derivada direccional

CÁLCULO SUPERIORDERIVADA DIRECCIONAL Y GRADIENTE.Curso del Instituto Tecnológico de Costa Rica

Walter Mora F.,Geovanni Figueroa M.Escuela de MatemáticaInstituto Tecnológico de Costa Rica.www.cidse.itcr.ac.cr

Capítulo 4

GRADIENTE, DERIVADASDIRECCIONALES Y PLANO TANGENTE

4.1 VECTOR GRADIENTE.

Definición 4.1 (Vector Gradiente) Sea f : D⊆Rn −→ R una función (o campo) escalardiferenciable en una región R, entonces la función (o campo) gradiente de f es la funciónvectorial ∇ f : R⊆ Rn −→ R definida por

∇ f (x1,x2, ...,xn) = ( fx1(x,y), fx2(x,y), ..., fxn(x,y))

En el caso f : D⊆ R2 −→ R

∇ f (x,y) = ( fx(x,y), fy(x,y)) =∂ f∂x−→i +

∂ f∂y−→j

En el caso f : D⊆ R3 −→ R

∇ f (x,y,z) = ( fx(x,y,z), fy(x,y,z) fz(x,y,z)) =∂ f∂x−→i +

∂ f∂y−→j +

∂ f∂z−→k

Cálculo Superior. Walter Mora F., Geovanni Figueroa M.Derechos Reservados c© 2009 Revista digital Matemática, Educación e Internet (www.cidse.itcr.ac.cr)

1

2 GRADIENTE, DERIVADAS DIRECCIONALES Y PLANO TANGENTE

EJEMPLO 4.1

1. Si f (x,y) = senxy+ x2y2, calcule∇ f (π,1).

Solución.

El gradiente está dado por :

∇ f (x,y) =(ycosxy+2xy2

) −→i +

(xcosxy+2x2y

) −→j

y evaluando

∇ f (π,1) = (2π−1)−→i +

(2π2−π

) −→j

2. Si x2 + y2 + z2 = 1, calcule∇z(x,y).

Solución.

Excepto en el círculo x2 + y2 = 1 (curva de nivel z = 0), se puede calcular

∇ f (x,y) =(−Fx

Fz,−Fy

Fz,

)=−x

z−→i + −y

z−→j

4.2 DERIVADA DIRECCIONAL

Suponga que deseamos calcular la tasa de cambio de z en el punto (x0,y0) en la direc-ción de un vector unitario arbitrario −→u = (a,b) , para esto consideremos la superficieS con ecuación z = f (x,y) (la gráfica de f ) y sea z0 = f (x0,y0) . Entonces el puntoP = (x0,y0,z0) está sobre S . El plano vertical que pasa por el punto Pen la dirección delvector −→u interseca a la superficie S en la curva C . La pendiente de la recta tangente T ala curva C en el puntoPes la tasa de cambio de z en la dirección del vector −→u .

DERIVADA DIRECCIONAL 3

XX

Z

S

u

a

b

P=(x0 , y0 , z0)

T

Figura 4.1 Derivada direccional

Si Q = (x,y,z)es otro punto sobre la curva C , y sean P′ y Q′ las proyecciones sobre elplano xy de los vectores P y Q , entonces el vector

−−→P′Q′ es paralelo al vector −→u , y por

consiguiente

XX

Z

S

u

a

b

P

T

Q

P‘ Q‘

Figura 4.2 El vector−−→P′Q′ es paralelo al vector −→u

−−→P′Q′ = h−→u = (ha,hb)

para algún escalarh . Así pues,

x− x0 = ha =⇒ x = x0 +hay− y0 = hb =⇒ y = y0 +hb


y la razón de cambio está dada por

∆zh

=z− z0

h=

f (x0 +ha,y0 +hb)− f (x0,y0)h

y al tomar el límite cuando h −→ 0 obtenemos la tasa de cambio instantánea de z (conrespecto a la distancia) en la dirección de −→u , la cual se llama derivada direccional de fen la dirección de −→u .

Definición 4.2 (Derivada direccional) Sea f : D⊂R2 −→R una función escalar y seanP = (x0,y0) ∈D y −→u = (a,b) un vector unitario, entonces la derivada direccional de fen P = (x0,y0) en la dirección del vector −→u , está dada por :

D−→u f (P) = D−→u f (x0,y0)

= limh→0

f (P+h−→u )− f (P)h

= limh→0

f (x0 +ha,y0 +hb)− f (x0,y0)h

Observación: Al comparar la definición de derivada parcial con la de derivada direc-cional, podemos notar que si −→u = (1,0) entonces D−→u f (P) = fx(P) y si −→u = (0,1)entonces D−→u f (P) = fy(P) , es decir, las derivadas parciales son derivadas direccionalesen la dirección de los vectores canónicos.

EJEMPLO 4.2

Calcule la derivada direccional de f (x,y) = 4− x2− y2 en el punto P = (1,1,2) en la

dirección del vector −→u =(

1√2,

1√2

)

Solución.

Usando la definición de derivada direccional, tenemos que :


D−→u f (1,1) = limh→0

f(

1+h√2,1+

h√2

)− f (1,1)

h

= limh→0

4−(

1+h√2

)2

−(

1+h√2

)2

−2

h

= limh→0

2−(

1+h√2

)2

−(

1+h√2

)2

h

= limh→0

2−2(

1+h√2

)2

h

y usando la regla de L’Hôpital

limh→0

−4(

1+h√2

)1√

2= − 4√

2= −2

√2

Esto nos dice que la razón de cambio de z en P en la dirección del vector −→u es −2√

2,es decir, que z en esta dirección esta decreciendo. En la figura 4.3 se ilustra esta situación.

XX

YY

11111111111111

P

Figura 4.3 Tangente en P tiene pendiente −2√

2.

Observación: la definición de derivada direccional es válida en general para funcionesde n variables f : D⊂ Rn −→ R .


Con propósitos de cálculo, la definición de derivada direccional no es muy útil, por lo queen general se usa la fórmula que se presenta en el siguiente teorema.

Teorema 4.1 Sea f : D⊂ Rn −→ R una función escalar diferenciable en D, entonces ftiene derivada direccional en la dirección de cualquier vector no nulo −→u = (a,b) y estádada por:

D−→u f (x,y) = ∇ f (x,y) ·−→u

|| −→u || = fx(x,y)a

|| −→u || + fy(x,y)b

|| −→u ||

Observación: Recuerde que la com-ponente de −→v en la dirección de −→ues

−→u · −→v||u || , la cual es la longitud de la

proyección vectorial de −→v sobre −→u(Proy−→u

−→v =−→u · −→v||u ||

−→u)

. Con lo

cual, la fórmula

D−→u f (x,y) = ∇ f (x,y) ·−→u

|| −→u ||nos dice que la derivada direccional es la

componente del vector gradiente ∇ f (P)en la dirección del vector −→u .

∇ f(P)

u

PD z(P)

u

Figura 4.4 D−→u f (x,y) es la componente delvector gradiente ∇ f (x,y) en la dirección delvector −→u

EJEMPLO 4.3

Calcule la derivada direccional D−→u f (x,y) si f (x,y) = x3−3xy+4y2 y −→u es el vector

unitario dado por θ =π6

. Cuánto es D−→u f (1,2)?

Solución.

Usando el resultado del teorema anterior

D−→u f (x,y) = fx(x,y)cos(π

6

)+ fy(x,y)sen

(π6

)

= (3x2−3y)√

32

+(−3x+8y)12

=12

(3√

3x2−3√

3y−3x+8y)


De donde

D−→u f (1,2) =12

(3√

3−6√

3−3+16)

=13−3

√3

2

EJEMPLO 4.4

Calcule la derivada direccional de D−→u f (x,y,z) si f (x,y,z) = x sen(yz), en el puntoP =

(1,3,0) en la dirección del vector −→v =−→i +2

−→j − −→

k .

Solución.

El vector gradiente de la función f esta dado por

∇ f (x,y,z) = (sen(yz),xzcos(yz),xycos(yz))

evaluando enP tenemos que ∇ f (1,3,0) = (0,0,3) . Por otro lado un vector unitario en ladirección de −→v es

−→u =1√6−→i +

2√6−→j − 1√

6−→k

Por tanto

D−→u f (1,3,0) = ∇ f (1,3,0) ·(

1√6,

2√6,−1√

6

)= −

√32

Suponga que tenemos una función f de dos o de tres variables y consideramos todas lasposibles derivadas direccionales de f en un punto P dado. Esto proporciona las tasasde cambio de f en todas las posibles direcciones. De modo que podemos plantear lasiguiente pregunta : ¿en cuál de estas direcciones f cambia con mayor velocidad?, y ¿cuáles la máxima razón de cambio?. Las respuestas a estas preguntas las da el siguiente teorema.

Teorema 4.2 (Dirección de máximo cambio) Sea f : D⊂R2 −→Runa función escalar.El valor máximo de la derivada direccional D−→u f (x,y) es ||∇ f (x,y)|| y se presentacuando el vector no nulo −→u tiene la misma dirección que el vector gradiente ∇ f (x,y) .

Podemos justificar esto, informalmente, de la manera que sigue.


Primero recordemos que

u · v = ||u|| · ||v||cos(θ)

Ahora

D−→u f (x,y) = ∇ f (x,y) ·−→u

|| −→u ||

= ||∇ f (x,y)|| cosθ

donde θ es el ángulo entre el vector unitario−→u

|| −→u || y el vector ∇ f (x,y).

El valor de D−→u f (x,y) aumenta o disminuye solo si cosθ cambia (si giramos el vector −→u ).

Así que el máximo valor se obtienecuando cosθ = 1 (es decir θ = 0 o π )lo cual indica que −→u debe ser paraleloal gradiente ∇ f (x,y). El resultado se ob-tiene notando que la magnitud del vectorno importa (excepto si es nulo) pues setoma unitario.

θ

∇f(x,y)

u

Figura 4.5

EJEMPLO 4.5

Suponga que la temperatura en un punto(x,y,z)en el espacio está dada por

T (x,y,z) =80

1+ x2 +2y2 +3z2

donde T está medida en grados centígrados y x,y,zestán en metros. ¿En qué direcciónaumenta más rápido la temperatura respecto punto (1,1,−2)? ¿Cuál es la máxima tasa deincremento ?

Solución.


El gradiente de T es

∇T (x,y,z) = − 160x(1+ x2 +2y2 +3z2)2

−→i − 320y

(1+ x2 +2y2 +3z2)2−→j − 480z

(1+ x2 +2y2 +3z2)2−→k

Evaluando en el punto P = (1,1,−2) obtenemos

∇T (1,1,−2) =58

(−−→i −2

−→j +6

−→k

)

Por tanto, la temperatura se incrementa con mayor rapidez en la dirección del vector gra-diente

−→v = −−→i −2−→j +6

−→k

La tasa máxima de incremento es la longitud del vector gradiente

||∇T (1,1,−2)|| =58

∣∣∣∣∣∣−−→i −2

−→j +6

−→k

∣∣∣∣∣∣ =

5√

418

Observación: el valor mínimo de la derivada direccional es −||∇ f (x,y)||y ocurre cuando−→u tiene la dirección −∇ f (x,y),

EJEMPLO 4.6

Considere la placa rectangular que se muestra en la figura siguiente. La temperatura en unpunto(x,y)de la placa está dada por

T (x,y) = 5+2x2 + y2

Determine la dirección en la que debe de ir un insecto que esta en el punto(4,2) , para quese enfríe lo más rápidamente. Figura 4.6


4

2

X

Y

Figura 4.6 Mejor trayectoria para el insecto.

Solución

Para que el insecto se enfríe más rápidamente debe seguir una dirección opuesta al gradi-ente, es decir

−∇T (x,y) = (−4x,−2y) =⇒−∇T (4,2) = (−16,−4)

O sea, debe ir en la dirección del vector −→v = −16−→i −4

−→j .

4.2.1 (*) Vector Unitario Tangente.

Sea r : I ⊆ R−→ Rn. Si la función vectorial r es continua en I, entonces la gráfica de rse le llama curva y decimos que esta curva esta descrita paramétricamente por r(t).

X

Z

r(t)

Figura 4.7 Curva descrita por el vector de posición r(t) .

Los ejemplos más comunes son las rectas en R3. Si la recta L pasa por P en direc-ción de −→u entonces r(t) = P + t −→u , t ∈ R. Otro ejemplo son las elipses de ecuación(x−h)2

a2 +(y− k)2

b2 = 1. Una parametrización es


r(t) = (h+a cos(t))−→i +(k +b sen(t))

−→j , t ∈ [0,2π ]

La derivada de r (si existe) es r′(t) = limh→0r(t +h)− r(t)

h. Si x(t) y y(t) son funciones

derivables en I y si r(t) = x(t)−→i + y(t)

−→j , entonces r′(t) = x′(t)

−→i + y′(t)

−→j .

X

Z

r(t)

r’(t) (traslación)

r’(t)

recta tangente

C

Figura 4.8 r′(t) .

La interpretación geométrica de r′(t) sugiere la siguiente definición

Definición 4.3 Sea C una curva descrita por la función vectorial continua r. Si existela derivada r′(t) y no es nula, la recta que pasa por r(t) y es paralela a r′(t) se llamatangente a C en r(t). El vector r′(t) se denomina vector tangente a C en r(t).

El vector unitario tangente T es una función vectorial asociada a la curva C y se definecomo

−→T (t) =

r′(t)||r′(t)|| , si ||r′(t)|| 6= 0

EJEMPLO 4.7

Considere el ejemplo (4.6), observe que (0,0) es el punto más frío de la placa. Encuentrela trayectoria que debe seguir, hacia el origen, un insecto que busca el frío partiendo delpunto (4,2) .

Solución.

Si −→r (t) = (x(t),y(t)) = x(t)−→i +y(t)

−→j es la ecuación vectorial de la trayectoria entonces


−∇ f (x,y) = (x′(t),y′(t))

(−4x,−2y) =(

dxdt

,dydt

)

de donde obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales

dxdt

= −4x

dydt

= −2y

(4.1)

y las condiciones iniciales

x(0) = 4

y(0) = 2(4.2)

El sistema de ecuaciones diferenciales (4.1) se resuelve fácilmente integrando, pues cadaecuación diferencial es en variables separadas.

ln(x) = −4t + c1

ln(y) = −2t + c2

y usando las condiciones iniciales (4.2) tenemos que

ln(x) = −4t− ln(4)

ln(y) = −2t− ln(2)

simplificando

ln( x

4

)= −4t

ln( y

2

)= −2t

despejando, obtenemos que la trayectoria que debe seguir el insecto es y2 = x (vea lafigura 4.6).


EJEMPLO 4.8

La altura de una montaña, en metros sobre el nivel del mar, está dada por

z = 2000− x2

4− y2

2

Si un alpinista comienza su ascenso al nivel del mar en x = 20√

10 y y = 20√

5 ¿Cuáles la trayectoria en el plano xy que corresponde a la ruta más empinada de ascenso a lamontaña?

Solución

Sabemos que en cada punto de la montaña la dirección de ascenso con mayor pendienteesta dada por el gradiente

∇z =(− x

2,−y

)

Esto significa que este vector es tangente a la proyección de la trayectoria de ascenso en elplano xy , es decir, si −→r = x(t)

−→i + y(t)

−→j es dicha trayectoria, entonces

−→r (t) =(

dxdt

,dydt

)=

(− x

2,−y

)

De donde obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales

dxdt

= − x2

dydt

= −y

Para resolverlo podemos observar quedydx

=2yx


cuya solución es

ln(y) = ln(x)+ c

y = cx2

Y usando las condiciones iniciales

x(0) = 20√

10, c =√

5200

, y(0) = 20√

5Así, la trayectoria que debe seguir es

y =√

5200

x2

En la figura 4.9 se muestra la curva de

nivel z = 0 y la trayectoria y =√

5200

x2 .

20 40 60 80 X

20

40

60

Y

Figura 4.9 Trayectoria en el plano xy.

EJEMPLO 4.9

¿Cuál es la razón de cambio de f (x,y,z) = x2 + y2 + z−4, a lo largo de la curva

−→r (t) =32

cos(θ)−→i +

(12

+32

sen(θ)) −→

j +(

32− 3

2sen(θ)

) −→k

en el punto que corresponde a θ =π4

?.

Solución.

Cuando decimos “a lo largo de la curva”, queremos significar “en la dirección del vectortangente a la curva”. Primero, el punto en la curva es

−→r(π

4

)=

32√

2−→i +

3+√

22√

2−→j +

3√

2−32√

2−→k

Un vector tangente a la curva está dado por

drdt

= −32

sen(θ)−→i +

32

cos(θ)−→j − 3

2cos(θ)

−→k


y por tanto un vector unitario tangente es

−→T (θ) =

−sen(θ)√1+ cos2(θ)

−→i +

cos(θ)√1+ cos2(θ)

−→j − cos(θ)√

1+ cos2(θ)

−→k

Evaluando en θ =π4

−→T

(π4

)=

−√33

−→i +

√3

3−→j −

√3

3−→k

Por otro lado, el gradiente de f es

∇ f (x,y,z) = (2x,2y,1)

Evaluando en P

∇ f (P) =

(3√2,

3+√

2√2

,1

)

Así la derivada direccional está dada por

(3√2,

3+√

2√2

,1

)·(−√3

3,

√3

3,−√3

3

)= 0


X Y

Z

Figura 4.10 Vector unitario tangente−→T

(π4

)

4.3 PLANO TANGENTE.

4.3.1 Gradiente y Curvas y Superficies de Nivel.

Recordemos que si z = f (x,y) entonces la curva z = c (es decir c = f (x,y) ) la llamamoscurva de nivel. Si tenemos w = g(x,y,z), la superficie w = 0 (es decir 0 = g(x,y,z) ), sedenomina superficie de nivel w = 0. Anteriormente veíamos que el gradiente es tangentea las trayectorias. En cambio, cuando se trata de curvas o superficies de nivel, la situacióncambia.

Si S es una superficie de ecuación G(x,y,z) = 0, con G derivable con continuidad en elplano, y si P = (p1, p2, p3) ∈ S, entonces,

1. si se cumplen las condiciones del teorema de la función implícita en P se tiene,

∇z(x,y) =(−Gx

Gz,−Gy

Gz

)

El vector z(p1, p2) es perpendicular a la curva de nivel z = p3, es decir ∇ f (p1, p2)es perpendicular al vector tangente en (p1, p2).

Por supuesto, si la ecuación de la superficie es z = f (x,y), podemos calcular elgradiente de la manera usual. Para el resultado que sigue, si necesitamos la funciónG que sería G = z− f (x,y) = 0.

2. el vector ∇G(p1, p2, p3) es perpendicular a la superficie de nivel w = 0, es de-cir ∇G(p1, p2, p3) es perpendicular a cada curva de la superficie S, que pasa por(p1, p2, p3).

PLANO TANGENTE. 17

EJEMPLO 4.10

Considere la elipse C de ecuación 2x2 + 3y2− 3x + 3y = 1. Sea P =

(0,−3+

√21

6

).

Observe que P ∈ C. Calcule un vector perpendicular a la elipse en P.

Solución.Podemos ver la elipse como una curvade nivel de z = 2x2 + 3y2 − 3x + 3y,concretamente la curva de nivel z = 1.De acuerdo a la teoría, el vector ∇z(P)es perpendicular a la curva de nivel(elipse) en P. Veamos

∇z(x,y) = (4x−3, 6y+3)

∇z(P) = (−3,√

21)

En la figura 4.11 se muestra gráficamente

la situación.

-3 -2 -1 1 2

-1

1

2

P

Figura 4.11 Vector normal en P

4.3.2 Plano Tangente.

Finalmente si G es derivable con continuidad en P y si el gradiente en P es no nulo,los vectores tangentes a cada curva en S que pasan por P forman un plano tangente.∇G(p1, p2, p3) es un vector normal a este plano.

X

Z

S

P

p

p

1

2

∇G(p , p , p )1 2 3

(traslación)

X

Z

S

P

p

p

1

2

∇G(p , p , p )1 2 3

P

Figura 4.12 Plano Tangente.

Así, la ecuación del plano tangente en P es


ax+by+ cz = d

con (a,b,c) = ∇G(p1, p2, p3) y d = ∇G(p1, p2, p3) ·P.

EJEMPLO 4.11

1. Sea S la superficie de ecuación f (x,y) =xy

x2 + y2 , si (x,y) 6= (0,0) y f (0,0) = 0.

Aunque fx(0,0) = fy(0,0) = 0, no hay plano tangente pues la función es discontinuaen este punto (aunque esté definida).

2. Consideremos la superficie S de ecuación x2 +y2 +z2 = 1. Sea P =(1/√

3, 1/√

3, 1/√

3)∈S. Calculemos la ecuación cartesiana del plano tangente en P.

• G(x,y,z) = x2 + y2 + z2−1 = 0.

• ∇G(x,y,z) = (2x, 2y, 2z).

• N = ∇G(P) = (2/√

3, 2/√

3, 2/√

3) y d = P ·∇G(P) = 2

• Plano tangente:2√3

x +2√3

y +2√3

z = 2 o también x+ y+ z =√

3.

X

Y

Z

N=∇G(P)

P

Figura 4.13 Plano Tangente a S en P.

3. Consideremos la superficie S de ecuación x2 +y2 +z2 = 1. Sea P =(1/√

3, 1/√

3, 1/√

3)∈S.

• El gradiente es ∇z(x,y) =(−x

z,−x

z

). Como se ve, no está definido si z = 0

pues aquí las tangentes son rectas verticales.

PLANO TANGENTE. 19

Z

Figura 4.14 Tangentes en z = 0.

• La pendiente de la recta tangente en P en la dirección de −→u = (1,1) es

D(1,1)z(P) = ∇z(1/√

3, 1/√

3) · (1,1)√2

=−√

2

X

Y

Z

u

Figura 4.15 Tangentes en P en la dirección de (1,1)

• El gradiente ∇z(1/√

3, 1/√

3) es perpendicular a la recta tangente a la curva

de nivel z =1√3

en P. La derivada direccional en la dirección del vector uni-

tario tangente es cero. Geométricamente, la recta L, en la figura 4.16, tienependiente cero.

Esto es así pues

D−→T

f (P) = ∇ f (P) · −→T = 0 (¿porqué?. Haga el cálculo!.)

= ||∇ f (P)|| cosθ = 0

lo cual implica que θ = π/2.


X

Y

Z

PL

Tangente

∇z(P) (traslación)

Curva de nivel

Figura 4.16

4. Consideremos la superficie S de ecuación x2 + y2 + z2 = 1. Encuentre los puntosQ = (a,b,c)∈ S tal que el plano tangente en Q sea paralelo al plano 2x−y+3z = 1.

Solución.

Q tiene tres incógnitas así que necesitamos, en principio, tres ecuaciones.

• Como Q ∈ S, esto nos da una ecuación: a2 +b2 + c2 = 1.

• Como el plano tangente en Q es paralelo al plano 2x−y+3z = 1, sus vectoresnormales deben ser paralelos, es decir

∇G(Q) = λ(2,−1,3)

esto nos da tres ecuaciones adicionales y una incógnita más, λ.

• Para encontrar Q solo debemos resolver el sistema

a2 +b2 + c2 = 1

∇G(Q) = λ(2,−1,3)

es decir,

a2 +b2 + c2 = 1

(2a,2b,2c) = λ(2,−1,3)=⇒

a2 +b2 + c2 = 1

2a = 2λ

2b = −λ

2c = 3λ

PLANO TANGENTE. 21

Resolviendo, obtenemos las dos soluciones

Q =(− 1√

11,

1√11

,− 3√11

), y Q =

(1√11

,− 1√11

,3√11

)

5. Determine el punto P = (x,y,z) de la superficie S, de ecuación x2−y2 +6z = 0, demodo que el plano tangente a la superficie en P contiene al punto Q = (0,1,0) y esparalelo a la recta L de ecuación (0,0,1)+ t(2,1,0), t ∈ R.

Solución.

Un vector normal al plano tangente debe ser perpendicular al vector dirección de larecta L y al vector (0,1,0)−P) , es decir es perpendicular al producto cruz de estosdos últimos vectores.

v

P

(0,1,0)

N v

L

Figura 4.17 Un vector normal al plano tangente.

La recta L va en la dirección −→v = (2,1,0). Tenemos dos vectores normales al planotangente a S en P = (x,y,z), ∇G(P) = (2x,−2y,6) y N = ((0,1,0)−P)×(2,1,0) =(z,−2z,−2− x+2y).

Entonces tenemos el sistema

x2− y2 +6z = 0

(2x,−2y,6) = λ(z,−2z,−2− x+2y)=⇒

x2− y2 +6z = 0 (1)

2x = λz (2)

−2y = −2λz (3)

6 = λ(−2− x+2y) (4)

De (2) y (3) tenemos y = 2x y usando (1) tenemos z =x2

2. Ahora sustituimos estos

resultados en (2),

2x = λz =⇒ 2x+λx2

2= 0 =⇒ 2x

(1− λx

4

)= 0 =⇒ x = 0 o λx = 4


• si x = 0 entonces y = 0, z = 0 y λ =−3

• si λx = 4 entonces de (4)

• 6 = λ(−2− x+2y) =⇒ 6 =−2λ−λx+4λx =⇒ λ = 3

• como λx = 4 =⇒ x =43

y entonces y =83

y z =89

Los puntos de la superficie buscados son P = (4/3,8/3,8/9) y P = (0,0,0). Lasecuación de cada plano tangente es

8x3− 16y

3+6z = −16

3y 6z = 0.

En la figura 4.18 se muestra el primer plano.

X

Z

L

P

Figura 4.18 Recta y plano tangente.

6. Consideremos la superficie S de ecuación z = x2 + y2. Encuentre los puntos P =(a,b,c) ∈ S tal que el plano tangente en P contenga los puntos Q = (1,0,0) yR = (0,1,0). Los planos tangentes son

Solución.

X

Y

Z

P = (1,1,2)

11

P

Q

R

N

Figura 4.19 Plano tangente en P.

EJERCICIOS 23

Un punto obvio es P = (0,0,0) pues el plano tangente en este punto, el plano xy, con-tiene a los puntos Q,R. Busquemos otros puntos. El plano tangente en P = (x,y,z)debe contener los puntos P,Q y R por lo que un vector normal a este plano esN = (Q−P)× (R−P). Como sabemos, otro vector normal a este plano es ∇G(P).Así, tenemos el siguiente sistema

∇G(P) = λ(Q−P)× (R−P) = (z,z,1− x− y)

z = x2 + y2=⇒

2x = λz (1)2y = λz (2)−1 = λ(1− x− y) (3)

z = x2 + y2 (4)

De (1) y (2) tenemos x = y y el sistema se re-escribe como

2x = λz (5)λ−2λx = −1 (6)

z = 2x2 (7)

De (5) y (7) tenemos 2x−2λx2 = 0 =⇒ (2x(1−λx) = 0 =⇒ x = 0 o λx = 1.

• Si x = 0 tenemos el punto P = (0,0,0).

• Si λx = 1, sustituimos en la ecuación (6) y obtenemos λ = 1 por lo que, usandonuevamente (6), x = 1. Así obtenemos la segunda solución: P = (1,1,2).

EJERCICIOS

4.1 Sea f (x,y) = 4− x2− y2 la ecuación de una superficie S.

a) Determine el punto P = (a,b) para el cual la derivada direccional de f en P es√3 en dirección de −→u = (−1,2) y

√2 en la dirección de −→v = (1,1).

Respuesta. P =

(√15−4

6,

4−√156

−1

)

b) Encuentre la ecuación cartesiana del plano tangente a S en el punto (1,−1,2).

Respuesta. 2x−2y+ z = 6.

4.2 Determine la ecuación vectorial de la recta tangente a la curva C, en el punto Pdado, sabiendo que C se obtiene al intersecar la superficie S con el plano Π indicado, encada uno de los siguientes casos:

a) S1 : x3 + y3 + xyz−6 = 0, Π1 : y = 2, P = (1,2,1).


b) S2 : 36x2−9y2 +4z2−36 = 0, Π2 : z =−3, P = (1,2,−3)

c) S3 : z = 4− x2− y2, Π3 : x+ y+ z = 2, P = (0,−1,3).

Respuesta: L : (x,y,z) = P+ t(−3,1,2), t ∈ R.Ayuda: la ecuación vectorial de la recta tangente es (x,y,z) = P + t −→v donde−→v debe ser perpendicular a cualquier vector normal N1 a S en P, tanto comoa cualquier vector normal N2 del plano Π. En la figura que sigue se muestra lasuperficie S3, el plano Π3 y la recta tangente L, en P.

X

Y

Z

P

Π

N

N

1

2

L

Figura 4.20

Bibliografía

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[5] Jorge Poltronieri. Cálculo Integral: Integración Múltiple. Editorial Cimpa. 1ra ed. Escuela deMatemática, Universidad de Costa Rica. 2006.

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[8] Walter Mora F., Geovanni Figueroa M. “Gráficos 3D con Mathematica, GraphicsLive 3D yJavaView”. Revista digital Matemática, Educación e Intenet (www.cidse.itcr.ac.cr). Volumen6, número 1. 2005.

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