)4y2
(x 1)8 + y4
(j) l´ım
(x,y)!(0,0)
x2y
p
x2 + y2
sen(xy)
(k) l´ım
(x,y)!(0,0)
x2y
x2 + y
(l) l´ım
(x,y)!(0,0)
3x2 y2
x2 + y2
(m) l´ım
(x,y)!(0,0)
x2
x2 + 2y2 x
(n) l´ım
(x,y)!(0,0)
x4 + 3x2y2 + 2xy3
(x2 + y2)2
4. Calcule, si existen, los siguientes límites:
(a) l´ım
(x,y)!(1, 1)
|x + y|
|x| + |y|
(b) l´ım
(x,y)!(2,1)
arcsin(xy 2)
arctan(3xy 6)
(c) l´ım
(x,y)!(0,0)
tan(x2y)
x2 + y2
(d) l´ım
(x,y)!(0+,1 )
x + y 1
p
x
p
1 y
MAT023 (2 sem. 2011) 71

⌥
⌃
⌅
⇧72
5. Sea f(x, y) =
8
<
:
x + y si |x| + |y| 2
1 si |x| + |y| < 2
¿Existe l´ım
(x,y)!(1,1)
f(x, y)?
6. Sea f(x, y) =
8
>><
>>:
(y 2)2 sen(xy)
x2 + y2 4y + 4
si (x, y) 6= (0, 2)
↵ si (x, y) = (0, 2)
Determine ↵ 2 R, si existe, para que f sea continua en (0,2).
7. Analice la continuidad en R2 de las siguientes funciones :
a) f(x, y) =
⇢ 1
x sen(x2 + x2y2) si x 6= 0, y 2 R
0 si x = 0, y 2 R
b) f(x, y) =
(
2x4y
(x2+y2)2 si (x, y) 6= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
c) f(x, y) =
⇢ sen xy
x si x 6= 0
y si x = 0
d) f(x, y) =
⇢
x2 + y2 si x2 > y
x2 y2 si x2  y
8. Sea f(x, y) =
8
>><
>>:
x sen
✓
1
y
◆
si y 6= 0
0 si y = 0
.
Determine si son verdaderas o falsas las siguientes proposiciones:
a) f no es continua en (0,0).
b) f es continua en (0,3).
c) f no es continua en el eje Y.
9. Determine los valores de m 2 R, para que f sea continua en (0,0), si
f(x, y) =
8
>><
>>:
x2y2
x2y2 + y mx
si (x, y) 6= (0, 0) ^ y 6= 0
0 si (x, y) = (0, 0)
10. Analizar la continuidad de f en (a, a), si
f(x, y) =
8
><
>:
sen x sen y
tan x tan y
si tan x 6= tan y
cos3 x si tan x = tan y
MAT023 (2 sem. 2011) 72

⌥
⌃
⌅
⇧73
11. Analizar la continuidad de f en R2 si
f(x, y) =
8
<
:
x2 + y2 si x2 + y2  1
0 si x2 + y2 > 1
12. Calcular las derivadas parciales de las siguientes funciones:
(a) f(x, y) = 1
3 x3 3x2y + 3xy2 + y3 (b) f(x, y) =
x2 2xy
x + y
(c) f(x, y) = ln (x + 2
p
x2 + 3y2) (d) f(x, y, z) = ex2y 3ez
(e) f(x, y, z) = exy
· 2zx (f) f(x, y) =
x + y
x y
(g) f(x, y) = ln(x2 + y2) (h) f(x, y) = exy sen(xy)
(i) f(x, y) = xy + yx (j) f(x, y) = x cos
✓
x
y
◆
(k) f(x, y) = arctan
✓
2
x + y
◆
(l) f(x, y) = arctan xy
(m) f(x, y, z) = x2ey ln z (n) f(x, y) = exy + xy + yx
13. Sea z = f(x, y). Veriﬁque que
@2z
@x@y
=
@2z
@y@x
, si
a) z = x2 4xy + 3y2 (b) z = x2e y2
(c) z = ln(x + y) (d) z = x2 cos(y 2)
14. Veriﬁque que f(x, y) = arctan
⇣y
x
⌘
satisface la ecuación
@2f
@x2
+
@2f
@y2
= 0
15. Analice la continuidad, existencia de derivadas parciales y diferenciabilidad en (0, 0) de las
siguientes funciones:
a) f(x, y) =
8
>><
>>:
xy3
x2 + y2
si (x, y) 6= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
b) f(x, y) =
8
>><
>>:
xy2
x2 + y4
si (x, y) 6= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
c) f(x, y) =
8
>><
>>:
x2y2
x2 + y2
si (x, y) 6= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
MAT023 (2 sem. 2011) 73

⌥
⌃
⌅
⇧74
16. Sea f(x, y) =
8
>><
>>:
x4(y + 2)2
x2 + y2
si (x, y) 6= (0, 2)
0 si (x, y) = (0, 2)
a) Analice la continuidad de f en (0,-2).
b) Calcule, si existe,
@f
@x
(0, 2)
c) Analice la diferenciabilidad de f en (0,-2).
17. Sea f(x, y) =
8
>><
>>:
x(x y)
x + y
, si x + y 6= 0
0 si x + y = 0
a) Determine (x, y) : x + y 6= 0, tales que
@f
@x
(x, y) +
@f
@y
(x, y) = 0
b) Calcule, si existen, las segundas derivadas parciales de f en el origen.
18. Calcule la derivada de f(x, y) = x4 + x3y2 + y en (1, 1) y en la dirección de la tangente a la
curva y = x4.
19. Calcule la derivada direccional de f(x, y) = xy +x2 +x4y, en (1, 1) y en la dirección del vector
que forma una ángulo de 60 con el eje x.
20. Sea f(x, y) =
8
>><
>>:
x2y
x4 + y2
, si (x, y) 6= (0, 0)
0 , si (x, y) = (0, 0)
Probar que f es discontinua en el origen, y calcular la derivada direccional de f en (0, 0) en
cualquier dirección unitaria !u .
21. Sea f(x, y) =
8
>><
>>:
x|y|
p
x2 + y2
, si (x, y) 6= (0, 0)
0 , si (x, y) = (0, 0)
Demuestre que, en el origen, f posee derivada direccional en cualquier dirección. ¿Es f dife-
renciable en (0,0)?
22. Encuentre la máxima derivada direccional de f en P, si
a) f(x, y) = 2x2 + 3xy + 4y2, en P(1, 1).
b) f(x, y, z) = e (x+y+z), en P(5, 2, 3).
23. Sea T(x, y, z) = 3x2 + 2y2 4z la temperatura en el punto (x, y, z). Determine la razón
de cambio de T en P = ( 1, 3, 2) en dirección a Q = ( 4, 1, 2). ¿Cuál es la tasa de máxima
variación?.
MAT023 (2 sem. 2011) 74

⌥
⌃
⌅
⇧75
24. Una hormiga se encuentra en el punto (1, 1, 0) del paraboloide hiperbólico S : z = y2 x2.
¿En cuál sentido del plano XY debe moverse para seguir la cuesta más empinada?
25. Calcular la ecuación del plano tangente a la superficie dada por:
a) f(x, y) = 3x2 + 8xy en el punto (x0, y0) = (1, 0).
b) f(x, y) =
p
x2 + y2 en el punto (x0, y0) = (1, 2)
c) f(x, y, z) = sen(xyz)
1
2
en el punto
✓
3,
⇡
6
,
1
3
◆
26. Determinar en qué punto de la superficie z = 3xy x3 y3 el plano tangente es horizontal,
es decir, paralelo al plano z = 0.
27. Determine los puntos de la superficie x2 + 3y2 + 4z2 2xy 16 = 0 en los que el plano
tangente es paralelo al plano XZ.
28. Demuestre que todo plano tangente a la gráfica de z2 = x2 + y2 pasa por el origen.
29. Pruebe que si u = x2y + y2z + z2x, entonces
@u
@x
+
@u
@y
+
@u
@z
= (x + y + z)2
30. Sea f(x, y) =
xy
x + y
. Demuestre que : x2 @2f
@x2
+ 2xy
@2f
@x@y
+ y2 @2f
@y2
= 0
31. Determine y clasifique los puntos críticos de las siguientes funciones en R2:
a) f(x, y) = (y x)2(y + x)
b) f(x, y) = x3 + 3xy y3
c) f(x, y) = ex sen y
d) f(x, y) = x2 + xy + y2 + 1
x + 1
y
e) f(x, y) = (x2 + 3y2)e x2 y2
32. Sea f(x, y) = x2 + y2 + Axy. Determine A 2 R para que f tenga un mínimo relativo en un
único punto.
33. Determine y clasifique los puntos críticos de las siguientes funciones en R3:
a) f(x, y, z) = x3 + y2 + z3 6xy + 6x + 4y 3z.
b) f(x, y, z) = x2y 2x3
3 y2 + y + z2.
34. Sea M ⇢ R3 una superficie determinada por la función f(x, y) =
1
xy
. Encontrar los puntos de
M más cercanos al origen.
MAT023 (2 sem. 2011) 75

⌥
⌃
⌅
⇧76
35. Encontrar los valores extremos de f(x, y) = x2 + y2 xy en la región dada por 2x2 + y2  1.
36. Con una lámina metálica rectangular de 24 cm. de ancho y 120 cm. de longitud, se quiere
construir un canal, para lo cual se doblará a lo largo de la lámina, una longitud x en un ángulo
✓. Determinar el valor de x y de ✓ para que el canal conduzca el máximo volumen.
37. Calcular la distancia que hay entre el origen y la superficie xy3z2 = 16. Hallar todos los puntos
de la superficie que están a esa distancia.
38. Pruebe que el máximo valor de x2y2z2 bajo la condición x2 +y2 +z2 = R2 es
✓
R2
3
◆3
. Deduzca
de esto que 3
p
x2y2z2 
x2 + y2 + z2
3
39. Hallar los valores extremos de la función f(x, y) = cos2(x)+cos2(y) con la condición x y = ⇡
4 .
40. Hallar los extremos de f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 si
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
= 1
con a > 0, b > 0, c > 0.
41. Hallar los valores extremos de f(x, y, z) = x y + z en la esfera
x2 + y2 + z2 = 1
42. Probar que el volumen formado por el plano tangente a la superficie xyz = m3, en cualquier
punto, y los planos coordenados es constante.
43. Hallar
@2z
@x@y
(x, y),
si z =
p
2xy + y2, siendo 2xy + y2 > 0.
44. Calcular la ecuación del plano tangente a la superficie dada por
z = 3x2
+ 8xy
en el punto (x, y) = (1, 0).
45. Hallar una constante c tal que en todo punto de la intersección de las dos esferas:
(x c)2
+ y2
+ z2
= 3 x2
+ (y 1)2
+ z2
= 1
los planos tangentes correspondientes sean perpendiculares el uno al otro.
46. Demuestre que la superficie x2 2yz + y3 = 4 es ortogonal a cualquiera de las superficies de
la familia x2 + 1 = (2 4a)y2 + az2 en el punto de intersección (1,-1,2).
47. Calcular las derivadas de segundo orden:
a) f(x, y) = x3 + 3x2y + 6xy2 y3
MAT023 (2 sem. 2011) 76

⌥
⌃
⌅
⇧77
b) 2x4 3x2y2 + y4 = z
48. Sea f(x, y) = '(x2 + y2), considere ' diferenciable, pruebe que:
y
@f
@x
x
@f
@y
= 0
49. Demuestre que la función u(x, t) satisface la ecuación
@2u
@t2
= a2 @2u
@x2
para:
a) u(x, t) = '(x at) + (x + at) donde ' y son funciones de clase C2.
b) u(x, t) = sen(akt) sen(kx) con k 2 Z.
50. Se dice que una función es armónica si veriﬁca que
r2
f =
@2f
@x2
+
@2f
@y2
= 0
Sea f : R2 ! R una función de clase C2 armónica y sean
x = eu
cos v y = eu
sen v
Consideremos la función g : R2 ! R deﬁnida como
g(u, v) = f(x(u, v) , y(u, v)).
a) Pruebe que
✓
@g
@u
◆2
+
✓
@g
@v
◆2
= e2u
"✓
@f
@x
◆2
+
✓
@f
@y
◆2
#
b) Pruebe que g es armónica. Es decir
r2
g =
@2g
@u2
+
@2g
@v2
= 0
51. Si x2 = y2 + f(x2 + z2), Calcular:
xy
@y
@x
+ yz
@y
@x
@z
@x
zx
@z
@x
52. Sea f(x, y) = x2g(x2y). Pruebe que x
@f
@x
2y
@f
@y
= 2f(x, y).
53. Sea f(x, y) = g(x, y)eax+by con
@2g
@x@y
= 0. Determine los valores de las constantes a y b para
que
@2f
@x@y
@f
@x
@f
@y
+ f = 0
MAT023 (2 sem. 2011) 77

⌥
⌃
⌅
⇧78
54. Sea M ⇢ R3 una superficie determinada por la función f(x, y) =
1
xy
. Encontrar los puntos de
M más cercanos al origen.
55. Encontrar los valores extremos de f(x, y) = x2 + y2 xy en la región dada por 2x2 + y2  1.
56. Con una lámina metálica rectangular de 24 cm. de ancho y 120 cm. de longitud, se quiere
construir un canal, para lo cual se doblará a lo largo de la lámina, una longitud x en un ángulo
✓. Determinar el valor de x y de ✓ para que el canal conduzca el máximo volumen.
57. Calcular la distancia que hay entre el origen y la superficie xy3z2 = 16. Hallar todos los puntos
de la superficie que estan a esa distancia.
58. Pruebe que el máximo valor de x2y2z2 bajo la condición x2 +y2 +z2 = R2 es
✓
R2
3
◆3
. Deduzca
de esto que 3
p
x2y2z2 
x2 + y2 + z2
3
59. Hallar los valores extremos de la función f(x, y) = cos2(x)+cos2(y) con la condición x y = ⇡
4 .
60. Hallar los extremos de f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 si
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
= 1 con a > 0, b > 0, c > 0.
61. Hallar los valores extremos de f(x, y, z) = x y + z en la esfera x2 + y2 + z2 = 1
62. Calcular usando multiplicadores de Lagrange, el volumen encerrado por el elipsoide de ecuación
11x2
+ 9y2
+ 15z2
4xy 20xz + 10yz = 80
63. Sea f(x, y) = '(x2 + y2), considere ' diferenciable, pruebe que:
y
@f
@x
x
@f
@y
= 0
64. Si w = f
✓
y x
xy
,
z y
yz
◆
. Probar que
x2 @ w
@ x
+ y2 @ w
@ y
+ z2 @ w
@ z
= 0
65. Si u = sen x + f(sen y sen x) , donde f es diferenciable. Pruebe que:
cos x ·
@u
@y
(x, y) + cos y ·
@u
@x
(x, y) = cos x · cos y
MAT023 (2 sem. 2011) 78

⌥
⌃
⌅
⇧79
66. Se dice que una función es armónica si veriﬁca que
r2
f =
@2f
@x2
+
@2f
@y2
= 0
Sea f : R2 ! R una función de clase C2 armónica y sean
x = eu
cos v y = eu
sen v
Consideremos la función g : R2 ! R deﬁnida como
g(u, v) = f(x(u, v) , y(u, v)).
a) Pruebe que
✓
@g
@u
◆2
+
✓
@g
@v
◆2
= e2u
"✓
@f
@x
◆2
+
✓
@f
@y
◆2
#
b) Pruebe que g es armónica. Es decir
r2
g =
@2g
@u2
+
@2g
@v2
= 0
MAT023 (2 sem. 2011) 79

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⌅
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Índice
1. Nociones de Topología en el Espacio Euclideano Rn 1
2. Funciones Reales de Varias Variables 9
2.1. Funciones escalares de Varias Variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.2. Funciones Vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.3. Curvas y Superﬁcies de Nivel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
3. Límites y Continuidad 21
3.1. Algebra de Límites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
3.2. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.3. Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3.4. Cambio de variable. Caso particular: Coordenadas Polares . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.5. Límites y Continuidad de Funciones de Rn ! Rm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.6. Derivadas Parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.7. Interpretación Geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
3.8. Derivadas parciales de orden superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
4. Diferenciabilidad 42
4.1. Diferenciabilidad de funciones de Rn ! R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
4.2. Derivada Direccional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
4.3. Diferenciabilidad de funciones de Rn ! Rm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
5. Regla de la Cadena 49
5.1. Derivadas Implícitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
5.2. Teoremas de la función inversa y de la función implícita . . . . . . . . . . . . . . . . 56
5.2.1. Teorema de la función inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
5.2.2. Teorema de la función implícita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
5.3. Teorema de Taylor para funciones de varias variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
6. Máximos y Mínimos 65
6.1. Máximos y Mínimos sin restricciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
6.2. Máximos y Mínimos sujeto a restricciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
6.3. Multiplicadores de Lagrange sujeto a dos o más condiciones . . . . . . . . . . . . . . 70
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