derivadas parciales ejercicios

FUNDAMENTOS MATEMÁTICOS DE LA INGENIERÍAIngeriería Técnica Industrial. Especialidad en Mecánica.

Boletin 6. Funciones de Varias VariablesCurso 2003-2004

EJERCICIOS RESUELTOS

1. En cada apartado, calcular el límite y discutir la continuidad de la función de la que se calcula el límite

(a) lim(x,y)→(2,1)

¡x+ 3y2

¢(b) lim

(x,y)→(2,4)x+ y

x− y (c) lim(x,y)→(1,1)

x√x+ y

(d) lim(x,y)→(0,1)

arcsen³xy

´1 + xy

(e) lim(x,y)→(π4 ,2)

y senxy (f) lim(x,y)→(0,0)

exy

Solución:

Todas las funciones que aparecen en cada uno de los apartados de este ejercicio son continuas en sus res-pectivos dominios de definición por ser composición, suma, producto y/o cociente de funciones continuas.Así, el cálculo de todos los límites se realiza por simple sustitución, ya que el punto donde deben sercalculado dichos límites siempre pertenece al dominio de la función.

(a) lim(x,y)→(2,1)

x+ 3y2 = 2 + 3 · 12 = 5 Dominio: R2.

(b) lim(x,y)→(2,4)

x+ y

x− y =2 + 4

2− 4 = −3 Dominio: D = {(x, y) ∈ R2 : x 6= y}.

(c) lim(x,y)→(1,1)

x√x+ y

=1√2

Dominio: D = {(x, y) ∈ R2 : x+ y > 0}.

(d) lim(x,y)→(0,1)

arcsen(x/y)

1 + xy= 0 Dominio: D = {(x, y) ∈ R2 : y 6= 0, |x/y| ≤ 1, 1 + xy 6= 0}.

(e) lim(x,y)→(π/4,2)

y senxy = 2 senπ/2 = 2 Dominio: R2.

(f) lim(x,y)→(0,0)

exy = 1 Dominio: R2.

2. Calcular las derivadas parciales primeras y segundas de las siguientes funciones:

(a) z = tg(2x− y) (b) z = xexy (c) z = x ln(xy)

(d) w =xy

x+ y + z(e)w =

1p1− x2 − y2 − z2 (f) w = ln(xyz2)

Solución:

(a) z = tg(2x−y). Las derivadas parciales de z después de simplificar y factorizar quedan de la siguienteforma. Se ha utilizado que (secx)0 = secx tg x.Derivadas parciales de primer orden:∂z

∂x= 2 sec2(2x− y) ∂z

∂y= − sec2(2x− y)

Derivadas parciales de segundo orden:∂2z

∂x2= 8 sec2(2x− y) tg(2x− y) ∂2z

∂y2= 2 sec2(2x− y) tg(2x− y)

∂2z

∂x∂y=

∂2z

∂y∂x= −4 sec2(2x− y) tg(2x− y)

(b) z = xexy

Derivadas parciales de primer orden:∂z

∂x= 1 · exy + xexy 1

y= e

xy

µ1 +

x

y

¶∂z

∂y= xe

xy

µ−xy2

¶= −x

2

y2exy

1

Boletín 6. Ejercicios Resueltos. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería Mecánica. Curso 2003-04 2

Derivadas parciales de segundo orden:∂2z

∂x2= e

xy1

y

µ1 +

x

y

¶+e

xy1

y= e

xy

µ2

y+x

y2

¶∂2z

∂y2=2x2

y3exy+

µ−x

2

y2

¶exy

µ−xy2

¶=x2

y3exy

µ2 +

x

y

¶∂2z

∂x∂y=

∂2z

∂y∂x= − x

y2exy +

µ1 +

x

y

¶exy

µ−xy2

¶= − x

y2exy

µ2 +

x

y

¶(c) z = x ln(xy) = x (lnx+ ln y) = x lnx+ x ln y

Derivadas parciales de primer orden:∂z

∂x= lnx+ x

1

x+ ln y = 1 + lnx+ ln y

∂z

∂y=x

yDerivadas parciales de segundo orden:∂2z

∂x2=1

x

∂2z

∂y2=−xy2

∂2z

∂x∂y=

∂2z

∂y∂x=1

y

(d) w =xy

x+ y + z. Las derivadas parciales de w después de simplificar y factorizar quedan de la siguiente

forma.Derivadas parciales de primer orden:∂w

∂x= y

y + z

(x+ y + z)2∂w

∂y= x

x+ z

(x+ y + z)2∂w

∂z= −x y

(x+ y + z)2

Derivadas parciales de segundo orden:∂2w

∂x2= −2y y + z

(x+ y + z)3 =

∂2w

∂y2= −2x x+ z

(x+ y + z)3

∂2w

∂z2= 2x

y

(x+ y + z)3

∂2w

∂x∂y=

∂2w

∂y∂x=2xy + xz + yz + z2

(x+ y + z)3

∂2w

∂x∂z=

∂2w

∂z∂x= y

x− y − z(x+ y + z)

3

∂2w

∂y∂z=

∂2w

∂z∂y= −x x− y + z

(x+ y + z)3

(e) w =1p

1− x2 − y2 − z2 =¡1− x2 − y2 − z2¢−1/2 .

Derivadas parciales de primer orden:∂w

∂x=−12

¡1− x2 − y2 − z2¢−3/2 (−2x) = x ¡1− x2 − y2 − z2¢−3/2 = xq

(1− x2 − y2 − z2)3∂w

∂y=−12

¡1− x2 − y2 − z2¢−3/2 (−2y) = y ¡1− x2 − y2 − z2¢−3/2 = yq

(1− x2 − y2 − z2)3∂w

∂z=−12

¡1− x2 − y2 − z2¢−3/2 (−2z) = z ¡1− x2 − y2 − z2¢−3/2 = zq

(1− x2 − y2 − z2)3Derivadas parciales de segundo orden:∂2w

∂x2=¡1− x2 − y2 − z2¢−3/2 + xµ−3

2

¶¡1− x2 − y2 − z2¢−5/2 (−2x) = 2x2 + 1− y2 − z2q

(1− x2 − y2 − z2)5∂2w

∂y2=¡1− x2 − y2 − z2¢−3/2 + yµ−3

2

¶¡1− x2 − y2 − z2¢−5/2 (−2y) = 2y2 + 1− x2 − z2q

(1− x2 − y2 − z2)5∂2w

∂z2=¡1− x2 − y2 − z2¢−3/2 + zµ−3

2

¶¡1− x2 − y2 − z2¢−5/2 (−2z) = 2z2 + 1− x2 − y2q

(1− x2 − y2 − z2)5∂2w

∂x∂y=

∂2w

∂y∂x=

3xyq(1− x2 − y2 − z2)5

∂2w

∂x∂z=

∂2w

∂z∂x=

3xzq(1− x2 − y2 − z2)5

∂2w

∂y∂z=

∂2w

∂z∂y=

3yzq(1− x2 − y2 − z2)5

(f) w = ln¡xyz2

¢= lnx+ ln y + 2 ln z


Derivadas parciales de primer orden:∂w

∂x=1

x

∂w

∂y=1

y

∂w

∂z=2

zDerivadas parciales de segundo orden:∂2w

∂x2= − 1

x2∂2w

∂y2= − 1

y2∂2w

∂z2= − 1

z2

∂2w

∂x∂y=

∂2w

∂y∂x=

∂2w

∂x∂z=

∂2w

∂z∂x=

∂2w

∂y∂z=

∂2w

∂z∂y= 0

3. Dada la función f(x, y) =1

x+1

y+ xy, calcular todos los valores de x e y para los que se verifica que

fx(x, y) = 0 y fy(x, y) = 0 simultáneamente.

Solución:

En primer lugar, obtenemos las derivadas parciales de primer orden de f :

fx(x, y) = − 1x2+ y, fy(x, y) = − 1

y2+ x.

Ahora, resolvemos el sistema de ecuaciones (no lineales)

− 1x2+ y = 0,

− 1y2+ x = 0.

De la primera de las ecuaciones

obtenemos y =1

x2y la sustitución en la segunda ecuación nos conduce a −x4 + x = 0⇐⇒ x(−x3 + 1) =

0 ⇐⇒ x = 0, x = 1. Pero, nótese que los puntos de la recta x = 0 no pertenecen al dominio de f, por lo

que los valores pedidos son x = 1 e y =1

12= 1.

4. a) Comprobar que la función z = ex sen y satisface la ecuación de Laplace∂2z

∂x2+

∂2z

∂y2= 0.

b) Comprobar que la función z = e−t senx

c, donde c es una constante no nula, satisface la ecuación del

calor∂z

∂t− c2 ∂

2z

∂x2= 0.

Solución:

(a) z = ex sen y. Calculemos las derivadas parciales segundas∂2z

∂x2y∂2z

∂y2.

∂z

∂x= ex sen y = z,

∂z

∂y= ex cos y,

∂2z

∂x2=

∂z

∂x= z,

∂2z

∂y2= −ex sen y = −z.

Así,∂2z

∂x2+

∂2z

∂y2= z − z = 0.

(b) z = e−t sen (x/c) . Calculemos las derivadas parciales∂z

∂ty∂2z

∂x2.

∂z

∂t= −e−t sen (x/c) = −z, ∂z

∂x=e−t

ccos (x/c) ,

∂2z

∂x2= −e

−t

c2sen (x/c) = − z

c2.

De esta forma,∂z

∂t− c2 ∂

2z

∂x2= −z + c2 z

c2= −z + z = 0.

5. La aceleración centrípeta de una partícula que se mueve por un círculo es a =v2

r, donde v es la velocidad

y r es el radio del círculo. Estimar el máximo error porcentual en la aceleración si las cotas de error en vy r son del 2 por 100 y del 1 por 100, respectivamente.

Solución:

A partir de los datos del problema tenemosdv

v=∆v

v= ±0.02, dr

r=∆r

r= ±0.01. Por consiguiente,

∆a ' da = ∂a

∂vdv +

∂a

∂rdr =

2v

rdv − v

2

r2dr,


de donde teniendo en cuenta de nuevo que a =v2

r, se tiene

∆a

a' da

a=

2vrv2

r

dv −v2

r2

v2

r

dr = 2dv

v− drr= 2 (±0.02)− (±0.01) = ±0.05.

Es decir, el máximo error porcentual en la medida de la aceleración centrípeta es del 5%.

6. Un leñador puede cometer un error del 5% al medir el diámetro y un 3% al medir la altura de un troncocilíndrico, recto y circular. Estimar el máximo error porcentual en el volumen del tronco.

Solución:

El volumen del tronco es V =π

4D2H, donde D es diámetro del tronco y H es la altura. Así,

∆V ' dV = ∂V

∂DdD +

∂V

∂HdH =

π

2DHdD +

π

4D2dH

y por tanto,

∆V

V' dV

V=

π2DHπ4D

2HdD +

π4D

2

π4D

2HdH = 2

dD

D+dH

H= 2 (±0.05) + (±0.03) = ±0.13.

Luego, el error porcentual al medir el volumen del tronco puede ser hasta del 1.3%.

7. a) Usando la regla de la cadena, hallardz

dt, siendo z = x sen y y x = e−t e y = π − t.

b) Usando la regla de la cadena, hallardw

dt, siendo w = xy cos z, x = t, y = t2 y z = arcsen t.

c) Usando la regla de la cadena, hallard2w

dt2, siendo w = arccotan(2xy), x = cos t, y = sen t. Calcular,

además,d2w

dt2cuando t = 0.

Solución:

(a) z = x sen y, x = e−t, y = π − t.dz

dt=

∂z

∂x· dxdt+

∂z

∂y· dydt= [sen y · (−e−t) + x cos y · (−1)]|x=e−t,y=π−t =

= −e−t sen (π − t)− e−t cos (π − t) = e−t (cos t− sen t) .(b) w = xy cos z, x = t, y = t2, z = arcsen t.

dw

dt=

∂w

∂x·dxdt+∂w

∂y·dydt+∂w

∂z·dzdt=

·y cos z · 1 + x cos z · (2t)− xy sen z · 1√

1− t2¸¯̄̄̄x=t,y=t2,z=arcsen t

=

= t2 cos (arcsen t) + 2t2 cos (arcsen t)− t4√1− t2 = 3t

2√1− t2 − t4√

1− t2 =3t2 − 4t4√1− t2 .

(c) w = arccotg(2xy), x = cos t, y = sen t.

En este caso, vamos a obtener la expresión ded2w

dt2aplicando la regla de la cadena de forma sucesiva

y sin utilizar las expresiones explicítitas de w,x e y. Al final sustituiremos dichas expresiones.

Aplicando la regla de la cadena sabemos quedw

dt=

∂w

∂x· dxdt+

∂w

∂y· dydt, luego

d2w

dt2=d

dt

µdw

dt

¶=d

dt

µ∂w

∂x· dxdt+

∂w

∂y· dydt

¶y aplicando la derivada para la suma y el producto se obtiened

dt

µ∂w

∂x· dxdt+

∂w

∂y· dydt

¶=d

dt

µ∂w

∂x

¶· dxdt+

∂w

∂x· d

2x

dt2+d

dt

µ∂w

∂y

¶· dydt+

∂w

∂y· d

2y

dt2.


Ahora, utilizando la regla de la cadena para las funciones∂w

∂xy∂w

∂yse tiene

d

dt

µ∂w

∂x

¶=

∂

∂x

µ∂w

∂x

¶· dxdt+

∂

∂y

µ∂w

∂x

¶· dydt=

∂2w

∂x2· dxdt+

∂2w

∂y∂x· dydt

d

dt

µ∂w

∂y

¶=

∂

∂x

µ∂w

∂y

¶· dxdt+

∂

∂y

µ∂w

∂y

¶· dydt=

∂2w

∂x∂y· dxdt+

∂2w

∂y2· dydt.

Por consiguiente, imponiendo la igualdad para las derivadas parciales cruzadas conseguimosd2w

dt2=

µ∂2w

∂x2· dxdt+

∂2w

∂y∂x· dydt

¶· dxdt+

∂w

∂x· d

2x

dt2+

µ∂2w

∂x∂y· dxdt+

∂2w

∂x2· dydt

¶· dydt+

∂w

∂y· d

2y

dt2=

=∂2w

∂x2·µdx

dt

¶2+

∂2w

∂y∂x· dydt· dxdt+

∂w

∂x· d

2x

dt2+

∂2w

∂x∂y· dxdt· dydt+

∂2w

∂x2·µdy

dt

¶2+

∂w

∂y· d

2y

dt2=

=∂2w

∂x2·µdx

dt

¶2+ 2 · ∂

2w

∂y∂x· dydt· dxdt+

∂w

∂x· d

2x

dt2+

∂2w

∂y2·µdy

dt

¶2+

∂w

∂y· d

2y

dt2.

Si ahora tenemos en cuenta que w = arccotg(2xy), x = cos t, y = sin t sen t, se obtiene

∂w

∂x= − 2y

1 + 4x2y2,

∂w

∂y= − 2x

1 + 4x2y2,

∂2w

∂x2= 16

xy3

(1 + 4x2y2)2 ,

∂2w

∂y2= 16

x3y

(1 + 4x2y2)2 ,

∂2w

∂y∂x= 2−1 + 4x2y2(1 + 4x2y2)

2

dx

dt= − sen t, d2x

dt2= − cos t, dy

dt= cos t,

d2y

dt2= − sen t,

y por consiguiente,

d2w

dt2=

"16

xy3

(1 + 4x2y2)2(− sen t)2 + 2 · 2 −1 + 4x

2y2

(1 + 4x2y2)2· cos t · (− sen t)+

+

µ− 2y

1 + 4x2y2

¶· (− cos t) + +16 x3y

(1 + 4x2y2)2· (cos t)2+

+

µ− 2x

1 + 4x2y2

¶· (− sen t)

¸¯̄̄̄x=cos t,y=sen t

=

= 16 cos tsen5 t

(1 + 4 cos2 t sen 2t)2 − 4

−1 + 4 cos2 t sen 2t(1 + 4 cos2 t sen 2t)

2 cos t sen t+

+4sen t

1 + 4 cos2 t sen 2tcos t+ 16

¡cos5 t

¢ sen t

(1 + 4 cos2 t sen 2t)2 =

= 8 cos t sen t2 sen 4t+ 1 + 2 cos4 t

(1 + 4 cos2 t sen 2t)2

Ahora, para t = 0, tenemosd2w

dt2(0) = 0.

8. Hallar∂z

∂ty∂z

∂susando la regla de la cadena, siendo z = x2 − y2 y x = s cos t e y = t sen s.

Solución:∂z

∂t=

∂z

∂x· ∂x∂t+

∂z

∂y· ∂y∂t

¯̄̄̄x=s cos t,y=t sen s

= 2x(−s sen t)− 2y sen s|x=s cos t,y=t sen s =

= 2s cos s(−s sen t)− 2t sen s sen s = −2s2 cos t sen t− 2t sen2 s = −s2 sen(2t)− 2t sen2 s.∂z

∂s=

∂z

∂x· ∂x∂s+

∂z

∂y· ∂y∂s

¯̄̄̄x=s cos t,y=t sen s

= 2x cos t− 2yt cos s|x=s cos t,y=t sen s =

= 2s cos2 t− 2t2 cos s sen s = 2s cos2 t− t2 sen(2s).


9. a) Calcular las derivadas parciales de z por derivación implícita en los siguientes apartados:

(a.1) x ln y + y2z + z2 = 8. (a.2) z = ex sen(y + z).

b) Calcular las derivadas parciales de w por derivación implícita en los siguientes apartados:

(b.1) xyz + xzw − yzw + w2 = 5. (b.2) w −√x− y −√y − w + z = 0.Solución:

(a) (a.1) Derivamos con respecto a x la identidad x ln y + y2z + z2 = 8.

ln y + y2∂z

∂x+ 2z

∂z

∂x= 0, luego

∂z

∂x= − ln y

y2 + 2zSi derivamos respecto de y se tienex

y+ 2yz + y2

∂z

∂y+ 2z

∂z

∂y= 0 y por tanto,

∂z

∂y= −

xy + 2yz

y2 + 2z= − x+ 2y2z

y (y2 + 2z)

(a.2) Repetimos el proceso para z = ex sen(y + z).

Derivando respecto de x se obtiene∂z

∂x= ex sen(y+ z) + ex cos(y+ z)

∂z

∂x= z+ ex cos(y+ z)

∂z

∂x. Por

consiguiente,∂z

∂x=

z

1− ex cos(y + z) .

Al derivar con respecto a y obtenemos∂z

∂y= ex cos(y+ z)

µ1 +

∂z

∂x

¶, luego

∂z

∂y=

ex cos(y + z)

1− ex cos(y + z) .

(b) (b.1) Ahora obtenemos las derivadas parciales de w respecto de x, y, z siendo xyz+xzw−yzw+w2 = 5.Derivamos con respecto a x y obtenemos yz + zw + xz

∂w

∂x− yz ∂w

∂x+ 2w

∂w

∂x= 0, y por tanto,

∂w

∂x= − yz + zw

xz − yz + 2w.

Derivando con respeto a y conseguimos xz + xz∂w

∂y− zw − yz ∂w

∂y+ 2w

∂w

∂y= 0, luego

∂w

∂y=−xz + zwxz − yz + 2w.

Derivando con respeto a z se tiene xy + xw + xz∂w

∂z− yw − yz∂w

∂z+ 2w

∂w

∂z= 0 y de aquí

∂w

∂z= −xy + xw − yw

xz − yz + 2w .

(b.2) De forma análoga para w −√x− y −√y − w + z = 0, obtenemos:Derivando con respecto a x se consigue

∂w

∂x− 1

2√x− y −

1

2√y − w

µ−∂w∂x

¶= 0, y por tanto,

∂w

∂x=

√y − w√

x− y (2√y − w + 1) .

Derivando respecto de y obtenemos∂w

∂y+

1

2√x− y −

1

2√y − w

µ1− ∂w

∂y

¶= 0, luego

∂w

∂y=−√y − w +√x− y√x− y (2√y − w + 1) .

Ahora, al derivar respecto de z se obtiene∂w

∂z− 1

2√y − w

µ−∂w∂z

¶+ 1 = 0 y por consiguiente,

∂w

∂z= −2

√y − w

2√y − w + 1 .


10. Determinar la derivada direccional de la función f en el punto dado y en la dirección indicada:

(a) f(x, y) = xy, P (1, 1), u = i+ j.

(b) f(x, y, z) = ln(1 + xyz2), P (2, 1, 0), u = −i+ j + k.Solución:

(a) Hacemos el vector u = i + j = (1, 1) unitario, tomando v =u

kuk =µ1√2,1√2

¶y conseguimos

Dvf(1, 1) = ∇f(1, 1) · v = (1, 1) ·µ1√2,1√2

¶=

2√2=√2.

(b) Tomamos v =u

kuk =µ−1√

3,1√3,1√3

¶. El gradiente de f es

∇f(x, y, z) = (fx(x, y, z), fy(x, y, z), fz(x, y, z)) =µ

yz2

1 + xyz2,

xz2

1 + xyz2,2xyz

1 + xyz2

¶,

luego Dvf(2, 1, 0) = ∇f(2, 1, 0) · v = (0, 0, 0) · v = 0.

11. a) Hallar la derivada direccional de f(x, y) = cos(x+ y) en el punto P (0,π) en la dirección de Q(π

2, 0).

b) Hallar la derivada direccional de f(x, y, z) = ln(x + y + z) en el punto P (1, 0, 0) en la dirección deQ(4, 3, 1).

Solución:

(a) Obsérvese que ∇f(x, y) = (− sen(x+ y),− sen(x+ y)) , luego ∇f(0,π) = −→0 = (0, 0) y por tanto,Duf(0,π) = ∇f(0,π) · u = −→0 · u = 0 para todo vector u unitario de R2.

(b) Calculamos el vector unitario u en la dirección de−→PQ = (4, 3, 2) − (1, 0, 0) = (3, 3, 2), u =

−→PQ

k−→PQk =µ3√22,3√22,2√22

¶. Teniendo en cuenta que ∇f(x, y, z) = 1

x+ y + z(1, 1, 1) , se tiene Duf(1, 0, 0) =

∇f(1, 0, 0) · u = (1, 1, 1) ·µ

3√22,3√22,2√22

¶=

3√22+

3√22+

2√22=

8√22.

12. La temperatura en los puntos (x, y, z) de una pieza metálica está dada por T (x, y, z) = e2x+y+3z. ¿En quédirección desde el origen se incrementa más rapidamente la temperatura?

Solución:

Como sabemos, la dirección de máximo crecimiento viene dada por el vector gradiente, luego, ya que∇T (x, y, z) = ¡2e2x+y+3z, e2x+y+3z, 3e2x+y+3z¢ , tenemos que el vector que marca el mayor crecimiento es∇T (0, 0, 0) = (2, 1, 3).

13. a) Calcular el gradiente de g(x, y) = ye−x2

y el valor máximo de la derivada direccional en el puntoP (0, 5).

b) Calcular el gradiente de g(x, y, z) = xeyz y el valor máximo de la derivada direccional en el puntoP (2, 0,−4).Solución:

(a) Puesto que ∇g(x, y) =³−2xye−x2 , e−x2

´, obtenemos que el valor máximo de la derivada direccional

en el punto P (0, 5) viene dado por k∇g(0, 5)k = k(0, 1)k = 1.(b) Análogamente, y utilizando que ∇g(x, y, z) = (eyz, xzeyz, xyeyz) , el valor máximo de la derivada

direccional en el punto P (2, 0,−4) es k∇g(2, 0,−4)k = k(1,−8, 0)k = √65.14. Hallar un vector normal y la recta tangente a la curva de nivel de f(x, y) = xy que pasa por el punto

P (−1, 3).Solución:

Sabemos que el vector normal viene dado por el gradiente. Así, el vector normal es n = ∇f(−1, 3) =(3,−1) y la recta tangente viene dada, en forma implícita por, 3(x+ 1) + (−1)(y − 3) = 0.


15. a) Calcular la ecuación del plano tangente y la ecuación de la recta normal a la superficie de ecuaciónz = x3 − 3xy + y3 en el punto P (1, 2, 3).b) Calcular la ecuación del plano tangente y la ecuación de la recta normal a la superficie de ecuaciónxy2 + 3x− z2 = 4 en el punto P (2, 1,−2).Solución:

(a) Utilizamos que la ecuación del plano tangente a la superficie dada por z = f(x, y) en el punto(x0, y0, f(x0, y0)) tiene por ecuación

z =∂f

∂x(x0, y0)(x− x0) + ∂f

∂y(x0, y0)(y − y0) + f(x0, y0).

Puesto que z = f(x, y) = x3 − 3xy + y3, se tiene ∂f

∂x(1, 2) = 3 · 12 − 3 · 2 = −3, ∂f

∂y(1, 2) =

−3 · 1 + 3 · 22 = 9, z0 = f(1, 2) = 3, la ecuación del plano tangente es z = −3(x− 1) + 9(y − 2) + 3,es decir, −3x+ 9y − z = 12.

La recta normal en forma paramétrica viene dada por

x = 1− 3t,y = 2 + 9t,z = 3− t,

con t ∈ R.

(b) En este apratado la superficie esta dada en forma implícita mediante xy2 + 3x − z2 = 4, luegotomando F (x, y, z) = xy2 + 3x− z2 − 4, la ecuación del plano tangente en el punto (2, 1,−2) vienedada por

∂F

∂x(2, 1,−2)(x− 2) + ∂F

∂y(2, 1,−2)(y − 1) + ∂F

∂z(2, 1,−2)(z + 2) = 0.

Así, usando que∂F

∂x(2, 1,−2) = 12+3 = 4, ∂F

∂y(2, 1,−2) = 2 · 2 · 1 = 4, ∂F

∂z(2, 1,−2) = −2 · (−2) = 4,

el plano tangente tiene por ecuación 4(x− 2) + 4(y − 1) + 4(z + 2) = 0, i.e., x+ y + z = 1.

La recta normal tiene por ecuaciones paramétricas

x = 2 + t,y = 1 + t,z = −2 + t,

con t ∈ R.

16. Encontrar y clasificar los puntos críticos de las siguientes funciones:

a) f(x, y) = x2 + y2 + 2x− 6y + 6.b) f(x, y) = 2x2 + 2xy + y2 + 2x− 3.c) z = xy.

d) z =−4x

x2 + y2 + 1.

Solución:

Para la resolución de cada uno de los apartados de este ejercicio debemos resolver, en primer lugar, el

sistema de ecuaciones

∂f

∂x(x, y) = 0,

∂f

∂y(x, y) = 0,

que nos proporciona los puntos críticos de f.

(a) Como∂f

∂x(x, y) = 2x+2,

∂f

∂y(x, y) = 2y− 6, la única solución del sistema

∂f

∂x(x, y) = 2x+ 2 = 0

∂f

∂y(x, y) = 2y − 6 = 0

es (x, y) = (−1, 3). Es decir, el único punto crítico de f es el punto (−1, 3).Ahora calculamos las derivadas parciales

∂2f

∂x2(x, y) = 2,

∂2f

∂y2(x, y) = 2,

∂2f

∂x∂y(x, y) = 0. Puesto que,

∂2f

∂x2(−1, 3) = 2 > 0, ∂2f

∂x2(−1, 3) · ∂

2f

∂y2(−1, 3)−

µ∂2f

∂x∂y(−1, 3)

¶2= 4 > 0,


resulta que el punto crítico (−1, 3) es un mínimo relativo y la función toma en este punto el valorf(−1, 3) = (−1)2 + 32 + 2(−1)− 6 · 3 + 6 = −4.Nótese que f(x, y) = (x+ 1)2 + (y − 3)2 − 4, luego en el punto (−1, 3) la función f toma su mínimoabsoluto.

(b) Resolvemos el sistema

∂f

∂x(x, y) = 4x+ 2y + 2 = 0

∂f

∂y(x, y) = 2x+ 2y − 3 = 0

y obtenemos (x, y) = (−5/2, 4). Puesto que

∂2f

∂x2(−5/2, 4) = 4 > 0, ∂2f

∂x2(−5/2, 4) · ∂

2f

∂y2(−5/2, 4)−

µ∂2f

∂x∂y(−5/2, 4)

¶2= 4 · 2− 22 = 4 > 0,

se deduce que (−5/2, 4) es un mínimo relativo.(c) Es fácil ver que el único punto crítico de f(x, y) = xy es el origen. Como

∂2f

∂x2(0, 0) · ∂

2f

∂y2(0, 0)−

µ∂2f

∂x∂y(0, 0)

¶2= 0 · 0− 12 = −1 < 0,

el origen es un punto de silla.

(d) Calculamos las derivadas parciales de f(x, y) =−4x

x2 + y2 + 1,

∂f

∂x(x, y) = 4

x2 − y2 − 1(x2 + y2 + 1)

2 ,∂f

∂y(x, y) = 8

x

(x2 + y2 + 1)2 y

y resolvemos el sistema

4x2 − y2 − 1(x2 + y2 + 1)

2 = 0,

8x

(x2 + y2 + 1)2y = 0,

obteniendo los dos puntos críticos (x, y) = (1, 0), (x, y) =

(−1, 0).Ahora, para establecer la naturaleza de los dos puntos críticos, calculamos las derivadas parciales desegundo orden:

∂2f

∂x2(x, y) = −8x x

2 − 3y2 − 3(x2 + y2 + 1)

3 ,∂2f

∂y2(x, y) = 8x

−3y2 + x2 + 1(x2 + y2 + 1)

3 ,∂2f

∂x∂y(x, y) = −8y 3x

2 − y2 − 1(x2 + y2 + 1)

3

A partir de aquí, tenemos

∂2f

∂x2(1, 0) = −81− 3

8= 2,

∂2f

∂y2(1, 0) = 8

2

8= 2,

∂2f

∂x∂y(1, 0) = 0,

por lo que es inmediato observar que el punto (1, 0) es un mínimo relativo.Análogamente,

∂2f

∂x2(−1, 0) = 81− 3

8= −2, ∂2f

∂y2(−1, 0) = −82

8= −2, ∂2f

∂x∂y(−1, 0) = 0,

y el punto (−1, 0) es un máximo relativo.

17. a) Calcular los extremos absolutos de f(x, y) = 2x − 2xy + y2 en la región del plano acotada por lasgráficas de las funciones y = x2 e y = 1.

b) Calcular los extremos absolutos de f(x, y) = x2 + 2xy + y2 en la región del plano acotada R =©(x, y) : x2 + y2 ≤ 8ª .Solución:


(a) Nótese que el problema posee solución puesto que f(x, y) = 2x − 2xy + y2 es continua en la regióndada, que a su vez es cerrada y acotada.Calculemos, en primer lugar, los puntos críticos de f(x, y) = 2x− 2xy + y2 en la región abierta queacota las gráficas y = x2 e y = 1.

La única solución del sistema

∂f

∂x(x, y) = 2− 2y = 0

∂f

∂y(x, y) = −2x+ 2y = 0

es (x, y) = (1, 1), que no pertenece a

dicha región abierta.Ahora calculamos los puntos críticos sobre la frontera. Puesto que la frontera está dada por launión {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, y = 1} ∪ {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, y = x2}, debemos analizar larestricción de f a los conjuntos {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, y = 1}, {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, y = x2}.Tomando y = 1, tenemos f(x, 1) = 2 · x− 2 · x · 1 + 12 = 1.Si y = x2, entonces f(x, x2) = 2x− 2x3 + x4, por lo que debemos analizar lo extremos absolutos dela función g(x) = 2x − 2x3 + x4, con x ∈ [−1, 1]. Ahora, calculamos los puntos críticos de g en elintervalo abierto (−1, 1). Para ello, resolvemos la ecuación g0(x) = 2 ¡1− 3x2 + 2x3¢ = 0. La raícesdel anterior polinomio son: −1/2, 1 (doble) y sólo −1/2 pertenece al intervalo abierto (−1, 1). Ahoraevaluamos g en x = −1/2 y en los extremos del intervalo y obtenemos g(−1/2) = −11/16, g(−1) =g(1) = 1, por lo que el máximo absoluto de g se alcanza en x = 1 y su mínimo absoluto en x = 0.Luego el máximo absoluto de f restringida a {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, y = x2} se alcanza en elpunto (1, 1) y el mínimo absoluto de f restringida a {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, y = x2} se toma enel punto (−1/2, 1/4).En resumen, el mínimo absoluto de f en la región acotada por las gráficas de las funciones y = x2

e y = 1 es −11/16 y se alcanza en el punto (−1/2, 1/4) y su máximo valor es uno, alcanzándose encualquiera de los puntos del segmento {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, y = 1}.

(b) Nótese que el problema posee solución puesto que f(x, y) = x2 + 2xy + y2 es continua en todo R2 yel círculo R =

©(x, y) : x2 + y2 ≤ 8ª es cerrado y acotado.

Téganse en cuenta que f puede expresarse en la forma f(x, y) = (x + y)2, luego f(x, y) ≥ 0 y seanula en los puntos (x, y) ∈ R2 tales que y = −x. Así, el menor valor de f restringida a R =©(x, y) : x2 + y2 ≤ 8ª es cero y se alcanza en los puntos del segmento y = −x restringido al circuloR. Es decir, f sólo es nula sobre el segmento S = {(x, y) ∈ R2 : y = −x, x2 + y2 ≤ 8} = {(x, y) ∈R2 : y = −x, 2x2 ≤ 8} = {(x, y) ∈ R2 : y = −x, |x| ≤ 2}.Por otra parte, los puntos críticos de f restringida a R son todos los puntos del segmento S. En

efecto, el sistema

∂f

∂x(x, y) = 2x+ 2y = 0

∂f

∂y(x, y) = 2x+ 2y = 0

posee infinitas soluciones, todas de la forma y = −x.

Ahora vamos estudiar los extremos absolutos de la función f restringida a la circunferencia C =©(x, y) : x2 + y2 = 8

ª. Realizaremos este estudio de dos formas distintas:

Primera forma: Analizamos el comportamiento de la función f sobre las semicircunferencias deecuaciones y =

√8− x2 e y = −√8− x2, con x ∈ [−2√2, 2√2]. Así, debemos estudiar las

funciones g(x) = f¡x,√8− x2¢ = ¡x+√8− x2¢2 = 2x√8− x2+8 y h(x) = f ¡x,−√8− x2¢ =¡

x−√8− x2¢2 = −2x√8− x2 + 8, con x ∈ [−2√2, 2√2].Para x ∈ (−2√2, 2√2), la ecuación g0(x) = 2√8− x2+2x −2x

2√8− x2 = 0 nos lleva a 2

¡8− x2¢−

2x2 = 0, de donde x = ±2. Como g(2) = 16, g(−2) = 0, g¡2√2¢= g

¡−2√2¢ = 8, el máximoabsoluto de g es 16, alcanzándose en x = 2, y el mínimo absoluto es cero, tomándose en x = −2.Los corespondientes valores de y son: x = 2 =⇒ y =

√8− x2 = 2, x = 2 =⇒ y = −√8− x2 =

−2.Un análisis similar puede hacerse sobre la función h para deducir que el máximo absoluto deh es 16, alcanzándose en x = −2, y el mínimo absoluto es cero, tomándose en x = 2. Loscorespondientes valores de y son: x = 2 =⇒ y = −√8− x2 = −2, x = −2 =⇒ y = −√8− x2 =−2.Nótese que en los puntos donde g y h se anulan (x = −2 y x = 2), los correspondiente valorespara f (x = −2 =⇒ y =

√8− x2 = 2, x = 2, y = −√8− x2 = −2) son (−2, 2) y (2,−2) que


pertenecen, como no podía ser de otra forma, al segmento S = {(x, y) ∈ R2 : y = −x, |x| ≤ 2},donde la función f toma el valor cero.Uniendo los resultados anteriores, tenemos que el máximo absoluto de f es 16, tomándose en lospuntos (2, 2) y (−2, 2), y el mínimo absoluto de f es cero y se alcanza en todos los puntos desegmento S.

Segunda forma: La circunferencia C =©(x, y) : x2 + y2 = 8

ªpuede escribirse, en coordenadas

polares, en la forma x = 2√2 cos θ, y = 2

√2 sen θ, con θ ∈ [0, 2π). Así, la función f restringida

a C puede expresarse en la forma f(2√2 cos θ, 2

√2 sen θ) = 8(cos θ + sen θ)2, con θ ∈ [0, 2π), y

por tanto, debemos analizar la función α(θ) = 8(cos θ + sen θ)2,con θ ∈ [0, 2π). (No incluimos elpunto θ = 2π, pues α(0) = α(2π)). No analizaremos la función α en los puntos donde ésta seanula (los puntos θ ∈ [0, 2π) tales que cos θ + sen θ = 0, es decir, θ = 3π/4 y θ = 7π/4), ya quesabemos que en los correspondientes puntos de la circunferencia, la función f es nula y toma suvalor mínimo.Derivando la función α, obtenemos α0(θ) = 16(cos θ + sen θ)(− sen θ + cos θ), y los valores θ ∈[0, 2π) que no anulan a α, pero sí a su derivada, son aquellos que verifican − sen θ + cos θ = 0.Los únicos valores en el intervalo [0, 2π) que resuleven esta ecuación son θ = π/4 y θ = 5π/4.Así, puesto que α(0) = α(2π) = 8 y α(π/4) = α(5π/4) = 16, el valor máximo de α es 16 y sealcanza en θ = π/4 y θ = 5π/4.Por consiguiente, el valor máximo de f restrigida a la circunferencia C es 16 y dicho máximomáximo se alcanza en los valores x = 2

√2 cosπ/4 = 2, y = 2

√2 senπ/4 = 2 y x = 2

√2 cos 5π/4 =

−2, y = 2√2 sen 5π/4 = −2.Uniendo los resultados anteriores, tenemos que el máximo absoluto de f en R es 16, tomándoseen los puntos (2, 2) y (−2, 2), y el mínimo absoluto de f en R es cero y se alcanza en todos lospuntos de segmento S.

18. Calcular la mínima distancia desde el punto P (5, 5, 0) al paraboloide de ecuación z = x2 + y2.

Solución:

La distancia de un punto cualquiera (x, y, z) al punto (5, 5, 0) viene dada por

d(x, y, z) =p(x− 5)2 + (y − 5)2 + z2.

Ahora bien, si el punto (x, y, z) pertenece al paraboloide de ecuación z = x2 + y2, entonces la funcióndistancia se reduce a la función de dos variables

g(x, y) =

q(x− 5)2 + (y − 5)2 + (x2 + y2)2.

Pero obsérvese que optimizar esta función equivale a la optimización de la función que resulta de suprimirla raíz cuadrada. Así, calcularemos los extremos de la función

f(x, y) = (x− 5)2 + (y − 5)2 + ¡x2 + y2¢2Comenzamos calculando los puntos críticos resolviendo el sistema de ecuaciones

∂f

∂x(x, y) = 2x− 10 + 4x3 + 4xy2 = 0,

∂f

∂y(x, y) = 2y − 10 + 4yx2 + 4y3 = 0.

Restando ambas ecuaciones se obtiene 0 = 2x−2y+4x3−4y3+4xy2−4yx2 = 2 (x− y) ¡2x2 + 1 + 2y2¢, dedonde x = y, y sustituyendo en cualquiera de las dos ecuaciones del sistema debemos resolver la ecuación2x− 10 + 4x3 + 4x3 = 0. Es decir, debemos encontrar las raíces del polinomio p(x) = 2x− 10 + 8x3 = 0.La única solución real de p es x = 1, por lo que el único punto crítico de f es x = 1, y = x = 1, esto es, elpunto (1, 1). Ahora veremos que este punto crítico es mínimo relativo para la función f.

Calculamos la derivadas parciales de segundo orden de f.

∂2f

∂x2(x, y) = 2 + 12x2 + 4y2 =⇒ ∂2f

∂x2(1, 1) = 18


∂2f

∂y2(x, y) = 2 + 12y2 + 4x2 =⇒ ∂2f

∂y2(1, 1) = 18

∂2f

∂x∂y(x, y) = 8yx =⇒ ∂2f

∂x∂y(1, 1) = 8

Luego∂2f

∂x2(1, 1) = 18 > 0 y

∂2f

∂x2(1, 1) · ∂

2f

∂y2(1, 1) −

µ∂2f

∂x∂y(1, 1)

¶2= 18 · 18 − 82 = 260 > 0 y por

tanto, el punto (1, 1) es un mínimo relativo para la función f. Obsérvese que el correspondiente punto delparaboloide es el punto (1, 1, 2) (z = x2 + y2 = 12 + 12 = 2)

Representando el paraboloide y el punto (5, 5, 0) podemos asegurar que el problema posee una únicasolución y por tanto, la mínima distancia del punto (5, 5, 0) al paraboloide de ecuación z = x2 + y2

podemos obtenerla calculando la distancia del punto (5, 5, 0) al punto (1, 1, 2) de dicho paraboloide,

d =p(1− 5)2 + (1− 5)2 + 22 = 6.

19. Un tanque metálico rectangular sin tapa debe contener 256 metros cúbicos de líquido. ¿Cuáles son lasdimensiones del tanque que requiere menos material para su construcción?

Solución:

Para la construcción del tanque debemos construir la base y sus cuatro caras. Si x e y son las longitudesde los lados de la base y z es la altura, entonces debemos minimizar la función

g(x, y, z) = xy + 2xz + 2yz

Puesto que el volumen del tanque es 256 m3, se tiene que xyz = 256, luego z =256

xyy la función a

minimizar es

f(x, y) = xy + 2x256

xy+ 2y

256

xy= xy +

512

y+512

xcon x, y > 0

En primer lugar, obtenemos los puntos críticos de la función f resolviendo el sistema∂f

∂x(x, y) =

yx2 − 512x2

= 0,

∂f

∂y(x, y) =

xy2 − 512y2

= 0,

cuya única solución real es x = 8, y = 8. Para clasificar el punto crítico (8, 8) de f, calculamos sus derivadasparciales de segunco orden:

∂2f

∂x2(x, y) =

1024

x3=⇒ ∂2f

∂x2(8, 8) =

1024

83= 2,

∂2f

∂y2(x, y) =

1024

y3=⇒ ∂2f

∂y2(8, 8) =

1024

83= 2,

∂2f

∂x∂y(x, y) = 1 =⇒ ∂2f

∂x∂y(8, 8) = 1.

Por consiguiente,∂2f

∂x2(8, 8) = 2 > 0 y

∂2f

∂x2(8, 8) · ∂

2f

∂y2(8, 8)−

µ∂2f

∂x∂y(8, 8)

¶2= 2 ·2−12 = 3 > 0 y el punto

crítico (8, 8) es un mínimo relativo para f. Así, las dimensiones de la caja que requieren menor material

son x = 8, y = 8, z =256

8 · 8 = 4.

20. Una caja rectangular, cuyos lados son paralelos a los ejes de coordenadas, se inscribe en el elipsoide deecuación 96x2 + 4y2 + 4z2 = 36. ¿Cuál es el mayor volumen posible para tal caja?

Solución:


El volumen de la caja puede expresearse en la forma V = 8xyz, donde x, y, z > 0 y el punto (x, y, z) estáen la superficie del elipsoide de ecuación 96x2 + 4y2 + 4z2 = 36. Por tanto, z =

p−24x2 − y2 + 9 y la

función a maximizar es

V (x, y) = 8xyp−24x2 − y2 + 9 con − 24x2 − y2 + 9 ≥ 0, x > 0, y > 0.

Luego, vamos a resolver un problema de máximo absoluto para una función continua V en un conjuntocerrado y acotado R =

©(x, y) ∈ R2 : 24x2 + y2 ≤ 9, x ≥ 0, y ≥ 0ª ..

Comenzamos calculando los puntos críticos de V en el interior del conjunto R. La única solución del sistema∂V

∂x(x, y) = −8y 48x2 + y2 − 9p

−24x2 − y2 + 9 = 0,

∂V

∂y(x, y) = −8x 24x2 + 2y2 − 9p

−24x2 − y2 + 9 = 0,es x =

√2

4, y =

√3. Puesto que V = 0 en las fronteras de R,

x = 0, y = 0 y 24x2+y2−9 = 0, el máximo absoluto de V se alcanza en el puntoÃ√

2

4,√3

!y su máximo

valor es V

Ã√2

4,√3

!= 8 ·

√2

4·√3 ·

vuut−24Ã√24

!2− ¡√3¢2 + 9 = 6√2. Además, las dimensiones de la

caja son: 2x = 2

√2

4=

√2

2, 2y = 2

√3, 2z = 2

p−24x2 − y2 + 9 = 2

vuut−24Ã√24

!2− ¡√3¢2 + 9 = 2√3.

21. Una caja de R3 tiene la forma del cubo 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1. Se coloca dentro de la caja laplaca que es la porción del plano x+ y + z = 1 que cabe dentro de ella. Se calienta la placa de tal formaque la temperatura en el punto (x, y, z) es T (x, y, z) = 4− 2x2 − y2 − z2. Hallar el punto más caliente ymás frío de la placa.

Solución:

El problema en cuestión se trata de un problema de extremos absolutos en región cerrada y acotada.Puesto que x+ y + z = 1, tenemos z = 1− x− y y la función a optimizar es

T (x, y) = 4− 2x2 − y2 − (1− x− y)2

restringida a la región R =©(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0, x+ y ≤ 1ª . Puesto que T es continua en R y R es

cerrada y acotada, T alcanza su máximo absoluto y su mínimo absoluto en puntos de R.

Ahora calculamos los puntos críticos de T en el interior de R. Para ello, resolvemos el sistema∂T

∂x(x, y) = −6x+ 2− 2y = 0,

∂T

∂y(x, y) = −4y + 2− 2x = 0.

La única solución de este sistema es x =1

5, y =

2

5. Y este punto se encuentra en el interior de R, pues

x =1

5> 0, y =

2

5> 0, x + y =

1

5+2

5=3

5< 1. Obsérvese que T

µ1

5,2

5

¶= 4 − 2

µ1

5

¶2−µ2

5

¶2−µ

1− 15− 25

¶2=18

5.

Ahora analizamos la restricción de T al conjunto©(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, y = 0ª . Es decir, estudiamos la

función f(x) = T (x, 0) = 4− 2x2− (1−x)2 = 3− 3x2+2x, con x ∈ [0, 1]. En primer lugar, calculamos lospuntos críticos de f en el intervalo abierto (0, 1), es decir, resolvemos la ecuación f 0(x) = −6x+ 2 = 0 enel intervalo (0, 1). La única solución de esta ecuación es x = 1/3 ∈ (0, 1). Evaluamos f en el punto críticoy en los extremos del intervalo [0, 1]. Como f(0) = 3, f(1/3) = 3 − 3 · (1/3)2 + 2 · 1/3 = 10

3 y f(1) = 2,el máximo absoluto de f es 10/3 y se alcanza en x = 1/3 y el mínimo absoluto de f es 2, tomándose enx = 1.


Estudiamos a continuación la restricción de T al conjunto©(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 1, x = 0ª . Tenemos que

analizar la función g(y) = T (0, y) = 4 − y2 − (1− y)2 = 3 − 2y2 + 2y, para 0 ≤ y ≤ 1. La ecuacióng0(y) = −4y + 2 = 0 posee una única solución y = 1/2 ∈ (0, 1). Evaluando g en los extremos del intervalo(0, 1) y en el punto crítico y = 1/2, se obtiene g(0) = 3, g(1/2) = 3 − 2 · (1/2)2 + 2 · 1/2 = 7

2, g(1) = 3.

Por consiguiente, el máximo absoluto de g es 7/2 y se alcanza en y = 1/2 y el mínimo absoluto se tomaen y = 0 e y = 1 y su valor es 3.

Por último, estudiamos el comportamiento de la función T sobre el conjunto©(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, x+ y = 1ª .

Tomando y = 1−x, debemos analizar la función h(x) = T (x, 1−x) = 4−2x2−(1−x)2−(1− x− (1− x))2 =3− 3x2 + 2x, con x ∈ [0, 1]. Obsérvese que las funciones f y h coinciden, luego el máximo absoluto de hes 10/3 y se alcanza en x = 1/3 y el mínimo absoluto de h es 2, tomándose en x = 1.

Teniendo en consideración los cálculos anteriores, podemos establecer que la función T toma su máximo

absoluto en el puntoµ1

5,2

5

¶y su valor es

18

5y su mínimo absoluto es 2, tomándose en los puntos (1/3, 0)

y (1/3, 2/3).

Luego, el punto más caliente de la placa es el puntoµ1

5,2

5,2

5

¶(pues z = 1 − 1

5− 25=2

5) y los puntos

(1/3, 0, 2/3) y (1/3, 2/3, 0) son los puntos de menor temperatura.

derivadas parciales ejercicios

Documents