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UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE. FACUTAD DE CIENCIA- DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA Y C.C.
CUADERNOS TEMÁTICOS
CUADERNO # 4 .- FUNCIONES EN VARIAS VARIABLES.
Prof. JORGE INOSTROZA L. Magister en Matemática. 2009
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UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE FACULTAD DE CIENCIA DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA Y C.C. 2009 CUADERNO # 4.- FUNCIONES EN VARIAS VARIABLES.- DERIVACIÓN PARCIAL
Índice Pág.
4.1.-Introducción . 2
4.1.1.-Guía de Ejercicios. 5 4.2.- Funciones en Varias Variables. 5
4.2.1.-Gráfico de una función 6 4.2.2.- Límite y Continuidad. 11 4.2.3.- Guía de Ejercicios. 20
4.3.- La Derivada Parcial. 23
4.3.1.- Derivadas de Orden Superior 27 4.3.2.- Regla de la Cadena. 30 4.3.3.- Guía de Ejercicios 33
4.4.- Diferenciabilidad de una función. 34
4.4.1.-La Diferencial. 34 4.4.2.- Derivada Direccional 40 4.4.3.- Guía de Ejercicios 44
4.5.- Aplicaciones: 46 4..5.1.- Plano tangente y recta normal. 46 4.5.2.- Valores extremos 51 4.5.3.- Extremos condicionados. 59 4.5.4.- Guía de Ejercicios 62
3
4.1.- INTRODUCCIÓN El desarrollo de este tema ,correspondiente a un Cálculo II, forma parte del programa de la signatura de carácter anual de Cálculo Aplicado, y se desarrolla en la segunda mitad del año y que debe culminar con la Integración Múltiple y de Línea, la extensión del mismo y el perfil profesional del Ingeniero de Ejecución, hace que sea preferentemente operacional donde la conceptualización y el fundamento se reducen conforme a estos dos factores; ello explica las licencias y carencias de rigor que se puedan observar además que estos trabajos de apuntes son la antesala de una bibliografía más formal por lo que se recomienda al estudiante servirse de ella ,la incluimos al final. Por otra parte al tener el calculo en una dimensión será de gran utilidad por que lo que viene, en gran medida es una extensión de ello a dos o tres dimensiones. Conceptos preliminares.- Un lenguaje mínimo necesario para la comprensión de los temas y una nomenclatura básica necesaria son: a) Plano y Espacio Euclidiano:
{ }2 ( , ) / ;R x y x y R= ∈ es el plano
{ }3 ( , , ) / ; ;R x y z x y z R= ∈ es el espacio Euclidiano ,cuya representación gráfica asocia a sus elementos , pares y tríos, con puntos del plano o el espacio o sus vectores posición referidos a un sistema cartesiano de ejes, suele decirse que estos tres tipos de conjuntos son isomorfos.
b) Norma de la posición del punto. Si P (x,y) es el punto ,la norma se define por: 2 2P x y= + , Es decir la distancia de éste al origen de coordenadas. De igual modo para P(x,y,z): y P z 2 2 2P x y z= + +
P 22 yxP += x x x c) Distancia entre dos puntos.
4
y z P Q PQD −= Q P y x x
Si 2 21 1 2 2 2 1 2 1( , ) ( , ) ( , ) ( ) ( )P x y y Q x y d P Q Q P x x y y⇒ = − = − + − .ó
Si 2 2 21 1 1 2 2 2 2 1 2 1 2 1( , , ) ( , , ) ( , ) ( ) ( ) ( )P x y z y Q x y z d P Q x x y y z z⇒ = − + − + − .
d) Vecindad de un punto:
0Si P es un punto del plano o del espacio y Rρ ∈ ,la vecindad del punto 0P , con radio ρ y centro 0P ,se define como el conjunto: { }2 3
0, 0( ) / ( , )V P P R ó R d P Pρ ρ= ∈ < ,
e) Conjunto abierto. Si 2 3D R ó R⊆ ,se le llama un conjunto abierto, si para cada P D∈ ,existe una vecindad totalmente contenida en D ,a estos puntos suele llamárseles punto interior de D. Ejemplo: una vecindad es un conjunto abierto. Un conjunto se dice cerrado, si su complemento es un conjunto abierto f) Punto frontera. Un punto P se dice punto frontera de un conjunto si para toda vecindad de él contiene puntos del conjunto y puntos del complemento, así el conjunto de todos los puntos frontera conforman la frontera del conjunto. g) Región abierta. Una región abierta 2 3R R ó R⊆ , es un conjunto abierto donde dos puntos cualesquiera pueden conectarse entre sí por una poligonal enteramente contenida en el conjunto. h) Punto de acumulación. Un punto P es punto de acumulación de un conjunto si toda vecindad reducida (sin el punto centro) contiene puntos del conjunto. i)Conjunto acotado.
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2 3S R ó R⊆ , se dice acotado, si existe M R+∈ P S P M∋ ∀ ∈ ⇒ <
Ejemplos. 1.- Sea { }2 ( , ) /S R S x y x y⊆ ∋ = > Intuitivamente y por el gráfico podemos deducir que : a) S es abierto. b) Es una región abierta. c) Su frontera es la recta x = y.
i) S no es acotado d) Todos sus puntos son de acumulación más los puntos frontera.
2.- Si S { }2 2 2( , ) / 1x y R x y= ∈ + < y R={ }3 2 2( , , ) / 1; 1x y z R x y z∈ + < = Se tiene
que:a) S es abierto, R no lo es, es cerrado b) Las fronteras son diferentes, todos los puntos de R son puntos frontera, c) En S todos sus puntos son de acumulación, igualmente en R d) S es región abierta R no lo es. e) S y R son conjuntos acotados.
3.- Sea 1 1( , ) / ; , ,S x y x y m n Nm n
⎧ ⎫= = = ∈⎨ ⎬⎩ ⎭
Este conjunto asemeja a una red cuyos
elementos son las intersecciones de las rectas horizontal y vertical
a) No tiene puntos interiores y no es abierto, b) Sus puntos de acumulación son de la
forma: ( )1 10, ; ,0 ; 0,0n m
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
y no pertenecen al conjunto. b) No es una región. c) Es
acotado, d) Su frontera la conforman los puntos de acumulación y los puntos del conjunto. 4.- Si { }( , , ) / 1 1; 1 1; 1 1S x y z x y z= − < − < − < , su figura es un cubo centrado en (1,1,1), es abierto ,todos sus puntos son de acumulación incluidos su frontera que son las caras del cubo.
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4.1.1.-GUÍA DE EJERCICIOS: 1.- Analizar y graficar los conjuntos:
a) { }2 2( , ) / 1S x y x y= + <
b) 1( , ) / ; 0,S x y x y n Nn
⎧ ⎫= = = ∈⎨ ⎬⎩ ⎭
c) { }( , , ) / 1S x y z x y z= + + = . 2.- Determine los puntos de acumulación de : a) ( , )S a b R= ∈ (intervalo abierto) 2( , )y S a b R= ∈ (En el plano)
b) { }2( , ) /S x y y x= ≤
3.- Determine la frontera de los conjuntos: a) { }2 2( , , ) / 4,S x y z x y z z= + ≤ =
b) { }2 2( , ) /1 0, 0S x y x y xy= − − ≥ > .
4.- Grafique los conjuntos :a) { }2 2( , ) / 1S x y x y= − ≤ b) 2 2
2 2( , , ) / 1; 1x yS x y z za b
⎧ ⎫⎪ ⎪= + < =⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭
4.2.-FUNCIÓN EN VARIAS VARIABLES Definición.
Una aplicación de la forma ::
( ) ( )
nf D R RP z f P⊆ → ∋
→ =
define una función real de varias variables reales, que abreviadamente expresamos como: ( )z f P= . Para n = 2 y P = (x,y) la función es de dos variables y la expresamos como: ( , )z f x y= Si n = 3, con P = (x,y,z) la función es de tres variables y señalamos por:
( , , )w f x y z= .
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Definición. Para una función real de dos variables:
2:f D R R⊆ → ,.
se define el dominio como :
{ }2( , ) / ( , )Dom f x y R f x y R= ∈ ∈
y se define el recorrido o rango como:
{ }Re / ( , )c f z R z f x y= ∈ = .Igual cosa para funciones en tres variables
4.2.1.-Gráfico de una función 1.- Para el caso de la función de dos variables: z = f(x, y), el gráfico de ella es el conjunto de puntos: { }( , , ) / ( , )fG x y z z f x y= = que representado en un sistema cartesiano adquiere la forma de una superficie.
2.- De las superficies más clásicas tenemos: a) Los planos: ax + by + cz = d particularmente se tiene: z = 0, el plano (x;y); z = k (Plano paralelo al plano (x;y)). b) Los cilindros:
( ); ( , ) 0;y f x ó f x y z z= = = , por ejemplo 24 ;y x z z= = ,es un cilindro parabólico ó 2 2 ;x y r z z+ = = , que es un cilindro recto circular.
c) Las superficies cuádricas. Su forma general es: ( , , ) 0F x y z = , con las variables en segundo grado.
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i) Elipsoide 2 2 2
2 2 2 1x y za b c
+ + =
ii) Hiperboloide de un manto:2 2 2
2 2 2 1x y za b c
+ − =
iii) Hiperboloide de dos mantos: 2 2 2
2 2 2 1x y za b c
− − =
iv) Paraboloide elíptico. 2 2
2 2x y c za b
+ =
v) Paraboloide hiperbólico: 2 2
2 2x y cza b
− =
9
vi) Cono elíptico: 2 2 2
2 2 2 0x y za b c
+ − =
Para graficar estas superficies, que es un tema interesante y necesario, debe considerarse: Dominio de existencia. O sea el conjunto de puntos donde existe la superficie.
Simetrías.
( , , ) ( , , )Si P x y z S P x y z S∈ ⇒ − ∈ , hay simetría respecto al plano (x;y)
( , , ) ( , , )Si P x y z S P x y z S∈ ⇒ − − ∈ ,hay simetría respecto al eje x ( , , ) ( , , )Si P x y z S P x y z S∈ ⇒ − − − ∈ ,hay simetría respecto al origen Intersección con los ejes. Haciendo: y = z = 0, intersección con eje x . Trazas. Es la penetración en los planos coordenados y se encuentran haciendo
0 0 0ó z ó y ó x= = = Curvas de nivel : Se encuentran interceptando la superficie y planos paralelos a los planos coordenados. Ejemplos: 1.-Graficar la cuádrica: 2 2( , ) 9f x y x y= − − .Si 2 2 9x y+ ≤ Solución. Se trata de un paraboloide elíptico;
2 29 z x y− = + . , donde 0z ≥ .
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i) Trazas:
2 20 ( ) 9z x y Circunferencia= ⇒ + = 20 9y z x Parábola= ⇒ = − 20 9x z y Parábola= ⇒ = − . ii) Curvas de nivel:
2 20 9 9z k x y k Circunferencia si k= > ⇒ + = − ≤ 2 29 3x k z k y Parábolas k= ⇒ = − − ∀ ≤ 2 29 3y k z k x Parábolas k= ⇒ = − − ∀ ≤ . Con esta información es suficiente para trazar el gráfico considerando las simetrías respecto a los planos (x;z) e (y;z). 2.- Graficar la cuádrica: 2 2 23 9 18.x y z+ + = Solución: Se trata del Elipsoide:
2 2 2
16 18 2x y z
+ + = ,
Por lo tanto tiene simetrías respecto a los planos, los ejes y el origen.
i) Trazas:
ii) 2 2
0 16 18x yz Elipse= ⇒ + =
2 2
0 16 2x zy Elipse= ⇒ + =
2 2
0 118 2y zx Elipse= ⇒ + =
iii) Curvas de nivel:
2 2 2 2
(1 ) 16 18 2 2x y k kz k Elipse si= ⇒ + = − < .ó 2k <
2 2 2 2(1 ) (1 ) 0
6 2 18 18x z k ky k Elipse si= ⇒ + = − − > ó 18k <
11
2 2 2
(1 ) 6 .18 2 6y z kx k Elipse si k= ⇒ + = − <
Esto es suficiente para el trazado de la superficie.
3.- Dada la función: 2 2
1zx y
=+
,determinar dominios recorrido y su gráfico
Solución.
22 2
1( , ) /Domf x y R Rx y
⎧ ⎫⎪ ⎪= ∈ =⎨ ⎬+⎪ ⎪⎩ ⎭
2 2
1Re / 0 1cf z R z zx y
⎧ ⎫⎪ ⎪= ∈ = ⇒ < ≤⎨ ⎬+⎪ ⎪⎩ ⎭
Siendo S la superficie; i)Simetrías:( , , ) ( , , ) ( , , ) ( ; ) ( , )x y z S x y z y x y z S Simetrías respecto planos y z y x z∈ ⇒ − − ∈ ⇒ . ii) Trazas:
1 10 0 0y z x z z no hayx y
= ⇒ = = ⇒ = = .
iii) 0 1z< ≤ . iv) Gráfico. 4.- Para la función: 2 2( , )f x y y x= − .Determinar Dominio y Recorrido Graficar. Solución.
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i) { } { }2 2 2 2 2( , ) , ReDomf x y y x R R cf z R z y x R= − ∈ = = ∈ = − =
Como se trata del paraboloide hiperbólico de la forma:
2 2
2 2y x cza b
− = ,
tiene simetrías respecto a los planos (z;x) y (z;y) y tiene la forma de una silla de montar. Para verificar analisemos:
i) Trazas: En el plano(x;y); 2 20 0z y x son dos rectas por el orígen= ⇒ − = En el plano (y;z); 20x y z Parábola= ⇒ = En el plano (x;z); 20y x z Parábola en la arte negativa del eje z= ⇒ − = . ii)Curvas de nivel:
2 20z k y x k hipérbola con eje real paralelo al eje y= > ⇒ − = 2 20 ; 4z k x y k hipérbola con e je real paralelo al eje x= < ⇒ − = .
2 2x k y z k parábolas= ⇒ = + . 2 2y k k z x parábolas= ⇒ − =
iii)Gráfico
4.2.2.-.- LIMITE Y CONTINUIDAD DE FUNCIONES EN 2 3R y R .- Definición: Sea 0P punto de acumulación en 2D R⊆ , el número real l se llama el “límite de
( )f p cuando 0P tiende a P ”,lo que denotamos:
0lim ( )
P Pf P l
→=
Sí y solo sí: “ 00 0 ( )Si P P f P lε δ δ ε∀ > ⇒ ∃ > ∋ − < ⇒ − < ”. Donde:
2 20 0 0( ) ( )P P x x y y− = − + − .
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Análogamente definimos el límite para funciones en tres variables. Observación:
Considerando la mayor madurez del estudiante, podemos hacer algunas observaciones pertinentes. a) 0P necesita ser un punto de acumulación para hacer posible el tránsito desde un punto genérico P hacia el punto 0P .Tal como ocurre en funciones de una variable donde no se menciona el hecho pues se trabaja en intervalos en que todos sus puntos son de acumulación. b) Al decirse que 0P tiende a P ,tanto en el plano como en el espacio, hay infinitas posibilidades o trayectorias, en funciones de una variable hay solo dos , izquierda y derecha, de modo que el comportamiento de la función en todos los casos debe ser el mismo, así , si dos trayectorias distintas llevan a valores distintos ,es que el límite no existe. c) La unicidad del límite es demostrable al igual que en el caso de una variable .La similitud de ambas definiciones nos llevan a pensar que hay concordancia en recursos operacionales y propiedades. Como por ejemplo en el Algebra de límites. d) Nótese que la definición nos señala cuándo un número l es el límite, sin embargo nuestro mayor interés está en encontrar límites utilizando recursos algebraicos que no hagan necesaria la verificación por la definición..En este trabajo la búsqueda de límites se centra en aquellas expresiones que muestran una indeterminación, por razones obvias. Teorema: Si ( ) ( )f P y g P ,son funciones con dominio D, tanto en 2R como en 3R y entendiendo que
a) ( )( )( ) ( ) ( ) )( )( ) ( ) ( ) )( )( )( )
f f Pf g P f P g P b f g P f P g P c Pg g P
± = ± ⋅ = ⋅ = donde :
0 01 2lim ( ) lim ( )
P P P Pf P l g P l
→ →= = .Entonces:
0 0 0
0
0
1 2
1 2
12
2
lim ( )( ) lim ( ) lim ( )
lim ( )( )
lim ( )( ) 0
P P P P P P
P P
P P
f g P f P g P l l
fg P l l
lf P lg l
→ → →
→
→
± = ± = ±
=
= ≠
01( ) 0 lim ( ) 0
P PSi f P f P l
→≥ ⇒ = ≥ ;y
0 01lim ( ) lim ( )
P P p Pf P f P l
→ →= =
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Demostración (se omite) Teorema: Siendo: ( ) ( ) ( )f P h P g P≤ ≤ con
0 0lim ( ) lim ( )
P P P Pf P g P l
→ →= = .Entonces
0lim ( )
P Ph P l
→= .
Demostración (Se omite) Ejemplos: 1.- Calcular:
2 2
2 2( , ) (2,3)lim
x y
x yx y→ +
.
Solución:
Observando que no hay indeterminación el resultado es obvio:0
036lim ( ) ( )13P P
f P f P→
= =
2.-Calcular:
2 2( , ) (0,0)lim
x y
xyx y→ +
.
Solución. Si solo consideramos trayectorias rectas hacia el origen, de la forma y mx= , tendremos:
2
2 2 20lim
(1 ) 1x
mx mx m m→
=+ +
,
Luego la función va hacia valores que dependen de la pendiente de la recta, es decir es dependiente de la trayectoria, por lo que se deduce que el límite no existe. Otra forma de constatar lo mismo y dado el denominador de la función es las llamadas coordenadas polares: Haciendo x Cos y Senρ θ ρ θ= = , y para recorrer todas las trayectorias hacemos tender solo ρ a cero dejando libre el ángulo así se tendrá:
2
20lim Cos Sen Cos Senρθ θ
ρ θ θ θ θρ→
→
=
es decir depende de la forma de dirigirse al cero.
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3.- Calcular
2 2
2 2( , ) (0,0)lim
x y
x yx y→ +
.
Solución. Repitiendo el recurso anterior haciendo: x Cos y Senρ θ ρ θ= = , se tendrá
4 2 2
2 2 220 0
lim lim 0Cos Sen Cos Senρ ρθ θ θ θ
ρ θ θ ρ θ θρ→ →
= =
= = ,
Cualquiera sea los valores que tome el ángulo, luego ese es el límite. 4.- Calcular :
2
4 200
limxy
x yx y→
→+
.
Solución. Como se puede ver ,las coordenadas polares no funcionan como en los anteriores casos,
3 2 2
2 2 4 2 2 4 20 0lim lim
( )Cos Sen Cos SenCos Sen Cos Senρ ρ
θ θ θ θ
ρ θ θ ρ θ θρ ρ θ θ ρ θ θ→ →
= =
=+ +
,
Aunque el numerador tiende a cero el denominador no siempre es no nulo, y para confirmarlo tengamos: 2x y= como trayectoria hacia el origen luego quedará:
4
4 40lim 1/ 2x
xx x→
=+
5.- Calcular:
2 2
2 2( , ) (0,0)
( )limx y
Sen x yx y→
++
.
Solución. Si hacemos la sustitución : 2 2x y u+ = ,el problema se transforma en otro de una
variable;0
lim 1u
Senuu→
= .Esto nos muestra la utilidad de algunos límites conocidos en una
variable.
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6.- Calcular:
2 2
2 200
limxy
x yx y→
→
−+
.
Solución: Aquí introduciremos el concepto de los llamados límites iterados, que consiste en hacer variar una variable luego la ó las otras en forma iterada, como se puede observar en el gráfico P 0P
a)0 0
lim ( lim ( , ))x x y y
f x y→ →
en que nos desplazamos primero en forma paralela al eje y hacia 0 ,y luego en forma paralela al eje x hacia 0x .
b) 0 0
lim ( lim ( , ))y y x x
f x y→ →
el desplazamiento paralelo a los ejes coordenados solo cambia en el orden.. En rigor son dos trayectorias particulares de modo que al ser diferentes es señal que el límite no existe, y de ser iguales no permite conclusión alguna por ser solo dos trayectorias.
En nuestro ejemplo: 2 2 2
2 2 20 0 0lim(lim ) lim 1x y y
x y xx y x→ → →
−= =
+
2 2 2
2 2 20 0 0lim(lim ) lim 1y x y
x y yx y y→ → →
− −= = −
+, luego el límite doble no
existe. Téngase presente que para el caso de función de 3 variables los iterados son seis.
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Definición Se dice que la función ( )w f P= , definida en D es continua en 0P D∈ , si y solo sí:
00lim ( ) ( )
P Pf P f P
→= .
Observación. Esta definición encierra tres condiciones, a saber: a)
0lim ( )
P Pf P l
→∃ = .
b) 0( )f P∃ c) 0( )f P l= . La ausencia de cualquiera de ellas hace que se diga que la función es discontinua en ese punto, la carencia de la condición a) hace que se trate de una discontinuidad irreparable, en cualquier otro caso la discontinuidad es reparable. Observación. 1.-Como se ve en la definición la continuidad es propiedad del punto, luego se dirá continua en un conjunto si lo es en cada punto del conjunto. 2.- Según el álgebra de límite se puede concluir que si: ( ) ( )w f P y w g P= = son continuas en 0P , también lo serán en el punto:
( )( ) ; ( )( ); ( )( ); ( ); ( ) 0; ( )ff g P fg P P f P f P f Pg
± ≥ .
3.- Al igual que para funciones de una variable. Si ( )f P es continua en un dominio cerrado y acotado, entonces la función es acotada allí. Igualmente alcanza en el conjunto su valor máximo y su valor mínimo. Ejemplos. 1.- Dada la función:
2 2
2 2( , ) ( , ) (0,0)( )x yf x y x y
Ln x y+
= ≠+
.
¿Es posible definirla en (0,0) para que sea continua allí?.
18
Solución- Al no existir f(0,0) la función es discontinua allí. Como
2 2
2 2( , ) (0,0) 0lim lim 0
( )( )x y u
x y uLn uLn x y→ →
+= =
+, luego haciendo f(0,0) = 0, se repara la
discontinuidad . 2.- Analizar la continuidad de la función:
2 2( , )
3xf x y
xy−
=+
, en el plano 2R .
Solución.
Nótese que la función no está definida en la curva: xy = -3 y como 2
3
2lim3xy
xxy→−
−= ∞
+,
luego allí es de discontinuidad irreparable .En cualquier otro punto 0 0( , )x y se tiene:
0 0
2
0 0( , ) ( , )
2lim ( , )3x y x y
x f x yxy→
−=
+,
Luego continua.
3.- Si:
2 2
2 2(2 ) ( , ) (0,0)
( , )0 ( , ) (0,0)
Sen x y x yf x y x y
x y
⎧ +≠⎪= +⎨
⎪ =⎩
¿Es continua en (0,0)?
Solución:
Tenemos 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 20 00 0
(2 ) 2 2lim 1 lim(2x x
y y
Sen x y x y x yx y x y x y→ →
→ →
+ + +⋅ = ⋅
+ + +, haciendo y mx= , como
trayectorias particulares tenemos:
2 2 2
2 2 20
(2 ) 2lim(1 ) 1x
x m mx m m→
+ +=
+ +,
al depender de la trayectoria el límite no existe , luego la discontinuidad es irreparable en (0,0). 4.- Verificar la discontinuidad en (0,0) de la función:
19
2
2 4 ( , ) (0,0)( , )
0 ( , ) (0,0)
x y x yf x y x y
x y
⎧≠⎪= +⎨
⎪ =⎩
Solución.
Para calcular el limite en (0,0), haciendo 2x y= tenemos4
40lim 1/ 2
2y
yy→
= , en cambio los
iterados dan cero ,es decir hay discontinuidad irreparable, pues no hay límite. 5.- Determinar si es posible definir en (0,0) la función:
1 1( ) ( )f P x y Sen Senx y
= + ,
Para hacerla continua en el punto. Solución. Como
(0,0)lim ( ) 0
Pf P
→= , puesto que el factor (x+y) tiende e cero, mientras que el
producto de los Senos es acotado. Luego hacemos f(0,0) = 0 y la función es continua. 6.- Verificar la discontinuidad en (0,0) de la función:
2 2 ( , ) (0,0)( , )
0 ( , ) (0,0)
xy x yf x y x y
x y
⎧ ≠⎪= +⎨⎪ =⎩
Solución: Mediante el cambio: x Cos y Senρ θ ρ θ= =
tenemos:2
2 2 20lim
( )Sen Cos Sen Cos
Sen Cosρθ θ
ρ θ θ θ θρ θ θ→
=
=+
, es decir hay dependencia de la
trayectoria , luego no hay límite y la función es discontinua irreparable en (0,0).
20
7.- Verificar la continuidad en (0,0) de la
función: 2 2( , ) (0,0)
( , )
0 ( , ) (0,0)
xy x yf x y x y
x y
⎧ ≠⎪= +⎨⎪ =⎩
Solución.
Análogamente al anterior ejemplo. 2
0lim 0Sen Cosρθ θ
ρ θ θ θρ→
=
= ∀ es igual con
f(0,0).Luego continua allí. 8.- Analizar la continuidad de :
⎪⎩
⎪⎨
⎧++
++=
)0,0,0(0),,( 222
enzyx
yzxzxyzyxf
Solución: Como el punto conflictivo es el (0,0,0), buscamos límite usando los iterados:
22)0,0(),(0)0,0(),(lim)),,(lim(lim
yxxyzyxf
yxzyx +=
→→→,pero este limite no existe ,luego la función
es discontinua solo en ese punto. 9.- Discutir la continuidad de la función.
11),,( 222 −++
=zyx
zyxf -.
Solución: Ésta es una función continua en todo 3R excepto donde el denominador es nulo o sea en la esfera 1222 =++ zyx
21
4.2.3.-Guía de Ejercicios : 1.- Describa y grafique Domf. para las funciones:
a) 2 2
1( , )1
f x yx y
=− −
b) 2 2( , ) 4f x y x y= − −
c) 2 21( , ) x yf x yxy
− −=
d) ( )2 2( , ) 1f x y Ln x y= − +
2.- Señale las curvas de nivel: z = k (constante) de las superficies:
a) 2 21( , ) 1f x y k
x y= =
+
b) 2 2( , ) 3 2f x y x y k= + = c) ( , ) 1/ 2xyf x y e k−= = d) 2 2( , ) 3 1f x y x y k= − = .
3.- Si 2 2 1( , ) 3 ( , )f x y x y g u v vu
= − = + .Encuentre:
a) ( 3, 1)f t t− + b) ( , ( , ) ) ( ( , ))g x y f x y c g f x y+ 4.- La potencia P producida por una rueda de viento es proporcional al producto del área A barrida por las aspas y el cubo de la velocidad V del viento . Exprese P como una función de A y V .Describa las curvas de nivel de P. 5.-Grafique las cuádricas:
a)2 2
34 9x y z+ = c)
2 22 1
2 3y zx − − =
b) 2 2
2 12 3y zx + − = d)
2 2 20
4 5 6x y z
+ − =
6.- Calcular los siguientes límites
0lim ( )
P Pf p
→ si:
22
a) 3 2( , )2 3x yf x yx y−
=−
; 0 (0,0)P =
b) 20( , ) (4, )yf x y x Sen P
xπ= = .
c) 2 2
02 2( )( , ) (0,0)
( )xSen x yf x y P
x y+
= =+
d) 2 2
1( 1)
0( , ) (0,1)x yf x y e P−
−= = .
e) 4 2
04 4( , ) (0,0)x yf x y Px y
= =+
,hágase 2 2x u y v= =
f) 02 22 2( , ) (1, 2)
2 4 5xy x yf x y P
x y x y− − +
= =+ − − +
g) 2 2 2( , , ) xy yx xzf x y zx y z
+ +=
+ + (Considérese límites iterados)
7.- Calcular límites iterados y dobles para :
a) ( , ) (0,0)Sen xf x y y enxπ
=
b) 2
2 2( )( , ) (0,0)
( ) ( )xyf x y en
xy x y=
+ −
c) ( , ) (0,0)Senx Senyf x y enTgx Tgy
−=
−.
d) f(x,y,z)= 222
2222
32zyxzyx
++++ en (0,0,0)
8.- Analizar la continuidad de las funciones:
23
a)
2( ) ( , ) (0,0)( , )
0 ( , ) (0,0)
Sen x y x yf x y x y
x y
⎧ +≠⎪= +⎨
⎪ =⎩
b)
4
8 2 ( , ) (0,0)( , )
0 ( , ) (0,0)
x y x yf x y x y
x y
⎧≠⎪= +⎨
⎪ =⎩
c)
2 2
2 2
( ) ( , ) (0,0)( , ) 1
1 ( , ) (0,0)
Sen x y x yf x y Cos x y
x y
⎧ +≠⎪
= ⎨ − +⎪
=⎩
d) 2 2
2 2( , ) (0,0)x yf x y xy enx y
⎧ −⎪= ⎨+⎪⎩
e) 2 2 2
2 22( , , ) ; (0,0,0) 0x y zf x y z f
x y+ −
= =−
9.- ¿Es posible definir en (0,0) para que allí sea continua la función?:
a) 3
6 2( , ) x yf x yx y
=+
; b) 1 1( , ) ( )f x y x y Sen Senx y
= + ; c) 3 3 3( , , ) xyzf x y zx y z
=+ +
10.- Señale donde es discontinua la función:
a) 3 2( , ) Sen xSen yf x yxy
=
b) 2(1 2 )( 3 1)( , )
5Cos x Cos yf x y
x y− −
= c)2
2( 2 3)(1 )( , )
( 1)y y Cosxf x y
x y− − −
=−
24
4.3.- LA DERIVADA PARCIAL.- Definición.- Si ( , )z f x y= es una función de dos variables definida en una vecindad del punto
0 0 0( , )P x y .Definimos la “derivada parcial de la función en el punto 0P , respecto de la variable x” al número real denotado:
0 0)( ,f x yx
δδ
ó 0 0( , )xf x y Dado por:
0 0 0 00
( , ) ( , )limh
f x h y f x yh→
+ −.
De igual modo:
0 0 0 00 0 0 0 0
( , ) ( , )( , ) ( , ) limy k
f x y k f x yf x y f x yy k
δδ →
+ −= = .
Observación: 1.- Para funciones de tres o más variables la definición es análoga. 2.- De la definición se deduce que estas derivadas parciales son las derivadas en que se considera una variable solamente como tal y las otras se tratan como constantes; De ahí que en su cálculo son válidas todas las reglas de derivación de funciones de una variable incluida la regla de la cadena. Definición.
Llamamos la “función derivada parcial primera respecto de x “denotada ( , )f x yx
δδ
,
a aquella que asigna a cada (x,y) la derivada parcial en dicho punto. De igual forma
( , )f x yy
δδ
define la función derivada parcial primera respecto de y.
Observación. 1.-Para el cálculo de una derivada parcial en un punto dado se puede obtener de la función derivada evaluada en el punto 2.- Lo anterior vale igualmente para funciones de tres o más variables.
25
Ejemplos. 1.- Calcular con la definición las derivadas primeras de ( , ) xf x y e Seny−= , en el punto (1, / 4)π . Solución:
(1 ) 1
0 01
1 10
(1 , / 4) (1, / 4) ( / 4) ( / 4)(1, / 4) lim lim
( 1) 2lim ( / 4) ( / 4)( ) ( / 4)2
h
h hh
h
f f h f e Sen e Senx h h
e eSen e Sen Lne e Senh e
δ π π π ππδ
π π π
− + −
→ →
− −− −
→
+ − −= =
−= = − = =
1 1
0 0
( / 4 ) ( / 4) 1 ( / 4 ) ( / 4)(1, / 4) lim lim
1 ( / 4 ) 1 2lim ( / 4)1 2
k k
k o
f e Sen k e Sen Sen k Sen L Hy k e k
Cos k Cose e e
π π π ππ
π π
− −
→ →
→
∂ + − + − ′= = = =∂
+= = =
2.- Calcular usando reglas de derivación, las funciones derivadas de :2 2
2 2( , ) x yf x yx y
=+
y en el punto (1,1). Solución:
2 2 2 2 2 4
2 2 2 2 2 2( ) 2 ( ) 2 2( , )
( ) ( )f x y xy x y x xyx yx x y x y
δδ
+ ⋅ − ⋅= =
+ +⇒
4
2 2 22( , ) .........
( )f yxx yy x y
δδ
= =+
.
Esto se ha deducido en forma inmediata dada la simetría de la función en que al cambiar x por y no se altera la función. Para evaluar en el punto solo basta reemplazar:
22 1 1(1,1) (1,1)
2 2(1 1)f fx y
δ δδ δ
= = =+
26
3.- Calcular las derivada en el punto (0,0) de la función :
( , )f x y =
2 2
2 2 ( , ) (0,0)( )
0 ( , ) 0
x y x yx y
x y
⎧≠⎪
+⎨⎪ =⎩
Solución. Aquí no es posible reemplazar en el resultado anterior puesto que la función derivada es válida para ( , ) (0,0)x y ≠ .Luego nos queda el expediente de la definición.
0
( ,0) (0,0)(0,0) lim 0 (0,0) ....... 0h
f f h f fx h y→
∂ − ∂= = = =
∂ ∂.Aquí hemos utilizado un
recurso que podríamos llamar de analogía es decir al cambiar x por y no cambia la expresión o bién por que es simétrica 4.- Calcular las derivadas primeras de :
( , , ) .f x y z xySenz xzCosy yzTgx= + +
Solución. Como cada derivada supone considerar las otras variables como constantes, se tendrá en forma inmediata:
2
.
.
f ySenz zCosy yzSec xx
f xSenz xzSeny zTgxy
f xyCosz xCosy yTgxz
∂= + +
∂
∂= − +
∂
∂= + +
∂
5.- Siendo la ecuación: ( )
1yzSenxz e− = , que define en forma implícita la función
( , )z z x y= , Calcular las derivadas: z zx y∂ ∂∂ ∂
.
Solución.
Derivando la ecuación respecto de x:( )
2( ) ( ( ) ( )( )) 0yzSenxz z y y ye Sen zCos
x x x x x∂ ∂
− ⋅ + − =∂ ∂
27
Agrupando: ( ) ( )
21 ( ) ( )y yzSen zSenx xz y yz ye Sen e Cos
x x xx
⎛ ⎞∂ ⎜ ⎟− = −⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠
.
Como ( )
1,yzSenxe z= − reemplazando
:2
2
(1 ) ( ) (1 ) ( )
(1 (1 ) ( ) 1 (1 ) ( )
yz y yz Cos yz z Cosz xx xy yx z Sen x z Senx x
− −∂= =
∂ ⎡ ⎤− − − −⎢ ⎥⎣ ⎦
.-
Por otra parte:
( ) 1( ) ( )( ) 0yzSenxz z y ye Sen zCos
y y x x x⎡ ⎤∂ ∂
− + =⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦
( ) ( )
1 ( ) )( )y yzSen zSenx xz y z ye Sen e Cos
y x x x
⎡ ⎤∂⎢ ⎥− =
∂ ⎢ ⎥⎣ ⎦
( 1)(1 (1 ) ( )) ( )z y z z yz Sen Cos
y x x x∂ −
− − =∂
( 1) ( )
1 (1 ) ( )
yz z Cosz xyy x z Senx
−∂=
∂ ⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠
6.- Analizar la continuidad en (0,0) de la función: ( , ) ( , )f fx y x yx y∂ ∂∂ ∂
.Siendo:
2 2 ( , ) (0,0)( , )
0 ( , ) (0,0)
xy x yf x y x y
x y
⎧ ≠⎪= +⎨⎪ =⎩
Solución.
a)2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 ( ) ( ) ( log )
( ) ( ) ( )f y x y x y y y x f x x y Por ana íax yx y x y x y∂ + − − ∂ −
= = =∂ ∂+ + +
b) 0
( ,0) (0,0)(0,0) lim 0 (0,0) ....... 0h
f f h f fx h y→
∂ − ∂= = = =
∂ ∂
Tenemos la función derivada primera, ahora veremos su continuidad en un solo caso:
28
2 2 3 2 2
2 2 2 40 00
( ) ( )lim lim .( )x
y
y y x Sen Sen Cos no existex y ρ
θ θ
ρ θ θ θρ→ →
→ =
− −= ⇒
+, luego es discontinua en
(0,0) al igual que la función: fy∂∂
.-
Nótese que esta función no es continua en (0,0) paro tiene derivadas allí, Este hecho da para mayores comentarios posteriormente, ya que esto no ocurre en funciones de una variable. En cambio se puede verificar que la función es continua en (0,0)
2 2( , ) (0,0)
( , )
0 ( , ) (0,0)
xy x yf x y x y
x y
⎧ ≠⎪= +⎨⎪ =⎩
Y tiene sus derivadas parciales primeras ,discontinuas en (0,0). 7.- Calcular las derivadas parciales de : ( , ) yf x y x= . Solución. Aquí en un caso la función es una potencia y en otro una función exponencial, por ello :
1yf y xx
−∂= ⋅
∂ ( )yf x Ln x
y∂
=∂
4.3.1.- DERIVADAS DE ORDEN SUPERIOR. Definición. Llamamos segundas derivadas parciales de un función, ( , )z f x y= , a las derivadas
parciales de las funciones: f fx y∂ ∂∂ ∂
que se denotan:
2 2
2( ) ; ( ) yxf f f f f
x x x y x yx∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= = =∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂
2 2
2( ) ; ( )xyf f f ff
y x y x y y y∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= = =∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
Observación: 1.- En general se tiene que las llamadas funciones derivadas cruzadas son iguales, y la excepción se produce en puntos particulares y funciones particulares.
29
:2 2f fx y y x∂ ∂
=∂ ∂ ∂ ∂
.
2.- Para funciones de tres variables tenemos las segundas derivadas:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2; ; ; ; ; ; ; ;f f f f f f f f fx y x z y x y z z x z yx y z
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂
.
3.- De forma análoga se definen las derivadas de tercer, cuarto etc. orden, siguiendo la forma señalada de notación. 4.- El cálculo de estas derivadas se rigen igualmente por las reglas conocidas de funciones de una variable. Ejemplos.
1.- Calcular segundas derivadas de : ( , ) x yf x yx y−
=+
.
Solución.
2
2 2 3
2
3
2 4( ) ( )
2 2( )
f y f yx x y x x y
f x yy x x y
∂ ∂ −= ⇒ =
∂ + ∂ +
∂ −=
∂ ∂ +
2
2 2 3
2
3
2 4( ) ( )
2 2( )
f x f xy x y y x y
f x yx y x y
∂ − ∂= ⇒ =
∂ + ∂ +
∂ −=
∂ ∂ +.
2.- Calcular segundas derivadas de la función: ( , ) yf x y x= . Solución.
30
Se tiene que 2 2
1 2 1 12 ( 1) ( )y y y yf f fy x y y x x yLn x x
x y xx− − − −∂ ∂ ∂
= ⋅ ⇒ = − ⋅ = + ⋅∂ ∂ ∂∂
2 22 1 1 1
21( ) ( ( )) ( ) ( )y y y y y yf f fx Ln x x Ln x y x Ln x x x yLn x x
y x y xy− − −∂ ∂ ∂
= ⇒ = = ⋅ + ⋅ = + ⋅∂ ∂ ∂∂.
3.-Probar que 2 2
(0,0) (0,0)f fx y y x∂ ∂
≠∂ ∂ ∂ ∂
, para la
función:
2 2( / ) ( / ) 0( , )
0 0
x ArcTg y x y ArcTg x y xyf x y
si xy
⎧ − ≠⎪
= ⎨⎪ =⎩
Solución.
2 3
2 2 2 2
2
( , ) 2 ( / )
(0, ) (0,0 1
f x y yx y xArcTg y xx x y x y
f fy yx y x
∂= − − ⇒
∂ + +
∂ ∂= − ∴ = −
∂ ∂ ∂
3 2
2 2 2 2
2
( , ) 2 ( / )
( ,0) (0,0) 1
f x xyx y yArcTg x yy x y x y
f fx xy x y
∂= − + ⇒
∂ + +
∂ ∂= ∴ =
∂ ∂ ∂
4.- Probar que : ( )2 2( , ) ( ) ( )f x y Ln x a y b= − + − satisface la ecuación diferencial de
Laplace: 2 2
2 2 0f fx y
∂ ∂+ =
∂ ∂.
Solución.
{ }{ }
2 22
2 2 2 22 2
2 ( ) ( )2( )( ) ( ) ( ) ( )
y b x af x a fx x a y b x x a y b
− − −∂ − ∂= ⇒ =
∂ − + − ∂ − + −
31
{ }{ }
2 22
2 2 2 22 2
2 ( ) ( )2( )( ) ( ) ( ) ( )
x a y bf y b fy x a y b y x a y b
− − −∂ − ∂= ⇒ =
∂ − + − ∂ − + −0∴ =∑
4.3.2.- REGLA DE LA CADENA. En funciones de una variable: ( )y f x= ,si: ( )x x t= ,se tiene la función compuesta, o
función de función: ( ) ( ( ))y t f x t= , luego ¨df df dxdt dx dt
= ,lo que llamábamos la regla de
la cadena. Siguiendo un análisis informal si se tiene: ( , )z f x y= donde ( ) ( )x x t e y y t= = se obtiene la compuesta: ( ) ( ( ), ( ))z t f x t y t= ,luego la derivada respecto de t es:
df f dx f dydt x dt y dt
∂ ∂= ⋅ + ⋅∂ ∂
Que es una versión de la regla de la cadena para funciones de dos variables. De un modo más general dentro del mismo espíritu informal. Si ( , )z f x y= con
( , ) ( , )x x u v e y y u v= = , la composición toma la forma: ( , ) ( ( , ), ( , ))z u v f x u v y u v= , luego la derivación respecto a éstas últimas variables se calcula:
f f x f y f f x f yu x u y u v x v y v∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= + = +∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
Con estos modelos, se puede ampliar la regla de la cadena cuando la función es de tres o más variables y estas son a su vez funciones de 3 ó más variables. Ejemplos. 1.- Sea 2 2z x y= − con 2x uv y u v= = + .Calcular ,u vz z . Solución.
32
Como ( ( , ); ( , )) 2 2 ( 2 ) 1 4 2z z x z yz z x u v y u v x v y xv yu x u y u∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= ⇒ = + = ⋅ + − ⋅ = −∂ ∂ ∂ ∂ ∂
2 ·2 ( 2 )·1 4 2z z x z y x u y xu yv x v y v∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= + = + − = −∂ ∂ ∂ ∂ ∂
.
También pudo hacerse la composición para llegar a : 2 2( , ) (2 ) ( )z u v uv u v= − + y efectuar la derivación para llegar al mismo resultado, luego de sustituir en el primero a x e y. 2.- Sea ( , )z f x y con x Cos y Senρ θ ρ θ= = = .Probar que
2 2 2 22
1( ) ( ) ( ) ( )f f f fx yρ θρ
∂ ∂ ∂ ∂+ = +
∂ ∂ ∂ ∂. Donde f es función desconocida.
Solución. Tenemos que
( , ) ( ( , ); ( , )) · · · ·f f x f y f fz f x y Cos Senx y x y
ρ θ ρ θ ρ θ θ θρ ρ ρ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= ⇒ = + = +∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
·( ) ·( )f f x f y f fSen Cosx y x y
ρ θ ρ θθ θ θ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= + = − +∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
⇒1ρ
( )f f fSen Cosx y
θ θθ∂ ∂ ∂
= − +∂ ∂ ∂
2 22 2
21 ( (f f f f f fCos Sen Sen Cos
x y x yθ θ θ θ
ρ θρ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞+ = + + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
=22f f
x y⎛ ⎞∂ ∂⎛ ⎞ + ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠
3.- Siendo x Cos e y Senρ θ ρ θ= = ,se entiende que tanto ρ como θ pueden expresarse como funciones de x e y .Demostrar que
2
22Cos
x yθ θ
ρ∂
=∂ ∂
.
Solución.
2 2yArcTg x yx
θ ρ= = + 2 2 2 2
2
1 ·( )1
y yx y x x y
x
θ∂ − −⇒ = =
∂ ++
⇒
33
2
y xθ∂
=∂ ∂
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 4 2( 2 ( ) 2
( ) ( ) .x y y y x Cos Sen Cos
x y x yρ θ θ θ
ρ ρ− + + − −
= = =+ +
4.- Si ( , )z f x y= donde u ux e Cosv y e Senv= = .Calcular 2 z
u v∂∂ ∂
.
Solución.
( ) ( )u uz f fe Senv e Cosvv x y∂ ∂ ∂
= − +∂ ∂ ∂
2( ( )) ( )u uz f fe Senv e Cosv
u v u x u y∂ ∂ ∂ ∂ ∂
⇒ = − +∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
2 2 2 2 2
2 2( ) ( ) ( ) ( )u u u uz f x f y f f x f y fe Senv e Senv e Cosv e Cosvu v u y x u x x y u u yx y
⎧ ⎫ ⎧ ⎫∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎪ ⎪ ⎪ ⎪= + − − + + + +⎨ ⎬ ⎨ ⎬∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎭ ⎩ ⎭
2 2 2
2
2
2
( )
( ) .
u u u u
u u u u
z f f fe Cosv e Senv e Senv e Senvu v y x xx
f f fe Cosv e Senv e Cosv e Cosvx y yy
⎧ ⎫∂ ∂ ∂ ∂⎪ ⎪= + − − +⎨ ⎬∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂⎪ ⎪⎩ ⎭⎧ ⎫∂ ∂ ∂⎪ ⎪+ + + −⎨ ⎬∂ ∂ ∂∂⎪ ⎪⎩ ⎭
5.- Una ecuación de la forma ( , , ) 0F x y z = , puede definir en forma implícita una función ( , )z f x y= de modo que se tiene ( , , ( , )) 0F x y z x y = .Mediante la regla de la
cadena , encontrar las derivadas parciales: z zx y∂ ∂∂ ∂
.
Solución.
Si ( , , ) 0 0
0
x
z
y
z
FF F z zF x y zx z x x F
FF F z zy z y y F
∂ ∂ ∂ ∂= ⇒ + = ∴ = −
∂ ∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂ ∂+ = ∴ = −
∂ ∂ ∂ ∂
6.- Si la ecuación ( ; ) 0x zfy x
= ,con f ,arbitraria, define en forma implícita la función
z = z (x,y).Probar que z zx y zx y∂ ∂
+ =∂ ∂
.
34
Solución.
Aquí debemos entender que: ( , ); 0x z x yfy x
⎛ ⎞=⎜ ⎟
⎝ ⎠,luego con regla de la cadena derivamos
respecto de las variables x e y, para lo cual hacemos x zu vy x= = ⇒derivando por x
2·1· · 0 ·( ) · 0xx z zf u f v f f
u x v x u y v x−∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎛ ⎞+ = ⇒ + =⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎝ ⎠
,despejando: xz ⇒
fxz z ufx x yv
∂∂ ∂= −
∂∂∂
. Derivando respecto de y .
20 0yzf u f v f x fu y v y u v xy
⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ − ∂+ = ⇒ + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎝ ⎠⎝ ⎠
. Despejando yz ⇒
2
2u
v
x fzy y f∂
=∂
4.3.3.-Guía de Ejercicios. 1.- Calcular las derivadas primeras en (x,y) y (0,0) de la función:
2 2
2 2( )( , )
( )xy x yf x y
x y−
=+
, f(0,0) = 0
2.- Si 2 2
1( , )f x y Lnx y
=+
satisface la ecuación: 0xx yyf f+ = .
3.- Calcular todas las derivadas de orden dos de:2
2( , ) xf x y ArcSeny
= .
4.- Si 2 2
2 2( )( , )
( )xy x yf x y
x y−
=+
, f(0,0) = 0.Probar que 2 2
(0,0) (0,0)f fx y y x∂ ∂
≠∂ ∂ ∂ ∂
35
5.- Si 2 2 yz x yx
= + + , donde : u ux e Cos v y e Senv= = .Calcular 2 2 2
2 2z z z
u v u v∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂
6.- Si 2 2( , ) ( , 2 ).f x y g x y xy= − Calcular 2f f f
x y x y∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂
7.- Dada la ecuación: 3 3 3x y z xyz+ + = ,que define implícitamente la función
( , )z f x y= .Encuentre f fx y∂ ∂∂ ∂
.
8.- Si ( , )w f x y= ,donde 2x u v y u v= + = − .Probar que:
2 2 2 2 2
2 2 2 25 2 2w w w w wx yx y u v
∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ + = +
∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂.
9.- Si se tiene: .x Cos y Senρ θ ρ θ= = Probar que la ecuación diferencial:
2 2 22 2
2 2· ( )· 0f f fxy x yx yx y
⎡ ⎤∂ ∂ ∂− − − =⎢ ⎥ ∂ ∂∂ ∂⎣ ⎦
,
Y para una función ( , )f x y arbitraria, se transforma en:
2
2 0.f fρρ ϑ θ∂ ∂
− =∂ ∂ ∂
4.4.- DIFERENCIABILIDAD DE UNA FUNCIÓN.- 4.4.1.-La Diferencial.- Definición. Se llama la diferencial total de la función ( , )z f x y= , en un punto
0 0( , )x y Domf∈ al valor:
0 0 0 0 0 0( , ) ( , ) ( , ) ,f fdf x y x y h x y kx y∂ ∂
= +∂ ∂
.
,h k incrementos de las variables x e y respectivamente
36
Definición. Si ( , )z f x y= , se dice diferenciable en un punto 0 0( , )x y Domf∈ . Si
2 20 0 0 0( , ) ( , ) 0 ( , ) (0,0)f x y df x y h k si h kη ηΔ = + + ∋ → → , donde
0 0 0 0 0 0( , ) ( , ) ( , )f x y f x h y k f x yΔ = + + − Llamado el incremento de la función. .
Observación: Lo será en un conjunto si lo es en cada punto de él. Observación. 1.-Recordemos que para una función real de una variable real ( )y f x= , la diferencial de ella es ( ) ( )df x f x dx′= Y la llamamos indistintamente diferenciable o derivable como sinónimo de la existencia de su derivada. 2.- Sabido es que si la función ( )y f x= es diferenciable en un punto entonces es continua allí. 3.- Para funciones de dos variables la sola existencia de las derivadas parciales primeras no implican la continuidad de ella., tal es el caso en (0,0) de:
2 2 ( , ) (0,0)( , )
0 ( , ) (0,0)
xy x yf x y x y
x y
⎧ ≠⎪= +⎨⎪ =⎩
Cuyas derivadas parciales existen y son cero , pero la función es discontinua en el punto. 4.- De la definición de diferenciabilidad para una función ( , )z f x y= , esta condición se puede obtener del hecho que se cumpla:
0 0 0 02 2( , ) (0,0)
( , ) ( , )lim 0
h k
f x y df x y
h k→
Δ −=
+
Es decir que 0η → si ( , ) (0,0)h k → .
37
Teorema. Si la función ( , )z f x y= es diferenciable en un punto 0 0 0( , )P x y= .Entonces es continua allí. Demostración. Como es diferenciable⇒
02 2
0 0 0 0 0 0 0( , ) ( , ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f ff x y f x y x x P y y P x x y yx y
η∂ ∂− = − + − + − + −
∂ ∂, tal
que: 0 00 ( , ) ( , )si x y x yη → → .Luego:
0 0) 0 00 0 0 0( , ) ( , ( , ) , )
lim ( , ) ( , ) 0 lim ( , ) ( , )x y x y x y x y
f x y f x y f x y f x y→ →
− = ∴ = .
Teorema. Si la función ( , )z f x y= , tiene sus derivadas parciales de primer orden, continuas en un punto entonces es diferenciable allí. Demostración. (Se omite) Observación. Verifique lo anterior con las funciones:
a) 2 2( , ) (0,0)
( , )
0 ( , ) (0,0)
xy x yf x y x y
x y
⎧ ≠⎪= +⎨⎪ =⎩
b) 2 22 2
1( , ) ( ) (0,0) 0f x y x y Sen fx y
= + =+
Ejemplos.
1.- la función discontinua en (0,0). 2 2 ( , ) (0,0)( , )
0 ( , ) (0,0)
xy x yf x y x y
x y
⎧ ≠⎪= +⎨⎪ =⎩
A pesar que existen sus derivadas en (0,0), como ya se vio. No es diferenciable allí,
38
En efecto:
Si 2 2(0,0) ( , ) (0,0) hkf f h k fh k
Δ = − =+
y (0,0) (0,0) (0,0) 0f fdf h kx y∂ ∂
= + =∂ ∂
2 2
2 2 3/ 22 2 2 2( , ) (0,0) ( , ) (0,0) ( , ) (0,0)
0(0,0) (0,0)lim lim lim 0
( )h k h k h k
hkf df hkh k
h kh k h k→ → →
−Δ − += = ≠
++ +.Como
se verifica usando polares.
2.- La función continua en (0,0): 2 2( , ) (0,0)
( , )
0 ( , ) (0,0)
xy x yf x y x y
x y
⎧ ≠⎪= +⎨⎪ =⎩
No es diferenciable allí. En efecto. Si: 2 2
(0,0) (0,0) 0hkf y dfh k
Δ = = ⇒+
2 2( , ) (0,0)lim 0
( )h k
hkh k→
≠+
, pues como ya se probó, el límite no existe.
3.- La función 2 22 2
1( , ) ( ) ; (0,0) 0f x y x y Sen fx y
= + =+
,es diferenciable en (0,0).
En efecto: siendo
2
0 0
1( ,0) (0,0)(0,0) lim lim 0 (0,0) 0 (0,0) 0
h h
h Senhf f h f f y df
x h h y→ →
∂ − ∂= = = ⇒ = =
∂ ∂
2 2
2 2
2 2( , ) (0,0)
2 22 2
2 2( , ) (0,0)
2 22 2( , ) (0,0)
1(0,0) ( , ) (0,0) ( )
(0,0) (0,0)lim
1( )lim
1lim 0
h k
h k
h k
f f h k f h k Senh k
f df
h k
h k Senh k
h k
h k Senh k
→
→
→
Δ = − = + ⇒+
Δ −=
+
++ =
+
+ =+
39
Teniendo presente que la función 1Sen es acotada mientras el factor tiende a
cero .Luego la función es diferenciable en el punto (0,0). Observación: 1.- Como
2 20 0 0 0 0 0( , ) ( , ) ( , ) 0 ( , ) (0,0)f x h y k f x y df x y h k con Si h kη η+ + − = + + → →
⇒ 0 0 0 0 0 0( , ) ( , ) ( , )f x h y k f x y df x y+ + − ≈ ó bien
0 0 0 0 0 0( , ) ( , ) ( , )f x h y k f x y df x y+ + ≈ + . Interpretamos este hecho como una forma de evaluar en forma aproximada el valor de una función en un punto cercano al punto 0 0( , )x y , mediante la diferencial total en el punto 0 0( , )x y . Ejemplos. 1.- Determinar la diferencial total de la función:
2 2 2( , , )f x y z x y z= + + , En un punto cualquiera (x,y,z). Solución:
{ }
( , , ) ( ) ( ) ( )
1( , , )( ) ( ) ( ) ( )
f f fdf x y z P dx P dy Px y zx y zdf x y z dx dy dz xdx ydy zdz
f P f P f P f P
∂ ∂ ∂= + + ⇒∂ ∂ ∂
= + + = + +
2.- Analizar la diferenciabilidad en (0,0) de la
función:
2 2
2 2 ( , ) (0,0)( , ) ( )
0 ( , ) (0,0)
x y x yf x y x y
x y
⎧≠⎪= +⎨
⎪ =⎩
Solución:
2 2 2 2
2 2 2 2 3/ 22 2( , ) (0,0) ( , ) (0,0)
(0,0) (0,0)(0,0) 0 (0,0) lim lim 0( ) ( )h k h k
h k f df h kdf fh k h kh k→ →
Δ −= Δ = ⇒ = =
+ ++
40
Observación. Si denotamos: ( , , ) ( , , )x y z P y dx dy dz dP= = ( )·df f P dP⇒ = forma vectorial. 3.- Usando diferencial de una función, calcular el valor aproximado de : { }2 2(3.02) (2.03) 12Ln + − .
Solución: Sean: { }2 2
0 (3,2) ( , ) (0.02,0.03) ; ( , ) 12P h k f x y Ln x y= = = + − ⇒
2 2 2 2
(3, 2) (3, 2)
2 2(3.02,2.03) (3,2) (3, 2) ( , )12 12
f df
x yf f df df x y h kx y x y
Δ ≈ ∴
≈ + = + ⇒+ − + −
6 4(3,2) ·(0,02) ·(0,03)
13 12 13 12df = +
− −12 12 6 0,24
100 100 25= + = =
4.- En un triángulo rectángulo isósceles de lado 2 cm., un se alarga 0.04 cm. Y el otro se acorta en 0,05 cm. Encontrar el ángulo agudo del nuevo triángulo rectángulo. Solución.
Sean yα β , los nuevos ángulos,2πα β⇒ + = y con el origen en el vértice del ángulo
recto, sean x e y las longitudes de los nuevos lados. Entonces:
( , ) ( , )2
y y yTg x y ArcTg x y ArcTgx x x
πα α β= ⇒ = ∴ = −
Como : 0.04 0,05 ( , )dx dy d x y dx dy
x yα αα ∂ ∂
= = − = +∂ ∂
0 (2, 2) (2,04;1,95) (2, 2) (2, 2)P dα α α= ⇒ ≈ + donde
41
2
2 2
2 2
( / ) 1/ 2 / 4 1/ 2( , ) (2,2) 0,04 ( 0,05)4 1 111 1 4
y x xd x y dx dy dy yx x
α α− −= + ⇒ = + −
+++ +0,0225= −
0,0225 0,02254 2 4π π πα β α≈ − ≈ − = + .-
5.- Llamamos porcentaje de error estimado en una medición al valor dado por:
0
0
( )% ·100
( )df P
Ef P
=
Calcular dicho porcentaje de error en la medición del período de un péndulo dado por:
2 lTg
π= ,siendo 232 / ,g pié seg= con un error no mayor de 20,05 /pié seg ; La
longitud l del péndulo es de 10 pié. ¿Cuál es el posible error de la longitud si se desea que el error en T no exceda de 0,02 seg? Solución: Como el tema es la longitud ,
tenemos:2 2
02 2 210 22324 4 4
gT Tg Tl T dl dT dgππ π π
= = ⇒ = + ∴
2
0 2 21 10 1 4 ·10( ) 4 ·32 ·0,02 ·0,05
32 324 4d l ππ
π π
⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪= +⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎭⎩ ⎭
0( )
% .100 2.7%10
d lE = ≈ .
4.4.2.-Derivada Direccional.- Definición. Para una función : ( )w f P= de dos o más variables, definida en un dominio D con 0P D∈ y a un vector unitario .La derivada direccional de la función en el punto
0P y en la dirección a ,está dada por el valor real:
0 00 0
ˆ( ) ( )( ) lim
ˆ h
f P ha f Pf Pa h→
+ −∂=
∂. y
0y 0p
42
Observación. 0x x 1.- Si la función es 0 0 0 1 2ˆ( , ) ( , ) ( , )z f x y con P x y a a a= = = , se tendrá en particular:
0 1 0 2 0 00 0 0
( , ) ( , )( , ) lim
ˆ h
f x ha y ha f x yf x ya h→
+ + −∂=
∂.
2.- Como se observa, la función se incrementa a partir del punto en una dirección cualquiera y no en dirección de los ejes como las derivadas parciales por lo que éstas pasan a ser un caso particular de aquellas, es decir derivadas direccionales en dirección (0,1) ó (1,0). 3.- Como suele ocurrir, la definición no es la forma operacional de calcular, por lo que en este caso no es la excepción, sin embargo hay ocasiones en que hay que recurrir a la definición como ya se ha visto. Teorema. Si ( , )z f x y= es una función diferenciable en 0P D∈ , a ),( 21 aa= vector unitario. Entonces existe la derivada direccional en el punto y en la dirección a
0 1 0 2 0( ) ( ) ( )ˆf f fP a P a Pa x y∂ ∂ ∂
= +∂ ∂ ∂
.
Demostración. Siendo la función diferenciable:
0 0 0
2 2 21 0 2 0 1 2
1 2
ˆ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) 0 0
f P f P ha f Pf fa h P a h P h a a si hx y
f fa ax y
η η
Δ = + − =
∂ ∂= + + + ∋ → → ⇒
∂ ∂∂ ∂
= +∂ ∂
.
Observación. 1.- Para una función de 3 variables el teorema toma la forma.:
0 1 2 3( )ˆf f f fP a a aa x y z∂ ∂ ∂ ∂
= + +∂ ∂ ∂ ∂
.
43
2.- Si para una función diferenciable, ( , , )w f x y z= definimos:”Vector gradiente en
0P ” como: 0ˆˆ ˆ( ¨) f f ff P i j k
x y z⎛ ⎞∂ ∂ ∂
∇ = + +⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠ó Grad.(f). La derivada direccional se puede
denotar en forma vectorial:
0 0 ˆ( ) ( )·ˆf P f P aa∂
= ∇∂
Con esta notación la diferencial total se escribe: 0 0( ) ( )·df P f P dP= ∇
3.- Como producto punto de vectores: ˆ· ¨ˆf f aa∂
= ∇ =∂
ˆ ˆ· · ( , )f a Cos f a∇ ∇ ⇒
ˆf f Cosa
α∂= ∇
∂,
Luego como 1Cosα = si el ángulo entre el gradiente y la dirección es nulo, deducimos que el máximo valor de la derivada direccional en un punto se produce en la dirección del vector gradiente entonces:
¨ˆ máxf fa∂
= ∇∂
Ejemplos.- 1.- Calcular la derivada direccional de 3 3 2 2( , ) 3 3f x y x y x y xy= + − − ,en el punto (1,.-2) y en la dirección del vector (1, 1)a = − . Solución. Siendo una función polinomial luego diferenciable (pues sus derivadas primeras son
obviamente continuas en todo punto), por lo tanto: 1ˆ (1, 1)2
a = − y
2 2 2
1 0 2 0 0 01 1( ) ( ) ·(3 6 )( ) ( )·(3 3 6 )( )
ˆ 2 2f f fa P a P x xy P y x xy Pa x y∂ ∂ ∂ −
= + = − + − − =∂ ∂ ∂
1 (15 21) 18 22
= + =
2.- Si 2 2( , ) 2 3 2f x y x y x y= + − + .Calcular su derivada direccional en el punto (2,-1) y en dirección de 60º con el eje x.
44
Solución:
2 3ˆ ( , ) ( 60º , 60º ) ( , )2 2
a Cos Sen Cos Senθ θ= = = y
2 3 1(2, 1) (4 3)· ( 4 2) ( 2 2 3)ˆ 2 2 2fa∂
− = − + − + = −∂
3.- Si 20( , ) (1, 2)xf x y y e P= = − , Calcular 0( )
ˆf Pa∂∂
, en dirección 0 0 0 (3,0)P Q si Q = .
Solución. Aquí
0 01ˆ(2, 2) (1,1)2
a Q P a= − = ⇒ = luego: { }20 0
1¨(1, 2) ( )( ) (2 )( )ˆ 2
x xf y e P ye Pa∂
− = +∂
0( ) 0ˆf Pa∂
=∂
4.-Si ( , , ) , ¨(1,0, 2)ˆ
yz xz xy ff x y z xe ye ze Hallara∂
= + +∂
. a) En dirección al punto (5,3,3).
b) En dirección que alcance su valor máximo. c) En dirección que alcance su valor mínimo.- Solución. a)
1ˆ(4,3,1) (4,3,1)26
a a= ∴ =
{ }1(1,0, 2) ( )·4 ( )·3 ( )·1ˆ 26
yz xz xy yz xz xy yz xz xyf e zye zye xze e xze xye xye ea∂
⇒ = + + + + + + + +∂
{ }2 21 1(1,0,2) (1·4) (2 2)·3 (1) (3 17)ˆ 26 26f e ea∂
= + + + + = +∂
b) Como 2
0( ) (1;4 ;1)f P e∇ = + y 2 2 2 4
0( ) 1 (4 ) 1 18 8ˆ máxf f P e e ea∂
= ∇ = + + + = + +∂
c) 2 4min. 18 8
ˆf f e ea∂
= − ∇ = − + +∂
(considerando que 1 1)Cosα− ≤ ≤
5.-Si ( , ) ( , ).z f x y y z g x y= = Probar que :
45
a) ( )f fλ λ∇ = ∇ tan .una cons teλ b) ( )f g f g∇ ± = ∇ ±∇ c) ( · ) · ·f g f g g f∇ = ∇ +∇
d) 2· ·( )f g f f g
g g∇ − ∇
∇ =
Solución.
a) ( ) ( ); ( ) ( ) ; ;f f ff f f f fx y z x y z
λ λ λ λ λ λ⎧ ⎫∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
∇ = + = = ∇⎨ ⎬∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎩ ⎭
c) ( · ) ( · ); ( · ); ( · ) ; ;x x y y z zf g f g f g f g f g fg f g fg f g fgx y z∂ ∂ ∂
∇ = = + + +∂ ∂ ∂
= ( , , )· ( , , )· · ·x y z x y zf f f g g g g f f g g f+ = ∇ +∇ . 6.- La temperatura T en un punto (x,y) de una placa metálica es inversamente proporcional a la distancia al origen: La temperatura en el punto (3,4) es 100º .Calcular la razón de cambio instantánea de T en (3,4) en dirección de 45º respecto del eje x .¿En qué dirección aumenta más rápidamente?. ¿En qué dirección disminuye más rápidamente?. En qué dirección es nula la taza de variación?. Solución.
a) Como 2 2
( , ) kT x yx y
=+
, k es la constante de proporcionalidad.
2 2
500 ˆ(3, 4) 100º 500 ( , ) ¨ ( 45º ; 45º )59 16
k kT k t x y a Cos Senx y
= = = ⇒ = ∴ = =+ +
2 2 3/ 2 2 2 3/ 22 2 500 500, · ,
ˆ 2 2 ( ) ( )T T T T x T ya x y x yx y x y
⎛ ⎞⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ − ∂ −= = =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠
3 3 3500 2 3 4 3500 2(3,4) 14 2
ˆ 2 5 5 5Ta
∂ − −⎧ ⎫= + = = −⎨ ⎬∂ ⎩ ⎭
b) 0.( )( ) 4(3, 4)Grad T P = − 4(3, 4) 20ˆ máxTa
∂⇒ = − =
∂.
c) La mayor disminución en esa dirección y en ese punto es -20 .-
d) (3, 4) ( 12, 16)·( , ) 0 3 4 0ˆT x y x ya
∂= − − = ⇒ − − =
∂,luego se produce en la dirección de
la recta : 34
y x= , o bien donde (3 / 4)ArcTgα = .
46
4.4.3.-Guía de Ejercicios .
1.- Use la diferencial para aproximar el valor de : 0.980.99
ArcTg ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
.
2.-Calcule la diferencial total de las funciones: a) 2( , ) (1, 2)xf x y y e en= .
b) f(x,y)= arctg y/x en (-2,2). 3.- Pruebe que no existe una función f(x,y) cuya diferencial sea:
1 1 1 1df dx dyx y x y
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
4.- Dadas las funciones f(x,y) g(x,y) .Pruebe las reglas: a) ( )d f g df fg+ = + b) ( · ) · ·d f g g df f dg= +
c) 2
· ·f g df f dgdg g
−=
5.- Si el área de un triángulo es 1 ·2
A a bSenα= ,con α el ángulo entre a y b ,las
mediciones dan 150 pié ; 200pié y 60º respectivamente.¿En cuánto varía el área si hay un error de 0,5 pié en a y b y 2º en el ángulo?. 6.- Estudie la diferenciabilidad en (0,0) de las funciones.
a)1/ 22 21 (( , ) (0,0) 0x yf x y f
xy
−⎛ ⎞− +
= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
b) 2 2
( , ) (0,0) 0xyf x y fx y
= =+
c) 2 22 2
1( , ) ( ) (0,0) 0f x y x y Sen fx y
= + =+
d) 2 22 2
1( , ) ( ) (0,0) 0f x y x y Sen fx y
= + =+
47
7.-Calcule la derivada direccional de 2 2( , ) xf x y y e= , en el punto 0 (1, 2)P y en dirección: a) Del vector ( 3, 1)a = − − , b) De 30º con la horizontal. 8.- Calcular la derivada direccional de la función: 4 3 2( , )f x y x x y y= + + , en (1,1) y en dirección de la tangente a la curva 4y x= en dicho punto. 9.- Si 2 2( , , ) 3f x y z x y z= + + ,Encontrar el valor máximo de la derivada direccional en (1,2,2) y su valor mínimo en (0,0,0). 10.-La derivada direccional de la función ( , ) (1,2)f x y en hacia (2,3) es 2 2 y hacia
(1,0) es -3. Encuentre (1, 2)fx∂∂
; (1,2)fy∂∂
.
11.- Hallar la derivada de la función: 2 2 2( , , ) 2f x y z x y z= − + en (3,3,1) y en dirección del vector (2,1,-1).- 12.- Si 2 2( , , ) 3f x y z x y z= + − ,¿Cuál es el máximo valor de su derivada direccional en (1,3,5)? 13.- Si ( , )f x y tiene en 1,2) derivada direccional igual a 2 en dirección a (2,2) y -2 en dirección a (1,1) .¿Cuál es su derivada direccional en (1,2) y hacia (4,6)? 4.5.- APLICACIONES DE LA DERIVADA.- 4.5.1.- Plano tangente y recta normal. Para una superficie S , expresada por:
( , ) ( , , ) 0z f x y ó F x y z= = ,
Haciendo 0x x= , se genera la curva 0( , )z f x y= en ella, de igual modo si hacemos
0y y= , se obtiene la curva 0( , )z f x y= , que concurren en el punto 0 0 0 0( , , )P x y z= , donde 0 0 0( , )z f x y= .Esto equivale a que los planos paralelos a los ejes coordenados en el espacio, 0 0x x e y y= = intersectan a la superficie en las curvas señaladas:
0 0( , ) ( , )z f x y e z f x y= = .
De modo que sus derivadas:
48
0 0 0 0( , ) ( , )f fx y y x yy x∂ ∂∂ ∂
,
Son las pendientes de las rectas tangentes a cada curva en 0P .Dichas rectas son las que definen el plano tangente a la superficie S en el punto 0P .La recta normal en 0P a la superficie es aquella perpendicular al plano tangente en el punto. z y x La ecuación del plano tangente a la superficie S en el punto 0P está dada por:
0 0 0 0 0 0 0( ) ( , ) ( ) ( , )f fz z x x x y y y x yx y∂ ∂
− = − + −∂ ∂
Observación. 1.- Las ecuaciones de las rectas tangentes a las curvas :
: 0 0 0 0 0: ( , ) ( , )( )xfC z f x y es z z x y x xx∂
= − = −∂
0 0 0 0 0: ( , ) ( , )( )yfC z f x y es z z x y y yy∂
= − = −∂
y como se puede apreciar en la ecuación del plano tangente ,estas rectas están contenidas en él ello se ve haciendo 0 0x x o y y= = ´.
49
2.-Si : ( , , ) 0S F x y z = , que define en forma implícita la función ( , )z f x y= y
como: yx
z z
FFf fyx F y F∂ ∂
= − = −∂ ∂
reemplazando en la ecuación del plano tangente queda:
0 0( ) ( )yx
z z
FFz z x x y y ó
F F− = − − − −
0 0 0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0x y zx x F P y y F P z z F P− + − + − = 3.- Para 0 0 0 0 0 0( , , ) ( ) ( , , )( ) ( , , )x y zw F x y z F P F F F P si P x y z= ⇒ ∇ = = , la ecuación del plano tangente adquiere la forma vectorial: 0 0( )·( ) 0F P P P∇ − = P∀ en el plano Esto indica que el vector gradiente es ortogonal al vector ( 0 )P P− P∀ del plano y por ende al plano y a la superficie. En el caso que la superficie tenga la forma : ( , ) 0z f x y− = ,
el vector gradiente será ( , ,1)f fx y∂ ∂
− −∂ ∂
, de modo que 0( , ,1)·( ) 0x yf f P P− − − = ,nos da
la ecuación del plano tangente a la superficie : ( , )S z f x y= 4.- La recta normal tiene la dirección del vector gradiente por lo tanto : P∀ de ella se tendrá:
0 0( ) ( )P P F Pλ− = ∇ Forma vectorial
Ó bien: 0 0 0
0 0 0( ) ( ) ( )x y z
x x y y z zF P F P F P
λ− − −
= = = Forma cartesiana
Si : ( , )S z f x y= , la ecuación será:
0 0 0
0 0 0 0( , ) ( , ) 1x y
x x y y z zf x y f x y
− − −= =
− Forma cartesiana
La llamada forma paramétrica donde λ es el parámetro será:
0 0
0 0
0 0
( )( )
( )
x
y
z
x x F Py y F P
z z F P
λλ
λ
= +
= +
= +
5.- Si desarrolláramos la ecuación del plano tangente de su forma cartesiana tomaría la forma general de un plano:
0Ax By Cz D+ + + =
50
y por consiguiente los coeficientes de las variables son las coordenadas del vector normal a él. Ejemplos. 1.- Determinar las ecuaciones del plano tangente y de la recta normal a la Superficie:
( )z Ln xy= , en el punto 0 01( , 2, )2
P z= .
Solución: Aplicamos la ecuación para una superficie dada en forma explícita:
0 0 0( ) (1/ 2,2) ( ) (1/ 2,2)x yx x z y y z z z− + − = − .Como 0 (1) 0z Ln= = Tenemos:
0 0
1 1 122x P y Pz z
x y= = = = ,
Por lo tanto la ecuación será:
1( 1/ 2)·2 ( 2)·2
x y z− + − = 4 4 2x y z⇒ + − = , la ecuación del plano y
1/ 2 2 02 1/ 2 1
x y z− − −= =
−2 1 2 4
4 1 1x y z− −
⇒ = =−
La recta normal.
Nótese que el vector gradiente es (2,1/2,-1) ó (4,1,-2) y es normal a la superficie y se puede observar tanto en los coeficientes de las variables en el plano tangente como en los denominadores de la recta normal 2.- Obtener las ecuaciones del plano tangente y de la reta normal en (2,-3,1) a la superficie:
2 2 24 3 10x y z− + =
Solución: Se trata de una forma implícita y corresponde al elipsoide de un manto.La ecuación correspondiente será:
00 0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) )( ) 0x y zx x F P y y F P z z F P− + − + − = ⇒
51
0 0 0 0 0 0( )·(8 ) ( )·( 2 ) ( )·(6 ) 0x x x y y y z z z− + − − + − = ⇒ ( 2)·16 ( 3)·6 ( 1)·6 0x y z− + + + − = ⇒ 16 6 6 20 8 3 3 10.x y z ó x y z+ + = + + = Donde (8, 3, 3) tiene la dirección de Grad. F.
La recta normal será: 2 3 116 6 6
x y z− + −= = =λ .
Cuya forma paramétrica será: 16 26 36 1
xyz
λλλ
= += −= +
3.- Probar que la ecuación del plano tangente a una superficie cuádrica se obtiene por “desdoblamiento”. Solución.
a) Consideremos: 2 2 2
2 2 2 1x y za b c
+ + = , Donde la ecuación del plano tangente es:
0 0 0
0 0 02 2 22 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( ) 0x y z
x x y y z za b c
− + − + − = Ordenando:
2
0 0 0 0 0 02 2 2 2 2 2
xx yy zz x y za b c a b c
+ + = + + Como el punto el punto 0P está en la superficie:⇒
2
0 0 02 2 1
xx yy zzba c
+ + = . Esto es el llamado desdoblamiento de la ecuación .Nótese que
ocurre lo mismo con las cuádricas: Hiperboloides de uno y dos mantos, Conos elípticos en que las tres variables están en 2º pues cambian solo los signos.
b) Consideremos: 2 2
2 2x y cza b
± = , La ecuación del plano tangente toma la
forma: 0 00 0 02 2
2 2( )( ) ( )( ) ( )
x yx x y y c z z
a b− ± − = − Ordenando.
52
2
20 0 0 0
0 0 02 2 21 1( ) ( ) ( )2 2
xx yy x yc z z cz c z z
b a ba± = ± + − = + − ⇒
0 0 02 2 ( )
2xx yy z z
ca b
+± = Que es la forma desdoblada de la ecuación de la
superficie. 4.- Deducir la ecuación del plano tangente a la superficie: 2 2 24 3 10x y z− + = , en el punto (2 , -3 , 1 ). Solución. Desdoblando:
0 0 04 3 10 8 3 3 10xx yy zz x y z− + = ⇒ + + = ,(Ver ejemplo 1). 5.- Encuentre los puntos del hiperboloide: 2 2 22 4 16x y z− − = en los que el plano tangente es paralelo al plano: 4 2 4 5x y z− + = . Solución. El vector normal al plano dado tiene la dirección dada por los coeficientes:
(4, 2,4)n = − El vector gradiente y normal a la superficie en un punto 0P es:
0( )F P∇ = ( 0 0 08 , 2 ,6 )x y z− La condición de paralelismo se expresa como:
0 0 0 0 0 0 0( ) (2 , 4 , 86 ) (4, 2,4) 2 ; / 2; / 2F P n x y z x y zλ λ λ λ λ∇ = ⇔ − − = − ⇒ = = = − ∴
22 2 2 2 2 20 0 0
5 4 22 4 4 / 2 162 5
x y z λλ λ λ λ− − = − − = = ⇒ = ± , luego hay dos puntos :
1 24 2 1 1 1 1(2, , ) ( 2, , )
2 2 2 25P P= − = − − .
4.-Probar que las superficies: 2 2 22 0 1x y z y xyz− + = = son ortogonales en todo punto común.(Los vectores normales son ortogonales) 5.- Encuentre los puntos del paraboloide 2 24 9z x y= + en que la normal es paralela a la recta por P(-2, 4, 3) y Q(5, -1, 2).- 4.5.2.-.- Valores extremos.- El estudio de los valores extremos para funciones de varias variables, guarda una importante similitud con las funciones de una variable.
53
Definición. Si ( )w f P= es una función definida en 2 3D R ó R⊆ , Entonces ( )f P , tiene un máximo local en 0P D∈ , Si y solo si: 0 0( ) ( ) ( )f P f P P V P≤ ∀ ∈ La función tiene un mínimo local en 1P D∈ , Si y solo si: 1 1( ) ( ) ( )f P f P P V P≥ ∀ ∈ Si la condición se cumple P D∀ ∈ , se dirá que es un máximo ó mínimo absoluto. Teorema.(Condición Necesaria) Para /( , )z f x y= ,definida en 2D R⊆ con 0P = 0 0( , )x y D∈ , un punto de máximo. Entonces:
0 0( ) ( ) 0f fP Px y∂ ∂
= =∂ ∂
Demostración. Si 0P es punto de máximo
0 0 0 00 0 0 0
0 0( , ) ( , )( , ) ( , )
0 0si hf x h y k f x y
f x y f x h y ksi hh
≥ <+ + − ⎧⇒ ≥ + + ∴ ⎨≤ >⎩
Pero como existe:
0 00 00
( , )( ) lim ( ) 0
h
f x yf fP Px h x→
Δ∂ ∂= ⇒ =
∂ ∂,
Análogamente 0( ) 0f Py∂
=∂
.
Observación. 1.-También para el caso que el punto sea de mínimo el argumento es similar. 2.- Si la función es ( , , )w f x y z= la condición necesaria es :
54
. 0 0 0( ) 0 , ( 0 , ( ) 0f f fP P Px y z∂ ∂ ∂
= = =∂ ∂ ∂
Si 0 0 0 0( , , )P x y z= es un punto de
máximo o de mínimo. 3.- La aplicación de este teorema se da en el siguiente sentido.”En el punto donde las derivadas no se anulan no puede ser ni de Máximo ni de mínimo” por lo que la búsqueda de estos se hará entre aquellos que anulen las derivadas es decir resolvemos el sistema:
0 ,
0
fxfy
∂=
∂∂
=∂
Entendiendo que no todas las soluciones son puntos de máximo o de mínimo atendiendo al hecho que el teorema es solo condición necesaria., por lo que la identificación de éstos requiere de otros argumentos. Definición: Se llama punto crítico para una función ( )f P aquel donde se anulan las derivadas parciales primeras. Observación. 1.-Mirando el problema en un sentido geométrico, el punto crítico se caracteriza por que en él el plano tangente es horizontal puesto que si en su ecuación las derivadas se anulan.
0 0 0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( )f fx x P y y P z z z zx y∂ ∂
− + − = − ⇒ =∂ ∂
Es decir es la ecuación de un plano paralelo al plano (x,y).Pero ello también ocurre en un punto llamado de ensilladura, ó punto silla como por ejemplo si la función representa a un hiperboloide parabólico ,más conocido como la silla de montar-
2 2z x y= − z y x En (0,0) las derivadas se anulan, pero el punto no es de máximo ni de mínimo, es un punto silla ya que si 20y z x= ⇒ = , es un parábola que cambia de decreciente a
55
creciente en x = 0 (punto de mínimo) si 20x z y= ⇒ = − ,es una parábola que cambia de creciente a decreciente en y = 0 (punto de máximo). 2.- La identificación de un punto crítico puede requerir de un análisis de la situación si ésta es concreta, pero para un problema teórico debemos recurrir a las segundas derivadas tal como en el caso de funciones de una variable. Ejemplos 1.- Hallar los puntos críticos de : 2 / 3 2 / 3( , )f x y x y= + . ¡Identificarlos!. Solución:
a)
1/ 3
1/ 3
2 032 03
f xxf yy
−
−
∂= =
∂∂
= =∂
Como se ve el sistema no da solución, pero como ( , ) 0 ( , ) (0,0) 0f x y x y y f≥ ∀ = ⇒ (0,0) es un punto de mínimo. 2.-Analizar:
2 2 1/ 3( , ) ( )f x y x y= + .
Solución:
2 2 2 / 3
2 2 2 / 3
20 ( ) 0 0320 ( ) 0 03
x
y
xf x y x
yf x y y
−
−
= ⇒ + = ⇒ =
= ⇒ + = ⇒ = el punto crítico es el (0,0).
Pero como ( , ) 0 ( , ) (0,0) 0f x y x y y f≥ ∀ = , tenemos un punto de mínimo. 3.-Hallar las dimensiones del paralelepípedo rectangular de mayor volumen que se pueda inscribir en el elipsoide: 2 2 216 4 9 144x y z+ + = . Solución. a) Gráfico, primer octante. b) Volumen: 8 xyz.
56
Como el vértice P(x,y,z) está en el elipsoide se debe cumplir la condición: 2 2 2 2 2116 4 9 144 0 144 16 4
3x y z z x y+ + − = ⇒ = − − , que debemos incorporar a la
función por analizar que es la del volumen. Así:
c) Función a extremar: 2 28( , ) 144 16 4 .3
f x y xy x y= − −
d) Condición necesaria.
8 160 ( ) 038 40 ( ) 03
x
y
xf y xy
yf x xy
= ⇒ − =
= ⇒ − =
4 2y x y xx y
⇒ = ∴ =43 ; 2 3 3.3
x y z⇒ = = ∴ =
Análisis: Estos valores dan un volumen extremo que debe ser máximo puesto que un volumen mínimo en esas condiciones sería un paralelepípedo casi plano o sea con una de sus variables casi cero. 4.- Hallar puntos críticos de 2 2( , ) 1 ,f x y x y= + + en el dominio 2 2: 0 1D x y≤ + ≤ . Solución.
a) Condición necesaria:
0 2 0 0 2 0.x yf x f y= ⇒ = = ⇒ = El punto crítico único es el (0,0) que se puede hallar por esta vía. Y como (0,0) (0,0) ( , ) ( , )D y f f x y x y D∈ ≤ ∀ ∈ es un punto de mínimo local. Pero en la frontera de D donde no hay derivadas se tiene que ( , ) 2f x y = en cambio dentro de D ( , ) 2f x y < , por lo que todos sus puntos son de máximo local. Todo esto se puede observar en el gráfico del paraboloide cortado por el plano z = 1.-
5.- Hallar los puntos críticos de la función:2 22 2 ( )( , ) ( ) x yf x y x y e− += + .
Solución.
( ) ( )22 2 2( ) 2 2 ( ) 2 22 2 ( 3 ) 0; 6 2 ( 3 ) 0x y x yf fe x x x y e y y x y
x y− + − +∂ ∂
= − + = = − + =∂ ∂
57
O bien el sistema:2 2
2 2
2 (1 3 ) 0
2 (3 3 ) 0
x x y
y x y
− − =
− − =( , ) (0,0)x y⇒ =
Si 0x = , en la segunda ecuación tenemos: 1y = ± Si 0y = , en la primera ecuación se da 1x = ± . De modo que los puntos críticos serían:
0 1 2 3 4(0,0) (1,1) (1, 1) ( 1,1) ( 1, 1)P P P P P− − − − , hasta aquí podemos llegar de modo que la identificación de cada uno requiere de un criterio que comprende a las segundas derivadas. Teorema (Condición Suficiente) Sea ( , )z f x y= con segundas derivadas continuas en torno de un punto 0P donde:
0 0( ) ( ) 0f fP Px y∂ ∂
= =∂ ∂
.
Entonces: a) Si H(x,y)=[ ]2
00 0xx yy xy xxf f f y f en P− > > , hay mínimo local en 0P
b) Si H(x,y)>0 y 00xxf en P< , hay máximo local. en 0P
c) Si H(x,y)<0, hay punto silla en el punto 0P .
d) Si H(x,y)=0 , no se tiene información. Demostración: (Se omite).
H(x,y)= [ ]yyxy
xyxxxyyyxx ff
fffff =− 2 es llamado “ Determinante Hessiano”
Ejemplos. 1.- Hallar los puntos extremos de la función: 3 3.( , ) 3f x y x xy y= + − Solución.
a) Condición Necesaria:
2
2
0 3 3 0
0 3 3 0 (0,0) (1, 1) cos.x
y
f x y
f x y y puntos críti
= ⇒ + =
= ⇒ − = ∴ −
b) Condición Suficiente:
58
6 3 6xx xy yyf x f f y= = = −6 3
( , ) 36 93 6
xH x y xy
y⇒ = = − −
−∴
(0,0) 0H < y (1, 1) 0 0xxH con f− > > , luego punto de mínimo.
2.- Señalar los puntos extremos de la función.
2 2( , ) 2 4 2f x y x y x y= − + − − . Solución.
a) Condición Necesaria:
0 2 2 00 2 4 0 ( 1, 2)
x
y
f xf y punto crítico= ⇒ + =
= ⇒ − − = ∴ − −
b) Condición suficiente.
2 0 2 ( 1, 2) 4 0xx xy yyf f f H= = = − ⇒ − − = − < , luego es un punto silla.
3.- Determinar todos los puntos extremos de la función:
4 3 2( , ) 1f x y x y x y= − − + +
Solución.
a) Condición necesaria:
3
2
20 4 2 0 02
30 3 1 03
x
y
f x x x x
f y y
= ⇒ − = ⇒ = ∧ = ±
= ⇒ − + = ⇒ = ±
Los puntos críticos son:
0 1 2 3 4 53 3 2 3 2 3 2 3 2 3(0, ); (0, ); ( , ); ( , ); ( , ); ( , )
3 3 2 3 2 3 2 3 2 3P P P P P P− − − − −
b) Condición suficiente.
2 212 2 0 6 ( , ) 6 (2 12 )xx xy yyf x f f y H x y y x= − = = − ⇒ = −
59
0 0 1 1 2 2
3 3 4 4 5 5
( ) 0 0 ; ( ) 0 ; ( ) 0 ;( ) 0 ; ( ) 0; 0 min ; ( ) 0 0 .
xx
xx xx
H P f P máximo H P P Silla H P P SillaH P P Silla H P f P imo H P f P mínimo
> < ⇒ < ⇒ < ⇒
< ⇒ > > ⇒ > > ⇒
4.- Hallar los puntos críticos de la función:
2 24( , ) (2 ) x yf x y x y e− −= +
Solución.
a) Condición Necesaria:
2 2
2 2
4 2 2
4 2 2
0 (2 16 8 ) 0 (1 8 4 ) 0
0 (1 4 2 ) 0 (1 4 2 ) 0
x yx
x yy
f e x xy x xy
f e xy y xy y
− −
− −
= ⇒ − − = ⇒ − − =
= ⇒ − − = ⇒ − − =⇒
1 14. 2
x e y= = Punto crítico único.
b) Condición suficiente.
( )2 2 2 24 2 4 3 22 8 (1 8 4 ) ( 16 4 ) 8 (16 8 6 )x y x yxxf e x x xy x y e x x y x y− − − −= − − − + − − = + − −
( )2 24 22 (2 16 8 ) ( 8 )
x y
xyf e y x xy x− −
= − − − + −2 24 2 24 (8 4 3 )x ye x y xy y− −= + −
( )2 24 22 (1 4 2 ) ( 4 4 )x yyyf e y xy y x y− −= − − − + − −
2 24 3 2(4 8 4 6 )x ye y xy x y− −= + − − .
21 1 1 1( , ) ( )( , ) 0
4 3 4 2xx yy xyH f f f= − < , luego se trata de un punto silla.
Además podemos agregar que : 1/ 20( )f P e−= y (0,0) 0f = por lo que el punto no es
de mínimo y como 1/ 2(1,1) 3f e−= el punto no es de máximo. 5.- Hallar puntos de máximo y mínimo de la función:
2 2( , ) 2f x y x xy y= + +
Solución:
a) 0 2 2 0
0 2 2 0
f x yxf x yy
∂= ⇒ + =
∂∂
= ⇒ + =∂
x y⇒ = − , luego los puntos críticos son los puntos de la recta
y x= − .
60
b) ( , ) 0H x y = , No hay información, sin embargo como 2( , ) ( ) 0 ( , ) 0f x y x y y f x x= + ≥ − = ⇒ Los puntos son todos de mínimo.
6.- Encontrar el punto del plano : 3 2 8x y z− + = que de la menor distancia desde el punto ( 1,3,2)P − . Solución:
a) La función que se estudia es la distancia entre dos puntos, en que uno de ellos es dado y el otro está condicionado a pertenecer al plano. La distancia la consideramos al cuadrado :
2 2 2 2( 1) ( 3) ( 2)d x y z= + + − + −
b) Como 12 3 8 ( 2) ( 3 12)2
z x y z x y= + − ⇒ − = + − ,luego para formular el
modelo reemplazamos en la distancia y queda:
2 2 21( , ) ( 1) ( 3) ( 3 12)4
f x y x y x y= + + − + + −
Esta es la función a extremar.
c) Condición necesaria:
10 2( 1) ( 3 12) 0230 2( 3) ( 3 12) 02
x
y
f x x y
f y x y
= ⇒ + + + − =
= ⇒ − + + − =⇔
5 3 83 13 48x yx y+ =+ =
5 / 7, 27 / 7; 10 / 7x y z⇒ = − = − =
d) Análisis: El punto encontrado en el plano necesariamente define una distancia mínima desde el punto dado, pues la máxima sería infinita.
e) En este caso hemos obviado aplicar la condición suficiente. 4.5.3.-Extremos condicionados. Ya nos hemos enfrentado a problemas de hallar puntos extremos en que se incluyen una o más condiciones, como es el caso de este último ejemplo.Sin embargo existe una modalidad alternativa para resolverlos que consiste en definir una nueva función la llamada función de Lagrange, que da nombre al método de los multiplicadores de Lagrange de modo que si: ( , , )w f x y z= es la función a extremar y la condición es
( , , ) 0g x y z = en lugar de despejar z por ejemplo, en esta última y sustituir en la función para crear la función con la condición incluida. z = h(x,y),definimos
61
( , , ) ( , , ) ( , , )L x y z f x y z g x y zλ= + Con λ el multiplicador de lagrange. Para luego aplicar la condición necesaria. Si es del caso que tenemos dos condiciones g(x,y,z) = 0 y h(x,y,z) = 0 la función de Lagrange toma la forma: ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , )L x y z f x y z g x y z h x y zλ η= + + . Quedaría por demostrar que esta modalidad de aplicar la condición necesaria a la función de Lagrange es equivalente a hacerlo a la función con la condición incorporada, pero ello es un tema que se puede omitir aunque abordable. Ejemplos. 1.- Hallar la menor distancia del origen de coordenadas al plano:
3 2 12x y z+ − =
Solución. La función distancia al origen : 2 2 2 2d x y z= + + , La condición es : 3 2 12 0x y z+ − − = . La función de Lagrange: 2 2 2( , , ) ( 3 2 12)L x y z x y z x y zλ= + + + + − − La condición necesaria:
0 2 00 2 3 0
0 2 2 0
x
y
z
L xL y
L z
λλ
λ
= ⇒ + =
= ⇒ + =
= ⇒ − =
3 2 3(3 ) 2( 2 ) 12 6 / 7; 18 / 7; 12 / 7y x z x x x x x y z⇒ = = − ∴ + − − = ⇒ = = = − Los valores encontrados corresponden lógicamente a una distancia mínima pues la máxima es infinita. La distancia buscada será: 2 2 2(6 / 7) (18 / 7) ( 12 / 7) 3.18d = + + − ≈ . 2.- El material para la base de una caja rectangular con tapa cuesta el doble que para las otras caras, si se desea un volumen de 8 3dm . ¿Qué dimensiones la hacen más económica? Solución. La función costo será:
( , , ) 2( ) ( ) 2( ) 2( )C x y z xy xy xz yz= + + + , Donde: x , y , z son las aristas de la caja, y la condición:
62
( , , ) 8V x y z = . Por lo tanto.
( , , ) ( , , ) · ( , , )L x y z C x y z V x y zλ= + ó ( , , ) 3 2 2 ( 8)L x y z xy xz yz xyzλ= + + + − La condición Necesaria:
2
0 3 2 00 3 2 0
0 2 2 0 4 0; 0 4 /
x
y
z
L y z yzL x z xz x y
L x y xy y y y y
λλ
λ λ λ
= ⇒ + + =
= ⇒ + + = ⇒ =
= ⇒ + + = ⇒ + = ≠ = −
De la primera ecuación: 3 2 0 3 / 2y z z y− = ⇒ = y como
x y= ⇒ 3 3 333 38 16 / 3; 16 / 3; 16 / 32 2
y y x z= ∴ = = =
Como el máximo costo se produciría si la base fuera extremadamente grande, este valor encontrado es el pedido. 3.- Demostrar que el producto de los senos de los ángulos de un triángulo es máximo cuando este es equilátero. Solución. Sea ( , , ) ( ) ( ) ( )f x y z Sen x Sen y Sen z= . La función en estudio y 180 0x y z+ + − = , La condición. Luego Lagrange será:
( , , ) ( ) ( ) ( ) ) )L x y z Sen x Sen y Sen z x y zλ= + + + La Condición Necesaria:
0 ( ) ( ) ( ) 0 ;0 ( ) ( ) ( ) 0 ;
0 ( ) ( ) ( ) 0
x
y
z
L Cos x Sen y Sen zL Sen x Cos y Sen z
L Sen x Sen y Cos z
λλ
λ
= ⇒ + =
= ⇒ + =
= ⇒ + =( ) ( ) 1; ( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( )Cotg x Tg y Cotg y Tg z Tg x Tg y Tg z x y z⇒ = = ∴ = = ⇒ = =
El triángulo es equilátero.
63
4.5.4.-Guía de Ejercicios.-. 1.- Probar que la recta normal en todo punto de la esfera pasa por su centro. 2.- Encontrar la ecuación del plano tangente a la superficie: 2 2 22 7x xy y z− − − = en (1,-1,3). 3.- Encuentre un vector normal a la superficie. 2 2 3x y z+ = .En (1, 3,10/3) 4.-Pruebe que la función 2 2( , ) ( )f x y xy y x= − , tiene un punto silla en el origen. 5- Se construye un estanque de forma un cilindro recto circular de radio 5 cm. Y altura “H”,coronado con un cono recto de altura “h”,si el área total del cuerpo es 100 2.cm Encontrar H y h para que el volumen total sea máximo. 6.- En un rectángulo de perímetro 4cm,coronado por un triángulo isósceles de ángulo basalα .Hallar la magnitud de los lados del rectángulo y el ángulo de modo que el área sea máxima. 7.- Una caja rectangular sin tapa tiene una capacidad de 256 3.cm Encontrar las dimensiones de ella para que su superficie sea mínima. 8.- Mediante los multiplicadores de Lagrange encontrar en la curva;
2 22 3 9x xy y+ + = , el punto más cercano y el más lejano al origen. 9.- Hallar la ecuación del plano por (2,1,1) que genera un volumen mínimo con los planos coordenados en el primer octante.
10.- De todos los rectángulos inscritos en le elipse;2 2
19 16x y
+ = .Encuentre aquellos que
a) Tiene mayor área. b) Aquel que tiene mayor perímetro. Bibliografía: 1.- Cálculo y Geometría Analítica: George.F.Simmons. 2.- Cálculo. James Stewart. 3.- Cálculo Larson-Hostetler_Edwards. 4.- Cálculo Diferencial e Integral. F.Ayres y E. Mendelson (Schaum).
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