758 CALCULO VECTORIAL - PROBLEMARIO

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758
Matemática
Problemario
Cálculo Vectorial
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
758 
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA 
Cálculo Vectorial 
Problemaria 
Matemática 
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1 
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1 1 
11 
1 
CAV 
QA303 
C35 
Cálculo vectorial: Problemario / [elaborado por] Belkis Escobar; Frankie 
Gutiérrez. --Caracas: U.N.A., 2009. 
200 h.: il ; 22 cm. 
ISBN 978-980-236-692-7 
1. Cálculo vectorial-Problemas, ejercicios, etc 2. Cálculo diferencial
3. Educación a distancia--Módulo de estudio. l. Universidad Nacional
Abierta. 11. Escobar, Belkis. 111. Gutiérrez, Frankie.
Todos los derechos reservados. Prohibida la reproducción total o parcial por 
cualquier medio gráfico, audiovisual o computarizado, sin previa autorización escrita. 
Universidad Nacional Abierta 
Apartado Postal Nº 2096 
Caracas 1.01 O A, Carmelitas, Venezuela 
Copyright © UNA 1988 
ISBN 978-980-236-692-7 
Primera edición, 2009 
lf13520095104971 
Registro de Publicaciones de la 
Universidad Nacional Abierta 
Nº. UNA-09-5955 
1 
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UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA 
 
 
AUTORES 
 
Profa. Belkys Escobar 
 
Prof. Frankie Gutiérrez 
 
 
 
DISEÑO ACADÉMICO 
 
Profa. Wendy Guzmán 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 ÍNDICE GENERAL 
 
 
CONTENIDO 
 
Estructura del Curso ……………………………………………………... 
 
UNIDAD 1 
FUNCIONES DE ℜn EN ℜm ……………………………………............. 
Dominio y Rango de Funciones de Varias Variables …..…........ 
Curvas de Nivel …………………………………………………….. 
Límite y Continuidad ………………………………………..….…... 
Ejercicios Propuestos ..…………………………………………….. 
 
UNIDAD 2 
CÁLCULO DIFERENCIAL DE FUNCIONES DE ℜn EN ℜm …….….. 
La Derivada Direccional. La Derivada Parcial ………...……….... 
La Diferencial y sus Aplicaciones …..……………………..…….... 
Cálculo de la Matríz Jacobiana. Regla de la Cadena y 
sus Aplicaciones …………………...…………………………….…. 
Derivación Implícita. Teoremas de la Función Inversa y 
la Función Implícita ...……………...………………………..……... 
Ejercicios Propuestos ..………………………………………….…. 
 
UNIDAD 3 
EXTREMOS Y FÓRMULA DE TAYLOR …..…………………............. 
Fórmula de Taylor para Funciones de Varias Variables .………. 
Cálculo de Máximos y Mínimos .……………………………….…. 
Ejercicios Propuestos ..……………………………………….....…. 
 
UNIDAD 4 
CAMPOS ESCALARES ……..…………………………………............. 
El Gradiente y l Curvas de Nivel ……………………...………...… 
El Laplaciano y sus Aplicaciones ……………………………..….. 
Ejercicios Propuestos ..………………………………………….…. 
 
UNIDAD 5 
CAMPOS VECTORIALES ……..………………………………….......... 
Potenciales Escalares y Vectoriales …………………...……….... 
Ejercicios Propuestos ..………………………………………….…. 
 
 
 
 
 
 
Pág. 
 
9 
 
 
11 
11 
14 
16 
26 
 
 
29 
30 
41 
 
51 
 
59 
63 
 
 
67 
69 
72 
83 
 
 
85 
86 
96 
97 
 
 
99 
99 
110 
 
 
 
 
UNIDAD 6 
INTEGRALES CURVILÍNEAS O DE LÍNEAS ……………..…….... 
El Concepto de Integral de Línea ……………………...…...…. 
Diversas Aplicaciones: Trabajo y Masa ….………………..….. 
Integral de Línea de un Gradiente ………..………………..….. 
Ejercicios Propuestos ..……………………………………....…. 
 
UNIDAD 7 
INTEGRALES DOBLES E INTEGRALES TRIPLES ……………... 
Regiones Planas de Integración y su Descripción …....….…. 
Cálculo de Áreas y Volúmenes …..……………………………. 
Coordenadas Polares y Cambios Generales de 
Coordenadas en una Integral Múltiple: El Determinante 
Jacobiano ……………………………………………………..…. 
Aplicaciones ………...……………...……………………………. 
Ejercicios Propuestos ..……………………………………..…... 
 
UNIDAD 8 
INTEGRALES DE SUPERFICIE …………………………………..... 
Definición de Integrales de Superficie …………………...….... 
Teorema de Green-Riemann, de la Divergencia y 
de Stokes …………………...………………………………….... 
Ejercicios Propuestos ..…………………………………………. 
 
Respuestas a los Ejercicios Propuestos ………………...….... 
 
Bibliografía ………………………………..………………...….... 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
111 
112 
117 
118 
121 
 
 
123 
124 
132 
 
 
141 
154 
159 
 
 
163 
167 
 
174 
182 
 
185 
 
199 
 
 
 
Estructura del Curso 
 
 
 
 
 
 11
UNIDAD 1: FUNCIONES DE ℜn EN ℜm 
 
OBJETIVO DE APRENDIZAJE 
 
Aplicar los conceptos de dominio, rango, curvas de nivel, 
límite y continuidad en la solución de problemas. 
 
CONTENIDO: 
El espacio ℜn y su topología. Dominio y rango de funciones de varias variables. 
Curvas de nivel. Límite y continuidad. Aplicaciones 
 
En el curso de Matemáticas II se trabajó con funciones de una sola 
variable, es decir, funciones que van de ℜ en ℜ. Ahora trabajaremos con 
funciones escalares, que reciben un vector de ℜn y devuelven un valor de ℜ, 
y con funciones vectoriales que reciben un vector de ℜn y devuelven uno de 
ℜm. La dificultad de estas funciones reside en que no tienen representación 
gráfica posible, a excepción de las funciones de ℜ2 en ℜ, que se pueden 
representar como superficies tridimensionales. 
 
Calcularemos algunas curvas de nivel manualmente y otras mediante el 
empleo del software matemático Maple. 
 
Demostraremos la existencia del límite apoyándonos en la definición y 
calcularemos otros empleando para ello algunos resultados que no aparecen 
en el texto de Matemática IV de Ingeniería (735) y otros que sí. Por último 
estudiaremos “continuidad”. Los cálculos de límites se complican mucho en 
algunos casos llegando a ser muy difíciles de resolver. 
 
 
DOMINIO Y RANGO DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES 
 
EJEMPLO 1 
Determine el dominio de las siguientes funciones y en aquellos casos donde 
sea posible grafíquelo: 
 
a.- f(x, y) = 
2 2
2 2
x y
1- -
a b
 con a > b y distintos de cero 
b.- h(x, y) = ln(xy) 
 
 
 
 
 12
Solución: 
a.- El dominio de la función f es el conjunto formado por los puntos 
(x, y) ∈ ℜ2 tales que f(x, y) ∈ ℜ. Entonces para que f(x, y) ∈ ℜ se tiene que 
cumplir 
que ≥
2 2
2 2
x y
1- - 0
a b
; de aquí que 
Dom(f) = { (x, y) ∈ ℜ2 / ≤
2 2
2 2
x y
+ 1
a b
} 
y la gráfica correspondiente a este dominio es la indicada en la figura 
 
b.- La función h está definida en aquellos puntos en que xy > 0; luego este 
conjunto U de puntos del plano con el producto de sus coordenadas positivo 
queda descrito por la unión de los conjunto U1 y U2 donde 
 
U1 = {(x, y) / x > 0, y > 0}, 
U2 = {(x, y) / x < 0, y < 0 }. 
 
Luego 
Dom (h) = U1 ∪ U2 
Y la gráfica de este dominio es la indicada abajo, nótese que los ejes 
coordenados están segmentados, lo cual indica que no pertenecen al 
dominio de h. 
 
 
 
 
 
 
 13
EJEMPLO 2 
Halle el rango de las siguientes funciones: 
 
a.- f(x, y) =
2 2
2 2
x y
1- -
a b
 
b.- g(x, y) = 
2 2
2 4
x + y
x + y
 
c.- h(x, y) = ln(xy) 
 
Solución: 
a.- El rango de la función f es el conjunto {z ∈ ℜ / z = f(x, y), (x, y) ∈ Dom(f)}. 
Si (x, y) ∈ Dom(f), entonces 
0 ≤ ≤
2 2
2 2
x y
+ 1
a b
, 
de aquí que 
−1 ≤ ≤
2 2
2 2
x y
- - 0
a b
, 
luego 
0 ≤ 1 ≤
2 2
2 2
x y
- - 1
a b
, 
y en consecuencia 
0 ≤ 
2 2
2 2
x y
1- -
a b
≤ 1 
0 ≤ f(x,y) ≤ 1 
en conclusión: 
rango(f) = [0, 1] 
 
b.- Se tiene que 
0 ≤ 
2 2
2 4
x + y
x + y
≤ 
2
2 4
x
x + y
+ 
2
2 4
y
x + y
 
 
 
 
 
 14
como x2 ≤ x2 + y4 y y 4 ≤ x2 + y4 , entonces 
0 ≤ 
2 2
2 4
x + y
x + y
≤ 
2
2 4
x
x + y
+ 
2
2 4
y
x + y
 + ≤ 1 + 
2
1
y
< ∞ 
para cualquier valor de (x, y) ≠ (0,0), y en consecuencia: 
rango(f) = (0,∞) 
c.- Observemos que para los puntos (x, y) ∈ Dom(h) tenemos 
i) si 0 < xy < 1 se tiene que f(x, y) < 0, 
ii) para xy > 1 se tiene que f(x, y) > 0 
iii) para los puntos xy = 1 tenemos que f(x, y) = 0. 
De lo anterior podemos concluir que el rango de h es todo el conjunto ℜ. 
 
 
CURVAS DE NIVEL 
 
EJEMPLO 3 
Para cada uno de los campos escalares que se dan a continuación, halle las 
curvas de nivel o superficies de nivel, según sea el caso correspondiente, y 
represéntelas: 
a.- f(x, y) = 
2 2
2 2
x y
1- -
2 4 
b. h(x, y) = 2 2x - y
 
Solución: 
a.- La gráfica de la función f es la mitad superior del 
elipsoide 
2 2
2
2 2
x y
z + +
2 4
=1, es decir, f(x, y) = 
2 2
2 2
x y
1- -
2 4
. 
 
Las curvas de nivel están definidas por 
Cc = ( )
⎧ ⎫⎪ ⎪
⎨ ⎬
⎪ ⎪⎩ ⎭
2 2
2 2
x y
x,y / 1- - = c
2 4
, 
para c > 1 el conjunto es vacío (¿por qué?); para 0 ≤ c < 1, 
la curva de nivel es una elipse de centro en el origen, eje mayor en el eje y; si 
c = 1, la curva de nivel consiste en el punto ( 0, 0 ). 
 
 15
Algunas curvas de nivel para la función 
f(x, y) = 
2 2
2 2
x y
1- -
2 4
 
se muestran en la figura 1, las mismas se realizaron utilizando el software 
matemático Maple. 
b.- Este ejemplo lo resolveremos usando el programa Maple, para lo cual 
damos a continuación la secuencia de comandos1: 
 
Tecleamos 
> with(plots): 
> contourplot3d(sqrt(x^2-y^2), x=-3..3, y = -3..3, contours = 5 ); 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
La figura 2 representa algunas curvas de nivel para la función f. 
 
Comentario de los comandos: 
El primer comando es utilizado para cargar la librería “plots”, la cual nos 
permite graficar; el segundo indica que se va a graficar en tres dimensiones y 
consta de un mínimo de tres parámetros, los cuales se especifican a 
continuación: en el primer parámetro se escribe la función f que se va a 
graficar; en el segundo parámetro, el dominio que deseamos según 
convenga (nótese que este dominio es un subconjunto del dominio de la 
función) y en el tercer parámetro se especifica el número de curvas que se 
desea. 
 
1 Los autores están conscientes de que la traducción correspondiente para la palabra “comand” es “instrucción”; sin 
embargo, se mantendrá en este trabajo el término “comando” porque convencionalmente la pragmática del uso en 
este campo así lo ha establecido. 
 
 16
LÍMITE Y CONTINUIDAD 
 
El estudio de los límites de funciones de varias variables es mucho más 
complejo que el de funciones de una variables, pues en éste únicamente se 
tienen dos caminos para acercarse a un punto, por la derecha o por las 
izquierda; mientras que en el caso de varias variables existe una infinidad de 
caminos para acercarnos a un punto (a, b). Es importante destacar que si 
intentando por diferentes curvas o caminos que pasan por 0x
r
 resulta el 
mismo límite b, entonces sospechamos que el límite de la función, cuando x
r
 
tiende a 0x
r
, es b, y este hecho tiene que ser demostrado usando la definición 
de límite. 
 
Para el cálculo de límite nos podemos valer de dos propiedades que a 
continuación enunciaremos: 
 
i.- En coordenadas polares decir que (x, y) → (0,0) equivale a decir que 
r → 0 independientemente del valor de θ. 
ii.- Si f: D ⊆ ℜn → ℜ es un producto de dos funciones, una de las cuales 
está acotada y la otra tiene límite cero en 0x
r
, entonces f tiene límite cero 
en 0x
r
. 
 
 
EJEMPLO 4 
Estudie si existe el siguiente límite: 
→(x,y) (0,0)
lím
4
4 4
x y
x + y
 (1) 
Solución: 
Este ejemplo lo resolveremos utilizando dos métodos diferentes. 
 
• Primer método: 
Observemos que se cumple la siguiente desigualdad: 
4
4 4
x y
x + y
 < 
4
4
x y
x
 = ⏐y⏐ 
luego para puntos (x, y) muy “cercanos” al punto (0,0) la variable y se 
“acerca” al número cero, esta situación nos hace “intuir” que 
la expresión 
4
4 4
x y
x + y
se acerca al valor cero. 
 
 17
También podemos observar que si nos acercamos al punto por una familia 
de rectas que pasen por el origen, es decir, si sustituimos en la 
expresión 
4
4 4
x y
x + y
 la variable y por y = kx, obtenemos 
4
4 4
x y
x + y
 = 
4
kx
1+k
 
de aquí tenemos 
→(x, y) (0, 0)
lím
4
4 4
x y
x + y
 = 
→x 0
lím
4
kx
1+k
= 0 
 
Por las dos observaciones hechas anteriormente, podemos sospechar que el 
límite que nos mandan a buscar en (1) “tiende” a cero. Para comprobar esto 
tenemos que demostrar por definición de límite que 
→(x, y) (0,0)
lím
4
4 4
x y
x + y
 = 0 
es decir, que dado un número real ε > 0, existe un número real δ > 0 que 
verifica la siguiente condición: 
Si (x, y) ∈ Dom(f) y 0 < || (x, y) − (0,0) || < δ, entonces | f(x, y) − 0 | < ε. 
 
Se tiene que 
4
4 4
x y
x + y
 < 
4
4
x y
x
 ≤ ⏐y⏐ 
y como 
⏐y⏐< 2 2x + y < δ. 
Entonces tomando δ = ε tenemos 
Si 0 < || (x,y) − (0,0) || = 2 2x + y < δ, entonces 
4
4 4
x y
x + y
 < ε. 
En consecuencia 
→(x, y) (0, 0)
lím
4
4 4
x y
x + y
 = 0 
 
 
 
 18
• Segundo método: 
 Para este segundo método utilizaremos el siguiente resultado: 
 
Si f: D ⊆ ℜn → ℜ es un producto de dos funciones, una de las cuales está acotada 
y la otra tiene límite cero en 0x
r
, entonces f tiene límite cero en 0x
r
. 
 
Nótese que: 
4
4 4
x y
x + y
 = g(x, y).h(x, y) = ( )⎛ ⎞⎜ ⎟
⎝ ⎠
4
4 4
x
y
x + y
, 
en este caso la función que está acotada es g(x, y) = 
4
4 4
x
x + y
 con cota 
igual a 1; mientras que la función h(x, y) = y es la que tiende a cero, 
cuando (x, y) → (0,0). 
Por lo tanto: 
→(x, y) (0, 0)
lím
4
4 4
x y
x + y
 ≤ 
→(x, y) (0,0)
lím
4
4 4
x
. y
x + y
 ≤ 
→(x, y) (0,0)
lím y = 0. 
 
De aquí que 
→(x, y) (0,0)
lím
4
4 4
x y
x + y
 = 0 
 
 
EJEMPLO 5 
Pruebe que la función f: ℜ2 −{(0,0)}→ ℜ definida por: 
f(x, y) =
2 2
2 2
x + y
x + y + 1 - 1
 
posee límite igual a 2 en el punto (0,0). 
 
Solución: 
La única forma de probar la existencia del límite es por definición 
Tenemos que demostrar por definición que 
→(x,y) (0,0)
lím
2 2
2 2
x + y
x + y +1 - 1
 = 2 
 
 19
es decir que, dado un número real ε > 0, existe un número real δ > 0 que 
verifica la siguiente condición: 
 
Si x
r
∈ A y 0 < || (x, y) − (0,0) || < δ, entonces | f(x, y) − 2 | < ε. 
 
Consideremos δ como incógnita y supongamos 0 < || (x, y) || < δ, 
desarrollando la expresión | f(x, y) − 2 | < ε tenemos que 
 
| f(x, y) − 2 | = 
2 2
2 2
x + y
- 2
x + y +1 -1
 < 
2 2 2 2
2 2
(x + y ) ( x + y +1 +1)
- 2
x + y +1-1
 
 
< 2 2x + y +1 +1- 2 ≤ 2 2x + y = || (x, y) || < δ, 
 
(Para verificar que 2 2x + y +1 +1- 2 ≤ 2 2x + y , se eleva al cuadrado a 
ambos miembros de la desigualdad, se desarrolla y se simplifica 
obteniéndose 2 2x + y ≥ 0, a lo cual es cierto para todo x, y ∈ ℜ); luego, para 
obtener | f(x, y) − 2 | < ε basta elegir cualquier δ > 0 con δ ≤ ε 
 
En consecuencia 
→(x,y) (0,0)
lím
2 2
2 2
x + y
x + y +1 - 1
 = 2 
 
 
EJEMPLO 6 
Pruebe por definición, que la función f: ℜ2 −{(0,0)} → ℜ definida por: 
f(x, y) =
2
2 2
3x y
x + y
 
posee límite igual a 0 en el punto (0,0) 
 
Solución: 
Tenemos que demostrar por definición que 
→(x,y) (0,0)
lím
2
2 2
3x y
x + y
 = 0 
es decir que, dado un número real ε > 0, existe un número real δ > 0 que 
verifica la siguiente condición: 
Si x
r
∈ℜ2 −{(0,0)} y 0 < || (x, y) − (0,0) || < δ, entonces | f(x, y) − 0 | < ε. 
 
 20
Consideremos δ como incógnita y supongamos 0 < || (x, y) ||<δ, 
desarrollando la expresión |f(x,y)−0|<ε tenemos 
que | f(x, y) | = 
2
2 2
3x y
x + y
 = 
2
2 2
3x | y |
x + y
 
 
pero x2 ≤ x2 + y2 ya que y2 ≥ 0, de modo que 
 
| f(x, y) | =
2
2 2
3x | y |
x + y
 ≤ 3 | y | = 3 2y ≤ 3 2 2x + y = 3|| (x, y) || < 3δ, 
luego para obtener | f(x, y) | < ε basta elegir cualquier δ = 
3
ε . 
 
En consecuencia 
→(x,y) (0,0)
lím
2
2 2
3x y
x + y
 = 0 
 
 
EJEMPLO 7 
Calcule, si existe, 
→(x,y) (0,1)
lím
2 2
xy - x
x + y - 2y + 1
. 
 
Solución: 
Sea f(x, y) = 
2 2
xy - x
x + y - 2y + 1
. Si sustituimos y = mx + 1 en f(x, y) se tiene 
f(x, mx + 1) = 
2
m
1 m+
 , x ≠ 0 
de donde se deduce que no existe 
→(x,y) (0,1)
lím f(x, y), ¿por qué? 
 
 
EJEMPLO 8 
Sea f: U ⊆ ℜ2 → ℜ una función definida en un conjunto abierto U de ℜ2. Sea 
v
v
 ∈ ℜ2 un vector no nulo dado. Se dice que f es continua en la dirección del 
vector v en el punto p(x0, y0) ∈ U, si 
→t 0
lím f(p + t v
v
) = f (p). 
 
Estudie si la siguiente proposición es cierta: f es una función continua en el 
punto p(x0, y0), entonces f es continua en la dirección de cualquier vector no 
nulo v
v
∈ℜ2 en ese punto. En caso contrario de un contraejemplo. 
 
 21
Solución: 
Por hipótesis tenemos que f es continua en (x0, y0), entonces, dado un 
número real ε > 0, existe un número real δ > 0 que verifica la siguiente 
condición: 
Si w ∈ U y || w − p || < δ, entonces | f(w) − f(p) | < ε. 
 
Queremos demostrar que, dado el vector no nulo v∈ℜ2 y número real 
ε > 0, existe un número real δ1 = δ1 (v, ε) > 0 tal que 
Si | t | < δ1, entonces | f( p + tv ) − f(p) | < ε. 
Como v es vector no nulo se tiene que || v || ≠0, luego 
tomando 
 δ1 = 
||v||
δ
 
 tenemos 
 | t | < δ1 = 
||v||
δ
 ⇔ || tv || < δ ⇔ || p + tv − p || < δ 
 
y como f es continua en p implica que 
 | f( p + tv ) − f(p) | < ε. 
 
 
EJEMPLO 9 
Sea f : ℜ2 → ℜ la función definida por: 
 
f(x, y) = 
⎧
≠⎪
⎨
⎪
⎩
2 2
2 2
2 x - y
si (x,y) (0,0)
2 x + y
0 si (x,y) = (0,0)
 
 
Pruebe que la función f es continua en todo punto diferente de (0,0), pero no 
es continua en (0,0). 
 
Solución: 
La función f es continua en todo punto (x, y) ≠ (0,0) ya que es el cociente de 
dos funciones continuas. 
→y 0
lím f(x, y) = 1 si x ≠ 0 
 
→x 0
lím f(x, y) = −1 si y ≠ 0 
 
 22
luego 
→x 0
lím (
→y 0
lím f(x, y) ) = 1, 
→y 0
lím (
→x 0
lím f(x, y) ) = −1. 
 
 
De aquí se deduce que 
→(x,y) (0,0)
lím f(x, y) no existe, en consecuencia f no es 
continua en el punto (0,0). 
 
 
EJEMPLO 10 
Sea f: ℜ2 → ℜ la función definida por: 
 
f (x, y) = 
⎧ ≠⎪
⎨
⎪⎩
2 2
x y - 2x - y + 2
si (x,y) (1,2)
x + y - 2x - 4y + 5
0 si (x,y) = (1,2)
 
Determine si f es continua en el punto (1,2). 
 
Solución: 
Debemos determinar si 
→(x,y) (1,2)
lim f(x, y) = f(1, 2) = 0 . 
 
Primero observamos que para (x, y) ≠ (1, 2) la función f se puede escribir de 
la siguiente forma 
f(x, y) = 
2 2
(x -1) (y - 2)
(x -1) + (y - 2)
 
 
Acerquémonos al punto (1, 2) a lo largo de cualquier recta que atraviesa el 
punto, es decir, rectas de la forma y − 2 = m(x − 1), o equivalentemente 
y = m(x − 1) + 2, donde m es la pendiente, entonces 
 
f (x, m(x − 1) + 2) = 
2 2
(x -1) (m(x -1))
(x -1) + (m(x -1))
 = 
2
m
1 m+
 
 
De aquí que si (x, y) → (1,2) a lo largo de la familia de rectas 
y − 2 = m(x − 1), se tiene que 
→(x,y) (1,2)
lim f(x,y) depende del valor de m. 
Concluimos que el límite no existe y en consecuencia f no es continua 
en (1,2). 
 
 
 
 
 
 23
EJEMPLO 11 
Se da la función f definida por f(x, y) = 
2 3
4 4
3x y
x + y
 que no está definida en 
(0,0). ¿Es posible definir el valor f(0,0) de tal modo que f sea continua en ese 
punto? 
 
Solución: 
Expresando la función f(x, y) = 
2 3
4 4
3x y
x + y
 en coordenadas polares x = r cos(θ), 
y = r sen(θ) obtenemos la función 
g(r, θ) = f(r cos(θ), r sen(θ) ) = θ θ
θ θ
5 2 3
4 4 4
3 r cos ( ) sen ( )
r (cos ( ) + sen ( ) )
 = θ θ
θ θ
2 3
4 4
3 r cos ( ) sen ( )
(cos ( ) + sen ( ) )
 
 
Podemos observar la función g como el producto de dos funciones ξ(r) = r y 
ψ(θ) = θ θ
θ θ
2 3
4 4
3 cos ( ) sen ( )
(cos ( ) + sen ( ) )
, como 
→r 0
lím ξ(r) = 0 y ψ(θ) está 
 
acotada, entonces 
→r 0
lím g(r, θ) = 
→r 0
lím ξ(r)ψ(θ) = 0 
 
en consecuencia 
→(x,y) (0,0)
lím f(x, y) = 0. 
Por lo tanto podemos definir f(0,0) = 0 para que sea continua en ese punto. 
 
Observación: 
En este límite se usó la siguiente propiedad: si una función h es el producto de 
una función acotada por otra que tiende a cero, entonces h tiende a cero. 
 
Veamos que la función ψ(θ) está acotada, en efecto: 
| sen(2θ) | ≤ 1 
0 ≤ (sen(2θ))2 ≤ 1 
0 ≤ (2sen(θ)cos(θ))2 ≤ 1 
0 ≤ sen2(θ) cos2(θ) ≤ 1/4 
0 ≤ sen2(θ) cos2(θ) (sen(θ) + 1) ≤ (1/4) (sen(θ) + 1) ≤ 1/2 
2sen3(θ) cos2(θ) + 2 sen2(θ) cos2(θ) ≤ 1 = (sen2(θ) + cos2(θ))2 
2sen3(θ) cos2(θ) ≤ sen4(θ) + cos4(θ) 
 
 24
de aquí que 
θ θ
θ θ
2 3
4 4
3 cos ( ) sen ( )
(cos ( ) + sen ( ) )
≤ 
1
2
 
luego la función ψ(θ) está acotada. 
 
 
EJEMPLO 12 
Calcule, si es posible, el siguiente límite: 
→(x, y) (0,0)
lim
2
2 2
3x y
x + y
 
a lo largo de la trayectoria y = mx, tenemos 
→(x,mx) (0,0)
lim
2
2 2
3x mx
x + (mx)
 = 
→ 2x 0
3mx
lim
1+ m
 = 0 
a lo largo de la trayectoria y = x2, tenemos 
→2(x,x ) (0,0)
lim
4
2 2 2
3x
x + (x )
 = 
→
2
2x 0
3x
lim
1+ x
 = 0 
una tercera trayectoria es la parábola x = y2, entonces 
→2(y ,y) (0,0)
lim
( )
5
22 2
3y
y + y
= 
→
3
2y 0
3y
lim
1+ y
 = 0 
De lo anteriormente realizado podemos sospechar que el límite podría ser 0. 
Nunca lo sabremos hasta hallar otra trayectoria a lo largo de la cual el límite 
sea diferente, o hasta que se demuestre por definición que realmente el 
límite es cero, es decir, dado ε > 0, tenemos que demostrar que existe δ > 0 
tal que si 
0 < ||(x, y) − (0,0)|| < δ, entonces |f(x, y) − 0| < ε 
 
para demostrar esto, consideremos 
|f(x, y) − 0| = 
22 2
2 2 2 2 2 2
3x | y |3x y 3x y
- 0 = =
x + y x + y x + y
 
 
 
 25
como x2 ≤ x2 + y2 , ya que y2 ≥ 0, entonces 
2
2 2
x
x + y
≤ 1 
de modo que 
2
2 2
3x | y |
x + y
≤ 3 |y| < 3 2 2x + y < 3δ < ε 
tomando δ < ε/3 nos queda 
0 < ||(x, y) − (0,0)|| < δ, entonces 
2
2 2
3x y
- 0
x + y
 < ε. 
 
 26
EJERCICIOS PROPUESTOS 
1).- Determine el dominio de las siguientes funciones 
a.- z = f(x, y) =
2 2
1
1- x - y
 b.- z = f(x, y) = 2 2x + y -1 
c.- z = f(x, y) =arcsen(x+y) d.- z = f(x, y) = arcsen ( )y -1x 
e.- z = f(x, y) = xsen(y) f.- z = f(x, y) = 2 2 2
1
R - x - y
 
 
2).- Para cada uno de los campos escalares que se dan a continuación, 
hallar las curvas o superficie de nivel, según sea el caso correspondiente y 
represéntalas usando maple. 
a.- z = f(x, y) = arcsen(x y) b.- z = f(x, y) = Ln(x2 + y) 
c.- z = f(x, y) = x2 + y2 d.- z = f(x, y) = xy 
e.- w = f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 f.- w = f(x, y, z) = x2 + y2 
 
3) Determine el rango de las siguientes funciones 
a.- z = f(x, y) = 
2x - ye b.- z = f(x, y) = 2 236 - 9x - 4y 
c.- z = f(x, y) = 3 d.- z = f(x, y) = 2 2
1
1+ x + y
 
 
4) Calcule los siguientes límites, si es que existen, o demuestre que no 
existen 
a.- 
→
x y
(x, y) (0,0)
e
lim
x +1
 b.- 
→ 2 2(x, y) (0,0)
1
lim x sen
x + y
 
c.- 
→
2 2
2 2(x, y) (0,0)
1- cos (x + y )
lim
x + y
 d.- 
→
2 2
2 2(x, y) (0,0)
(x + y )
lim
x + y +1 -1
 
e.- ( x2 + y2 )Ln(x2 + y2) f.- →(x, y) (0,0)
lím
3 2
2 2
x y
x + y
 
 
 27
g.- 
→(x, y) (0,0)
lím
2
2 2
x
x + y
 h.- →(x,y) (0,0)
lím
2 2
x y
x + y
 
i.-
→(x,y,z) (0,0,0)
lím
2 2
2 2 4
xy + yz + xz
x + y + z
 
j.- 
→(x,y) (0,0)
lím
3 3
2 2
x + y
x + y
(Use coordenadas polares)
k.- 
→(x, y) (0,0)
lím ( ( )2 2 2 2x + y ln(x + y ) (Use coordenadas polares) 
l.- 
→(x, y) (0,0)
lím f(x, y) , con f(x, y) = 
⎧ ≠⎪
⎨
⎪⎩
2 2
x y
si (x, y) (0, 0)
x+ 2xy + y
0 si (x, y) = (0, 0)
 
 
5.- Pruebe que 
→(x,y) (1,0)
y sen(x -1)
lím
x -1
 = 0. 
 
6.- Determine el conjunto más grande donde la función sea continua. 
a.- f(x, y, z) = 
2 2
xyz
x + y - z
 b.- f(x, y) = 
2 2
2
x + y
 
c.- 
f(x, y) = 
π π
1 1
+
sen( x) sen( y)
 d.- 
⎧ ≠⎪
⎨
⎪⎩
2 2
xy
si (x, y) (0, 0)
f(x,y) = x + xy + y
0 si (x, y) = (0, 0)
 
 
7.- Considere la siguiente función 
 
f(x, y) = 
⎧
≠⎪
⎨
⎪
⎩
2 2
2 2
x y(x - y )
si (x, y) (0, 0)
x + y
0 si (x, y) = (0, 0)
 
 
a.- Dibuje con maple la gráfica y las curvas de nivel de f. 
b.-¿Sugiere la gráfica de la parte a) que f es continua en (0,0)? 
Explique su respuesta. 
 
 
 
 
 28
8.- Explique por qué la siguiente función no es continua a lo largo de 
la recta y = 0. 
f(x, y) = 
≥⎧
⎨
⎩
1- x si y 0
- 2 si y < 0
 
[Recuerde que estudiar la continuidad sobre la recta y = 0 es lo mismo que 
estudiar la continuidad en puntos de la forma (a,0)] 
 
En los problemas 9 y 10, determine si existe un valor de c para el cual 
la función sea continua en todas partes. Si es así, encuéntrelo; si no, 
explique por qué. 
 
9.- f(x, y) = 
≤⎧
⎨
⎩
c + y si x 3
5 - y si x > 3
 10.- f(x, y) = 
≤⎧
⎨
⎩
c + y si x 3
5 - x si x > 3
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 29
UNIDAD 2 CÁLCULO DIFERENCIAL DE FUNCIONES DE ℜn EN ℜm 
 
OBJETIVO DE APRENDIZAJE 
 
Aplicar el concepto de derivada direccional, derivada parcial y la 
diferencial de una función de varias variables, así como sus 
propiedades, en la solución de problemas. 
 
CONTENIDO 
La derivada direccional. La derivada parcial. La diferencial y sus aplicaciones. 
Cálculo de la matriz jacobiana. La regla de la cadena y sus aplicaciones. 
Derivación implícita. Teoremas de la función inversa y la función implícita. 
 
En la presente unidad presentaremos una serie de ejemplos donde 
aplicaremos las definiciones de derivada direccional, derivada parcial y la 
diferencial. También calcularemos derivadas parciales utilizando las reglas 
de derivación y derivación implícita. 
 
Calcularemos además la matriz jacobiana, matriz ésta que lleva su 
nombre en honor de su creador, Carl Jacobi, y la emplearemos para el 
cálculo de la regla de la cadena. Resolveremos ejemplos donde apliquemos 
los teoremas de la función inversa e implícita. 
 
 
 
Comenzamos el Objetivo 2 con un resumen biográfico del matemático 
alemán Carl Jacobi o Carl Gustav Jacob Jacobi, personaje éste en el que se 
centra el grueso de la presente unidad. 
 
Carl Gustav Jacob Jacobi 
(1804 - 1851) 
 
Nacido en diciembre 10 de 1804 en Potsdam, 
(Prusia actual), Alemania y fallecido en febrero 18 de 
1851 en Berlín. 
 
Matemático muy prolífico que contribuyó en 
varias ramas de la matemática, como el álgebra, las 
ecuaciones diferenciales, la teoría de números. 
 
Formula separadamente del matemático noruego 
Niels Henrik Abel la “Teoría de Funciones Elípticas”. 
 
 
 30
Jacobi tenía la reputación de ser un excelente maestro por lo 
que se le ha considerado el profesor más estimulante de su tiempo, 
atraía a muchos estudiantes. Introdujo un método de seminario para 
enseñar a los estudiantes los últimos avances matemáticos. 
 
LA DERIVADA DIRECCIONAL. LA DERIVADA PARCIAL 
• La derivada direccional 
EJEMPLO 1 
Sea f de ℜ2 en ℜ la función definida por 
⎧
≠⎪
⎨
⎪
⎩
2
4 2
x y
si (x,y) (0,0)
f(x,.y) = x + y
0 si (x,y) = (0,0)
 
Dado el vector unitario v
r
= (a, b) ∈ ℜ2, calcule, por definición, la derivada 
direccional f
v
∂
∂
r (0,0). 
Solución: 
Dado el vector unitario v = (v1, v2), tenemos: 
1 2f(hv ,hv ) - f(0,0)
h
 = 1 2
f(hv ,hv )
h
 = 
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2
1 2
4 2
1 2
(hv ) hv1
h (hv ) + (hv )
 
= ⎛ ⎞⎜ ⎟
⎝ ⎠
3 2
1 2
3 2 4 2
1 2
h v v1
h h v + v
 = 
2
1 2
2 4 2
1 2
v v
h v + v
 
 
Este cociente se puede tomar debido a que si v es un vector unitario 
entonces v1 ≠ 0 ó v2 ≠ 0 
 
por lo tanto 
∂
∂
r
f
v
(0,0) = 
→h 0
lím
2
1 2
2 4 2
1 2
v v
h v + v
 = 
2
1
2
v
v
 , si v2 ≠ 0. 
además 
∂
∂
r
f
v
(0,0) = 0 , si v2 = 0 
así la derivada direccional de f existe en cualquier dirección en el punto (0,0). 
 
 31
EJEMPLO 2 
Sea f de ℜ3 en ℜ la función definida por 
f (x, y, z) = 
2
2
x
a
+
2
2
y
b
+
2
2
z
c
 
 
Pruebe si la derivada direccional de f en cualquier punto (x0, y0, z0) ≠ (0, 0, 0) 
en la dirección que va desde éste al origen de coordenadas es 
 
0 0 0
2 2 2
0 0 0
- 2f(x ,y ,z )
x + y + z
 
 
Solución: 
El vector que nos da la dirección donde queremos calcular la derivada 
direccional es: 
v = (0, 0, 0) − (x0 ,y0 , z0 ) = (−x0 , −y0 , −z0 ) 
 
luego, el vector unitario es 
w = 0 0 0
2 2 2
0 0 0
- (x ,y ,z )
x + y + z
 
definamos la función g:ℜ→ℜ por 
 
g(t) = f ( (x0 ,y0 , z0 ) + t λ(−x0 , −y0 , −z0 ) ) 
 
donde 
λ = 
2 2 2
0 0 0
1
x + y + z
, 
entonces 
g(t) = f ( (1 − t λ) (x0 ,y0 , z0 ) ) = (1 − t λ) 2 f ( x0 ,y0 , z0 ) 
 
luego, tenemos que 
 
f ′((x0 ,y0 , z0 ) ; w) = g′(0) = −2λ f ( x0 ,y0 , z0 ) = 0 0 0
2 2 2
0 0 0
- 2f(x ,y ,z )
x + y + z
 
 
 32
EJEMPLO 3 
Calcule la derivada direccional de la función f(x, y) = 
2y
x
, en el punto (3,−1) 
de la elipse de ecuación 3x 2 + 9y 2 = 36, en la dirección de la recta normal a 
la elipse. 
 
Solución: 
La recta normal a la elipse de ecuación 3x2 + 9y2 = 36 en un punto (x0, y0) 
viene determinada por la expresión y − y0 = (3 y0/x0) (x − x0). Por lo tanto la 
dirección de la recta normal a la elipse en el punto (x0, y0) está determinada 
por la dirección del vector v1 = (x0, 3y0) y como (x0, y0) = (3, −1) se tiene 
v1 = (3, −3) y así el vector unitario en la dirección antes mencionada es 
v = 1
2
(1, −1). 
 
Definamos la función g por 
g(t) = f ( (3,−1) + t
2
(1,−1) ) = f ⎛ ⎞⎜ ⎟
⎝ ⎠
t t
3+ , -1-
2 2
, 
luego como f(x, y) = 
2y
x
, obtenemos g(t) = 
⎛ ⎞
⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
2
t
1+
2
t
3+
2
 = 
2( 2 +t)1
2 3 2 +t
 
entonces 
g ′(t) = 
2
2
2( 2 +t)(3 2 +t) - ( 2 +t)1
2 (3 2 +t )
 
 
por lo tanto la derivada direccional buscada es g ′(0) = 
1 10
182
 = 
5 2
18
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 33
EJEMPLO 4 
Sean v
r
= (v1, v2, …, vn) un vector unitario de ℜn y f: ℜn →ℜ la función 
definida por f(x1, x2, …, xn) = a1x1 + a2x2 +…. + an xn donde a1, a2, …, an son 
las componentes de un vector a
r
cualquiera en ℜn. 
 
Demuestre, por definición, que la derivada direccional de f en la dirección del 
vector v
r
 se puede escribir como 
∂
∂
r
f
v
 = v1
∂
∂ 1
f
x
 + v2
∂
∂ 2
f
x
+…. + vn 
∂
∂ n
f
x
 
Solución: 
Por definición de derivada direccional de la función f en el punto r
x = (x1, x2, …xn) y en la dirección del vector v
r
, tenemos 
 
∂
∂
r
r
f
(x)
v
 = 
→h 0
lim
r r r
f(x + t v) - f(x)
h
= 
= 
→h 0
lim
[ ]1 2 n 1 2 n 1 2 nf (x ,x ,...,x ) + h(v ,v ,...,v ) - f(x ,x ,...,x )
h
 
= 
→h 0
lim 1 1 1 2 2 2 n n n 1 1 2 2 n na (x +hv )+a (x +hv )+...+a (x +hv ) - (a x + a x +...+a x )
h
 
= 
→h 0
lim 1 1 2 2 n n
h(a v + a v +... +a v )
h
 = 
→h 0
lim 1 1 2 2 n na v + a v +... +a v 
= 1 1 2 2 n na v + a v +... +a v = 
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂1 2 n1 2 n
f f f
v + v +... + v
x x x
 ¿Por qué? 
 
EJEMPLO 5 
Sea f : D ⊂ ℜ2 → ℜ la función definida por 
f(x, y) = Ln(x + y), 
donde D = {(x, y)∈ ℜ2 / x + y > 0 }. 
 
Halle la derivada direccional de f en el punto (1,2) y en la dirección de la recta 
tangente a la parábola de ecuación y2 = 4x en el punto dado. 
 
Solución: 
La recta tangente a la parábola y2 = 4x en el punto (1,2) viene determinada 
por la expresión y −2 = x−1. ¡Compruébelo! 
 
 34
Por lo tanto la dirección de la recta tangente a la parábola en el punto (1, 2) 
está determinada por la dirección del vector v1 = (1, 1), 
luego v = 1
1
v
|| v ||
 = 
1
2
(1,1) 
 
Entonces 
 
g(t) = f( (1,2) + t 
1
2
(1,1) ) = f( 1 + 
t
2
, 2 +
t
2
) = Ln( 3 + 
2t
2
 ) 
 
de donde se obtiene 
g ′(t) = 
2
3 2 + 2t
 
y por lo tanto 
 g ′(0) = 
2
3
 
 
la derivadadireccional de f en el punto (1, 2) perteneciente a la parábola de 
ecuación y 2 = 4x y en la dirección de la recta tangente a la parábola es 
 
f ′( (1,2) + t 
1
2
 (1,1) ) = 
2
3
 
 
 
• La derivada parcial 
 
EJEMPLO 6 
Pruebe si la función z = arctg (
x
y
), donde 
x = x (u, v) = u + v y y = y(u, v) = u − v 
 
satisface la relación: 
 
∂
∂
z
u
 + 
∂
∂
z
v
 = 
2 2
u - v
u + v
 (*) 
 
 
 
 
 
 35
Solución: 
Sea z = f (x, y), entonces 
∂
∂
z
u
 = 
∂
∂
f
x
∂
∂
x
u
 + 
∂
∂
f
y
∂
∂
y
u
 
∂
∂
z
v
 = 
∂
∂
f
x
∂
∂
x
v
 + 
∂
∂
f
y
∂
∂
y
v
, 
donde 
∂
∂
f
x
 = 
2
1
x
1+ ( )
y
 
1
y
= 
2 2
y
x + y
=
2 2
u - v
(u - v) + (u + v)
=
2 2
u - v
2 (u + v )
 
∂
∂
f
y
 = 
2
1
x
1+ ( )
y
 
2
-x
( )
y
= − 
2 2
x
x + y
= − 
2 2
u + v
2 (u + v )
 
∂
∂
x
u
 = 1; 
∂
∂
x
v
 = 1; 
∂
∂
y
u
= 1 ; 
∂
∂
y
v
= − 1, 
entonces 
∂
∂
z
u
 = 
2 2
u - v
2 (u + v )
 − 
2 2
u + v
2 (u + v )
= 2 2
- v
u + v
 
 
∂
∂
z
v
 = 
2 2
u - v
2 (u + v )
 + 
2 2
u + v
2 (u + v )
= 2 2
u
u + v
 
 
luego 
∂
∂
z
u
 + 
∂
∂
z
v
 = 
2 2
u - v
u + v
 
 
en consecuencia f satisface la relación (*). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 36
EJEMPLO 7 
Sea f de ℜ3 en ℜ la función definida por 
f (x, y, z) = 
y
z
x +
z
y
x +
x
z
y +
z
x
y +
x
y
z +
y
x
z 
Calcule 
∂
∂
f
x
, 
∂
∂
f
y
y 
∂
∂
f
z
 en el punto (1, 1, 1). 
 
Solución: 
Considerando la función f como una función tan sólo de la variable x y las 
otras coordenadas fijas obtenemos 
∂
∂
f
x
= y
z
y
-1
zx + z
y
z
-1
yx + Ln(y)
z
x
z
y − z
2
Ln(y)
x
z
x
y + 
Ln(z)
y
x
y
z − y
2
Ln(z)
x
y
x
z 
de aquí que 
∂
∂
(1,1,1)
f
x
= 2 
considerando la función f como una función tan sólo de la variable y y las 
otras coordenadas fijas obtenemos 
∂
∂
f
y
= x
z
x
-1
zy + z
x
z
-1
xy + Ln(x)
z
y
z
x − z
2
Ln(x)
y
z
y
x + 
Ln(z)
x
y
x
z − x
2
Ln(z)
y
x
y
z 
y evaluando en el punto (1,1,1) nos queda 
∂
∂
(1,1,1)
f
y
= 2 
de igual manera procedemos a considerar la función f como una función de la 
variable z con las otras coordenadas fijas 
∂
∂
f
y
= x
y
x
-1
yz + y
x
y
-1
xz + Ln(x)
y
z
y
x − y
2
Ln(x)
z
y
z
x + 
Ln(y)
x
z
x
y − x
2
Ln(y)
z
x
z
y 
en consecuencia 
∂
∂
(1,1,1)
f
z
= 2 
 
 
 
 37
EJEMPLO 8 
Sea la función z = f(x, y) = 
2 2
xy
x +y
, con x = x (s, t) = se cos(t), 
y = y(s, t) = se sen(t). 
 
Halle ⎛ ⎞∂⎜ ⎟∂⎝ ⎠
2
z
s
+ ⎛ ⎞∂⎜ ⎟∂⎝ ⎠
2
z
t
 
 
Solución: 
Aplicando la regla de la cadena a la función z = f (x, y), obtenemos 
∂
∂
z
s
 = 
∂
∂
f
x
∂
∂
x
s
 + 
∂
∂
f
y
∂
∂
y
s
 
t
z
∂
∂
 = 
∂
∂
f
x
∂
∂
x
t
 + 
∂
∂
f
y
∂
∂
y
t
, 
y como 
∂
∂
f
x
 = 
2 2
2 2 2
y(x + y ) - xy2x
(x + y )
=
3 2
2 2 2
y - x y
(x + y )
= 
se− sen(t) ( sen2(t) − cos2(t) ) 
 
∂
∂
f
y
 = 
2 2
2 2 2
x(x + y ) - xy2x
(x + y )
= 
3 2
2 2 2
x - y x
(x + y )
= 
se− cos(t) ( cos2(t) − sen2(t) ) 
 
∂
∂
x
s
 = se cos(t) ; 
∂
∂
x
t
 = − se sen(t) ; 
∂
∂
y
s
= se sen(t) ; 
∂
∂
y
t
= se cos(t), 
 
entonces 
 
⎛ ⎞∂
⎜ ⎟∂⎝ ⎠
2
z
s
+ ⎛ ⎞∂⎜ ⎟∂⎝ ⎠
2
z
t
= [sen(t)cos(t)(sen2(t) − cos2(t)) + sen(t)cos(t)(cos2(t)−sen2(t))]2 
+ [−sen2(t)(sen2(t) − cos2(t)) + cos2(t)(cos2(t)−sen2(t))]2 
 
 = ( cos2(t) − sen2(t) )2 
 
 
 
 
 
 
 
 38
EJEMPLO 9 
Considere la función f: ℜ2 → ℜ definida por: 
f(x, y) = 
⎧
⎨
⎩
x + yx si x ³ 0
x - yx si x < 0
 
Aplicando la definición de derivadas parciales, halle en qué puntos del plano 
la función f posee derivada parcial con respecto a la coordenada x. 
 
Solución: 
Aplicando la definición de derivada parcial con respecto a la coordenada x, 
para los puntos (x, y) tales que x > 0, obtenemos 
 
∂
∂
f
x
 (x, y) = 
→h 0
f(x + h, y) - f(x, y)
lím
h
= 
→h 0
(x + h) +y(x + h) - (x + yx)
lim
h
 
 
= 
→h 0
h + y h
lim
h
=
→h 0
lim 1+ y = 1 + y 
 
de manera similar se tiene que para los puntos (x, y) tales que x < 0 
∂
∂
f
x
(x, y) = 
→h 0
f(x + h, y) - f(x, y)
lím
h
= 1 − y. 
estudiemos ahora los puntos de la forma (0,y) con y ≠ 0 
∂
∂
f
x
(0,y) = 
→h 0
f(0 + h, y) - f(0, y)
lím
h
= 
→h 0
f(h, y)
lím
h
 
luego, por la definición de la función f tenemos que 
→h 0
f(h, y)
lím
h
= 
→
→
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩
h 0
h 0
+
-
h+ yh
lím =1+ y
h
h- yh
lím =1- y
h
 
de donde deducimos que no existe la derivada parcial de f con respecto a la 
coordenada x en los puntos de la forma (0,y) con y≠ 0 
finalmente tenemos que ∂
∂
f
x
 (0,0) = 
→h 0
lím
→h 0
f(0 + h, 0) - f(0, 0)
lím
h
 = 0 
 
 
 39
En consecuencia 
∂
∂
f
x
 (x, y) = 
( )
( )
( )
( )
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪ ≠⎩
1+ y , para los puntos x, y con x > 0
1- y , para los puntos x, y con x < 0
0 , para el punto 0, 0
No existe para los puntos de la forma 0, y con y 0
 
 
 
EJEMPLO 10 
Sea f : ℜ2 → ℜ la función definida por: 
f (x, y) = 
⎧ ≠⎪
⎨
⎪
⎩
2 2
xy
si (x,y) (0,0)
x +y
0 si (x,y)=(0,0)
 
Halle las derivadas parciales de la función z = f(x, y) para todos (x, y) ∈ℜ2. 
 
Solución: 
Para todo (x, y) distinto de (0,0) se tiene 
( )
∂
∂
3
32 2
f y
=
x
x + y
 , 
( )
∂
∂
3
32 2
f x
=
y
x + y
 
por otra parte, si (x, y) = (0,0), tendremos 
 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
→ →
→ →
∂
∂
∂
∂
h 0 h 0
h 0 h 0
f 0+h,0 - f 0,0f 0-0
0,0 = lim = lim = 0
x h h
f 0,0+h - f 0,0f 0-0
0,0 = lim = lim =0
y h h
. 
 
En consecuencia 
( ) ( )
⎧
≠⎪∂ ⎪
⎨∂ ⎪
⎪⎩
3
32 2
y
si (x, y) (0,0)
f
x, y = x + yx
0 si (x, y) =(0,0)
 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
⎧
≠⎪∂ ⎪
⎨∂ ⎪
⎪⎩
3
32 2
x
si x,y 0,0
f
x,y = x +y
y
0 si x,y = 0,0
 
 
 40
Comentario: 
Observe que para calcular la derivada parcial de f en el punto (0,0) tuvimos 
que aplicar la definición, ya que al calcular las derivadas parciales de primer 
orden de la función f nos queda una función que no está definida en el (0,0). 
 
 
EJEMPLO 11 
Sea f: ℜ2 → ℜ la función definida por f(x, y) = 2 2x + y , calcule 
∂
∂
f
x
(0,0) y 
∂
∂
f
y
 (1,1) y dé una interpretación geométrica de estos números, en caso de 
ser posible. 
 
Solución: 
Para calcular 
∂
∂
f
x
 (0,0) usaremos la definición de la derivada parcial de f con 
respecto a x en el punto (0,0). ¿por qué? 
 
∂
∂
f
x
 (0,0) = 
→h 0
lím
f(0 + h, 0) - f(0,0)
h
 = 
→h 0
lím
2h
h
= 
→h 0
lím
h
h
 = 
⎧
⎨
⎩
+
-
1 si t ® 0
-1 si t ® 0
 
 
lo cual indica que no existe 
∂
∂
f
x
 (0,0). 
Para todo punto (x, y)≠(0,0) se tiene que 
∂
∂
f
y
(x, y) = 
2 2
y
x + y
, 
luego 
∂
∂
f
y
(1,1) = 
2
2
. Este número representa la pendiente de la recta 
tangente a esa curva en el plano x = 1. 
 
 
EJEMPLO 12 
Considere la función f : ℜn - {(0, 0, … , 0)} → ℜ definida por 
f(x1, x2, …,xn ) = 
1
2
x
x
+ 
2
3
x
x
+ 
3
4
x
x
+ 
4
5
x
x
+.….. + 
n-1
n
x
x
 
 
 
 
 41
pruebe si se cumple la siguiente igualdad 
∂
∂∑
n
i
ii =1
f
x
x
 = 0 
Solución: 
Hallemos 
∂
∂ i
f
x
 y xi
∂
∂ i
f
x
 para i = 1,2,…n 
 
∂
∂ 1
f
x
= 
2
1
x
 x1
∂
∂ 1
f
x
 = 1
2
x
x
 
∂
∂ 2
f
x
= 1
2
32
x 1
- +
xx
 x2 
∂
∂ 2
f
x
 = 1 2
32
x x
- +
xx
 
∂
∂ 3
f
x
= 2
2
3 4
x 1
- +
xx
 x3 
∂
∂ 3
f
x
 = 32
43
xx
- +
xx
 
y de esta manera tenemos 
∂
∂ n-1
f
x
= n-2
2
nn-1
x 1
- +
xx
 x n − 1 
∂
∂ n-1
f
x
 = n-2 n-1
nn-1
x x
- +
xx
 
∂
∂ n
f
x
 = n-1
2
n
-x
x
 x n 
∂
∂ n
f
x
 = n-1
n
-x
x
 
luego, sumando los términos de la segunda columna se obtiene que 
∂
∂∑
n
i
ii =1
f
x
x
 = 0. 
 
LA DIFERENCIAL Y SUS APLICACIONES 
 
EJEMPLO 13 
Sea g: ℜ → ℜ una función diferenciable y definamos la función f de ℜ2 en ℜ 
por 
 f(x, y) = 4g(x) + 7g(y) , 
 
demuestre por definición que f es diferenciable en todo su dominio. 
 
 
 
 42
Solución: 
Para demostrar que f es diferenciable primero debemos encontrar una 
transformación linealy comprobar que ésta satisface el límite (β) de la 
definición de diferenciabilidad (ver sección 40 definición 9 del libro 
Matemática IV (735), tomo I. 
 
Sea ( , )0 0x yL :ℜ
2 → ℜ la aplicación definida por: 
( , )0 0x y
L (v1, v2 ) = 4g′(x0)v1 + 7g′(y0)v2. 
Compruebe que ( , )0 0x yL es lineal 
 
probemos ahora que 
→( , ) ( , )1 2h h 0 0
lím 00 1 0 2 0 0 x 1 2
1 2
f(x +h ,y +h )- f(x ,y ) -L (h ,h )
||(h ,h )||
 = 0 . 
 
En efecto 
 
 00 1 0 2 0 0 x 1 2
1 2
f(x +h ,y +h )- f(x ,y )-L (h ,h )
||(h ,h )||
= 
 
 =
′ ′0 1 0 2 0 0 0 1 0 2
2 2
1 2
4g(x +h ) +7g(y +h )- 4g(x ) - 7g(y ) - [4g (x )h + 7g (y )h ]
h +h
= 
 
reagrupando términos, sacando factor común, multiplicando y dividiendo por 
términos apropiados obtenemos que la igualdad anterior se transforma en 
la siguiente expresión: 
 
 = ⎡ ⎤′⎢ ⎥
⎣ ⎦
0 1 0
0
1
g(x +h ) - g(x )
4 - g (x )
h
1
2 2
1 2
h
h +h
 + 
⎡ ⎤
′⎢ ⎥
⎣ ⎦
0 2 0
0
2
g(y +h ) - g(y )
7 - g (y )
h
2
2 2
1 2
h
h +h
 (*) 
 
pero 
2
2 2
1 2
h
h +h
< 1
2 2
1 2
|h |
h +h
< 1 y 2
2 2
1 2
h
h +h
< 2
2 2
1 2
|h |
h +h
< 1 
 
 
entonces la expresión (*) queda que es menor que la expresión 
 
< 
⎡ ⎤
′⎢ ⎥
⎣ ⎦
0 1 0
0
1
g(x +h ) - g(x )
4 - g (x )
h
 + ⎡ ⎤′⎢ ⎥
⎣ ⎦
0 2 0
0
2
g(y +h ) - g(y )
7 - g (y )
h
 
 
 43
y como 
→( , ) ( , )1 2h h 0 0
lím ⎡ ⎤′⎢ ⎥
⎣ ⎦
0 1 0
0
1
g(x +h ) - g(x )
4 - g (x )
h
 = 0 ¿por qué? 
 
→( , ) ( , )1 2h h 0 0
lím ⎡ ⎤′⎢ ⎥
⎣ ⎦
0 2 0
0
2
g(y +h ) - g(y )
7 - g (y )
h
 = 0 ¿por qué? 
 
entonces se tiene que 
 
→( , ) ( , )1 2h h 0 0
lím 00 1 0 2 0 0 x 1 2
1 2
f(x +h ,y +h )- f(x ,y ) -L (h ,h )
||(h ,h )||
 = 0 . 
 
Como ( , )0 0x yL satisface la condición (β) de la definición de diferenciabilidad 
entonces f es diferenciable. 
 
 
EJEMPLO 14 
Demuestre si la función f: ℜ2 →ℜ definida por 
 
⎧
≠⎪
⎨
⎪
⎩
2
4 2
x y
si (x,y) (0,0)
f(x,y)= x +y
0 si (x,y)=(0,0)
 
 
es diferenciable en todo punto. 
 
Solución: 
La función f es diferenciable en todo punto (x, y) ≠ (0, 0) ya que es el cociente 
de funciones diferenciables. Estudiemos ahora la diferenciabilidad de la 
función en el punto (0,0). 
 
Para esto tomemos las trayectorias y = x2 y y = x , entonces 
f (x, x2) = ½ y f (x, x) = 0 
de aquí se deduce que f no es continua en (0, 0) ya que no existe el límite de 
la función f en el punto (0,0). En consecuencia f no es diferenciable en el 
punto (0,0). 
 
 
 
 
 
 44
EJEMPLO 15 
Sea g: ℜ → ℜ una función diferenciable y definamos la función f de ℜ2 en ℜ 
por 
f(x, y) = g(x)g(y) 
 
demuestre por definición que f es diferenciable en todo su dominio. 
 
Solución: 
Para demostrar que f es diferenciable primero debemos encontrar una 
transformación lineal y comprobar que esta satisface el límite (6) de la 
definición de diferenciabilidad (ver definición 9 de la sección 40 del texto 
Matemática IV de la UNA). 
 
Sea ( , )0 0x yL : ℜ
2 → ℜ la aplicación definido por: 
( , )0 0x y
L (v1, v2 ) = g′(x0)g(y0)v1 + g(x0)g′(y0)v2 
compruebe que ( , )0 0x yL es lineal. 
 
Probemos ahora que 
→( , ) ( , )1 2h h 0 0
lím 00 1 0 2 0 0 x 1 2
1 2
f(x +h ,y +h )- f(x , y ) -L (h ,h )
||(h ,h )||
 = 0 . 
 
En efecto 
 00 1 0 2 0 0 x 1 2
1 2
f(x +h ,y +h ) - f(x , y ) -L (h ,h )
||(h ,h )||
= 
 
 = ′ ′0 1 0 2 0 0 0 0 1 0 0 2
2 2
1 2
g(x +h ) g(y +h )- g(x ) g(y ) - [g (x )g(y )h + g(x )g (y )h ]
h +h
 
 
sumando y restando términos apropiados en el segundo miembro de la 
igualdad anterior, obtenemos la siguiente expresión: 
′ ′
′ ′
0 1 0 2 0 2 0 0 2 02 2
1 2
0 0 2 1 0 0 2 1 0 0
0 0 1 0 0 2
1
[ g(x +h ) g(y +h )- g(y +h )g(x )+ g(y +h )g(x )+
h +h
g (x )g(y +h )h - g (x )g(y +h )h - g(x )g(y ) +
- g(y )g (x )h - g(x )g (y )h ]
 
 
 
 45
expresión que podemos reescribir 
′
′
′
0 2 0 1 0 0 12 2
1 2
0 0 2 0 0 2
0 1 0 2 0
1
[ g(y +h ) (g(x +h ) - g(x ) -g (x )h )
h +h
g(x ) (g(y +h ) - g(y )- g (y )h ) +
+g (x )h (g(y +h )- g(y )) ]
 
 
luego 
 00 1 0 2 0 0 x 1 2
1 2
f(x +h ,y +h )- f(x ,y ) -L (h ,h )
||(h ,h )||
 = 
⎡ ⎤
′⎢ ⎥
⎣ ⎦
0 1 0
0 2 0
1
g(x +h ) - g(x )
g(y +h ) - g (x )
h
1
2 2
1 2
h
h +h
 + 
+ g(x0)
⎡ ⎤
′⎢ ⎥
⎣ ⎦
0 2 0
0
2
g(y +h ) - g(y )
- g (y )
h
 2
2 2
1 2
h
h +h
 
+ ′ 0 1 0 2 0g (x )h (g(y +h )- g(y )) . 
 
Por otra parte 
 1
2 2
1 2
h
h +h
 < 1
2 2
1 2
|h |
h +h
≤ 1 y 2
2 2
1 2
h
h +h
 < 2
2 2
1 2
|h |
h +h
 ≤ 1 
 
para todo (h1,h2) ∈ ℜ2 no nulo, entonces 
 0
0 1 0 2 0 0 x 1 2
1 2
f(x +h ,y +h )- f(x ,y ) -L (h ,h )
||(h ,h )||
 ≤ 
⎡ ⎤
′⎢ ⎥
⎣ ⎦
0 1 0
0 2 0
1
g(x +h ) - g(x )
g(y +h ) - g (x )
h
 + 
+ g(x0)
⎡ ⎤
′⎢ ⎥
⎣ ⎦
0 2 0
0
2
g(y +h ) - g(y )
- g (y )
h
+ ′ 0 1 0 2 0g (x )h (g(y +h )- g(y )) 
 
Al tomar el límite cuando (h1,h2) → (0,0) vemos que los dos primeros 
sumando de la desigualdad anterior tiende a cero pues la función g es, por 
hipótesis, diferenciable en x0 y y0. 
 
 
 
 
 46
Y como g es diferenciable en y0, es continua en y0, entonces 
 
→( , ) ( , )1 2h h 0 0
lím ′ 0 1 0 2 0g (x )h (g(y +h )- g(y ))= 0 
 
por lo cual 
→( , ) ( , )1 2h h 0 0
lím 0
0 1 0 2 0 0 x 1 2
1 2
f(x +h ,y +h ) - f(x , y ) -L (h ,h )
||(h ,h )||
= 0 
 
Como ( , )0 0x yL satisface la condición de la definición de diferenciabilidad entonces f 
es diferenciable en cualquier punto de ℜ2 
 
 
EJEMPLO 16 
Sea f: ℜ2 → ℜ la función definida por: 
⎧ ≠⎪
⎨
⎪⎩
2 2
x y
(x,y) (0,0)
x + yf(x,y) =
0 (x,y) = (0,0)
 
¿Es f diferenciable en (0,0)? 
 
Solución: 
Como la función no posee límite en el punto (0,0) (ver ejemplo 4 de la 
sección 33 del texto UNA), entonces se tiene que f no es continua en (0,0) y 
por lo tanto no es diferenciable en ese punto. 
 
 
EJEMPLO 17 
Sea f: ℜ2 → ℜ la función definida por: 
 
f (x, y) = 
⎧ ≠⎪
⎨
⎪
⎩
2 2
xy
si (x,y) (0,0)
x + y
0 si (x,y) = (0,0)
 
 
Pruebe si la función f es diferenciable en (0,0). 
 
Solución: 
Para ver si la función f es diferenciable en (0,0) estudiemos si las derivadas 
parciales son continuas en un entorno del punto (0,0). 
 
 47
Si (x, y) ≠(0,0) tenemos que 
( )
( )
∂
∂
3
32 2
f y
x,y =
x
x + y
 
Para calcular 
∂
∂
f
x
(0,0) usaremos la definición de la derivada parcial de f con 
respecto a x en el punto (0,0). ¿Por qué? 
 
∂
∂
f
x
 (0,0) = 
→h 0
lím f(0 + h, 0) - f(0,0)
h
 = 0 . 
 
Definamos la función G como sigue: 
( ) ( )
⎧
≠⎪∂ ⎪
⎨
∂ ⎪
⎪⎩
3
32 2
y
si (x,y) (0,0)
f
G(x,y) = x,y = x + y
x
0 si (x,y) = (0,0)
 
se tiene que 
→y 0
límG(x,y) = 0 si x ≠ 0 y 
→x 0
límG(x,y) =1 si y ≠ 0 
luego 
→x 0
lím (
→y 0
límG(x,y) ) = 0, 
→y 0
lím (
→x 0
límG(x,y)) = 1 
 
de aquí se deduce que 
→(x,y) (0 ,0 )
lím G (x, y) no existe. 
 
En consecuencia G no es continua en el punto (0,0). 
Análogamente se prueba que 
∂
∂
f
y
 no es continua en el punto (0,0). 
Luego, podemos concluir que f no es diferenciable en el punto (0,0). 
 
 
EJEMPLO 18 
Sea f: ℜ2 → ℜ la función definida por: f(x, y) = xy − 5y 2, pruebe, por 
definición, que la función f es diferenciable en cualquier punto (x, y) de IR2. 
 
Solución: 
Para demostrar que f es diferenciable primero debemos encontrar una 
aplicación lineal y comprobar que ésta satisface el límite (β) de la definición 
 
 48
de diferenciabilidad (ver definición 9 de la sección 40 del texto Matemática IV 
de la UNA). 
 
Sea ( , )0 0x yL : ℜ
2 → ℜ la aplicación lineal definida por: 
( , )0 0x y
L (v1, v2 ) = y 0 v1 + (x0 − 10y0 ) v2 = y 0 (v1 − 10 v2) + x0 v2 . 
Compruebe que ( , )0 0x yL es lineal. 
 
Probemos ahora que 
→( , ) ( , )1 2h h 0 0
lím 0 00 1 0 2 0 0 (x ,y ) 1 2
1 2
f(x +h , y +h ) - f(x , y ) - L (h ,h )
|| (h ,h )||
 = 0 
 
En efecto 
 00 1 0 2 0 0 x 1 2
1 2
f(x +h ,y +h )- f(x , y ) -L (h ,h )
||(h ,h )||
= 
 
 
2 2
0 1 0 2 0 2 0 0 0 1 2 0 2 0
2 2
1 2
(x +h )(y +h ) -5(y +h ) - (x y -5y ) - (h -10h )y -h x
h +hsumando y restando términos apropiados en el segundo miembro de la 
igualdad anterior, obtenemos la siguiente expresión 
 
00 1 0 2 0 0 x 1 2
1 2
f(x +h ,y +h ) - f(x , y ) -L (h ,h )
||(h ,h )||
 = 1
2 2
1 2
h
h +h
 − 
2
2
2 2
1 2
5h
h +h
 
 
Por otra parte 
→( , ) ( , )1 2h h 0 0
lím 1 2
2 2
1 2
h h
h +h
= 0 y 
→( , ) ( , )1 2h h 0 0
lím
2
2
2 2
1 2
5h
h + h
= 0 
 
entonces 
→( , ) ( , )1 2h h 0 0
lím 0
0 1 0 2 0 0 x 1 2
1 2
f(x +h , y +h ) - f(x , y ) -L (h ,h )
||(h ,h )||
= 0 
 
Como ( , )0 0x yL satisface la condición de la definición de diferenciabilidad entonces 
f es diferenciable en cualquier punto de ℜ2 
 
 49
EJEMPLO 19 
¿Existe alguna función f: ℜ2 → ℜ con segundas derivadas parciales 
continuas cuya diferencial sea: x y dx + (cos(y) + x) dy? 
Justifique su respuesta. 
 
Solución: 
Por definición de diferencial de una función tenemos que 
Df = 
∂
∂
f
x
dx + 
∂
∂
f
y
dy 
entonces, si 
Df = xy dx + (cosy + x)dy ; para todo x, y 
se verifica en todo punto (x, y) que 
 
∂
∂
f
x
 = x y ; 
∂
∂
f
y
 = (cosy + x) 
y así 
∂
∂ ∂
2 f
y x
 = x , 
∂
∂ ∂
2 f
x y
 = 1 
 
de donde se deduce que x = 1. 
 
Luego, si existiera tal función f, la diferencial solamente verificaría la relación en 
los puntos (1, y), para todo y ∈ ℜ 
 
 
EJEMPLO 20 
Si f(x, y) = 2 2x + y , encontrar un valor aproximado de f(1,04; 1,98). 
 
Solución: 
Para la solución de este problema ver el ejercicio resuelto N° 3 de la sección 
44 del medio maestro. 
 
Escojamos 0x
r
(1,2), ∆x = 0,04, ∆y = −0,02. 
De f(1 + ∆x, 2 + ∆y) − f(1,2) ≈ 
∂
∂
f(1,2)
x
∆x + 
∂
∂
f(1,2)
y
∆y 
se tiene 
f(1,04; 1,98) ≈ f(1,2) + 
∂
∂
f(1,2)
x
0,04 − 
∂
∂
f(1,2)
y
0,02 
 
 
 50
Como 
∂
∂ 2 2
f x
(x,y) =
x x + y
 , 
∂
∂ 2 2
f y
(x,y) =
y x + y
 
en el punto (1,2), obtenemos 
 
∂
∂
f(1,2)
x
 = 
1
5
, 
∂
∂
f(1,2)
y
 = 
1
5
 
luego 
f(1,04; 1,98) ≈ 5 + 
1
5
0,04 − 
1
5
0,02 
 
y tomando para 5 el valor de 2,236 se tiene 
 
f(1,04; 1,98) ≈ 2,244944544 
 
 
EJEMPLO 21 
Una placa calentada de manera irregular tiene temperatura T(x, y) en °C en 
el punto (x, y). Si T(2,1) = 135, 
∂
∂
T
(2,1) =16
x
 y 
∂
∂
T
(2,1) =15
y
, calcule la 
temperatura en el punto (2,04;0,97). 
 
Solución: 
Se tiene que 
T(2,04;0,97)− T(2,1) ≈ 
∂
∂
T(2,1)
x
∆x + 
∂
∂
T(2,1)
y
∆y 
con ∆x = 0.04, ∆y = −0,03,, ahora utilizando los valores dados en el 
problema obtenemos 
T(2,04;0,97) ≈ 135 + 16(0,04) + (−15)(−0,03) ≈ 136,09 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 51
CÁLCULO DE LA MATRIZ JACOBIANA. REGLA DE LA CADENA Y 
SUS APLICACIONES 
 
• Cálculo de la Matriz Jacobiana 
 
EJEMPLO 22 
Suponga que f es una función diferenciable de una variable y que la función 
u = g(x, y) se define como sigue 
u = g(x, y) = xy
x + y
f( )
x y
 
Demuestre si la función u satisface una ecuación diferencial de la forma 
x2
∂
∂
u
x
 − y2 
∂
∂
u
y
 = G(x, y) u 
y en caso de ser afirmativo halle G(x, y). 
 
Solución: 
Sea t = v(x, y) = 
x + y
x y
, entonces aplicando la regla de la cadena para 
calcular 
∂
∂
u
x
 y 
∂
∂
u
y
 obtenemos 
 
∂
∂
u
x
 = y f(t) + x y
df
dt
∂
∂
t
x
 = y f(t) + xyf ′(t)
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2
- 1
x
 
 
∂
∂
u
y
 = x f(t) + x y
df
dt
∂
∂
t
y
 = x f(t) + xyf ′(t) 
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2
- 1
y
 
 
luego 
x2
∂
∂
u
x
 − y2 
∂
∂
u
y
 = x2 y f(t) − xyf ′(t) − y2 x f(t) + x y f ′(t) 
= x2 y f(t) − y2 x f(t) 
 
= x y f (t) (x − y) = u(x, y) G(x, y) 
 
donde G(x, y) = x − y. 
 
 
 
 
 52
EJEMPLO 23 
Sea f
v
: ℜ2 → ℜ2 un campo vectorial diferenciable, tal que f
v
0,0) = (0,0). 
Suponga que la matriz jacobiana de f en el punto p = (0,0) es: 
J f
v
(p) = 
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
3 -1
2 2
 
Sea F: ℜ2 → ℜ, el campo escalar, definido por 
 
F(x, y) = sen(f1 (x, y)) + cos(f 2 (x, y)) 
 
donde f1 y f 2: ℜ2 → ℜ son las funciones coordenadas de f
v
. 
 
Halle la matriz jacobiana de la función F en el punto (0,0). 
 
Solución: 
Definamos la función g: ℜ2 → ℜ por: 
g(u, v) = sen(u) + cos(v) . 
Entonces la función F la podemos ver como la composición 
F(x, y) = go f
v
 (x, y) = g( f
v
(x, y)) 
Como las funciones f
v
 y g cumplen con las hipótesis del teorema de la regla 
de la cadena, (verifíquelo), entonces tenemos la siguiente forma matricial: 
JF(0,0) = Jgf (0,0) . J f
v
(0,0) . 
Esto es: 
JF(0,0) = ⎛ ⎞∂ ∂⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
g g
(0,0) (0,0)
u v
.
∂ ∂⎛ ⎞
⎜ ⎟∂ ∂⎜ ⎟
⎜ ⎟∂ ∂
⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
1 1
2 2
f f
(0,0) (0,0)
x y
f f
(0,0) (0,0)
x y
= ( )1 0 . ⎛ ⎞⎜ ⎟
⎝ ⎠
3 -1
2 2
 
 
 
realizando este producto obtenemos la matriz 
 
JF(0,0) = ( )3 -1 
 
 
 
 
 
 
 53
EJEMPLO 24 
Sea g
r
: ℜ2 → ℜ2 una función diferenciable en el punto p ∈ ℜ2, donde tiene 
por matriz jacobiana a 
 Jg
r
 (p) = 
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
3 2
1 0
 
Sea f: ℜ2 → ℜ una función diferenciable. Suponga que el jacobiano de la 
función compuesta fоg
r
: ℜ2 → ℜ en el punto p es J(fоg
r
)( p) = (1 1). 
 
Determine el jacobiano de f en el punto g(p). 
 
Solución: 
Según la regla de la cadena tenemos 
 
 J(fоg
r
)(p) = Jf ( )pgv . Jgp (1) 
 
donde 
J(fоg
r
)(p) = 
⎛ ⎞∂ ∂
⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
o o(f g) (f g)
(p) (p)
x y
 = (1 1) 
 
Jf ( )pgv = 
⎛ ⎞∂ ∂
⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
v vf f
(g(p) (g(p)
u v
 
 
Jg
r
p = 
∂⎛ ⎞∂
⎜ ⎟∂∂⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟∂ ∂⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
21
2 2
gg (p)(p)
yx
g g
(p) (p)
x y
 = 
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
3 2
1 0
 . 
 
Luego, sustituyendo estas expresiones en (1) nos queda 
(1 1) = ⎛ ⎞∂ ∂⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
v vf f
(g(p) (g(p)
u v
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
3 2
1 0
 
de aquí obtenemos el siguiente sistema 
 
3 ∂
∂
vf
(g(p))
u
 + ∂
∂
vf
(g(p))
v
 = 1 
2 ∂
∂
vf
(g(p))
u
 + 0 ∂
∂
vf
(g(p))
v
 = 1 
 
 54
resolviendo dicho sistema, resulta que 
 
∂
∂
vf
(g(p))
u
 = 
1
2
 , ∂
∂
vf
(g(p))
v
 = − 
1
2
 
 
en consecuencia, el jacobiano de f en el punto g
r
(p) es 
 
Jf ( )pgv = 
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1 1
-
2 2
 
 
 
EJEMPLO 25 
Sea z = g(x2 + y2), donde g es una función real de variable real, dos veces 
derivable. Compruebe si z satisface la siguiente igualdad 
 
y ∂
∂
2
2
z
x
 − x ∂
∂ ∂
2z
y x
 − 
∂
∂
z
y
 = 0 
 
Solución: 
Las derivadas parciales de primer orden son 
 
∂
∂
z
x
= 2 x g ′( x 2 + y 2 ) 
∂
∂
z
y
= 2 yg ′( x 2 + y 2 ) 
 
Las derivadas de segundo orden son 
 
∂
∂
2
2
z
x
= 4 g ′′( x 2 + y 2 )x2 + 2g ′ ( x 2 + y 2 ) 
∂
∂ ∂
2z
y x
 = 4g ′′( x 2 + y 2 )xy 
de modo que 
 
y ∂
∂
2
2
z
x
 − x ∂
∂ ∂
2z
y x
 − 
∂
∂
z
y
 = y [4 g ′′( x 2 + y 2 )x2 + 2g ′( x 2 + y 2 )] + 
 − x [4g ′′( x 2 + y 2 )xy] − 2g ′( x 2 + y 2 )y = 0 
 
luego la función z así definida satisface la ecuación dada. 
 
 
 55
EJEMPLO 26 
Sea f
v
: ℜ2 →ℜ2 una función diferenciable de modo que f
v
(0, 0) = (0, 0). 
Suponga que la matriz jacobiana de f en el punto p=(0, 0) es 
 
J f
v
(p) = 
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
5 2
1 0
 
 
Sean f1, f2: ℜ2 → ℜ las funciones coordenadas de f
v
. Determine la matriz 
jacobiana de F
v
/ : ℜ2 → ℜ2 en el origen de coordenadas, donde F
v
/ está 
definida por 
F
v
/ (x, y) = (f2(x, y), f1(x, y)) 
Solución: 
La función F
v
/ puede ser considerada como una función compuesta de 
componentes las funciones f
v
 y g
v
 donde g
v
: ℜ2 → ℜ2 está definida 
por g
v
 (u, v) = (v, u) así, F
v
/ = g
v
o f
v
. 
 
La matriz jacobiana de F
v
/ se calcula como sigue 
 
 JF
v
/ p = J(g
v
o f
v
)(p) = Jg
v
( )pf
v . J f
v
p 
donde 
Jg
v
( )pf
v = 
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
0 1
1 0
 ¿por qué? ¸ J f
v
(p) = 
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
5 2
1 0
 
 
por lo tanto tenemos que 
 
JF
v
/ p = 
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
0 1
1 0
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
5 2
1 0
= 
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1 0
5 2
 
 
 
• Regla de la Cadena y sus Aplicaciones 
 
EJEMPLO 27 
Sea z = f(x, y) = x φ(x + y) + y ψ(x − y), donde φ y ψ son funciones reales de 
variable real, dos veces derivables. Verifique si se cumple la siguiente 
igualdad: 
∂
∂
2
2
z
x
 + 
∂
∂
2
2
z
y
= 2
∂
∂ ∂
2z
y x56
Solución: 
Las derivadas parciales de primer orden son 
∂
∂
z
x
= φ(x + y) + xφ′(x + y) + y ψ′(x − y), 
∂
∂
z
y
= x φ′(x + y) + ψ(x − y) −yψ ′ (x − y) 
Las derivadas de segundo orden son 
 
∂
∂
2
2
z
x
= 2 φ′ (x + y) + x φ′′ (x + y) + y ψ ′′ (x − y), 
 
∂
∂
2
2
z
y
= x φ′′(x + y) − 2ψ ′ (x − y) + yψ′′(x − y) 
 ∂
∂ ∂
2z
y x
= φ′ (x + y) + x φ′′ (x + y) + ψ ′ (x − y) − y ψ′′ (x − y), (1) 
 
de modo que 
 
∂
∂
2
2
z
x
 + 
∂
∂
2
2
z
y
 = 2 x φ′′(x + y) + 2 φ′(x + y) − 2ψ ′ (x − y) + 2 yψ′′(x − y) (2) 
luego, de (1) y (2) podemos deducir que no se cumple 
 
∂
∂
2
2
z
x
 + 
∂
∂
2
2
z
y
= 2
∂
∂ ∂
2z
y x
 
 
 
EJEMPLO 28 
Dada las funciones g
v
 (x, y) = (x 2 + 1, y 2 ) y f
v
 (u, v) = (u + v , v 2 ), calcule la 
derivada de la función compuesta ( f
v
оg
r
) en el punto (x, y) = (1, 1) usando la 
regla de la cadena. 
 
Solución: 
Las matrices de derivadas parciales son 
J f
v
 (u,v) = 
∂ ∂⎛ ⎞
⎜ ⎟∂ ∂⎜ ⎟
⎜ ⎟∂ ∂
⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
1 1
2 2
f f
u v
f f
u v
=
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1 1
0 2v
 y Jg
v
(x, y) = 
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2 x 0
0 2 y
 
 
 57
Observe que cuando (x, y) = (1,1), g
v
(1,1) = (2,1) = (u, v) . 
 
Por lo tanto 
J( f
v
оg
r
) (1,1) = J f
v
 (2,1) .J g
v
 (1,1) = 
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1 1
0 2
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2 0
0 2
 = 
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2 2
0 4
 
es la derivada pedida. 
 
 
EJEMPLO 29 
Pruebe si la función w = f(x, y, z), homogénea, derivable, de orden k satisface 
la relación 
x
∂
∂
w
x
 + y
∂
∂
w
y
+ z
∂
∂
w
z
 = k w (*) 
Observación: 
Si w = f (x, y, z) es una función homogénea derivable de orden k, w se puede 
representar de la forma w = x k 
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
yz
F ,
x x
, con F derivable. 
 
Solución: 
Sean u = u(x, y, z) = 
z
x
 y v = v(x, y, z) = 
y
x
, 
 
entonces 
∂
∂
w
x
 = k x k − 1 F(u, v) + x k 
⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂
⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠
F u F v
+
u x v x
 
= k x k − 1 F(u, v) + x k 
⎛ ⎞∂ ∂
⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
22
z F y F
- -
u x vx
 
 
∂
∂
w
y
 = x k
⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂
⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠
F u F v
+
u y v y
 = x k 
⎛ ⎞∂
⎜ ⎟∂⎝ ⎠
1 F
x v
 
 
∂
∂
w
z
 = x 
⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂
⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠
F u F v
+
u z v z
= x k 
⎛ ⎞∂
⎜ ⎟∂⎝ ⎠
1 F
x u
 
 
 
 
 
 
 
 58
luego 
 x
∂
∂
w
x
 = k x k F(u, v) − x k − 1 
⎛ ⎞∂ ∂
⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
F F
z + y
u v
 
 
y
∂
∂
w
y
 = x k − 1 y 
∂
∂
F
v
 
 
z
∂
∂
w
z
 = x k − 1 z 
∂
∂
F
u
 
por lo tanto 
 
x
∂
∂
w
x
 + y
∂
∂
w
y
+ z
∂
∂
w
z
 = k x k F(u, v) − x k − 1 
⎛ ⎞∂ ∂
⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
F F
z + y
u v
+ 
 + x k − 1 y 
∂
∂
F
v
 + x k − 1 z 
∂
∂
F
u
 = 
= k x k F(u, v) = kw. 
 
 
en consecuencia se tiene que w satisface la igualdad (*). 
 
 
 59
DERIVACIÓN IMPLÍCITA. TEOREMAS DE LA FUNCIÓN INVERSA Y LA 
FUNCIÓN IMPLÍCITA 
 
 
EJEMPLO 30 
Considere la función la función F
v
/ : ℜ2 → ℜ2 definida por 
 
F
v
/ (u, v) = ( u + ve , u - ve ) 
 
Demuestre si la función F tiene inversa, y en caso afirmativo determine la 
matriz jacobiana de la función inversa. 
 
AYUDA: 
Use el hecho de que J ( )
v -1
x,yF = (JF
v
/ (u, v))−1. 
 
Solución: 
Veamos primero que la función F
v
/ cumple con las hipótesis del Teorema de la 
Función Inversa (Teorema 6 de la sección 59 del medio maestro). 
 
Denotemos por F1 y F2 las funciones coordenadas de F
v
/ , es decir 
F1 = 
u + ve 
F2 = 
u - ve 
Estas funciones son diferenciables, en cualquier punto del plano, ¿por qué?; 
luego, la función F
v
/ es diferenciable en todo el plano. 
 
Veamos ahora que el determinante jacobiano de F es distinto de cero 
∂
∂
1 2(F ,F )
(u, v)
= 
u + v u + v
u - v u - v
e e
e -e
= −2e 2 u ≠ 0 
 
En consecuencia, para cualquier punto (x, y) de ℜ2 es posible despejar u y v 
en términos de x e y, lo que es equivalente a decir que existe una función g 
determinada de manera única tal que: 
• ℜ2 = F
v
/ −1 (ℜ2) 
• F
v
/ es una función inyectiva en ℜ2. 
• g
v
esta definida en ℜ2 y g
v
(ℜ2) = ℜ2, además g
v
(F
v
/ (p)) = p para todo 
p ∈ ℜ2. 
• La función g
v
 tiene derivadas parciales continuas. 
 
 60
Ahora pasemos a calcular la matriz jacobiana de g
v
= F
v
/ −1, usando el 
hecho de que JF
v
/ −1 (x ,y) = ( JF
v
/ ( u, v) )−1 
JF
v
/ ( u, v) = 
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
u + v u + v
u - v u - v
e e
e -e
 
Aplicando el método de Gauss-Jordan para calcular la inversa de una matriz 
obtenemos 
( JF
v
/ ( u, v) )−1 = 
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
-u - v -u + v1 1
2 2
-u - v -u + v1 1
2 2
e e
e - e
 
 
 
EJEMPLO 31 
Cuando u se elimina entre las dos ecuaciones 
x = u + v , y = u v 2 
llegamos a una ecuación de la forma F(x, y, v) = 0, que define implícitamente 
a v como función de x e y, sea v = h(x, y). 
 
Demuestre si se verifica la siguiente igualdad: 
∂
∂
h
x
= 
h(x,y)
3h(x,y) - 2x
. 
y en caso afirmativo, encuentre una fórmula análoga para 
∂
∂
h
y
. 
 
Solución: 
Eliminando la variable u entre las dos ecuaciones dadas, obtenemos la 
relación 
xv2 − v3 − y = 0 
 
sea F la función definida por la ecuación 
F(x, y, v) = xv2 − v3 − y 
Aplicando el teorema de la función implícita 
∂
∂
h
x
=
∂
∂
∂
∂
F
-
x
F
v
 y 
∂
∂
h
y
=
∂
∂
∂
∂
F
-
y
F
v
 (1) 
 
 
 61
Pero 
∂
∂
F
x
= v2 , 
∂
∂
F
v
 = 2xv − 3v2 , 
∂
∂
F
y
= −1 
luego sustituyendo en (1) obtenemos 
 
∂
∂
h
x
= 
2
2
- v
2x v - 3v
 = 
- v
2x - 3v
= 
h(x,y)
3h(x,y) - 2 x
 
Trabajando de manera análoga obtenemos la expresión para 
∂
∂
h
y
, la cual 
es: 
∂
∂
h
y
= 2
1
3(h(x,y)) - 2 xh(x,y)
 
 
 
EJEMPLO 32 
Suponga que F(x, ϕ(x), y) = 0, donde F: ℜ3 → ℜ y ϕ: ℜ → ℜ son funciones 
diferenciables, define implícitamente una función diferenciable y = f (x). 
Halle f ′(x). 
 
Solución: 
Definamos la función γ: ℜ2 → ℜ, por γ(x, y) = F(x, ϕ(x), y) luego, 
γ(x, y) = 0 para todo (x, y) ∈ ℜ2. De aquí las derivadas parciales de la 
función γ son nulas en todo punto (x, y) ∈ ℜ2. 
 
Ahora bien la función γ es la función compuesta de componentes F y g donde 
la función g: ℜ2 → ℜ es definida por 
g(x, y) = (x, ϕ(x), y) 
por lo tanto, aplicando la regla de la cadena, obtenemos 
∂ γ
∂ x
 = 
∂
∂
F
x
∂
∂
x
x
 + 
∂
∂
F
y
∂
∂
y
x
 + 
∂
∂
F
z
∂
∂
z
x
= 0 
= 
∂
∂
F
x
 + 
∂
∂
F
y
ϕ′(x) + 
∂
∂
F
z
y′ . 
Por lo tanto, en los puntos (x, y, z) donde 
∂
∂
F
z
 ≠ 0 podemos despejar de la 
 
 62
igualdad anterior, y′ = f ′(x), para obtener 
 
f ′(x) = − 
∂ ∂ ′
∂ ∂
∂
∂
F F
(x, j(x),y) + (x, j(x),y) j (x)
x y
F
(x, j(x),y)
z
 
 
 
EJEMPLO 33 
Considere las ecuaciones 
4 4x + y
=u
x
 , sen(x) + cos(y) = v. 
 
¿Cerca de qué puntos (x, y) podemos despejar x, y en términos de u y v? 
Justifique su respuesta y dé un ejemplo de tales puntos. 
 
Solución: 
Denotemos por F1 y F2 las funciones 
u = F1 (x, y) = 
4 4x + y
x
 
v = F2 (x, y) = sen(x) + cos(y) 
Como dominio de la función F
v
/ = (F1 , F2 ) tomamos U = {(x, y) ∈ ℜ2 / x ≠ 0}. 
 
Las funciones F1 y F2 son diferenciables en cualquier punto de U, ¿por qué?; 
luego, la función F
v
/ es diferenciable en todo U. 
 
Calculemos ahora el determinante jacobiano de F
v
/ 
 
∂
∂
1 2(F ,F )
(x, y)
 = 
4 4 3
2
3x - y 4y
x x
cos(x) - sen(y)
 = 
3
4 4
2
seny 4y
(y - 3x ) - cos(x)
x x
 
 
En los puntos donde esta expresión no se anula podemos despejar x, y en 
términos de u y v. En otras palabras, podemos despejar x, y cerca de 
aquellos x, y para los cuales x ≠ 0 y 4 4 3(seny) (y - 3x ) ¹ 4y xcos(x) . 
Por ejemplo, si x0 = 
π
2 , y0 = 
π
2 podemos despejar x, y cerca de (x0 , y0 ), 
porque ahí 
∂
∂
1 2(F ,F )
(x, y)
≠ 0. 
 
 63
EJERCICIOS PROPUESTOS 
 
1.- Calcule las derivadas parciales de las siguientes funciones 
a.- z = 
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
y
x1
3
 b.- z = (2x + y)(2x + y) c.- z = arctan( yx ) 
d.- u = 
y arctan(z)x e.- u = 
2 2 2x (x + y + z )e f.- u = 
1
yx z 
 
g.- 
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠
x y
z = sen cos
y x
 h.-z = ln(x + lny) i.- u = arctan z(x - y) 
j.- z = ∫
x y
x
g(t)con g continua en ℜ 
 
2.- Demuestre que la función dada satisface la expresión indicada 
 
a.- u = u(x, y) = x - y
2 2
y e , 
∂ ∂
∂ ∂ 2
u u1 1 u
+ =
x x y y y
 
 
b.- z = z(x, y) = 
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
y
x
y
y sen
x
, 
∂ ∂
∂ ∂
2 z zx + xy = yz
x y
 
 
c.- u = u(x, y) = 
x - y
x +
y - z
, 
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
u u u
+ + =1
x y z
 
 
d.- z = f(x, y) = φx + y ye (x e ) , 
∂ ∂
∂ ∂
f f
x - = z (x -1)
x y
, donde φ es una función 
diferenciable en ℜ. 
 
 
3.- Considere las siguientes funciones que damos a continuación: 
 
I. 
⎧ ≠⎪
⎨
⎪
⎩
2 2
xy
, (x,y) (0,0)
g(x,y) = x + y
0 , (x,y) = (0,0)
 
 
II. 
⎧ ≠⎪
⎨
⎪⎩
x y
+ , x ¹ 0 y y 0
y xg(x,y) =
0 , x = 0 ó y = 0
 
 
 64
y conteste las siguientes preguntas. Justifique sus respuestas. 
 
a) Dibuje usando maple algunas curvas de nivel para g 
 
b) ¿Es g diferenciable en todos los puntos (x, y) ≠ (0,0)? 
 
c) ¿Existen las derivadas parciales 
∂ ∂
∂ ∂
g g
,
x y
y serán continuas en todos los 
puntos (x, y) ≠ (0,0)? 
 
d) ¿Es g diferenciable en (0,0)? 
 
e) ¿Existen las derivadas parciales 
∂ ∂
∂ ∂
g g
,
x y
 y son continuas en (0,0)? 
 
4.- Considere la función 
⎧
≠⎪
⎨
⎪
⎩
2
2 2
x y
, (x,y) (0,0)
f(x,y) = x + y
0 , (x,y) = (0,0)
 
Demuestre que: 
 
a. 
∂ ∂
∂ ∂
f f
y
x y
existen en (0,0) 
 
b. Si g
r
(t) = (at, bt) para a y b constantes, entonces fo g
v
es diferenciable y 
( ) ( )′v
2
2 2
ab
f o g 0 =
a + b
, pero ∇f(0,0). gv ′(0) = 0 
c. ¿Qué puedes concluir? 
 
 
5.- Sea f: ℜ2 → ℜ la función definida por 
⎧
≠⎪
⎨
⎪
⎩
2
2 4
x y
, (x,y) (0,0)
f(x,y) = x + y
0 , (x,y) = (0,0)
 
a. Dibuje algunas curvas de nivel de la función f, usando maple 
 
b. Demuestre que la derivada direccional f ((0,0);u)′
r
existe para cada 
vector unitario u
r
. 
 
 65
 
c. ¿Es f continua en (0,0)? ¿Es f diferenciable en (0,0)? Explique 
 
6.- Sea f: ℜ2 → ℜ la función definida por f(x,y) = |x y| 
 
a. ¿Es f diferenciable para (x, y) ≠ (0,0)? 
 
b. Demuestre que 
∂ ∂
∂ ∂
f(0,0) f(0,0)
,
x y
 existen. 
 
c. ¿Es f diferenciable en (0,0)? [Sugerencia: considere la derivada 
direccional ′
r
f ((0,0);u) para 
r r
r i + j
u =
2
] 
 
7.- Calcule la diferencial en cualquier punto donde esté definida en las 
siguientes funciones 
 
 a.- z = sen(x2 + y2) b.- z = yx 
 
 c.- 
s + t
u =
s - t
 d.- z = 
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
x
ln 1+
y
 
 
8.- Usar diferenciales para hallar el valor aproximado 
 
 a.- 4125 17 b.- 
π π6
sen( ) cos ( )
7 5
 
 
9.- Dadas las funciones g
r
(x, y) = (x2 + 1, y2) y f
v
(u, v) = (u + v, u, v2), calcular 
la derivada de la función compuesta f
v
o g
v
en el punto (x, y) = (1, 1) usando la 
regla de la cadena. 
 
10.- Sean f
v
(x, y) = (cosy + x2, ex + y) y g
r
(u, v) = 
2u(e ,u-senv). Calcular 
J( f
v
og
v
)(0,0) por medio de la regla de la cadena. 
 
11.- Supóngase que la temperatura en el punto (x, y, z) del espacio es 
T1(x, y, z) = x
2 + y2 + z2. Una partícula sigue la hélice circular σ(t) = (cost, 
sent, t) y sea T(t) su temperatura en el instante t. 
 
a.- Calcule ′T (t) 
 
 
 66
b.- Halle el valor aproximado de la temperatura en el instante t = (π/2) + 0,01. 
12.- Consideremos ( )
⎛ ⎞
⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
v 2 2
2 2 2 2
x - y xy
f x,y = ,
x + y x + y
. 
¿Tiene esta aplicación de ℜ2 −{(0,0)} en ℜ2 una inversa local cerca 
de (x, y) = (0, 1)? 
 
13.- Analizar la posibilidad de despejar u, v en términos de x, y en 
⎧
⎨
⎩
y + x + uv = 0
uxy + v = 0
 
cerca de x = y = u = v = 0. 
 
 67
UNIDAD 3: EXTREMOS Y FÓRMULA DE TAYLOR 
 
OBJETIVO DE APRENDIZAJE 
 
Aplicar la fórmula de Taylor y el cálculo de puntos críticos de una 
función de varias variables en la resolución de problemas 
 
CONTENIDO: 
Fórmula de Taylor para funciones de varias variables. Aplicaciones. Cálculo de 
máximos y mínimos. La matriz hessiana y sus aplicaciones. Problemas de 
optimización con restricciones: multiplicadores de Lagrange. 
 
En esta tercera Unidad presentaremos primero ejemplos de desarrollo 
de polinomio de Taylor para funciones de dos variables, y como una 
aplicación de los mismos los utilizaremos para el cálculo de valores 
aproximados de una función. 
 
Posteriormente calcularemos los extremos de funciones, entendiéndose 
por extremos, los valores máximos y/o mínimos que éstas puedan alcanzar. 
Aplicaremos dos métodos para la determinación de los extremos, 
comenzaremos con el “criterio del hessiano”, y como segundo método el de 
los “multiplicadores de Lagrange”, cabe destacar que los mismos son 
aplicados a situaciones diferentes. 
 
Por último resolveremos problemas de optimización, es decir, 
problemas en los cuales nos dan un enunciado en base al cual debemos 
hallar una función a la que le aplicaremos algún criterio para determinar su (o 
sus) valor (o valores) extremo(s). 
 
Como en las unidades anteriores, resolveremos algunos ejemplos 
mediante el empleo del software matemático Maple. 
 
 
A continuación reseñamos una pequeña biografía de los matemáticos 
Taylor, Hesse y Lagrange quienes de alguna manera fueron los precursores 
de los temas que en este apartado se estudian. 
 
Brook Taylor 
(Edmonton, Inglaterra, 1685 - Londres, 1731) 
 
Matemático inglés. Discípulo de Newton, continuó 
su obra en el campo del análisis matemático. En 1715 
publicó el Methodus incrementorum directa et inversa, 
donde examinó los cambios de variable, las diferencias 
 
 68
finitas (las cuales definió como incrementos), y presentó el desarrollo en serie 
de una función de una variable. Tales estudios no se hicieron famosos 
enseguida, sino que permanecieron prácticamente desconocidos hasta 1772, 
cuando el matemático francés Joseph-Louis de Lagrange subrayó su 
importancia para el desarrollo del cálculo diferencial. Publicó también varios 
trabajos sobre perspectiva, dando el primer tratamiento general de los puntos 
de fuga, sobre los fenómenos de capilaridad, sobre los problemas de las 
cuerdas vibrantes y sobre los centros de oscilación, a los que ya en 1708 
había dado una solución. 
 
Joseph-Louis de Lagrange 
(Turín, 1736 - París, 1813) 
Matemático francés de origen italiano. 
Estudió en su ciudad natal y hasta los diecisiete 
años no mostró ninguna aptitud especial para las 
matemáticas. Sin embargo, la lectura de una obra 
del astrónomo inglés Edmund Halley despertó su 
interés y, tras un año de incesante trabajo, era ya 
un matemático consumado. Nombrado profesor de 
la Escuela de Artillería, en 1758 fundó una sociedad, con la ayuda de sus 
alumnos, que fue incorporada a la Academia de Turín. En su obra 
Miscellanea taurinensia, escrita por aquellos años, obtuvo, entre otros 
resultados, una ecuación diferencial general del movimiento y su adaptación 
para el caso particular del movimiento rectilíneo y la solución a muchos 
problemas de dinámica mediante el cálculo de variantes. 
Escribió así mismo numerosos artículos sobre cálculo integral y las 
ecuaciones diferenciales generales del movimiento de tres cuerpos 
sometidos a fuerzas de atracción mutuas. A principios de 1760 era ya uno de 
los matemáticos más respetados de Europa, a pesar del flagelo de una salud 
extremadamente débil. Su siguiente trabajo sobre el equilibrio lunar, donde 
razonaba la causa de que la Luna siempre mostrara la misma cara, le supuso 
la concesión, en 1764, de un premio por la Academia de Ciencias de París. 
Hasta que se trasladó a la capital francesa en 1787, escribió gran variedad 
de tratados sobre astronomía, resolución de ecuaciones, cálculo de 
determinantes de segundo y tercer orden, ecuaciones diferenciales y 
mecánica analítica. 
 
 
 
 
 69
 Ludwig Otto Hess 
 (1811 - 1874) 
El hessiano, conocido también como 
discriminante o matriz hessiana, fue introducido en el 
año de 1844 por Hesse, matemáticoalemán quien 
nació en 1811 y murió en 1874. Esto sucedió luego 
de que Carl Gustav Jacob Jacobi (1804 – 1851) 
introdujera "los jacobianos". Lo que hizo Jacobi con 
esto fue expresar los cambios de variable de las 
integrales múltiples en esos términos. Respecto a los 
detalles biográficos de Ludwig Otto Hess se sabe que nació precisamente en 
Konigsberg, Alemania (aunque actualmente es Rusia), el 22 de abril de 1811. 
Estudió con Jacobi en su ciudad natal (Konigsberg), donde se desempeñó 
primero como maestro de física y química y posteriormente como profesor. 
En 1856 se trasladó a Heidelberg, donde permaneció doce años, antes de 
tomar un puesto en Munich, donde falleció el 4 de agosto de 1874. Ludwig 
Otto Hess se hizo tan famoso por una matriz que introdujo en un artículo de 
1842 referido a curvas cúbicas y cuadráticas. 
FÓRMULA DE TAYLOR PARA FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES 
En cálculo, el Teorema de Taylor permite obtener aproximaciones 
polinómicas de una función en un entorno de cierto punto en que la función 
sea diferenciable. Además, el teorema permite acotar el error obtenido 
mediante dicha estimación. 
EJEMPLO 1 
Use el polinomio de Taylor de grado dos para hallar una aproximación a la 
función f(x, y) = xy alrededor del punto (1,1). 
Solución: 
El polinomio de Taylor de orden 2 alrededor del punto (1,1) de la función f es: 
P(x, y) = (1,1) + (x −1)
∂
∂
f
x
(1,1) + (y −1) 
∂
∂
f
y
 (1,1) + 
 + 
1
2
[ 
∂
∂
2
2
f
x
(1,1)(x −1)2 + 
∂
∂ ∂
2 f
y x
 (1,1)(x −1)(y −1) + 
∂
∂
2
2
f
y
 (1,1)(y −1)2 ] 
 
 70
como 
∂
∂
f
x
= y y - 1x ∂
∂
2
2
f
x
= y (y −1) x y − 1 
∂
∂ ∂
2 f
y x
= y 1yx − + y y -1x Ln(x) 
∂
∂
f
y
= xy Ln(x) ∂
∂
2
2
f
y
= xy (Ln(x))2 
 
 
Entonces 
P(x, y) = 1 + (x −1) + 0 +
2
1
[ 0 + 2(x −1)(y −1) + 0] = x + (x −1)(y −1) 
 
 luego P(x, y) = xy − y + 1 , 
 
aproxima a la función f en una vecindad del 
punto (1,1). 
 
En la gráfica se pueden observar tanto 
la función f(x, y) = xy como su polinomio 
de Taylor P(x, y) = xy – y + 1. 
 
La gráfica que sobresale es la 
correspondiente a la función f, mientras que 
la otra es el polinomio de Taylor. 
 
 
EJEMPLO 2 
Halle el polinomio Taylor de segundo orden alrededor del punto (1, 0) de la 
función f(x; y) = x y, y aproveche el desarrollo del ejemplo anterior para 
calcular el valor aproximado de 0,90,2. 
 
Solución: 
En este caso tenemos n = 2, y el polinomio de Taylor será: 
∂ ∂
∂ ∂ ∂∑ ∑
22 2
0 i 0 i j 0
i=1 i,j=1i i j
f 1 f
p(x) = f(x )+ h (x )+ hh (x )
x 2 x x
. 
En nuestro caso x0 será (1; 0), h1 = (x − 1) y h2 = (y − 0) = y. 
 
 
 
 
 
x
y
2,0
0,5 0,0
0,0
2,5
1,0
1,5
0,5 1,0
1,5
2,0 2,5 3,0
3,0
3
8
13
18
23
 
 71
De modo que: 
⎡∂ ∂ ∂ ∂
⎢∂ ∂ ∂ ∂∂⎣
⎤∂ ∂
⎥∂ ∂ ∂ ⎦
2 2
2
1 2 1 1 22
2 2
2
2 1 2 2
f f 1 f f
p(x;y) = f(1;0)+h (1;0)+h (1;0)+ h (1;0)+h h (1;0)+
x y 2 x yx
f f
+h h (1;0)+h (1;0)
y x y
 
 
Puesto que estamos tratando con una función infinitamente derivable con 
continuidad, todas las derivadas cruzadas del mismo tipo son iguales. De ese 
modo podemos escribir la fórmula anterior: 
 
⎤⎡∂ ∂ ∂ ∂ ∂
⎥⎢∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂⎣ ⎦
2 2 2
2 2
1 2 1 1 2 22 2
f f 1 f f f
p(x;y)= f(1;0)+h (1;0)+h (1;0)+ h (1;0)+2h h (1;0)+h (1;0)
x y 2 x yx y 
Para obtener la fórmula concreta de este polinomio debemos hallar las 
derivadas correspondientes de la función: 
 
( )yy lnx ylnxf(x;y) = x = e = e 
 
∂ ∂
⇒
∂ ∂
∂ ∂
⇒
∂ ∂
2
ylnx y y-1 y-2
2
2
2
yf 1 f
= y e = x = yx ; = y(y -1)x ;
x x x x
f f
(1;0) = (1;0) = 0
x x
 
 
( ) ( )
( )
∂ ∂ ∂ ∂
⇒
∂ ∂∂ ∂
∂ ∂
⇒
∂ ∂ ∂ ∂
2 2
ylnx y 2 y
2 2
2 2
y y-1
f f f f
= lnxe = lnx x ; = ln x x (1;0) = (1;0) = 0
y yy y
f 1 f
 = x +lnx yx (1;0) =1
x y x x y
 
 
Por lo cual los únicos términos que nos sobreviven de la fórmula de Taylor 
son: 
∂
∂ ∂
2
1 2
1 f
p(x,y) = f(1,0)+ 2h h (1,0) =1+(x -1)y =1+ xy - y
2 x y
 
 
Usando esta fórmula para calcular el valor aproximado de la función en 
(0,9; 0,2) tenemos: 
 
≅ ⋅0,20,9 p(0,9;0,2) =1+ 0,9 0,2 - 0,2 = 0,98
 
 
 72
Mientras que el valor obtenido con calculadora es 0,979, lo que significa un 
error menor al uno por mil. 
 
 
EJEMPLO 3 
Halle el polinomio de Taylor de grado 2, para la función f(x, y) = sen(xy) + 2, 
en el punto ( )π , - π . 
 
Solución: 
Este ejemplo lo resolveremos utilizando el software matemático Maple. 
La secuencia de comandos es como sigue: 
 
> mtaylor(sin(x*y)+2, [x=sqrt(Pi),y=-sqrt(Pi)], 3); 
 
 − + − 2 π ( ) + y π ( ) − x π π ( ) − x π ( ) + y π 
 
El primer comando es utilizado para definir la función. El segundo comando 
indica el punto donde se va a desarrollar el polinomio. El tercer comando es 
para indicar el polinomio de Taylor de orden n − 1 de la función en el punto 
indicado, este caso de orden 2, para n = 3. 
 
 
CÁLCULO DE MÁXIMOS Y MÍNIMOS 
 
En esta sección trabajaremos con las herramientas matemáticas para 
optimizar funciones de varias variables. 
 
 
EJEMPLO 4 
Sean g, h: ℜ → ℜ funciones dos veces diferenciables. Supongamos que g 
tiene solamente un extremo local en x0, el cual es un mínimo que vale 
g(x0) = a, y que h tiene solamente un extremo local en x1, el cual es un 
mínimo que vale h(x1) = b. Suponga además que las segundas derivadas de 
g y h son no nulas en sus puntos críticos, y que las gráficas de estas 
funciones no cruzan al eje x. 
 
Determine los valores extremos de la función f: ℜ2 → ℜ definida por 
f (x, y) = g(x) + h(y). 
 
 
 
 
 73
Solución: 
Primero hallemos los puntos críticos de la función f, para lo cual debemos 
resolver el siguiente sistema 
∂
∂
f
x
(x, y) = g′(x) = 0 y 
∂
∂
f
y
 (x, y) = h′(y) = 0 
 
Como g y h tienen un extremo local en x0 y x1 respectivamente, se tiene que 
el punto (x0, x1) es el punto crítico de la función f. Analicemos ahora de qué 
tipo es; para esto aplicamos el criterio del Hessiano: 
∆(x, y) = 
∂ ∂
∂ ∂∂
∂ ∂
∂ ∂ ∂
2 2
2
2 2
2
f f
x yx
f f
x y y
 
pero 
∂
∂
2
2
f
x
(x, y) = g′′(x) , 
∂
∂
2
2
f
y
(x, y) = h′′(y) , 
∂
∂ ∂
2f
x y
(x, y) = 
∂
∂ ∂
2f
y x
= 0, 
 
ya que las funciones g y h son dos veces diferenciables. 
Entonces ∆
0 1(x ,x )
= g′′(x0) h′′(x1) 
 
 
y como g y h alcanzan un mínimo en x0 y x1 respectivamente, se tiene que 
∆
0 1(x ,x )
= g′′(x0) h′′(x1) > 0 y 
∂
∂
2
2
f
x
(x, y) = g′′(x) > 0 , 
de aquí que f tiene un mínimo relativo en (x0, x1) y este valor mínimo es: 
f(x0, x1) = a + b 
 
 
EJEMPLO 5 
A un carpintero se le pidió construir una caja abierta con base cuadrada, 
usando una combinación de materiales. El material empleado para los lados 
de la caja cuesta 800 bolívares por metro cuadrado y el material para la base 
cuesta 1 200 bolívares por metro cuadrado. Calcule las dimensiones de la 
caja de máximo volumen que se puede construir con 5000 bolívares. 
 
 74
¿Cuántos litros de agua puede contener esa caja? [Recuerde que 1 
m3 = 1000 litros] 
 
Solución: 
Sea y la altura y x el lado de la base. El volumen de la caja es f(x, y) = x2 y, 
el cual se trata de maximizar, sujeto a la restricción del costo, es decir: 
g(x, y) = 1 200 x2 + 3200xy − 5 000 = 0 
para esto resolvamos el siguiente sistema de ecuaciones 
∇f = λ∇g 
g(x, y) = 0 
las derivadas parciales de f(x, y) y g(x, y) son 
 
f x = 2xy, f y = x
2 , g x = 2 400x + 3 200y, g y = 3 200x 
 
luego 
( )
( ) ( )
⎧
⎪⎪
⎨
⎪
⎪⎩
λ
λ2
2
2xy = 2400x + 3200y
x = 3200x 1
1200x + 3200xy = 5000
 
 
 
De la segunda ecuación de (1) se deduce que x = 0, o bien, x = 3 200λ. 
Naturalmente descartamos el primer valor (¿por qué?). 
 
 
Sustituyendo el valor de x = 3200λ en la primera ecuación de (1) se obtiene 
 
2(3200λ)y = λ(2400(3200λ) + 3200y) 
 
de aquí que y = 2 400λ 
 
Por tanto y = 3
4
x 
 
Ahora, sustituyendo el valor de y = 
4
3 x en la última de las tres ecuaciones de 
(1), se tiene 
1200x2 + 3200
4
3 x2 = 5000 
 
 75
de donde se obtiene x 2 = 
50
36
; por lo tanto las dimensiones de la caja de 
máximo volumen