Problemas Resueltos y Propuestos de c Lculo Diferencial de Varias Variables

7/24/2019 Problemas Resueltos y Propuestos de c Lculo Diferencial de Varias Variables

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EJ E R C I C I O S R E S U E L T O S Y PR O B L E M A S

PR O P U E S T O S D E C L C U L O D I F E R E N C I A L D E

FU N C I O N E S D E VA R I A S V A R I A B L E S R E A L E S

Ing. Moiss Prez

UDO Monagas


2/102

2

CAPTULO 1

DOMINIO Y GRFICAS DE FUNCIONES DE DOS VARIABLES

Objetivo

Dada una funcin de dos variables, determinar su dominio, su representacin grfica

y sus curvas de nivel.

Ejercicios Resueltos

Problema 1

Exprese explcitamente el dominio def

)(sen),((f)

)cos(),((e)

)ln(),((d))ln(),((c)

)(sen

1),((b)

)cos(

1),((a)

xyyxf

xyyxf

yxyxfyxyxf

xyyxf

xyyxf

=

=

+==

=

=

Solucin

+==

+

ZkkxyyxfDom

yxfZkkxyxy

,2

)12(/),(es

),(funcinladedominioeltantolopor,

2

)12(0)cos((a)

2

{ }ZkkxyyxfDomkxyxy == ,/),(;)(0)(sen(b) 2

{ }yxyxfDomyxyx >=>> /),(0(c)

{ }yxyxfDomyxyx >=>>+ /),(;0(d)


3/102

3

0)cos(y0o0)cos(y00)cos((e) xyxyxy por tanto esto se

cumple en ...2

5,

2

3

2,

22

3,

2

5

2

7,

2

9...y0

xy

...2

3,

22,

2

3

2

5,

2

7...y0o

xy

Para ello podemos observar el comportamiento de la funcin dada por u = cos(x).

Segn se observa en la figura n 1, podemos apreciar los intervalos en los cuales

.0cosy0cos xx

Figura n 1: Funcin u= cos (x)

[ ] [ ] [ ] [ ]{ }[ ] [ ] [ ] [ ]{ }...4,32,0,2,3...y0/),(

...3,2,0,23,4...y0/),(

donde.0seny00seny00sen(f)

=

=

=

xyyxB

xyyxA

BAfDomxyxyxy

Problema 2

Identificar geomtricamente y dibujar las curvas de nivel correspondientes af(x,y)

2

),((c)

y)0,0(),(,),((b)

02

1

094),((a)

22

22

22

xyeyxf

yxyxyx

yxyxf

xy

xyx

yxf

=

+=

+

=

+

=

+

=

+==+=

+

),0,0(),(y1dondeen1

1

1

1

1

1)1()1(

2

2

2

2222222

22

22

xC

Cy 1

1+=

representa una familia de rectas que cruzan por (0,0) sin contenerlo

en su dominio. Los valores de la pendiente de las rectas son estrictamente menores

que 1, tal como se puede apreciar en la figura n 3:


5/102

5

x

y

C=1

C=2

C=3

C=4

C=5

C=2

C=5

Figura n 3: Curvas de nivel def(x,y) ( problema 2, inciso b )

)0(lnln(c) 222

>+=== CCxyCxyCe xy . Por tanto obtenemos una

familia de parbolas dadas por .0,lncon2 >=+= CCKKxy Para algunos

valores de C tenemos las siguientes parbolas ver figura n 4:

69,0;69,012ln2/1

07,2;07,28ln8

38,1;38,14ln4

;01ln1

2

2

2

2

====

+====

+====

====

xyKC

xyKC

xyKC

xyKC

Figura n 4: Curvas de nivel def(x,y) ( problema 2, inciso c )

Problema 3

Hallar la grfica (graf f) y curvas de nivelNc(f) de la funcin yxyxf 24),( = .


6/102

6

Solucin

La grfica de f es un plano cuyas intersecciones con los ejes coordenados son los

puntos: (0,2,0); (4,0,0); (0,0,4). Luego para hallar las curvas de nivel, hacemos

4-x-2y = C, con C=constante. Para cada valor de Ctenemos la ecuacin de una

recta en el planoxy, luego las curvas de nivel def, es decirNc(f), forman una familia

de curvas paralelas, segn se observa en la figura n 5:

Figura n 6: Grafica y curvas de nivel de f(x,y) = 4-x-2y

Problema 4

Hallar la grfica de fpara la siguiente funcin 23),( xyxyxf = si el dominio def

esta restringido de la siguiente manera { }xyxxyxfDom = ;10/),(

Solucin

Para obtener la grfica def(x,y) (graff)podemos utilizar el mtodo de las secciones,

para ello, comenzaremos con las secciones paraxconstante (seccin vertical):


7/102

7

==

====

==

====

8

10

8

10

ejeslosconcortes8

1

2

1Si

10

10ejeslosconcortes11Si

2

2

yz

zy

yzx

yz

zyyzx

Observamos que cortando la grficaf con planos de ecuacin x = c (cconstante), se

obtienen parbolas con vrtices en el segmento que va desde el (0,0,0) (cuandox = 0)

al (1,0,1) (cuando x = 1), segn podemos apreciar en la figura n 6. Adems si

trabajamos con las secciones horizontales (z= constante) tenemos:

xyyxxyxz ==== 00 2223 (rectas en el planoxy).

Graficando, estas secciones horizontales y verticales podemos construir finalmente la

superficie pedida.

Figura n 6: Grfica de23),( xyxyxf =

Problema 5

Seaf(x,y)=1-yP2P. Dibujar la grfica de f (graf def )e identificar las curvas de nivel

(Nc).


8/102


9/102

9

-3

-2

-1

1

2

3

x

y

c = 0

c = 0

c=1

c = -1

c = -1

c = -3

c = -3

Figura 8: Curvas de nivel de

21),( yyxf =

Problema 6

Dibujar la grfica de la superficie cuya ecuacin es 4xP2P-3yP2P+2zP2 P= 0

Solucin

La expresin 4xP2P-3yP2P+2zP2 P= 0 representa una superficie en 3 pero ninguna de las

variables es funcin de las otras (en el sentido de la definicin de funcin que

conocemos) ya que al despejar por ejemplo .),43(2

1 22 xyz = el contradice

la definicin de funcin. Sin embargo, si manipulamos la expresin

222 324 yzx =+

2

2

2

2

22

2

2

2

2

2

3

2

3)2/1(3)2/1(3y

zxy

zx=

+

=+ si normalizamos esta

expresin obtenemos la ecuacin cannica de una elipse 1

2

3

2

32

2

2

2

=

+

k

z

k

x


10/102

10

en los planosy=kcon eje mayor paralelo al ejez. A medida que k aumenta, las

elipses son ms grandes. Parax= 0se obtienen las lneas rectas ykz

2

3

2

3== .

Con lo cual concluimos que la grfica es una cnica, tal como se muestra en la figura

n 9:

Figura n 9: Grfica de 0234),( 222 =+= zyxyxf

Problema 7

Sea f : 2 tal que yxyxf 36),( 2 = . Construir la grafica de f y las

curvas de nivel con c = 2, 0, 4.

Solucin

yxz 362

= , su interseccin con el plano xy la obtenemos con z= 0

yx 362 = , ecuacin que representa a una parbola simtrica con el ejey y que

corta al eje x en los puntos 0,6 == yx o sea en )0,6(y)0,6( . Las

intersecciones con los planos zx y zy se obtienen haciendo en


11/102

11

0y0,36 2 === xyyxz obteniendo as: zxxz == 66 22 (parbola

en el planozx,con eje z) y yz 36= (una recta en el planozy). Trazando estas

secciones obtenemos la siguiente grfica (figura n 10):

Figura n 10: Grfica de yxyxf 36),( 2 =

Ahora bien, utilizando secciones de la superficie dada, con los planosz= c, constante,

obtenemos parbolas con vrtices en la recta .36 yz = De esta manera obtenemos

las siguientes parbolas:

Paraz= 0, ;362 yx = paraz= 2, ;342 yx = y para z= -4, 22 310 yx = . Es

decir, las curvas de nivel son las parbolas de ecuaciones cyx = 362 .

Para10,0

3/10,0310,4 2

==

====

xy

yxyxc

Para2,0

3/4,034,2 2

==

====

xy

yxyxc


12/102

12

Para6,0

2,036,0 2

==

====

xy

yxyxc

Esta familia de curvas las podemos apreciar en la figura n 11:

Figura n 11: Curvas de nivel de yxyxf 36),( 2 =


13/102

13

Problema Propuestos

1.- Hallar el dominio de las siguientes funciones y represntelo grficamente:

9:R9

),() 2222

>++

= yxyx

xyxfa

0,)22()12(

0,)12(2:Rsen),()

++

+=

ynxn

ynxnxyyxfb

)0(),0(:Rarcsen),()

= xxyxxxyx

x

yyxfc

xyyxyyyxyyxfd 2,0y2,0:R2ln),() 2 +=

,...2,1,0)12(2:R)(sen),() 2222 =+++= kkyxkyxyxfe

)0(/4),0(4/:R)4ln(),() >


14/102

14

22),() yxyxfc = R: Familias de hiprbolas equilteras con asntotas

comunes xy =

x

yyxfd =),() R: Un haz de rectas con el vrtice en el origen

22 2

1),()

yxyxfe

+= R: Familia de elipses, eje mayor en el ejex.

xyyxff =),() R: Un conjunto de hiprbolas equilateras

)0(),() >= xxyxfg y R: Familia de curvasx

Cy

ln

=

3.- Trace la representacin grfica de las siguientes funciones de dos variables:

2),() yyxfa =

yeyxfb =),()

22

9),() yxyxfc =

2),()

2yx

yxfd

=

xyxfe sen),() =

22),() xyyxff =

221),() yxyxfg ++=

3),()

2xy

yxfh

=


15/102

15

Respuestas:

a)

x

y

z

Figura 12: Grfica de

2),( yyxf =

b)

x

y


yeyxf =),(

c)

x

y

z


229),( yxyxf =


16/102

16

d)

x

z

Figura 15: Grfica de2

),(2

yxyxf =

e)

x

y

z

Figura 16: Grfica de xyxf sen),( =

f)

x

y

z


22),( xyyxf =


17/102

17

g)

x

y


221),( yxyxf ++=

h)

x

z

Figura 19: Grfica de3

),(2

xyyxf =


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18

CAPTULO 2

LMITES Y CONTINUIDAD DE FUNCIONES DE DOS VARIABLES

Objetivo

Se desea que el estudiante pueda aplicar algunas tcnicas de clculo de lmites de

varias variables por definicin y determinar su continuidad.


Problema 1

Demuestre que 0),(lim)0,0(),(

=

yxfyx

con

=

x

yxyyxf sen),( y 0x .

Solucin

Podemos observar que )()0,0( fDom y sin embargo podemos demostrar que

0),(lim)0,0(),(

=

yxfyx

. (En la definicin de ),(lim),(),( 00

yxfyxyx

el punto ),( 00 yx

puede pertenecer aDom(f) o ser un punto frontera deDom(f)).

Sea un nmero real positivo suficientemente pequeo. Queremos hallar real

positivo y funcin de tal que si


19/102

19

Pero, ( )222222222 ))(( yxyxyxyxyx +=++= .

Y como nuestra hiptesis es que


20/102

20

Problema 3

Sea 2:f tal que

=

=

0si0

0si1

sen),(

y

yy

xyxf . Demostrar que

0),(lim)0,0(),(

=

yxfyx

.

Solucin

Si y= 0, por definicin f(x,y) = 0 y por lo tanto 00lim)0,0(),(

=yx

(el lmite de una

constante es ella misma).

Si y = 0, por definicin

=

yxyxf

1sen),( , fijamos real , vamos a hallar

0)( >real tal que, si


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21

Problema 4

Averiguar si existe o no ),(lim)0,0(),(

yxfyx

con )0,0(),(,1

),(22

2

= yx

yx

eyxf

x

.

Solucin

Podemos estudiar el limf(x,y) a lo largo de un haz de rectas que pasen por (0,0), (y=

mx):)1(

1lim

1lim

1lim

22022;022)0,0(),(

222

mx

e

yx

e

yx

e x

x

x

mxyx

x

yx

=

=

=

Si aplicamos la Regla de LHopital, tenemos que:

}

22020

HopitalL'deRegla

0

0formaladeEs

220 1

1

1lim

)1(2

2lim

)1(

1lim

222

mm

e

mx

xe

mx

e x

x

x

x

x

x =

=

=

44 344 21

y como para cada valor de men el haz se obtendr un valor distinto para el lmite,

podemos concluir en virtud de la unicidad del lmite, que no existe el lmite pedido.

Problema 5

Sea 2:Af tal que22

3),(

yx

xyyxf

+= . Se puede definir f para que

sea continua en (0,0)?

Solucin:

Como )0,0(),(,3

),(22

+

= yxyx

xyyxf . Tenemos que ver cul sera el


22/102

22

posible valor def(0,0) para poder hacer quefsea continua. A tal efecto necesitamos

saber si existe ),(lim)0,0(),(

yxfyx

.

Si hacemos pasar un haz de rectas por (0,0), tendremos que

01

3lim

3lim

2

2

022,0=

+=

+ mx

mx

yx

xy

xmxyx

Este resultado no asegura que el lmite sea 0, sino, que si existe, debera ser 0.

Por tanto, podemos redefinirf(0,0) = 0 y ahora demostrar que

0)0,0(),(lim )0,0(),( == fyxfyx

Con esas condiciones quedara probada la continuidad def en (0,0). En efecto, dado

0> trataremos de hallar 0)( > tal que si


23/102

23

Solucin

La respuesta es no, ya que como vimos en la solucin del problema 4 no existe

),(lim)0,0(),(

yxfyx .

Problema 7

Sea

=

+

=

)0,0(),(si0

)0,0(),(si),( 22

22

yx

yxyx

yxxy

yxf

Demuestre quefes continua en (0,0).

Solucin

(i) festa definida en (0,0) conf(0,0) = 0, entonces (0,0) Dom (f)

(ii) faltara ver si existe ),(lim)0,0(),(

yxfyx

y si es igual a 0.

En efecto, dado 0> . Trataremos de hallar 0)( > de tal modo que si


24/102

24

y con < resulta

=


25/102

25

Problema 9

Sea

=

+=

0),(si0

)0,0(),(sisen1sen1

),(

yx

yxyx

xyyxf . Demostrar si existe o no

),(lim)0,0(),(

yxfyx

.

Solucin

Para (x,y) = (0,0), tenemos f(0,0), lo que implica que se debera cumplir

00lim),(lim)0,0(),()0,0(),(

== yxyx

yxf

Ahora, si )0,0(),( yx , debemos estudiar

+

=y

xx

ymxyxsen

1sen

1lim0

para 0m , lo cual nos da como resultado

mmmx

mxm

x

x

mmx

xx

mx xx+=

+=

+

1

)(

)(sensen1lim)(sen

1sen

)(

1lim

00

que depende de cada valor de la pendiente m del haz de recta que pasan por (0,0).

Por tanto, no existe ),(lim)0,0(),(

yxfyx

.

Problema 10

Demuestre que el siguiente limite no existe22)0,0(),(

limyx

xyyx +


26/102

26

Solucin

Nos podemos acercar al origen a travs de las trayectorias mltiples de las rectas

y= mx:

)(11

lim

limlimlim

220

222)0(

)0,0(),(22)(

)0,0(),(22)0,0(),(

mfm

m

m

m

xmx

xmx

yx

xy

yx

xy

x

x

yx

mxy

yxyx

=+

=+

=

+=

+=

+ =

El lmite no existe ya que depende del valor de m. Es decir, segn la recta por la que

nos aproximemos al punto tendramos un valor de lmite siempre distinto.

Problema 11

Calcular el siguiente lmite2

)5(7lim

)2,5(),( +

y

xxyx

Solucin

Podemos hacer una inspeccin rpida para detectar si el lmite no existe, para ello

podemos utilizar una trayectoria mltiple para acercarnos al punto (5,-2). Nos

aproximamos al punto (5,-2) mediante una familia de rectas que pasen por dicho

punto )5(2 =+ xmy , de donde,

)(357

lim)5(

)5(7lim

2

)5(7lim

55)2,5(),( mf

mm

x

xm

xx

y

xxxxyx

===

=

+

Luego el lmite no existe, por depender dem.

Problema 12

Calcular, si existe, el valor del siguiente lmite:xy

xyyx +

+ senlim

)0,0(),(


27/102

27

Solucin

Si nos aproximamos al punto (0,0) mediante rectasy= mxobtenemos que el lmite,

de existir, debera valer 1. Pero esto no nos permite afirmar que dicho lmite exista

=

=

+

+=

+

+

0

0senlim

senlim

0)0,0(),( xmx

xmx

xy

xyxyx

y al ser de una variable podemos aplicar L`Hopital, con lo cual

1para1

1

1

1

coslim

0 =

+

+=

+

+= m

m

m

m

xmx

Sin embargo, si nos aproximamos al punto (0,0) mediante la cbica xxy = 3

resulta que el lmite de existir, debera de valer

=

=+

+=

+

+

0

0senlim

senlim

3

3

0)0,0(),(xxx

xxx

xy

xyxyx

y al ser de una variable podemos aplicar L`Hopital, con lo cual

6

5

6

cos6lim

6

sen6lim

3

cos13lim

002

2

0 =

=

=

+=

x

x

xx

x

xxxxx

Como hemos obtenido dos resultados distintos a travs de dos trayectorias distintas,

podemos afirmar que el lmite propuesto no existe.


28/102


29/102

29

2ln:R)ln(

lim)22)0,1(y)(x, yx

exh

y

+

+

3.- Demostrar que los siguientes limites no existen:

22)0,0(y)(x,lim)

yx

xya

+

2

2

)0,0(y)(x,lim)

yx

yb

+

24

2

)0,0(y)(x,

2lim)

yx

yxc

+

22

22

)0,0(y)(x,lim)

yx

yxd

+

4.- Verifique que la funciones g(x,y) y h(x,y) no son continuas en (0,0):

=

+

=

)0,0(),(0

)0,0(),(,),( 22

22

yx

yxyx

yx

yxg

=

+=

)0,0(),(0

)0,0(),(,),( 22

yx

yxyx

xy

yxh

5.- Verifique que la funcinfes continua en (0,0):

=

+=

)0,0(),(0,

)0,0(),(,),( 22

22

yx

yxyx

yx

yxf

6.- Es )(sen),( xyyxf = continua en (0,0)?. Justifique su respuesta.


30/102

30

R: fsi es continua en (0,0).

7.- Dada )/(sen),( yxyxg = para 0)0,(,0 = xgy . Es g continua en (0,0)?

R: g no es continua en (0,0).

8.- Determine el valor de Kpara quef(x,y) sea continua en (0,0)

=

+=

)0,0(),(

)0,0(),(,)(sen

),(

2

yxK

yxyx

yx

yxf

Respuesta: K= 0

9.- Determine el valor de Kpara quef(x,y) sea continua en (0,0)

=

++

+

=

)0,0(),(

)0,0(),(1-1),( 22

22

yxK

yxyx

yx

yxf

Respuesta: K= 2

10.- Demostrar que, para la funcin222

22

)(),(

yxyx

yxyxf

+= se tiene que

{ } 0),(limlim),(limlim0000

== yxfyxfxyyx

y a pesar de esto ),(lim)0,0(),(

yxfyx

no existe.


31/102

31

CAPTULO 3

DERIVADAS PARCIALES Y DIFERENCIABILIDAD

Objetivo

Calcular derivadas parciales por definicin y mediante otras tcnicas e identificar si

una funcin de varias variables es diferenciable.


Problema 1

Calcular, por definicin,z

f

y

f

x

f

,, para:

{ }

+=

z

yxzyxfzzyxf

3cos),,(con,0/),,(: 3

Solucin

Sea

+=

z

yxzyxf

3cos),,( las derivadas parciales defson:

h

z

yx

z

yhx

h

zyxfzyhxf

x

f

hh

+

++

=+

=

3cos

3cos

lim),,(),,(

lim00

.3

sen3

1

1

3sen

3

1

lim0

`

+=

++

= z

yx

z

z

yhx

z

h

HopitalL

h

z

yx

z

hyx

h

zyxfzhyxf

y

f

hh

+

++

=+

=

3cos

3cos

lim),,(),,(

lim00


32/102

32

+=

++

= z

yx

z

z

hyx

z

h 3sen

3

1

1

3sen

3

1

lim0

.

Se deja como ejercicio al lector comprobar que:

++=

z

yx

z

yx

z

f

3sen

3 2

Problema 2

Dada ,: 2 Af tal que

+

=

22

22

ln),,(yxx

yxxzyxf , y suponiendo

que existen, calculary

f

x

f

, en (2,1).

Solucin

222

22

22

22

22

22

22

)(

)(1)(1

yxx

yxx

yx

xyxx

yx

x

yxx

yxxxf

+

++

+=

))((

))(())((

222222

22222222

yxxyxxyx

yxxxyxyxxxyx

+

+++=

22222222

22222

))((

))((2

yxyxxyxxyx

yxxxyx

=

+

+=

222

22

22

22

22

22

22

)(

)()(

yxx

yx

yyxx

yx

yyxx

yxx

yxx

y

f

+

+

+=


33/102


34/102

34

(b)

e

y

xyxf

= sen),(

y

x

y

x

y

x

y

e

y

x

y

x

y

xe

yy

xef

eee

=

=

,1cossencossen,1

sen

1

2

11

(c)x

yz arctan=

+=++

= xyyx

x

yx

x

yx

y

z ,1

1

1

,

122

2

2

2

2

2

(d)

+

=

22

22

arcsenyx

yxz

Si hacemos2222

22

1,

1

=

=

+= yyxx zz

yxyx .

Por lo tanto,

22

22222

2222

22

22

1

1

)(

)(2)(2

2

1

yx

yxyx

yxxyxx

yx

yxzx

+

+

+

+

=

( )22222

22

2

22

2222

22

22

2

)(2

2

2)(2

4

yx

yxyyx

xy

yx

yyx

yx

yx

xy

+

+

=

++

+

=

2222

2

)(

2

yxyxy

xy

+=


35/102

35

De manera similar podemos comprobar que2222

2

)(

2

yxyxy

yxzy

+=

Finalmente,

= xy

yxy

yxxyz ,

)(

)(244

22

(e) ).)()((),,( zyzxyxzyxf =

++= )2)((),2)((),2)((),,( xzyyxzyxzxzyxzyzyxf .

Luego, = 0,1,1),,()1,2,2(

zyxf

Problema 4

Sea

=

+=

)0,0(),(si0

)0,0(),(si),( 22

yx

yxyx

xy

yxf

Esf diferenciable en (0,0)?

Solucin

En el ejercicio 8 del captulo 2 se demostr que f no es continua en (0,0), por lo

tanto al ser f discontinua en (0,0), implica quef no es diferenciable en (0,0).

Problema 5

Para la funcin dada en el problema anterior, demuestre que existen

)0,0(y)0,0( yx ff . Qu conclusin se puede sacar de este problema y el anterior?.


36/102

36

Solucin

00lim0

lim

00

0

lim)0,0(

00lim

0

lim

00

0

lim)0,0(

00

22

0

00

22

0

==

+

=

==

+

=

hhh

hhh

hh

h

h

y

f

hh

h

h

x

f

De los problemas 4 y 5 podemos concluir que el hecho que exista

)0,0(y)0,0( yx ff no implica diferenciabilidad all.

Problema 6

Sea

=

+=

)0,0(),(si0

)0,0(),(si5

),( 22

22

yx

yxyx

yx

yxf

Es f diferenciable en (0,0)?. Explique. Construya las funciones de

fyxy

f

x

fDom),(,

.

Solucin

Primero, vamos a demostrar que existen yx ff , en (0,0) a partir de la definicin de

derivada parcial:

0

00

05

lim)0,0(0

00

05

lim)0,0(22

22

0

22

22

0=

+

=

=

+

=

h

h

h

x

f

h

h

h

x

f

hh


37/102

37

Por otro lado, podemos admitir que al ser f funcin racional para )0,0(),( yx

entonces existe222

4

222

4

)(

10),(,

)(

10),(

yx

yxyxf

yx

xyyxf yx

+

=

+

= .

Por lo tanto, tenemos que

=

+=

=

+=

)0,0(),(si0

)0,0(),(si)(

10

)0,0(),(si0

)0,0(),(si)(

10222

4

222

4

yx

yxyx

yx

y

f

yx

yxyx

xy

x

f

Es decir, existen yx ff , en vecindad de (0,0): Si ahora demostramos que tales

derivadas son continuas en (0,0) quedar demostrado, quefes diferenciable en (0,0).

En efecto, bastar probar que 0)0,0(),(limy0)0,0(),(lim)0,0(),()0,0(),(

====

yyyx

xxyx

fyxffyxf .

Podemos comenzar con el primer lmite, dado 0> vamos a encontrar 0> tal que


38/102

38

(b)Redefinirf para que sea continua en (0,0).

(c)Demuestre que para la funcin redefinida, existenfBxB, fByBen (0,0) y valen 0.

(d)Demuestre que la funcin redefinida no es diferenciable en (0,0).

Solucin

(a)Por definicinf(0,0) =1, pero

0lim10

1

2lim

5

1

)(lim

5

1

)(5lim

02

3

022

2

,022

2

)0,0(),(===

+=

+ x

x

x

yx

yx

yx

yx

xxxyxyx

),(lim)0,0()0,0(),(

yxffyx

. Por lo tanto,f es discontinua en (0,0).

(b)Redefinimos entonces

=

+=

)0,0(),(si0

)0,0(),(si)(5),( 22

2

yx

yxyx

yx

yxf .

Vamos a demostrar que 0),(lim)0,0(),(

=

yxfyx

.

En efecto, dado 0> vamos a hallar 0> tal que:

si +yx y f(0,0) = 0.

Resp.: La funcin si es diferenciable en el punto (0,0).

9.- Comprobar que la funcin xyyxf =),( es continua en el punto (0,0) y tiene

este punto ambas derivadas parciales)0,0(

y)0,0(

y

f

x

f

, sin embargo, no es

diferenciable en el punto (0,0).

10.- Sea la funcin 2:f , dada por

=

+

=

)0,0(),(si0

)0,0(),(si),( 42

322

yx

yxyx

yyx

yxf

a) Es f continua en (0,0)?.

b) Hallar las derivadas parciales de f en (0,0)

c) Es f diferenciable en (0,0)?

Respuesta: a) Si es continua; b) 0)0,0(

y1)0,0(

=

=

y

f

x

f; c) No.

11.- Hallary

f

x

f

)0,0(y

)0,0(, si 3),( xyyxf = . Es esta funcin diferenciable

en (0,0)?.


45/102

45

Resp.: .0)0,0()0,0(=

=

y

f

x

f La funcin no es diferenciable en (0,0).

12.- Comprobar que la funcin:

=

++=

)0,0(),(si0

0si),(

22

22

yx

yxyx

xy

yxf

es continua y tiene derivadas parciales acotadasy

yxf

x

yxf

),(y

),(en un entorno

del punto (0,0), sin embargo, esta funcin no es diferenciable en el punto (0,0).

13.- Comprobar que la funcin:

=

++

+=

)0,0(),(si0

0si1

sen)(),(

22

22

22

yx

yxyx

yxyxf

tiene derivadas parcialesy

yxf

x

yxf

),(y

),( en un entorno del punto (0,0), las

cuales son discontinuas en ese punto y no estn acotadas en cualquier entorno del

mismo; a pesar de esto, la funcin es diferenciable en (0,0).


46/102


47/102

47

Problema 2

Demostrar que la funcin z definida por )ln( 22 yxyz = satisface la ecuacin

011

2 =

+

y

z

y

z

yx

z

x.

Solucin

Si hacemos yvyxu == ,22 tenemos que uvvufz ln),( ==

)ln(2

1)(ln)2(

20)(ln2

22

22

2

22

yxyx

yuy

u

v

y

v

v

z

y

u

u

z

y

z

yx

xyux

u

v

x

v

v

z

x

u

u

z

x

z

+

=+=

+

=

=+=

+

=

Ahora, 0)ln(

)ln(12211

2

2222

22222 =

+

=

+

y

yxyyx

yyx

y

yx

y

y

z

y

z

yx

z

x

Problema 3

Seat

zrtrytrxez yx

d

dHallar.,sen,coscon

22

=== + .

Solucin

0))(cossen(2)sen)((cos2

)cos(2)sen(2

22

2222

22 =+=

=+=

+

= ++

rr

yxyx

ettrettr

trxetrxedt

dy

y

z

dt

dx

x

z

dt

dz


48/102

48

Problema 4

Sea yy xevxeuuvvuz ==+= ,,222 con z, u , v funciones diferenciables

en sus dominios. Utilizar la regla de la cadena para demostrar que

)(2);2(2 22222 yyyy eexy

zeex

x

z +=

+=

Solucin

)2(2

)11(2

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

22

22

yy

yy

yyyyyyyy

eex

eex

eeexeeexeuvevux

v

v

z

x

u

u

z

x

z

+=

++=

++=+++=

+

=

)(2)11(2

))((2)(2

))(22())(22(

222222 yyyy

yyyyyy

yy

eexeex

xeeexxeeex

xeuvxevuy

v

v

z

y

u

u

z

y

z

+=++=

++=

+++=

+

=

Problema 5

Sea 322),,( zyxzyxf ++= . Mediante sustitucin en coordenadas esfricas

[ ] [ ]).,0,0,20,(cos,sen)sen(,sen)(cos === zyx

Calcular

fff,, evaluadas en )

4,

4,4(),,(

= .


49/102

49

Solucin

sen3cos)sen(2cos)(cos2

sen)(cos2sen)sen(2

cos3z)sensen(2sen)(cos2

2

2

zyxz

z

fy

y

fx

x

ff

yxz

z

fy

y

fx

x

ff

yxz

z

fy

y

fx

x

ff

+=

+

+

=

+=

+

+

=

++=

+

+

=

Ahora,

)231(16)4

,4

,4(,0)4

,4

,4(,2124)4

,4

,4( =

=

+=

fff.

Problema 6

Sea )2

,2

(),( y

xy

xfvuf += . Demostrar que si f es diferenciable y

uv

f

vu

f

=

22 entonces

vu

f

y

f

x

f

=

2

2

2

2

2

44 .

Solucin

,2

yxu =

2

yxv +=

1,1queya, =

=

+

=

+

=

y

u

x

u

v

f

u

f

x

v

v

f

x

u

u

f

x

f

2

22

2

2

2

222

2

2

2

222

2

2

2

2

2v

f

vu

f

u

f

v

f

uv

f

vu

f

u

f

x

v

v

f

x

v

uv

f

x

u

vu

f

x

u

u

f

x

v

v

f

u

f

vx

u

v

f

u

f

uv

f

u

f

xx

f

+

+

=

+

+

+

=

+

+

+

=

+

+

+

=

+

=


50/102

50

Por otro lado, tenemos que

=

+

=

+

=

u

f

v

f

v

f

u

f

y

v

v

f

y

u

u

f

y

f

2

1

2

1

2

1

+

+

=

+

=

+

=

uv

f

v

f

u

f

vu

f

y

u

uv

f

y

u

v

f

y

u

u

f

y

u

vu

f

y

v

u

f

v

f

vy

u

u

f

v

f

uy

f

2

2

2

2

22

2

2

2

2

22

2

2

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

Por lo tanto,

vu

f

v

f

u

f

vu

f

v

f

vu

f

u

f

y

f

x

f

=

+

+

+

+

=

2

2

2

2

22

2

22

2

2

2

2

2

2

44

1

4

12

4

1424

Problema 7

Sea

),(),(:

2

yxfyxf , diferenciable con xy

f

yx

f

=

22

; sea

),(),( tststsh += , y )(hfg= . Demostrar quest

g

y

f

x

f

=

2

2

2

2

2

.

Solucin

tsytsx =+= ,

y

f

x

f

s

y

y

f

s

x

x

f

s

g

+

=

+

=

Por lo tanto,


51/102

51

2

2

2

2

2

222

2

2

2

222

2

22

y

f

x

f

y

f

yx

f

xy

f

x

f

t

y

y

f

t

x

yx

f

t

y

xy

f

t

x

x

f

y

f

x

f

tst

g

=

+

=

+

+

+

=

+

=

Problema 8

Sea 2: diferenciable y :z definida por )( 22 yxyz = .

Verificar que2

11

y

z

y

z

yx

z

x=

+

.

Solucin

En este caso es bastante conveniente hacer el siguiente cambio de variable:

)(22 uyzyxu == . Al aplicar la regla de la cadena, tenemos:

u

yu

y

u

u

yux

u

y

x

u

u

y

x

z

=

+=

=

=

22)()(

y

z;2 . Ahora,

)(1

2)(1

22

)(1211 2

uyu

yuyu

yuy

yu

yux

xy

y

z

yx

z

x

=

+

=

+

=

+

Mientras queyy

uy

y

z==

22

)(, con lo cual queda demostrado que

2

11

y

z

y

z

yx

z

x=

+

Problema 9

Si

=

x

yyxw cosln),( ; donde 22 3,1 tytx =+= . Demostrar que

=

6

2tan

3 2x

y

x

y

x

y

t

w


52/102

52

Solucin

Si aplicamos la regla de la cadena tenemos:

=

+

=

ty

yw

tx

xw

tw

+

=

++

=

x

y

x

t

t

t

x

y

x

y

t

x

y

xx

y

t

t

x

y

x

y

x

y

t

w

tan6

1

tan

2

6

cos

1sen

1cos

2sen

23

2

3

si sustituimos 12 += tx nos queda

=

=

=

x

y

x

y

x

y

x

t

x

y

x

t

x

y

xx

yt

x

y

x

t

x

y

x

t

x

y

t

w

tan6tan2

tan6

tan2

tan6

tan2

2

23

si sustituimos3yt= obtenemos finalmente:

=

=

6

2tan

36

2tan

322

x

y

x

y

x

y

t

w

x

y

x

y

x

y

t

w


53/102

53

Problemas Propuestos

1.- Dada 2cos),( 2rrw = con )/arctan(,,sen,cos 22 xyyxrryrx =+===

R: yy

wx

x

w2,2 =

=

2.- Dada tztytxzezyxw yx =+=== + ),1ln(,lncon,4cos),,( 232 hallart

w

.

R: [ ]tttttttt

w4sen)1(24cos)14()1(2 2222 +++=

3.- Si srr ezseysexzyxw ===++= ,sen,cosconln 222 hallar

s

w

r

w

y .

R: ,22

2

22

2

sr

s

sr

r

ee

e

s

w

ee

e

r

w

+=

+=

4.- Si

+=

22yx

xyfw es una funcin diferenciable de

22yx

xyu

+= compruebe

que 0=

+

y

wy

x

wx .

5.- Si

=

y

yxfz compruebe que 0=

+

y

zy

x

zx .

6.- Si ),( yxyxfw += posee derivadas parciales continuas respecto a yxu +=

y yxv = pruebe que22

=

v

f

u

f

y

w

x

w

7.- Dada vuyvuxyxfw =+== ,con),( compruebe que2

2

2

22

y

w

x

w

vu

w

=


54/102

54

8.- Hallar ),(siy vufzy

z

x

z=

donde xyevyxu == ,22 .

R: )2(;2 xyxy xev

fy

u

f

y

zye

v

fx

u

f

x

z

+

=

+

=

9.- Hallarx

yxyuufz

y

z

x

z+==

donde)(siy

R:

+

+=

+

=

x

y

xyfxxy

z

x

y

xyfxyx

z

'

1

;'

1

1 2

10.- Seay

z

x

zxyfz

= yHallar)./( y demostrar que 0=

+

y

zy

x

zx .

R: )/1)(/(');/)(/(' 2 xxyfy

zxyxyf

x

z=

=

11.- Sea ),( tyztxyfw += si hacemos tyzvtxyu +== y

demostrar que 02 =

+

+

+

t

w

z

w

y

w

x

w.

12.- Hallar ),(si

2

xyyxfuyx

u

+=

.

R:y

f

y

fxy

yx

fyx

x

f

yx

u

+

+

++

=

2

22

2

22

)(


55/102

55

13.- Comprobar las siguientes igualdades:

)(si)()2

2

222 y

x

yyefezxyz

y

zxy

x

zyxa ==

+

)(3

si0)2

22 xyfx

yzy

y

zxy

x

zxb +==+

[ ])(si)2

22

yxux

u

y

u

yx

u

x

uc +=

=

14.- Si ;senln),(

=

y

xyxw donde 22 3,1 txty =+= . Demostrar que

=

y

x

y

x

y

x

t

wcot

26

3 2


56/102

56

CAPTULO 5

DERIVADA DIRECCIONAL Y PLANO TANGENTE

Objetivo

Aplicar el concepto de derivada direccional, en relacin con la derivada parcial y el

plano tangente a una superficie en 3 . Determinar las distintas formas de la

ecuacin de plano tangente a una superficie en 3 .


Problema 1

Sea 222),,( zyxzyxf ++= . Cul es la direccin de ms rpido crecimiento de

f en (1,-2,1)?.

Solucin

La direccin de mximo crecimiento def es ).1,2,1( f

Ahora,222222222

,,),,(zyx

z

zyx

y

zyx

xzyxf

++++++=

y == 1,2,16

1

6

1,

6

2,

6

1)1,2,1(f .

Problema 2

Hallar un vector normal unitario a la superficie dada por 01232 =++ zyyx en

(1,2,13).


57/102

57

Solucin

La superficie dada puede ser considerada como

{ }1),,(/),,( 2323 =+== zyyxzyxfzyxS

),,( 000 zyxf es perpendicular a una trayectoria c(t) en S que pasa por

)13,2,1(),,( 000 =zyx . Luego, f es normal a Sen ),,( 000 zyx .

As, >=+===< vav rr

y los dos planos sern

paralelos si y slo si 2,2,641,1,4 321 >=


59/102

59

Solucin

Queremos hallar el punto de S en el cual el plano tangente es perpendicular a la

recta de interseccin de los planos

=++

=

0zyx

yx

.

Ahora, kji

kji

vvvzyx

vyx 2

111

011

y1,1,10

0,1,1021

2

1 +==

>===< zyxyx

33216160)32

3()

8

1(

2

1)

4

1(

2

1 =+=+ zyxzyx


60/102

60

Problema 6

Dada la superficie de ecuacin 22 222 =++ zyx , hallar las ecuaciones de los

planos tangentes que sean paralelos al plano de ecuacin 2=++ zyx .

Solucin

Sea .2,2,4),,(,22),,( 222 >=


61/102

61

Problema 7

Hallar las ecuaciones del plano tangente y de la recta normal a la superficie de

ecuacin yxz cos)sen(= en el punto )2/1,4/,4/( P .

Solucin

>=


62/102

62

Hallar las ecuaciones de los planos tangentes a la superficie dada por

2132 222 =++ zyx , que sean paralelos al plano de ecuacin 064 =++ zyx .

Solucin

Si procedemos de forma anloga que en la resolucin del problema 6 nos

encontramos que las ecuaciones de los planos tangentes son 02164 =+++ zyx y

02164 =++ zyx .

Problema 9

Dadas las superficies SB1 By SB2Bdefinidas por las ecuaciones: 42:222

1 =++ zyxS

y yxezS =:2 y el punto P= (1,1,1)

a) Hallar una ecuacin algebraica para el plano tangenteSB1Ben P.

b) Hallar la ecuacin de la recta que pasa por P y es tangente a la interseccin deSB1B

con SB2.

Solucin

a)

==++= 4,2,2)1,1,1(,2,2,2),,(42),,( 222 fzyxzyxfzyxzyxF

el plano tangente viene dado por: 01,1,1)1,1,1( = zyxf , es decir,

0)1(2)1()1( =++ zyx entonces finalmente la ecuacin es 42 =++ zyx .

b) El vector director de la recta que es tangente a 21 SS y pasa por P es:

)1,1,1()1,1,1( gfv =r

, donde yxezzyxg =),,( .


63/102

63

== 1,1,1)1,1,1(1,,),,( geezyxg yxyx

=

= 4,6,2111422

kji

vr

, pero podemos utilizar un vector vu rr// como vector

director de la recta, = 2,3,1ur

, la ecuacin vectorial utP r+ con t viene

dada por: .21,31,12,3,11,1,1 +=+ tttt


64/102

64

Ejercicios Propuestos

1.- Calcule la derivada direccional ),( yxfDu de f en el punto P(x,y) y en la

direccin indicada por u :

iuPyeyxfd

uPyxyxfc

jiuPyxyxfb

jiuPx

yyxfa

x ),2/,1(;sen),().

1,5),4/,2(;cos),().

5),2,3(;149),().

32),4,4(;arctan),().

2

22

==

>=


65/102

65

4.- Hallar la derivada de la funcin 22 yxyxz += en el punto M(1,1) en la

direccin l que forma un ngulo con la direccin positiva del eje Ox. En que

direccin esta derivada: a) alcanza el valor mximo; b) alcanza el valor mnimo; c) es

igual a 0.

R:4

7y

4

3c),

4

5b),

4a);sencos

====+=

l

z

5.- Hallar la derivada de la funcin )ln( 22 yxz += en el punto ),( 00 yxM en la

direccin que es perpendicular a la curva de nivel que pasa por este punto.

R:20

20

2

yx +

6.- Hallar la derivada de la funcin

+=

2

2

2

2

1b

y

a

xz en el punto

2,

2

baM , en

la direccin de la normal interior a la curva 12

2

2

2

=+b

y

a

xen este punto.

R: )(21 22

baab

+

7.- Hallar la derivada de la funcin xyzu= en el punto M(1,1,1), en la direccin

>=< cos,cos,coslr

. A que es igual la magnitud del gradiente de la funcin en

este punto?.

R: 3grad;coscoscos =++= u

lu

8.- Determinar el ngulo formado por los gradientes de la funcin 222 zyxu +=

en los puntos )0,,0(y)0,0,( BA .

R: 2/


66/102

66

9.- Hallar la derivada de la funcin222 zyx

xu

++= en el punto M (1,2,-2) en

direccin de la recta tangente a la curva 42 2,2, tztytx === en este punto.

R:243

16

10.- Determine las ecuaciones del plano tangente y de la recta normal de las

siguientes superficies en los puntos indicados:

)1,2,2(puntoelen;822)

)1,1,1(puntoelen;ln)

),,(puntoelen;1a)

)4/,1,1(puntoelen;arctan)

)12,4,3(puntoelen;169)

)5,2,1(puntoelen;)

0

0

0000222

0

0222

022

Mf

Mz

xyze

zyxMczbyxd

Mx

yzc

Mzyxb

Myxza

z

y

z

x

=+

+=

=++

=

=++

+=

Respuestas:

4

122-;04)

21

11

11;02)

;1)

2

4/

1

11-);(

2

1

4)

1243;1691243)

1

5

4

2

2

1;0542)

0

0

0

0

0

0000

===+

==

=+

=

=

=++

=

==

===++

=

=

=+

zyxzyxf

zyxzyxe

cz

zz

by

yy

ax

xxzczybyxaxd

zyxyxzc

zyxzyxb

zyxzyxa

11.- Hallar en la superficie 842232 222 =+++++ yzxzxyzyx los puntos en que

los planos tangentes son paralelos a los planos coordenados.


67/102

67

R: )0,2,4();2,4,2();2,2,22,0( mmm CBA

12.- Hallar los planos tangentes a la superficie 2132 222 =++ zyx que son

paralelos al plano .064 =++ zyx

R: 2164 =++ zyx

13.- Demostrar que los planos tangentes a la superficie )0(2 >= aaxyz forman

con los planos coordenados un tetraedro de volumen constante.

14.- Determine el punto del grfico de 22 2),( yxyxf = donde el plano tangente es

perpendicular a la recta de interseccin de los planos de ecuaciones 1= zyx y

0=zy . Determine tambin la ecuacin de dicho plano tangente.

R:8

742;)

8

7,

4

1,1( =++ zyxP

15.- Dadas las superficies SB1B y SB2 B definidas por las ecuaciones:

yxezSzyxS

==++ :;42:2

222

1

y el punto P(1, 1, 1)

a) Hallar una ecuacin para el plano tangente aSB1B en P.

b) Hallar una representacin de la recta que pasa porPy es tangente a la interseccin

de SB1B con SB2B.

Respuesta: a) 42 =++ zyx ; b) + ttt 21,31,1


68/102

68

CAPTULO 6

DERIVADAS PARCIALES SUPERIORES Y DERIVACIN IMPLCITA

Objetivo

Calcular derivadas parciales de orden superior y derivadas implcitas.


Problema 1.

Sea 22 yxu += . Calcularxy

u

yx

u

y

u

x

u

y

u

x

u

22

2

2

2

2

,,,,, con ).0,0(),( yx

Solucin

,2222 yx

y

y

u

yx

x

x

u

+=

+=

( )( )

( ) ( )

( )( )

( ) ( )3222

322

22

22

222

22

22

2

2

322

2

322

22

22

222

22

22

2

2

yx

x

yx

yyx

yx

yx

yyyx

y

u

yy

u

yx

y

yx

xyx

yx

yx

xxyx

x

u

xx

u

+=+

+

=+

++

=

=

+=

+

+=

+

++

=

=


69/102

69

( ) ( )

( ) ( )322222222

322

222

222

yx

xy

yx

yx

yx

x

u

yxy

u

yx

xy

yx

yx

xy

y

u

xyx

u

+=

+

+=

=

+=

+

+=

=

Problema 2

Demostrar que la funcin222

1),,(

zyxzyxf

++= satisface la ecuacin de

Laplace )0,0,0(),,(02

2

2

2

2

2

=

+

+

zyx

z

f

y

f

x

f.

Solucin

( ) ( ) ( )322232223222;;

zyx

z

z

f

zyx

y

y

f

zyx

x

x

f

++=

++=

++=

( ) ( )

( )

( ) ( )( )

( ) ( )

( )6222222

2222

3222

2

2

6222

222

2222

3222

2

2

6222

222

2222

3222

2

2

3

3

3

zyx

zyx

zzyxzzyx

z

f

zyx

zyx

y

zyxyzyx

y

f

zyx

zyx

xzyxxzyx

x

f

++

++++++

=

++

++++++=

++

++++++

=


70/102

70

As, =

+

+

2

2

2

2

2

2

z

f

y

f

x

f

( ) ( ) ( )( )5222

22222

22222

22222 333

zyx

zyxzzyxyzyxx

++

++++++++

=

( ) ( ) 0)(3)(31 222222

5222

=++++++

= zyxzyxzyx

Por lo tanto, f satisface la ecuacin de Laplace.

Problema 3

Sea ).ln(),( 22 yxyxf += Calcular ,,,,22

2

2

2

2

xy

f

yx

f

y

f

x

f

y demostrar que f

satisface la ecuacin de Laplace: ).0,0(),(,0 =+ yxff yyxx

Solucin

;2

;2

2222yx

y

y

f

yx

x

x

f

+=

+=

;)(

4;

)(

)(2;

)(

)(2222

22

222

22

2

2

222

22

2

2

yx

xy

xy

f

yx

f

yx

yx

y

f

yx

xy

x

f

+

=

=

+

=

+

=

Adems, .0)()(

2 22222222

2

2

2

=++

=

+

yxxy

yxyx

f Por lo tanto f

satisface la ecuacin de Laplace.


71/102

71

Problema 4

Hallar ay c para que la funcin 4224 3 cyyxaxu += , verifique simultneamente

(a)y

u

x

u

+

sea divisible por x+y.

(b)yx

u

y

u

x

u

+

+

2

2

2

2

2

sea un cuadro de la forma 2)( byax+ .

Solucin

23 64 xyaxx

u=

32 46 cyyx

y

u+=

2233 6644 xyyxcyaxy

u

x

u+=

+

. Para que sea divisible por x+y debe

anularse para y = -x. Por lo tanto, .044 33 == xcacxax

Por otro lado,

xyyaxaxyycxa

xyxcyyaxyx

u

y

u

x

u

12)612()612(12)612()612(

12612612

2222

22222

2

2

2

2

+=+=

+=

+

+

abbaaaybabxyxabyax 212,612,6122)( 2222222 ===++=+

0011661236)612(6,)612(

2222

========

cacaaaabbaa

Finalmente,

las soluciones son a = c= 1 a = c= 0.


72/102

72

Problema 5

Sea

=

+

=

)0,0(),(si0

)0,0(),(si),( 22

22

yx

yx

yx

yxxy

yxf

(a) Demostrar que existen 0)0,0(,0)0,0( =

=

y

f

x

f.

(b)Admitir que existen )0,0(),(,

yx

y

f

x

f por ser f funcin racional.

Demostrar que existen 1)0,0(y1)0,0(

22

=

=

yx

f

xy

f

.

(c) Demostrar quexy

f

2 es discontinua en (0,0).

Solucin

(a)

00lim0

lim

0)0(0

)0(0)0(0

lim)0,0(

00lim0

lim00)0(

0)0(

0)0(lim)0,0(

00

22

22

0

00

22

22

0

===

++

++

=

===++

+

+=

hhh

hhh

hh

h

hh

y

f

hh

h

h

h

y

f

(b) Admitimos que existen )0,0(),(,

yx

y

f

x

f por ser f una funcin racional,

por lo tanto podemos calcular,

)(

4

)(

4222

4224

222

4224

yx

yyxxx

y

f

yx

yyxxy

x

f

+

=

+

+=

Ahora bien:


73/102

73

1lim

0004

lim

)0,0()0,0(

lim)0,0(

1lim

0040

lim

)0,0()0,0(

lim)0,0(

0

4

4224

00

2

0

4

4224

00

2

==

=+

=

=

=

+

=

+

=

h

h

h

h

hhh

h

yfh

yf

yx

f

h

h

h

h

hhh

h

x

fh

x

f

xy

f

hhh

hhh

(c) Existe )0,0(),(),(2

yxyx

xy

f por ser

222

4224

)(

4),(

yx

yyxxyyx

x

f

+

+=

funcin racional. Por lo tanto,322

422422

2

)(

10)(),(

yx

yyxxyxyx

xy

f

+

++=

.

Ahora, ya demostramos que 1)0,0(2

=

xy

f. Para que

xy

f

2 fuese continua en

(0,0) se necesitara que existiese el siguiente lmite 1),(lim2

)0,0(),(=

yxxy

f

yx, lo

cual no se cumple ya que al estudiar tal limite a lo largo de un haz de rectas de la

forma y = mx, se tiene:

32

422

0326

4424422

0

2

,0 )1(

1)1(lim

)1(

10)1(lim),(lim

m

mmm

mx

mxmxxmxyx

xy

f

xxmxyx +

++=

+

++=

=

32

422

)1(

1)1(

m

mmm

+

++= , que depende del parmetro m, lo que implica que no existe

tal lmite y, por lo tanto,xy

f

2 es discontinua en (0,0).

Problema 6

Sea ).sencos( yxu += Hallar2

3

yx

u

.


74/102

74

Solucin

)sencos()(cos)sen(sen)sen(

)sencos())(cos(cos))sen(sen)(sen(

))sen(sen)((cos

2

2

2

yxyyxy

yxyyyxyy

u

yxyy

u

++=

++=

+=

Finalmente, ).sen(sen)(cos)sencos()sen( 22

3

yxyyxyyx

u+++=

Problema 7

Dada y definida implcitamente por 053),( 225 =+++= xyyxxyxG , como

funcin diferenciable respecto dex y suponiendo 0

y

G, calcular:

2

2

,dx

yd

dx

dy.

Solucin

Derivando respecto ax, tenemos 012215 24 =++++dx

dyy

dx

dyxxyx

yx

xyx

dx

dy

2

12152

4

+

++= si derivamos nuevamente respecto a la variablex,

0)2(222260 2

223

=++

++++ dx

yd

yxdx

dy

dx

dy

xdx

dy

xyx

yx

yx

xyx

yx

xyxxyx

dx

yd

2

)2(

)1215(2

2

12154260

2

22

24

2

43

2

2

+

+

+++

+

++++

=


75/102

75

32

2424223

)2(

)1215(2)2)(1215(4)2)(260(

yx

xyxyxxyxxyxyx

+

++++++++=

Problema 8

La ecuacin 02

1sen =+ yxzz define a z como funcin implcita y

diferenciable respecto dexey. Calcular .,,,,2

2

2

2

2

yx

z

y

z

x

z

y

z

x

z

Solucin

Derivando parcialmente respecto ax:

(a)zx

zzxzzzz xxx

cos0)(cos

+==

Derivando parcialmente respecto a y:

(b)zxzx

zxzzz yyycos

1

cos

101)(cos

=

+

==+

Ahora, derivando (a) parcialmente respecto axtendremoszBxx

0)(cos)sen( =+ xxxxxxxx xzzzzzzzz

3

22

)cos(

sen)cos(2

cos

sen)(2

zx

zzzxz

zx

zzzz xxxx

+

++=

+

+=

Ahora, derivando (b) parcialmente respecto a y tendremoszByy

0)(cos)sen( =+ xyyxyyx xzzzzzzz

3)cos(

sencos

cos

)sen(

zx

zzzx

zx

zzzzz

yxy

xy+

=

+

+=


76/102

76

Problema 9

Suponiendo que el sistema

=

=+++2

2

axyzu

buzyx define a z y u como funciones

implcitas y diferenciables respecto de xey. Calcular .,,,y

u

y

z

x

u

x

z

Solucin

Derivando parcialmente respecto a x:

(I)

1

0

01

=

+

=

+

=

+

+

=

+

+

yzux

uxyz

x

zxyu

x

u

x

z

x

uxyzu

x

zxyyzu

x

u

x

z

Derivando parcialmente respecto a y:

(II)

1

0

01

=+

=

+

=++

=

+

+

xzuyuxyz

yzxyu

y

u

y

z

yuxyzu

yzxyxzu

y

u

y

z

Finalmente, resolviendo los sistemas (I) y (II), tenemos ),0con( zuxy :

.)(

)(,

)(

)(,

)(

)(,

)(

)(

uzxy

yuxz

y

z

zuxy

yzxu

y

u

uzxy

xuyz

x

z

zuxy

xzyu

x

u

=

=

=

=

Problema 10En los ejercicios a continuacin, las ecuaciones dadas estn bien definidas

implcitamente.

(a) .0= xy yx Calculardx

dy,


77/102

77

(b) ).,( zyzxfz += Calculary

z

x

z

, .

Solucin

(a) si tomamos logaritmos naturales en ambos lados yxxy lnln = , ahora al

derivar respecto a x:

)ln(

)ln(lnlnln

1ln

xxyx

yyxy

dx

dy

x

yy

dx

dy

y

xx

dx

dy

y

xy

xyx

dx

dy

==

+=+

(b) .,con,

1

,

1

zyvzxu

v

f

u

fv

f

y

z

v

f

u

fu

f

x

z=+=

+

=

+

=

Problema 11

La ecuacin ,02)cos( 22 =+ yxyx define a y como una funcin implcita de

de x?. Explique.

Solucin

22)cos(02)cos( 2222 >++=+=+ yxyxyxyx lo cual es imposible

para ,yx , por lo tanto podemos concluir que la funcin no define ay como

funcin implcita dexcorrectamente.


78/102

78

Problemas Propuestos:

1.- Calcule las segundas derivadas parciales de las siguientes funciones :),( yxf

)ln(),().

32),().

cos),().

8),().

2

223

yxyxfd

xyxyxyxfc

y

xxyxfb

yy

x

xyxfa

+=

+=

=

++=

Respuesta:

22

2

222

2

22

2

2

2

2

2

32

2

22

2

3

2

2

2

4

3

32

2

22

2

2

2

32

2

32

2

)(

2;

)(

1;

)(

)(2).

46;2;46).

cossen2

;cossen2

;cossen2

).

1;;

16).

yx

x

yx

f

yxy

f

yx

xy

x

fd

xyxyxfx

yfyxy

xfc

y

x

y

x

y

x

y

x

yx

f

y

x

y

x

y

x

y

x

y

f

y

x

y

x

y

x

yx

fb

yyx

f

y

x

y

f

xx

fa

+=

+=

+

=

===

=

=

=

=

=

=

2.- Hallar las derivadas parciales de segundo orden de las siguientes funciones:

zy

xud

xy

yxxuc

x

yub

yxxua

=

+=

=+=

).

1arctan).

arctan).

)(sen).


79/102

79

Respuesta:

lnln)ln1(

);ln1(;)1(

).

0;)1(

2;

)1(

2).

)(;

)(

2;

)(

2).

)(sen)cos(

)(sen);(sen)cos(2).

2

2

2

2

2

2

22

2

2

222

2

222

2

222

222

2222

2

2222

2

2

2

2

2

2

yxxyyzz

u

xzyzuzyy

u

x

yy

x

ud

yx

u

y

y

y

u

x

x

x

uc

yx

yx

yx

u

yx

xy

y

u

yx

xy

x

ub

yxxyxyx

u

yxx

y

uyxxyx

x

ua

zu

zzzz

+=

+=

=

=

+=

+=

+

=

+=

+=

++=

+=

++=

3.- Compruebe la igualdadxy

f

yx

f

=

22si

a) ;32 22 yxyxu =

b)2y

xu=

c)y

xu arccos=

4.- Dadaf(x,y) diga si existe ,)0,0(2

xy

f

(justifique su respuesta)

==

>++=

0si0

0si2

),(

22

22

yx

yxyx

xy

yxf

R: )0,0('' xyf no existe


80/102

80

5.- Hallar las derivadas parciales indicadas en los siguientes ejercicios:

xyzeuzyx

uc

yzxzxy

xyzzyxu

zyx

ub

xyxu

yx

ua

=

+++=

=

si,)

1arctansi,)

)ln(si,)

3

3

2

3

Respuesta: )3(1);0);0) 22233

2

3

zyxxyzezyx

uc

zyx

ub

yx

ua xyz ++=

=

=

6.- Comprobar que la funcin 22 )()(ln byaxu += (a y b son constantes)

satisface la ecuacin de Laplace 02

2

2

2

=

+

y

u

x

u.

7.- Comprobar que la funcin tabx

eta

u2

2

4

)(

2

1

=

(a y b son constantes) satisface

la ecuacin de calor2

22

x

ua

t

u

=

.

8.- Demostrar que la funcinr

eCeCu

arar21 +=

, donde 222 zyxr ++= y

CB1B, CB2 Bson constantes, satisface la ecuacin de Helmholz

uaz

u

y

u

x

u 22

2

2

2

2

2

=

+

+

9.- Hallar ''e' yy para las funciones y, determinadas por las siguientes

ecuaciones:

222 2). ayxyxa =+


81/102

81

x

yyxb arctanln). 22 =+

1)(0sen). 0 se verifica la

igualdad 011 22

=

+ y

dy

x

dx.

12.- Hallar, para la funcin ),( yxzz= , las derivadas parciales de primero y

segundo rdenes si:

2222). azyxa =++

zezyxb =++).


82/102

82

22

22 tan).yx

zyxzc

=

)(). zyx

ezyxd ++

=++

Respuesta:

3

22

2

2

3

2

3

22

2

2

;;;;)z

zy

y

z

z

xy

yx

z

z

zx

x

z

z

y

y

z

z

x

x

za

+=

=

+=

=

=

32

22

2

2

)1(;

1

1)

++

++=

=

=

++=

=

zyx

zyx

y

z

yx

z

x

z

zyxy

z

x

zb

222

2

2

2

222

2

222

2

2

2

2222

)(

)(;

)(;;)

yx

zx

y

z

yx

xyz

yx

z

yx

zy

x

z

yx

yz

y

z

yx

xz

x

zc

=

=

=

=

=

0;1)2

22

2

2

=

=

=

=

=

y

z

yx

z

x

z

y

z

x

zd


83/102

83

CAPTULO 7

VALORES EXTREMOS. CLASIFICACIN DE PUNTOS CRTICOS

Objetivo

Estudiar los puntos crticos de una funcin de varias variables para calcular mximos,

mnimos o puntos de ensilladura.


Problema 1

Hacer el estudio de mximos, mnimos y puntos de ensilladura para las funciones

dadas a continuacin:

(a) xyyxyxf 722),( 22 ++=

(b) 22 242),( yxyxyxf +=

(c) xzzyxzyxf +++= 222),,(

(d)222),( xyeyxf +=

(e) 2323 4164),( yyxxxyxf +=

Solucin

(a) =++=++= 0,074,74),(722),( 22 xyyxyxfxyyxyxf


84/102

84

=+

=+

047

074

yx

yx Este es un sistema lineal homogneo de dos ecuaciones con dos

incgnitas el cual siempre tiene la solucin obvia (0,0) que ser solucin nica si el

determinante de los coeficientes es distinto de cero 0491647

74= por lo tanto,

hay slo un punto crtico en (0,0). Ahora,

7,4,42

2

2

2

2

=

=

=

yx

f

y

f

x

f Calculamos el hessiano def(x,y) para clasificar

el punto crtico =),( yxfH 049164774


85/102

85

0),(),( =++ aafkahaf . Lo cual quiere decir que existe un mnimo local

en los puntos de la forma (a,a) y el valor del mnimo de f es f(a,a) = 0.

(c) xzzyxzyxf +++= 222),,(

0y02

02

02

02

02

02,2,2),,( =

=+

=+

=+

=

=+

=++= yzx

zx

xz

y

zx

xzyzxzyxfr

Este sistema de ecuaciones, tiene la nica solucin trivialx = 0, z = 0 por ser

)0,0,0(),,(021

12000 = zyx es el nico punto crtico.

Ahora, en este caso es fcil hacer un estudio local sin recurrir al estudio de mximos

y mnimos para funciones de tres variables. Observemos que,

0)(21)2(

21

2),,(

22222

222

222

++=+++=

+++

+++=

yzxyzxzx

yxzzx

xzzyxzyxf

Como se puede apreciar 0),,( zyxf para todo valor dex,y,zy como f(0,0,0)=0

podemos concluir que (0,0,0) es un punto de mnimo local.

(d)222),( xyeyxf +=

)0,0(),(0,02,2),(222 === + yxyxeyxf xy

;4),42(),42(222222 2

222

2

222

2

2xyxyxy xye

yx

fye

y

fxe

x

f +++ =

+=

+=


86/102

86

0420

02)0,0(H 2

2

2

0 > 0 Mnimo local

(-4/3,0) > 0 < 0 Mximo Local

(-4/3,8/3) < 0 Ensilladura

Problema 2

Hallar un punto del plano de un tringulo tal que la suma de cuadrados de la distancia

a los vrtices sea mnima.


87/102

87

Solucin

Colocamos un tringulo cualquiera como se indica en el dibujo

Sea (x,y) el punto buscado, y S(x,y) la suma de los cuadrados de distancias desde el

punto(x,y) hasta los puntoA, B y C

22222222222 2)(233)()()(),( cbaayxcbyxycxybxayxyxS ++++=++++++=

=

=

==

=

3

30,0,26),(26

ay

cbx

Sayy

scbx

x

s

0,36),(H0,6,62

22

2

2

2

2

>

==

=

=

x

SyxS

xy

S

y

S

x

S.

De acuerdo con estos resultados podemos concluir que existe un mnimo en el punto

3,

3

acb.

Problema 3

Hallar los puntos crticos de ).(),( 33 yxeyxf yx = + Si el 0),(H 00 =yxf ,

examinar los valores def en un entorno del punto crtico ),( 00 yx .


88/102

88

Solucin

=

=+=+= +

03

030,03,3),(

233

233233233

xyx

xyxyyxxyxeyxf

yx

)0,0(),(0)(3 22 ==+ yxyx es el nico punto crtico def .

,)66(),66( 3322

2332

2

2

yxyyey

fyxxxe

x

f yxyx +=

++=

++

)33(2332

2

yyxxeyx

f yx

+=

+ por lo tanto, Hf(0,0)=0.

Si hacemos el estudio local:

Sabemos quef(0,0) = 0, ahora bien, para todo punto del ejeX, y= 0, 3)0,( xexf x=

y con x> 0, f(x,0) > 0 y conx< 0, f (x,0) < 0. Por lo tanto, hay un cambio de

signo en la vecindad de (0,0).

Si consideramos el eje Y, x= 0, )(),0( 3yeyf y = se obtendr tambin un cambio

de signo en la vecindad de (0,0). As que hay un punto de ensilladura en (0,0,0).

Problema 4

Hallar los valores extremos locales, absolutos y puntos de ensilladura para

)1(),( 22 yxxyyxf = dentro de la regin [ ] [ ]1,01,0 .

Solucin

En el interior del cuadrado [ ] [ ]1,01,0 tenemos lo siguiente:


89/102

89

3222 3)2()1( yyxyxxyyxyx

f=+=

2322

3)2()1( xyxxyxyyxxy

f

=+=

===

====

031o00)31(

031o00)31(0,0),(

2222

2222

yxxyxx

yxyyxyyxf

)0,0(0,0 0Pxy == no pertenece al interior del cuadrado.

)1,0(),1,0(031,0

)0,1(),0,1(031,0

'22

22

'1122

==

==

PPyxx

PPyxy

Estos puntos tampoco estn en el interior del cuadrado.

Ahora, de 031,031 2222 == yxyx se tiene 31 22 xy =

2

1.

2

1140)31(31 222 ==== xxxxx se descarta porque no

pertenece al interior del cuadrado, y queda

2

1=x en

=

2

1,

2

1031 3

22Pyx

3P si pertenece al interior del cuadrado.

222

2

2

2

2

331,6,6 yxyx

fxy

y

fxy

x

f=

=

=

Calculamos el hessiano 02

3

2

1,

2

10,2

2

3

2

12

1

2

3

2

1,

2

1H

2

2

=

=

x

ff

Esto nos indica que existe un mximo local en

2

1,

2

1y es

8

1

2

1,

2

1=

f , podemos

apreciar esta regin en la siguiente figura:


90/102

90

Problema 5

Hallar los puntos extremos de zyxzyxf ++=),,( sometida a la condicin

1222

=++z

a

y

a

x

a con 0,0,0,0 >>>> zyxa .

Solucin

En este problema utilizaremos el teorema de los multiplicadores de Lagrange.

0,0,0,0con01111

),,(,),,( 2 >>>>=

++=++= zyxa

zyxazyxgzyxzyxf

01

,1

,1

),,(222

2

=zyx

azyxg por las condiciones dadas.

Por lo tanto, ===== azyxzyx

agf 1

,1

,1

1,1,1222

2

Con 0y0 a . Entrando en la ecuacin de condicin, queda:

0913

011

,1

,1 22


91/102

91

Por lo tanto, 22 39 aaazyx ==== esto implica que existe un nico punto

extremo: 2222 9)(y)3,3,3( aPfaaaP = .

Problema 6

Encuentre todos los tringulos rectngulos con rea dada A, hallar aqul cuya

hipotenusa tenga el valor mnimo.

Solucin

SeaABC el tringulo rectngulo, los catetosAC=x, CB=y y AB= hipotenusa, tal

como se aprecia en la figura:

Ahora, por la relacin pitagrica: 222 yxz += podemos tomar a f como

22),( yxyxf += . Por lo tanto, el problema se reduce a hallar el valor mnimo de f

con la siguiente condicin 2

xyA= dondeAes al rea del tringulo yx ,yson los

catetos. Por otro lado, si 02),(2

=== Axyyxgxy

A .

= 0,0,),( xyyxg puesto quexy yson los catetos del tringulo.

xyyxxyyxgf ==== 2,2,2,2 .


92/102

92

De esta forma obtenemos el siguiente sistema:

2,22,2

2

02

02

22 xyyxyxxyyx

Axy

xy

yx

====

=

=

=

Si dividimos estas dos ltimas ecuaciones tenemos 222

2

12

2yx

y

x== .

Pero como 0,0 >> yx por ser las longitudes de los catetos, . yx=

Ahora, como AxxyAyx 22

y 2 === , y por lo tanto Ayx 2== .

Podemos concluir que la hipotenusa tendr valor mnimo si los catetos son iguales a

A2 . En este caso decimos que el tringulo es isorrectngulo.

Problema 7

Hallar la dimensiones de la caja de mayor volumen que est contenida en la regin

limitada por los tres planos coordenados y por el plano dado por 01 =++ czbyax ,

con 0,, >cba . Conociendo que la caja tiene tres de sus caras apoyadas en cada uno

de los planos coordenados y el vrtice que no pertenece a ninguna de esas tres caras

est en el plano antes mencionado.

Solucin

El valor de (x,y,z) vara en el tringulo ABC que es un conjunto cerrado y acotado en

3 (ver figura). Por lo tanto, f alcanza mximo o mnimo en el.


93/102

93

Es obvio que el mnimo es alcanzado para x = 0 y= 0 z= 0, mientras que el

mximo de xyzzyxf =),,( con

{ } Pcbaczbyaxzyxzyx Plano0,,,01/),,(),,( 3 =>=++ , se alcanza

sobre la superficie dada por 01),,( =++= czbyaxzyxg .

Ahora bien, Pzyxcbazyxgooo zyx

),,(si0,0,0,,),,( 000),,( = .

Aplicando el mtodo de multiplicadores de Lagrange:

01con,,,, =++

=

=

=

== czbyax

cxy

bxz

ayz

cbaxyxzyzgf

c

xy

b

xz

a

yz=== como ya descartamos la posibilidad dex = 0 y= 0 z= 0,

nos queda yc

bzy

a

bx == , y sustituyendo en la cuarta ecuacin, tenemos:

byy

c

bcbyy

a

ba

3

11 ==++ y, anlogamente,

cz

ax

3

1,

3

1== .

Por lo tanto,abccbacba

f27

1

3

1

3

1

3

1

3

1,

3

1,

3

1==

es el valor mximo de f.


94/102

94

Problema 8

Entre todas las cajas paraleleppedas sin tapa superior y volumen dado V = 1372,

hallar la de rea mnima.

Solucin

Las dimensiones de la caja la podemos apreciar en la siguiente figura:

1372,22 ==++= xyzVyzxzxyA

=+=+

=+

=+++=xyyx

xzzx

yzzy

xyxzyzyxzxzyVA

22

2

2

,,22,2,2

(IV)1372con

(III)22

(II)2

(I)2

==

+=

+=

+=

xyzV

xzxzxyz

yzxyxyz

xzxyxyz

Six = 0 y= 0 z= 0 V= 0 el cual esta descartado.

Por lo tanto, 0,0,0 zyx de (I) y (II) se tiene que x=y, as como de (II) y

(III) y= 2z. Sustituyendo en (IV) queda que 7,14,1413722

3

==== zxyy

.

Como ya sabemos queA alcanza mnimo, entonces es en el punto (14, 14, 7) con un

rea 588714271421414 =++=A .


95/102

95

Problema 9

Hallar el volumen mnimo limitado por los planos de ecuacionesx= 0, y= 0, z= 0 y

un plano que sea tangente al elipsoide de ecuacin 12

2

2

2

2

2

=++c

z

b

y

a

xen un punto del

octante x> 0, y> 0,z> 0.

Solucin

La ecuacin del plano tangente al elipsoide dado en el punto genrico ),,( 0000 zyxP

es 0)(2

)(2

)(2

020202 =

+

+

zz

c

zyy

b

yxx

a

x

ooo PPP

es decir, la ecuacin del

plano es .0)(2

)(2

)(2

02

002

002

0 =++ zzc

zyy

b

yxx

a

x Los cortes con los ejesx, y, z

se hallan haciendo y=z= 0, x=z= 0, x=y= 0 respectivamente y se obtienen los

siguientes puntos de corte: 0

2

0

2

0

2

,, z

c

zy

b

yx

a

x === .

Por tanto, hay que minimizar la funcinxyz

cbazyxf

222

2

1),,( = con la restriccin

)0,0,0(12

2

2

2

2

2

>>>=++ zyxc

z

b

y

a

x.

Utilizando el mtodo de los multiplicadores de Lagrange se llega a:

=++

=

=

=

=

=

=

1

4

4

4

1

2

12

1

2

12

1

2

12

2

2

2

2

2

2

4223

2423

2243

2

422

2

242

2

224

c

z

b

y

a

x

cbaxyz

cbazxy

cbayzx

xyzcbaz

zxycbay

yzxcbax


96/102

96

El ltimo sistema tiene como nica solucin:

4/33,3/,3/,3/ abcczbyax ==== y el valor mnimo de la funcinf

es abc2

33.

Problema 10

Hallar las dimensiones del paraleleppedo rectangular de volumen mximo que puede

inscribirse en el elipsoide 12

2

2

2

2

2

=++ c

z

b

y

a

x

.

Solucin

El volumen del paraleleppedo inscrito esta dado por V(x,y,z) = 8xyz, buscamos un

mximo de sta funcin, pero tambin debe cumplirse la ecuacin del paraleleppedo

12

2

2

2

2

2

=++cz

by

ax . En la grfica podemos apreciar un trozo del paraleleppedo en el

primer octante.


97/102

97

Buscamos el extremo de la funcin V(x,y,z) = 8xyz sujeta a la condicin:

01),,(2

2

2

2

2

2

=++=

c

z

b

y

a

xzyxg . El mtodo de los multiplicadores de Lagrange

establece que:

++== 18),,(),,(),,,(

2

2

2

2

2

2

c

z

b

y

a

xxyzzyxgzyxVzyxF

Donde los puntos extremos satisfacen las condiciones:

=

=

=

=++=

==

==

==

(iii)4

(ii)4

(i)4

01

02

8

02

8

02

8

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

zc

xy

yb

xz

xa

yz

c

z

b

y

a

xF

zc

xyz

F

yb

xzy

F

x

a

yz

x

F

Dividiendo (i) entre (ii) tenemos: 22

22

2

2

x

a

by

y

x

a

b

x

y==

Dividiendo (i) entre (iii) tenemos: 22

22

2

2

xa

cz

z

x

a

c

x

z==

Reemplazando estas dos ltimas ecuaciones en g(x,y,z):

axa

xa

x

cx

a

c

bx

a

b

a

x

3

3

31

301

11 222

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

====++

De igual forma despejando tenemos czby3

3,3

3 ==

Por lo tanto, el volumen del paraleleppedo pedido es abcV9

38= .


98/102

98

Problemas Propuestos:

1.- Hallar los extremos de las siguientes funciones de varias variables:

)(22

22

2232

22

2

2

2

2

22

2

22

)().

)ln().

)2/0,2/0()cos(cossen).

)368().1).

)0,0(1).

)0,0(2050

).

2).

)1().

yx

yx

eyxzi

yxxyzh

yxyxyxzg

yxyxezfyxze

bab

y

a

xxyzd

yxyx

xyzc

yxyxyxzb

yxza

+

+

+=

+=

++=

+=+=

>>=

>

Problemas Resueltos y Propuestos de c Lculo Diferencial de Varias Variables

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