8748382 funciones-de-varias-variables

MOISES VILLENA Funciones de Varias Variables
67
3.1.
3.2.
3.3.
3.4.
3
3.1. FUNCIÓN VECTORIAL
3.2. GRAFICA DE UNA FUNCIÓN
ESCALAR
3.3. DOMINIO DE UNA FUNCIÓN
ESCALAR
3.4. CONJUNTO DE NIVEL
3.5. LIMITES DE FUNCIONES DE
VARIAS VARIABLES
3.6. CONTINUIDAD
3.7. DERIVADA DE UNA FUNCIÓN
ESCALAR
3.8. DIFERENCIABILIDAD
3.9. GRADIENTE
3.10. LA DIFERENCIAL
3.11. REGLA DE LA CADENA
3.12. DERIVACIÓN IMPLICITA
Objetivos.
Se persigue que el estudiante:
• Conceptualice funciones Vectoriales, Escalares y Curvas
• Describa conjunto de niveles.
• Establezca límites, continuidad y derivadas de funciones de dos
variables.
• Establezca si una función de dos variables es diferenciable o no.
• Determine ecuaciones de planos tangentes a superficies.
• Obtenga derivadas de funciones compuestas
• Obtenga derivadas de funciones implícitas

68
3.1 FUNCIÓN VECTORIAL
3.1.1 DEFINICIÓN
Una función del tipo mn
RRUf →⊆: se la
denomina FUNCIÓN VECTORIAL o CAMPO
VECTORIAL.
Ejemplo.
Sea 2 3
:f R R→ tal que ( )( , ) 2 , ,3 5f x y x y x y x y= − + +
Esquemáticamente tenemos:
Si 1=m , tenemos RRUf n
→⊆: , se la denomina FUNCIÓN
ESCALAR, CAMPO ESCALAR, O FUNCIÓN DE VARIAS VARIABLES.
Si RRUf →⊆ 2
: , tenemos una FUNCIÓN DE DOS VARIABLES.
Ejemplo.
Sea RRf →2
: tal que yxyxf 326),( −−=
Si RRUf →⊆ 3
: , tenemos una FUNCIÓN DE TRES VARIABLES.
Ejemplo.
Sea RRf →3
: tal que 222
),( zyxyxf ++=
Si 1=n , tenemos
m
RRUf →⊆: , la cual se la denomina
TRAYECTORIA o CURVA.
2
R 3
R
f
( )1,1 ( )8,2,1
( )0,2− ( )62,4 −−−

69
Ejemplo.
Sea 3
: RRf → tal que ( )ttttf 21,4,32)( +−+−=
Tenemos una CURVA de
3
R .
Este capítulo lo dedicaremos al estudio de FUNCIONES ESCALARES.
3.2. GRAFICA DE UNA FUNCIÓN ESCALAR
3.2.1 DEFINICIÓN
Sea RRUf n
→⊆: . Se llama gráfica de
f al conjunto de puntos ( )( )xfxxx n
,,,, 21
de 1+n
R , donde ( ) Uxxxx n
∈= ,,, 21
.
Si tenemos ),( yxfz = una función de dos variables. Su gráfico se
define como el conjunto de puntos ( )zyx ,, de
3
R , tales que ),( yxfz = . El
lugar geométrico es llamado Superficie, como ya se lo ha anticipado.
Algunas superficies que corresponde a funciones, ya se han graficado
en el capítulo anterior.
Ejemplo.
Para RRf →2
: tal que yxyxf 326),( −−= , su grafico es el conjunto ( )zyx ,,
de 3
R tales que yxz 326 −−= (un plano)
yxz 326 −−=
3
2
6
x
y
z

70
Elaborar gráficas de una función de dos variables no es tan sencillo, se
requeriría de un computador en la mayoría de las ocasiones. Pero si podemos
saber características de sus graficas analizando su regla de correspondencia.
3.3 DOMINIO DE UNA FUNCIÓN ESCALAR
Sea RRUf n
→⊆: , entonces su DOMINIO es
el conjunto U
Es decir, su DOMINIO está constituido por vectores de
n
R ,
( )1 2, , , nx x x x= para los cuales tiene sentido la regla de correspondencia;
y su RECORRIDO por vectores de
m
R , ( ) ( )1 2( ), ( ), , ( )mf x f x f x f x= .
Aquí a n
xxx ,,2,1
se las denominan VARIABLES INDEPENDIENTES.
Si RRUf →⊆ 2
: , su dominio será un subconjunto del plano.
Establecer el Dominio Natural, igual que para funciones de una variable,
es una necesidad en muchas ocasiones.
Ejemplo 1
Hallar el Dominio Natural para 22
),( yxyxf +=
SOLUCIÓN.
Observe que la regla de correspondencia no tiene restricciones, por tanto se le puede dar
cualquier valor real a las variables independientes “ x ” y “ y ”, es decir 2
RDomf = .
Además, se puede decir que el Dominio de una función de dos variables será la
PROYECCIÓN QUE TENGA SU GRÁFICA EN EL PLANO xy . Recuerde que la gráfica de
22
yxz += es un paraboloide.
Por tanto la proyección es todo el plano xy
x
z
y

71
Ejemplo 2
Hallar el Dominio Natural para 22
9),( yxyxf −−=
SOLUCIÓN.
Observe que la regla de correspondencia tiene sentido cuando 09 22
≥−− yx , para
que se pueda calcular la raíz cuadrada lo interior del radical debe ser un número positivo
o cero.
Despejando se tiene 922
≤+ yx .
Es decir:
⎪⎭
⎪
⎬
⎫
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
≤+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
= 9/ 22
yx
y
x
Domf , los pares de números que pertenecen a la
circunferencia centrada en el origen de radio 3 y a su interior.
Además el gráfico de 22
9 yxz −−= , es la semiesfera:
Ejemplo 2
Hallar el Dominio Natural para yxyxf +−= 1),(
Solución.
Para que la regla de correspondencia tenga sentido se necesita que 1≥x y 0≥y
Es decir
⎪⎭
⎪
⎬
⎫
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
≥∧≥⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
= 01/ yx
y
x
Domf .
.
1 x
y
0 2
0
922
=+yx
3
3
x
z
y

72
El gráfico, ahora es un lugar geométrico no conocido. Pero tenemos un indicio de la
región en que habrá gráfico.
Ejercicios Propuestos 3.1
Descríbase la región R del plano xy que corresponde al Dominio Natural de la función dada .
a)
22
4 yxz −−= h)
xy
yx
z
+
=
b) ( )yxz −−= 4ln i)
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛ −−
=
36
3669
ln
22
yx
w
c) yxz = j) ( )22
yxarcsenz +=
d) ( )yxz += arcsen k) ( ) ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
yxy
x
yxf
2
lnsen,
e) y
x
ez = l) ( ) ( )
( )yx
yx
yxf
+
−−
=
arcsen
4ln
,
2
1
22
f) ( )22
ln xyyxz −−=
g) ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
y
xz
z arccos
Obtener trazas de las secciones transversales de la superficie es
suficiente, en muchas ocasiones, para su análisis.
3. 4. CONJUNTO DE NIVEL
3.4.1 DEFINICIÓN
Sea RRUf n
→⊆: . Se llama CONJUNTO DE
NIVEL de f , al conjunto de puntos de n
R tales
que ( ) kxxxf n
=,,, 21
, donde Rk ∈
Si tenemos ),( yxfz = una función de dos variables. El Conjunto de
Nivel es llamado CURVAS DE NIVEL y serían las trayectorias en el plano xy tales
1
x
y
0
2
0

73
que cyxf =),( . Es decir, serían las curvas que resultan de la intersección de
la superficie con los planos cz = , proyectadas en el plano xy.
Ejemplo 1
Para RRf →2
: tal que yxyxf 326),( −−= , su conjunto de nivel serán puntos de
2
R tales que kyx =−− 326 .
En este caso se llaman CURVAS DE NIVEL.
Si 0=k , tenemos el Nivel 0 , 0326 =−− yx
Si 1=k , tenemos el Nivel 1, 1326 =−− yx
Si 2=k , tenemos el Nivel 2 , 2326 =−− yx
etc.
Las curvas de nivel se dibujan en el plano xy , y para este caso serían:
yxz 326 −−=
3
2
6
x
y
z
632:0 =+= yxk
532:1 =+= yxk
432:2 =+= yxk
332:3 =+= yxk
6
3
2
:0
=
+
=
y
x
k
5
3
2
:1
=
+
=
y
x
k
4
3
2
:2
=
+
=
y
x
k
3
3
2
:3
=
+
=
y
x
k x
y

74
Ejemplo 2.
Grafique algunas curvas de nivel para 22
),( yxyxf +=
SOLUCIÓN:
Las curvas de nivel, para este caso, es la familia de trayectorias tales que cyx =+ 22
.
(Circunferencias centradas en el origen)
Si tenemos ),,( zyxfw = una función de tres variables. El Conjunto de
Nivel es llamado SUPERFICIES DE NIVEL
Descríbase las curvas de nivel y las secciones transversales de cada función en su
correspondiente plano, luego dibújese la gráfica de la superficie en
3
R
a) 22
4 yxz −−=
b) ( ) 2
, yyxf =
c) 22
yxz +=
d) ( ) yxyxf 326, −−=
e) ( ) 2
,f x y xy=
1=C
4=C
9=C
16=C
Cyx =+ 22

75
3.5 LIMITES DE FUNCIONES DE VARIAS
VARIABLES.
Haciendo analogía con funciones de una variable, para definir el límite
ahora, primero empecemos generalizando la definición de entorno o vecindad y
otras definiciones que nos permitirán comprender el concepto de límite.
3.5.1 BOLA ABIERTA.
Se llama n −bola abierta de centro en 0x y
radio δ , denotada por ( )0;nB x δ , al conjunto:
( ) { }0 0; /n
nB x x R x xδ = ∈ − < ∂
Donde 0
n
x R∈ , R∂∈ muy pequeño.
Si 1n = , tenemos ( ) { }1 0 0; /B x x R x xδ = ∈ − < ∂ ; un intervalo
(como en funciones de una variable)
Si 2n = , tenemos:
( )( ) ( ) ( ) ( ){ }2
2 0 0 0 0, ; , / , ,B x y x y R x y x yδ = ∈ − < ∂
3.5.2 PUNTO INTERIOR
Sea n
U R⊆ y 0
n
x R∈ , se dice que 0x es un punto
interior de U , si y sólo si ( )00, ;nB x∀∂ > ∃ ∂
contenida en U .
x
y
( )00
, yx
( ) ( )
2 2
0 00 x x y y< − − − < ∂

76
3.5.3 CONJUNTO ABIERTO
n
U R⊆ es un conjunto abierto, si todos sus
puntos son interiores a U .
3.5.4 PUNTO EXTERIOR.
Sea n
RU ⊆ y n
Rx ∈0
, se dice que 0
x es un punto
Exterior de U , si y sólo si ( )00, ;nB x∀∂ > ∃ ∂
totalmente fuera de U .
3.5.5 PUNTO DE FRONTERA
Se dice que 0
x es un punto de frontera de U , si
no es ni interior ni exterior.
3.5.6 CONJUNTO CERRADO.
n
RU ⊆ es un conjunto cerrado si su
complemento es abierto
3.5.7 CONJUNTO SEMIABIERTO.
n
RU ⊆ es un conjunto semiabierto si no es
abierto y tampoco cerrado.
3.5.8 DEFINICIÓN DE LÍMITE
Sea RRUf n
→⊆: , donde U es un conjunto
abierto, sea 0
x un punto interior o de frontera
de U , entonces:
( ) ( ) ( ) ξξ <−⇒∂∈>∃∂>∀≡⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛ =
→
LxfxBxLxflím n
xx
;/0,0 0
0
Si 2=n tenemos:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ξξ <−⇒∂<−+−<>∃∂>∀≡⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ =
→
LyxfyyxxLyxflím
yxyx
,0/0,0,
2
0
2
0
,, 00

77
Es decir, que si tomamos a ( )yx, cercano a ( )00
, yx entonces
),( yxf estará próximo a L.
Ejemplo
Demostrar empleando la definición que
( ) ( )
4
4 4, 0.0
0
x y
x y
lím
x y→
=
+
Solución:
Debemos asegurar que
( ) ( )
4
2 2
4 4
0, 0/ 0 0 0 0
x y
x y
x y
ξ ξ∀ > ∃∂ > < − + − < ∂ ⇒ − <
+
Recuerde que 2
y y= = entonces 2 2
y x y≤ +
Por otro lado
4
4
x y
y
x
= entonces
4
4 4
x y
y
x y
≥
+
.
Ahora note que:
4
2 2
4 4
x y
y x y
x y
≤ ≤ + < ∂
+
Se concluye finalmente que:
4
4 4
x y
x y
< ∂
+
Es decir tomando ζ = ∂ , suficiente para concluir que:
( ) ( )
4
4 4, 0.0
0
x y
x y
lím
x y→
=
+
Lo anterior va a ser complicado hacerlo en la mayoría de las situaciones,
por tanto no vamos a insistir en demostraciones formales. Pero si se trata de
estimar si una función tiene límite y cuál podría ser este, podemos hacer uso
del acercamiento por trayectorias.
x
y
( )00
, yx
z
((
ξ
∂
ξ
L
( )yxfz ,=

78
Ejemplo 1
Calcular
( ) ( ) 22
2
0.0, yx
x
lím
yx +→
Solución:
Aproximarse a ( )0,0 , significa estar con ( )yx, en una bola de 2
R
Si el límite existe, significa que si nos acercamos en todas las direcciones f deberá
tender al mismo valor.
1. Aproximémonos a través del eje x , es decir de la recta oy =
Entonces, tenemos
( ) ( )
11
0 022
2
0.00,
==
+ →→ xx
lím
x
x
lím .
2. Aproximémonos a través del eje y , es decir de la recta ox =
Entonces, tenemos
( ) ( )
00
0
0
022
2
0.0,0
==
+ →→ xy
lím
y
lím .
Se observa que los dos resultados anteriores son diferentes.
Por tanto, se concluye que:
( ) ( ) 22
2
0.0, yx
x
lím
yx +→
no existe.
Ejemplo 2
Calcular
( ) ( ) 24
2
0.0, yx
yx
lím
yx +→
Solución:
Determinando la convergencia de f , para diversas direcciones:
1. Eje x ( 0=y ): 00
0
0
024
2
0
==
+ →→ xx
lím
x
x
lím
2. Eje y ( 0=x ): 00
0
0
024
2
0
==
+ →→ yy
lím
y
y
lím
3. Rectas que pasan por el origen ( )mxy = :
( )
( ) ( ) ( ) 0220222
3
0224
3
024
2
0
=
+
=
+
=
+
=
+ →→→→ mx
mx
lím
mxx
mx
lím
xmx
mx
lím
mxx
mxx
lím
xxxx
x
y
∂
∂<+ 22
yx
( )0,0

79
4. Parábolas que tengan vértice el origen ( 2
axy = )
( )
( ) ( ) 0
111 22024
4
0424
4
0224
22
0
≠
+
=
+
=
+
=
+
=
+ →→→→ a
a
a
a
lím
ax
ax
lím
xax
ax
lím
axx
axx
lím
xxxx
Por tanto,
( ) ( ) 24
2
0.0, yx
yx
lím
yx +→
NO EXISTE.
El acercamiento por trayectoria no nos garantiza la existencia del límite,
sólo nos hace pensar que si el límite existe, ese debe ser su valor. Entonces
¿cómo lo garantizamos?. Si la expresión lo permite podemos usar coordenadas
polares.
Ejemplo
Calcular
( ) ( ) 22
2
0.0, yx
yx
lím
yx +→
Solución:
Determinando la convergencia de f , para diversas direcciones:
1. Eje x ( 0=y ): 00
0
0
022
2
0
==
+ →→ xx
lím
x
x
lím
2. Eje y ( 0=x ): 00
0
0
022
2
0
==
+ →→ yy
lím
y
y
lím
3. Rectas que pasan por el origen ( )mxy = :
( )
( ) ( ) ( ) 0
11 2022
3
0222
3
022
2
0
=
+
=
+
=
+
=
+ →→→→ m
mx
lím
mx
mx
lím
xmx
mx
lím
mxx
mxx
lím
xxxx
4. Parábolas que tengan vértice el origen ( 2
axy = )
( )
( ) ( ) 0
11 22
2
0222
4
0422
4
0222
22
0
=
+
=
+
=
+
=
+ →→→→ xa
ax
lím
xax
ax
lím
xax
ax
lím
axx
axx
lím
xxxx
Probemos con otra trayectoria
5. 2
ayx =
( )
( ) ( ) ( ) 0
11 22
3
0222
5
0242
5
0222
22
0
=
+
=
+
=
+
=
+ →→→→ ya
ay
lím
yay
ay
lím
yya
ay
lím
yay
yay
lím
yyyy
Parecer ser que el límite es cero, pero todavía no está garantizado. ¿Por qué?
Demostrarlo, no es una tarea sencilla. Usemos coordenadas polares:
( ) ( )
( ) ( )
( )
22
2 2 2, 0.0 0
3 2
20
2
0
cos
cos
cos
x y r
r
r
r rsenx y
lím lím
x y r
r sen
lím
r
lím rsen
θ θ
θ θ
θ θ
→ →
→
→
=
+
=
=
En la parte última se observa que cossenθ θ es acotado por tanto
( )2
0
cos 0
r
lím rsenθ θ
→
=

80
Lo anterior quiere decir que en situaciones especiales (¿cuáles?),
podemos utilizar coordenadas polares para demostrar o hallar límites.
Ejemplo
Calcular
( ) ( )
( )
22
22
0.0, yx
yxsen
lím
yx +
+
→
Solución:
Empleando coordenadas polares
( ) ( )
( ) ( ) 12
2
022
22
0.0,
==
+
+
→→ r
rsen
lím
yx
yxsen
lím
ryx
3.5.8.1 TEOREMA DE UNICIDAD.
Sea : n
f U R R⊆ → , donde U es un conjunto
abierto, sea 0x un punto interior o de frontera
de U , entonces:
Si ( )0
lim
x x
f x L
→
= y ( )0
lim
x x
f x M
→
= entonces L M=
3.5.8.2 TEOREMA PRINCIPAL.
Si ( )0
lim
x x
f x L
→
= y ( )0
lim
x x
g x M
→
= entonces:
1. ( ) ( )0 0 0
lim ( ) lim lim ( )
x x x x x x
f x g x f x g x L M
→ → →
⎡ ⎤+ = + = +
⎣ ⎦
2. ( ) ( )0 0 0
lim ( ) lim lim ( )
x x x x x x
f x g x f x g x L M
→ → →
⎡ ⎤− = − = −
⎣ ⎦
3. ( ) ( )0 0 0
lim ( ) lim lim ( )
x x x x x x
f x g x f x g x LM
→ → →
⎡ ⎤ = =
⎣ ⎦
4. ( )
( )0
0
0
lim
lim
lim ( )
x x
x x
x x
f xf L
x
g Mg x
→
→
→
⎡ ⎤
= =⎢ ⎥
⎣ ⎦
; 0M ≠
Por tanto en situaciones elementales, la sustitución basta
Ejemplo
( ) ( )
( ) 8322
2.1,
=−+
→
yxlím
yx

81
Ejercicios Propuesto 3.3
1. Calcular los siguientes límites:
a)
y
k
y
senx
y
kx
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
→
→
2
0
lim e) ( )2
1
2
3lim yx
y
x
+
→
→
b)
22
2
0
0
lim yx
yx
y
x +
→
→
f) ysenxy
y
x
lim
2
4
→
→π
c)
( ) ( )
( )
y
yxsen
yx
+
→ 0,0,
lim g)
( )( ) yx
yx
lím
yx +
−
→ 2
2
0,0, 2
2
d)
x
exy
y
x
1
lim
0
0
−
→
→
2. Calcúlese el límite de ( )yxf , cuando ( ) ( )bayx ,, → hallando los límites: ( )limx a
g x
→
y
( )limy b
h y
→
, donde ( ),f x y = ( ) ( )g x h y
a) ( )( )
y
ysenx
y
x
cos11
lim
0
0
−+
→
→
c)
y
senyx
y
x
cos
lim
0
0
→
→
b) ( )
( )yx
yx
y
x 1
12
lim
2
1 +
−
→
→
d)
( ) y
y
x ex
xy
1
lim
0
1 −
→
→
3. Sea: ( ) 44
66
,
ayx
yx
yxf
+
= ¿para qué valores de "a" existe el
( )( )
( )yxflím
yx
,
0,0, →
?
3.6. CONTINUIDAD
Sean : n
f U R R⊆ → , sea 0x un punto U .
Decimos que f es continua en 0x si y sólo si:
( ) ( )0
0lim
x x
f x f x
→
=
Ejemplo.
Analizar la continuidad de
( ) ( )
( ) ( )
2 2
; , 0,0
( , )
0 ; , 0,0
xy
x y
x yf x y
x y
⎧
≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
En el punto ( )0,0 .
SOLUCIÓN:
Para que la función sea continua se debe cumplir que
( ) ( )
( ), 0,0
lim , 0
x y
f x y
→
=

82
Determinemos el límite.
( ) ( ) 2 2, 0,0
lim
x y
xy
x y→ +
Acercándonos por trayectorias.
0;y = 20
0
lim 0
x x→
=
0;x = 20
0
lim 0
y y→
=
y x= ;
2
2 20
1
lim
2x
x
x x→
=
+
Entonces
( ) ( ) 2 2, 0,0
lim
x y
xy
x y→ +
no existe.
Por tanto, f NO ES CONTINUA EN ( )0,0 .
3.6.1 CONTINUIDAD EN UN INTERVALO
Sea : n
f U R R⊆ → . Se dice que f es
continua en todo U si y sólo si es continua en
cada punto de U .
3.6.1.1 Teorema
Si f y g son continuas en 0x , entonces
también son continuas: f g+ , f g− , fg ,
( )( )0 0
f
g x
g
≠ .
Ejercicios propuestos 3.4
Analice la continuidad en ( )0,0 de las siguientes funciones:
a) ( )
( ) ( )
( ) ( )⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
≠
=
0,0,,1
0,0,,
sen
,
yx
yx
xy
xy
yxf
b) ( ) ( ) ( )
( ) ( )⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
≠
=
0,0,,1
0,0,,
,
yx
yxe
yxf
xy
c) ( )
( )
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
=+−
≠+
+
+
−
=
0,8
0,
cos
1
,
22
22
22
22
yx
yx
yx
yx
yxf
d) ( )
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
=+
≠+
−−
−−
=
0,1
0,
1
1
,
22
22
22
22
yx
yx
yx
yx
yxf

83
e) ( )
( ) ( )
( ) ( )⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
≠
+
+
=
0,0,,0
0,0,,
, 22
33
yx
yx
yx
yx
yxf
f) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3
2 6
, , 0,0
,
0 , , 0,0
y x
x y
x yf x y
x y
⎧
≠⎪
+= ⎨
⎪ =⎩
g) ( )
( ) ( )
( ) ( )
5 2
4 10
, , 0,0
2 3,
0 , , 0,0
y x
x y
x yf x y
x y
⎧
≠⎪
+= ⎨
⎪ =⎩
h) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3 2 3
2 2
, , 0,0
,
0 , , 0,0
x y xy
x y
x yf x y
x y
⎧ −
≠⎪
+= ⎨
⎪ =⎩
3.7. DERIVADA DE UNA FUNCIÓN ESCALAR.
Para función de una variable la derivada se la definió como el cambio
instantáneo que experimenta la función cuando cambia su variable
independiente x. Aquí había que considerar una sola dirección, para función
de varias variables debería ser el cambio instantáneo que tiene la función en
todas las direcciones en la vecindad de un punto.
3.7.1 DERIVADA DIRECCIONAL. Derivada de un campo
escalar con respecto a un vector.
Sea RRUf n
abierto, 0x un punto de U . Sea
→
v un vector de
n
R .
La derivada de f en 0x con respecto a
→
v,
denotada por ⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛
→
vxf ;´ 0 o también ( )0xfD
v
→ , se
define como:
( )0 0
0
0
´ ; lim
v
f x v f x
f x v
v
→
→
→
→
→
⎛ ⎞
+ −⎜ ⎟
⎛ ⎞ ⎝ ⎠=⎜ ⎟
⎝ ⎠
Cuando este límite existe

84
Ahora bien, si decimos que v h
→
= entonces v hu
→ →
= donde
→
u un
VECTOR UNITARIO de
n
R , entonces:
La derivada direccional de f en 0x con
respecto
→
u es:
( )
h
xfuhxf
uxf h
00
0
0 lim;´
−⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛ +
=⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛
→
→
→
Ejemplo 1
Sea ( )
2
; n
f x x x R= ∈ . Calcular ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ →
vxf ,´ 0 .
SOLUCIÓN:
( )
( ) ( )
0 0
0
0
2
2
0 0
0
0 0 0 0
0
2
0 0 0 0 0
0
2
0
0
0
0
0
´ ; lim
lim
lim
2
lim
2
lim
lim 2
2
h
h
h
h
h
h
f x hu f x
f x v
h
x hu x
h
x hu x hu x x
h
x x hu x h u u x x
h
hu x h u u
h
u x hu u
u x
→
→
→
→
→
→ →
→
→ → →
→
→ → →
→
→ → →
→
→
⎛ ⎞
+ −⎜ ⎟
⎛ ⎞ ⎝ ⎠= =⎜ ⎟
⎝ ⎠
+ −
=
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
+ • + − •⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠=
• + • + • − •
=
• + •
=
⎛ ⎞
= • + •⎜ ⎟
⎝ ⎠
= •
Si RRUf →⊆ 2
: (una función de dos variables), entonces:
( )
( ) ( )
h
yxfuhyxf
uyxf h
0000
000
,,
lim;,´
−⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛ +
=⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛
→
→
→

85
Ejemplo 2
Sea 2 2
( , )f x y x y= + . Hallar ( )1,2
u
D f→ donde
2 2
,
2 2
u
→ ⎛ ⎞
= ⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
SOLUCIÓN:
Empleando la definición:
( )
( ) ( )
( )
[ ]
0
0
2 2
2 2
0
2 2
0
2
0
2
0
2 2
1,2 , 1,2
2 2
1,2 lim
2 2
1 , 2 1,2
2 2
lim
2 2
1 2 1 2
2 2
lim
1 2 4 2 2 5
2 2
lim
5 3 2 5
lim
3 2
lim
hu
h
h
h
h
h
f h f
D f
h
f h h f
h
h h
h
h h
h h
h
h h
h
h h
→
→
→
→
→
→
→
⎛ ⎞⎛ ⎞
+ −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠=
⎛ ⎞
+ + −⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠=
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎢ ⎥ ⎡ ⎤+ + + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦=
⎡ ⎤
+ + + + + −⎢ ⎥
⎣ ⎦=
+ + −
=
+
=
( )0
lim 3 2
3 2
h
h
h
→
= +
=
Ejemplo 3
Sea
( ) ( )
( ) ( )
2 2
; , 0,0
( , )
0 ; , 0,0
xy
x y
x yf x y
x y
⎧
≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
.
Hallar ( )0, 0
u
D f→ donde ( )cos ,u senθ θ
→
=
SOLUCIÓN:
Aplicando la definición:
( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )
( )( )
0
0
2
0
0
0, cos , 0,0
0,0 lim
cos , 0,0
lim
cos
0
lim
cos
lim
hu
h
h
h
f h sen f
D f
h
f h hsen f
h
h hsen
h
h
sen
h
θ θ
θ θ
θ θ
θ θ
→
→
→
→
→
+ −
=
−
=
⎡ ⎤
−⎢ ⎥
⎣ ⎦=
=
En la última expresión:
1. Si 0, , ,3
2 2
π π
θ π= entonces ( )0, 0 0
u
D f→ =
2. Si 0, , ,3
2 2
π π
θ π≠ entonces ( )0, 0
u
D f→ no existe.

86
Ejemplo 4
Sea
( ) ( )
( ) ( )
2
4 2
; , 0,0
( , )
0 ; , 0,0
x y
x y
x yf x y
x y
⎧
≠⎪
+= ⎨
⎪ =⎩
.
Hallar ( )0, 0
u
D f→ donde ( )cos ,u senθ θ
→
=
Solución:
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
0
2
4 2
0
3 2
2 2 4 2
0
2
2 4 20
cos , 0,0
0,0 lim
cos
0
cos
lim
cos
cos
lim
cos
lim
cos
hu
h
h
h
f h hsen f
D f
h
h hsen
h hsen
h
h sen
h h sen
h
sen
h sen
θ θ
θ θ
θ θ
θ θ
θ θ
θ θ
θ θ
→
→
→
→
→
−
=
⎡ ⎤
−⎢ ⎥
+⎢ ⎥⎣ ⎦=
+
=
=
+
En la última expresión:
1. Si 0,θ π= ( 0senθ = ) entonces ( )0, 0 0
u
D f→ =
2. Si 0,θ π≠ entonces ( )
2
0, 0
cos
u
D f
sen
θ
θ
→ = ( existe).
Más adelante daremos una técnica para hallar derivadas direccionales
sin emplear la definición.
Determine la derivada direccional de f en el origen en la dirección del vector unitario ( ),a b .
a) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3 2 3
2 2
, 0,0
,
0 , 0,0
x y xy
si x y
x yf x y
si x y
⎧ −
≠⎪
+= ⎨
⎪ =⎩
b) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
, 0,0
,
0 , 0,0
y x
xy si x y
x yf x y
si x y
⎧ −
≠⎪
+= ⎨
⎪ =⎩
Un caso especial de las derivadas direccionales es cuando
consideramos dirección con respecto a eje xy con respecto al eje y .

87
3.7.2 Derivada Parcial.
Sea RRUf n
abierto, 0x un punto de U , Rh∈ . Sea
( )0,,1,,0,0=
→
ie un vector canónico unitario
de n
R .
La derivada parcial de f en 0x con respecto a
ie
→
(o con respecto a su ésimai − variable),
denotada por ( )0x
x
f
i
∂
∂
, se define como:
( )
( )
h
xfehxf
x
x
f i
h
i
00
0
0 lim
−⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛ +
=
∂
∂
→
→
Cuando este límite existe
Si RRUf →⊆ 2
: (una función de dos variables), entonces los
vectores canónicos unitarios serían: ( )0,1ˆ1
== ie y ( )1,0ˆ2
== je . Las
derivadas parciales serían:
( )
( ) ( )( ) ( )0 0 0 0
0 0
0
1
, 1,0 ,
, lim
h
f x y h f x yf
x y
x h→
+ −∂
=
∂
Denotada simplemente como:
x
f
∂
∂
o también x
f , es decir:
( ) ( )0 0 0 0
0
, ,
lim
h
f x h y f x yf
x h→
+ −∂
=
∂
Y la otra derivada parcial sería:
( )
( ) ( )( ) ( )0 0 0 0
0 0
0
2
, 0,1 ,
, lim
h
f x y h f x yf
x y
x h→
+ −∂
=
∂
Denotada simplemente como:
y
f
∂
∂
o también y
f , es decir:
( ) ( )0 0 0 0
0
, ,
lim
h
f x y h f x yf
y h→
+ −∂
=
∂

88
Ejemplo 1
Sea ( ) 32
, yxyxf = , obtener
x
f
∂
∂
y
y
f
∂
∂
.
SOLUCIÓN:
( ) ( )
( )
( )
( )
0
2 3 2 3
0
2 2 3 2 3
0
2 3 3 2 3 2 3
0
3 2 3
0
3 3
0
3
, ,
lim
lim
2
lim
2
lim
2
lim
lim 2
2
h
h
h
h
h
h
f x h y f x yf
x h
x h y x y
h
x xh h y x y
h
x y xhy h y x y
h
xhy h y
h
xy hy
f
xy
x
→
→
→
→
→
→
+ −∂
=
∂
+ −
=
+ + −
=
+ + −
=
+
=
= +
∂
=
∂
( ) ( )
( )
( )
( )
0
32 2 3
0
2 3 2 2 3 2 3
0
2 3 2 2 2 2 2 3 2 3
0
2 2 2 2 2 3
0
2 2 2 2 2
0
2 2
, ,
lim
lim
3 3
lim
3 3
lim
3 3
lim
lim 3 3
3
h
h
h
h
h
h
f x y h f x yf
y h
x y h x y
h
x y y h yh h x y
h
x y x y h x yh x h x y
h
x y h x yh x h
h
x y x yh x h
f
x y
y
→
→
→
→
→
→
+ −∂
=
∂
+ −
=
+ + + −
=
+ + + −
=
+ +
=
= + +
∂
=
∂
Note que
x
f
∂
∂
se obtiene como una derivada para función de una
variable, en este caso x, y considerando a la otra variable y como constante.
Análogamente, si se desea obtener
y
f
∂
∂
, deberíamos derivar considerando sólo
a y como variable.
Ejemplo 2
Sea ( ) 32
, yxsenyxf += , obtener
x
f
∂
∂
y
y
f
∂
∂
.
SOLUCIÓN:
( ) ( )⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
++=
∂
∂ −
xyxyx
x
f
2
2
1
cos 2
1
3232
( ) ( )⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
++=
∂
∂ − 22
1
3232
3
2
1
cos yyxyx
y
f

89
En otros tipos de funciones habrá que aplicar la definición.
Ejemplo 3
Sea
( ) ( )
( ) ( )
2 2
; , 0,0
( , )
0 ; , 0,0
xy
x y
x yf x y
x y
⎧
≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
.
Hallar ( )0, 0xf y ( )0, 0yf
SOLUCIÓN:
a) ( )
( ) ( )
( )
2 2
0 0 0
0, 0
0
0
0,0 0,0 0
lim lim lim 0x
h h h
h
hf h f
f
h h h→ → →
⎡ ⎤
−⎢ ⎥
+− ⎣ ⎦= = = =
b) ( )
( ) ( )
( )
2 2
0 0 0
0, 0
0
0
00, 0,0 0
lim lim lim 0y
h h h
h
hf h f
f
h h h→ → →
⎡ ⎤
−⎢ ⎥
+− ⎣ ⎦= = = =
1. Encontrar
y
f
x
f
∂
∂
∂
∂
, si :
a) ( ) xyyxf =, d) ( )
22
, yx
xeyxf +
=
b) ( ) ( ) ( )2222
log, yxyxyxf e ++= e) ( ) yxxyxf coscos, =
c) ( ) ( ) xyeyxf xy
sencos, = f) ( ) ( )
( )
2
,
sen xy
y
f x y g t dt= ∫
2. Hallar ( )0, 0xf y ( )0, 0yf , para:
a) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2 2
, 0,0
,
0 , 0,0
xy
si x y
x yf x y
si x y
⎧
≠⎪
+= ⎨
⎪ =⎩
b) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3 2 3
2 2
, , 0,0
,
0 , , 0,0
x y xy
x y
x yf x y
x y
⎧ −
≠⎪
+= ⎨
⎪ =⎩
c) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 1
, , 0,0
,
0 , , 0,0
x y
x y sen x y
f x y
x y
+
⎧ − ≠⎪
= ⎨
⎪ =⎩
d) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
; , 0,0
,
0 ; , 0,0
sen x y
x y
f x y x y
x y
⎧ −
⎪ ≠
= +⎨
⎪
=⎩

90
3.7.3.1 INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA DE LAS
DERIVADAS PARCIALES
Se ha definido la derivada tratando de que se entienda como la variación
de la función con respecto a una dirección. Entonces la derivada parcial
x
f
∂
∂
,
será la pendiente de la recta tangente paralela al plano zx, observe la figura:
Un vector director S de esta recta será de la forma: 1,0,
f
S
x
∂⎛ ⎞
= ⎜ ⎟
∂⎝ ⎠
En cambio, la derivada parcial
y
f
∂
∂
, será la pendiente de la recta
tangente paralela al plano zy, observe la figura:
( )( )0000 ,,, yxfyx
•
( )00, yx
x
f
m
∂
∂
=
x
y
z
( )00, yx0x
hx +0
h
0y
( )00 , yhx +
xΔ
zΔ
( )yxfz ,=
( )( )0000 ,,, yxfyx
•
( )00, yx
y
f
m
∂
∂
=
x
y
z
( )00, yx
0x
hy +0
h0y
( )hyx +00 ,
yΔ
zΔ
( )yxfz ,=

91
Un vector director S de esta recta será de la forma: 0,1,
f
S
y
⎛ ⎞∂
= ⎜ ⎟
∂⎝ ⎠
Ejemplo 1
Encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva de intersección de la
superficie que tiene por ecuación 22
yxz += con el plano 1=y en el punto
( )5,1,2 .
SOLUCIÓN:
Realizando un gráfico, tenemos:
La ecuación de toda recta es de la forma
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+=
+=
+=
ctzz
btyy
atxx
l
0
0
0
: .
El punto está dado: ( ) ( )5,1,2,, 000 =zyx .
Los vectores directrices son paralelos al plano zx y por tanto son de la forma:
1,0,
f
S
x
→ ∂⎛ ⎞
= ⎜ ⎟
∂⎝ ⎠
. ¿Por qué?
La pendiente de la recta será ( )1,2
dx
z
m
∂
= ; que definirá la dirección de los vectores
directores.
Ahora bien, si 22
yxz += entonces x
x
z
2=
∂
∂
.
Evaluando tenemos: ( ) 4222 ===
∂
∂
x
x
z
Por tanto ( )1,0,4S
→
=
x
y
z
( )5,1,2 •
( )2,1
z
m
dx
∂
=
1=y
22
yxz +=
dz
dx
1,0,
f
S
x
→ ∂⎛ ⎞
= ⎜ ⎟
∂⎝ ⎠

92
Finalmente la ecuación de la recta buscada será:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+=+=
+=+=
+=+=
tctzz
tbtyy
tatxx
l
45
01
2
:
0
0
0
3.7.3.2 DERIVADAS PARCIALES DE ORDEN SUPERIOR
Sean RRUf →⊆ 2
: tal que ),( yxfz = .
Suponga que las derivadas parciales
x
f
∂
∂
y
y
f
∂
∂
existan. Entonces las Derivadas parciales de
Segundo Orden se definen como:
( ) ( )
xxh
f
h
yx
x
f
yhx
x
f
x
f
xx
f
=∂
∂
−+
∂
∂
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
→
0000
02
2 ,,
lim
( ) ( )
xyh
f
h
yx
x
f
hyx
x
f
x
f
yxy
f
=∂
∂
−+
∂
∂
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
∂
∂
=
∂∂
∂
→
0000
0
2 ,,
lim
( ) ( )
yxh
f
h
yx
y
f
yhx
y
f
y
f
xyx
f
=
∂
∂
−+
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
∂
∂
=
∂∂
∂
→
0000
0
2
,,
lim
( ) ( )
yyh
f
h
yx
y
f
hyx
y
f
y
f
yy
f
=
∂
∂
−+
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
→
0000
02
2
,,
lim
Cuando estos límites existan.
A xy
f y a yx
f se las denominan Derivadas Mixtas o Derivadas Cruzadas.
Ejemplo 1
Sea ( )
22
2
, yx
exyxf +
= , obtener todas las derivadas parciales de segundo orden.
Solución:
Las Derivadas parciales de primer orden son:
( )
22222222
32
2222 yxyxyxyx
x exxexexxef ++++
+=+=
( )
2222
22
22 yxyx
y yexyexf ++
==
Por tanto las derivadas parciales de segundo orden serían:

93
( ) ( )
22222222
22222222
422
32
4642
226222
yxyxyxyx
yxyxyxyx
xx
exexexe
xexexxxeef
++++
++++
+++=
+++=
( ) ( )
2222
2222
3
3
44
2222
yxyx
yxyx
xy
yexxye
yexyxef
++
++
+=
+=
( )
2222
2222
3
2
44
224
yxyx
yxyx
yx
yexxye
xyexxyef
++
++
+=
+=
( )
2222
2222
222
22
42
222
yxyx
yxyx
yy
eyxex
yyexexf
++
++
+=
+=
Note que las derivadas cruzadas son iguales.
3.7.3.3 TEOREMA DE SCHWARZ
Sea RRUf →⊆ 2
: , una función definida en el
abierto U de 2
R . Si las derivadas parciales
yx
f
∂∂
∂2
y
xy
f
∂∂
∂2
existen y son funciones continuas
en U , entonces:
xy
f
yx
f
∂∂
∂
=
∂∂
∂ 22
Analicemos el siguiente ejemplo, donde se hace necesario emplear las
definiciones de las derivadas parciales.
Ejemplo 2
Sea ( )
( ) ( )
( ) ( )⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
≠
+
−
=
0,0,;0
0,0,;
, 22
33
yx
yx
yx
xyyx
yxf
Hallar a) ( )0,0xyf y b) ( )0,0yxf
SOLUCIÓN:
a) ( ) ( ) ( ) ( )
h
x
f
h
x
f
lím
x
f
y
f
x
xy
0,00,0
0,0
0,0
0
∂
∂
−+
∂
∂
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
∂
∂
=
→
Necesitamos la derivada parcial de primer orden.
Para la derivada
x
f
∂
∂
en cualquier punto diferente de ( )0,0 tenemos:

94
( )( ) ( )( )
( )
( )
( )222
5324
222
324532324
222
332232
22
33
4
2233
23
yx
yyxyx
yx
yxyxyyxyxyx
yx
xxyyxyxyyx
yx
xyyx
xx
f
+
−+
=
+
+−−+−
=
+
−−+−
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+
−
∂
∂
=
∂
∂
Para la derivada
x
f
∂
∂
en ( )0,0 tenemos:
( ) ( ) ( )
( )
0
0
0
0
00
0,00,0
0,0
0
22
33
0
0
=
=
−
+
−
=
−+
=
→
→
→
h
lím
h
h
hh
lím
h
fhf
límf
h
h
h
x
Entonces:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
4 2 3 5
22 2
4
; , 0,0
,
0 ; , 0,0
x
x y x y y
x y
x yf x y
x y
⎧ + −
≠⎪⎪
+= ⎨
⎪
=⎪⎩
Evaluando
( ) ( )
( )
h
h
h
h
hhh
hfx −=
−
=
+
−+
= 4
5
222
5324
0
040
,0
Por tanto:
( ) ( ) ( ) 1
00,0,0
0,0
00
−=
−−
=
−
=
→→ h
h
lím
h
fhf
límf
h
xx
h
xy
b) ( ) ( )
( ) ( )
h
y
f
h
y
f
lím
y
f
x
f
h
yx
0,00,0
0,0
0,0
0
∂
∂
−+
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
∂
∂
=
→
Para la derivada
y
f
∂
∂
en cualquier punto diferente de ( )0,0 tenemos:
( )( ) ( )( )
( )
( )
( )222
4235
222
423423235
222
332223
22
33
4
2233
23
yx
xyyxx
yx
xyyxxyyxyxx
yx
yxyyxyxxyx
yx
xyyx
yy
f
+
−−
=
+
+−−−+
=
+
−−+−
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+
−
∂
∂
=
∂
∂
Para la derivada
y
f
∂
∂
en ( )0,0 tenemos:

95
( ) ( ) ( )
( )
0
0
0
0
00
0,00,0
0,0
0
22
33
0
0
=
=
−
+
−
=
−+
=
→
→
→
h
lím
h
h
hh
lím
h
fhf
límf
h
h
h
y
Entonces:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
5 3 2 4
22 2
4
; , 0,0
,
0 ; , 0,0
y
x x y xy
x y
x yf x y
x y
⎧ − −
≠⎪⎪
+= ⎨
⎪
=⎪⎩
Evaluando:
( )
( )
h
h
h
h
hhh
hfy ==
+
−−
= 4
5
222
4235
0
004
0,
Por tanto:
( )
( ) ( )
1
00,00,
0,0
00
=
−
=
−
=
→→ h
h
lím
h
fhf
límf
h
yy
h
yx
Note que las derivadas mixtas no son iguales. ¿Por qué?
1. Calcular, si existen , la derivada mixta
( )
yx
f
∂∂
∂ 0,02
y
( )
xy
f
∂∂
∂ 0,02
para:
a) ( )
( )
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
=+
≠+
+
−
=
00
0
,
22
22
22
22
yxsi
yxsi
yx
yxxy
yxf
b) ( )
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
=+
≠+
+
−
=
00
0
,
22
22
33
4224
yxsi
yxsi
yx
yxyx
yxf
c) ( )
( ) ( )
( ) ( )⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
≠
+
−
=
0,0,0
0,0,
, 22
323
yxsi
yxsi
yx
xyyx
yxf

96
3.8. DIFERENCIABILIDAD.
Existen funciones que poseen todas sus derivadas direccionales, sin
embargo no pueden ser consideradas diferenciables debido a que no son
continuas (ejemplo 4 de derivada direccional), entonces deberá existir un
criterio más fuerte para la diferenciabilidad.
Recordemos la definición de diferencial para función de una variable,
observe la gráfica:
Note que y dy rΔ = + , donde a r le vamos a llamar residuo.
Reemplazando tenemos:
( ) ( ) ( )0 0 0´
y dy r
f x h f x f x h r
Δ = +
+ − = +
Dividiendo para h y tomando limite
( ) ( )
( )0 0
0
0 0
lim ´ lim
h h
f x h f x r
f x
h h→ →
+ −
= +
Podemos decir que para que f sea diferenciable se debe dar que:
0
lim 0
h
r
h→
=
Haciendo analogía para funciones de dos variables. El punto debe ser
( )0 0,x y y h debe ser un vector, digamos ( )1 2,h h , entonces la expresión
para la diferenciabilidad debe ser de la forma:
x
y
0x
( )0f x
( )0f x h+
h dx x= = Δ
0x h+
yΔ
}
r
dy}
}
( )y f x=

97
( ) ( )( ) ( )0 0 1 2 0 0 1 1 2 2, , ,f x y h h f x y A h A h r+ − = + +
Y deberá ocurrir que
0
lim 0
r
→
=
h h
Encontremos 1A .
Suponga que ( )1,0h=h , entonces:
( ) ( )( ) ( )0 0 1 0 0 1 1 2, ,0 , 0f x y h f x y Ah A r+ − = + +
Dividiendo para 1h y tomando límite:
( ) ( )
1 1
0 1 0 0 0
1
0 0
1 1
, ,
lim lim
h h
f x h y f x y r
A
h h→ →
+ −
= +
Tenemos que ( )0 01 ,x x yA f=
Análogamente obtengamos 2A
Suponga que ( )20,h=h , entonces:
( ) ( )( ) ( )0 0 2 0 0 1 2 2, 0, ,f x y h f x y A A h r+ − = + +
Dividiendo para 2h y tomando límite:
( ) ( )
2 2
0 0 2 0 0
2
0 0
2 2
, ,
lim lim
h h
f x y h f x y r
A
h h→ →
+ −
= +
Tenemos que ( )0 02 ,y x yA f=
Ahora sí podemos proponer la siguiente definición para la diferenciabilidad.
Sea 2
:f U R R⊆ → , una función definida en el
abierto U . f es DIFERENCIABLE en ( )0 0,x y U∈ , si
sus derivadas parciales en ( )0 0,x y existen y si
( ) ( )
( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )0 1 0 2 0 0 0 0 0 0
1 2
1 2
2 2, 0,0
1 2
, , , ,
lim 0
x y
h h
x h y h x y x y x yf f f h f h
h h→
+ + ⎡ ⎤− − − ⎣ ⎦ =
+
Ejemplo 1
Demuestre que ( ) 2 2
,f x y x y= + es diferenciable en todo ( )0 0
,x y
SOLUCIÓN:
Aplicando la definición, para que la función sea diferenciable el límite

98
( ) ( )
( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )0 1 0 2 0 0 0 0 0 0
1 2
1 2
2 2, 0,0
1 2
, , , ,
lim
x y
h h
h h→
+ + ⎡ ⎤− − − ⎣ ⎦
+
debe ser cero.
Obtengamos primero las derivadas parciales:
( ) ( )0 0
0 0
0,
, 2 2x x y
x yf x x= =
( ) ( )0 0
0 0
0,
, 2 2y x y
x yf y y= =
Reemplazando y simplificando:
( ) ( )
( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )
( ) ( )
( ) ( ) [ ] [ ]
( ) ( )
( ) ( )
0 1 0 2 0 0 0 0 0 0
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
2 2, 0,0
1 2
2 2 2 2
0 1 0 2 0 0 0 1 0 2
2 2, 0,0
1 2
2 2 2 2 2 2
0 0 1 0 0 2 0 0 0 1 0 2
2 2, 0,0
1 2
, 0,0
, , , ,
lim
2 2
lim
2 2 2 2
lim
lim
x y
h h
h h
h h
h h
h h
x h y h x y x h y h
h h
x x h y y h x y x h y h
h h
→
→
→
→
+ + ⎡ ⎤− − − ⎣ ⎦
+
⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ + + − + − −⎣ ⎦⎣ ⎦
+
⎡ ⎤+ + + + + − − − −⎣ ⎦
+
( ) ( )1 2
2 2
1 2
2 2
1 2
2 2
1 2
, 0,0
lim
h h
h h
h h
h h
→
+
+
+
Se observa que
( ) ( )1 2
2 2
1 2
, 0,0
lim 0
h h
h h
→
+ = Por tanto f ES DIFERENCIABLE EN TODO PUNTO.
Ejemplo 2
Sea
( ) ( )
( ) ( )
2 2
; , 0,0
( , )
0 ; , 0,0
xy
x y
x yf x y
x y
⎧
≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
.
Determine si f es diferenciable en ( )0,0
SOLUCIÓN:
( ) ( )
( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )1 2
1 2
1 2
2 2, 0,0
1 2
0 , 0 0, 0 0, 0 0, 0
lim
x y
h h
h hf f f h f h
h h→
+ + ⎡ ⎤− − − ⎣ ⎦
+
Las derivadas parciales ya fueron obtenidas anteriormente : ( )0,0 0xf = y
( )0,0 0yf =
Reemplazando:
( ) ( )
( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )
( ) ( )
[ ] [ ]
( ) ( )
( )
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
2 2, 0,0
1 2
1 2
1 22 2
1 2
2 2, 0,0
1 2
1 2
3, 0,0 2 2 2
1 2
, 0, 0 0, 0 0, 0
lim
0 0 0
lim
lim
x y
h h
h h
h h
h hf f f h f h
h h
h h
h h
h h
h h
h h
h h
→
→
→
⎡ ⎤− − − ⎣ ⎦
+
⎡ ⎤
− − −⎢ ⎥
+⎣ ⎦
+
+
El último límite lo calculamos por coordenadas polares

99
( ) ( )
( ) ( )1 2
1 2
3 3, 0,0 0 02 2 22 2
1 2
cos cos
lim lim lim
h h r r
h h r rsen sen
rh h r
θ θ θ θ
→ → →
= =
+
Este límite no existe, por tanto f NO ES DIFERENCIABLE en ( )0,0 .
Los siguientes teoremas permiten sacar conclusiones rápidas.
3.8.1 TEOREMA
Si 2
:f U R R⊆ → , es diferenciable en( )0 0,x y U∈ ,
entonces es continua en ( )0 0,x y .
3.8.2 TEOREMA
Sea 2
:f U R R⊆ → . Si las funciones derivadas
parciales son continuas en ( )0 0,x y entonces f es
diferenciable en ( )0 0,x y .
1. Demostrar que si ( ),f x y es diferenciable en ( ),a b entonces es continua en ( ),a b
2. Analizar la diferenciabilidad en el origen para:
a) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
=
≠
+=
0,0,0
0,0,
, 2
1
22
yxsi
yxsi
yx
xy
yxf
b) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
1
, 0,0
,
0 , 0,0
x y sen si x y
x yf x y
si x y
⎧
− ≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
c) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3 2 3
2 2
, , 0,0
,
0 , , 0,0
x y xy
x y
x yf x y
x y
⎧ −
≠⎪
+= ⎨
⎪ =⎩
d) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 1
, , 0,0
,
0 , , 0,0
x y
x y sen x y
f x y
x y
+
⎧ − ≠⎪
= ⎨
⎪ =⎩
e) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
, , 0,0
,
0 , , 0,0
sen x y
x y
f x y x y
x y
⎧ −
⎪ ≠
= +⎨
⎪
=⎩
f) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
, 0,0
,
0 , 0,0
y x
xy si x y
x yf x y
si x y
⎧ −
≠⎪
+= ⎨
⎪ =⎩

100
3.9. GRADIENTE.
Sea : n
f U R R⊆ → una función diferenciable. Se
define el vector gradiente de f en 0x , denotado por
( )0f x∇ o ( )0grad f x , como el vector de n
R :
( )
( )0
0
1 2 3
, , , ,
n x
f f f f
f x
x x x x
⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂
∇ = ⎜ ⎟
∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠
Ejemplo
Sea ( ) ( ) ( )
2 2
, 1 1f x y x y= − + − . Hallar el gradiente de f en ( )0,0 .
SOLUCIÓN:
( )
( )
( ) ( )( )( )
( )0,0
0,0
0,0 , 2 1 ,2 1 2, 2
f f
f x y
x y
⎛ ⎞∂ ∂
∇ = = − − = − −⎜ ⎟
∂ ∂⎝ ⎠
3.9.1 GRADIENTE Y DERIVADA DIRECCIONAL
En la expresión para el residuo.
( ) ( )( ) ( ) ( )[ ] ( )[ ]0 0 0 00 0 1 2 0 0 1 2, ,, , , x xx y x yf x y h h f x y f h f h r+ − = + +
Observe que ( )1 2,h h=h lo podemos expresar como u=h h , donde u
es un vector unitario.
Suponga que h=h y que ( )1 2,u u u= entonces ( )1 2,h u u=h
Ahora, dividiendo para h y tomando límite:
( )( ) ( )
( )[ ] ( )[ ]0 0 0 0
0 0 0 0 1 2
0 0
, ,
, ,
lim limx x
h h
x y x y
f x y hu f x y h h r
f f
h h h h→ →
+ −
= + +
Si f es diferenciable entonces
0
lim
h
r
h→
.
Con lo cual resulta:
( )( ) ( )
( )[ ] ( )[ ]0 0 0 0
0 0 0 0
1 2
0
, ,
, ,
lim x x
h
x y x y
f x y hu f x y
f u f u
h→
+ −
= +
Finalmente
( ) ( )0 0 0 0, ,u
D f x y f x y u= ∇ •⎡ ⎤⎣ ⎦

101
Ejemplo
Sea
22
),( yxyxf += . Hallar ( )1,2
u
D f→ donde
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
=
→
2
2
,
2
2
u
SOLUCIÓN:
Empleando lo anterior
( ) ( )1,2 1,2u
D f f u= ∇ •⎡ ⎤⎣ ⎦
Ahora, el gradiente sería:
( ) ( )( )
( )( ) ( )1,21,2
1,2 , 2 ,2 2,4x yf f f x y∇ = = =
Reemplazando y resolviendo
( ) ( ) ( )
2 2
1,2 1,2 2,4 , 3 2
2 2u
D f f u
⎛ ⎞
= ∇ • = • =⎡ ⎤ ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎜ ⎟
⎝ ⎠
Ejemplo
Sea ( )2 2
( , )f x y sen x y= + . Hallar la derivada de f en el punto ( )1,1P en la
dirección que va desde este punto al punto ( )3,2Q
SOLUCIÓN:
Primero obtengamos u y sus derivadas parciales en ( )1,1P
( )3 1, 2 1 2 1
,
5 5 5
PQ
u
PQ
− − ⎛ ⎞
= = = ⎜ ⎟
⎝ ⎠
( ) ( ) ( )
2 2
1,1
1,1 cos 2 2cos2xf x y x⎡ ⎤= + =⎣ ⎦
( ) ( ) ( )
2 2
1,1
1,1 cos 2 2cos2yf x y y⎡ ⎤= + =⎣ ⎦
Empleando la última definición
( ) ( ) ( )
2 1 6
1,1 1,1 2cos2,2cos2 , cos2
5 5 5
u
D f f u
⎛ ⎞
= ∇ • = • =⎡ ⎤ ⎜ ⎟⎣ ⎦
⎝ ⎠
1. Halle la derivada direccional de la función en el punto P en la dirección de Q .
a) ( ) )1,1(),1,3(,4, 22
−+= QPyxyxf
b) ( ) ( ) )0,
2
(),,0(,cos,
π
π+= QPyxyxf
c) ( ) ( ) )1,3,4(),0,0,1(,ln,, QPzyxzyxf ++=
d) ( ) ( ) ( )0,0,0,0,4,2,,, QPxyezyxg z
=
2. Dado el campo escalar RRf n
→: tal que ( ) 4
XXf = , calcular:
a) ( )vXf ,' (Derivada direccional de f en la dirección de v)
b) Si n=2, hallar todos los puntos (x,y) en
2
R para los cuales: ( ) 6;32' =++ yjxijif

102
c) Si n=3 , hallar todos los puntos (x,y) en
3
R para los cuales
( ) 6;32' =++++ zkyjxikjif
3. Calcule la derivada de la función ( ) yxyxf sen, = en el punto (3,0), en la dirección del
vector tangente a la parábola
2
xy = en el punto (1,1)
3.9.2 PROPIEDADES DEL GRADIENTE
1. El Gradiente es un vector ortogonal a los conjuntos de nivel.
2. De la igualdad ( ) ( )0 0
u
D f x f x u⎡ ⎤= ∇ •
⎣ ⎦
tenemos
( ) ( )0 0 cosu
D f x f x u θ= ∇
Si el gradiente y el vector unitario tienen la misma dirección ( 0θ = )
entonces la derivada direccional tendría el máximo valor y sería:
( ) ( )0 0
u máx
D f x f x= ∇
Si el gradiente y el vector unitario tienen dirección contraria (θ π= )
entonces la derivada direccional tendría el mínimo valor y sería:
( ) ( )0 0
u mín
D f x f x= − ∇
Ejemplo
Suponga que la distribución de temperatura dentro de una habitación está dada
por ( )
2
4
, , 5 x y z
T x y z e + +
= + , donde x , y , z se miden a partir del rincón
( )0,0,0 .
a) ¿En qué dirección aumenta la temperatura con mayor rapidez?
b) ¿Cuál es el valor máximo?
SOLUCIÓN:
a) La temperatura aumentará con mayor rapidez en dirección de su gradiente, es decir:
( )
( ) ( ) ( )( )( )
( )
2 2 2
0,0,0
4 4 4
0,0,0
, ,
1 , 4 , 2
1,4,0
x y z x y z x y z
T T T
T
x y z
e e e z+ + + + + +
⎛ ⎞∂ ∂ ∂
∇ = ⎜ ⎟
∂ ∂ ∂⎝ ⎠
=
=
b) El valor máximo sería
( ) ( ) 2 2
0,0,0 0,0,0 1 4 0 17u máx
D T T= ∇ = + + =

103
1. La temperatura en el punto ( )yx, de una placa viene dada por: ( ) 2 2
x
T x
x y
=
+
.
Hállese la dirección de mayor crecimiento del calor desde el punto (3, 4).
2. Se describe la superficie de una montaña mediante la ecuación
( ) 2 2
, 4000 0.001 0.004h x y x y= − − . Supóngase que un alpinista está en el punto
(500, 300, 3390). ¿En qué dirección debe moverse el alpinista en orden a ascender lo más
rápido posible?
3. Suponer que la temperatura en el punto P(x,y,z) en el espacio está dada por
( ) 222
,, zyxzyxT ++= sea una partícula que viaja por la helice circular
( ) ( )tttt ,sen,cos=σ y sea T(t) su temperatura en el punto t.
a. ¿Cuál es el valor de T(t=0)?.
b. ¿Qué dirección debe tomar la partícula para avanzar hasta la región de más baja
temperatura?.
4. El Capitán América tiene dificultades cerca del lado soleado de Mercurio. La temperatura del
casco de la nave, cuando él está en la posición (x,y,z) estará dada por
( )
222
3
,, zyx
ezyxT −−−
= donde x, y, z se miden en metros. Si la nave del Capitán
América se encuentra en el punto (1,1,1).
a. ¿En qué dirección deberá avanzar para disminuir más rápido la temperatura?
b. Desafortunadamente el casco de la nave se cuarteará si se enfría a una tasa mayor de
2
14e grados por segundo. Describir el conjunto de direcciones posible en las que
puede avanzar para bajar la temperatura.
3.9.3 VECTORES NORMALES Y PLANOS TANGENTE
Cuando se interpretó geométricamente las derivadas parciales, se
definió que un vector directriz de la recta tangente paralela al plano zx,en un
punto de la superficie ( ),z f x y= , está dado por ( )( )0
1 1,0, x xS f= ; y un
vector directriz de la recta tangente paralela al plano zy está dado por
( )( )0
2 0,1, y xS f= .
( )( )0000 ,,, yxfyx•
y
z
( )00 , yx0x
0y
( ),z f x y=
( )( )0
1 1,0, x xS f=
( )( )0
2 0,1, y xS f=
1 2n S S= ×

104
Si multiplicáramos en cruz estos vectores obtendríamos un vector normal a
la superficie en ese punto
( ) ( )( )0 01 2 1 0 , ,1
0 1
x x y
y
x x
i j k
S S f f f
f
× = = − −
Por tanto el plano tangente en ese punto tendría por ecuación
( )[ ] ( )[ ] [ ]0 0
0 0 01 0x yx xf x x f y y z z− − − − + − =
Ejemplo
Hallar la ecuación del plano tangente y la ecuación de la recta normal a la
superficie que tiene por ecuación
10
( , )z f x y
xy
= = en el punto ( )1,2,5 .
SOLUCIÓN:
a) La ecuación del plano tangente estaría dada por:
( )[ ] ( )[ ] [ ]1, 2 1, 21 2 1 5 0x yf x f y z− − − − + − =
Las derivadas parciales serían:
( )
( )
2
1,2
10
1,2 5xf
x y
= − = −
( )
( )
2
1,2
10 5
1,2
2
xf
xy
= − = −
Reemplazando
( )[ ] [ ] [ ]
( ) ( ) ( )
5
5 1 2 1 5 0
2
10 1 5 2 2 5 0
10 10 5 10 2 10 0
10 5 2 30 0
x y z
x y z
x y z
x y z
⎛ ⎞
− − − − − − + − =⎜ ⎟
⎝ ⎠
− + − + − =
− + − + − =
+ + − =
b) La ecuación de la recta normal estaría dada por:
( )[ ]
( )
0 0
0 0
0
0
0
,
,
x
y
x y
x y
x x f t
y y f t
z z t
⎧ = −
⎪⎪
⎡ ⎤= −⎨ ⎣ ⎦
⎪
= +⎪⎩
Reemplazando:
[ ]
5 5
2 2
1 5 1 5
2 2
5
x t t
y t t
z t
⎧ = − − = +
⎪⎪
= − − = +⎡ ⎤⎨ ⎣ ⎦
⎪
= +⎪⎩

105
3.10. LA DIFERENCIAL
3.10.1 DEFINICIÓN
Sea : n
f U R R⊆ → una función diferenciable en U .
Entonces para cada x U∈ se tiene:
( ) ( ) f f
f x h f x dx dy r
x y
∂ ∂
+ = + + +
∂ ∂
A la parte
f f
dx dy
x y
∂ ∂
+
∂ ∂
Se le denomina diferencial de f , y se la denota
como df .
3.10.2 APROXIMACIONES
Si se dice que f dfΔ ≈ , entonces tenemos:
( ) ( ) ( )[ ] ( )0 0 0 00 0 0 0 , ,, , x yx y x yf x x y y f x y f dx f dy⎡ ⎤+ Δ + Δ − ≈ + ⎣ ⎦
Como dx x= Δ y dy y= Δ
Tenemos la formula de aproximación:
( ) ( ) ( )[ ] ( )0 0 0 00 0 0 0 , ,, , x yx y x yf x x y y f x y f x f y⎡ ⎤+ Δ + Δ ≈ + Δ + Δ⎣ ⎦
Ejemplo
Aproximar el valor de ( )
3.98
1,08
SOLUCIÓN:
Utilicemos la función ( ), y
f x y x= (¿por qué?
tomemos: 0 1x = entonces 0.08xΔ =
0 4y = entonces 0.02yΔ = −
Las derivadas parciales serían:
( ) ( )( )
1
1,4
1,4 4y
xf yx −
= =
( ) ( )( )1,4
1,4 ln 0y
yf x x= =
Empleando la formula de aproximación:

106
( ) ( ) ( )[ ] ( )
( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )
( ) [ ] [ ]( )
( )
( )
0 0 0 00 0 0 0
3.98 4
3.98
3.98
, ,
1, 4 1, 4
, ,
1.08; 3.98 1,4 0.08 0.02
1.08 1 4 0.08 0 0.02
1.08 1 0.32
1.08 1.32
x y
x y
x y x yf x x y y f x y f x f y
f f f f
⎡ ⎤+ Δ + Δ ≈ + Δ + Δ⎣ ⎦
⎡ ⎤≈ + + −⎣ ⎦
≈ + + −
≈ +
≈
3.10.3 CALCULO DE ERRORES
El error en una función se lo puede considerar como la variación de la
función, entonces tenemos que:
f f
f x y
x y
∂ ∂
Δ ≈ Δ + Δ
∂ ∂
Ejemplo
El radio r y la altura h de un cilindro circular recto se miden con un posible error
del 4% y 2% respectivamente. Aproxime el error porcentual al calcular el volumen.
SOLUCIÓN:
El volumen de un cilindro circular recto está dado por: 2
V r hπ=
Se sabe que los errores porcentuales en las mediciones de r y h son del 4% y 2% ,
por tanto 4
100
r r±Δ = y 2
100
h h±Δ = .
Por otro lado
V V
V r h
r h
∂ ∂
Δ ≈ Δ + Δ
∂ ∂
Reemplazando:
( )( ) ( )( )
( )
24 2
100 100
2 10
100
2
V
V rh r r h
V r h
π π
π
Δ ≈ +
⎛ ⎞
Δ ≈ ⎜ ⎟
⎝ ⎠
Por tanto el error porcentual del volumen sería :
100 10%
V
V
Δ
≈
1. Calcular aproximadamente
a) 1.023.01
b) [4.052 + 8.982 - 0.992]3/2
c) (1.03)2 [(0.982 ) (1.053 )1/4 ]-1/3
2. Calcule la longitud del segmento de recta 95.0,2.1 == yx que se encuentra entre la
superficie
22
5yxz += y su plano tangente en el punto (1,1,6).
3. Calcule el valor aproximado de la función ( ) y
xyxf =, en el punto ( )9.1,1.3
4. Dos lados de un triángulo miden 150 y 200 mts. Y el ángulo que forman es de 60º. Sabiendo
que los errores probables en la medición es de 0.2 mts. en la medida de los lados y de 1º en

107
la del ángulo. Determine el máximo error probable que se puede cometer al evaluar su área.
Determine también el error en porcentaje.
5. La altura de un cono es cmh 30= , el radio de su base cmR 10= . ¿Cómo variará el
volumen de dicho cono si H se aumenta 3mm y R se disminuye 1 mm?
3.10.4 DEFINICIÓN GENERAL DE DIFERENCIAL
Sea : n m
f U R R⊆ → . Se dice que ( )1 2, , , mf f f f=
es diferenciable en 0x U∈ si y sólo si
( ) ( )0 0 0z f x Df x x x r⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + − +⎣ ⎦⎣ ⎦
es una buena
aproximación de f en una vecindad de 0x ; es
decir:
( ) ( ) ( )0 0 0 0f x h f x Df x x x r⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ = + − +⎣ ⎦⎣ ⎦
Y se cumple que
0
lim 0
r
→
=
h h
.
A ( )0Df x se le llama MATRIZ DIFERENCIAL O
JACOBINA y se define como:
( )
1 1 1
1
2 2 2
1 2
1 2 0
2
0
n
n
m m m
n
f f f
x x x
f f f
x x x
f f f
x x x x
Df x
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥
= ⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
Ejemplo 1
Sea 2
:f R R→ , tal que ( ) 2 2
, 3f x y x y= + , entonces:
( ) [ ]1 2
, 2 6x yDf x y f f x y ×
⎡ ⎤= =⎣ ⎦
Ejemplo 2
Sea 3 4
:f R R→ , tal que ( ) ( )2 2 3 2
, , , , ,f x y z x y xyz xz yz x y z= + + , entonces:

108
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
3 2 3 2 3 2
2 2 3 3 2
4 3
2 2 0
, ,
3 2
x y x y x y
x y z
xyz xyz xyz
x y z
xz yz xz yz xz yz
x y z
x y z x y z x y z
x y z
x y
yz xz xy
Df x y z
z z x y
x y z x yz x y
∂ + ∂ + ∂ +
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
∂ + ∂ + ∂ +
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂ ×
∂ ∂ ∂
⎡ ⎤
⎢ ⎥ ⎡ ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥+
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎣ ⎦
⎢ ⎥⎣ ⎦
3.11. REGLA DE LA CADENA.
Sea : n m
f U R R⊆ → y sea : p n
g V R R⊆ → .
Si g es diferenciable en 0x y f es
diferenciable en ( )0g x , entonces:
( )( ) [ ] ( )[ ]0
0 0g x x
xgD f Df Dg⎡ ⎤ =
⎣ ⎦
Ejemplo 1
Sea 2
:f R R→ , tal que ( ) 2 2
, 3f x y x y= + y sea 2
:g R R→ , tal que
( ) ( ), cost
g t e t= ; entonces:
( )( ) [ ] ( ) [ ]
( )
[ ]( )
( )
( )
1
2,cos
,cos
2
2 6
cos
2 6cos
2 6cos
t
t
g t t
e t
t
e t
t
t
t
tg
dg
f f dt
D f Df Dg
dgx y
dt
d e
dtx y
d t
dt
e
e t
sent
e tsent
⎡ ⎤
⎢ ⎥⎡ ⎤∂ ∂
= =⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ∂ ∂ ⎢ ⎥⎣ ⎦
⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥=
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
⎡ ⎤
⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦ −⎣ ⎦
= −
En términos sencillos, si tenemos ( ),z f x y= donde
( )tx x= y ( )ty x= , entonces:
( ) ( )( ),t tx y
dz df z dx z dy
dt dt x dt y dt
∂ ∂
= = +
∂ ∂
Ejemplo 2
Sea ( ) 22
, yxyxf += donde 2
tx = y ty 2= , hallar
dt
dz

109
SOLUCIÓN:
( )( ) ( )( )2222 ytx
dt
dy
y
z
dt
dx
x
z
dt
dz
+=
∂
∂
+
∂
∂
=
Poniendo todo en función de” t ”
( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( )( ) ttttt
dt
dz
ytx
dt
dz
8422222
2222
32
+=+=
+=
Ejemplo 3
Sea 2
:f R R→ , tal que ( ) 2
,f x y x y= y sea 2 2
:g R R→ , tal que
( ) ( )2 3
, ,g u v uv u v= − ; entonces:
( )( ) [ ] ( ) [ ]
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
2 3
2 3
,
1 1
,
2 2,
3 2 2
2 3 2 3,
3 222 3 2 3
2
32 2 3
2 3
2 3
2 3
2 6
x y
u v
g u v
uv u v
uv u v
g
g g
f f u v
D f Df Dg
g gx y
u v
uv uv
u v
xy x y
u v u v
u v
v u
uv u v uv u v
u v
uv u v
−
⎛ ⎞
⎜ ⎟−
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∂ ∂⎡ ⎤
⎢ ⎥⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂
= =⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ∂ ∂∂ ∂ ⎢ ⎥⎣ ⎦
⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦
⎡ ∂ ∂ ⎤
⎢ ⎥
∂ ∂⎢ ⎥⎡ ⎤= ⎣ ⎦ ⎢ ⎥∂ − ∂ −
⎢ ⎥
∂ ∂⎣ ⎦
⎡ ⎤⎡ ⎤= − − ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ −⎣ ⎦
= − + ( ) ( ) ( )
2 3 23 2 2 3 2 2 3 2 4 2 3
2 9
z z
u v
u v u v u v u v u v u v
∂ ∂
∂ ∂
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥− − − −
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
Por lo tanto, si tenemos ( ),z f x y= donde ( ),u vx x= y
( ),u vy x= , entonces:
( ) ( )( ), ,,u v u vx y
z z x z y
u x u y u
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
Y
( ) ( )( ), ,,u v u vx y
z z x z y
v x v y v
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
Ejemplo 4
Sea ( ) 2 2 2
, , 3f x y z x y z= + + donde 2
4x uv= , 2 2
5 10y u v= + , 3
z u=
Hallar:
f
u
∂
∂
y
f
v
∂
∂
.
SOLUCIÓN:
a)

110
( )
( )( ) ( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( ) ( )( )
2 2 2 3
2 2 2 3
4 , 5 10 ,
2 2
4 , 5 10 ,
2 2 2 2 3 2
4 3 2 5
6 4 2 10 2 3
6 4 4 2 5 10 10 2 3
96 10 200 6
x zy
uv u v u
uv u v u
f f x f y f z
u x u y u z u
x v y u z u
uv v u v u u u
uv u uv u
+
⎛ ⎞
⎜ ⎟+
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= + +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= + +
= + + +
= + + +
b)
( )
( )( ) ( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
2 2 2 3
2 2 2 3
4 , 5 10 ,
4 , 5 10 ,
2 2 2
2 3 2 3
6 8 2 20 2 0
6 4 8 2 5 10 20 0
192 200 400
x zy
uv u v u
uv u v u
f f x f y f z
v x v y v z v
x uv y v z
uv uv u v v
u v u v v
+
⎛ ⎞
⎜ ⎟+
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= + +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= + +
= + + +
= + +
Ejemplo 5
Sea 3 4
:f R R→ , tal que ( ) ( )2 2 2 3
, , , , ,f x y z x yz y z z xyz= − y sea 3 3
:g R R→ ,
tal que ( ) ( )2 2
, , , , uw
g u v w u v uv w e−
= , hallar [ ]( )1,1,0
D f g
Solución:
[ ]( ) [ ] ( ) [ ]( )1,1,0 1,1,0 1,1,0g
D f g Df Dg=
Ahora bien ( ) ( ) ( )( ) ( )
( ) ( )1 02 2
1,1,0 1 1 ,1 1 0 , 1,0,1g e
−
= =
Reemplazando:
[ ]( ) [ ] ( ) [ ]( )
( )( )( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
1,1,0 1,1,0 1,1,0
2 2
2
2 2
2
1,1,0
1,0,1
2 2
2
2 2
2
2
2 0
0 2 2
2
0 0 3
0
2 1 0 1 1 1 1 0
2 1 1 1 0
0 2 0 2 1
1 0 2 1 1 0 1 1
0 0 3 1
0
0 1 1 1 1 0
u v w
x zy
g
uw uw
D f g Df Dg
xyz x z x y
uv u
y z
v w uvw uv
z
we ue
yz xz xy
e
− −
⎛ ⎞
⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠
⎜ ⎟
⎝ ⎠
−
=
⎡ ⎤
⎡ ⎤⎢ ⎥
− ⎢ ⎥⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥
⎢ ⎥− −⎢ ⎥ ⎣ ⎦
⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤
⎢ ⎥
−⎢ ⎥
= ⎢ ⎥
⎢ ⎥
−⎢ ⎥
⎣ ⎦
( ) ( )1 0 1 0
0 1
0 1 0
2 1 0
0 0 2
0 0 1
0 0 3
0 0 1
0 1 0
0 0 1
0 0 2
0 0 3
0 0 1
e−
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥−⎣ ⎦
⎡ ⎤
⎡ ⎤⎢ ⎥− ⎢ ⎥⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥
⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎣ ⎦
⎣ ⎦
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥=
⎢ ⎥−
⎢ ⎥
⎣ ⎦

111
Ejemplo 6
Demostrar que ( )2 , 2z f x y x y= − + satisface la ecuación
2 2
2 2
0
z z
x y
∂ ∂
+ =
∂ ∂
Solución:
( ),z f u v= donde 2u x y= − , 2v x y= +
Las derivadas parciales de primer orden serían:
( ) ( )1 2
z z u z v
x u x v x
z z
u v
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
∂ ∂
= +
∂ ∂
y
( ) ( )2 1
z z u z v
y u y v y
z z
u v
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
∂ ∂
= − +
∂ ∂
Hallemos
2
2
z
x
∂
∂
( ) ( ) ( ) ( )
2
2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2
2 2
2
2
2
1 2 2 1 2
4 4
z z z z
x x x u vx
z z
x u x v
z u z v z u z v
x v u x u v x xu v
z z z z
v u u vu v
z z z
v uu v
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟
∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟
∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎡ ⎤ ⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= + + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤ ⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂
= + + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥
∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂⎣ ⎦ ⎣ ⎦
∂ ∂ ∂
= + +
∂ ∂∂ ∂
Ahora, hallemos
2
2
z
y
∂
∂
( ) ( ) ( ) ( )
2
2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
2
2
2
2 2
2 2 1 2 2 1
4 4
z z z z
y y y u vy
z z
y u y v
z u z v z u z v
y v u y u v y yu v
z z z z
v u u vu v
z z
v uu
⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞
= = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟
∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ⎝ ⎠⎝ ⎠
∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟
∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎡ ⎤ ⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= − + + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤ ⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂
= − − + + − +⎢ ⎥ ⎢ ⎥
∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂⎣ ⎦ ⎣ ⎦
∂ ∂
= −
∂ ∂∂
2
2
z
v
∂
+
∂
Reemplazando
2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
0
4 4 4 4 0
5 5 0
z z
x y
z z z z z z
v u v uu v u v
z z
u v
∂ ∂
+ =
∂ ∂
⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
+ + + − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟
∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∂ ∂
+ =
∂ ∂
En la última expresión, dividiendo para 5y cambiando de variable u x= y v y= , se
comprueba lo que pretendíamos.

112
1. Hallar
t
z
∂
∂
, si
y
x
z = , donde tyex t
ln, == .
2. Sea
2
( , ) 4 2ln( )f x y x y xy= − donde
( )⎪⎩
⎪
⎨
⎧
−=
=
3
13
2
ty
sentx
encuentre
dt
df
3. La demanda de cierto producto es ( ) xyxyxQ 2010200, 2
+−= unidades por mes,
donde x es el precio del producto e y el precio de un producto competidor. Se estima que
dentro de t meses el precio del producto será tx 5,010 += dólares por unidad
mientras que el precio del producto competidor será
2
2,08,12 ty += dólares por unidad.
a) ¿A qué razón cambiará la demanda del producto con respecto al tiempo dentro de 4
meses?
b) ¿A qué razón porcentual cambiará la demanda del producto con respecto al tiempo dentro
de 4 meses?
4. Suponga que cuando las manzanas se venden a x CENTAVOS POR LIBRA los panaderos ganan
y DÓLARES POR HORA, el precio de los pasteles de manzana en el supermercado local es
( ) 2
1
3
1
2
1
, yxyxp = DÓLARES POR PASTEL. Suponga además que dentro de t MESES, el
precio de las manzanas será tx 823+= CENTAVOS POR LIBRA y que los sueldos de los
panaderos serán ty 02,096,3 += DÓLARES POR HORA. Si el supermercado puede
vender ( )
p
pQ
3600
= PASTELES POR SEMANA cuando el precio es p DÓLARES POR PASTEL,
¿a qué razón CAMBIARÁ la demanda semanal Q con respecto al tiempo dentro de dos
meses?
5. Hallar ,
z z
u y
∂ ∂
∂ ∂
, si ( )vufz ,= , donde
2 2
xy
u x y
v e
⎧ = −⎪
⎨
=⎪⎩
.
6. Hallar ,
z z
u v
∂ ∂
∂ ∂
, si arctg
x
z
y
= , donde
⎩
⎨
⎧
=
=
vuy
vux
cos
sen
.
7. Sea RRf →3
: , una función diferenciable y sea ( ) ( ) ( )( )seng X f X f X= ;
calcular la matriz jacobiana para ( )Xg , donde ( )f X x=
8. Demostrar que si ( )2 2 2
u x y zφ= + + , donde
cos cos
cos sen
sen
x R
y R
z R
ϕ ψ
ϕ ψ
ϕ
= ⎫
⎪
= ⎬
⎪= ⎭
, entonces
0
u u
ϕ ψ
∂ ∂
= =
∂ ∂
.
9. Sabiendo que ( ), ,z x y z= encuentre ,x yZ Z y dz :
a) 2 2 3
2x u v y u v z uv= + = − =
b)
u v u v
x e y e z uv+ −
= = =
c) cos sen ,x u v y u v z cv c IR= = = ∈
10. Sea la función: ∑
=
=
n
k kRR
1
11
. Hallar
1R
R
∂
∂
11. Demuestre que ( )
( )
,
xy
x y
e
u x y
e e
=
+
satisface la ecuación diferencial parcial
( )1x yu u x y u+ = + − .

113
12. Sea ( ) ( ), 3 ,2F x y f x y x y= + − , donde
2
:f R R→ es diferenciable. Suponga que
( ) ( )0,0 4, 3f∇ = − . Determine la derivada de la función F en el origen en la dirección del
vector ( )1,1=v
13. Sea ( )yxfz ,= con derivadas parciales de segundo orden continuas:
a) Si rsysrx 2,22
=+= determine
2 2 2
2 2
, ,
z z z
s rr s
∂ ∂ ∂
∂ ∂∂ ∂
b) Si tsytsx −=+= , demuestre que:
t
z
s
z
y
z
x
z
∂
∂
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
22
14. Sea
2 3
:f R R→ , tal que ( ) ( )2 2 2 2
, , ,f x y x y x y= y sea
3 2
:g R R→ , tal que
( ) ( )2 2 2
, , ,g x y z x y z xyz= + + , hallar [ ]( )1,1
D g f
15. Transforme la ecuación
2 2
2
2 2
2 0
d y dy a
x x y
dxdx x
+ + = , poniendo
1
x
t
= .
16. Transformar la ecuación
dy x y
dx x y
+
=
−
, pasando a las coordenadas polares:
cos , senx r y rϕ ϕ= = .
17. Tomando u, v, como nuevas variables independientes transformar la siguiente ecuación:
( ) ( ) 0
z z
x y x y
x y
∂ ∂
+ − − =
∂ ∂
, si ( )2 2
ln ; arctg
y
u x y v
x
= + =
18. Transformar la ecuación 2 2 2
,
z z
x y z
x y
∂ ∂
+ =
∂ ∂
tomando como nuevas variables
independientes
1 1
, ,u x v
y x
= = − y como nueva función
1 1
w
z x
= − .
19. Transformar la ecuación
2 2 2
2
2 2 2
x y z
ϕ ϕ ϕ
ϕ
∂ ∂ ∂
∇ = + +
∂ ∂ ∂
pasándola en coordenadas esféricas
sen cos
sen sen
cos
x
y
z
ρ φ θ
ρ φ θ
ρ φ
=⎧
⎪
=⎨
⎪ =⎩
,
2
¿ ?ϕ∇ = en coordenadas esféricas.
3.12 DERIVACIÓN IMPLICITA
Suponga que se tiene ( ), 0F x y = , una ecuación implícita para un
lugar geométrico de
2
R . Obteniendo diferencial a ambos miembros de la
ecuación
( )( ) [ ], 0
0x y
D F x y D
F dx F dy
=
+ =
Despejando, se obtiene:
x
y
Fdy
dx F
= −

114
Ejemplo.
Sea 422
=+ yx , hallar
dx
dy
empleando derivadas parciales.
Solución:
En este caso tenemos ( ) 2 2
, 4F x y x y= + −
Empleando la formula:
2
2
x
y
Fdy x x
dx F y y
= − = − = −
Suponga que se tiene ( ), , 0F x y z = , una ecuación implícita para un
lugar geométrico de
3
R . Obteniendo diferencial a ambos miembros de la
ecuación
( )( ) [ ], , 0
0x y z
D F x y z D
F dx F dy F dz
=
+ + =
Si queremos
y
x
∂
∂
, debemos considerar a zconstante, por tanto 0dz = .
Reemplazando y despejando se obtiene:
x
y
Fy
x F
∂
= −
∂
Si queremos
z
x
∂
∂
, debemos considerar a y constante, por tanto
0dy = . Reemplazando y despejando se obtiene:
x
z
Fz
x F
∂
= −
∂
Si queremos
z
y
∂
∂
, debemos considerar a x constante, por tanto
0dx = . Reemplazando y despejando se obtiene:
y
z
Fz
y F
∂
= −
∂
Ejemplo
Sea ( )3
0y z
x e ysen x z+
− − = , hallar
z
x
∂
∂
y
z
y
∂
∂
.
Solución:
En este caso tenemos ( ) ( )3
, y z
F x y x e ysen x z+
= − −
Empleando las formulas:

115
( )
( )
2
3
3 cos
cos
y z
x
y z
z
x e y x zFz
x F x e y x z
+
+
− −∂
= − = −
∂ + −
( )
( )
3
3
cos
y z
y
y z
z
F x e sen x zz
y F x e y x z
+
+
− −∂
= − = −
∂ + −
Por otro lado, suponga que se tiene una superficie cuya ecuación está
dada en forma implícita ( ), , 0F x y z = , el vector normal que estaba dado
de esta forma , ,1
z z
n
x y
⎛ ⎞∂ ∂
= − −⎜ ⎟
∂ ∂⎝ ⎠
, ahora puede ser dado de otra forma.
Reemplazando:
, ,1
yx
z z
FF
n
F F
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= − − − −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
Multiplicando por zF :
( ), ,x y zn F F F=
1. Hallar ´y , empleando derivadas parciales, para:
a) 1862 22
=++ yxyx
b)
( )22
5 −
=+ yx
xexy
2. Hallar
2
2
x
z
∂
∂
en 083 32
=+− yzzyx
3. Determine la derivada direccional de la función ( )zyxfu ,,= definida implícitamente
por 03 =+++ zxyeu u
en el origen de coordenadas en la dirección del vector
( )1,1,1 −−=v
4. En el tiempo t=0 se lanza una partícula desde el punto (1,1,1) sobre la superficie
63 222
=++ zyx en una dirección normal a la superficie, con una rapidez de 10
unidades por segundo. ¿En qué instante y en qué punto cruza a la esfera
103222
=++ zyx
5. Demuestre que el plano tangente al cono
22222
ybxaz += pasa por el origen.
6. Demuestre que cualquier recta normal a una esfera pasa por su centro.
7. Demuestre que el plano tangente al elipsoide 1
2
2
2
2
2
2
=++
c
z
b
y
a
x
en el punto
( )000 ,, zyx puede escribirse en la forma 1
2
0
2
0
2
0
=++
c
zz
b
yy
a
xx
.
8. Demostrar que los planos tangentes a la superficie: azyx =++ interceptan a
los ejes coordenados en segmentos cuya suma es constante.
9. Encuentre un punto de la superficie 1232 222
=++ zyx , donde el plano tangente es
perpendicular a la recta cuyas ecuaciones paramétricas son:
tztytx 62;83;21 −=+=+=

116
10. Demostrar que el elipsoide 923 222
=++ zyx y la esfera
024688222
=+−−−++ zyxzyx son tangentes en el punto (1,1,1).
11. Hallar la ecuación de la recta tangente a las superficies 42 222
=++ zyx y
xy
ez =
en el punto (1,1,1).
12. En qué puntos el gradiente de la superficie xyzzyxu 3333
−++= es :
a) perpendicular al eje z.
b) Es paralelo al eje z.
13. Encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva intersección de las superficies
3
π
φ =
y 2csc secρ φ θ= en ( )2,2, 8P − .

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