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Cálculo II – Facultad de Ingeniería - Universidad Nacional de Río Cuarto IV.1

TEMA IV: DIFERENCIACIÓN DE FUNCIONES ESCALARES DE VARIAS VARIABLES

Introducción

En cálculo de varias variables, como en el de una variable, el concepto de diferenciabilidad

está relacionado con la posibilidad de obtener una buena aproximación a una función. Si

nos restringimos a dos variables independientes, una función es diferenciable en un punto de

su gráfica si es posible hallar un plano que pasa por ese punto y que está tan próximo como

deseemos a la gráfica de la función a medida que nos acercamos al punto en estudio. Este

plano se llama tangente a la gráfica, y vendría a ser el equivalente, en cálculo de dos

variables, a las rectas tangentes en cálculo de una variable. En el caso de funciones de más

de dos variables, hablamos de hiperplanos tangentes que las aproximan en cada punto

donde son diferenciables.

Se puede mostrar que las expresiones de estos planos o hiperplanos tangentes vienen dadas

en función de las derivadas parciales de la función, que son límites de cocientes

incrementales en direcciones paralelas a los ejes de cada variable y habrá tantas derivadas

parciales como variables independientes tenga una función.

Por otro lado, en funciones de n mℜ →ℜ tendremos que a cada punto del dominio, que es

un vector de n componentes, le corresponderá un vector de m funciones coordenadas:

( ) ( ) ( )( )1 1 1 1n n m nf x , ,x f x , ,x , , f x , ,x=

Para estas funciones es posible calcular una matriz de derivadas de m filas por n columnas,

donde la fila k -ésima contiene todas las derivadas parciales de la función coordenada kf

correspondiente.

La existencia de derivadas parciales es condición necesaria, pero no suficiente para la

diferenciabilidad. En cambio, la existencia de derivadas parciales continuas en un

punto garantiza la diferenciabilidad en el mismo. Las funciones que cumplen este

requisito se llaman funciones 1C .

IV.1 DERIVADAS PARCIALES.

El proceso de derivar una función de varias variables respecto a una de ellas, considerando

a las otras como constantes, se llama derivación parcial, y a sus resultados se les llama

derivadas parciales de la función.


Recordemos que la derivada de una función f de una variable en el punto 0x se define

como el límite del cociente incremental ( ) ( ) ( )0 00 0

límx

f x x f xf x

xΔ →

+ Δ −′ =

Δ. Las derivadas

parciales se definen de forma análoga.

Sea z f x y= ,b g una función de dos variables. La derivada parcial (primera) de f con

respecto a x en el punto ( )00 y,x es el número

∂∂

=+ −

→

fx

x yf x x y f x y

xx0 0 0

0 0 0 0,, ,b g b g b g

límΔ

Δ

Δ

siempre que exista el límite.

Se la puede pensar como la rapidez o razón de cambio de f con respecto a x en el punto

( )00 y,x . Una notación muy usual es también f x yx 0 0,b g .

Lo mismo tenemos para y : ∂∂

=+ −

→

fy

x yf x y y f x y

yy0 0 0

0 0 0 0,, ,b g b g b g

límΔ

Δ

Δ

Para funciones definidas 1n fℜ ⎯⎯→ℜ , esto es z f r= b g con ( )1 nr x , ,x= el procedimiento es el

mismo: ( ) ( ) ( )1 2

0lím

i

i i n

xi i

f x ,x , ,x x , ,x f rf rx xΔ →

+ Δ −∂=

∂ Δ

IV.1.1 Interpretación geométrica.

Figura 1

Tangente a la intersección ( )y,xf 0 α

β

( )00 y,xf

0y y

x

z

0x

Superficie

(gráfica de ( )y,xf )

Tangente a la intersección ( )0f x, y

En la figura Figura 1 se muestran las intersecciones de los planos 0xx = e 0yy = con la superficie

( )y,xfz = .


Las rectas tangentes a las curvas de intersección en ( )0 0x , y , forman los ángulos α y β con las

paralelas a los ejes x e y respectivamente.

Podemos comprender que en cada plano 0xx = , 0yy = , vale lo aprendido en cálculo de

una variable, las pendientes de las rectas tangentes son los valores de las derivadas, de

modo que:

∂∂

=fx

x y tg0 0,b g α , ∂∂

=fy

x y tg0 0,b g β (1)

IV.1.2 Cálculo de derivadas parciales.

Si las derivadas parciales resultan contínuas en ( )0 0,x y entonces es fácil calcularlas, se

deriva respecto a la variable que se desea, dejando las otras constantes.

Ejemplo 1

Hallar las derivadas parciales de f x y z x ey

z, ,b g = 3

Solución

∂∂

=fx

x ey

z3 2 , ∂∂

=fy

xz

ey

z3 1 , ∂∂

= −FHGIKJ

fz

xy

ze

yz3

2

Cuando la derivada resulta discontinua en 0r , su posible existencia debe ser probada

con la definición.

Ejemplo 2

Hallar las derivadas parciales de f x y x y x y,b g = =3 13

13 en ( )00,

Solución

∂∂

= =−f

xx y0 0 1

300

23

13

0 0,

,b g

b g, ∂

∂= =−f

yx y0 0 1

300

13

23

0 0,

,b g

b g (indeterminado)

sin embargo estas derivadas existen en ( )00, ; empleando la definición:

∂

∂=

+ −→

x y

xx x y x y

xx

13

13 1

3 13

13

13

0

e j b glímΔ

Δ

Δ


para ( )00 == y,x , se tiene: ( )13

0

0 0lím 0x

x .xΔ →

Δ −=

Δ pues Δx ≠ 0 , lo mismo resulta para y , de

modo que las derivadas parciales ∂∂fx

, ∂∂fy

evaluadas en ( )00, son nulas, es decir, están

definidas.

Ejemplo 3

Encontrar las siguientes derivadas parciales

a) , f fx y∂ ∂∂ ∂

si ( ) ( ) ( )2 2 2 2f x, y x y log x y= + +

b) , z zx y∂ ∂∂ ∂

si ( )axz e cos bx y= + en ( )2 0b,π

Solución

a) Al hacer la derivación tenemos en cuenta que cada vez que derivamos respecto a una

variable, la otra variable se comporta como una constante. Aplicamos las reglas de

derivación de productos de funciones:

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 22 2

2 2 2 1f xx log x y x y x log x yx x y∂ ⎡ ⎤= + + + = + +⎣ ⎦∂ +

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 22 2

2 2 2 1f yy log x y x y y log x yy x y∂ ⎡ ⎤= + + + = + +⎣ ⎦∂ +

b) Aquí calculamos primero las derivadas parciales y luego las evaluamos en el punto

indicado.

( ) ( ) ( ) ( )ax ax axz ae cos bx y e b sen bx y e a cos bx y b sen bx yx∂

= + − + = + − +⎡ ⎤⎣ ⎦∂

[ ]2 22 0 1 0

a ab bz , e a· b· ae

x b

π π∂ π⎛ ⎞ = − =⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠

Similarmente: ( )axz e sen bx yy∂

= − +∂

2 0 0z ,y b∂ π⎛ ⎞ =⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠

Nótese que los cosenos y los senos han sido evaluados en 2bπ .

IV.2 LINEALIDAD LOCAL Y EL DIFERENCIAL

En la derivación parcial, se pidió que las variables independientes cambiaran de a una a la

vez, en esta sección estudiaremos una función de dos variables y permitiremos que ambas

variables varíen a la vez.


Nos preguntamos ahora ¿qué es la linealidad local?

IV.2.1 Interpretación geométrica de la linealidad local

Linealidad local en una función de una variable, significa que a medida que nos acercamos

a la gráfica, ésta se asemeja a una línea recta. Cuando consideramos la gráfica de una

función de dos variables, linealidad local significa que a medida que nos aproximamos a la

misma, ésta se parece a un plano, que es la gráfica de una función lineal de dos variables.

Esto es, sea ( )y,xfz = una función y ( )00 y,x un punto perteneciente al dominio de esa

función. Si a medida que nos acercamos al punto ( )( )0000 y,xf,y,x de su gráfica, observamos

que se aproxima a un plano no vertical, decimos que la función puede ser aproximada

cerca de ese punto por una función lineal, ( )y,xL , tal que ( ) ( )y,xLy,xf ≈ .

La gráfica de la función ( )y,xLz = es el plano tangente en el punto ( )00 y,x y se dice que si la

aproximación es “suficientemente buena” la función es diferenciable en ese punto.

IV.2.2 Plano tangente

El plano que vemos al acercarnos a una superficie ( )y,xfz = se llama plano tangente a la

superficie en el punto.

Encontremos la ecuación del plano tangente a partir de un análisis geométrico.

En la figura 2 hemos dibujado una porción P0 , P1 , PF , P2 de superficie gráfica de ( )y,xf y

una porción P0 , ′P1 , ′PF , ′P2 de plano tangente en P0 . Estas porciones son determinadas

por las intersecciones de la gráfica de la función y del plano tangente con la columna base

Δ Δx y . La porción plana P MNQ0 es paralela al plano xy .

Como la sección del plano tangente con la columna es un paralelogramo, el segmento

1 FP P′ ′ es paralelo al P P0 2′ , luego se tiene que:

P N P M P QF' = ′ + ′1 2 (2)

Es fácil comprender observando la figura 2 que:

′=

P Mx

tg1

Δα ,

′=

P Qy

tg2

Δβ


si consideramos que P N z zF' = − 0 , y reemplazamos en la ecuación (2) nos queda:

z z tg x tg y− = +0 α βΔ Δ (3)

y de acuerdo a lo indicado en (1), tg α y tg β , no son otra cosa que las derivadas parciales

valuadas en x y0 0,b g , esto es:

∂∂

=fx

x y tg0 0,d i α , ∂∂

=fy

x y tg0 0,b g β

reemplazando estas expresiones en la ecuación (3), y sabiendo que Δx x x= − 0 y

Δy y y= − 0 , obtenemos la ecuación del plano tangente en P x y z0 0 0 0= , ,b g :

z zfx

x y x xfy

x y y y= +∂∂

− +∂∂

−0 0 0 0 0 0 0, ,b g b g b g b g (4)

Ejemplo 4

¿Dónde cruza al eje z el plano tangente a ( ) x yz e −= en ( )111, , ?

Solución

La ecuación del plano tangente expresado en términos de las derivadas parciales en un

punto ( )0 0 0x , y ,z es:

Δr Δx

Δy

x

y

z

0x

y0

θ

ϕ

N

Q

M

P0

P1

P’1

PF

P’F P2

P’2

β

α

Plano tangente

Porción de superficie

yy Δ+0

xx Δ+0

Figura 2


( ) ( ) ( )( )0 0 0 0 0 0 0z zz z x , y x x x , y y yx y∂ ∂

= + − + −∂ ∂

En nuestro caso particular tenemos que ( ) ( )0 0 0 111x , y ,z , ,= y:

( ) 0 00 0 1x yz ze x , y e

x x− −∂ ∂

= ⇒ = =∂ ∂

( ) 0 00 0 1x yz ze x , y e

y y− −∂ ∂

= − ⇒ = − = −∂ ∂

y, reemplazando en la ecuación del plano,

( ) ( )1 1 1 1 1 1z x y x y= + − − − = − +

En el eje z tenemos 0x y= = , y por lo tanto el plano tangente cruzará a ese eje en:

1z =

Otra forma de encontrar la ecuación del plano tangente: análisis algebraico

Recordemos que la ecuación de un plano que pasa por P x y z0 0 0 0= , ,b g es:

( ) ( ) ( ) 0000 =−+−+− zzCyyBxxA

y si 0≠C , dividimos todo por C y despejamos z :

( ) ( )000 yynxxmzz −+−+= (5)

donde m A C= − es la pendiente del plano en la dirección x , y n B C= − es la pendiente en

la dirección y .

Como mfx

x y=∂∂ 0 0,d i y n

fy

x y=∂∂ 0 0,d i , sustituyendo estas expresiones en la ecuación (5),

obtenemos la ecuación del plano tangente en P0 , expresada por la ecuación (4).

Por último, la ecuación (4) también la podemos escribir como:

∂∂

∂∂

−FHG

IKJ ⋅ − − − =

fx

x yfy

x y x x y y z z0 0 0 0 0 0 01 0, , , , , ,b g b g b g (6)

Si además pensamos a ( )y,xfz = definida por la ecuación ( ) ( ) 0=−= y,xfzz,y,xF , podemos

rescribir (6) de la forma:

∂∂

∂∂

∂∂

FHG

IKJ ⋅ − − − =

Fx

x y z Fy

x y z Fz

x y z x x y y z z0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0, , , , , , , , , ,b g b g b g b g (7)


Esta última expresión tiene valor ya que permite encontrar la ecuación del plano tangente

para superficies definidas por una ecuación.

IV.2.3 Diferenciabilidad

Partiremos del concepto de diferenciabilidad para funciones de una variable y llegaremos

al análogo para varias variables.

Diferenciabilidad para funciones de una variable

Una función 1 1:f I ⊆ℜ →ℜ se dice diferenciable en Ix ∈0 si existe el límite

′ =+ −

→f x

f x x f xxx0 0

0 0b g b g b glímΔ

Δ

Δ

con 0xxx −=Δ , además esto es equivalente a pedir que f sea derivable.

Geométricamente, esto signi-

fica que la gráfica de ( )xf

puede ser “bien aproximada”

en 0xx = por una recta

L x f x f x x xb g b g b gb g= + −0 0 0' , tal

como se muestra en la figura 3.

Pero, ¿qué tan buena debe ser

la aproximación para decir que

la función f es diferenciable en

0x ?

Calculemos el error entre la función ( )xf y la aproximación ( )xL , esto es:

E x f x L xb g b g b g= −

E x f x f x f x x xb g b g b g b gb g= − − ′ −0 0 0

entonces en un punto x x x= +0 Δ cerca de 0x , el error será:

E x x f x x f x f x x0 0 0 0+ = + − − ′Δ Δ Δb g b g b g b g

xx Δ+0

df

0x x

y

Figura 3

( )xf

( )0xf 0P

PF

M

N

Δx dx=

dx

E xb g Δf

α

α

( )xfy =

( )xLy =


Si llamamos ( )xi al error relativo tendremos:

i xE x x

xf x x f x

xf xb g b g b g b g b g=

+=

+ −− ′0 0 0

0Δ

Δ

Δ

Δ

tomando límite para x x→ 0 , nos queda:

( ) ( ) ( ) ( )0 000 0

lím lím 0x x

f x x f xi x f x

xΔ → Δ →

+ Δ −′= − =

Δ

Por la definición de derivada el segundo miembro es cero y entenderemos por “bien

aproximada” que este límite es cero.

Decimos entonces que una función f es diferenciable en el punto 0x , si se verifica

que:

lím límΔ Δ

Δ

Δx xi x

E x xx→ →

=+

=0 0

0 0b g b g

La función f es diferenciable si es diferenciable en cada punto de su dominio.

Nota: La función ( )xi es un infinitésimo para x x→ 0 , esto es el límx x

i x→

=0

0b g .

Otra forma de expresar la función error ( )xE es en términos de la variación de la función f ,

( ) ( )( )0f f x f xΔ = − y de la aproximación a la variación de la función ( )df o recta tangente

L , esto es: ( ) ( )( )0 0 0df NM tg x x f x x x′= = α − = − tal como se muestra en la figura 4.

Luego: E x f dfb g = −Δ

Entonces también podemos decir que una función es diferenciable en 0x si:

lím límx x x

i xf df

x→ →=

−=

0 00b g

Δ

ΔΔ

En otras palabras: si la función es derivable en 0x , entonces Δf f x f x= −b g b g0 tiende a ser

igual que el diferencial df f x x= ' 0b gΔ cuando Δx → 0 .

Para funciones de 1 1ℜ →ℜ resulta que si una función es derivable en 0x entonces es

diferenciable y recíprocamente.


Diferenciabilidad para funciones de varias variables

Para funciones de 1nℜ →ℜ , (con 2n ≥ ) el tema se torna algo más complejo. Utilizaremos la

definición de diferenciabilidad obtenida anteriormente para introducir la definición de

diferenciabilidad en funciones de ℜ → ℜ2 1, las cuales admiten interpretaciones

geométricas muy útiles.

Decimos entonces que una función f es diferenciable en el punto ( )00 y,x , si se verifica

que:

lím límΔΔ

ΔΔ

Δ Δ

Δ Δxy

xy

i x yE x x y y

x y→→

→→

=+ +

=00

00

0 0 0,,

,b g b g

b g

La función f es diferenciable si es diferenciable en cada punto de su dominio.

Nota: La función ( )y,xi es un infinitésimo para x y x y, ,b g b g→ 0 0 , esto es el límx xy y

i x y→→

=00

0,b g .

El diferencial total de f x y,b g evaluado en x y0 0,b g es la variación en z que presenta el

plano tangente a la función en ese punto. Se interpreta como una aproximación lineal a la

variación total Δf de la función para las variaciones Δx dx= , Δy dy= de las variables

independientes y está dado por:

dzfx

x y dxfy

x y dy=∂∂

+∂∂0 0 0 0, ,b g b g

Visualización geométrica: Luego, con referencia a la figura 2, el segmento ′P NF es el

diferencial de ( )y,xf evaluado en ( )00 y,x , para los incrementos Δ Δx y, , mientras que el

segmento P NF es la variación de la función, Δf :

Δ Δ Δf f x x y y f x y= + + −0 0 0 0, ,b g b g El segmento P PF F′ es la diferencia ( )dff −Δ , que de acuerdo a la definición dada de

diferenciabilidad debe tender a cero más rápidamente que Δ Δ Δr x y= +2 2 , para

x x y y x y→ → → →0 0 0 0, ,ó Δ Δb g .

Esto es: lím límx xy y

x xy y

f df

r

E x y

r→→

→→

−= =

00

00

0Δ

Δ Δ

b g b g,


Ejemplo 5

Determinar aproximadamente el valor de la siguiente raíz cuadrada: 2 2 24 01 3 98 2 02, , ,+ +

Solución

Los tres valores elevados al cuadrado dentro de la raíz son muy próximos a los enteros 4, 4 y

2, respectivamente. Por lo tanto podemos pensar a la raíz como una función de tres

variables evaluada en las cercanías del punto ( )4 4 2, , y aproximar su valor mediante una

expresión lineal. Planteamos, así:

( ) 2 2 2f x, y,z x y z= + + ; ( ) ( )0 0 0 4 4 2x , y ,z , ,=

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0f f ff x, y,z f x , y ,z x , y ,z x x x , y ,z y y x , y ,z z zx y z∂ ∂ ∂

≅ + − + − + −∂ ∂ ∂

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2

4 01 398 2 02 4 4 2 4 4 2 4 01 4

4 4 2 398 4 4 4 2 2 02 2

xf . , . , . , , .x y z

y z, , . , , .x y z x y z

⎡ ⎤⎢ ⎥≅ + + + − +⎢ ⎥+ +⎣ ⎦

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ − + −⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ + + +⎣ ⎦ ⎣ ⎦

( ) ( ) 2 2 13 3 3

4 4 2 4 01 398 2 02 36 0 01 0 02 0 02 6 0 01 0 02 0 02 636 36 36

f . , . , . . , . · . · . · .⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤≅ + + − + = + − + =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Compárese este valor con el de 6,000075 que se obtiene con la calculadora, el error es

mínimo.

Ejemplo 6

A efectos de modelizar el proceso de desgaste de las pirámides egipcias, se construye un

modelo en miniatura de las mismas, los lados la base son de 6 cm y la altura de 4 cm. Luego

de someterlo a rigurosas condiciones ambientales, se comprueba que el lado de la base

disminuyó en 0,1 cm, y la altura disminuyó en 0,2 cm. Mediante una expresión lineal,

aproximar cuál fue la disminución del área lateral de la pirámide.

Solución

Éste es un problema de modelado, en el cual no

sabemos cuál es la función a aproximar, sino que la

debemos deducir de la situación física que se nos

describe.

h

x

y

Figura 4


En nuestro caso, tenemos que determinar el área lateral de la pirámide en función de las

magnitudes que conocemos, esto es el lado de la base y la altura.

Si llamamos x e y a ambas variables, podemos denominar h a la altura de cada uno de

los triángulos que componen el área lateral de la pirámide. Por el teorema de Pitágoras, h

puede ser expresado en términos de x e y de la manera siguiente manera:

22

2xh y ⎛ ⎞= + ⎜ ⎟

⎝ ⎠

De modo que el área de uno de estos triángulos será: 2

2

2 2 2Txh x xA y ⎛ ⎞= = + ⎜ ⎟

⎝ ⎠

Y el área lateral completa será 4 veces el área de cada uno de los triángulos: 2

24 22TxA A x y ⎛ ⎞= = + ⎜ ⎟

⎝ ⎠

Si ahora nos proponemos aproximar esta área en base a una estimación lineal, podemos

tomar como punto de partida las dimensiones iniciales del sólido, esto es:

( ) ( )0 0 6 4x , y ,=

De esa manera podemos plantear la aproximación lineal para el área lateral:

( ) ( )( ) ( )( )6 4 6 4 6 6 4 4A AA A , , x , yx y∂ ∂

≅ + − + −∂ ∂

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 21

2 2 22 2

2 2

22 6 4 2 6 4 6 6 4 42 2

2 2

xx x xyA x y , y , x , yx xy y

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟≅ + + + + + − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎝ ⎠ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦

( ) ( )68 4860 6 45 5

A x y≅ + − + −

Para determinar aproximadamente el valor del área lateral de la pirámide cuando el lado

de la base disminuyó 01. cm y la altura disminuyó 0 2. cm, debemos adoptar 6 01x .− = − y

4 0 2y .− = − , y en tales condiciones tendremos:

68 4860 01 0 2 60 3 285 5

A . . .= − − = −

Como el área inicial, con una altura de 4 cm y un lado de la base de 6 cm, era de 60 cm2, la

disminución de área fue de 3 28. cm2.


Condición suficiente de diferenciabilidad: Sea ( )y,xfz = una función continua en un

disco D centrado en ( )00 y,x y cuyas derivadas parciales xf , yf son contínuas en D ,

entonces f es diferenciable en ( )00 y,x .

Ejemplo 7

Mostrar que la función ( )2

4 2x yf x, y

x y=

+ es diferenciable en cada punto de su dominio.

Solución

Ante todo, observemos que el dominio de la función es todo el plano excepto el origen.

Mostraremos que la función es 1C en todo el dominio. Para ello debemos determinar las

derivadas parciales y comprobar que son continuas.

( )( ) ( )

( )( )

4 2 2 3 2 45 3 5

2 2 24 2 4 2 4 2

2 4 22 2 4xy x y x y x xy y xf x y xy x yx x y x y x y

+ − −∂ + −= = =

∂ + + +

( )( ) ( )

( )( )

2 4 2 2 2 4 26 2 2 2 2

2 2 24 2 4 2 4 2

2 2x x y x y y x x yf x x y x yy x y x y x y

+ − −∂ + −= = =

∂ + + +

Vemos que ambas derivadas parciales son combinaciones de funciones continuas definidas

en todo el dominio; por ende son continuas y la función es de clase 1C , y por lo tanto es

diferenciable.

IV.3 Gradiente y derivadas direccionales.

Las derivadas parciales de una función f indican la rapidez de cambio de f en las

direcciones paralelas a los ejes coordenados. Ahora estudiaremos la rapidez de cambio de

la función en una dirección arbitraria.

IV.3.1 Derivada direccional. Interpretación geométrica.

Basaremos esta exposición utilizando funciones de ℜ →ℜ3 1 o bien de ℜ →ℜ2 1 , pues

permiten interpretaciones geométricas muy útiles y por otro lado la generalización para

3n > es obvia. Además las funciones de ℜ →ℜ3 1 , constituyen los campos escalares muy

utilizados en ingeniería (potenciales, presión, temperatura, etc.).


Sea f rb g , con r x y z= , ,b g una función

ℜ→ℜ3:f . En la figura 5 se muestra un punto

inicial r x y z0 0 0 0= , ,b g , en ese punto la función

tiene el valor f r f x y z0 0 0 0b g b g= , , . Si pasamos

a otro punto r r0 + Δe j , la función adquirirá el

valor:

f r r f x x y y z z0 0 0 0+ = + + +Δ Δ Δ Δe j b g, , .

Claro está que r r+ Δ debe estar en el dominio de f . De modo que la función experimenta

una variación Δ Δf f r r f r= + −0 0e j b g . Esta variación dependerá en general del vector Δr

que se tome.

Por ejemplo, dada f r x y zb g e j= + +2 2 , y el punto r0 111= , ,b g , de modo que:

( ) ( )20 1 1 21 4f r .= + + =

Para un desplazamiento Δr1 2 01= , ,b g se tiene:

f r r0 121 2 1 0 2 1 1 14+ = + + + + + =Δe j b g b g b g

y así ( )1 14 4 10fΔ = − = ,

en cambio para Δr2 11 2= −, ,b g se tiene:

f r r0 221 1 1 1 2 1 2 4+ = + + + + − =Δe j b g b g b g

y así ( )2 4 4 0fΔ = − = , etc.

Luego, resulta interesante efectuar los

cocientes Δ

Δ

1

1

f

r ,

Δ

Δ

2

2

f

r, etc.,

pues estos cocientes dan las variaciones

promediadas en los correspondientes

desplazamientos, es decir, son una

especie de derivadas promedio.

Figura 6

y

r0 Δr

x

z

0x

0y

0z

Figura 5

x

y

z

0x

0y

r0

Δr

0z


Pero más útil es el límite de Δ

Δ

f

r para Δr → 0 , pues de existir, son las “derivadas

direccionales”.

Que Δr → 0 implica que el vector Δr → 0 , pero es claro que Δr puede tender al vector

nulo al tiempo que cambia de dirección y sentido (figura 6).

Nosotros deseamos que Δr tienda a cero sin cambiar de dirección ni sentido. Para asegurar

que así sea utilizaremos un versor dirección e (figura 7), de modo que defina la dirección en

la que deseamos desplazarnos.

Sabemos que cos cos cose i j k= + +α β γ ,

donde α, β y γ son los ángulos directores que e

forma con los ejes x , y y z respectivamente.

Es claro que Δr t e t= = . Cualquier

desplazamiento Δr en la dirección e se puede

escribir como Δr t e= . , donde t es un número

real .

Δ Δ Δ Δr i x j y k z

i t jt kt

= + +

= + +cos cos cosα β γ

es decir: Δx t= cos ,α Δy t= cos ,β Δz t= cos γ

Definimos derivada de f en la dirección de e , evaluada en r0 así:

límt

f r t e f rt→

+ −0

0 0b g b g

Esta expresión puede ser denotada como D f re 0b g , con rer

Δ=

Δ, esto es:

D f rf r r f r

re

r0

0

0 0b ge j b g

=+ −

→límΔ

Δ

Δ

pero en este caso hay que aclarar que Δr no debe cambiar de dirección ni sentido al

tender al vector cero.

Figura 7

r0

x

y

z

0x

0y 0z

ê

x’

z’

y’

γ

β

α


Ejemplo 8

Utilizando la definición de derivada direccional, calcule en el punto r x y z0 0 0 0= , ,b g la

derivada direccional de f r f x y zb g b g= , , en la dirección positiva del eje x .

Solución

Un desplazamiento en la dirección del semieje positivo x , está dado por Δ Δr x= , ,0 0b g , luego

Δ Δ Δr x x i= =1 0 0, ,b g , esto es ie = y xt Δ= . Por tanto, usando la definición de derivada en la

dirección del vector i , tenemos:

D f rf r t e f r

t

f r x i f r

xe t x0 0

0 0

0

0 0b g b g b g d i b g=

+ −=

+ −

→ →lím lím

Δ

Δ

Δ

que es equivalente a escribir:

D f rf x x y z f x y z

xe x

, , , ,0 0

0 0 0 0 0 0b g b g b g=

+ −→

límΔ

Δ

Δ

Esta última expresión es por definición la derivada parcial de f respecto de x , en el punto

r0 , esto es: ( ) ( )00 rfrx

fx=

∂

∂

Observación: Las derivadas parciales de una función f indican la rapidez de cambio de

f en las direcciones paralelas a los ejes coordenados. Cuando se quiere calcular la

variación de una función en una dirección arbitraria, se tienen las derivadas direccionales.

En la figura 8, se muestra la gráfica de una función f x y,b g y en el punto ( )00 y,x se señalan las

derivadas parciales f x y f y , indicadas como la pendiente de las rectas tangentes a las

curvas f x y, 0b g y f x y0 ,b g respectivamente, esto es: f x y tgx 0 0,b g = α y f x y tgy 0 0,b g = β

Figura 8


Lo mismo ocurre con las derivadas en la dirección de e : el plano paralelo al eje z que

contiene e intersecciona con la gráfica determinando una curva, la tangente a dicha curva

forma un ángulo γ con la dirección de e , resultando:

D f x y tge ,0 0b g = γ

IV.3.2 Cálculo de derivadas direccionales

Si f es una función diferenciable, trataremos de encontrar una expresión para calcular la

derivada direccional en la dirección del vector Δ Δx y,b g que no implique usar el límite.

Consideremos la función f x y,b g y el vector unitario ,,

,

,e e e

x y

x y

x yt

= = =1 2b g b gb g

b gΔ Δ

Δ Δ

Δ Δ, luego la

derivada direccional de f en la dirección e , viene dada por:

D f x yf x x y y f x y

tfte t t

,, ,

0 0 0

0 0 0 0

0b g b g b g

=+ + −

=→ →lím lím

Δ Δ Δ

Por otro lado, ya hemos visto que si f es diferenciable en el punto x y0 0,b g , el diferencial de

f en ese punto es una aproximación lineal a la función y se cumple que:

Δf x y df x y0 0 0 0, ,b g b g≈

Δf x yfx

x y dxfy

x y dy0 0 0 0 0 0, , ,b g b g b g≈∂∂

+∂∂

Δ Δ Δf x yfx

x y xfy

x y y0 0 0 0 0 0, , ,b g b g b g≈∂∂

+∂∂

dividiendo por t m.a.m. y reemplazando Δxt

e= 1, Δyt

e= 2 , nos queda:

Δf x yt

fx

x y efy

x y e0 00 0 1 0 0 2

,, ,

b g b g b g≈∂∂

+∂∂

Esta aproximación se hace exacta a medida que 0→t , luego tenemos la siguiente

fórmula:

D f x yfx

x y efy

x y ee , , ,0 0 0 0 1 0 0 2b g b g b g=∂∂

+∂∂


Es natural establecer que una función ( )y,xf es diferenciable en el punto ( )00 y,x del dominio

si admite plano tangente a la superficie gráfica de la función (el plano es la extensión

natural de la recta).

Es posible que ciertas funciones ( )y,xf , no

diferenciables en ( )00 y,x , sí admitan rectas

tangentes, pero el conjunto de rectas

tangentes no formen un plano, sino una

superficie cónica tangente (figura 9), de

modo que la función es derivable en

( )00 y,x , pero como no se forma un plano

tangente que contenga a todas las rectas

tangentes, (sino un cono), la función no es

diferenciable en ( )00 y,x .

Cuando la función es diferenciable en

( )00 y,x entonces el cono pasa a ser un

plano tangente (figura 2).

IV.3.3 Vector gradiente

Observemos que la expresión obtenida para la derivada direccional, la podemos escribir

como el producto punto entre dos vectores: el versor e , y un nuevo vector que llamaremos

gradiente.

El vector gradiente de una función diferenciable f : ℜ → ℜ2 1 en el punto x y0 0,b g es:

∇ =∂

∂

∂

∂

FHG

IKJf x y

f x yx

f x yy0 0

0 0 0 0,,

,,b g b g b g

Incorporando el vector gradiente a expresiones obtenidas anteriormente, tenemos que

podemos escribir el diferencial como:

df x y f x y dx dy f x y dr0 0 0 0 0 0, , , ,b g b g b g b g= ∇ ⋅ = ∇ ⋅

también podemos escribir la derivada direccional en término del gradiente, esto es:

D f x yf x y

xe

f x yy

ef x y

xf x y

yê 0 00 0

10 0

20 0 0 0,

, , ,cos

,cosb g b g b g b g b g

=∂

∂+∂

∂=∂

∂+∂

∂α β

Superficie cónica

tangente en P0

Figura 9

x

y

z

0x

0y

γ α

P0

Punto ( )00 y,xf

e β


( ) ( )0 0 0 0ê ˆD f x , y f x , y e= ∇ ⋅

Es decir, si se posee como dato al vector gradiente, al multiplicarlo escalarmente por el

versor e , de dirección deseada, se obtiene la derivada direccional correspondiente.

Por último la ecuación del plano tangente dada por (5) también puede escribirse en

términos del gradiente como:

∇ ⋅ − − − =F x y z x x y y z z0 0 0 0 0 0 0, , , ,b g b g

IV.3.4 Propiedades del vector gradiente

Las propiedades del vector gradiente están asociadas a la información que proveen los

elementos que describen un vector, esto es dirección, sentido y módulo.

¿Qué dirección posee el vector gradiente, evaluado en un punto?

Dado el gradiente y una dirección e , la derivada direccional se obtiene así:

D f f êê = ∇ ⋅

En la figura 10 se han dibujado algunas

curvas de nivel de una supuesta función

( )y,xfz = . Estas curvas están en el

dominio de f , es decir, en el plano xy .

Si elegimos un desplazamiento dr

tangente en 0P a la curva de nivel 0z ,

no produce variación de f pues nos

desplazamos sobre la curva de nivel,

como además:

df f x y dr= ∇ ⋅ =0 0 0,b g

sin ser cero ∇f ni dr , ha de ser ∇f perpendicular a dr , es decir, ∇f es perpendicular a la

tangente a la curva de nivel.

x 0x

y

0y P0

0z

P2

P1

01 zz >

dr

∇f x y0 0,b g

ψ

Tangente a 0z en 0P

e

Figura 10


¿Cuál es el sentido del vector gradiente?

Hacia donde la función crece, es decir, la punta de la flecha del gradiente apunta hacia las

curvas de nivel de mayor valor. Para comprender esto analicemos las curvas de nivel de una

función z f x y= ,b g , en un entorno muy cercano al punto x y0 0,b g , de modo que al ser f una

función diferenciable, las curvas de nivel se ven como líneas rectas paralelas, tal como se

muestran en las figuras 11 y 12.

Supongamos que realizamos un desplazamiento Δ Δr x= ,0b g con Δx > 0b g , a partir del punto

x y0 0,b g , como se muestra en la figura 11 y supongamos que en esa dirección la función

decrece c c c c c0 1 2 3 4> > > > , entonces si analizamos la variación de la función

mediante una buena aproximación, esto es:

Δ Δ Δ Δ Δf x y f x y x yf x y

xx

f x yy

y0 0 0 00 0 0 0, , ,

, ,b g b g b g b g b g≈ ∇ ⋅ =

∂

∂+∂

∂

como Δy = 0 , Δx > 0 y Δf < 0 , la ∂∂fx

x y0 0b g debe ser negativa y el vector ∂∂fx

î apunta en

sentido contrario al versor i , es decir, hacia donde crece la función.

Si analizamos ahora un desplazamiento Δ Δr y= 0,b g con Δy > 0b g , al igual que antes como

Δx = 0 , Δy > 0 y Δf < 0 , la ∂∂fy

x y0 0b g debe ser negativa y el vector ∂∂fy

j apunta en

sentido contrario al versor j , esto es hacia donde crece la función (figura 12).

Por último, si hubiéramos supuesto c c c c c0 1 2 3 4< < < < o cualquier otro incremento Δr ,

las conclusiones serían las mismas. Luego, en todos los casos las componentes del vector

gradiente ∇f x y0 0,b g apuntan hacia donde la función crece.

Figura 11

x

y

x y0 0,b g yΔ

jf y 0y

0x

Figura 12

x

y

xΔ ifx

0x

0y


¿Qué nos da el módulo de ∇f , es decir ( ) ( )2 2f f x f y∇ = ∂ ∂ + ∂ ∂ ?

Como la derivada direccional, en la dirección e es:

( ) ( ) ( )0 0 0 0 0 0êD f x , y f x , y ê f x , y cos= ∇ ⋅ = ∇ ψ

es obvio que la derivada direccional máxima en ( )00 y,x se obtiene cuando el coseno toma

su máximo valor, es decir, para 0=ψ (figura 10), que implica que nos moveremos en la

dirección del gradiente, así:

D f x y f x yfx

fyê máx0 0 0 0

2 2

, ,b g b g= ∇ =∂∂FHGIKJ +

∂∂FHGIKJ

Por lo que el módulo del gradiente es la máxima derivada direccional en el punto en

cuestión.

También es importante señalar que si se dibuja una circunferencia de diámetro ∇f x y0 0,b g ,

tangente en el punto P0 (figura 10), los segmentos envueltos por dicha circunferencia (por

ejemplo P P0 1 , P P0 2 ) dan las derivadas direccionales.

Si la función no fuese diferenciable en

P0 las derivadas direccionales no

seguirán esta sencilla ley circular, sino

algo como se indica en la figura 13.

Ejemplo 9

Hallar el valor de la constante c de modo tal que en todo punto de intersección de las dos

superficies esféricas los planos tangentes correspondientes sean perpendiculares uno al otro.

( )2 2 2 3x c y z− + + = ( )22 21 1x y z+ − + =

Solución

Podemos escribir ambas esferas como ( )1 3F x, y,z = , ( )2 1F x, y,z = respectivamente. Los

vectores normales a los planos tangentes correspondientes serán los gradientes de 1F y 2F .

Sabemos que deben ser perpendiculares y por lo tanto su producto interno debe ser nulo.

( )( )( )( )

1 2 2 21 2

2

2 2 24 4 4 4 4 0

2 2 1 2

F x c , y, zF · F x xc y y z

F x, y , z

⎫∇ = − ⎪⇒∇ ∇ = − + − + =⎬∇ = − ⎪⎭

P0 0z

Figura 13


Luego,

( )[ ]

( )

22 2 3de (*)

22 2 2 20 3 0

y z x c

x xc y y z x xc y x c

+ = − −

↓

− + − + = ⇒ − − + − − =

Despejando de esta última, nos queda: 23 0xc y c− + − = (8)

Ahora maniobramos algebraicamente despejando 2z de las ecuaciones de ambas esferas:

( )( )

( ) ( )22 2

2 22 222 2

33 1 1

1 1

z x c yx c y x y

z x y

⎫= − − − ⎪⇒ − − − = − − −⎬= − − − ⎪⎭

entonces, 2 2 2 2 2 2 23 1

2 23 2 1 2 1 3 2 2x xc c y x y y xc c y y xc c− + − − = − − + − ⇒ + − = ⇒ = + −

Introduciendo esto en la ecuación (8) tenemos:

2 2 23 1 3 13 0 0 32 2 2 2

xc xc c c c c− − + + − = ⇒ + − = ⇒ = ±

Ejemplo 10

En referencia a la función ( ) yz f x, yx

= = ,

a) Dibujar cuatro curvas de nivel claramente separadas, indicando para cada una de ellas

el valor que toma la función.

b) Determinar el vector gradiente ( )f x, y∇ en el punto ( )a,b , y efectuar los cálculos que

correspondan para verificar que es perpendicular a la curva de nivel que pasa por

dicho punto.

c) Si estamos trabajando en las proximidades del punto ( )2 1, y cometemos un error de

0 01.± en la medición de x y de y , calcular aproximadamente el error que resulta en el

valor de z .

Solución

a) Dado que yzx

= , las curvas de nivel vendrán dadas por y c y cxx= ⇒ = , esto es, serán

rectas que pasan por el origen, de las cuales habrá que excluir precisamente el origen,

dado que en él no está definida z . Dejamos al alumno las representaciones.


b) ( ) ( )2 21 1y bf x, y , f a,b ,x ax a

⎛ ⎞ ⎛ ⎞∇ = − ⇒∇ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

c) Para la curva de nivel que pasa por el punto será: 1b b bc y x ,a a a

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⇒ = ⇒⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

es un

vector paralelo a la curva de nivel. Para ver que ésta es perpendicular al vector

gradiente, hacemos el producto interno entre dicho vector paralelo y el vector

gradiente y vemos que es nulo:

2 2 211 0b b b b, ,

a aa a a⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ − = − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

queda entonces demostrado.

Haciendo una aproximación lineal alrededor del punto ( )12, tendremos:

( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )

( )( )

( )0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 021

x yx ,y x ,y

yf x, y f x , y f x , y x x f x , y y y x x y yxx

− ≅ − + − = − − + −

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 22 11 2 2 1 2

11f x, y f x , y x y x y− ≅ − − + − = − − + −

( )1x − y ( )1y − pueden asumir valores de hasta 0 01.± . Reemplazando en la expresión

anterior (que, recordémoslo, es aproximada) con todas las combinaciones posibles de

signos + y − tendremos que:

( ) ( )0 00 03 0 03. f x, y f x , y .− ≤ − ≤

Quiere decir que el valor absoluto máximo del error es aproximadamente 0 03. .

Ejemplo 11

Un alumno de Cálculo II afirma:

i) “Si ( ) ( )x yf x, y f x, y= para todo valor de x , y entonces ( )f x, y es una constante”.

ii) “Si u es un vector unitario tangente en el punto ( )0 0 0x , y ,z a la superficie de nivel

de ( )f x, y,z , entonces la derivada direccional de ( )f x, y,z en la dirección de u en el

punto ( )0 0 0x , y ,z , es nula”.

Determinar si sus afirmaciones son verdaderas o falsas, justificando la respuesta.

Solución

i) Falso. Contraejemplo: ( ) 2 2f x, y x y= +

ii) Cierto. Si u es tangente a la superficie de nivel de f , entonces es perpendicular a un

vector normal a dicha superficie de nivel. Pero el gradiente de f es precisamente


normal a la superficie de nivel de f . Luego el gradiente de f y u son perpendiculares

entre sí, y como la derivada direccional involucra el producto interno entre ambos, la

misma será nula.

IV.3.5 Aplicaciones sencillas

Campo eléctrico.

Por física sabemos que la diferencia de potencial eléctrico dV (entre dos puntos muy

próximos) es:

dV E dr= − ⋅ ,

donde E es el vector campo eléctrico (el signo menos es por la forma en que se define dV :

como valor final menos inicial)

Dividiendo por dr : dV

drE ê D V V êê= − ⋅ = = ∇ ⋅

luego E V= −∇ . El campo E es perpendicular a la superficie equipotencial correspondiente

al punto analizado, pero apunta hacia adonde disminuye el potencial V .

Curvas de nivel y vector gradiente.

La representación de un campo escalar 2: f ℜ →ℜ se puede realizar por medio de sus

curvas de nivel, es decir, uniendo con una línea todos los puntos que presenten el mismo

potencial, y observando estos dibujos tendremos una idea de cómo se comporta este

campo. Un ejemplo podrían ser las líneas de nivel de un mapa geográfico. En él se indican

cuanto vale en cada punto la altura. Basta echar una ojeada a un mapa geográfico para,

observando dónde se acumulan más líneas de nivel saber que en esos puntos la pendiente

será mayor.

Además, en este ejemplo, el campo escalar de las alturas coincide (salvo una constante)

con el campo escalar potencial gravitatorio. De esta manera un punto donde hay muchas

líneas de nivel supone un punto donde hay mucha variación de energía potencial.

¿Cómo entender esto desde nuestro mapa geográfico?

Es sencillo, allí donde las curvas de nivel están muy juntas el terreno es muy empinado, tiene

mucha pendiente, y el esfuerzo que nosotros debemos hacer para en esos puntos será muy

pronunciado. O acaso ¿quién no ha sentido la dificultad de subir o bajar por un terreno muy


empinado? Esta dificultad que nos proporcionan las fuerzas gravitatorias se puede ya ver

gracias a la representación de un mapa con líneas de nivel.

IV.4 DERIVACIÓN DE FUNCIONES COMPUESTAS, IMPLÍCITAS E INVERSAS.

Este tema lo abordaremos desde una perspectiva más general que son las funciones

vectoriales n mℜ →ℜ , luego, las funciones escalares estarán consideradas en el caso

particular en que 1m = .

IV.4.1 Composición de funciones.

La composición de funciones indica básicamente reemplazar variables. Recordaremos la

composición de funciones de ℜ → ℜ1 1. Sea y g x= b g tal que 1 1:g V ⊆ ℜ →ℜ y sea z f y= b g con 1 1:f U ⊆ℜ →ℜ , de modo que el dominio de f tenga intersección con la imagen de g ,

luego para todo x de dicha intersección es posible hacer z f g x= b g , que también se

denota z f g x= b gb g (figura 14). Vemos entonces que para obtener la función compuesta

z f g x= b g , hemos reemplazado y por ( )xg .

Generalización:

Sea y g x= b g , tal que : n mg V ⊆ℜ →ℜ y sea z f y= b g con : m pf U ⊆ℜ → ℜ de modo que el

dominio de f tenga intersección con la imagen de g , entonces es posible hacer:

z f g x f g x= =b g e jb g

la representación gráfica se muestra en la figura 15:

x y z

g f

gf

1ℜ 1ℜ 1ℜ

V

U

Figura 14


Ejemplo 12

Sea f :ℜ → ℜ2 2 la función f x y x y xy, ,b g e j= + 2 y sea 2 1: g ℜ →ℜ la función ( ) uvv,ug = . De

las siguientes composiciones, ( )f g , ( )g f , ( )ff , ( )g g , encontrar las que sean posibles.

Solución

Es fácil darse cuenta que la composición ( ) ( )f g f g u,v= ⎡ ⎤⎣ ⎦ no es posible ya que no existe

intersección entre el dominio de f y la imagen de g (tienen diferentes dimensiones), lo

mismo ocurre con ( ) ( )g g g g u,v= ⎡ ⎤⎣ ⎦ .

La composición ( )g f viene dada por: ( ) ( )2 2g f x, y g x y,xy x y xy⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + = +⎣ ⎦⎣ ⎦ , de igual modo

podemos encontrar ( ) ( )f f f f x, y⎡ ⎤= ⎣ ⎦ ( )( )2 2 2 4f x y,xy x y xy , x y x y⎡ ⎤⎡ ⎤= + = + + +⎣ ⎦ ⎣ ⎦

IV.4.2 Regla de la cadena. Matriz Jacobiana.

Recordemos lo aprendido en cálculo de una variable. Si tenemos las funciones 11 ℜ→ℜ⊆V:g y 11 ℜ→ℜ⊆U:f , de modo que ( ) ∅≠∩UVg , podíamos formar la

composición z f g x= b gb g . Si además estamos interesados en la derivada de z (es decir, de la función compuesta) con

respecto a x se tiene, supuesto que f y g son diferenciables:

( )dyyfdz ′= , ( )dxxgdy ′= ,

luego: ( ) ( )dxxgyfdz ′′=

( )1 pz , ,z

g f

gf

nℜ mℜ pℜ

V

U

Figura 15

( )1 nx ,..., x ( )1 my ,..., y


utilizando otra nomenclatura, podemos escribir:

( ) ( )dxxgyfdxdx

dzdz ′′==

En forma equivalente: ( ) ( )xgyfdx

dz ′′= . La expresión obtenida es la misma que la que hubiera

resultado de aplicar la regla de la cadena, esto es el producto de las derivadas f y g .

Generalización

Sea y g x= b g con ( )1 nx x ,...,x= e ( )1 my y ,..., y= , es decir, tenemos un conjunto de m

funciones con n variables independientes, que escrito en forma extendida es:

( )

( )

1 1 1

1

n

m m n

y g x ,...,x...y g x ,...,x

⎧ =⎪⎪⎪⎨⎪⎪

=⎪⎩

Supongamos que cada una de ellas son diferenciables, de modo que:

1 11 1 1

1

11

nn

m mm n m

n

g gdy dx ... dx g dxx x

.

.

.g gdy dx ... dx g dxx x

∂ ∂⎧ = + + =∇ ⋅⎪ ∂ ∂⎪⎪⎪⎨⎪⎪

∂ ∂⎪= + + =∇ ⋅⎪ ∂ ∂⎩

Este sistema lineal se puede escribir en forma matricial (así se destaca que estamos frente a

una aplicación lineal) del siguiente modo:

1 1

11 1

1

n

m nm m

n

g g. . .x xdy dx

. .. .

. .. .

. .. .dy dxg g. . .

x x

∂ ∂⎡ ⎤⎢ ⎥∂ ∂⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⋅⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥= ⋅⋅⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⋅⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ∂⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦

Las dimensiones de estas matrices son, respectivamente: ( ) ( ) ( )1 1m m n n× = × ×


La matriz ( )m n× que contiene todas las derivadas parciales se la denomina matriz

jacobiana. Podemos indicarla con gD x (en el caso 1n m= = es una derivada simple).

También se puede indicar con ( )( )

1

1

m

n

y ,..., yx ,...,x

⎡ ⎤∂⎢ ⎥∂⎢ ⎥⎣ ⎦

Hagamos ahora z f y= b g con ( )1 pz z ,...,z= es decir una función de m pℜ →ℜ , tal que el

dominio de f tenga intersección con la imagen de g , entonces como ya vimos es posible

construir la función compuesta:

z f g x f g x= =b g e jb g

Como xdy D g dx= y si además f es diferenciable dz D f dyy= , resulta:

y xdz D f D g dx= ,

que es equivalente a:

x y xD z D f D g=

en forma extendida tendremos:

1 1 1 1 1 1

1 1 1

11 1

n m n

p p p p m m

nn m

z z f f g gx x y y x x

z z f f g gx xx x y y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥= ⋅⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦

( )p n× = ( )p m× ( )m n×

En funciones de varias variables, la operación de la derivación disfruta de propiedades

parecidas a las que tiene en funciones de una variable, lo que resulta de muy fácil

aplicación en casos de derivadas de sumas, productos y cocientes de funciones. La

operación que quizá acarrea ciertas dificultades operacionales es la derivación de

funciones compuestas.

Para dos funciones f y g que se pueden componer entre sí, se verifica la siguiente forma

matricial de la regla de la cadena:

( )( ) ( ) ( )0 0 0D f g x Df y Dg x=


Es posible, en lugar de aplicar el producto matricial, resolver en forma alternativa, según se

describe en los siguientes ejemplos.

Ejemplo 13

Sea 3:f ℜ →ℜ y 3:c ℜ→ℜ , y sea ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )h t f c t f x t , y t ,z t= = , encontrar dhdt

.

Solución

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )( )

3

3

::

fdh f dx f dy f dzc f c tdt x dt y dt z dt

h t f c t f x t , y t ,z t

⎫ℜ →ℜ∂ ∂ ∂⎪ ′ℜ→ℜ ⇒ = ∇ ⋅ = + +⎬∂ ∂ ∂⎪= = ⎭

Ejemplo 14

Sea 3:f ℜ →ℜ y 3 3: g ℜ →ℜ , y sea ( ) ( ) ( ) ( )( )h x, y,z f g f u x, y,z ,v x, y,z ,w x, y,z= = , encontrar

h∇ .

Solución

( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )( )

3 3 3: ; : h f u f v f wx u x v x w xf gh f u f v f wg x, y,z u x, y,z ,v x, y,z ,w x, y,zy u y v y w y

h x, y,z f g f u x, y,z ,v x, y,z ,w x, y,z h f u f v f wz u z v z w z

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎫ℜ →ℜ ℜ →ℜ⎪ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎪= ⇒ = + +⎬

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎪= = ⎪⎭ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

= + +∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

f u f v f w f u f v f w f u f v f wh , ,u x v x w x u y v y w y u z v z w z

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⇒∇ = + + + + + +⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠

Caso importante en mecánica de los fluidos

Supongamos que un fluido circula por una gran tubería y que su densidad ρ , varía

continuamente, ya sea en cada punto de la masa del fluido en movimiento dentro de la

tubería, como en el tiempo. Esto significa que si seguimos a una partícula de fluido en su

trayectoria, veríamos que cambia su densidad, pero si nos fijamos en un punto del fluido, las

partículas que pasan por ahí pueden tener densidades distintas (con variación continua en

el tiempo). De modo que si ( )z,y,x son las coordenadas de cierta partícula y t el tiempo, la

densidad está dada por ( )t,z,y,xρ=ρ , pero además la partícula tiene una trayectoria

( )txx = , ( )tyy = , ( )tzz = , así ( ) ( ) ( )( )t,tz,ty,txρ=ρ . Entonces, los distintos tipos de derivadas son:


Derivada parcial con respecto al tiempo, ∂ρ∂t

. Supongamos que estamos en un punto fijo de

la tubería y observamos como cambia en ese punto la densidad. De acuerdo a esto ∂ρ∂t

indica la derivada parcial de ρ con respecto a t , manteniendo constantes x , y , z .

Derivada total con respecto al tiempo: ddtρ . Si ahora en vez de estar en un punto fijo de la

tubería, tenemos la posibilidad de desplazarnos en todas las direcciones, al referirnos a la

variación de la densidad en el tiempo, los números que resultan han de reflejar también

nuestro movimiento. Luego la derivada total con respecto al tiempo, viene dada por:

ddt x

dxdt y

dydt z

dzdt t

ρ=∂ρ∂

+∂ρ∂

+∂ρ∂

+∂ρ∂

en los que dxdt

, dydt

y dzdt

son las componentes de la velocidad de nuestro movimiento.

Derivada substancial con respecto al tiempo: DDtρ . Si ahora nos dejamos llevar por el

movimiento del fluido (flotamos), nuestra velocidad será la misma que la del fluido, v . Al

referirnos a la variación de la densidad con el tiempo, el resultado dependerá de la

velocidad local v . Esta derivada es una clase especial de derivada que se denomina

substancial o derivada siguiendo el movimiento, y puede expresarse como:

D vttρ = ⋅ ∇ρ +

∂ρ∂

Ejemplo 15

Sea y g x= b g : y x xy x x

1 12

2

2 1 2

3==

RS|T|

coslnb g , y además z f y= b g está dada por: z y y

z y y1 1

22

2 1 2

4= +=

RS|T| hallar

D f g xx e je j .

Solución

D f g xx e je j = D f D gy x

D f g xx e je j =∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

L

N

MMMM

O

Q

PPPP⋅

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

L

N

MMMM

O

Q

PPPP=LNM

OQP⋅

−L

NMMM

O

QPPP

zy

zy

zy

zy

yx

yx

yx

yx

yy y

x x x senx

x x

1

1

1

22

1

2

2

1

1

1

22

1

2

2

1

2 1

1 2 12

2

1 2

8 1 6 31 1

cos

Haga el alumno este producto y luego reemplace 21 y,y en función de 21 x,x .


Ejemplo 16

Verificar la regla de la cadena para h x∂ ∂ donde ( ) ( ) ( )( )h x, y f u x, y ,v x, y= y

( ) ( ) ( )2 2

2 2 , , x y xyu vf u,v u x, y e v x, y eu v

− −+= = =

−.

Solución

Para hacer la verificación, primero aplicaremos la fórmula de la regla de la cadena y luego

haremos el reemplazo de u y v en f y haremos el cálculo como derivada parcial.

Aplicando la regla de la cadena tenemos:

( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( )

2 2 2 2 2 2 2 2

2 22 2 2 2

2 2 2 2x y xy

u u v u v u v u v u v vh f u f v e yex u x v x u v u v

− −− − + − + +∂ ∂ ∂ ∂ ∂

= + = − +∂ ∂ ∂ ∂ ∂ − −

Operando tenemos:

( )( )

( )

( )( )

( ) ( )( )

Reemplazando porlas expresiones de

y en términos de e 2 2

2 22 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2

4 4

4 4 4 1

u v x y

x y xy

x y xy xy x y xy x yx y xy

x y xy x y xy x y xy

h uv vue yex u v u v

e e e e ee ye ye e e e e e

↓− −

− − − − − −− −

− − − − − −

∂ −= − + =

∂ − −

−= − + = +

− − −

Ahora haremos el mismo cálculo reemplazando u y v en f y derivando parcialmente:

( ) ( ) ( )2 2

2 2 , , x y xyu vf u,v u x, y e v x, y eu v

− −+= = =

−

luego: ( ) ( ) ( )( )2 2 2

2 2 2

x y xy

x y xy

e eh x, y f u x, y ,v x, ye e

− −

− −

+= =

−

( )( ) ( )( )( )

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

22 2 2

2 2 2 2x y xy x y xy x y xy x y xy

x y xy

e ye e e e e e yehx e e

− − − − − − − −

− −

− + − − + − −∂= =

∂ −

( ) ( )

4 4 2 4 4 2 2 2 4

4 4 2 2 2 2 2 2 4 2 4 4 2 4 4

2 22 2 2 2 2 2

2 2 2 22 2 2 2 4 4

x y xy x y xy x y xy

x y xy x y xy x y xy xy x y xy x y

x y xy x y xy

e e ye yee ye e ye e ye

e e e e

− − − − − −

− − − − − − − − − −

− − − −

⎛ ⎞− + + − +⎜ ⎟⎜ ⎟+ + + + +⎝ ⎠= =

− −

Esta última expresión es equivalente a la que habíamos hallado por regla de la cadena, con

lo cual hemos verificado esta última.


Ejemplo 17

Sea ( ) ( ) ( )( ) f u,v,w eu w,cos v u sen u v w= − + + + + y ( ) ( )( )g x, y ex,cos y x ,e y= − − . Calcular f g y

( )( )0 0D f g , .

Solución

Evaluando g en el origen tenemos: ( ) ( )0 0 111g , , ,=

Estos últimos serán los valores de y u, v w correspondientes a valores nulos de yx y , con lo

cual:

( ) ( ) ( )0 0 111 1 1 3f g , f , , , cos sen= = +

En cuanto a la matriz de derivadas, tendremos:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )D

0u w u we ef u,v,w

sen v u cos u v w sen v u cos u v w cos( u v w )

− −⎡ ⎤−= ⎢ ⎥− + + + + − + + + + + +⎣ ⎦

( )D1 0 1

1 1 12 3 2 3 3

f , ,sen cos sen cos cos

−⎡ ⎤= ⎢ ⎥− + − +⎣ ⎦

( ) ( ) ( )D0

0

x

y

eg x, y sen y x sen y x

e

⎡ ⎤⎢ ⎥= − − −⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

( )D1 0

0 0 0 00 1

g ,⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

( )( ) ( ) ( )D D D1 0

1 0 10 0 111 0 0 0 0

2 3 2 3 30 1

f g , f , , g ,sen cos sen cos cos

⎡ ⎤−⎡ ⎤ ⎢ ⎥= = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− + − +⎣ ⎦ ⎢ ⎥−⎣ ⎦

( )( )D1 1

0 02 3 3

f g ,sen cos cos

−⎡ ⎤= ⎢ ⎥− + −⎣ ⎦

Ejemplo 18

El capitán Ralph tiene dificultades cerca del lado soleado de Mercurio. La temperatura del

casco de la nave, cuando él está en la posición ( )x, y,z , viene dada por ( ) 2 2 22 3x y zT x, y,z e− − −= ,

donde x, y y z vienen dados en metros. Actualmente está en el punto ( )111, , .


a) ¿En qué dirección deberá avanzar para disminuir más rápidamente la temperatura?

b) Si la nave viaja a 8e m/s, ¿con qué rapidez decrecerá la temperatura si avanza en esa

dirección?

c) Desafortunadamente el metal del casco se cuarteará si se enfría a una tasa mayor que 214e grados por segundo. Describir el conjunto de direcciones posibles en que puede

avanzar para bajar la temperatura a una tasa no mayor que ésa.

Solución

a) La dirección de máximo decrecimiento u será la dirección unitaria opuesta al vector

gradiente.

( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 22 3 2 3 2 32 4 6x y z x y z x y zT x, y,z xe , ye , ze− − − − − − − − −∇ = − − − ⇒

( ) ( ) ( ) ( )Normalizando

6 6 1 2 3111 2 4 6 111 2 4 614 14 14

T , , e , , T , , e , , u , ,↓

− − ⎛ ⎞⇒ ∇ = − − − ⇒ −∇ = ⇒ = ⎜ ⎟

⎝ ⎠

b) El valor de 8e m/s que nos dan es la rapidez (módulo de la velocidad) de la nave. El

vector velocidad vendrá dado por el producto de ese módulo por la dirección unitaria

de avance. Así:

8dx dy dzv , , e udt dt dt

⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠

8 1 2 314 14 14

e , ,⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠

Queremos obtener la tasa de variación de la temperatura, y lo logramos mediante la

regla de la cadena: ( ) ( )En 111

8 8 86 6 6 22 32 4 6 2 14

14 14 14

x ,y ,z , ,

dT T dx T dy T dz e e ee e e edt x dt y dt z dt

=↓

− − −∂ ∂ ∂= + + = − − − = −∂ ∂ ∂

c) En el punto anterior vemos que la máxima velocidad de crecimiento de la temperatura

es el doble de lo que la nave puede tolerar. Para que no se cuartee, es necesario

avanzar en otra dirección, cuyo vector unitario podemos llamar ( )u a,b,c= . En ese caso

tendremos que el vector velocidad será ( ) 8v a,b,c e= , y podremos escribir:

( ) ( ) ( )6 6 6 8 8 8 22 4 6 2 4 6dT T·v e , e , e · ae ,be ,ce a b c edt

− − −= ∇ = − − − = − − −

Esta tasa de variación de la temperatura debe ser negativa y su módulo debe ser menor

que 214e . Por lo tanto:

( )2 2 214 0 14 2 4 6 0 14 2 4 6 0dTe e a b c e a b cdt

− ≤ ≤ ⇒ − ≤ − − − ≤ ⇒ − ≤ − − − ≤


Moviéndose en cualquier dirección unitaria ( )u a,b,c= que cumpla con esas condiciones

el cohete se enfriará sin cuartearse.

Ejemplo 19

Sea ( ) ( ) ( )( )( )g x f x, y x ,z x, y x= y sea también ( )1 0y = , ( ) 1 0 1z , = , ( ) ( )1 0 12z , ,∇ = , ( )1 5g' = y

( ) ( )1 0 1 1 2 3f , , , ,∇ = . Determinar ( )1y′ .

Solución

Por la regla de la cadena tenemos:

( ) 1f dx f dy f dz f f f z dx z dyg x y ( x )x dx y dx z dx x y z x dx y dx

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂′ ′= + + = ⋅ + + +⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )1 1 1 1 1 1 2 1 3 1 1 2 1f f f z zg y x y x g y yx y z x y

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂′ ′ ′ ′ ′ ′= ⋅ + + ⋅ + ⇒ = ⋅ + + ⋅ +⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠

( ) ( ) ( ) 11 4 8 1 5 18

g y y′ ′ ′= + = ⇒ =

Nótese que el punto con el cual estamos trabajando es ( ) ( )1 0 1x, y,z , ,= .

Ejemplo 20

Aplicación a un problema físico.

Se ensaya a la tracción un monocristal de un metaloide de forma prismática rectangular

con una base cuadrada de 2 cm de lado y una altura de 15 cm. Debido a la anisotropía

(distinto comportamiento según las direcciones) del material, se ha observado que uno de

los lados de la base se deforma dos veces más rápido que el otro. Si en un momento dado

se determina que por efecto de la tracción la longitud de la pieza aumenta a una tasa de 1

mm/s, hallar la tasa de variación de ambos lados de la base.

Solución

Llamemos x al lado de la base que se deforma más lento, y al que se deforma más rápido

y z a la altura de la pieza. El volumen de la pieza será:

( )V x, y,z xyz=

Por la regla de la cadena, la variación de volumen con el tiempo vendrá dada por:

( )

2 (dato)

2

dy dxdt dt

dV V dx V dy V dz dx dy dz dx dzyz xz xy yz xz xydt x dt y dt z dt dt dt dt dt dt

=

↓∂ ∂ ∂= + + = + + = + +∂ ∂ ∂


Puesto que se trata de un sólido, el material es incompresible y su volumen permanecerá

constante, siendo su derivada con respecto al tiempo nula. Introduciendo este hecho y los

datos del problema tendremos:

( )2 15 2 2 15 2 2 0 1 0dV dx ,dt dt

= ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =

90 0 4 0dV dx ,dt dt

= + =

0 0044 cm/s 0 0088 cm/sdx dy, ,dt dt

= − = −

IV.4.3 Teorema de la Función Implícita.

Orientaremos el desarrollo de este tema a responder las siguientes preguntas:

• ¿Qué dice el teorema de la función implícita?

• ¿Para qué sirve? y ¿cómo aplicarlo?

La demostración del teorema no esta prevista en este curso debido a que la misma

corresponde a un curso de análisis más avanzado

Ya hemos visto que la gráfica de una función ( )xfy = , puede pensarse también como una

curva de nivel correspondiente al nivel cero de una función ( )y,xFz = . De hecho esta

función F deberá ser ( ) ( )xfyy,xF −= , para que su nivel cero este constituido por los puntos

( )y,x / ( )xfy = .

Ahora estamos interesados en el problema inverso, esto es, si:

Gráfica de ( )xfy =

Nivel cero de la función ( )z F x, y=

x

z

y

( )z F x, y=

Figura 16


Dada la función ( )y,xFz = . ¿Es posible obtener de la ecuación ( ) 0=y,xF , una función

( )xfy = ?

O dicho de otra manera, ¿es su nivel cero la grafica de una función ( )xfy = ?

Antes de intentar responder a esta pregunta, notemos que tal como está formulada la

misma, el problema planteado podría no tener solución. Tal es el caso de la ecuación

( ) 0122 =++= yxy,xF . Para evitar que esto ocurra tomaremos como punto de partida que se

verifica la igualdad ( ) 0=y,xF al menos para un cierto punto ( )00 y,x . Esto es equivalente a

reformular la pregunta anterior del siguiente modo:

Dada la función ( )y,xFz = y sea ( )00 y,x un punto tal que ( )0 0, 0F x y = . ¿Es posible

obtener de la ecuación ( ) 0=y,xF , una función ( )xfy = ?

Si pensamos en la ecuación ( ) 0122 =−+= yxy,xF ,

luego la respuesta a la pregunta anterior es NO,

ya que es bien sabido que podemos despejar dos

funciones ( ) 21 1 xxfy −== , ( ) 2

2 1 xxfy −−== .

Lo que es equivalente a decir que ( ) 0=y,xF define al menos dos funciones implícitas.

Bajando un poco las pretensiones, rehagamos la pregunta con un poco más de flexibilidad:

Dada la función ( )y,xFz = y sea ( )00 y,x un punto tal que ( ) 000 =y,xF . ¿Es posible

obtener de la ecuación ( ) 0=y,xF , una función ( )xfy = definida en una vecindad de

0x , tal que ( )00 xfy = ?

Notemos que al reformular la pregunta le hemos dado a la misma carácter local.

La respuesta a la pregunta o el problema de la existencia de la función implícita ( )xfy = , se

resuelve por medio del TEOREMA DE LA FUNCIÓN IMPLÍCITA, el cual establece condiciones

( ) 21 1 xxf −=

( ) 22 1 xxf −−=

x

y

Figura 17


suficientes sobre la función ( )y,xFz = para que de ( ) 0=y,xF se pueda obtener alguna

función implícita ( )xfy = , en los alrededores del punto ( )00 y,x .

Enunciados del teorema de la función implícita

• Versión I: Caso sencillo. Una ecuación que define implícitamente a ( )xfy =

Considere la función ( )y,xFz = . Sea ( ) 200 ℜ∈= y,xp un punto tal que ( ) 0=pF . Suponga

que la función F tiene todas sus derivadas parciales xF∂∂ y

yF∂∂ continuas en alguna

bola B con centro en p y que ( ) 0≠∂∂ p

yF . Entonces ( ) 0=y,xF se puede resolver para

y en términos de x , y definir así una función ( )xfy = con dominio en una vecindad* V

de 0x , tal que ( )00 xfy = y además ( )xfy = tiene derivadas continuas en V que

pueden calcularse como:

( )( )

( )

F x, yxy f xF x, yy

∂∂′ ′= = −∂∂

con Vx∈

Asumiendo la existencia de ( )xfy = , podemos escribir ( )( ) 0=xf,xF . Luego derivando y

aplicando la regla de la cadena, se obtiene la expresión para la derivada ( )xfy ′=′ .

( ) ( ) ( ) 0=∂∂

+∂∂ x

dxdfy,x

yFy,x

xF , y despejando obtenemos ( )

( )

( )y,xyF

y,xxF

xdxdf

∂∂∂∂

−=

Observaciones:

i) El rol que desempeñan las variables x e y es intercambiable.

ii) El TFI da condiciones suficientes para la existencia de la función ( )xfy =

iii) El TFI es un teorema local, nos asegura la existencia de la función ( )xfy = solamente en

las cercanías del punto ( )0 0x , y .

iv) El TFI es un teorema de existencia, nos dice que en ciertas condiciones existe una función

( )xfy = , definida implícitamente por ( ) 0=y,xF , sin embargo nada nos dice de como se

determina tal función, nos dice que puede resolverse para y en términos de x , pero no

nos dice cómo, es mas muchas veces no es posible.

* Sea np∈ℜ . Una vecindad de p es todo conjunto abierto que contenga un entorno de p .


Tal es el caso de la función 0=−+ xyeycosxsen , de la cual no es posible despejar y .

v) Lo importante del TFI es que aún sin poder despejar y en términos de x de la ecuación

( ) 0=y,xF , y si se cumplen las hipótesis que el teorema establece, este nos garantiza la

funcionalidad de y con x y nos dice cómo calcular la derivada.

Ejemplo 21

Dada la función ( ) 122 −+= yxy,xF ;

a) Establezca cuáles son los puntos del plano en los cuales el TFI garantiza la existencia de

una función implícita ( )xfy = definida por ( ) 0=y,xF

b) Encuentre para esos puntos la expresión de la derivada.

Solución

a) Los puntos ( )00 y,x que verifican ( ) 0=y,xF son los que determinan la circunferencia de

radio 1 y centro en el origen.

Luego las derivadas parciales xxF 2=∂∂ y y

yF 2=∂∂ , son continuas ( ) 2ℜ∈∀ y,x , entonces

también lo son sobre los puntos de la circunferencia 122 =+ yx .

Por ultimo, hace falta que 0≠∂∂

yF y esto ocurre en los puntos del nivel cero de F en los

cuales 0 0y ≠ , esto es en ( ) ( )0 0 10x , y ,≠ − y ( ) ( )0 0 10x , y ,≠ .

Entonces, el conjunto de puntos para los cuales el teorema nos asegura la existencia de

una función implícita son aquellos que verifican ( ) 0=y,xF con 00 ≠y

b) La expresión para la derivada vendrá dada por: yx

yFxF

dxdf

−=

∂∂∂∂

−=

Observación:

Antes vimos que la ecuación 0122 =−+ yx , si no se indicaba un entorno definía al menos

dos funciones:

( ) 21 1 xxfy −== ( ) 2

2 1 xxfy −−==

sin embargo la expresión para la derivada es una sola independientemente de cual sea el

entorno elegido, obteniendo las derivadas ( )xf1′ y ( )xf2′ , vemos que coinciden con lo

calculado por el TFI.

( )yx

x

xxf −=−

−=′

211

( )yx

x

xxf −=−−

−=′

221


• Versión II: Generalización a más variables independientes. Una ecuación que

define implícitamente a ( )xfy = , con ( )ni x,,x,,xx 1= .

Considere la función ( )y,xFz = . Sea ( ) 10 0

np x , y += ∈ℜ un punto tal que ( ) 0=pF .

Suponga que la función F tiene derivadas parciales ,xF

i∂∂ n,,i 1= , y

yF∂∂ continuas en

alguna bola B con centro en p y que ( ) 0F py

∂≠

∂. Entonces ( ) 0=y,xF se puede

resolver para y en términos de x y definir así una función ( )xfy = con dominio en una

vecindad V del punto 0x , tal que ( )00 xfy = y además ( )xfy = tiene derivadas

parciales continuas en V que pueden calcularse como:

( ) ( )

( )y,x,,x,,xyF

y,x,,x,,xxF

xx,,x,,xf

ni

nii

i

ni

1

11

∂∂∂∂

−=∂

∂ con ( ) Vx,,x,,x ni ∈1

Asumiendo la existencia de ( )ni x,,x,,xfy 1= , podemos escribir ( )( ) 0=xf,xF . Luego

derivando parcialmente respecto de ix y aplicando la regla de la cadena, se obtiene la

expresión para la derivada ix

f∂∂ .

( ) ( ) ( ) 0=∂∂

+∂∂ x

dxdfy,x

yFy,x

xF

ii, y despejando obtenemos ( )

( )

( )y,xyF

y,xxF

xdxdf i

i∂∂∂∂

−=

Ejemplo 22

Encuentre la ecuación del plano tangente a la

superficie ( )y,xfz = definida implícitamente por la

ecuación ( ) 0=z,y,xF en el punto ( )000 z,y,xp = .

Solución

La ecuación del plano tangente a una superficie

( )y,xfz = , en el punto ( )000 z,y,x está dada por:

( )( )

( )( )000

0000

yyyfxx

xfzz

y,xy,x−

∂∂

+−∂∂

+=

y

x

0x

0y

0z

z

p x

px −

( )F p∇

Figura 18

( ) 0F x, y,z =


En este caso la superficie es una función definida implícitamente por ( ) 0=z,y,xF , pero si se

cumplen las condiciones del TFI, este último nos permite calcular las derivadas parciales

yf,

xf

∂∂

∂∂ , esto es:

zFxF

dxdf

∂∂∂∂

−= y

zFyF

dydf

∂∂∂∂

−= ,

luego, reemplazando las derivadas obtenidas en la ecuación del plano tangente, nos

queda:

( ) ( )000 yy

zF

yF

xx

zFxF

zz

p

p

p

p −

∂∂

∂∂

−−

∂∂

∂∂

−=

reordenando términos:

( ) ( ) ( ) 0000 =−∂∂

+−∂∂

+−∂∂ zz

zFyy

yFxx

xF

ppp

que es equivalente a escribir:

( )0 0 0 0p

F x x , y y ,z z∇ ⋅ − − − =

Pudimos haber llegado a establecer esta ecuación haciendo uso de que siendo ( ) 0=z,y,xF

una superficie de nivel de la función F , el vector gradiente ∇ =∂∂

∂∂

∂∂

FHG

IKJF F

xFy

Fzp

, , es el

vector ortogonal a dicha superficie en ( )000 z,y,x , luego es perpendicular a

( ) ( )[ ]000 z,y,xz,y,x − , un vector que esta sobre el plano tangente.

Con ánimo de ir dándole mayor generalidad al tema, ahora nos preguntamos ¿cuándo de

las expresiones ( )( )⎩

⎨⎧

==

00

v,u,xGv,u,xF

con ( )ni x,,x,,xx 1= podemos despejar a u y v en términos

de x ? En caso que sea posible, diremos que las funciones ( )xfu = y ( )xgv = son funciones

implícitas definidas por el sistema de ecuaciones dado.

Para un problema de este tipo el TFI dice:


• Versión III: Dos ecuaciones que definen implícitamente a ( )xfu = y ( )xgv = con

( )ni x,,x,,xx 1=

Considere las funciones ( )v,u,xFz =1 y ( )v,u,xGz =2 . Sea ( ) 2000

+ℜ∈= nv,u,xp un punto

tal que ( ) ( ) 0== pGpF . Suponga que la funciones F y G tienen todas sus derivadas

parciales continuas en alguna bola B con centro en p y que el jacobiano

( )( ) ( ) 0≠∂∂ p

v,uG,F . Entonces el sistema

( )( )⎩

⎨⎧

==

00

v,u,xGv,u,xF

se puede resolver para u y v en

términos de x y definir así dos funciones ( )xfu = y ( )xgv = con dominio en una

vecindad V del punto p , tal que ( )00 xfu = y ( )00 xgv = , y además ( )xfu = y ( )xgv =

tienen derivadas parciales continuas en V que pueden calcularse como:

( )( )( ) ( )

( )( ) ( )v,u,x,,x,,x

v,uG,F

v,u,x,,x,,xv,xG,F

x,,x,,xxf

ni

nii

nii

1

1

1

∂∂∂∂

−=∂∂

( )( )( ) ( )

( )( ) ( )v,u,x,,x,,x

v,uG,F

v,u,x,,x,,xx,uG,F

x,,x,,xxg

ni

nii

nii

1

1

1

∂∂∂∂

−=∂∂ con ( ) Vx,,x,,x ni ∈1

Asumiendo la existencia de ( )xfu = y ( )xgv = , podemos escribir ( ) ( )( )( ) ( )( )⎩

⎨⎧

==

00

xg,xf,xGxg,xf,xF

, luego

derivando parcialmente respecto a ix y aplicando la regla de la cadena, obtenemos:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=∂∂

+∂∂

+∂∂

=∂∂

+∂∂

+∂∂

0

0

iii

iii

dxdg

vG

dxdf

uG

xG

dxdg

vF

dxdf

uF

xF

Utilizando la regla de Cramer, despejamos las incógnitas ix

f∂∂ y

ixg

∂∂ , esto es:

vG

uG

vF

uF

vG

xG

vF

xF

xf i

i

i

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

−=∂∂ ,

vG

uG

vF

uF

xG

uG

xF

uF

xg i

i

i

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

−=∂∂


Ejemplo 23

Considere las funciones ( )( )⎩

⎨⎧

+++=+++=

2222

1111

dzcybxaz,y,xGdzcybxaz,y,xF

. Establezca qué condiciones deben

cumplir iii c,b,a con 21,i = , para que las ecuaciones ( )( )⎩

⎨⎧

==

00

z,y,xGz,y,xF

se puedan resolver para

dos de las tres variables en término de la restante.

Solución

Las posibles funciones que pueden quedar definidas por el sistema de ecuaciones

( )( )⎩

⎨⎧

==

00

z,y,xGz,y,xF

son las que se describen a continuación:

a) ( ) ( )xgz,xfy,xx ===

b) ( ) ( )ygz,yy,yfx ===

c) ( ) ( ) zz,zgy,zfx ===

Luego el TFI, asegura que esto es posible si se cumple para cada caso que:

a) 0212122

11 ≠−==

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

bccbcbcb

zG

yG

zF

yF

b) 0212122

11 ≠−==

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

accacaca

zG

xG

zF

xF

c) 0212122

11 ≠−==

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

abbababa

yG

xG

yF

xF

Esto es equivalente a pedir la independencia lineal de los vectores normales a cada uno de

los planos ( )111 c,b,a y ( )222 c,b,a . Los vectores ( )111 c,b,a y ( )222 c,b,a son linealmente

independientes, si la combinación lineal ( ) ( ) ( )TTT ,,c,b,akc,b,ak 00022221111 =+ , obliga a que

los escalares 1k y 2k sean ambos cero.

[ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

000

21

21

21

21

kkccbbaa

resolviendo el sistema por eliminación gaussiana:

00

00

0000

221

1

221

121

21

21

21

caac

baab

aaccbbaa

+−

+−


Para que 1k y 2k sean ambos cero, hace falta que: 0221

1 ≠+− baab y 022

1

1 ≠+− caac ,

combinando ambas expresiones obtenemos 0221

1 ≠+− bccb , condiciones equivalentes a las

obtenidas por el TFI.

Finalmente enunciemos el teorema en su forma más general:

Versión IV: Caso general. m ecuaciones que definen implícitamente a ( )j jy f x= con

1j , ,m= y con ( )1 i nx x , ,x , ,x=

Considere las m funciones ( )j jz F x, y= con 1j , ,m= , siendo ( )1 i nx x , ,x , ,x= e

( )1 j my y , , y , , y= . Sea ( ) mny,xp +ℜ∈= 00 un punto tal que ( ) 0=pFj . Suponga que la

funciones jF tienen todas sus derivadas parciales continuas en alguna bola B con

centro en p y que el jacobiano ( )( ) ( )1

1

0j m

j m

F , ,F , ,Fp

y , , y , , y

∂≠

∂. Entonces las ecuaciones

( ) 0=y,xF j se pueden resolver para las jy en términos de x y definir así m funciones

( )j jy f x= con dominio en una vecindad V del punto p , tal que ( )00j jy f x= con

m,,j 1= y además las ( )xfy jj = tienen derivadas parciales continuas en V que

pueden calcularse como:

( )

( )( ) ( )( )( ) ( )mjni

mj

mj

mjnimi

mj

nii

j

y,,y,,y,x,,x,,xy,,y,,yF,,F,,F

y,,y,,y,x,,x,,xy,,x,,yF,,F,,F

x,,x,,xxf

111

1

111

1

1

∂

∂∂

∂

−=∂

∂ con ( ) Vx,,x,,x ni ∈1

IV.4.4 Función inversa

Abordaremos este tema desde un ejemplo y concluiremos que a partir de una redefinición

del problema, el mismo puede ser tratado como un caso de Función Implícita.

Ejemplo 24

La función de transformación de coordenadas polares ( )θ,r a rectangulares ( )y,x esta dada

por: Φ :x r cosy r sen

θθ

=⎧⎨ =⎩

con 0≥r y ∞<θ<−∞ .


Se pide determinar en qué condiciones es posible establecer funciones inversas que

describan a r y θ como funciones de x y de y , es decir obtener la transformación inversa

( )( )⎩

⎨⎧

=θ=

y,xgy,xfr

.

Solución

El problema planteado se expresa gráficamente del siguiente modo:

Si rescribimos el sistema de ecuaciones dado como:

( )( )⎩

⎨⎧

=θ−=θ=θ−=θ

00

sinry,r,y,xGcosrx,r,y,xF

,

el problema es ahora establecer condiciones bajo las cuales es posible resolver 0=F y

0=G para r y θ en términos de x y de y , para lo cual usamos el TFI, esto es:

( )2 2

F Fr sin cosr r sin cos r

G G r cos sinr

∂ ∂θ θ∂θ ∂Δ = = = θ+ θ =

∂ ∂ − θ θ∂θ ∂

Luego la transformación inversa es posible localmente en todo el plano xy excepto en

0=r .

Observación:

La función Φ , con 0>r no es inyectiva, a menos que restrinjamos el dominio para θ , esto

es: π<θ≤ 20 . Sin embargo la respuesta obtenida no se contradice con este hecho ya que

es una respuesta local.

1−Φ ?

r

θ

x

y Φ

Figura 19


IV.5 DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR.

Sea ( )y,xfz = una función 12 ℜ→ℜ:f suficientemente diferenciable. El diferencial de f

está dado por:

( ) dyy

fdxx

fy,xdf∂

∂+

∂

∂=

donde dx y dy son incrementos en las variables independientes. Si consideramos estos

incrementos constantes puede obtenerse el diferencial segundo de f , diferenciando la

expresión anterior:

( ) dydyy

fdxx

f

ydxdy

y

fdxx

f

xy,xfd

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

∂

∂+

∂

∂

∂

∂+

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

∂

∂+

∂

∂

∂

∂=2

( )2 2 2 2

2 2 22 2

No importa el orden*

f f f fd f x, y dx dxdy dy dydxy x x yx y

∂ ∂ ∂ ∂= + + +

∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂

como las derivadas de segundo orden son continuas, las derivadas cruzadas son iguales∗

( ) 2

2

222

2

22 2 dy

y

fdxdyxy

fdxx

fy,xfd∂

∂+

∂∂

∂+

∂

∂=

Si imagináramos que el número 2 representa la segunda potencia (cuadrado) para dx y dy ,

pero que para y

,x ∂

∂

∂

∂ corresponde al orden de derivación, la expresión anterior se puede

escribir como el cuadrado del binomio:

( ) ( )y,xfy

dyx

dxy,xfd

2

2

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

∂

∂+

∂

∂=

( ) ( ) ( )22d f x, y dx, dy f x, y= ⋅∇⎡ ⎤⎣ ⎦

si además sustituimos dx por xΔ , y dy por yΔ nos queda:

( ) ( )[ ] ( )y,xfy,xy,xfd 22 ∇⋅ΔΔ=

∗ Teorema de igualdad de las derivadas parciales mixtas Si una función es dos veces continuamente diferenciable (esto es, de clase 2C ), entonces las derivadas mixtas o

cruzadas son iguales: 2 2f fx y y x∂ ∂

=∂ ∂ ∂ ∂

. Esta intercambiabilidad sigue valiendo para derivadas de orden n siempre

que la función sea de clase nC .


Generalización.

Sea ( )1 my f x , ,x= una función 1: mf ℜ →ℜ suficientemente diferenciable, entonces el

diferencial enésimo de f está dado por:

( ) ( ) ( )1 1 1n n

m m md f x , ,x dx , ,dx f x , ,x= ⋅∇⎡ ⎤⎣ ⎦

Ejemplo 25:

Sea ( )( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2

2 2, 0 0

0, 0 0

xy x yx, y ,

f x, y x y

x, y ,

⎧ −⎪ ≠⎪= +⎨⎪

=⎪⎩

a) Si ( ) ( )0 0x, y ,≠ , calcular fx∂∂

y fy∂∂

.

b) Mostrar que ( ) ( )0 0 0 0 0f f, ,x y∂ ∂

= =∂ ∂

.

c) Mostrar que ( )2

0 0 1f ,x y∂

=∂ ∂

; ( )2

0 0 1f ,y x∂

= −∂ ∂

.

d) ¿Qué sucedió? ¿Por qué no son iguales las parciales mixtas?

Solución

a) Fuera del origen, podemos calcular las derivadas directamente aplicando las reglas de

derivación de la función dada:

( )( ) ( )

( )

2 3 2 2 2 2

22 2

3 2x y y x y xy x y xfx x y

− + − −∂=

∂ +

( ) ( )

4 2 3 2 3 5 4 2 3 4 2 3 5

2 22 2 2 2

3 3 2 2 4f x y x y x y y x y x y x y x y yx x y x y

∂ + − − − + + −= =

∂ + +

( ) ( ) ( )

( )

3 2 2 2 2 2

22 2

3 2x y x x y xy x y yfy x y

− + − −∂=

∂ +

( ) ( )

5 3 2 2 3 4 3 2 4 5 3 2 4

2 22 2 2 2

3 3 2 2 4f x x y y x y x x y xy x x y y xy x y x y

∂ + − − − + − −= =

∂ + +

b) En el origen, hacemos el cálculo como un límite de cociente incremental, haciendo

h x= Δ y k y= Δ :

( ) ( )0 0

0 0 0 0 0lím lím 0h h

f h, f ,fx h h→ →

−∂ −= = =

∂ ( ) ( )

0 0

0 0 0 0 0lím lím 0k k

f ,k f ,fy k k→ →

−∂ −= = =

∂


c) También estas derivadas parciales las hacemos como límites. Aprovechamos para ello los

cuatro resultados obtenidos en los puntos a) y b):

( ) ( )2

0

0 0 0límk

f f,k ,f f x xy x y x k→

∂ ∂−∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ∂ ∂= =⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠

( )( ) ( )

4 2 3 5

22 22

0

4 0 0 0

límk

x y x y y f,k ,xx yf

y x k→

⎡ ⎤+ − ∂⎢ ⎥ −⎢ ⎥ ∂+∂ ⎣ ⎦= =

∂ ∂

( )4 2 3 5

522 2 42

0 0

0 4 0 00

lím lím 1k k

k k k kk kf

y x k k→ →

⎡ ⎤+ ⋅ −⎢ ⎥ ⎡ ⎤−−⎢ ⎥ ⎢ ⎥+∂ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦= = = −

∂ ∂

( ) ( ) ( )( ) ( )

5 4 2 3

22 22

0 0

4 0 0 00 0 0lím límh h

x y x y x ff f ,k ,h, , xx yf f y yx y x y h k→ →

⎡ ⎤− − ∂⎢ ⎥∂ ∂ −− ⎢ ⎥ ∂+⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎣ ⎦= = = =⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠

( )5 4 2 3

522 2 42

0 0

0 4 0 00

lím lím 1h h

h h h hh hf

x y h h→ →

⎡ ⎤− − ⋅⎢ ⎥ ⎡ ⎤−⎢ ⎥ ⎢ ⎥+∂ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦= = =

∂ ∂

d) Aparentemente estos resultados estarían en contradicción con el teorema de igualdad

de derivadas parciales mixtas. Sin embargo, recordemos que éste es válido para

funciones derivables dos veces con continuidad. Es posible mostrar que las derivadas

parciales segundas no son continuas en este caso, por lo cual no vale el teorema.

IV.6 FÓRMULA DE TAYLOR DE VARIAS VARIABLES.

IV.6.1 Contacto de orden n

Sea :f ℜ→ℜ una función suficientemente

diferenciable tal que en ax = su valor es ( )af .

Pensemos en otra función 0:g ℜ→ℜ que en

ax = toma el mismo valor que ( )xf , entonces

se dice que ( )xg0 tiene un contacto de orden

0 con ( )xf en ax = (figura 20).

( )xf

( )af

( )xg0( )xg1

ax = x

y

Figura 20


Supongamos otra función 1: g ℜ→ℜ que tiene el mismo valor que ( )xf en ax = y también

ocurre lo mismo con su derivada primera (no así la segunda), se dice que ( )xg1 tiene un

contacto de orden 1 con ( )xf .

Una función ( )xg n tiene un contacto de orden n con ( )xf en ax = si comparte el valor

de la función y el de sus n derivadas sucesivas.

IV.6.2 Polinomio aproximante

Una función ( )xf puede representarse en un entorno del punto ax = por una serie de

potencias de la forma ( )0

nn

nC x a

∞

=

−∑ , en la medida que la serie converja, esto es:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ...axCaxCaxCaxCCxf +−+−+−+−+= 44

33

2210

Para encontrar el valor de los coeficientes, derivamos sucesivamente la función:

( ) ( ) ( ) ( ) ...axCaxCaxCCxf +−+−+−+=′ 34

2321 432

( ) ( ) ( ) ...axCaxCCxf +−+−+=′′ 2432 1262

( ) ( ) ( ) ...axCCxf +−+= 433 246

( ) ( ) ( ) ( ) nn Cnnnxf 1221 ⋅−⋅−⋅=

y valuando las expresiones obtenidas en ax = , entonces nos queda:

( ) 0Caf =( )!afC

00 =⇒

( ) 1f a C′ = ( )!afC

11′

=⇒

( ) 22Caf =′′ ( )!afC

22′′

=⇒

( )( ) 33 6Caf =

( ) ( )3

3 3f a

C!

⇒ =

( )( ) nn C!naf =

( ) ( )n

n

f aC

n!⇒ =


El polinomio de Taylor es un polinomio aproximante de orden n que aproxima una función

( )xf en un entorno del punto ax = y tiene con la misma un contacto de orden n. Esto se

muestra en la figura 21:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )nn

n ax!n

af...ax

!af

axaf

axafafxP −++−′′′

+−′′

+−′+= 32

32;

Tendremos que desarrollar el

polinomio hasta un orden infinito

para que ( )xfP =∞ , salvo que la

función sea un polinomio. A los

fines de expresar la igualdad,

podemos poner un resto que

corresponda a esta diferencia

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )( )

2 11 2 1

RESTO

0 1 2 1

n nn nf a f a x a f a x a f a x a f a x x af x ...

! ! ! n! n !

++− − − + φΔ −= + + + + +

+,

donde 10 <φ< .

Esta última expresión es el desarrollo de la serie de Taylor para ( )xf , con ( )axx −=Δ siendo

dxx =Δ , tal como se muestra a continuación:

Reemplazando en el desarrollo de Taylor:

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2

2

1! 2 !

nn

df

f a f a f af a dx f a dx dx ... dx ...

! n+ = + + + + +

luego pasando ( )af al primer miembro, obtenemos:

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2

2

1! 2 !

nn

df

f a f a f af a dx f a dx dx ... dx ...

! n+ − = + + + +

Todos los términos de orden 2 en adelante son un infinitésimo de orden superior, esto es:

( )xf

Figura 21

a

( )f a

( )nP x

y

x

x a x= + Δ

xΔ

x a=


( ) ( )

( )xR

n)n()(

...dx!n

af...dx!

afdff ++++=Δ 22

2

o lo que es equivalente: ( )xRdff =−Δ

( ) ( )xixxR

xdff

=Δ

=Δ−Δ

siendo la función ( )xi infinitésima para

x a→ , es decir límΔx

i x→

=0

0b g de modo

que el resto ( ) ( )( ) ( ) xxixxxixR Δ=−= 0 es

un infinitésimo de orden superior a Δx .

Estas expresiones se muestran en la

figura 22.

Sabiendo que ( )dxafdf ′= , ( ) 22 dxaffd ′′= , … , ( )( ) nnn dxaffd = , es posible escribir la serie de

Taylor en término de los diferenciales de f :

( ) ( ) ...fd!n

...fddfafxf n +++++=1

21 2

IV.6.3 Fórmula de Taylor para 2 variables.

Consideremos ahora las funciones 12 ℜ→ℜ:f y 21 ℜ→ℜσ : ambas suficientemente

diferenciable y consideremos un entorno del punto ( )b,a en el dominio de la función f , tal

como se muestra en la figura 23:

xa Δ+

df

a x

y

( )xf

( )af P0

Δx dx=

dx

i x x E xb g b gΔ =

Δf

α

α

( )aftg ′=α

Figura 22

1=t a

b

xax Δ+=

yby Δ+=

xΔ

yΔ

0t=

( )tσ

Figura 23

t x

y


de modo que ( ) ( )ytb,xtat Δ+Δ+=σ con 10 ≤≤ t , esto significa que la función compuesta

( ) ( )( )tft σ=ϕ toma los siguientes valores:

en 0=t , ( ) ( )b,af=ϕ 0 y en 1=t , ( ) ( )y,xf=ϕ 1

El desarrollo en serie de Taylor para ( ) ( )( )tft σ=ϕ , alrededor de 0=t está dado por:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 32 20 0 0 00! 1! 2! 3!

t t tt

′ϕ ϕ ϕ ϕϕ = + + + + (1)

aplicando regla de la cadena, obtenemos:

′ = ∇ ⋅ = ⋅ ∇ϕ 0b g b g e j b gf a b r r f a b, ,Δ Δ df=

′′ = ⋅ ∇ϕ 02

b g e j b gΔr f a b, 2d f=

ϕ n nr f a bb g b g e j b g0 = ⋅ ∇Δ , nd f=

luego si evaluamos la serie de Taylor dada en (1), para 1=t , nos queda:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2 30 0

1 0 02 3! !

ϕ ϕ′ϕ = ϕ +ϕ + + +

o en término de f :

( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( )+∇⋅ΔΔ++∇⋅ΔΔ+∇⋅ΔΔ+∇⋅ΔΔ+= b,afy,xn

b,afy,xb,afy,xb,afy,xb,afy,xf n

!1

3!1

21 32

que es igual a:

( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )1

2

2 2 22 2 3

2 21 122! 3!a,b a,b a,b

d f a,bd f a,b

f a,b f a,b f f ff x, y f a,b dx dy dx dxdy dy d f a,b R x,yx y y xx y

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎜ ⎟= + + + + + + +⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂⎝ ⎠

Luego podemos usar la siguiente notación:

( )( )

( )0

1!

j

j

f x, y dx dy f a,bj x y

∞

=

⎛ ⎞∂ ∂= +⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠∑ siendo dx

xdy

yf a b f a b∂

∂+

∂∂

FHG

IKJ =

0b gb g b g, ,

Ejemplo 25

Dada la función ( ) 2 xf x, y e y= :

( )( ) ( )ttf ϕ=σ

σ ℜ

2ℜ ℜ

z x

y t

f

Figura 24


i) Usando una aproximación lineal, estimar un valor cercano para la expresión

( )( )2 0 001 0 006f Ln . , .+ . Sugerencia: pensar cuál es el punto ( )0 0x , y correspondiente.

ii) Escribir la fórmula de aproximación de segundo orden para la misma función, pero ahora

con ( ) ( )0 0 0 0x , y ,=

Solución

i) Si tomamos ( ) ( )0 0 2 0x , y Ln ,= , tendremos:

( ) ( ) ( )( ) ( )( )0 0 0 0 0 0 0 0x yf x, y f x , y f x , y x x f x , y y y≅ + − + −

( )( ) ( ) ( )

2 2 22 0 2 0 2 0

2 0 001 0 006x y x y x y

Ln , Ln , Ln ,f x, y e e . e .− − −≅ + −

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )222 2 0 2 2 0 2 2 0 2 22 0 001 0 006 2 0 001 0 006 1 0 002 0 001 0996LnLn Ln Ln Lnf Ln . , . e e . e . e . . . e− − −+ ≅ + − = + − =

( )( )2 0 001 0 006f Ln . , .+ ≅ ( )0996 4 3984. .= =

ii) Ahora tendremos:

( ) ( ) ( )( ) ( )( )0 0 0 0 0 0 0 0x yf x, y f x , y f x , y x x f x , y y y≅ + − + − +

( )( ) ( )( )( ) ( )( )2 21 10 0 0 0 0 0 0 0 0 02 2xx xy yyf x , y x x f x , y x x y y f x , y y y+ − + − − + −

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 21 12 20 0 2 0 0 0 0 4 0 0 0 0 0 0x y x y x y x y x y x yf x, y e , e , x e , y e , x e , xy e , y− − − − − −≅ + + − + − +

( ) 2 2121 2 2f x, y x y x xy y= + − + − +

IV.6.4 Fórmula de Taylor para más variables.

Generalizando para una 1ℜ→ℜn:f :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2

0 0 0 01 12! !

nf x f x r f x r f x r f x

n= + Δ ⋅∇ + Δ ⋅∇ + + Δ ⋅∇ + , con ( )0r x xΔ = −

o también lo podemos expresar como:

( )( )

( )0 00

1!

j

jf x x dx f x

j

∞ →

=

⎛ ⎞+ Δ = ⋅∇⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ siendo ( )( )( ) ( )

0

0 0dx f x f x⋅∇ =

El teorema de Taylor para funciones de n variables establece que es posible encontrar

aproximaciones de orden k para una función alrededor de determinado punto; esto sería

una extensión del concepto de aproximaciones lineales que ya habíamos visto. Para ello se

requiere que las funciones a aproximar sean de clase 1kC + . Para aproximaciones de orden 3,

por ejemplo, tenemos:


( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3

0 0 0 0 01 1 1

1 12 3

n n n

i i j i j ki i , j i , j ,ki i j i j k

f f ff x h f x h x h h x h h h xx x x ! x x x= = =

∂ ∂ ∂+ ≅ + + +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∑ ∑ ∑

Existen fórmulas para el residuo, es decir para la diferencia entre esta aproximación y el valor

verdadero de ( )0f x h+ .

Ejemplo 26

Sea ( ) yf x, y e= .

a) Obtener la fórmula de Taylor de tercer orden en torno al punto ( )10, .

b) Aprovechar el desarrollo anterior para calcular el valor aproximado de 0 209 .. y

compararlo con el valor obtenido por calculadora.

Solución

En este caso tenemos 2n = , y el polinomio de Taylor será:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 32 2 2

0 0 0 01 1 1

1 12 3i i j i j k

i i , j i , j ,ki i j i j k

f f fp x f x h x h h x h h h xx x x ! x x x= = =

∂ ∂ ∂= + + +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∑ ∑ ∑

En nuestro caso 0x será ( )10, y 1 1h x= − ; 2 0h y y= − = . De modo que:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

2 21 2 1 1 2 2 1 22 2

110 10 10 10 10 10 102

f f f f f fp x, y f , h , h , h , h h , h h , h ,x y x y y xx y

⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + + + + + + + +⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂⎣ ⎦

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

3 3 3 3 33 21 1 2 1 2 1 1 2 2 2 1 13 2 2 2

3 3 32 3

2 1 2 2 1 22 3

1 10 10 10 10 103

10 10 10

f f f f fh , h h , h h h , h h h , h h h ,! x y xx x y x y y x

f f fh h h , h h , h ,y x y y x y

⎡ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ + + + + +⎢ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎣

⎤∂ ∂ ∂+ + + ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎦

Puesto que estamos tratando con una función infinitamente derivable con continuidad,

todas las derivadas cruzadas del mismo tipo son iguales; esto es, si derivamos primero

respecto a x , luego respecto a y y luego respecto a x nuevamente esto dará lo mismo

que cualquier otra secuencia en que intervengan dos derivadas respecto a x y una

respecto a y ; y así sucesivamente. De ese modo podemos escribir la fórmula anterior:


( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2 22 2

1 2 1 1 2 22 2

3 3 3 33 2 2 31 1 2 2 1 23 2 2 3

110 10 10 10 2 10 102

1 10 3 10 3 10 103

f f f f fp x, y f , h , h , h , h h , h ,x y x yx y

f f f fh , h h , h h , h ,! x x y x y y

⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + + + + +⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂⎣ ⎦

⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂+ + + +⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦

Para obtener la fórmula concreta de este polinomio, debemos hallar las derivadas

correspondientes de la función:

( ) ( )yy ln x y ln xf x, y x e e= = = ( )2

1 22

1 ; 1 ;y ln x y y yf y fy e x yx y y xx x x x

− −∂ ∂⇒ = = = = −

∂ ∂

( )( )3

33 1 2 yf y y y x

x−∂

= − −∂

( ) ( ) ( )2 3

2 310 10 10 0f f f, , ,x x x∂ ∂ ∂

⇒ = = =∂ ∂ ∂

( ) ; y ln x yf ln xe ln x xy∂

= =∂

( )2

22 ;yf ln x x

y∂

=∂

( )3

33 yf ln x x

y∂

= ⇒∂

( ) ( ) ( )2 3

2 310 10 10 0f f f, , ,y y y∂ ∂ ∂

⇒ = = =∂ ∂ ∂

; ( ) ( )2 2

11 10 1y yf fx ln x yx ,x y x x y

−∂ ∂= + ⇒ =

∂ ∂ ∂ ∂

( ) ( )3 3

1 1 22 2 2

1 1 10 0y y y yf y fx x x ln x yx ,x xx y x x y

− − −∂ ∂= − + + + ⇒ =

∂ ∂ ∂ ∂

( ) ( )3 3

12 2

2 10 0y yf ln x fx ln x yx ,xx y x y

−∂ ∂= + ⇒ =

∂ ∂ ∂ ∂

Por lo cual los únicos términos que nos sobreviven de la fórmula de Taylor son:

( ) ( ) ( ) ( )2

1 2110 2 10 1 1 1 12

fp x, y f , h h , x y xy yx y∂

= + = + − ⋅ = + −∂ ∂

Usando esta fórmula para calcular el valor aproximado de la función en ( )09 0 2. , . tenemos:

( )0 209 09 0 2 1 09 0 2 0 2 098.. p . , . . . . .≅ = + ⋅ − =

Mientras que el valor obtenido con calculadora es 0979. , lo que significa un error menor al

uno por mil.

tema 04 - diferenciación de funciones escalares de varias variables.pdf

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