Tema 2 Funciones de varias variables. - personal.us.es · Tema 2 Funciones de varias variables....

Tema 2

Funciones de varias variables.

2.1. El espacio n-dimensional.

Definición 2.1

El espacio n-dimensional, cuyos elementos reciben el nombre de puntos, es el conjunto:

Rn = {(x1, x2, . . . , xn)/x1, x2, . . . , xn ∈ R}.

La distancia (euclídea) entre dos puntos A, B ∈ Rn es la aplicación d : Rn×Rn

−→R

d(A, B) =√

(b1 − a1)2 + · · · + (bn − an)2 con A = (a1, . . . , an) y B = (b1, . . . , bn). ♣

0 x

y

xy

z

Espacio unidimensional (recta), bidimensional (plano) y tridimensional (espacio)

Ejemplo 2.2

En R para a = −4 y b = 1 tenemos d(a, b) = |b − a| = |1 − (−4)| = 5

En R2 para A(2, 1) y B(4, 2) tenemos d(A, B) =√

(4 − 2)2 + (2 − 1)2 =√

5

En R3 para A(1, 2, 3) y B = (3, 1, 1) tenemos d(A, B) =√

(3 − 1)2 + (1 − 2)2 + (1 − 3)2 = 3 ♣

Definición 2.3 Sean x0 ∈ Rn y r ∈ R.

La bola abierta de centro x0 y radio r son los puntos cuya distancia a x0 es menor que r y la bola

cerrada de centro x0 y radio r son los puntos con distancia a x0 menor o igual que r:

B(x0, r) = {x ∈ Rn/d(x, x0) < r} B(x0, r) = {x ∈ Rn/d(x, x0) ≤ r}. ♣

35

Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL

Nota EnR la bola de centro x0 y radio r es el intervalo (x0−r, x0+r) si es abierta y el intervalo [x0−r, x0+r]

si es cerrada. ♣

Nota (bolas en el plano) La ecuación de la circunferencia con centro (x0, y0) y radio r es

(x − x0)2 + (y − y0)2 = r2.

En el plano la bola de centro (x0, y0) y radio r es el circulo correspondiente, sin la circunferencia si es abierta

y con ella si es cerrada. Por tanto, las bolas con centro en el origen de coordenadas son

B(x0, r) = {(x, y) ∈ R2/x2 + y2 < r} B(x0, r) = {(x, y) ∈ R2/x2 + y2 ≤ r} ♣

Definición 2.4 Sean A ⊆ Rn y x0 ∈ Rn.

x0 es un punto interior a A si existe un entorno1 suyo contenido en A.

El conjunto de los puntos interiores a A se denomina interior de A y se representa por int(A).

A es abierto si coincide con su interior.

x0 es un punto frontera de A si todo entorno suyo contiene puntos de A y puntos que no lo son.

El conjunto de los puntos frontera de A es la frontera de A y se representa por fr(A).

La unión de A con su frontera se denomina clausura de A, A.

A es cerrado si contiene a su frontera. o, equivalentemente, si coincide con su clausura2.

x0 es un punto exterior a A si existe un entorno suyo que no contiene puntos de A. El conjunto de los

puntos exteriores a A es el exterior de A y se representa por ext(A). ♣

Ejemplo 2.5 Los conceptos de abierto y cerrado reproducen la distinción entre bola abierta y cerrada.

Obsérvese que A es abierto si y sólo si su complementario es cerrado, que A es cerrado si y sólo si su

complementario es abierto y que un punto del espacio o está en el interior o está en el exterior o está en la

frontera.

Conjunto abierto Conjunto cerrado Frontera

1Un entorno de un punto x0 es cualquier conjunto que contiene a una bola abierta que contiene a x0.2Esto es equivalente a contener los puntos de acumulación de A, que son los puntos cuyos entornos contienen puntos de A

distintos del punto en cuestión. Si un cerrado además está acotado decimos que es compacto

Proyecto MATECO 2.1 Página 36

http://personal.us.es/jmiguel/Mateco2017.pdf

TEMA 2. FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES.

Ejercicio 2.6 Representar los siguientes recintos, indicando si son abiertos, cerrados o ninguna de las dos

cosas.

(a) {(x, y) ∈ R2 / y ≥ x2 − 1, y ≤ 1 − x2} (b) {(x, y) ∈ R2 / y < −x, y > x2, x2 + y2 < 1}

(c) {(x, y) ∈ R2 / y ≥ 0, x2 + y2 < 4, x + y ≤ 2} (d) {(x, y) ∈ R2 / y < x, x + y2 < 1}

Definición 2.7

El espacio vectorial n-dimensional, cuyos elementos reciben el nombre de vectores, es el conjunto de

las matrices columna de orden n × 1 que, por comodidad, se representan por n-tuplas:

Rn = {(u1, u2, . . . , un)/u1, u2, . . . , un ∈ R}. ♣

Nota En un sistema de coordenadas cartesianas un vector es un segmento orientado que queda determi-

nado por su longitud, dirección y sentido. Cada vector u = (u1, u2, . . . , un) representa a todos los vectores

con la misma longitud, dirección y sentido. Uno de ellos es al segmento con punto inicial el origen de coor-

denadas y cuyo punto final es el punto (u1, u2, . . . , un). A su vez, el segmento orientado que va de un punto

A(a1, a2, . . . , an) a otro B(b1, b2, . . . , bn) esta representado por el vector−−→AB = (b1 − a1, b2 − a2, . . . , bn − an) ♣

Nota (Producto escalar) Sean u, v ∈ Rn vectores con u = (u1, u2, . . . , un) y v = (v1, v2, . . . , vn). El producto

escalar (euclídeo) de u por v es:

u · v = u1v1 + u2v2 + · · · + unvn = ||u|| ||v|| cos(u, v),

donde u, v es el ángulo que forman u y v y ||u||| es el módulo o longitud de u que viene dado por

||u||| = +√

u · u = +

√u2

1 + u22 + · · · + u2

n. ♣

Ejercicio 2.8 Calcular el ángulo que forman los siguientes pares de vectores

(a) u1 = (1, 0); u2 = (1, 1) (b) u1 = (1, 2); u2 = (2, 1)

(c) u1 = (1, 2, 1); u2 = (2, 1,−4) (d) u1 = (1, 0, 1); u2 = (0, 1, 1)

2.2. Las funciones reales de varias variables y su gráfica.

Definición 2.9 Sea f : D ⊆ Rn−→R

El dominio de f , D, son los puntos (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn en los que está definida

Dom( f ) = {(x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn/∃ f (x1, x2, . . . , xn)}.

La imagen, rango o recorrido de f son los valores que toma en R

Im( f ) = {y ∈ R/∃(x1, x2, . . . , xn) ∈ D con f (x1, x2, . . . , xn) = y}.

Página 37 Proyecto MATECO 2.1



La gráfica de f es el conjunto de puntos de Rn+1

Grf( f ) = {(x1, x2, . . . , xn, y) ∈ Rn+1/ f (x1, x2, . . . , xn) = y}.

La curva de nivel k de f es la curva de Rn

Ck( f ) = {(x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn/ f (x1, . . . , xn) = k}. ♣

Nota La gráfica de una función real de dos variables z = f (x, y) es una superficie de R3 y su curva de

nivel k corresponde a su corte con el plano z = k (paralelo al plano XY). En todos los puntos de una curva

de nivel la función toma el mismo valor, cuando la función representa una cantidad, como la producción,

cada una curva de nivel es una isocuanta. ♣

Ejemplo 2.10 Estudiar las curvas de nivel de la función f (x) = x2 + y2.

Solución

Esta función esta definida para cualquier par de números y su imagen siempre es un número positivo.

Por tanto, su dominio es todo R2 y su imagen es el intervalo [0,+∞).

La gráfica de f (x) = x2 + y2 es la superficie de R3

z = x2 + y2 y sus curvas de nivel para k ≥ 0 son

circunferencias en R2 de la forma

x2 + y2 = k

-1.0 -0.5 0.5 1.0

-1.0

-0.5

0.5

1.0

-2

-1

0

1

2-2-1

01

20

1

2

3

4Las curvas de nivel x2 + y2 = k son los cortes de la

gráfica de la función con planos paralelos al plano

XY y son curvas en cuyos puntos la función toma el

mismo valor. Como son circunferencias con centro el

origen y radio√

k, cuando k crece también lo hace el

radio de la circunferencia. ♣

Ejemplo 2.11 Representar los dominios y curvas de nivel de las siguientes funciones, indicando la curva

de nivel que pasa por el punto (1, 1)

f (x, y) =√

x + y g(x, y) = ln(x + y)

Solución

Los dominios de ambas funciones son

D( f ) = {(x, y) ∈ R2/x + y ≥ 0} D(g) = {(x, y) ∈ R2/x + y > 0}




En ambos casos la frontera está formada por la recta x + y = 0. En el caso de la raíz el dominio incluye la

recta x + y = 0 con lo que el dominio es cerrado. Sin embargo, el dominio del logaritmo es abierto y no

incluye la recta

x+ y � 0x+ y � 0

x+ y � 1

x+ y � 2

x+ y � 4

-4 -2 2 4

-4

-2

2

4

x+ y � 0x+ y � 0

x+ y � 1

x+ y � 2

x+ y � ã

x+ y � ã2

-4 -2 2 4

-4

-2

2

4

Las curvas de nivel correspondientes a f son todas rectas con la misma pendiente

√x + y = k ⇔ x + y = k2 ⇔ y = −x + k2

Las curvas de nivel correspondientes a g son todas rectas con la misma pendiente que antes pero con

distintos puntos de corte con los ejes

ln(x + y) = k ⇔ x + y = ek ⇔ y = −x + ek

Obsérvese que en el primer caso no hay curvas de nivel negativo, ya que la raíz cuadrada sólo toma

valores positivos pero que en el segundo sí hay curvas de nivel positivas y negativas. Para determinar la

curva de nivel que pasa por un punto basta calcular cuál es el nivel correspondiente. Así en el primer caso

es la curva√

x + y =√

2 y en el segundo ln(x + y) = ln 2. En ambos casos corresponde a la recta x + y = 2.

♣

Ejercicio 2.12 Estudiar y representar el dominio y las curvas de nivel de las siguientes funciones

(a) f(x, y) = xy (b) f(x, y) =

√yx

(c) f(x, y) =√

2x2 − y

2.3. Continuidad de funciones de varias variables.

Definición 2.13 Sean f : D ⊆ Rn−→R, x0 = (x01, x02, . . . , x0n) ∈ D.

f es continua en x0 si

lımx→x0

f (x) = f (x0)

donde el límite de f (x) cuando x tiende a x0 es l si

∀ε > 0 ∃δ > 0/x ∈ D y 0 < d(x, x0) < δ =⇒ | f (x) − l| < ε.

f es continua en un conjunto si es continua en todos los puntos del conjunto. ♣




Nota Una función es continua en x0 si toma valores “muy cercanos" a f (x0) cuando nos aproximamos “lo

suficiente" a x0. De este modo, una función es continua si cambios pequeños en las variables independientes

producen cambios pequeños en los valores de la función. ♣

Observación Consideramos sólo puntos de acumulación del dominio (sus entornos contienen puntos de

A distintos del punto y siempre se puede tomar límite). ♣

Proposición 2.14 Sean f : D1 ⊆ Rn−→R, g : D2 ⊆ R

n−→R y α ∈ R.

Si f y g son continuas en x0 ∈ Dom( f ) ∩ Dom(g) entonces

(a)α f continua en x0. (b) f + g continua en x0.

(c) f · g continua en x0. (d)fg

continua en x0 si g(x0) , 0. ♣

Proposición 2.15 Sean f : D1 ⊆ Rn−→R y g : D2 ⊆ R−→R.

f continua en x0 ∈ D1 y g continua en f (x0) ∈ D2 entonces g ◦ f es continua en x0. ♣

Ejemplo 2.16 Estudiar la continuidad de f (x, y) =xy

x2 + y2 .

Solución

Esta función es continua en todo su dominio, que es

Dom( f ) = {(x, y) ∈ R2/x2 + y2 , 0} = {(x, y) ∈ R2/(x, y) , 0} = R2\ {(0, 0)}

-1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0

-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

Curvas de nivel

-2

0

2-2

-1

0

1

2

-0.5

0.0

0.5

Gráfica de la función

La función es continua en todos los puntos me-

nos en el origen, ya que es el cociente de dos po-

linomios y el denominador sólo se anula cuando

x e y son cero simultáneamente (el problema de

estudiar qué tipo de discontinuidad presenta no

se aborda aquí). ♣

Ejemplo 2.17 Estudiar la continuidad de las siguientes funciones, representando sus dominios y curvas de

nivel.

f (x, y) =

√x + yx − y

y g(x, y) = ln(

x + yx − y

)Solución

Los dominios de ambas funciones son

D( f ) =

{(x, y) ∈ R2/

x + yx − y

≥ 0, x − y , 0}

D(g) =

{(x, y) ∈ R2/

x + yx − y

> 0, x − y , 0}




En ambos casos la función es continua en su dominio. Para representar estos dominios es mejor expresar

cada uno como la unión de dos recintos:

D( f ) ={(x, y) ∈ R2/x + y ≥ 0, x − y ≥ 0

}∪

{(x, y) ∈ R2/x + y ≤ 0, x − y ≤ 0

}(raíz)

D(g) ={(x, y) ∈ R2/x + y > 0, x − y > 0

}∪

{(x, y) ∈ R2/x + y < 0, x − y < 0

}(logaritmo)

Como cada recta divide al plano en dos partes y estos recintos están limitados por las bisectrices de los

cuadrantes formados por los ejes se forman cuatro regiones en cada uno de los dominios.

El primer recinto corresponde a los puntos que están simultáneamente:

• por encima de la bisectriz del segundo cuadrante

x + y ≥ 0⇔ y ≥ −x (raíz) x + y > 0⇔ y > −x (logaritmo)

• por debajo de la bisectriz del primer cuadrante

x − y > 0⇔ y < x (ambos)

El segundo recinto corresponde a los puntos que están simultáneamente

• por debajo de la bisectriz del segundo cuadrante

x + y ≤ 0⇔ y ≤ −x (raíz) x + y < 0⇔ y < −x (logaritmo)

• por encima de la bisectriz del primer cuadrante

x − y < 0⇔ y > x (ambos)

En el caso de la raíz el dominio no es ni abierto ni cerrado ya que incluye la recta x + y = 0 pero no la

recta x − y = 0 con lo que. Sin embargo, el dominio del logaritmo es abierto ya que no incluye ninguna de

las rectas. ♣

x+ y � 0x- y � 0

5 y-3 x � 0

y � 0-4 -2 2 4

-4

-2

2

x+ y � 0x- y � 0

H -ãL x+ H1+ãL y � 0

I1-ã2M x+ I1+ã2M y

y � 0-4 -2 2 4

-4

-2

2

Las curvas de nivel correspondientes a f son√x + yx − y

= k ⇔x + yx − y

= k2 ⇔ x + y = xk2 − yk2 ⇔ y + yk2 = xk2 − x⇔ y = k2−11+k2 x




Las curvas de nivel correspondientes a g son

lnx + yx − y

= k ⇔x + yx − y

= ek ⇔ x + y = xek − yek ⇔ y + yek = xek − x⇔ y = ek−11+ek x

Obsérvese que en ambos casos todas pasan aparentemente por el origen. Sin embargo, esto último no

es posible. Por un punto sólo pasa una curva de nivel, ya que el nivel corresponde al valor de la función en

el punto. En realidad, lo que tenemos es que el origen no pertenece al dominio de la función y, por tanto, la

explicación está en que la función no es continua en el origen y éste no está incluido en ninguna curva de

nivel. ♣

Ejercicio 2.18 Estudiar la continuidad de las siguientes funciones, representando sus dominios y curvas

de nivel.

(a) f (x, y) = 3

√2x + yx − 2y

(b) g (x, y) = ln(2x − yx + y

)(c) g (x, y) =

√y − x2

2.4. Derivadas parciales y vector gradiente

Definición 2.19 Sean f : D ⊆ Rn−→R y x0 = (x01, . . . , x0n) ∈ int(D).

La derivada parcial de f con respecto a xi en x0 es

∂ f∂xi

(x01, . . . , x0n) = lım4xi→0

f (x01, . . . , x0i + 4xi, . . . , x0n) − f (x01, . . . , x0i, . . . , x0n)4xi

.

f es derivable con respecto a xi si este límite existe. ♣

Nota La derivada parcial también se denota por Di f (x0) y Dxi f (x0). ♣

Nota f es derivable con respecto a xi en un abierto U si es derivable con respecto a xi ∀x ∈ U. La función

derivada parcial de f con respecto a xi asocia a cada x ∈ U la correspondiente derivada y se obtiene

derivando con respecto a xi considerando que el resto de las variables son constantes (su existencia no

garantiza la continuidad de la función en el punto).

Nota (La derivada parcial como tasa de variación) Si tenemos unos valores x = x0 e y = y0, a los que

les corresponde un valor f (x0, y0), y sólo cambia la primera variable independiente, tomando ésta un nuevo

valor x = x1 al que le corresponde un valor f (x1, y0), el incremento de la variable x es 4x = x1 − x0 y el

incremento de la variable z es 4z = f (x1, y0) − f (x0, y0). La tasa media de variación de z con respecto a x

nos indica la variación relativa de la variable z con respecto a la variable x cuando la variable y se mantiene

constante:4z4x

=f (x1, y0) − f (x0, y0)

x1 − x0=

f (x0 + 4x, y0) − f (x0, y0)4x

.




El límite de esta tasa media de variación cuando el incremento de la variable x tiende a cero es la tasa

instantánea de variación de z con respecto a x y coincide con la derivada parcial de f con respecto a x en

(x0, y0) en la que la variable y se mantiene constante.

De manera análoga, si consideramos que sólo cambia la segunda variable independiente y que ésta

toma un nuevo valor y = y1, manteniéndose constante la primera variable independiente (sigue tomando

el valor x = x0), el incremento de la variable y es 4y = y1 − y0 y el incremento de la variable z es 4z =

f (x0, y1) − f (x0, y0).

Por tanto, la tasa media de variación de z con respecto a y, que nos indica la variación relativa de la

variable z con respecto a la variable y cuando la variable x se mantiene constante, es:

4z4y

=f (x0, y1) − f (x0, y0)

y1 − y0=

f (x0, y0 + 4y) − f (x0, y0)4y

.

El límite de esta tasa media de variación cuando el incremento de la variable y tiende a cero es la tasa

instantánea de variación de z con respecto a y y coincide con la derivada parcial de f con respecto a y en

(x0, y0) en la que la variable x se mantiene constante.

En general, cuando una función tiene un número cualquiera de variables, y = f (x1, . . . , xn), la tasa media

de variación de f con respecto a xi en la que la variable xi se incrementa en 4xi y el resto de las variables

se mantienen constantes es el cociente

f (x01, . . . , x0i + 4xi, . . . , x0n) − f (x01, . . . , x0i, . . . , x0n)4xi

La tasa instantánea de variación con respecto a xi es su límite y en él se considera que sólo esta variable

cambia mientras el resto permanecen constantes. ♣

Nota (Interpretación económica) La tasa marginal de variación de f con respecto a xi en x0 es el incre-

mento de la función cuando la variable xi se incrementa en una unidad y el resto permanecen constantes. Si

el incremento es pequeño corresponde a la derivada parcial de f con respecto a xi. ♣

Nota (Interpretación geométrica) Podemos interpretar geométricamente las derivadas parciales de una

función de dos variables, z = f (x, y), si consideramos la función ϕ(x) = f (x, y0) y calculamos su derivada

en x0:

ϕ′(x0) = lım4x→0

ϕ(x0 + 4x) − ϕ(x0)4x

= lım4x→0

f (x0 + 4x, y0) − f (x0, y0)4x

=∂ f∂x

(x0, y0).

La derivada de la función ϕ en x0 coincide con la derivada parcial de f con respecto a x en (x0, y0). Como

la gráfica de la función ϕ corresponde a la intersección de la gráfica de la función f con el plano y = y0 y

éste es paralelo al eje x, la derivada parcial de f con respecto a x es la pendiente de la recta tangente a la

superficie z = f (x, y) en la dirección del eje x.




P

Eje X Eje Y

Eje Z

P

Eje X Eje Y

Eje Z

Definiendo una función ψ(y) = f (x0, y) y siguiendo un procedimiento análogo, podemos interpretar la

derivada parcial de f con respecto a y como la pendiente de la recta tangente a la superficie z = f (x, y) en

la dirección del eje y. ♣

Ejemplo 2.20 Demanda en función del precio de otro bien.

En el ejemplo 1.16 consideramos que la demanda de un bien, A, dependía de su precio, que aquí se denota

por pa, según la función D(pa). En este ejemplo vamos a considerar que la demanda de este bien también

depende del precio, pb, de otro bien, B, por lo que tenemos que la demanda del bien A depende de estos

precios según una función Da(pa, pb).

La derivada parcial de esta función con respecto al precio pa representa la variación de la demanda

cuando el precio del bien A se incrementa en una unidad y siempre es negativa, ya que la demanda disminuye

cuando el precio de este bien aumenta∂Da

∂pa(pa, pb) < 0.

La derivada parcial con respecto al precio pb, representa la variación de la demanda cuando el precio

del bien B se incrementa en una unidad y su signo depende de la naturaleza de los bienes:

Si los bienes son sustitutivos (pueden utilizarse de forma alternativa) cuando aumenta el precio de

uno la demanda del otro aumenta y se tiene ∂Da∂pb

(pa, pb) > 0.

Si los bienes son complementarios (son consumidos conjuntamente) cuando aumenta el precio de uno

la demanda del otro disminuye y se tiene ∂Da∂pb

(pa, pb) < 0.

Si los bienes son indiferentes el precio de uno no influye en la demanda del otro y se tiene ∂Da∂pb

(pa, pb) =

0. ♣

Ejemplo 2.21 Calcular las derivadas parciales con respecto a x e y de f (x, y) = ln(√

x + yx − y

)Proyecto MATECO 2.1 Página 44



Solución

Vamos a realizar esta operación de dos maneras: simplificando la función previamente utilizando las

propiedades de logaritmos y potencias y derivando la función directamente por la regla de la cadena y

simplificando después. Obsérvese que la primera forma sólo es válida para x + y > 0, x − y > 0

Así si simplificamos

f (x, y) = ln(√

x + yx − y

)= ln

(x + yx − y

) 12

=12

ln(

x + yx − y

)=

12

(ln(x + y) − ln(x − y))

con lo que las parciales son

∂ f∂x

(x, y) =12

(1

x + y−

1x − y

)=

−2y2(x + y)(x − y)

=−y

x2 − y2

∂ f∂y

(x, y) =12

(1

x + y−−1

x − y

)=

2x2(x + y)(x − y)

=x

x2 − y2

Si aplicamos la regla de la cadena tenemos

∂ f∂x

(x, y) =1√x + yx − y

1

2√

x + yx − y

−2y(x − y)2 =

1

2x + yx − y

−2y(x − y)2 =

−y(x + y)(x − y)

∂ f∂y

(x, y) =1√x + yx − y

1

2√

x + yx − y

2x(x − y)2 =

1

2x + yx − y

2x(x − y)2 =

x(x + y)(x − y)

Ejercicio 2.22 Calcular las siguientes derivadas parciales

(a)∂ f∂z

(1, 1, 1) para f (x, y, z) =2x2zez

x2 + yzy f (x, y, z) =

exyz − 1e2xyz

(b)∂ f∂x

(1, 1) para f (x, y) = arc tg(

x − yx + y

)y f (x, y) = (2x2 + 3y2) cos(πx2y4)

(c)∂ f∂y

(2, 1, 2) para f (x, y, z) = (yz)xy2z y f (x, y, z) = ln(x +

3√xz + 4)

Definición 2.23 Sean f : D ⊆ Rn−→R y x0 ∈ int(D).

Si existen todas las derivadas parciales de f en x0 el vector gradiente de f en x0 es:

∇ f (x0) =

(∂ f∂x1

(x0), . . . ,∂ f∂xn

(x0)). ♣

Ejemplo 2.24 Obtener el vector gradiente de la función f (x, y) = xy.

Solución

Está función esta definida y es derivable en

Dm( f ) ={(x, y) ∈ R2/x > 0

}Página 45 Proyecto MATECO 2.1



El vector gradiente se obtiene mediante las derivadas de primer orden∂ f∂x

(x, y) = y xy−1

∂ f∂y

(x, y) = xy ln x=⇒ ∇ f (x, y) =

∂ f∂x

(x, y)

∂ f∂y

(x, y)

=

y xy−1

xy ln x

x > 0

♣

Ejemplo 2.25 Obtener el vector gradiente de f (x, y) = y cos x sen y + xy sen x sen y en (π, π).

Solución

La función está definida y es derivable en R2 y las derivadas de primer orden en (π, π) son:∂ f∂x

(π, π) = xy cos x sen y|(π,π) = 0

∂ f∂y

(π, π) = [x sen x sen y + xy sen x cos y + cos x sen y + y cos x cos y]|(π,π) = π

Por tanto, su vector gradiente es ∇ f (π, π) = (0, π) ♣

Ejercicio 2.26 Calcular el vector gradiente de f (x, y) =x + y

ex+y − 1en un punto genérico, indicando las

condiciones que debe verificar este punto.

Solución

La función f (x, y) =x+y

ex+y−1 está definida y es derivable cuando el denominador es distinto de 0:

D ={(x, y) ∈ R2/ex+y , 1

}=

{(x, y) ∈ R2/x + y , 0

}Sus derivadas de primer orden son

∂ f∂x

(x, y) =1(ex+y − 1) − (x + y)ex+y

(ex+y − 1)2 =ex+y − (x + y)ex+y − 1

(ex+y − 1)2

∂ f∂y

(x, y) =1(ex+y − 1) − (x + y)ex+y

(ex+y − 1)2 =ex+y − (x + y)ex+y − 1

(ex+y − 1)2

Por tanto, su vector gradiente es:

∇ f (x, y) =

∂ f∂x

(x, y)

∂ f∂y

(x, y)

=

ex+y − (x + y)ex+y − 1

(ex+y − 1)2

ex+y − (x + y)ex+y − 1(ex+y − 1)2

x + y , 0

♣

Ejercicio 2.27 Determinar el vector gradiente de las siguientes funciones

(a) f (x, y) =√

(x − 2)2 + (y + 1)2 (b) f (x, y) = ln(x2 − y)

(c) f (x, y) = ln(2x − 4Y2

)(d) f (x, y) =

1xy

En todos los casos estudiar la continuidad de la función, especificando el dominio de definición de la

función, y la existencia del gradiente, especificando su dominio de definición, si es distinto al de la función.

Representarlos junto con las curvas de nivel de la función e indicar si los dominios son abiertos o cerrados.

♣




2.5. Diferencial de funciones de varias variables.


La diferencial de f en x0 es la aplicación

D f (x0)[(dx1, . . . , dxn)] =∂ f∂x1

(x0)dx1 + . . . +∂ f∂xn

(x0)dxn.

f es diferenciable en x0 si para 4x = (4x1, . . . ,4xn)

lım4x→θ

f (x0 + 4x) − f (x0) − D f (x0)(4x)||4x||

= 0.

Obsérvese que si f es diferenciable en x0 entonces su diferencial es D f (x0)[dx] = ∇ f (x0) · dx. ♣

Nota (Aproximación lineal y diferencial) Si en vez de tomar los valores

reales de la función tomamos los valores correspondientes al plano tangen-

te, obtenemos la aproximación lineal de la función

f (x, y) ≈ f (x0, y0) +∂ f∂x

(x0, y0)(x − x0) +∂ f∂y

(x0, y0)(y − y0) (2.1)

La diferencial de f en (x0, y0) es la función lineal que a los incrementos

de las variables independientes les asocia el incremento aproximado de la

variable dependiente.

P

Eje X Eje Y

Eje Z

En esta aproximación se comete un error que corresponde a la diferencia entre el incremento que real-

mente sufre la función y el incremento aproximado que se obtiene mediante la diferencial

rx0,y0(4x,4y) =

4z︷︸︸︷f (x0 + 4x, y0 + 4y) − f (x0, y0) −

dz︷︸︸︷∂ f∂x (x0, y0)4x +

∂ f∂y (x0, y0)4y,

Al igual que para funciones de una variable, lo que hace que una función sea diferenciable es que el error

tienda a cero más rápido de lo que lo hace el incremento de las variables independientes. ♣

Proposición 2.29 (Condiciones necesarias de diferenciabilidad)

Sean f : D ⊆ Rn−→R y x0 ∈ int(D).

Si f es diferenciable en x0 entonces f es continua en x0.

Si f es diferenciable en x0 entonces existen todas las derivadas parciales de f en x0. ♣




Proposición 2.30 (Condición suficiente de diferenciabilidad) Sean f : D ⊆ Rn−→R y x0 ∈ int(D).

Si existen todas las derivadas parciales de f en un entorno de x0 y son continuas en x0 entonces f es

diferenciable en x0.

En este caso diremos que f es continuamente diferenciable en x0. ♣

Nota Los recíprocos de las condiciones necesarias no son ciertos: una función puede ser continua sin ser

diferenciable y pueden existir las derivadas parciales de la función sin que ésta sea diferenciable. Tampoco

es cierto el recíproco de la condición suficiente, ya que una función puede ser diferenciable sin que las

derivadas parciales sean continuas. ♣

Ejemplo 2.31 Estudiar la diferenciabilidad de f (x, y) =∑n,m

anmxnym

Solución∂ f∂x

(x, y) =∑n,m

anmn xn−1ym ∂ f∂y

(x, y) =∑n,m

m anmxnym−1. ♣

Obsérvese que las derivadas parciales de una función polinómica son también polinomios y, por tanto,

continuas. Esto hace que una función polinómica sea siempre continuamente diferenciable (este resultado

se cumple para polinomios con un número cualquiera de variables). ♣

Ejercicio 2.32 Estudiar la continuidad y diferenciabilidad de las siguientes funciones

(a) f (x, y) = x 3√

xy − 1 (b) f (x, y, z) = ln(2x2z

y

)Definición 2.33 Sean f : D ⊆ Rn

−→R, x0 = (x01, . . . , x0n) ∈ int(D) y v = (v1, . . . , vn) ∈ Rn.

La derivada de f con respecto al vector v en el punto x0 es

Dv f (x0) =∂ f∂v

(x0) = lımt→0

f (x0 + tv) − f (x0)t

= lımt→0

f (x01 + tv1, . . . , x0n + tvn) − f (x01, . . . , x0n)t

.

f es derivable con respecto al vector v en el punto x0 si este límite existe.

Siempre y cuando el vector v sea unitario, ||v|| = 1, esta derivada recibirá el nombre de derivada

direccional de f según la dirección del vector v en x0. ♣

Nota La derivada direccional extiende el concepto de derivada parcial, ya que la derivada con respecto al

vector ei coincide con la derivada parcial con respecto a xi. ♣

Proposición 2.34 (Condición necesaria de diferenciabilidad) Sean f : D ⊆ Rn−→R y x0 ∈ int(D).

Si f es diferenciable en x0 entonces f es derivable en x0 según cualquier vector v ∈ Rn, con:∂ f∂v

(x0) = D f (x0)[v]. ♣




Nota (La derivada direccional como tasa de variación) En las derivadas direccionales las variables varían

proporcionalmente y, a partir de unos valores x = x0 e y = y0, pasan a tomar valores x = x0 +at e y = y0 +bt,

de forma que la tasa media de variación es

4z||(4x,4y)||

=f (x0 + at, y0 + bt) − f (x0, y0)

||(at, bt)||=

f (x0 + at, y0 + bt) − f (x0, y0)t||(a, b)||

.

Cuando el vector v(a, b) es unitario, ||v|| = ||(a, b)|| = 1 la tasa media de variación es

f (x0 + at, y0 + bt) − f (x0, y0)t

.

Al calcular el límite de esta tasa media de variación cuando t tiende a cero, obtenemos la tasa instantánea

de variación de la función en la dirección del vector. ♣

Nota (Interpretación geométrica) Obsérvese que la derivada de la función g(t) = f (x0 + at, y0 + bt) en

t = 0 coincide con la derivada de f según el vector v en (x0, y0)

g′(t) = lımt→0

g(t) − g(0)t

= lımt→0

f (x0 + at, y0 + bt) − f (x0, y0)t

= Dv f (x0, y0).

Como la gráfica de la función g corresponde a la intersección de la gráfica de la función f con el plano

paralelo al eje z que contiene al vector v, podríamos pensar que la derivada de f según el vector v en (x0, y0)

es la pendiente de la recta tangente a la superficie z = f (x, y) en el punto (x0, y0) en la dirección del vector

v.

P

Eje X Eje Y

Eje Z

1 1

t

Sin embargo, el concepto de pendiente depende de las unidades que

estamos tomando sobre los ejes y en este caso la magnitud de las uni-

dades la marca el vector (cuando la variable t se incrementa en una

unidad recorremos sobre el plano una distancia equivalente al módu-

lo del vector v). Por tanto, sólo y exclusivamente cuando el vector

es unitario la derivada según el vector corresponde a la pendiente de

la recta tangente a la superficie en la dirección del vector (derivada

direccional). ♣

Proposición 2.35 Sean f : D ⊆ Rn−→R, x0 = (x01, . . . , x0n) ∈ int(D) y v = (v1, . . . , vn) ∈ Rn.

Si f es derivable con respecto a v también lo es con respecto a cualquier vector paralelo a él y

D(λ v) f (x0) = λDv f (x0).

Nota Es importante distinguir entre la derivada según un vector y la derivada direccional, ya que sólo

esta última coincide con la tasa instantánea de variación en la dirección del vector. Para obtener esta tasa

tenemos en cuenta que la tasa instantánea de variación en su dirección (derivada direccional) es la derivada

según cualquier vector con la misma dirección dividida por el módulo del vector. ♣




Ejercicio 2.36 Calcular la derivada direccional de f (x, y, z) =

√2x+zx−z en el punto (1, 1, 1) en la dirección

del vector v = (1, 0,−1)

Proposición 2.37 (Propiedades del gradiente)

Sea f : D ⊆ Rn−→R diferenciable en x0 ∈ int(D) con ∇ f (x0) , θ.

∇ f (x0) es perpendicular a la curva de nivel que pasa por el punto.

∇ f (x0) indica la dirección de máximo crecimiento de la función. ♣

P

Eje X Eje Y

Eje Z

P

Nota Que el vector gradiente indique la dirección de máximo

crecimiento de la función quiere decir que en su dirección la

pendiente de la recta tangente tiene el máximo valor de todas

las pendientes de las rectas tangentes en el punto. En el sentido

del gradiente tendremos el máximo crecimiento y en el sentido

opuesto el máximo decrecimiento. ♣

Ejemplo 2.38 Sea f (x, y) = x√

3xy − 2y2

(a) Estudiar la continuidad y diferenciabilidad de la función.

(b) Determinar su diferencial en un punto genérico y en el punto (2, 1).

(c) Determinar su derivada direccional en el punto (2, 1) según la dirección del vector v = (3, 2).

(d) Determinar la dirección de máximo crecimiento en el punto (2, 1). ¿Cúal es la tasa instantánea de

variación en esta dirección?.

Solución

(a) La función es continua en su dominio (el dominio es cerrado e incluye a la recta 3x − 2y = 0).

D( f ) = {(x, y) ∈ R2/3x − 2y ≥ 0}

Las parciales son ∂ f∂x (x, y) =

√3xy − 2y2 +

3xy

2√

3xy − 2y2=

9xy − 4y2

2√

3xy − 2y2

∂ f∂x (x, y) =

3x2 − 4xy

2√

3xy − 2y2




El dominio del gradiente es

D(∇ f ) = {(x, y) ∈ R2/3x − 2y > 0}

Como las dos parciales son continuas en el dominio del gradiente, la función es diferenciable en el

dominio del gradiente (obsérvese que este dominio no coincide con el de la función original ya que

no es derivable en la frontera del dominio pues 3x − 2y tiene que ser distinto de cero).

(b) La diferencial es

D f (x, y)[dx, dy] =9xy − 4y2

2√

3xy − 2y2dx +

3x2 − 4xy

2√

3xy − 2y2dy

La diferencial en el punto (2, 1) es

D f (2, 1)[dx, dy] =

( 72

12

) dx

dy

=72

dx +12

dy

(c) La derivada según el vector v = (3, 2) es

Dv f (2, 1) = D f (2, 1)[v] =

( 72

12

) 3

2

=232

La derivada dirreccional es la tasa instantánea de variación y debemos dividir por el módulo del

vector, que es ||v|| =√

32 + 22 =√

13,

m =Dv f (2, 1)||v||

=23

2√

13=

23√

1326

(d) El vector gradiente indica la dirección de máximo crecimiento ( 72 ,

12 ) y la tasa instantánea de variación

en esa dirección coincide con el módulo del gradiente

||∇ f (1, 2)|| =

√(72

)2

+

(12

)2

=

√504

=5√

22

♣

Ejemplo 2.39 Sean f (x, y) =√

3x − 2y f (x, y) = ln(3x − 2y) f (x, y) = 3√

3x − 2y

(a) Determinar y representar el dominio de f . ¿Es continua en su dominio?

(b) Determinar y representar el vector gradiente en el punto (2, 1) junto con la curva de nivel pasa por

este punto. ¿Es derivable con respecto a x e y en todo su dominio?.

(c) Determinar la diferencial de f en el punto (2, 1) y estudiar su diferenciabilidad en el dominio.

(d) Determinar la derivada de f en el punto (2, 1) según la dirección del vector v = (3, 2). ¿Cuál es la

tasa instantánea de variación en esta dirección?




Solución

3 x-2 y � 43 x-2 y � 4

3 x-2 y

-4 -2 2 4

-4

-2

2

4

3 x-2 y � 43 x-2 y � 4

logH3 x-2 yL

-4 -2 2 4

-4

-2

2

4

3 x-2 y � 43 x-2 y � 4

3 x-2 y3

-4 -2 2 4

-4

-2

2

4

• f (x, y) =√

3x − 2y

(a) La función es continua en su dominio (el dominio es cerrado e incluye a la recta 3x − 2y = 0).

D( f ) = {(x, y) ∈ R2/3x − 2y ≥ 0}

(b) Esta función no es derivable en la frontera del dominio (3x − 2y tiene que ser distinto de cero) y el

vector gradiente es

∇ f (x, y) =

3

2√

3x − 2y−1√

3x − 2y

con D(∇ f ) = {(x, y) ∈ R2/3x − 2y > 0}

La curva de nivel que pasa por el punto (2, 1) es la curva de nivel 2 (√

3 · 2 − 2 · 1 = 2). Por tanto,

corresponde a la recta √3x − 2y = 2⇔ 3x − 2y = 4

El vector gradiente es ∇ f (2, 1) =

(34,−

12

)

(c) Las diferencial es D f (1, 3)[dx, dy] =

( 34−12

) dx

dy

=34

dx −12

dy


dominio del gradiente. Obsérvese que este dominio no coincide con el de la función original y, por

tanto, la función sólo es diferenciable en {(x, y) ∈ R2/3x − 2y > 0}

(d) La derivada según el vector v = (3, 2) es

Dv f (2, 1) = D f (2, 1)[v] =

( 34−

12

) 3

2

=54




Para obtener la tasa instantánea de variación debemos dividir por el módulo del vector, que es ||v|| =√

32 + 2‘2 =√

13,Dv f (2, 1)||v||

=5

4√

13

• f (x, y) = ln(3x − 2y)

(a) La función es continua en su dominio (obsérvese que este dominio es abierto y no incluye a la recta

3x − 2y = 0).

D( f ) = {(x, y) ∈ R2/3x − 2y > 0}

(b) Esta función es derivable en todo el dominio (como el dominio es abierto la frontera no forma parte

de él) Obsérvese que también tiene que ser positivo para que exista la función (aunque el vector

gradiente parece existir en más puntos no es así)

∇ f (x, y) =

3

3x − 2y−2

3x − 2y

con D(∇ f ) = {(x, y) ∈ R2/3x − 2y > 0}

La curva de nivel que pasa por el punto (2, 1) es la curva de nivel ln 4 . Por tanto, corresponde a la

recta

ln(3x − 2y) = ln 4⇔ 3x − 2y = 4


(34,−12

)


( 34−12

) dx

dy

=34

dx −12

dy

Como las dos parciales son continuas en el dominio la función es diferenciable en todo el dominio.


Dv f (2, 1) = D f (2, 1)[v] =

( 34−

12

) 3

2

=54


32 + 2‘2 =√

13,Dv f (2, 1)||v||

=5

4√

13

• f (x, y) = 3√

3x − 2y




(a) La función es continua en todo R2 (D( f ) = R2)

(b) Esta función no es derivable en la recta 3x − 2y (ya que 3x − 2y tiene que ser distinto de cero) y el

vector gradiente es

∇ f (x, y) =

1

3√

(3x − 2y)2

−2

3 3√

(3x − 2y)2

con D(∇ f ) = {(x, y) ∈ R2/3x − 2y , 0}

La curva de nivel que pasa por el punto (2, 1) es la curva de nivel 3√4 ( 3√3 · 2 − 2 · 1 =3√4). Por tanto,

corresponde a la recta3√

3x − 2y =3√4⇔ 3x − 2y = 4


(1

3√16,−

2

3 3√16

)


1

3√16−

2

3 3√16

dx

dy

=1

3√16dx −

2

3 3√16dy


dominio del gradiente. Obsérvese que este dominio no coincide con el de la función original, que es

todo el plano, y que, por tanto, para 3x−2y = 0 no existe vector gradiente y la función es diferenciable

en {(x, y) ∈ R2/3x − 2y , 0} ♣


Dv f (2, 1) = D f (2, 1)[v] =

1

3√16−

2

3 3√16

3

2

=5

3 3√16


32 + 2‘2 =√

13,Dv f (2, 1)||v||

=5

3√

13 3√16

Obsérvese que el vector gradiente indica la dirección de máximo crecimiento y que es perpendicular a la

curva de nivel que pasa por el punto. En los tres casos lo único que cambia es la longitud del vector, que

corresponde a la pendiente de la tangente en la dirección del gradiente. El motivo por el que las funciones

no son derivables en la recta 3x − 2y = 0 es que a medida que nos acercamos a ella esta pendiente se hace

cada vez más grande con límite infinito. ♣




Ejercicio 2.40 Para las siguientes funciones determinar el dominio de la función, el vector gradiente en

un punto genérico con su dominio y la diferncial, si es posible, en el punto P que se indica.

(a) f(x, y) =x + y

xyP(1, 1) (b) f(x, y) =

3√

x + yx − y

P(1, 1)

(c) f(x, y) =√

x2 + y P(1, 0) (d) f(x, y) = ln (x − y2) P(1, 0)

(e) f(x, y) =ey

ex + ey P(0, 1) (f) f(x, y) =x

ex − ey P(1, 1)

(g) f(x, y) = sen2(x + y) P(0, π) (h) f(x, y) = cos3(x − y) P(0, π/2)

(i) f(x, y, z) = (x + y)y+z P(1, 1, 1) (j) f(x, y, z, t) = (xt)yz P(1, 1, 1, 1)

Terminamos esta sección con un resultado de gran importancia teórica en el que se basan muchos de

los teoremas relativos a la diferenciación. Este teorema recibe el nombre de teorema del valor medio y

su importancia radica en que permite expresar la diferencia entre los valores de la función en dos puntos

distintos en función de la diferencial en un punto intermedio.

Teorema 2.41 (Teorema del valor medio) Sean f : D ⊆ Rn−→R y a, b ∈ Rn.

Si f es diferenciable en un abierto G ⊇ L[a, b] entonces existe c ∈ L(a, b) tal que

f (b) − f (a) = D f (c)[b − a],

donde L(a, b) y L[a, b] representan el segmento que une los puntos (abierto y cerrado respectivamente)

L(a, b) = {tb + (1 − t)a/0 < t < 1} (abierto) y L[a, b] = {tb + (1 − t)b/0 ≤ t ≤ 1} (cerrado) . ♣

Ejercicio 2.42 Para las siguientes funciones determinar el conjunto en el que son diferenciables y para los

puntos P y Q que se indican aplicar, si es posible, el teorema valor medio para expresar f (Q) − f (P) en

función de sus derivadas parciales:

(a) f(x, y) = sen(x + y) P(π, 0) Q(0, π) (b) f(x, y) = tan(xy) P(1, 0) Q(1, π)

(c) f(x, y) = x|y| P(2, 1) Q(1, 1) (d) f(x, y) = |x|y P(1, 1) Q(1,−1)

2.6. Derivadas sucesivas y matriz hessiana.


f admite derivada parcial de orden 2 con respecto a xi y x j si ∂ f∂xi

(x) existe en un entorno de x0 y es

derivable en x0 con respecto a x j.

En este caso se define la derivada parcial segunda en x0 con respecto a xi y x j como

Di j f (x0) =∂2 f∂x j∂xi

(x0) =∂

∂x j

(∂ f∂xi

)(x0). ♣




Definición 2.44 Sea f : D ⊆ Rn−→R que admite todas las derivadas parciales de orden 2 en x0.

La matriz hessiana de f en x0, H f (x0), es:

H f (x0) =

∂2 f∂ x1 x1

(x0) ∂2 f∂ x1 x2

(x0) · · · ∂2 f∂ x1 xn

(x0)∂2 f∂ x2 x1

(x0) ∂2 f∂ x2 x2

(x0) · · · ∂2 f∂ x2 xn

(x0)...

.... . .

...

∂2 f∂ xn x1

(x0) ∂2 f∂ xn x2

(x0) · · · ∂2 f∂ xn xn

(x0)

♣

Teorema 2.45 Sea f : D ⊆ Rn−→R tal que ∂ f

∂xi(x) y ∂ f

∂x j(x) existen en un entorno de x0 ∈ int(D).

(Teorema de Heffter-Young)

Si ∂ f∂xi

(x) y ∂ f∂x j

(x) son diferenciables en x0 entonces existen ∂2 f∂xi∂x j

(x0) y ∂2 f∂x j∂xi

(x0) con

∂2 f∂xi∂x j

(x0) =∂2 f∂x j∂xi

(x0).

(Teorema de Schwarz)

Si ∂2 f∂xi∂x j

(x) existe en un entorno de x0 y es continua en x0 entonces existe ∂2 f∂x j∂xi

(x0) con

∂2 f∂x j∂xi

(x0) =∂2 f∂xi∂x j

(x0). ♣

Nota Obsérvese que si se cumplen las hipótesis del teorema de Schwarz o de Heffter-Young se garantiza

que en ese caso la matriz hessiana es simétrica.

Ejercicio 2.46 Calcular la matriz hessiana de f (x, y) = 40x − 7x2 + 20y − 4y2 − 4xy − 120 en un punto

genérico, indicando las condiciones que debe verificar este punto.

Solución Esta función es un polinomio y es indefinidamente derivable en todo R2, por lo que calculamos

directamente sus derivadas de primer y segundo orden, que son:∂ f∂x

(x, y) = 40 − 14x − 4y

∂ f∂y

(x, y) = 20 − 8y − 4x=⇒ H f (x, y) =

∂2 f∂ x2 (x, y) ∂2 f

∂ y∂ x (x, y)∂2 f∂ x∂ y (x, y) ∂2 f

∂ y2 (x, y)

=

−14 −4

−4 −8

♣

Ejemplo 2.47 Obtener la matriz hessiana de f (x, y) = x3 + 3xy2 − 15x − 12y en el punto (−3, 2).

Solución Esta función es un polinomio y es indefinidamente derivable en todo R2, por lo que calculamos

directamente sus derivadas de primer y segundo orden, que son:

∂ f∂x (x, y) = 3x2 + 3y2 − 15

∂ f∂y (x, y) = 6xy − 12

=⇒

∂2 f∂ x2 (x, y) = 6x

∂2 f∂ y∂ x (x, y) =

∂2 f∂ x∂ y (x, y) = 6y

∂2 f∂ y2 (x, y) = 6x




Por tanto, la matriz hessiana de f en el punto es:

H f (x, y) =

∂2 f∂ x2 (−3, 2) ∂2 f

∂ y∂ x (−3, 2)

∂2 f∂ x∂ y (−3, 2) ∂2 f

∂ y2 (−3, 2)

=

−18 12

12 −18

♣

Nota f admite derivada parcial de orden k, con respecto a xi1 , . . . , xik−1 , xik , si f admite derivada parcial

de orden k − 1 en un entorno de x0 con respecto a xi1 , . . . , xik−1 y esta derivada parcial es derivable en x0 con

respecto a xik .

En este caso se define la derivada parcial de orden k como

Di1···ik f (x0) =∂k f

∂xik · · · ∂xi1(x0) =

∂

∂xik

(∂ f k−1

∂xi1 , . . . , ∂xik−1

)(x0)

Además decimos que f es de clase Ck en un abierto U, f ∈ Ck(U), si existen y son continuas en U todas

las derivadas parciales sucesivas de f hasta el orden k y es de clase C∞ en U, f ∈ C∞(U), si existen y son

continuas en U todas las derivadas parciales sucesivas de todos los órdenes.

Ejercicio 2.48 Calcular, haciendo el menor número de derivadas posibles, las siguientes derivadas de

segundo orden∂2 f∂x∂y

(1, 1) con f (x, y) = ln(2y2x − x2y).∂2 f∂y2

(π,

12

)con f (x, y) = 3 sen2(2xy)

∂2 f∂y2 (1, 1) con g(x, y) = 3x sen2(πxy)

Ejercicio 2.49 Obtener, haciendo el menor número de derivadas posibles, las siguientes derivadas de se-

gundo orden especificando las condiciones que debe verificar el punto para que existan.

(a)∂2 f∂y2

(π, 1/4) (b)∂2 f∂y∂x

(3/2, π) (c)∂2g∂z∂x

(1, 2, 3) (d)∂2g∂x∂z

(1, 2, 3) (e)∂2g∂z2

(3, 2, 1)

con f (x, y) = sen2(xy), g(x, y, z) = ln(xy2z3).




Ejercicios del tema.

Ejercicio 2.50 Estudiar la continuidad y las curvas de nivel de las siguientes funciones y determinar, si es

posible, la curva de nivel que pasa por el punto que se indica (especificar el dominio de existencia de la

función cuando no sea todo el plano):

(a) f(x, y) = 2x + y P (1, 3/5) (b) f(x, y) = xy P(1, e)

(c) f(x, y) = x2 + y P(√

5, 3/2)

(d) f(x, y) = x + y2 P(1/4, 1)

(e) f(x, y) = (x − 1)2 + y2 P(2, 1/2) (f) f(x, y) = 2/x P (2/3, π)

(g) f(x, y) = ln(xy

)P(1, e) (h) f(x, y) =

√yx

P(−1, 2)

Solución

-10

-5

0

5

10

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

-20

-20

-15

-15

-10

-10

-5

-5

0

0

5

5

10

10

15

15

20

20

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

0

5

10

10

15

15

20

20

25 25

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

0

5

5 10

10

15

15

20

20

25

25

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

10

20

30

30

30

40

4050

50

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

-4

-4

-2

-2

0

2

2

4

4

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

-4

-4

-3

-3

-2

-2

-1

-1

0

0

1

1

2

2

3

34 4

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

0.5

0.5

1

11.5

1.5

2

2

2

2.5

2.5

2.5

3

3

3

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

(a) Esta función es continua siempre (D( f ) = R2). Sus curvas de nivel son rectas

Ck( f ) = {(x, y) ∈ R2/2x + y = k} ⇔ y = −2x + k

Su pendiente es m = −2 y corta con el eje OY en el punto Q(0, k) de forma que cuando k crece estas rectas

se alejan del origen. La curva de nivel que pasa por P (1, 3/5) corresponde a k = f (1, 3/5) = 13/5:

(b) Esta función es continua siempre (D( f ) = R2). Sus curvas de nivel son los ejes OX y OY para k = 0 e

hipérbolas de centro el origen para k , 0

Ck( f ) = {(x, y) ∈ R2/xy = k}

Para k > 0 sus vértices son V1(√

k,√

k) y V2(−√

k,−√

k) de forma que cuando k crece estas hipérbolas se

alejan del origen (para k < 0 son V1(√−k,−

√−k) y V2(−

√−k,√−k)) La curva de nivel que pasa por P(1, e)

corresponde a k = f (1, e) = e.




(c) Esta función es continua siempre (D( f ) = R2). Sus curvas de nivel son parábolas verticales

Ck( f ) = {(x, y) ∈ R2/x2 + y = k} ⇔ y = −x2 + k

Su vértice es V(0, k) de forma que cuando k crece estas parábolas se alejan del origen. La curva de nivel

que pasa por P(√

5, 3/2)

corresponde a k = f(√

5, 3/2)

= 13/2

(d) Esta función es continua siempre (D( f ) = R2). Sus curvas de nivel son parábolas horizontales

Ck( f ) = {(x, y) ∈ R2/x + y2 = k} ⇔ x = −y2 + k ⇔ y =√

k − x

Su vértice es V(k, 0) de forma que cuando k crece estas parábolas se alejan del origen. La curva de nivel

que pasa por P(1/4, 1) corresponde a k = f (1/4, 1) = 5/4.

(e) Esta función es continua (D( f ) = R2). Sus curvas de nivel son circunferencias

Ck( f ) = {(x, y) ∈ R2/(x − 1)2 + y2 = k} ⇔ y = ±√

k − (x − 1)2

El centro es C(1, 0) y su radio R =√

r para k ≥ 0, de forma que se alejan del centro cuando k crece (no

existen curvas de nivel para k < 0). La curva de nivel que pasa por P(2, 1/2) corresponde a k = f (2, 1/2) =

5/4.

(f) Esta función es continua sólo si no se anula el denominador

D( f ) = {(x, y) ∈ R2/x , 0}

Sus curvas de nivel son rectas verticales para k , 0 (no existe curva de nivel para k = 0)

Ck( f ) = {(x, y) ∈ R2/2x

= k} ⇔ x = 2/k

Estas rectas se acercan a la recta x = 0 cuando k crece. La curva de nivel que pasa por P (2/3, π) corresponde

a k = f (2/3, π) = 3.

(g) Esta función es continua si el argumento del logaritmo es positivo (primer y tercer cuadrantes) y el

denominador de la fracción es distinto de cero (el dominio es abierto ya que no incluye los ejes que forman

la frontera del dominio)

D( f ) = {(x, y) ∈ R2/ xy > 0, y , 0}

Sus curvas de nivel son rectas en las que el origen no pertenece a la curva de nivel, ya que, aunque las rectas

pasan todas por el origen este punto no pertenece al dominio

Ck( f ) = {(x, y) ∈ R2/ ln(

xy

)= k} ⇔

xy

= ek ⇔ y =xek




La pendiente es m = 1/ek, de forma que cuando k crece estas rectas se acercan al eje OX cuyos puntos no

pertenece al dominio. La curva de nivel que pasa por P(1, e) corresponde a k = f (1, e) = −1

(h) Esta función es continua si el argumento de la raíz es no negativo (primer y tercer cuadrantes) y el

denominador de la fracción es distinto de cero (el dominio no es ni abierto ni cerrado, pues los ejes forman

la frontera del dominio y el eje OX sí está en el dominio y al eje OY no)

D( f ) = {(x, y) ∈ R2/ xy > 0, y , 0}

Sus curvas de nivel son rectasen las que el origen no pertenece a la curva de nivel, ya que, aunque las rectas

pasan todas por el origen este punto no pertenece al dominio.

Ck( f ) = {(x, y) ∈ R2/

√yx

= k} ⇔yx

= k2 ⇔ y = xk2

Estas rectas tienen pendiente m = k2 y cuando k crece se acercan al eje OY (recta x = 0 cuyos puntos no

pertenece al dominio). No hay ninguna curva de nivel que pase por P(−1, 2). ♣

Ejercicio 2.51 Estudiar la continuidad de las siguientes funciones y calcular sus derivadas parciales de

primer orden (especificar el dominio de existencia de la función y, si es distinto, el dominio de existencia

conjunta de sus derivadas).

(a) f(x, y) =x − yx + y

(b) f(x, y) =3x2 − 2y2

x2 + y2 (c) f(x, y) =x2y + xy2

xy

(d) f(x, y) =

√x + yx − y

(e) f(x, y) = arctan(yx

)+ arctan

(xy

)(f) f(x, y) = 2

1x+y

(g) f(x, y, z) = xy + zx (h) f(x, y, z) =x2z3

x2 − y2 (i) f(x, y, z) =ex

y2 − z2

Solución

(a) f (x, y) =x − yx + y

está definida y es continua cuando el denominador es distinto de 0:

D( f ) ={(x, y) ∈ R2/x + y , 0

}=

{(x, y) ∈ R2/y , −x

}f es derivable con respecto a x e y en su dominio y sus derivadas parciales son

∂ f∂x

(x, y) =2y

(x + y)2

∂ f∂y

(x, y) = −2x

(x + y)2

(b) f (x, y) =3x2 − 2y2

x2 + y2 está definida y es continua cuando el denominador es distinto de 0:

D( f ) ={(x, y) ∈ R2/x2 + y2 , 0

}=

{(x, y) ∈ R2/(x, y) , (0, 0)


∂ f∂x

(x, y) =10xy2(

x2 + y2)2

∂ f∂y

(x, y) = −10x2y(

x2 + y2)2




(c) f (x, y) =x2y + xy2

xyestá definida y es continua cuando el denominador es distinto de 0:

D( f ) ={(x, y) ∈ R2/xy , 0

}=

{(x, y) ∈ R2/x , 0, y , 0

}Para puntos de este dominio podemos simplificar y tenemos f (x, y) = x + y con derivadas parciales

∂ f∂x

(x, y) = 1∂ f∂y

(x, y) = 1

(d) f (x, y) =

√x + yx − y

está definida y es continua cuando el argumento de la raíz es no negativo y su deno-

minador es distinto de 0

D( f ) =

{(x, y) ∈ R2/

x + yx − y

≥ 0, x − y , 0}

que podemos escribir D( f ) ={(x, y) ∈ R2/x + y ≥ 0, x − y > 0

}∪

{(x, y) ∈ R2/x + y ≤ 0, x − y < 0

}Sus derivadas parciales son

∂ f∂x

(x, y) = −y

(x − y)2√

x+yx−y

∂ f∂y

(x, y) =x

(x − y)2√

x+yx−y

f no es derivable con respecto a x e y en todo su dominio ya que sólo están definidas cuando el argumento

de la raíz es positivo

D(∂ f∂x,∂ f∂x

) =

{(x, y) ∈ R2/

x + yx − y

> 0, x − y , 0}

que podemos escribir{(x, y) ∈ R2/x + y > 0, x − y > 0

}∪

{(x, y) ∈ R2/x + y < 0, x − y < 0

}(e) f (x, y) = arctan

(yx

)+ arctan

(xy

)está definida y es continua cuando los denominadores de las fracciones

que aparecen son distintos de 0:

D( f ) ={(x, y) ∈ R2/x, y , 0


∂ f∂x

(x, y) =1

y(

x2

y2 + 1) − y

x2(

y2

x2 + 1) = 0

∂ f∂y

(x, y) =1

x(

y2

x2 + 1) − x

y2(

x2

y2 + 1) = 0

(f) f (x, y) = 21

x+y está definida y es continua cuando el denominador de la fracción no es nulo:

D( f ) ={(x, y) ∈ R2/x + y , 0

}=

{(x, y) ∈ R2/y , −x

}f es derivable en su dominio y sus derivadas parciales son

∂ f∂x

(x, y) = −ln(2)2

1x+y

(x + y)2

∂ f∂y

(x, y) = −ln(2)2

1x+y

(x + y)2




(g) Aunque su dominio es mayor, consideramos que f (x, y, z) = xy + zx está definida, es continua y derivable

con respecto a x, y, z cuando la base de ambas potencias es positiva:

D( f ) ={(x, y, z) ∈ R3/x, z > 0

}Sus derivadas parciales son

∂ f∂x

(x, y, z) = yxy−1 + zx ln(z)∂ f∂y

(x, y, z) = xy ln(x)∂ f∂z

(x, y, z) = xzx−1

(h) f (x, y, z) =x2z3

x2 − y2 está definida y es continua cuando el denominador no se anula:

D( f ) ={(x, y, z) ∈ R3/x2 − y2 , 0

}=

{(x, y, z) ∈ R3/x , ±y


∂ f∂x

(x, y, z) = −2xy2z3(x2 − y2)2

∂ f∂y

(x, y, z) =2x2yz3(x2 − y2)2

∂ f∂z

(x, y, z) =3x2z2

x2 − y2

(i) f (x, y, z) =ex

y2 + z2 está definida y es continua cuando el denominador no se anula:

D( f ) ={(x, y, z) ∈ R3/y2 + z2 , 0

}=

{(x, y, z) ∈ R3/(y, z) , (0, 0)

}f es derivable con respecto a x, y, z en su dominio y sus derivadas parciales son

∂ f∂x

(x, y, z) =ex

y2 + z2

∂ f∂y

(x, y, z) = −2exy(

y2 + z2)2

∂ f∂z

(x, y, z) = −2exz(

y2 + z2)2

Ejercicio 2.52 Calcular las derivadas parciales de las siguientes funciones en el punto que se indica (es-

pecificar el dominio de existencia de la función y, si es distinto, el dominio de existencia conjunta de sus

derivadas)

(a) f (x, y) =22xy

e2xy + 1en (1, 0) (b) f (x, y) = (2x2 + 3y2)x2+x en (0, 1).

Solución

(a) f (x, y) =22xy

e2xy + 1siempre tiene denominador positivo, por tanto, es continua y derivable con respecto a

x e y en R2:

∂ f∂x

(x, y) =2y22xy ln 2(e2xy + 1) − 2y22xye2xy

(e2xy + 1)2 =⇒∂ f∂x

(1, 0) = 0

∂ f∂y

(x, y) =2x22xy ln 2(e2xy + 1) − 2x22xye2xy

(e2xy + 1)2 =⇒∂ f∂y

(1, 0) =2 ln 2 − 1

2




(b) f (x, y) = (2x2 + 3y2)x2+x es continua y derivable con respecto a x, y cuando la base es positiva y vamos

a calcular las derivadas parciales de dos formas distintas.

D( f ) ={(x, y) ∈ R2/2x2 + 3y2 > 0

}=

{(x, y) ∈ R2/(x, y) , (0, 0)

}∪

{(x, y, z) ∈ R3/x < 0, y < 0

}En primer lugar vamos a utilizar la regla de la cadena.

∂ f∂x

(x, y) = (x2 + x)( 2x2 + 3y2)x2+x−1(2 2x) + (2x2 + 3y2)x2+x ln(2x2 + 3y2)(2x + 1)

∂ f∂y

(x, y) = (x2 + x)(2x2 + 3y2)x2+x−1(6y)

La segunda forma es mediante derivación logarítmica, para lo que consideramos el logaritmo de la función

ln ( f (x, y)) = ln((2x2 + 3y2)x2+x

)⇔ ln ( f (x, y)) = (x2 + x) ln(2x2 + 3y2)

Derivando esta expresión obtenemos una ecuación que nos permite calcular la derivada

∂ f∂x (x, y)f (x, y)

= (2x + 1) ln(2x2 + 3y2) + (x2 + x)4x

2x2 + 3y2

∂ f∂x

(x, y) =

[(2x + 1) ln(2x2 + 3y2) + (x2 + x)

4x2x2 + 3y2

](2x2 + 3y2)x2+x

∂ f∂y (x, y)

f (x, y)= (x2 + x)

6y2x2 + 3y2 =⇒

∂ f∂y

(x, y) =

[(x2 + x)

6y2x2 + 3y2

](2x2 + 3y2)x2+x

Sustituyendo en las derivadas parciales obtenemos∂ f∂x

(0, 1) = ln(b) y∂ f∂y

(0, 1) = 0 ♣

Ejercicio 2.53 Calcular el vector gradiente de las siguientes funciones en un punto genérico y, si es posible,

en el punto P que se indica:

(a) f(x, y) =xy

x2 + y2 P(2, 1) (b) f(x, y) = sen(2x2y) cos(3xy2) P(1, 1)

(c) f(x, y, z) = (xy)z P(1, 1, 1) (d) f(x, y, z) = π2z

x+y P(1, 1, 2)En todos los casos estudiar la continuidad y especificar el dominio de existencia de la función y el dominio

de existencia del gradiente (si es distinto al de la función).

Solución En muchos ejercicios el vector gradiente se representa por sus coordenadas, por comodidad y

ahorro de espacio, pero es conveniente recordar que un vector siempre es una matriz columna.

(a) f (x, y) =xy

x2 + y2 está definida y es continua cuando el denominador no se anula:

D( f ) ={(x, y) ∈ R2/x2 + y2 , 0

}=

{(x, y) ∈ R2/(x, y) , (0, 0)

}Página 63 Proyecto MATECO 2.1



f es derivable con respecto a x, y en su dominio y sus derivadas parciales son

∂ f∂x

(x, y) =y xy+1 + y3xy−1 − 2xy+1

(x2 + y2)2

∂ f∂y

(x, y) =xy+2 ln x + y2xy ln x − xy2y

(x2 + y2)2

Por tanto, su vector gradiente en el punto (2, 1) es:

∇ f (2, 1) =

∂ f∂x

(2, 1)

∂ f∂y

(2, 1)

=

−

325

10 ln 2 − 425

(b) f (x, y) = sen(2x2y) cos(3xy2) está definida, es continua y es derivable con respecto a x, y en todo R2 y

sus derivadas parciales son

∂ f∂x

(x, y) = 4xy cos(2x2y) cos(3xy2) − 3y2 sen(2x2y) sen(3xy2)

∂ f∂y

(x, y) = 2x2 cos(2x2y) cos(3xy2) − 6xy sen(2x2y) sen(3xy2)

Por tanto, su vector gradiente en el punto (1, 1) es:

∇ f (x, y) =

∂ f∂x

(1, 1)

∂ f∂y

(1, 1)

=

4 cos(2) cos(3) − 3 sen(2) sen(3)

2 cos(2) cos(3) − 6 sen(2) sen(3)

(c) f (x, y, z) = (xy)z es continua y es derivable con respecto a x, y cuando la base es positiva

D( f ) ={(x, y, z) ∈ R3/xy > 0

}=

{(x, y, z) ∈ R3/x > 0, y > 0

}∪

{(x, y, z) ∈ R3/x < 0, y < 0

}Las derivadas de primer orden son

∂ f∂x

(x, y, z) = yz (xy)z−1 ∂ f∂y

(x, y, z) = xz (xy)z−1 ∂ f∂z

(x, y, z) = (xy)z ln xy

Por tanto, su vector gradiente en el punto (1, 1, 1) es:

∇ f (x, y, z) =

∂ f∂x

(1, 1, 1)

∂ f∂y

(1, 1, 1)

∂ f∂z

(1, 1, 1)

=

1

1

0

(d) f (x, y, z) = π

2zx+y está definida y es continua cuando el denominador no se anula:

D( f ) ={(x, y, z) ∈ R3/x + y , 0

}=

{(x, y, z) ∈ R3/y , −x

}Proyecto MATECO 2.1 Página 64



f es derivable con respecto a x, y, z en su dominio y sus derivadas parciales son

∂ f∂x

(x, y, z) = −2z ln(π)π

2zx+y

(x + y)2

∂ f∂y

(x, y, z) = −2z ln(π)π

2zx+y

(x + y)2

∂ f∂z

(x, y, z) =2 ln(π)π

2zx+y

x + y

Por tanto, su vector gradiente en el punto (1, 1, 2) es:

∇ f (x, y, z) =

∂ f∂x

(1, 1, 2)

∂ f∂y

(1, 1, 2)

∂ f∂z

(1, 1, 2)

=

−π2 ln(π)

−π2 ln(π)

π2 ln(π)

Ejercicio 2.54 Determinar el plano tangente a la función en el punto P que se indica:

(a) f(x, y) =ey

x + yP(0, 1) (b) f(x, y) = e1−x sen(πxy) P(1, 1)

En todos los casos estudiar la continuidad y especificar el dominio de existencia de la función y el dominio

de existencia del gradiente (si es distinto al de la función).

Solución

(a) f (x, y) =ey

x + yestá definida y es continua cuando el denominador es distinto de 0:

D( f ) ={(x, y) ∈ R2/x + y , 0

}=

{(x, y) ∈ R2/y , −x


∂ f∂x

(x, y) =∂ f∂y

(x, y) =

El plano tangente a la función en el punto P(0, 1) es

z − f (0, 1) =∂ f∂x

(0, 1)(x − 0) +∂ f∂y

(0, 1)(y − 1)

(b) f (x, y) = e1−x sen(πxy) es continua y derivable con respecto a x e y en R2 y sus derivadas parciales son:

∂ f∂x

(x, y) =∂ f∂y

(x, y) =

El plano tangente a la función en el punto P(1, 1) es

z − f (1, 1) =∂ f∂x

(0, 1)(x − 0) +∂ f∂y

(0, 1)(y − 1) = 0

Ejercicio 2.55 Calcular la diferencial de las siguientes funciones en un punto genérico y si es posible, en

el punto P que se indica:




(a) f (x, y) = y2/x3 P(1/2, 1/2) (b) f (x, y) =√

2x3 + 3y4 P(−1, 1)

(c) f (x, y) = y2 tg2(πx2) P(1/2, 1) (d) f (x, y) = 2x sen(xy) cos(xy) P(π, 1/2)

(e) f (x, y, z) =e2xy + z

e2yz P(1, 0, 1) (f) f (x, y, z) = x sen(x2y)e2yz2P(1, π, 0)

(g) f (x, y, z) = (2x2 + z3)3yz P(2, 1, 0) (h) f (x, y, z) = (2x2)3y2z P(−2, 1, 0)En todos los casos estudiar la continuidad y diferenciabilidad especificando el dominio de existencia de la

función y el conjunto de puntos en los que la función es diferenciable (si es distinto al dominio).

Solución

(a) f (x, y) = y2/x3 está definida y es continua en D( f ) = {(x, y) ∈ R2/x , 0}

El vector gradiente, formado por sus parciales es ∇ f (x, y) =

(−3y2/x4, 2y/x3

)f (x, y) es derivable con respecto a x e y en su dominio y ambas parciales son continuas por tanto, la

función es diferenciable en su dominio con diferencial

D f (x, y)[dx, dy] =

(−3y2

x4

2yx3

) dx

dy

=−3y2

x4 dx +2yx3 dy

La diferencial en el punto es D f (1/2, 1/2)[dx, dy] =

(−12 8

) dx

dy

= −12dx + 8dy

(b) f (x, y) =√

2x3 + 3y4 está definida y es continua en D( f ) = {(x, y) ∈ R2/2x3 + 3y4 ≥ 0}

El vector gradiente, formado por sus parciales es

∇ f (x, y) =

(3x2√

2x3 + 3y4,

6y3√2x3 + 3y4

)f (x, y) no es derivable con respecto a x e y en todo su dominio, ya que no lo es en la frontera del dominio

pues 2x3 + 3y4 tiene que ser distinto de cero

D(∇ f ) = {(x, y) ∈ R2/2x3 + 3y4 > 0}

Las dos parciales son continuas en el dominio del gradiente, por tanto, la función es diferenciable en el

dominio del gradiente con diferencial


(3x2√

2x3 + 3y4

6y3√2x3 + 3y4

) dx

dy

=3x2√

2x3 + 3y4dx +

6y3√2x3 + 3y4

dy

La diferencial en el punto es D f (−1, 1)[dx, dy] =

(3 6

) dx

dy

= 3dx + 6dy




(c) f (x, y) = y2 tg2(πx2) está definida y es continua en D( f ) = {(x, y) ∈ R2/ cos((πx2) , 0}


∇ f (x, y) =

4πxy2 tan(πx2

)cos2 (

πx2) 2y tg2(πx2)

f (x, y) es derivable con respecto a x e y en su dominio y ambas parciales son continuas por tanto, la

función es diferenciable en su dominio con diferencial


4πxy2 tan(πx2

)cos2 (

πx2) 2y tg2(πx2)

dx

dy

=4πxy2 tan

(πx2

)cos2 (

πx2) dx + 2y tg2(πx2)dy

La diferencial en el punto es D f (1/2, 1)[dx, dy] =

(4π 2

) dx

dy

= 4πdx + 2dy

(d) f (x, y) = 2x sen(xy) cos(xy) está definida y es continua siempre (D( f ) = R2).


∇ f (x, y) =

(−2xy sen2(xy) + 2xy cos2(xy) + 2 sen(xy) cos(xy), 2x2 cos2(xy) − 2x2 sen2(xy)

)f (x, y) es derivable con respecto a x e y siempre y ambas parciales son continuas, por tanto, la función

es diferenciable en R2 con diferencial en el punto

D f (π, 1/2)[dx, dy] =

(−π −2π2

) dx

dy

= −πdx − 2π2dy

(e) f (x, y, z) =e2xy + z

e2yz está definida y es continua siempre (D( f ) = R3).


∇ f (x, y, z) =

(2ye2xy−2yz, 2e−2yz

(−ze2xy + xe2xy − z2

), −e−2yz

(2ye2xy + 2yz − 1

) )f (x, y, z) es derivable con respecto a x, y, z siempre y todas las parciales son continuas, por tanto, la

función es diferenciable en R3 con diferencial en el punto es

D f (x, y, z)[dx, dy, dz] =

(2e2ππ 2e2π 1 − 2e2ππ

) dx

dy

dz

= 2e2ππdx + 2e2π +(1 − 2e2ππ

)dz

(f) f (x, y, z) = x sen(x2y)e2yz2está definida y es continua siempre (D( f ) = R3), ya que el denominador no se

anula nunca.





∇ f (x, y, z) =

e2yz2

(sen

(x2y

)+ 2x2y cos

(x2y

))xe2yz2

(2z2 sen

(x2y

)+ x2 cos

(x2y

))4xyze2yz2

sen(x2y

)

f (x, y, z) es derivable con respecto a x, y, z siempre y todas las parciales son continuas, por tanto, la

función es diferenciable en R3 con diferencial en el punto es


(−2π −1 0

) dx

dy

dz

= −2πdx − dy

(g) f (x, y, z) = (2x2 + z3)3yz está definida, es continua y derivable con respecto a x, y, z en

D( f ) = {(x, y, z) ∈ R3/2x2 + z3 > 0}


∇ f (x, y, z) =

8xyz

(2x2 + z3

)2yz−1

2z(2x2 + z3

)2yzln

(2x2 + z3

)6yz3

(2x2 + z3

)2yz−1+ 2y

(2x2 + z3

)2yzln

(2x2 + z3

)

Obsérvese que la derivada con respecto de z se podría obtener por derivación logarítmica y quedaría∂ f∂z

=(2x2 + z3

)2yz(

6yz3

2x2 + z3 + 2y ln(2x2 + z3

))Todas las parciales son continuas, por tanto, la función es diferenciable en su dominio. con diferencial


(0 0 6 ln(2)

) dx

dy

dz

= 6 ln(2)dz

(h) f (x, y, z) = (2x2)3y2z está definida y es continua en

D( f ) = {(x, y, z) ∈ R3/2x2 > 0} = {(x, y, z) ∈ R3/x , 0}


∇ f (x, y, z) =

(4x(3y2z − 1)(2x2)3y2z, 6yz(2x2)3y2z ln(2x2), 3y2(2x2)3y2z ln(2x2)

)Proyecto MATECO 2.1 Página 68



La función es derivable con respecto a x, y, z en su dominio y todas las parciales son continuas, por

tanto, la función es diferenciable en su dominio con diferencial en el punto es


(0 0 3 ln(2) + 3 ln(4)

) dx

dy

dz

= (3 ln(2) + 3 ln(4))dz

Ejercicio 2.56 Calcular, si es posible, la derivada direccional de las siguientes funciones en el punto P y

en la dirección del vector v (tasa instantánea de variación):

(a) f(x, y, z) = z√

3x − 2y P(1, 1, 1) v(2, 1, 2) (b) f(x, y, z) =

√x

y2 − z2 P(4, 2, 1) v(1, 1, 1)

En todos los casos estudiar la continuidad y diferenciabilidad especificando el dominio de existencia de la


Solución

(a) f (x, y, z) = z√

3x − 2y está definida y es continua en D( f ) = {(x, y, z) ∈ R3/3x − 2y ≥ 0}


∇ f (x, y, z) =

( 3z

2√

3x − 2y,−

z√3x − 2y

,√

3x − 2y)

f (x, y, z) no es derivable con respecto a x, y, z en todo su dominio, ya que no lo es cuando 3x − 2y es 0

D(∇ f ) = {(x, y, z) ∈ R3/3x − 2y > 0}


dominio del gradiente con diferencial


( 3z

2√

3x − 2y−

z√3x − 2y

√3x − 2y

) dx

dy

dz

que en el punto es

D f (1, 1, 1)[dx, dy, dz] =

(32 − 1 1

) dx

dy

dz

=32

dx − dy + dz

Como f (x, y, z) es diferenciable en el punto P(1, 1, 1) su derivada según el vector v = (2, 1, 2) es

Dv f (P) = D f (P)[v] = D f (1, 1, 1)[(2, 1, 2)] =

(32 − 1 1

) 2

1

2

= 4




Para obtener la derivada direccional (tasa instantánea de variación) debemos dividir por el módulo del

vector

||v|| =√

22 + 12 + 22 =√

9 = 3 =⇒ D v||v||

f (P) =Dv f (P)||v||

=43

(b) f (x, y, z) =

√x

y2 − z2 está definida y es continua en

D( f ) = {(x, y, z) ∈ R3/x ≥ 0, y2 − z2 , 0} = {(x, y, z) ∈ R3/x ≥ 0, y , ±z}


∇ f (x, y, z) =

(1

2√

x(y2−z2) , −2√

xy

(y2−z2)2 ,2√

xz

(y2−z2)2

)f (x, y, z) no es derivable con respecto a x, y, z en todo su dominio, ya que no lo es cuando x es cero

D(∇ f ) = {(x, y, z) ∈ R3/x > 0, y2 − z2 , 0} = {(x, y, z) ∈ R3/x > 0, y , ±z}


dominio del gradiente con diferencial en el punto (4, 2, 1)

D f (4, 1, 2)[dx, dy, dz] =

(− 1

12 − 49

89

) dx

dy

dz

= −1

12dx −

49

+ dy89

Como f (x, y, z) es diferenciable en el punto P(4, 2, 1) su derivada según el vector v = (1, 1, 1) es

Dv f (P) = D f (P)[v] = D f (4, 2, 1)[(1, 1, 1)] =

(− 1

12 − 49

89

) 1

1

1

=1336

Para obtener la derivada direccional (tasa instantánea de variación) debemos dividir por el módulo del

vector

||v|| =√

12 + 12 + 12 =√

3 =⇒ D v||v||

f (P) =Dv f (P)||v||

=13

36√

3

Ejercicio 2.57 Determinar la dirección de máximo crecimiento de las siguientes funciones en el punto P

que se indica y la tasa instantánea de variación en esa dirección:

(a) f(x, y, z) =√

xyz P(1, 1, 1) (b) f(x, y, z, t) = (xt)yz P(1, 1, 1, 1)






Solución

(a) f (x, y, z) =√

xyz es continua en D( f ) = {(x, y, z) ∈ R3/xyz ≥ 0}

El vector gradiente, formado por sus parciales es ∇ f (x, y, z) =

(, ,

)f (x, y, z) no es derivable con respecto a x, y, z en todo su dominio, ya que no lo es si xyz es 0

D(∇ f ) = {(x, y, z) ∈ R3/xyz > 0}


dominio del gradiente, por tanto diferenciable en el punto P(1, 1, 1). La dirección de máximo crecimiento

la determina el vector gradiente en el punto y es ∇ f (1, 1, 1) = (1/2, 1/2, 1/2); lo que indica que el máximo

crecimiento se obtiene con todas las variables aumentando en la misma proporción. La tasa instantánea de

variación (derivada direccional) en la dirección del gradiente corresponde al módulo de este vector gradiente

D ∇ f||∇ f ||

f (P) = ||∇ f || =

√(12

)2

+

(12

)2

+

(12

)2

= f rac√

32

(b) f (x, y, z, t) = (xt)yz es continua y derivable respecto a x, y, z en D( f ) = {(x, y, z, t) ∈ R4/xt > 0}


∇ f (x, y, z, t) =

(tyz(tx)yz−1, z ln(tx)(tx)yz, y ln(tx)(tx)yz, xyz(tx)yz−1

)Todas las parciales son continuas, por tanto, la función es diferenciable en su dominio y, en particular

en el punto P(1, 1, 1, 1). La dirección de máximo crecimiento la determina el vector gradiente en el punto y

es ∇ f (1, 1, 1, 1) = (1, 0, 1, 0); lo que indica que el máximo crecimiento se obtiene aumentando las variables

x y t en la misma proporción y manteniendo constantes las variables y, z. La tasa instantánea de variación

corresponde al módulo del vector gradiente

D ∇ f||∇ f ||

f (P) = ||∇ f || =√

12 + 02 + 02 + 12 =√

2

Ejercicio 2.58 Calcular la matriz hessiana de las siguientes funciones en un punto genérico especificando

las condiciones que debe verificar el punto para que existan, y, si es posible, en el punto P que se indica:

(a) f(x, y) =sen ycos x

P(π/4, π/4) (b) f(x, y) =√

xy P(1/2, 1/2)

(c) f(x, y, z) = 3xz ln(2y) P(1, 0, e2 ) (d) f(x, y, z) = ln

(x + yz

)P(1, 1, 2)






Solución

(a) La función f (x, y) =sen ycos x

es continua y diferenciable cuando el denominador no es cero con derivadas

de primer orden

D( f ) ={(x, y) ∈ R2/ cos x , 0

}con

∂ f∂x

(x, y) =sen y sen x

cos2 x∂ f∂y

(x, y) =cos ycos x

Las derivadas de primer orden son derivables con respecto a ambas variables en el dominio, con lo que

al derivarlas obtenemos las derivadas de segundo orden, que dan lugar a la matriz hessiana:

H f (x, y) =

∂2 f∂ x2 (x, y)

∂2 f∂ y∂ x

(x, y)

∂2 f∂ x∂ y

(x, y)∂2 f∂ y2 (x, y)

=

cos2 x sen y + 2 sen2 x sen y

cos3 xsen x cos y

cos2 xsen x cos y

cos2 x−

sen ycos x

que en el punto (π/4, π/4) es H (π/4, π/4) =

3 1

1 −1

(b) La función está definida en D( f ) =

{(x, y) ∈ R2/xy ≥ 0

}pero sólo es diferenciable en

D(∇ f ) ={(x, y) ∈ R2/xy > 0

}Escribimos esta función como f (x, y) = x

12 y

12 para x, y > 0 (si x, y < 0 se escribe como (−x)

12 (−y)

12 ) y

obtenemos sus derivadas de primer y segundo orden

∂ f∂x

(x, y) = 12 x−

12 y

12

∂ f∂y

(x, y) = 12 x

12 y−

12

=⇒

∂2 f∂ x2 (x, y) = −1

4 x−32 y

12 = −

√y

4x√

x

∂2 f∂ y∂ x

(x, y) =∂2 f∂ x∂ y

(x, y) = 14 x−

12 y−

12 = 1

4√

xy

∂2 f∂ y2 (x, y) = −1

4 x12 y−

32 = −

√x

4y√

y

Las derivadas de segundo orden dan lugar a la matriz hessiana, que en el punto es

H f (1/2, 1/2) =

∂2 f∂ x2 (1/2, 1/2)

∂2 f∂ y∂ x

(1/2, 1/2)

∂2 f∂ x∂ y

(1/2, 1/2)∂2 f∂ y2 (1/2, 1/2)

=

−1/2 1/2

1/2 −1/2

(c) La función es continua y diferenciable en D( f ) =

{(x, y, z) ∈ R3/y > 0

}Las derivadas parciales de primer son

∂ f∂x

(x, y, z) = 3z ln(2y),∂ f∂y

(x, y, z) =3xzy,

∂ f∂z

(x, y, z) = 3x ln(2y),




Las derivadas de segundo orden dan lugar a la matriz hessiana:

H f (x, y, z) =

0 3z

y 3 ln(2y)3zy −3xz

y23xy

3 ln(2y) 3xy 0

=⇒ H f(0, 1,

e2

)=

0 3e

2 3 ln(2)3e2 0 0

3 ln(2) 0 0

(d) La función es continua y diferenciable en D( f ) =

{(x, y, z) ∈ R3/ x+y

z > 0, z , 0}

Las derivadas parciales de primer orden son

∂ f∂x

(x, y, z) =1

x + y,

∂ f∂y

(x, y, z) =1

x + y,

∂ f∂z

(x, y, z) = −1z,

Las derivadas de segundo orden dan lugar a la matriz hessiana:

H f (x, y, z) =

− 1

(x+y)2 −1

(x+y)2 0

− 1(x+y)2 −

1(x+y)2 0

0 0 1z2

=⇒ H f (1, 1, 2) =

−1 −1 0

−1 −1 0

0 0 14

Ejercicio 2.59 Obtener, haciendo el menor número de derivadas posibles, las siguientes derivadas de se-

gundo orden de f (x, y) = 3 sen(xy) cos(xy)

(a)∂2 f∂y2

(π, 1/2) (b)∂2 f∂y∂x

(1, π)

Solución

Esta función es diferenciable indefinidamente y necesitamos su derivada parcial con respecto a y:

∂ f∂y

(x, y) = 3 cos(xy)x cos(xy) + 3 sen(xy)(− sen(xy)x) = 3x cos2(xy) − 3x sen2(xy)

•∂2 f∂y2 (x, y) = 3x2 cos(xy)(− sen(xy))x − 3x2 sen(xy) cos(xy)x = −12x2 sen(xy) cos(xy)

� Por tanto∂2 f∂y2

(π, 1/2) = −12π2 sen(π

2

)cos

(π

2

)= 0

•∂2 f∂y∂x

(x, y) = 3 cos2(xy) + 3x2 cos(xy)(− sen(xy))y − 3 sen2(xy) − 3x2 sen(xy) cos(xy)y =

cos2(xy) − 3 sen2(xy) − 12xy sen(xy) cos(xy)

� Por tanto∂2 f∂y∂x

(1, π) = 3 cos2(π) − 3 sen2(π) − 12π sen(π) cos(π) = 3 ♣

Ejercicio 2.60 Calcular las derivadas parciales de las siguientes funciones en el punto indicado y especi-

ficar las condiciones que debe cumplir un punto genérico para que existan (a, b > 0).

(a) f (x, y) =2axy

ebxy + 1P(1, 0) (b) f (x, y) = (ax2 + by2)x2+x P(0, 1)




Solución

(a) El denominador es siempre positivo y siempre existen las derivadas parciales, por tanto, es derivable con

respecto a x e y en R2:

∂ f∂x

(x, y) =ay2axy ln 2(ebxy + 1) − by2axyebxy

(ebxy + 1)2 =⇒∂ f∂x

(1, 0) = 0

∂ f∂y

(x, y) =ax2axy ln 2(ebxy + 1) − bx2axyebxy

(ebxy + 1)2 =⇒∂ f∂y

(1, 0) =2a ln 2 − b

4♣

(b) Para que existan las derivadas parciales tiene que cumplirse ax2+by2 > 0 y vamos a calcular las derivadas

parciales de dos formas distintas. En primer lugar vamos a utilizar la regla de la cadena.

∂ f∂x

(x, y) = (x2 + x)(ax2 + by2)x2+x−1(2ax) + (ax2 + by2)x2+x ln(ax2 + by2)(2x + 1)

∂ f∂y

(x, y) = (x2 + x)(ax2 + by2)x2+x−1(2by)

La segunda forma es mediante derivación logarítmica, para lo que consideramos el logaritmo de la función

ln ( f (x, y)) = ln((ax2 + by2)x2+x

)⇔ ln ( f (x, y)) = (x2 + x) ln(ax2 + by2)

Derivando esta expresión obtenemos una ecuación que nos permite calcular la derivada

∂ f∂x (x, y)f (x, y)

= (2x + 1) ln(ax2 + by2) + (x2 + x)2ax

ax2 + by2

∂ f∂x

(x, y) =

[(2x + 1) ln(ax2 + by2) + (x2 + x)

2axax2 + by2

](ax2 + by2)x2+x

∂ f∂y (x, y)

f (x, y)= (x2 + x)

2byax2 + by2 =⇒

∂ f∂y

(x, y) =

[(x2 + x)

2byax2 + by2

](ax2 + by2)x2+x

Sustituyendo en las derivadas parciales obtenemos∂ f∂x

(0, 1) = ln(b) y∂ f∂y

(0, 1) = 0 ♣



Tema 2 Funciones de varias variables. - personal.us.es · Tema 2 Funciones de varias variables....

Documents

Transcript of Tema 2 Funciones de varias variables. - personal.us.es · Tema 2 Funciones de varias variables....