calculo2-problemasresueltos

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Análisis Matemático para la Ingenieŕıa.
Problemas Resueltos
Maŕıa Isabel Garćıa Planas
Profesora Titular de Universidad
Primera edición: Julio 2020
Editora: la autora
c© Ma¯ Isabel Garćıa Planas
ISBN: 978-84-09-22481-4
Está rigurosamente prohibido, sin autorización escrita del titular del copyright, bajo sanciones establecidas
por la ley, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier procedimiento, incluido la reprograf́ıa
y el tratamiento informático
A Blanca, Sof́ıa, José Luis y Elisabeth
Defiende tu derecho a pensar, porque in-
cluso pensar de manera errónea es mejor
que no pensar.
Hipatia (Alejandŕıa 355-370)
Si comenzase de nuevo mis estudios, se-
guiŕıa el consejo de Platón y comenzaŕıa
con las matemáticas.
Galileo Galilei (Pisa 1564 - Arcetri
1642)
Presentación
El presente libro es una recopilación de los ejercicios preparados para la asig-
natura de Cálculo II de la titulación de Grado en Ingenieŕıa en Tecnoloǵıas
Industriales impartida en la Escuela Técnica Superior de Ingenieŕıa Industrial
de Barcelona (ETSEIB) de la Universitat Politècnica de Catalunya (UPC),
durante el segundo cuatrimestre del curso académico 2019-20.
Este cuatrimestre se ha visto afectado por el Coronavirus 2019, teniendo que
adoptar de forma inesperada la docencia teniendo que hacer, la mayoŕıa de
profesores, una transición abrupta para hacer nuestras clases en ĺınea. Esta
situación ha obligado a preparar más material docente para ayudar al alumno
en su trabajo autónomo. A ráız de esta situación la UPC ha hecho un vuelco
hacia la semipresencialidad de la docencia para el próximo curso, y este hecho
me ha llevado a recopilar el trabajo realizado para hacerlo útil para la nueva
situación.
Las herramientas teóricas necesarias para una óptima comprensión de to-
dos los ejercicios se encuentran en el libro de apuntes de libre disposición
“Notas sobre Análisis Matemático para la Ingenieŕıa”que se encuentra en
https://upcommons.upc.edu/bitstream/handle/2117/18173/CalculoDif -e-I-
8
nteg.pdf
Este libro sigue la estructura del libro de apuntes antes mencionado, esto es,
está dividido en tres partes, de manera que la primera incluye problemas de
cálculo diferencial para n variables. La segunda parte está dedicada al cálculo
de integrales para funciones de más de una variable en particular para dos
y tres variables. Finalmente, la tercera parte contiene una introducción a la
resolución de ecuaciones diferenciales de primer orden.
La Autora
Índice general
PARTE I 11
1. Continuidad de funciones de n variables 13
1.1. Topoloǵıa del espacio Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.2. Funciones vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.3. Ĺımites de funciones vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.4. Continuidad de funciones vectoriales . . . . . . . . . . . . . . 27
2. Derivación de funciones de n variables 31
2.1. Derivadas parciales primeras y de orden superior . . . . . . . 31
2.2. Derivabilidad y continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.3. Derivadas parciales de orden superior . . . . . . . . . . . . . . 38
2.4. Derivadas direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.5. Regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.6. Derivada de las funciones inversa e impĺıcita . . . . . . . . . . 52
2.7. Fórmula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
2.8. Extremos de funciones de varias variables . . . . . . . . . . . . 70
9
10 ÍNDICE GENERAL
PARTE II 75
3. Integración de funciones de n variables 77
3.1. La integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
3.2. Principio de Cavalieri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
3.3. Cambios de variable en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
PARTE III 103
4. Ecuaciones diferenciales ordinarias 105
4.1. Ecuaciones de variable separada . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
4.2. Ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
4.3. Ecuaciones de Bernouilli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
4.4. Ecuaciones de Ricatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
4.5. Ecuaciones homogéneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
4.6. Ecuaciones diferenciales exactas y factores integrantes . . . . . 114
4.7. Resolución de EDO’s usando la transformada de Laplace . . . 118
Bibliograf́ıa 126
PARTE I
12 ÍNDICE GENERAL
Caṕıtulo 1
Continuidad de funciones de n
variables
1.1. Topoloǵıa del espacio Rn
1. Dibujar los siguientes conjuntos de R2 y decir cuales son abiertos, ce-
rrados o compactos:
a) A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 5}
b) B = {(x, y) ∈ R2 : xy > 1}
c) C = {(x, y) ∈ R2 : 1 < x2 + y2 < 2}.
d) D = {(x, y) ∈ R2 : x > 1, x
2 + y2
x
≤ 2}.
13
14 CAPÍTULO 1. CONTINUIDAD DE FUNCIONES DE N VARIABLES
Solución:
a)
Este conjunto es compacto ya que es cerrado y acotado.
b)
Este conjunto es abierto, no es cerrado ni acotado por lo que no es
compacto.
1.1. TOPOLOGÍA DEL ESPACIO RN 15
c)
Este conjunto es abierto, es acotado ya que está incluido en cualquier
ćırculo de radio superior a 2, pero no es compacto ya que no es cerrado.
d)
Este conjunto no es abierto ni cerrado, es acotado ya que está incluido
en cualquier ćırculo centrado en el origen de radio superior a 2, pero
no es compacto ya que no es cerrado
Observación
“En general”los conjuntos definidos por
desigualdades del tipo ≶ son abiertos
desigualdades del tipo S son cerrados.
16 CAPÍTULO 1. CONTINUIDAD DE FUNCIONES DE N VARIABLES
solo cuando la función, que define al conjunto, no tiene “problemas”de
definición. Ejemplos
{x2 − 2x+ 1 > 0, x ∈ R} = (−∞,−1) ∪ (1,+∞) es abierto.
Contraejemplo
{1/x ≥ 0, x ∈ R} = (0,+∞) es abierto
2. Decir cual de los siguientes conjuntos son abiertos, cerrados o compac-
tos.
a) A = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ x, exy − senx ≤ y4 + ex}.
b) B = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 + z2 ≤ 1, exy + eyz + ezx ≥ x+ y+ z}.
c) C = {(x, y) ∈ R2 | x2 − y2 ≤ 0, y ≤ 2x}.
d) D = {(x, y, z) ∈ R3 | 0 < x2 − y2 + z2 < 1, xyz > 0}.
e) E = {(x, y) ∈ R2 | x2 + sen y > 0, x 6= 0, y 6= 0}.
Solución:
a) Es compacto ya que es la intersección de dos conjuntos cerrados:
B̄21/2(1/2, 0) = {(x, y) ∈ R2 : x2 − x− 1/4 + y2+ ≤ 1/4},
que es una bola cerrada y acotada (compacto), y
{(x, y) ∈ R2 | exy − senx ≤ y4 + ex}
que es un conjunto definido por una desigualdad no estricta.
1.2. FUNCIONES VECTORIALES 17
b) B = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 + z2 ≤ 1, exy + eyz + ezx ≥ x+ y + z}.
Este es conjunto es la intersecció de la bola cerrada unidad centrada
en el origen y un cerrado, por lo tanto, es compacto.
c) Es cerrado ya que es la intersección de dos conjuntos cerrados.
No es compacto puesto que no está acotado, debido a que los puntos
de la forma (x, x) ∀x ∈ R+ pertenecen a C.
d) Es la intersección de dos conjuntos abiertos, por tanto, es abierto.
e) Es abierto, ya que es la intersección de tres conjuntos abiertos.
1.2. Funciones vectoriales
1. Dada la función de n variables
f(x) = (ln(||x||), ln(1− ||x||))
Dar su dominio e imagen
Solución:
Su dominio es: D(f) = Bn1 (0) \ {0}, (‖x‖ 6= 0, 1− ‖x‖ > 0).
El conjunto imagen es; R(f) = {(y1, y2) ∈ R2 : y1 ∈ (−∞, 0), y2 =
ln(1− ey1)}.
2. Dar el dominio de definción de las siguientes funciones.
a) f(x, y) =
√
9− x2 − y2
x2 + y2 − 4
.
b) f(x, y) =
√
16− 4x2 − y2.
18 CAPÍTULO 1. CONTINUIDAD DE FUNCIONES DE N VARIABLES
c) f(x, y) = (ln(xy),
√
4− x2 − y2).
d) f(x, y) = arcsen
(y
x
)
.
e) f(x, y) = arctan
(
1
x2 + y2
)
.
f) f(x, y) =
√
y − xy − 1.
g) f(x, y, z) =
x√
9− x2 − y2 − z2
.
Solución:
a) El dominio es la intersección del dominio de la función numerador y
del de la función denominador, menos los puntos que anulan al deno-
minador.
Dominio del numerador: {(x, y) | 9 − x2 − y2 ≥ 0} = B̄23(0, 0) (bola
cerrada).
Dominio del denominador:{(x, y) | x2 + y2 − 4 6= 0} = R2. El denomi-
nador se anula en ∂B22(0, 0).
Por lo tanto: D(f) = B̄23(0, 0) \ ∂B22(0, 0).
b) D(f) es la clausura de la elipse x2
4
+ y
2
16
≤ 1.
c) En este caso el dominio es la intersección de los dominios de las dos
funciones componentes.
El dominio de f1 es {(x, y) ∈ R2 | xy > 0} (1er y 3er cuadrantes).
El dominio de f2 es {(x, y) ∈ R2 | 4− x2 − y2 ≥ 0 (bola cerrada)
Por lo tanto:
D(f) = B̄22(0, 0) ∩ ({(x, y) | x, y > 0} ∪ {(x, y) | x, y < 0})
1.2. FUNCIONES VECTORIALES 19
d) Teniendo en cuenta que arcsen : [−1, 1]→ [−π/2, π/2], se tiene que:
D(f) = {(x, y) ∈ R2 | −1 ≤ y
x
≤ 1} = {(x, y) ∈ R2 | |y| ≤ |x|, x 6= 0}
e) Teneindo en cuenta que arctan : (−∞,∞)→ [−π/2, π/2], se tiene
D(f) = R2 \ {(0, 0)}.
f) El conjunto definido por y− xy− 1 = 0 se expresa por y(1− x) = 1.
El plano R2 queda dividido en cuatro regiones según si x < 1 o x > 1
i si y − xy − 1 ≥ 0 o y − xy − 1 ≤ 0.
Por lo que
D(f) = {(x, y) : x < 1, y ≥ 1
1− x
} ∪ {(x, y) : x > 1, y ≤ 1
1− x
}
g) El dominio del denominador es {(x, y, z) ∈ R3 | 9−x2−y2−z2 ≥ 0},
y los puntos en que se anula el denominador son {(x, y, z) ∈ R3 |
9− x2 − y2 − z2 = 0}. Luego
D(f) = B33(0, 0, 0). bola abierta
3. Dibujar las curvas de nivel del paraboloide eĺıptico definido por f(x1, x2) =
x21 + x
2
2/4
Solución:
20 CAPÍTULO 1. CONTINUIDAD DE FUNCIONES DE N VARIABLES
La gráfica de la función es:
y las curvas de nivel son elipses:
4. Encontrar las curvas de nivel de las siguientes funciones y decir cual es
su imagen.
a) f(x, y) = x2 + y2.
b) f(x, y) = 4x2 + y2.
1.2. FUNCIONES VECTORIALES 21
c) f(x, y) = x2 − y.
d) f(x, y) =
xy
x2 + y2
, definida para (x, y) 6= (0, 0).
e) f(x, y) =
x2 − y2
x2 + y2
, definida para (x, y) 6= (0, 0).
f) f(x, y) = (x2 + y2)e−x
2−y2 .
Solución:
a) Las curvas de nivel son circunferencias y el conjunto imagen: R(f) =
[0,∞).
b) Las curvas de nivel son elipses y el conjunto imagen: R(f) = [0,∞).
c) Las curvas de nivel vienen dades por x2 − y = C, con C ∈ R. Se
trata, pues, de parábolas.
Su imagen es: R(f) = R
d) Las curvas de nivel vienen dadas por
xy
x2 + y2
= C, es decir
xy = Cx2 + Cy2 ⇔ Cx2 − xy + Cy2 = 0⇔ y = x±
√
x2 − 4C2x2
2C
Las curvas de nivel son rectas que pasan por el origen.
Para ver la imagen, observamos que está incluida en [−1/2, 1/2] ya que
(x− y)2 ≥ 0⇔ x2 + y2 ≥ 2xy ⇔ f(x, y) ≤ 1/2
y, por otra parte, (x+ y)2 ≥ 0⇔ x2 + y2 ≥ −2xy ⇔ f(x, y) ≥ −1/2
por lo tanto R(f) ⊂ [−1/2, 1/2].
Para ver la igualdad, sustituimos y por mx y f es constante y vale
m/(1 +m2) que toma todos los valores entre −1/2 y 1/2 variando m.
22 CAPÍTULO 1. CONTINUIDAD DE FUNCIONES DE N VARIABLES
e) Las curvas de nivel son las rectas y = ±
√
1−k
1+k
x. Por lo tanto, el
conjunto imagen es: R(f) = [−1, 1].
f) Podemos relacionar los valores de f con los de la función h(z) = ze−z.
Como que f(x, y) = h(‖(x, y)‖2), las curvas de nivel son circunferencias.
El conjunto imagen es: R(f) = (−∞, e−1] ya que h tiene un único
máximo absoluto z = 1.
1.3. Ĺımites de funciones vectoriales
1. Probar que ĺımx→1 x
2 = 1.
Solución:
Fijado � > 0, entonces para |x− 1| < δ (y, suponiendo δ < 1) tenemos
|x2 − 1| = |x− 1||x+ 1| < δ|x+ 1| < 3δ < �,
tomando δ < mı́n(�/3, 1), ya que entonces |x+ 1| < 3.
2. Probar que
a) ĺım(x,y)→(0,0)
√
x2 + y2 = 0
b) ĺım(x1,...,xn)→(0,...,0) ‖x‖k = 0
c) ĺım(x,y)→(0,0) 1 + x+ y = 1
Solución:
a) En efecto, teniendo en cuenta que
√
x2 + y2 = ‖(x, y)‖, entonces,
para cualquier � > 0, basta tomar δ = �.
1.3. LÍMITES DE FUNCIONES VECTORIALES 23
b) Basta con tomar δ = �1/k para cualquier � > 0.
c) |(1 + x+ y)− 1| = |x+ y| ≤ |x| + |y| ≤ 2‖(x, y)‖. Basta con tomar
δ = 1
2
� para cualquier � > 0.
3. Consideremos la función
f(x1, x2) =

x21x
2
2
x21+x2
(x1, x2) 6= 0,
0 (x1, x2) = 0
Probar que no existe ĺım(x1,x2)→(0,0) f(x1, x2)
Solución:
Nos acercamos al origen a través de la recta x1 = x2 con x1 → 0,
f(x1, x1) =
x21x
2
1
x21+x1
→ 0, x1 → 0
No acercamos a través de la curva x2 = −x21 + x61,
f(x1,−x21 + x61) =
x21(−x21+x61)2
x21−x21+x61
=
x61(−12+x41)2
x61
→ 1, x1 → 0
Los ĺımites según dos curvas distinta no coinciden, por lo tanto el ĺımite
no existe.
4. Para las siguientes funciones, hallar valores para δ(�) (“óptimos”) tales
que si
√
x2 + y2 ≤ δ(�) entonces |f(x, y)− f(0, 0)| ≤ �.
a) f(x, y) = 3
√
xy.
b) f(x, y) =
x2y
x2 + y2
si (x, y) 6= (0, 0) y f(0, 0) = 0.
c) f(x, y) =
1− x2 − y2
1 + x2 + y2
.
24 CAPÍTULO 1. CONTINUIDAD DE FUNCIONES DE N VARIABLES
Solución:
Observación: |x|, |y| ≤
√
x2 + y2.
a) δ(�) = �3/2, ya que
| 3√xy| = 3
√
|xy| = |x|1/3|y|1/3 ≤ (x2 + y2)1/3 ≤ ε
δ =
√
x2 + y2 ≤ ε3/2.
b) δ(�) = �, ya que∣∣∣∣ x2yx2 + y2
∣∣∣∣ ≤
|x2|≤|x2+y2|
∣∣∣∣x2yx2
∣∣∣∣ = |y| ≤√x2 + y2 = δ = ε.
c) δ(�) =
√
�/2, ya que:
|f(x, y)− f(0, 0)| =
∣∣∣∣1− x2 − y21 + x2 + y2 − 1
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣−2(x2 + y2)1 + x2 + y2
∣∣∣∣ ≤ 2‖(x, y)‖2 =
2δ2 = ε.
5. Calcular
ĺım
(x,y,z)→(0,0,0)
4x+ y − 3z
2x− 5y + 3z
Solución:
ĺım(x,0,0)→(0,0,0)
4x+ y − 3z
2x− 5y + 3z
= ĺım(x,0,0)→(0,0,0)
4x
2x
= 2
ĺım(0,y,0)→(0,0,0)
4x+ y − 3z
2x− y + 3z
= ĺım(0,y,0)→(0,0,0)
y
−5y
= −1
5
Ambos ĺımites son distintos, luego el ĺımite no existe.
6. Calcular
a) ĺım(x,y)→(0,1)
arc cos(x/y)
1 + xy
.
b) ĺım(x,y)→(0,0)
xy
x2 + y2
.
1.3. LÍMITES DE FUNCIONES VECTORIALES 25
c) ĺım(x,y)→(0,0)
x2 − y2
x2 + y2
.
d) ĺım(x,y)→(0,0)
x2y2
x4 + y4
.
e) ĺım(x,y)→(0,0)
sin(xy)
x2 + y2
.
Solución:
a) La función está definida, en el punto (0, 1), tanto en el numerador
como en el denominador y no se anula en el denominador.
Por lo tanto se puede calcular el ĺımite por sustitución, obteniendo π/2.
b) Se observa que, si x = 0, el ĺımite vale 0. Si x = y, el ĺımite vale 1/2
Por caminos distintos llegamos a puntos distintos, luego el ĺımite no
existe.
c) Se observa que para x = 0, el ĺımite vale −1 y para x = y, el ĺımite
vale 0.
Al igual que en el apartado anterior, el ĺımite no existe.
d) Se observa que para x = 0, el ĺımite vale 0 y para x = y, el ĺımite
vale 1/2.
Por lo tanto, el ĺımite no existe.
e) Se observa que para x = 0, el ĺımite vale 0 y para x = y, nos queda
ĺımx→0
senx2
2x2
= 1
2
Por lo tanto el ĺımite no existe.
7. Calcular
26 CAPÍTULO 1. CONTINUIDAD DE FUNCIONES DE N VARIABLES
a) ĺım(x,y)→(0,0)
xy√
x2 + y2
.
b) ĺım(x,y)→(0,0) xy ln(x
2 + y2).
c) ĺım(x,y,z)→(0,0,0)
xyz
x2 + y2 + z2
.
d) ĺım(x,y)→(0,0)
x− y√
x−√y
, (definida si x, y > 0 y x 6= y).
e) ĺım(x,y)→(1,1) tan
(
π
x2 + y2
)
.
Solución:
a) Teniendo en cuenta que |xy| ≤ (x2 + y2)|, se concluye que∣∣∣∣ xy√x2+y2
∣∣∣∣ ≤√x2 + y2.
Por lo que el ĺımite es: 0.
b) En primer lugar
|xy ln(x2 + y2)| ≤ |(x2 + y2) ln(x2 + y2)| = h(‖(x, y)‖)
donde h : R \ {0} → R es la función de una variable definida por
h(t) = t2 ln(t2), que comple ĺımt→0 h(t) = 0.
Teniendo en cuenta la propiedad: Si h : (0,+∞) → R es una fun-
ción escalar que cumple que ĺımt→0+ h(t) = L, entonces también, para
cualquier n: ĺım(x1,...,xn)→(0,...,0) h (‖(x1, . . . , xn)‖) = L.
Entonces, el ĺımite buscado es: 0.
c) El ĺımite es 0 ya que∣∣∣∣ xyzx2 + y2 + z2
∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣‖(x, y, z)‖3‖(x, y, z)‖2
∣∣∣∣ = ‖(x, y, z)‖ → 0
1.4. CONTINUIDAD DE FUNCIONES VECTORIALES 27
d) En primer lugar, observamos que la función no está definida en
ninguna bola centrada en cero (excluyendo el centro).
Podemos multiplicar y dividir por el conjugado∣∣∣∣ x− y√x−√y
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ (x− y)(√x+√y)(√x−√y)(√x+√y)
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣(x− y)(√x+√y)x− y
∣∣∣∣
=
∣∣√x+√y∣∣ ≤ ∣∣√x∣∣+ |√y| ≤√|x|+√|y| ≤ 2√‖(x, y)‖
Por lo que, el ĺımite es: 0.
e) Si hacemos x = 1, el ĺımite no existe (ĺımy→1
π
1 + y2
=
π
2
).
Por lo tanto, el ĺımite no existe.
1.4. Continuidad de funciones vectoriales
1. Sea f(x, y) =
cos(xy)− 1
x2y2
si xy 6= 0 y f(x, y) = a si xy = 0.
a) ¿Para qué valor de a ∈ R es f continua en (0, 0)?
b) Para este valor de a discutir la continuidad de f en R2.
Solución:
a) Hacemos xy = t y definimos g(t) =
cos(t)− 1
t2
, ĺımt→0g(t) = −1/2
(aplicando la regla de l’Hôpital). por lo tanto a = −1/2.
b) Por generación, f es continua fuera de xy = 0
Para ver la continuidad cuando xy = 0: recordamos que para t sufi-
cientemente pequeño, podemos aproximar la función de la ,anera:
cos t = 1− 1
2
t2 +
1
4!
t4 +O(t6)⇔ cos t− 1 + 1
2
t2 =
1
4!
t4 +O(t6)
28 CAPÍTULO 1. CONTINUIDAD DE FUNCIONES DE N VARIABLES
∣∣∣∣cos(xy)− 1x2y2 + 12
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣cos(xy)− 1 + 12x2y2x2y2
∣∣∣∣ =︸︷︷︸
t=xy∣∣∣∣ 14!(xy)4 +O((xy)6)
∣∣∣∣→ 0, cuando (x, y)→ (0, 0).
2. Estudiar la continuidad de la función máx : R2 → R.
Solución:
La función máximo es una función que está definida a trozos
máx{x, y} =
x x ≥ yy y < x
y, salvo en x = y, es una función polinomial (que vale x o y). Veamos
que es continua en cualquier punto (a, a), con a ∈ R:
ĺım
(x,y)→(a,a)
máx{x, y} = a. En efecto
|máx{x, y} − a| ≤ máx{|x− a|, |y − a|} ≤ ‖(x− a, y − a)‖
3. Para las siguientes funciones definidas a trozos discutir su continuidad
en R2.
a) f(x, y) =
sen (xy)
xy
si xy 6= 0 y f(x, y) = 1 si xy = 0.
b) f(x, y) = máx{x, y} si x > 0 y f(x, y) = 0 si x ≤ 0.
c) f(x, y) = x si |x| ≤ |y| y f(x, y) = y si |x| > |y|.
d) f(x, y) = x si x2 + y2 ≤ 1 y f(x, y) = y si x2 + y2 > 1.
1.4. CONTINUIDAD DE FUNCIONES VECTORIALES 29
Solución:
a) Observamos que f se puede escribir como composición de funciones
continuas en R2,
f = h ◦ g
donde g(x, y) = xy y h(t) =
sen t
t
si t 6= 0 y h(0) = 1.
(Para la función h basta observar, aplicando la regla de l’Hôpital, que
ĺımt→0 h(t) = 1.
Por lo que la función es continua en todo R2.
b)
f(x, y) =
máx{x, y} x > 00 x ≤ 0 =

y, y ≥ x > 0
x, x > 0, y < x
0, x ≤ 0
El único problema puede aparecer en x = 0.
ĺım(x,y)→(0,a) f(x, y) =
 a si x > 0(x→ 0)0 si x < 0
Por lo que la función es continua en R2 \ {(0, y) : y > 0}
c) Se trata de una función definida a trozos: f(x, y) =
x, |x| ≤ |y|y, |x| > |y|
y es continua salvo quizá en las diagonales de los dos cuadrantes.
En la diagonal (a, a), la función vale a y es continua
|f(x, y)− a| =
|x− a|, |x| ≤ |y||y − a|, |x| > |y| ≤ ‖(x− a, y − a)‖ →(x,y)→(a,a) 0
30 CAPÍTULO 1. CONTINUIDAD DE FUNCIONES DE N VARIABLES
En cambio, en la diagonal (a,−a), a 6= 0, la función no es continua.
Por ejemplo, supongamos a > 0
f(x,−a) =
x, |x| ≤ a−a, |x| > a
ĺım
x→a+
f(x, a) = −a 6= ĺım
x→a−
f(x, a) = a
Por lo que la función es cont́ınua en R2 \ {(x,−x) : x ∈ R, x 6= 0}.
d) Salvo en la circunferencia unidad centrada en cero, (∂B21(0, 0)), la
función es continua.
Tomando un punto (a, b) de esta circunferencia. Entonces, es claro que
ĺım
(x,y)→(a,b),
x2+y2<1
f(x, y) = a
mientras que
ĺım
(x,y)→(a,b),
x2+y2>1
f(x, y) = b
estos dos ĺımites solo coinciden cuando a = b y a2 + b2 = 1, y
(1/
√
2, 1/
√
2), (−1/
√
2,−1/
√
2)
Por lo que la función es discontinua en
∂B21(0, 0) \ {(1/
√
2, 1/
√
2), (−1/
√
2,−1/
√
2)}.
Caṕıtulo 2
Derivación de funciones de n
variables
2.1. Derivadas parciales primeras y de orden
superior
1. Sea f(x1, x2) =

x2−sen (x2)
x21+x
2
2
, (x, y) 6= (0, 0)
0 (x, y) = (0, 0)
Calcular las derivadas parciales en el origen.
Solución:
Para calcular las derivadas parciales en el origen, hacemos uso de la
definición
∂1f(0, 0) = ĺımt→0
f(t,0)−f(0,0)
t
= ĺımt→0
0
t3
= 0.
∂2f(0, 0) = ĺımt→0
f(0,t)−f(0,0)
t
= ĺımt→0
t−sin t
t3
= ĺımt→0
t3/6
t3
= 1/6.
31
32 CAPÍTULO 2. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
2. calcular las derivadas parciales de
f(x1, x2) = x1e
x2senx1
en el punto (π
2
, 0).
Solución:
∂1f = e
x2senx1 + x1x2 cosx1e
x2senx1 , ∂2f = x1senx1e
x2senx1
∂1f(π/2, 0) = 1 y ∂2f(π/2, 0) = π/2.
3. Calcular la matriz jacobiana de f(x1, x2) = (e
x1+x2+x2, x1x
2
2, cos(x1x
2
2)).
Solución:
Jf(x1, x2) =

∂1f1 ∂2f1
∂1f2 ∂2f2
∂1f3 ∂2f3
 =

ex1+x2 ex1+x2 + 1
x22 2x1x2
−x22sen (x1x22) −2x1x2sen (x1x22)

4. Calcular las derivadas parciales de las siguientes funciones.
a) f(x, y) = xy
x
.
b) f(x, y) = xxy.
c) f(x, y) = (x2 + y2)x.
d) f(x, y) = xy ln(x2 + y2).
e) f(x, y) = ln(
√
x2 + y2)
f) f(x, y) =
1√
x2 + y2
.
2.1. DERIVADAS PARCIALES PRIMERAS Y DE ORDEN SUPERIOR 33
Solución:
a) x(y
x) = ey
x log x = ee
x log y log x y su derivada parcial respecto x vale
∂x(x
(yx)) = xy
x
yx
(
ln(x) ln(y) +
1
x
)
y respecto y vale
∂y(x
(yx)) = xy
x
xyx−1 ln(x)
b) f(x, y) = xxy = exy lnx.
∂xf(x, y) = x
yx (y ln(x) + y),
∂yf(x, y) = x
yxx ln(x).
c) f(x, y) = (x2 + y2)x = ex ln(x
2+y2).
∂xf(x, y) = (x
2 + y2)x
(
ln(x2 + y2) + 2x
2
x2+y2
)
,
∂yf(x, y) = 2xy(x
2 + y2)x−1.
d) ∂xf(x, y) = y ln(x
2 + y2) + 2x
2y
x2+y2
,
∂yf(x, y) = x ln(x
2 + y2) + 2y
2x
x2+y2
.
e) ∂xf(x, y) =
x
x2+y2
,
∂xf(x, y) =
y
x2+y2
.
f) ∂xf(x, y) = − x(x2+y2)3/2 ,
∂yf(x, y) = − y(x2+y2)3/2 .
5. Calcular las derivadas parciales de las siguientes funciones.
a) f(x, y) =
xy
x2 + y2
.
34 CAPÍTULO 2. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
b) f(x, y) =
x2 + y2
x2 − y2
.
c) f(x, y) =
cosx+ exy
x2 + y2
.
d) f(x, y, z) = ex tan(y2z).
e) f(x, y, z) = xsenh
(y
z
)
.
Solución:
a) ∂xf(x, y) =
y(y2 − x2)
(x2 + y2)2
,
∂yf(x, y) =
x(x2 − y2)
(x2 + y2)2
.
b) ∂xf(x, y) =
−4xy2
(x2 − y2)2
,
∂xf(x, y) =
4yx2
(x2 − y2)2
c) ∂xf(x, y) =
yexy−sen(x)
x2+y2
− 2x(cos(x)+e
xy)
(x2+y2)2
∂yf(x, y) =
xexy
x2+y2
− 2 y(cos(x)+e
xy)
(x2+y2)2
d)
∂xf = e
x tan
(
y2z
)
∂yf = 2
(
tan
(
y2z
)2
+ 1
)
yzex
∂zf =
(
tan
(
y2z
)2
+ 1
)
y2ex
2.2. DERIVABILIDAD Y CONTINUIDAD 35
e)
∂xf = senh
(y
z
)
∂yf =
x cosh
(
y
z
)
z
∂zf = −
xy cosh
(
y
z
)
z2
2.2. Derivabilidad y continuidad
1. Sea la función f : R2 → R
f(x1, x2) =

x1x2
x21 + x
2
2
si(x1, x2) 6= (0, 0)
0 si(x1, x2) = (0, 0)
a) Estudiar la continuidad en el origen de dicha función
b) Calcular las derivadas parciales en el origen
Solución:
a) No es continua en el origen ya que no tiene ĺımite (0, 0) (si nos
acercamos con rectas y = mx cada ĺımite es distinto).
b)
f(x1, 0) = 0, x1 ∈ R⇒ ∂1f(0, 0) = 0
f(0, x2) = 0, x2 ∈ R⇒ ∂2f(0, 0) = 0
2. Aplicando la definición, calcular (si existen) las derivadas parciales pri-
meras de las siguientes funciones en el (0, 0):
36 CAPÍTULO 2. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
a) f(x, y) =
xy
x2 + y2
si (x, y) 6= (0, 0) y f(0, 0) = 0.
b) f(x, y) = x ln(x2 + y2) si (x, y) 6= (0, 0) y f(0, 0) = 0.
c) f(x, y) = (x2 + y2)x si (x, y) 6= (0, 0) y f(0, 0) = 1.
Solución:
a) ∂xf(0, 0) = ĺımh→0
f(h,0)−f(0,0)
h
= 0,
∂yf(0, 0) = ĺımh→0
f(0,h)−f(0,0)
h
= 0.
b) Como que f(h, 0) = h lnh2, no existe ∂xf(0, 0),
Como que f(0, h) = 0, ∂yf(0, 0) = 0.
c) Como que f(h, 0) = (h2)h = e2h lnh, (ĺımh→0
e2h ln(h)−1
h
) no existe
∂xf(0, 0),
Como que f(0, y) = 1, ∂yf(0, 0) = 0.
3. Calcular las derivadas parciales primeras de las siguientes funciones y
dar su matriz jacobiana.
a) f(x, y) = (exy + y, y2x).
b) f(x, y) = (cos(x+ 2y), yex+y, cosh(xy2)).
c) f(x, y, z) = (z tan(x2 + y2), xy ln(z)).
Solución:
a)
Jf(x, y) =
 yexy xexy + 1
y2 2xy

2.2. DERIVABILIDAD Y CONTINUIDAD 37
b)
Jf(x, y) =

−sen(x+ 2y) −2sen(x+ 2y)
yex+y (y + 1)ex+y
y2senh (xy2) 2xysenh (xy2)

c)
Jf =
 2xz sec2(x2 + y2) 2yz sec2(x2 + y2) tan(x2 + y2)
y ln(z) x ln(z) xy
z

4. De acuerdo con la ley de los gases perfectos se tiene la relación PV =
kT , donde P es la presión, V el volumen, T la temperatura y k una
constante. Probar que
∂T
∂P
∂P
∂V
∂V
∂T
= −1.
Solución:
Aislando cada magnitud y haciéndola variable de las otras
T = PV/k, por lo tanto, ∂PT = V/k.
P = kT/V , por lo tanto, ∂V P = −kT/V 2
V = kT/P , por lo tanto, ∂TV = k/P
Aśı pues,
∂T
∂P
∂P
∂V
∂V
∂T
=
(
V
k
)
·
(
−kT
V 2
)
·
(
k
P
)
= −KT
V P
= −1
38 CAPÍTULO 2. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
2.3. Derivadas parciales de orden superior
1. Sea la función f : R2 → R f(x1, x2) = x31 + x1x2 + x2sen (x1).
a) Calcular las derivadas parciales en todos los puntos (x1, x2) de
esta función.b) Calcular las derivadas parciales de las funciones halladas en el
apartado anterior (derivadas parciales segundas de f)
c) Calcular todas las derivadas parciales de orden 3, ∂3x1x1x1f , ∂
3
x1x2x1
f ,
∂3x2x1x1f , ∂
3
x2x2x1
f de dicha función
Solución:
a) ∂x1f = 3x
2
1 + x2 + x2 cos(x1),
∂x2f = x1 + sen (x1).
b)
∂2x1x1f = ∂x1 (∂x1f) = 6x1 − x2sen (x1),
∂2x2x1f = ∂x2 (∂x1f) = 1 + cos(x1),
∂2xixjf = ∂x1 (∂x2f) = 1 + cos(x1),
∂2x1x2f = ∂x2 (∂x2f) = 0.
2.3. DERIVADAS PARCIALES DE ORDEN SUPERIOR 39
c)
∂3x1x1x1f = ∂x1
(
∂2x1x1f
)
= −x2 cos (x1) + 6,
∂3x1x2x1f = ∂x1
(
∂2x2x1f
)
= −sen (x1),
∂3x2x1x1f = ∂x2
(
∂2x1x1f
)
= −sen (x1),
∂3x2x2x1f = ∂x2
(
∂2x2x1f
)
= 0
2. consideremos la función:
xy(x2 − y2)
x2 + y2
si (x, y) 6= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0).
a) Calcular las funciones derivadas parciales
b) Calcular las derivadas parciales segundas cruzadas
Solución:
a)
∂xf(x, y) =

x4y + 4x2y3 − y5
(x2 + y2)2
, si (x, y) 6= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0).
∂yf(x, y) =

x5 − 4x3y2 − xy4
(x2 + y2)2
, si (x, y) 6= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0).
b)
∂2x,yf(x, y) = ∂
2
y,xf(x, y) =
x6 + 9x4y2 − 9x2y4 − y6
(x2 + y2)4
40 CAPÍTULO 2. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
Para calcular ∂2y,x(0, 0) debemos usar la definición:
∂2y,x(0, 0) = ĺım
y→0
∂xf(0, y)− 0
y
= ĺım
y→0
1
y
−y5
y4
= −1
mientras que la la derivada segunda ∂2x,y(0, 0)
∂2x,y(0, 0) = ĺım
x→0
∂yf(x, 0)− 0
x
= ĺım
x→0
1
x
x5
x4
= 1
Observamos que en este caso, las derivadas cruzadas no coinciden.
3. Considerar la función
f(x, y) =

xy√
x2 + y2
si (x, y) 6= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
a) Aplicando la definción de derivada parcial calcular
∂f
∂x
(0, 0).
b) Calcular
∂f
∂x
(x, y) si (x, y) 6= (0, 0).
c) Demostrar que 6 ∃ ĺım(x,y)→(0,0)
∂f
∂x
(x, y).
d) ¿Cuál es el mayor subconjunto D ⊂ R2 en el que f ∈ C1(D)?
Solución:
a) Como que f(x, 0) = 0, entonces
∂f
∂x
(0, 0) = 0
b) Usando las reglas de derivación
∂f
∂x
(x, y) =
y3√
(x2 + y2)3
.
c) Podemos ecoger la recta y = 0 y (ĺımite 0)
y la recta x = 0 y (ĺımite 1).
d) D = R2 \ {(0, 0)}.
2.3. DERIVADAS PARCIALES DE ORDEN SUPERIOR 41
4. Considerar la función
f(x, y) = xy
x2 − y2
x2 + y2
si (x, y) 6= (0, 0) i f(0, 0) = 0.
a) Calcular
∂f
∂x
(x, y) y
∂f
∂y
(x, y), si (x, y) 6= (0, 0).
b) Usando la definición calcular
∂f
∂x
(0, 0) y
∂f
∂y
(0, 0).
c) Usando la definición calcular
∂2f
∂x∂y
(0, 0) y
∂2f
∂y∂x
(0, 0).
d) ¿Cuál es el mayor subconjunto D ⊂ R2 en el que f ∈ C2(D)?
e) ¿Cuál es el mayor subconjunto D ⊂ R2 en el que f ∈ C∞(D)?
Solución:
a) ∂f
∂x
(x, y) = y(x
4+4x2y2−y4)
(x2+y2)2
,
∂f
∂y
(x, y) = x(x
4−4x2y2−y4)
(x2+y2)2
b) ∂f
∂x
(0, 0) = ∂f
∂y
(0, 0) = 0.
c) ∂
2f
∂y∂x
(0, 0) = ∂
∂y
(
∂f
∂x
)
(0, 0) = ĺımh→0
∂f
∂x
(0,h)− ∂f
∂x
(0,0)
h
.
∂2f
∂x∂y
(0, 0) = 1,
∂2f
∂y∂x
(0, 0) = −1.
d) D = R2 \ {(0, 0)}.
e) D = R2 \ {(0, 0)}.
42 CAPÍTULO 2. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
2.4. Derivadas direccionales
1. Consideremos la función f(x, y) =
x2y
x2 + y2
, si (x, y) 6= (0, 0) y f(0, 0) =
0 . Dar la derivada direccional máxima de f en (0, 0).
Nota: tener en cuenta que la función dada no es C1 en ningún entorno
de (0, 0) y recordar que, por definición, los vectores según los cuales se
calculan las derivadas direccionales son unitarios.
Solución:
Calculemos la derivada direccional en una dirección, (u, v) co u2+v2 = 1
ĺımt→0
f((0, 0) + t(u, v))− f(0, 0)
t
= ĺımt→0
t2u2tv
t2u2+t2v2
− 0
t
=
ĺımt→0
t3u2v
t2(u2+v2)
t
= ĺımt→0
t3u2v
t3
= u2v = h(u, v)
Busquemos los extremos de la función h (derivada direccional) con la
restricción u2 + v2 = 1
h(u, v) = (1− v2)v = g(v)
g′(v) = 1− 3v2 = 0, ⇒ v = ±
√
3
3
g′′(v) = −6v < 0 para v = +
√
3
3
u2 = 1− v2 = 1− 1
3
=
2
3
el valor máximo se alcanza en (±2
√
3
3
,
√
3
3
) y vale h(u, v) =
2
√
3
9
.
2. Calcular la derivada direccional máxima de f(x, y) = xy en (e, 1).
Solución:
2.4. DERIVADAS DIRECCIONALES 43
El gradiente de la función f es ∇f(x, y) = (xy−1y, xy ln (x))
En el punto (e, 1), es ∇f(e, 1) = (1, e)
Por la fórmula del gradiente, la derivada máxima es ‖ (1, e) ‖ =
√
1 + e2
3. Usar la fórmula del gradiente para calcular las siguientes derivadas
direccionales.
a) Duf(1, 0) si f(x, y) = ln
√
x2 + y2 y u = (2/
√
5, 1/
√
5).
b) Duf(0,−1) si f(x, y) = ex cos(πy) y u = (−1/
√
2, 1/
√
2).
c) Duf(1, 0, 0) si f(x, y, z) = x
2e−yz y u = (1/
√
3,−1/
√
3, 1/
√
3).
Solución:
En todos los casos usaremos ∂vf(a) = 〈v,∇f(a)〉
y, por lo tanto, lo primero que hacemos es calcular el gradiente.
a) ∇f(1, 0) =
(
x
x2+y2
, y
x2+y2
)
= (1, 0)
Duf(1, 0) = 〈(2/
√
5, 1/
√
5), (1, 0)〉 = 2/
√
5
b) ∇f(0,−1) = (cos (πy) ex, −πexsen (πy)) = (−1, 0)
Duf(0,−1) = 〈(−1/
√
2, 1/
√
2), (−1, 0)〉 = 1/
√
2
c) ∇f(1, 0, 0) =
(
2xe(−yz), −x2ze(−yz), −x2ye(−yz)
)
= (2, 0, 0)
Duf(1, 0, 0) = (1/
√
3,−1/
√
3, 1/
√
3)

2
0
0
 = 2/√3
4. Dada la función f(x, y, z) = 2x3y − 3y2z
44 CAPÍTULO 2. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
a) Calcular la derivada direccional en P = (1, 2,−1) en la dirección
que va hacia Q = (3,−1, 5)
b) ¿En qué dirección a partir de P es máxima la derivada direccional?
c) ¿Cuál es el valor de la derivada direccional máxima?
Solución
a) Calculamos el gradiente en P
(∂xf, ∂yf, ∂z)P = (6x
2y, 2x3 − 6yz,−3y2)(1,2,−1) = (12, 14,−12)
La dirección viene dada por el vector Q− P = (2,−3, 6) que normali-
zando es v =
1
7
(2,−3, 6)
Por lo tanto la derivada direccional es:
〈(12, 14,−12), 1
7
(2,−3, 6)〉 = −90
7
b) La derivada direccional máxima es la dirección del gradiente:
(12, 14,−12)
c) El valor es la norma del gradiente:
〈(12, 14,−12), 1
‖(12, 14,−12)‖
(12, 14,−12)〉 = ‖(12, 14,−12)‖
2
‖(12, 14,−12)‖
= 22
5. El perfil de una cierta montaña se modela mediante la función h(x, y) =
5000− 0,01x2 − 0,02y2, donde si (x, y) es un punto del plano (“imagi-
nario”, ya que la tierra no es plana) que define la base de la montaña,
entonces z = h(x, y) nos da la correspondiente altura.
2.4. DERIVADAS DIRECCIONALES 45
Un montañero se encuentra en el punto (x, y) = (10, 10), a punto de
alcanzar la cima.
a) ¿En qué dirección se ha de mover para subir más rápidamente?
b) ¿Cuál es la pendiente?
c) Si en lugar de escoger la dirección de máxima pendiente opta por
escoger una con una pendiente del 40 %, ¿qué dirección debe se-
guir?
Solución:
a) Si se encuentra en el punto de coordenadas (10, 10), la dirección
“para subir más rápidamente”es la dirección de la derivada máxima de
la función altura. Para calcularla:
∇f(x, y) = (−0,02x,−0,04y)→ ∇f(10, 10) = (−0,2,−0,4)
y por tanto la dirección de la derivada máxima será
v =
∇f(10, 10)
‖∇f(10, 10)‖
=
1
1/
√
5
(
−1
5
,
−2
5
)
= −
(
1√
5
,
2√
5
)
b) La pendiente es precisamente el valor de la derivada direccional
∇f(10, 10) = 1/
√
5.
c) Para determinar la o las direcciones que dan lugar a esta pendiente,
escribimos
∂vf(10, 10) = 〈v,∇f(10, 10)〉 = 〈v, (−0,2,−0,4)〉 =
− 0,2v1 − 0,4v2 = 0,4 (pendiente del 40 %)
46 CAPÍTULO 2. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
La ecuación para la dirección será:
v1 + 2v2 = −2, con
√
v21 + v
2
2 = 1,
ya que el vector ha de tener módulo 1.
Podemos escribir v1 = sen θ y v2 = cos θ y solo nos queda la ecuación
de la izquierda en términos de θ: sen θ + 2 cos θ = −2.
Una solución es claramente θ = π, que corresponde a la dirección
(0,−1) y la otra es sen θ + 2
√
1− sen 2θ = −2 de donde senθ = −4/5
y el vector es (−4/5,−3/5).
2.5. Regla de la cadena
1. Dada la composición f̃ = f ◦g con f(y1, y2) = (cos(y2)+y21, ey1+y2 , y1−
y2) y g(x1, x2) = (e
x21 , x1 − sen (x2)). Comprobar que
Jf̃(0, 0) =

0 0
e −e
−1 1
 .
a) Con el producto de las matrices jacobianas en (0, 0)
b) Calculando directamente la composición y las derivadas en (0, 0).
Solución:
a) La matriz jacobiana de f en (y1, y2) es
Jf(y1, y2) =

2 y1 −sen (y2)
e(y1+y2) e(y1+y2)1 −1

2.5. REGLA DE LA CADENA 47
mientras que la matriz jacobiana de g en (x1, x2) es
Jg(x1, x2) =
 2x1e(x21) 0
1 − cos (x2)

Ahora queremos calcular la matriz jacobiana de la composición en
(0, 0), Jf̃(0, 0) usando la regla de la cadena, que en este caso nos dice:
Jf̃(0, 0) = (Jf)(g(0, 0))(Jg)(0, 0) =︸︷︷︸
g(0,0)=(1,0)
(Jf)(1, 0)(Jg)(0, 0)
como que
(Jg)(0, 0) =
 0 0
1 −1
 , (Jf)(1, 0) =

2 0
e e
1 −1

la matriz jacobiana de la composición es
Jf̃(0, 0) =

2 0
e e
1 −1

 0 0
1 −1
 =

0 0
e −e
−1 1

b) Veamos que pasa si hacemos primero la composición.
f̃(x1, x2) =
cos (x1 − sen (x2)) + e(2x21), e
(
x1+e
(x21)−sen (x2)
)
,
−x1 + e(x
2
1) + sen (x2)
)
y su matriz jacobiana Jf̃(x1, x2) es
4x1e
(2x21) − sen (x1 − sen (x2)) cos (x2) sen (x1 − sen (x2))(
2x1e
(x21) + 1
)
e
(
x1+e
(x21)−sen (x2)
)
− cos (x2) e
(
x1+e
(x21)−sen (x2)
)
2x1e
(x21) − 1 cos (x2)

48 CAPÍTULO 2. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
que, evaluada en el (0, 0) da (obviamente) el mismo resultado
Jf̃(0, 0) =

0 0
e −e
−1 1

2. Calcular ∂1f̃(x1, x2) si f̃ = f ◦ g con
f(y1, y2, y3) = y
2
1 + y
2
2 − y3,
g(x1, x2) = (x
2
1x2, x
2
2, e
−x1x2).
a) A partir de la descripción expĺıcita de la composición
b) Utilizando la regla de la cadena
Solución:
En este caso la composición vale
f̃(x1, x2) = x
4
1x
2
2 + x
4
2 − e−x1x2
y es fácil ver que
∂x1 f̃(x1, x2) = 4x
3
1x
2
2 + x2e
−x1x2 .
b) Cálculo de matrices jacobianas:
Jg(x1, x2) =

2x1x2 x
2
1
0 2x2
−x2e(−x1x2) −x1e(−x1x2)

Jf(y1, y2, y3) =
(
2 y1 2 y2 −1
)
2.5. REGLA DE LA CADENA 49
La matriz jacobiana se puede obtener primero haciendo el producto de
las matrices y despuesés sustituir las variables yi por su valor respecto
las variables xj(
4x1x2y1 + x2e
(−x1x2) 2x21y1 + 4x2y2 + x1e
(−x1x2)
)
y, por lo tanto, la derivada parcial respecto x1 es la primera componen-
te,
∂x1 f̃(x1, x2) = 4 x1x2y1 + x2e
(−x1x2) =︸︷︷︸
y1=x21x2
4x31x
2
2 + x2e
−x1x2
o haciendo primero el cambio de la relación de las variables yi respecto
xj en la matriz jacobiana de f y después hacer el producto:
3. Sean f(u, v) = (tg(u− 1)− ev, u2 − v2) y g(x, y) = (ex−y, x− y).
Calcular D(f ◦ g)(1, 1) mediante la regla de la cadena.
Solución:
Calculemos Df(u, v) y Dg(x, y)
Df(u, v) =
 sec2(u− 1) −ev
2u −2v
 , Dg(x, y) =
 ex−y −ex−y
1 −1
 .
Teniendo en cuenta que g(1, 1) = (1, 0), se tiene
D(f ◦ g)(1, 1) = Df(1, 0)Dg(1, 1) = 1 −1
2 0
 1 −1
1 −1
 =
 0 0
2 −2
 .
50 CAPÍTULO 2. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
4. Dada una función f = f(u, v, w) de clase C1, calcular medante la re-
gla de la cadena, las derivadas parciales primeras de la función h en
términos de las de α, β y γ en cada uno de los casos siguientes.
a) h(x) = f(x, α(x), β(x))
b) h(x, y) = f(y, α(x, y), β(x))
c) h(x, y, z) = f(α(z), β(y, z), γ(x, y, z))
Solución:
a)
R g−→ R3 f−→ R
x −→ (g1(x), g2(x), g3(x)) −→ f(u, v, w)
(x, α(x), β(x)) −→ f(x, α(x), β(x))
h′(x) =
(
∂uf(u, v, w) ∂vf(u, v, w) ∂wf(u, v, w)
)
g′1(x)
g′2(x)
g′3(x)

h′(x) = ∂1f(x, α(x), β(x)) + ∂2f(x, α(x), β(x))α
′(x)
+ ∂3f(x, α(x), β(x))β
′(x)
b)
2.5. REGLA DE LA CADENA 51
R2 g−→ R3 f−→ R
(x, y) −→ (g1(x, y), g2(x, y), g3(x, y)) −→ f(u, v, w)
(y, α(x, y), β(x)) −→ f(y, α(x, y), β(x))
(
∂xh(x, y) ∂yh(x, y)
)
=
(
∂uf(u, v, w) ∂vf(u, v, w) ∂wf(u, v, w)
)
∂xg1(x) ∂yg1(x)
∂xg2(x) ∂yg2(x)
∂xg3(x) ∂yg3(x)

∂xh(x, y) = ∂vf(y, α(x, y), β(x))∂xα(x, y) + ∂wf(y, α(x, y), β(x))β
′(x),
∂yh(x, y) = ∂uf(y, α(x, y), β(x)) + ∂vf(y, α(x, y), β(x))∂yα(x, y).
c)
∂xh(x, y) = ∂wf(α(z), β(y, z), γ(x, y, z))∂xγ(x, y, z),
∂yh(x, y) = ∂vf(α(z), β(y, z), γ(x, y, z))∂yβ(y, z)+
∂wf(α(z), β(y, z), γ(x, y, z))∂yγ(x, y, z),
∂zh(x, y) = ∂uf(α(z), β(y, z), γ(x, y, z))α
′(z)+
∂vf(α(z), β(y, z), γ(x, y, z))∂zβ(y, z)+
+∂3f(α(z), β(y, z), γ(x, y, z))∂zγ(x, y, z).
52 CAPÍTULO 2. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
2.6. Derivada de las funciones inversa e impĺıci-
ta
1. Sea f : R2 → R2 definida per f(x, y) = (ex + ey, ex − ey). Comprobar
que existe f−1 localmente y calcular Df−1.
Solución:
La matriz jacobiana de f en un punto (x, y) cualquiera es
Df(x, y) =
 ex ey
ex −ey

y su determinante es
det (Df(x, y)) = −2 e(x+y)
que no se anula en ningún punto de R2. Por lo tanto, en cada punto
(x, y) existe una función inversa local y la matriz jacobiana de la inversa
es
Df−1(x, y) =
 ex ey
ex −ey
−1 =
 12 e−x 12 e−x
1
2
e−y −1
2
e−y

2. Sea f(x, y, z) = (e2y + e2z, e2x − e2z, x − y). Probar que f tiene una
inversa local en todos los puntos de R3 y calcular su matriz derivada.
Solución:
En primer lugar, veamos que f tiene una inversa local en cada punto
(x, y, z) de R3.
2.6. DERIVADA DE LAS FUNCIONES INVERSA E IMPLÍCITA 53
Como que f es de clase C1(R3) solo es necesario ver que el determinante
jacobiano no se anula en ningún punto
Df =

0 2 e(2 y) 2 e(2 z)
2 e(2x) 0 −2 e(2 z)
1 −1 0

y, por tanto, su determinante jacobiano vale
det (Df(x, y, z)) = −4
(
e2x+2 z + e2 y+2 z
)
< 0
que no se anula en ningún punto (x, y, z) de R3.
Para ver que tiene inversa global, tenemos que encontrar la inversa y
ver que es C1 en R3. Para hacerlo, hemos de aislar x, y, z de la expresión
siguiente
x̄ = e2y + e2z
ȳ = e2x − e2z
z̄ = x− y
y expresarlas en función de x̄, ȳ, z̄.
3. Sea f(x, y, z) = x2 + ay2 + z2 + xy + 2z − 1
a) Determinar para que valor de a, f(x, y, z) = 0 define en el punto
p = (0,−1, 0) a z = g(x, y) como función impĺıcita de x e y
b) Calcular
∂g
∂x
y
∂g
∂y
en el punto (0,−1)
c) Calcular
∂2g
∂xx
,
∂2g
∂xy
,
∂2g
∂yx
y
∂2g
∂yy
en el punto (0,−1)
54 CAPÍTULO 2. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
Solución: a) f(0,−1, 0) = 0 ⇒ a = 1
p pertenece a la superficie f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + xy + 2z − 1 = 0
∂f
∂x
= 2x+ y
∂f
∂y
= 2y + x
∂f
∂z
= 2z + 2
Las derivadas parciales son continuas (son funciones polinómicas)
∂f
∂z
(p) = 2 · 0 + 2 = 2 6= 0
Por lo tanto f = 0 define a z como función impĺıcita de x e y en el
punto p.
b) derivamos impĺıcitamente f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 +xy+ 2z− 1 = 0
respecto a x y respecto a y
2x+ y + 2z
∂z
∂x
+ 2
∂z
∂x
= 0 ⇒ ∂z
∂x
= −2x+ y
2z + 2
2x+ y + 2z
∂z
∂x
+ 2
∂z
∂x
= 0 ⇒ ∂z
∂x
= −2y + x
2z + 2
∂z
∂x
(0,−1) = 1
2
∂z
∂y
(0,−1) = 1
c) Derivamos impĺıcitamente
2x+ y + 2z
∂z
∂x
+ 2
∂z
∂x
= 0
2x+ y + 2z
∂z
∂x
+ 2
∂z
∂x
= 0
respecta a x y respecto a y
2.6. DERIVADA DE LAS FUNCIONES INVERSA E IMPLÍCITA 55
2 + 2
∂z
∂x
· ∂z
∂x
+ 2z
∂2z
∂xx
+ 2z
∂2z
∂xx
= 0 ⇒ ∂
2z
∂xx
= −
2 +
(
∂z
∂x
)2
2z + 2
2
∂z
∂y
∂z
∂x
+ 2z
∂2z
∂yx
+ 1 + 2
∂2z
∂yx
= 0 ⇒ ∂
2z
∂yx
= −
2∂z
∂y
∂z
∂x
+ 1
2z + 2
2
∂z
∂x
∂z
∂y
+ 2z
∂2z
∂xy
+ 1 + 2
∂2z
∂xy
= 0 ⇒ ∂
2z
∂xy
= −
2 ∂z
∂x
∂z
∂y
+ 1
2z + 2
2 + 2
∂z
∂x
· ∂z
∂x
+ 2z
∂2z
∂xx
+ 2z
∂2z
∂yy
= 0 ⇒ ∂
2z
∂yy
= −
2 +
(
∂z
∂y
)2
2z + 2
∂2z
∂xx
(0,−1) = −
2 + 2
(
1
2
)2
2
= −5
4
∂2z
∂yx
= −
2 · 1 · 1
2
+ 1
2
= −1
∂2z
∂xy
= −
2 · 1
2
· 1 + 1
2
= −1
∂2z
∂yy
= −2 + 2 · 1
2
= −2
4. Probar que el sistema de ecuaciones siguiente xeu+v + 2uv = 1yeu−v − u
1+v
= 2x,
determina dos funciones u(x, y) y v(x, y) que satisfacen u(1, 2) = v(1, 2) =
0. Calcular ∂xu(1, 2) y ∂yv(1, 2).
Solución:
El primer paso es escribir el sistema como una ecuación del tipo f(x, y, u, v) =
0 con las dimensiones adecuadas.
En este caso, dado que el sistema es equivalente a xeu+v + 2uv − 1 = 0yeu−v − u
1+v
− 2x = 0,
56 CAPÍTULO 2. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
podemos definir f(x, y, u, v) = (f1, f2) con
f1(x, y, u, v) = xe
u+v + 2uv − 1,
f2(x, y, u, v) = ye
u−v − u
1 + v
− 2x
Aśı, f : Ω ⊂ R4 → R2 donde Ω = R4 \ {v 6= −1} es C1(Ω).
Ahora hemos de ver cuales son las variables dependientes y cuales son
las independientes según el enunciado, y ver que las dimensiones son
las adecuadas. Nos piden dos funciones u(x, y)y v(x, y) y, por lo tanto,
las variables dependientes son (u, v) mientras que las independientes
son (x, y). Entonces m = 2 y n = 2:
f : Ω ⊂ R2 × R2 → R2
(x, y, u, v) 7→ f(x, y, u, v)
número de variables dependientes = número de ecuaciones.
Ahora hemos de comprobar que se cumplen las condiciones del Teorema
de la función impĺıcita en el punto p = (1, 2, 0, 0) que es el que se obtiene
de u(1, 2) = v(1, 2) = 0.
La función f es C1 alrededor del punto, ya que v 6= −1.
El punto p cumple que f(p) = 0.
La matriz D(u,v)f(p) es invertible ya que∂uf1 ∂vf1
∂uf2 ∂vf2
 =
 xe(u+v) + 2 v xe(u+v) + 2u
ye(u−v) − 1
v+1
−ye(u−v) + u
(v+1)2

2.6. DERIVADA DE LAS FUNCIONES INVERSA E IMPLÍCITA 57
y, por tanto, en el punto p = (1, 2, 0, 0), es inversible
D(u,v)f(p) =
 1 1
1 −2

Por el Teorema de la Función Impĺıcita, localmente existe una función
impĺıcita C1 g : Ω∗ ⊂ R2 → R2 de manera que
f(x, y, g(x, y)) = 0, g1(1, 2) = u(1, 2) = g2(1, 2) = v(1, 2) = 0
Para encontrar ∂xg1(1, 2), ∂yg2(1, 2), usamos la regla de la cadena para
derivar f(x, y, g(x, y)) = 0:
D(x,y)f(x, y, g(x, y)) +D(u,v)f(x, y, g(x, y))D(x,y)g(x, y) = 0
que evaluado en p = (1, 2, 0, 0) se obtiene:
D(x,y)f(1, 2, 0, 0) +D(u,v)f(1, 2, 0, 0)D(x,y)g(1, 2) = 0
y, junto con los cálculos antes realizados se tiene 1 0
−2 1

︸ ︷︷ ︸
D(x,y)f(1,2,0,0)
+
 1 1
1 −2

︸ ︷︷ ︸
D(u,v)f(1,2,0,0)
D(x,y)g(1, 2) =
 0 0
0 0
 .
Aislando D(x,y)g(1, 2) e invirtiendo D(u,v)f(1, 2, 0, 0) obtenemos
D(x,y)g(1, 2) = −
 1 1
1 −2
−1 1 0
−2 1
 =
 0 −13
−1 1
3

Aśı, identificando los términos de la matriz D(x,y)g(1, 2)
∂xu1(1, 2) = ∂xg1(1, 2) = 0, ∂yv(1, 2)∂yg2(1, 2) = 1/3
58 CAPÍTULO 2. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
5. El siguiente sistema determina dos funciones u(x, y) y v(x, y) que sa-
tisfacen u(1, 1) = v(1, 1) = 0 x+ yv + eyu + exv = 3y − xv + exu + eyv = 3,
Determinar Dg(1, 1) y Dg−1(0, 0) si g(x, y) = (u(x, y), v(x, y))
Solución:
Comprobar las condiciones del teorema de la función impĺıcita.
El sistema es equivalente a: x+ yv + eyu + exv − 3 = 0y − xv + exu + eyv − 3 = 0,
Queremos que (x, y) sean las variables independientes y que (u, v) sean
las variables dependientes. Escogemos la función f : R2 × R2 → R2
definida por x+ yv + eyu + exv − 3 = f1(x, y, u, v)y − xv + exu + eyv − 3 = f2(x, y, u, v),
Hay el mismo número de variables dependientes que de ecuaciones.
El teorema de la función impĺıcita nos dice que existe una función
g : Ω∗ : R2 → R2 definida en un entorno de p = (1, 1, 0, 0) tal que
f(x, y, g(x, y)) = 0, g1(1, 1) = g2(1, 1) = 0
Para encontrar Dg(1, 1), usamos la regla de la cadena para derivar
f(x, y, g(x, y)) = 0 resp. (x, y):
D(x,y)f(x, y, g(x, y)) +D(u,v)f(x, y, g(x, y))D(x,y)g(x, y) = 0,
2.6. DERIVADA DE LAS FUNCIONES INVERSA E IMPLÍCITA 59
derivando: ve(vx) + 1 ue(uy) + v
ue(ux) − v ve(vy) + 1
+
 ye(uy) xe(vx) + y
xe(ux) ye(vy) − x
D(x,y)g(x, y) =
 0 0
0 0

que evaluado en p = (1, 1, 0, 0) se obtiene:
D(x,y)f(1, 1, 0, 0) +D(u,v)f(1, 1, 0, 0)D(x,y)g(1, 1) = 0
y, calculando: 1 0
0 1
+
 1 2
1 0
D(x,y)g(1, 1) =
 0 0
0 0

De donde
D(x,y)g(1, 1) =
 0 −1
−1
2
1
2

Finalmente, calculemos Dg−1(0, 0). Como que g(1, 1) = (0, 0), g es
C1 localmente y D(x,y)g(1, 1) es no singular (inversible), el teorema de
la función inversa nos dice que la inversa existe localmente, es C1 y,
además,
Dg−1(0, 0) = Dg(1, 1)−1 =
 0 −1
−1
2
1
2
−1 =
 −1 −2
−1 0

6. Sea f(x, y, t) = (x5 + y − t, x2 + y3 − t2) = (0, 0)
a) Probar que x e y son funciones impĺıcitas de t en el entorno de
(1, 0, 1)
60 CAPÍTULO 2. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
b) Sea g(x, y) = x3y, calcular
dg
dt
Solución:
a) f ∈ C∞
f(1, 0, 1) = (0, 0)
det

∂f1
∂x
∂f1
∂y
∂f2
∂x
∂f1
∂y

(1,0)
= det
5x4 1
2x 3y2

(1,0)
= (15x4y2 − 2x)(1,0) =
−2 6= (0, 0)
Luego x e y son funciones impĺıcitas de t.
b)
dg
dt
= 3x2x′y + x3y′
Calculamos x′ e y′ a partir de f , esto es, derivamos f impĺıcitamente
respecto a t:
5x4x′ + y′ − 1 = 0
2xx′ + 3y2y′ − 2t = 0
⇒
5x4 1
2x 3y2
x′
y′
 =
 1
2t

Por lo tanto:
x′ =
∣∣∣∣∣∣ 1 12t 3y2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣5x
4 1
2x 3y2
∣∣∣∣∣∣
=
3y2 − 2t
15x4y2 − 2x
y′ =
∣∣∣∣∣∣5x
4 1
2x 2t
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣5x
4 1
2x 3y2
∣∣∣∣∣∣
=
10x4t− 2x
15x4y2 − 2x
Por lo tanto:
dg
dt
= 3x2y · 3y
2 − 2t
15x4y2 − 2x
+ x3 · 10x
4t− 2x
15x4y2 − 2x
2.7. FÓRMULA DE TAYLOR 61
2.7. Fórmula de Taylor
1. Sea f(x, y) = exy
3
.
¿Cuánto vale ∂12x3y9f(0, 0)?
Solución:
Como que el desarrollo de Taylor de la función exponencial es:
ex = 1 + x+
1
2
x2 +
1
3!
x3 + · · ·+ 1
k!
xk + . . .
el desarrollo de Taylor de f será
exy
3
= 1 + xy3 +
1
2
(xy3)
2
+
1
3!
(xy3)
3
+ · · ·+ 1
k!
(xy3)
k
+ . . .
= 1 + xy3 +
1
2
x2y6 +
1
3!
x3y9 + . . .+
1
k!
xky3k + . . .
Por tanto,
∂12x3y9f(0) =
1
3!
3!9! = 9!
2. Aplicación al cálculo de ĺımites. Calcular, si existe, el siguiente ĺımite.
ĺım
(x,y)→(0,0)
exsen (x+ y)− x− y − x2 − xy
x2 + y2
.
(Indicación: Calcular el desarrollo de Taylor del numerador hasta el
orden 2 y usar las propiedades del residuo de Taylor R2(x, y).)
Solución:
Como que conocemos los siguientes desarrollos de Taylor
ex ∼= 1 + x+
1
2
x2 +
1
3!
x3 + . . . ,
62 CAPÍTULO 2. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
sen (x+ y) ∼= (x+ y)−
1
3!
(x+ y)3 +
1
5!
(x+ y)5 + . . .
la parte cuadrática de Taylor de f(x, y) = exsen (x+ y) es
T2[f ](x, y) = (x+ y) + x(x+ y) = x+ y + x
2 + xy
y, por tanto, el numerador de la función a calcular el ĺımite es
exsen (x+ y)− x− y − x2 − xy =
x+ y + x2 + xy +R2[f ](x, y)− x− y − x2 − xy =
R2[f ](x, y)
Aśı, el ĺımite vale cero por el teorema del residuo de Taylor:
ĺım(x,y)→(0,0)
exsen (x+ y)− x− y − x2 − xy
x2 + y2
=
ĺım(x,y)→(0,0)
R2[f ](x, y)
‖(x, y)‖2
= 0
3. La resistencia total R correspondiente a dos resistencias R1 y R2 co-
nectadas en paralelo verifica
1
R
=
1
R1
+
1
R2
.
Usando la aproximación lineal, estimar la variación del valor de R si
incrementamos el valor de R1 de 10 ohms a 10,5 ohms y decrecemos el
valor de R2 de 15 ohms a 13 ohms.
Solución: La función que nos da la resistencia equivalente es
R(R1, R2) =
1
1
R1
+
1
R2
=
R1R2
R1 +R2
2.7. FÓRMULA DE TAYLOR 63
Su aproximación cuadrática en R0 = 10Ω, R1 = 15Ω es
R(R1, R2) = R(10, 15) + ∂1R(10, 15)︸ ︷︷ ︸
9/25
(R1 − 10) + ∂2R(10, 15)︸ ︷︷ ︸
4/25
(R2 − 15)
Aśı pues, la variación en el valor de R será
R(10,5, 13)−R(10, 15) ∼= ∂1R(10, 15) ·0,5+∂2R(10, 15) ·(−2) = −7/50.
4. Calcular todas las derivadas parciales hasta el orden 2 de las siguien-
tes funciones y dar su desarrollo de Taylor hasta términos de grado 2
incluidos, en el entorno del punto que se indica en cada caso.
a) f(x, y) = sen (xy) entorno del punto (1, π/2).
b) f(x, y) = xy entorno del punto (1, 1).
c) f(x, y) = ex/y entorno del punto (0, 1).
d) f(x, y, z) = e−xsen (yz) entorno del punto (0, 1, π).
Solución:
a) Aqúı hemos de calcular las derivadas parciales, ya que el desarrollo
lo queremos alrededor del cero. Como que
∂xf(x, y) = y cos (xy) , ∂yf(x, y) = x cos (xy)
no tenemos términos lineales. El desarrollo de Taylor alrededor de
(1, π/2) hasta los términos cuadráticos es
f(x, y) ∼= 1 +
1
2!
1
4
π2(x− 1)2
− 1
2
π(x− 1)(y − π/2) 1
2!
(−1)(y − 2)2
64 CAPÍTULO 2. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
b) Como que f(1, 1) = 1, ∂xf(x, y) = x
y−1y y ∂yf(x, y) = x
y ln (x), y,
además las derivadas segundas son
∂f 2x2(x, y) =x
y−2(y − 1)y
∂f 2xy(x, y) =x
y−1y ln (x) + xy−1
∂f 2y2(x, y) =x
y ln (x)2
de manera que, evaluadas en (1, 1) son
∂f 2x2(1, 1) = 0, ∂f
2
xy(1, 1) = 1, ∂f
2
y2(1, 1) = 0
f(x, y) ∼= 1− y − xy
c) Como que
∂xf(x, y) =
e
x
y
y
, ∂yf(x, y) = −
xe
x
y
y2
en el punto (1, 0) tenemos que
∂xf(x, y) = 1, ∂yf(x, y) = 0
Si calculamos las derivadas segundas
∂f 2x2(x, y) =
e
x
y
y2
∂f 2xy(x, y) =−
xe
x
y
y3
− e
x
y
y2
∂f 2y2(x, y) =
x2e
x
y
y4
+
2xe
x
y
y3
y lasderivadas en (0, 1) y el polinomio cuadrático de Taylor es
∂f 2x2(0, 1) = 1, ∂f
2
xy(0, 1) = −1, ∂f 2y2(0, 1) = 0
2.7. FÓRMULA DE TAYLOR 65
f(x, y) ∼= 1 + x+
1
2
x2 − x(y − 1)
d) Observamos que, como que sen (1 · π) = 0, y
e−x ∼= 1− x+O(x2)
Es suficiente calcular el desarrollo de Taylor de sen (yz) hasta el orden
2 y multiplicarlo por (1− x) (del desarrollo de Taylor de e−x).
sen yz ∼= −(z − π)− π(y − 1)− (z − π)(y − 1)
Multiplicándolo por (1− x) nos queda:
− (z − π)− π(y − 1)− (z − π)(y − 1) + x(z − π) + xπ(y − 1)+
x(z − π)(y − 1)
y tomando solo los términos de orden 2 encontraremos el desarrollo de
Taylor de orden 2 de f :
f(x, y) ∼= −(z − π)− π(y − 1)− (z − π)(y − 1)+
x(z − π) + πx(y − 1).
5. Mediante el desarrollo de Taylor de funciones de una variable, calcu-
lar los desarrollos de Taylor en el origen hasta términos de grado dos
incluidos, de las siguientes funciones.
a) f(x, y) = exy ln(1 + x+ y).
b) f(x, y) = ex cos y.
c) f(x, y) =
1
1 + x+ y
.
66 CAPÍTULO 2. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
d) f(x, y, z) = ex+y
√
1 + x cos(x+ y + z).
Solución:
a)
exy ∼= 1 + xy, ln(1 + x+ y) ∼ x+ y − (x+ y)2/2.
f(x, y) ∼= ln(1 + x+ y) ∼ x+ y − (x+ y)2/2.
b)
ex ∼= 1 + x+
1
2
x2, cos(y) ∼= 1−
1
2
y2
f(x, y) ∼= 1 + x+ (x2 − y2)/2.
c)
1
1− r
= 1 + r + r2 + r3 + . . . , r = −(x+ y)
f(x, y) ∼= 1− (x+ y) + (x+ y)2.
d)
ex+y ∼=1 + (x+ y) +
1
2
(x+ y)2,
√
1 + x ∼=1 +
1
2
x− 1
8
x2
cos(x+ y + z) ∼=1−
1
2
(x+ y + z)2 =
1− 1
2
(x+ y)2 + (x+ y)z +
1
2
z2
f(x, y, z) ∼= 1 +
3
2
x+ y − 3
8
x2 +
1
2
yx− zx− zy − 1
2
z2.
2.7. FÓRMULA DE TAYLOR 67
6. Calcular el desarrollo de Taylor en el origen de las siguientes funciones
hasta el orden que se indica en cada caso y dar el valor de todas las
derivadas parciales de la función en el (0, 0) correspondientes al orden
máximo hasta el cual se ha desarrolado (por ejemplo, si desarrollamos
hasta el orden 5 queremos
∂5f
∂xnym
(0, 0) con n+m = 5.)
a) f(x, y) = ln(1 + x2 − y) hasta el orden 3.
b) f(x, y) = cos(xy) hasta el orden 8.
c) f(x, y) = ex
2−y2 hasta orden 8.
Solución:
a)
ln(1 + t) ∼= t− t2/2 + t3/3
f(x, y) ∼= y − x2 +
1
2
y2 − yx2 + 1
3
y3
∂3y3f(0, 0) = 2, ∂
3
yx2f(0, 0) = −2.
b)
f(x, y) ∼= 1−
1
2
(yx)2 +
1
24
(yx)4
∂4y4x4f(0, 0) = 24.
c)
f(x, y) ∼= 1 + (x2 − y2) +
1
2
(x2 − y2)2 + 1
6
(x2 − y2)3 + 1
24
(x2 − y2)4
∂8x8f(0, 0) = ∂
8
y8f(0, 0) = 8!/4!,
∂8y2x6f(0, 0) = ∂
8
y6x2f(0, 0) = −5!2
∂8y4x4f(0, 0) = 4!6
68 CAPÍTULO 2. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
7. Determinar el valor de λ ∈ R de tal manera que:
ĺım
(x,y)→(0,0)
arctan(x2 + y)− x2 − y − λy3
(x2 + y2)3/2
= 0.
Solución:
arctan t ∼= t+
1
2
t3
3
+
1 · 3
2 · 4
t3
5
+ . . .
arctan(x2 + y) ∼ x2 + y − 1
3
y3 =⇒ λ = −1/3.
8. Sea
f(x, y) = x2y + 3y − 2
a) Calcular
∂f
∂x
f(x, y) y
∂f
∂y
f(x, y)
b) Calcular las derivadas parciales de órdenes superiores
c) Desarrollar la función f(x, y) en potencias de x− 1, y y + 2
Solución:
Observamos que f es C∞
a)
∂f
∂x
= 2xy,
∂f
∂y
= x2 + 3,
b)
∂2f
∂xx
= 2y,
∂2f
∂xy
=
∂2f
∂yx
= 2x,
∂2f
∂yy
= 0,
∂3f
∂xxx
= 0,
∂3f
∂xxy
=
∂3f
∂xyx
=
∂3f
∂yxx
= 2
∂3f
∂xyy
=
∂3f
∂yxy
=
∂3f
∂yyx
= 0,
∂3f
∂yyy
= 0
Puesto que todas las derivadas parciales de orden 3 son constantes,
todas las de orden superior son nulas
2.7. FÓRMULA DE TAYLOR 69
c) Aplicamos el teorema de Taylor en el punto (1,−2) (x−1 = 0, y+2 =
0)
f(x, y) = f(1,−2) + (x − 1)∂f
∂x
(1,−2) + (y + 2)∂f
∂y
(1,−2) + 1
2!
((x −
1)2
∂2f
∂xx
(1,−2) + 2(x − 1)(y + 2)∂
2f
∂xy
(1,−2) + (y + 2)2 ∂
2f
∂yy
(1,−2)) +
1
3!
((x− 1)3 ∂
3f
∂xxx
(1,−2) + 3(x− 1)2(y + 2) ∂
3f
∂xxy
(1,−2) + 3(x− 1)(y +
2)2
∂3f
∂xyy
(1,−2) + (y + 2)3 ∂
3f
∂yyy
(1,−2)) +R3
R3 es el residuo que en este caso es cero pues todas las derivadas supe-
riores son nulas.
Calculando tenemos
f(x, y) = −10−4(x−1)+4(y+2)−2(x−1)2+2(x−1)(y+2)+(x−1)2(y+2)
9. Dada la función f(x, y) = exy
2
sen (xy2)
Calcular: ∂15x5y10f(0,0)
Solución
Desarrollamos f(t) = etsen (t) haciendo el producto de los desarrollos
de et y sen (t)
et =
∑∞
n=0
tn
n!
sen (t) =
∑∞
n=0
(−1)n
(2n+ 1)!
t2n+1
70 CAPÍTULO 2. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
f(t) =
∑∞
n=0
tn
n!
∑∞
n=0
(−1)n
(2n+ 1)!
t2n+1
Ahora basta hacer el cambio t = xy2 y localizar el sumando correspon-
diente a x5y10
Cx5y10 =
1
5!10!
∂15x5y10f(0, 0) = (
1
5!
+
−1
2!3!
+
1
4!
)x5y10 =
−8
2 · 5!
Luego ∂15x5y10f(0, 0) = −4 · 10!.
2.8. Extremos de funciones de varias varia-
bles
1. Sea f : Rn → R : x → f(x) = e−(1−||x||2)2 . Demostrar que tiene un
mı́nimo relativo en 0 y que la hipersuperficie de nivel ||x|| = 1 está
formada por todos los máximos relativos de f .
Solución:
Observamos que las curvas de nivel son las hiperesferas ‖x‖ = c:
e−(1−||x||
2)2 = e−k
2
, equivalentemente c = 1− k = ||x||2.
f(x) = h(‖x‖) donde h(t) = e−(1−t2)2 tiene un mı́nimo relativo en t = 0
y máximo relativo en t = 1.
El resultado se sigue de los dos puntos anteriores.
2. Consideremos la función f(x, y) = x2 − y2 restringida a B̄11(0, 0). De-
terminar los puntos en los cuales f alcanza su màximo y su mı́nimo.
Solución:
2.8. EXTREMOS DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES 71
El único punto cŕıtico es el origen de coordenadas donde f vale cero.
Veamos que pasa en la frontera {(x, y) : x2 + y2 = 1}.
Si restringimos f a estos puntos tenemos f̄(x) = 2x2−1 por x ∈ [−1, 1].
El único punto cŕıtico en el interior de este intervalo es x = 0, donde f
vale −1.
Finalmente nos falta restringir f̄ a la frontera de [−1, 1], es decir cal-
cular f̄(±1) = 1.
En conclusión: f toma su máximo en (±1, 0) y el mı́nimo en (0,±1).
3. Para la función f(x, y) = x2y + y2x ver que (0, 0) es un candidato a
extremo relativo pero que el método del hessiano no permite caracte-
rizarlo. ¿A qué conclusión llegamos si restringimos los valores de (x, y)
a los de la recta y = x?
Solución:
a) (0, 0) es un candidato a extremo relativo porque
∇f(0, 0) = (0, 0)
b) Por otra parte el hessiano no está definido en signo, ya que
Hf(0, 0) =
 0 0
0 0

y no podemos concluir nada a partir de las derivadas segundas.
c) (0, 0) no es extremo de f(x, y) porque f(x, x) = 2x3 y (0, 0) es un
punto de inflexión sobre esta curva (no es ni máximo ni mı́nimo).
72 CAPÍTULO 2. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
4. Considerar la función f(x, y) = (y − x2)(y − 3x2).
a) Si restringimos los valores de (x, y) a los de una recta pasando por
(0, 0), ver que el origen es un mı́nimo relativo de la función amb
independencia de la recta escogida.
b) Discutir si el resultado del apartado (a) permite concluir que
f(x, y), como función de dos variables, tiene un mı́nimo relativo
en el (0, 0).
c) Estudiar si el origen es o no un mı́nimo relativo si restringimos
los valores de (x, y) a los de una parábola de la forma y = ax2 y
refinar la discusión del apartado (2).
Solución:
a) Si tomamos una recta del tipo (x, λx), entonces
F (x, λx) = x2(λ− x)(λ− 3x) ∼ (por x ∼= 0) ∼ λ2x2
y, por tanto, (0, 0) es un mı́nimo relativo sobre cualquier recta que pase
por el origen.
Si intentamos usar el criterio de las derivadas segundas, calculemos el
hessiano
Hf(0, 0) =
 0 0
0 2

que no está definido (valores propios 0 y 2).
c) Los valores de la función sobre una parábola de la forma y = ax2
son
f(x, ax) = x4(a− 1)(a− 3),
2.8. EXTREMOS DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES 73
y por tanto, cuando 1 < a < 3, (0, 0) es un máximo relativo y (0, 0) no
es extremo de f(x, y).
PARTE II
76 CAPÍTULO 2. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
Caṕıtulo 3
Integración de funciones de n
variables
3.1. La integral de Riemann
1. a) Calcular
∫
[0,1]2
1− x
b) Comprobar que se obtiene el mismo resultado calculando ĺımN→∞ SN .
(SN sumas de Riemann)
Solución:
a) Vale 1/2 ya que
[0, 1]2 = [0, 1]× [0, 1]
La función f(x, y) = 1− x es positiva (ver la gráfica).
El volumen bajo la gáfica de 1− x es la mitad del cubo [0, 1]3.
b) xi =
i
N
yyj =
j
N
por lo tanto Mij = 1− xi = 1− iN .
77
78 CAPÍTULO 3. INTEGRACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
La suma de Riemann es
SN =
1
N2
∑N−1
ij=0
(
1− i
N
)
= 1
N3
∑N−1
i=0 (1 + 2 + . . .+N)) =
1
N3
∑N−1
j=0
N(N+1)
2
= N+1
2N2
(1 + . . .+ 1) = N+1
2N
→ 1
2
2. Acotar superior e inferiormente∫
B3R(0)
e−||x||
2
.
Solución:
Como que
e−||x||
2 ∈ [0, 1]
y
m(B3R(0)) = 4πR3/3,
entonces
0 ≤
∫
B3R(0)
e−||x||
2 ≤ 4πR3/3
3. Demostrar que
1/6 ≤
∫
Ω
1
y − x+ 3
≤ 1/4,
donde Ω es el triángulo de vértices (0, 0), (1, 1) y (1, 0).
Solución:
El triángulo tiene área (medida) 1/2.
Como que la hipotenusa es y − x = 0, dentro del triángulo tenemos
y − x ≤ 0, x ≥ 0, y ≤ 1
3.1. LA INTEGRAL DE RIEMANN 79
Por tanto, podemos acotar superior e inferiormente el denominador por
y − x+ 3 ≤ 3, y − x+ 3 ≥ y − 1 + 3 ≥ 0 + 2 = 2
Como que 2 ≤ y − x+ 3 ≤ 3,
1
3
≤ 1
y − x+ 3
≤ 1
2
y la cota sale de m(Ω) = 1/2.
4. Calcular∫∫
D
xydxdy donde D es el dominio cerrado por x = −√y, y = 2x y
y = 3
Solución:
∫ 3
0
dy
∫ 1
2
y
−4√y
xdx =
∫ 3
0
(
1
8
y2 − 2y)dy = −63
8
5. Sea f(x, y) =
1
(x+ y)2
.
Calcular
∫∫
Ω
f donde Ω = {(x, y) | 1 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ 2x}.
Solución:∫ 2
1
(∫ 2x
x
1
(x+ y)2
dy
)
dx =
∫ 2
1
[
− 1
x+ y
]2x
x
dx =
∫ 2
1
(− 1
3x
+
1
2x
)dx =
1
6
lnx
]2
1
=
1
6
ln 2
6. Sea Ω = {(x, y) ∈ R2 | xy ≤ 16, x ≥ y, x− 6 ≤ y, x ≥ 0, y ≥ 1}
a) Dibujar Ω
b) Calcular
∫∫
Ω
x
y
dxdy
80 CAPÍTULO 3. INTEGRACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
a)
b) Dividimos el recinto en dos:
Ω1 = {(x, y) | 1 ≤ y ≤ 2, y ≤ x ≤ y + 6}
Ω2 = {(x, y) | 2 ≤ y ≤ 4, y ≤ x ≤ 16y }∫∫
Ω1
x
y
dxdy +
∫∫
Ω2
x
y
dxdy =∫ 2
1
(∫ y+6
y
x
y
dx
)
dy +
∫ 4
2
(∫ 16
y
y
x
y
dx
)
dy =
=
∫ 2
1
1
y
x2
2
]y+6
y
+
∫ 4
2
1
y
x2
2
] 16
y
y
=
15 + 18 ln 2
7. Escribir la integral triple
∫∫∫
A
f(x, y, z)dxdydz en términos de integra-
les iteradas en la región A de R3 consistente en el tetraedro limitado
por los planos x = 0, y = 0, z = 0, 2x+ 3y + 4z = 12.
Solución:
3.1. LA INTEGRAL DE RIEMANN 81
El tetraedro corta los ejes en el triángulo definido por los puntos
(6, 0, 0), (0, 4, 0), (0, 0, 3)
y viene expresado por las relaciones
A = {x ∈ [0, 6], y ∈ [0, 4], z ∈ [0, 3], 2x+ 3y + 4z ≤ 12}
Vamos a expresar el dominio empezando por x:
x se puede mover en el intervalo [0, 6],
y queda limitada por y ∈ [0, 4], 3y ≤ 12 − 2x − 4z y z ∈ [0, 3] por lo
tanto,
y ∈
[
0, 4− 2
3
x
]
Finalmente, z queda limitada por z ∈ [0, 3] y 4z ≤ 12− 2x− 3y:
z ∈
[
0, 3− 1
2
x− 3
4
]
de donde∫∫∫
A
f(x, y, z)dxdydz =
∫ 6
0
dx
∫ 4− 2
3
x
0
dy
∫ 3− 1
2
x− 3
4
0
f(x, y, z)dz
8. Calcular la integral triple
∫∫∫
A
xdxdydz en la región A de R3 consistente
en un tetraedro limitado por los planos x = 0, y = 0, z = 0,
x
a
+
y
b
+
z
c
=
1 (a, b, c > 0).
Solución:
Este dominio es equivalente a
A = {x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, x
a
+
y
b
+
z
c
≤ 1}
82 CAPÍTULO 3. INTEGRACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
que es el tetraedro de vértices
(0, 0, 0), (a, 0, 0), (0, b, 0), (0, 0, c)
Dejaremos la integración respecto a x para el final, e intentamos seguir
el orden ∫
dx
∫
dy
∫
xdz
en la parametrización adecuada del dominio
A =
{
x ∈ [0, a], 0 ≤ y ≤ b− bx
a
, 0 ≤ z ≤ c− cx
a
− cy
b
}
Aśı pues, la integral se expresa como∫ a
0
dx
∫ b− bx
a
0
dy
∫ c− cx
a
− cy
b
0
xdz
En primer lugar integramos respecto z∫ c− cx
a
− cy
b
0
xdz = x
(
c− cx
a
− cy
b
)
ahora este resultado lo integramos respecto a y∫ b− bx
a
0
x
(
c− cx
a
− cy
b
)
dy = x
(
c− cx
a
)(
b− bx
a
)
− cx
b
∫ b− bx
a
0
ydy︸ ︷︷ ︸
1
2(b−
bx
a )
2
= x
(
c− cx
a
)(
b− bx
a
)
− cx
2b
(
b− bx
a
)2
=
(
b− bx
a
)(
x
(
c− cx
a
)
− cx
2b
(
b− bx
a
))
=(
b− bx
a
)(
x
(
c− cx
a
)
− x
2
(
c− cx
a
))
=(
b− bx
a
)(
c− cx
a
)(
x− x
2
)
= bc
(
1− x
a
)2 x
2
3.1. LA INTEGRAL DE RIEMANN 83
Finalmente, integramos respecto a x:∫ a
0
bc
(
1− x
a
)2 x
2
dx =
∫ a
0
(
1
2
bcx− bcx
2
a
+
bcx3
2 a2
)
dx =[
(6 a2x2 − 8 ax3 + 3x4)bc
24 a2
]a
0
=
1
24
a2bc
9. Calcular∫∫
D
xydxdy donde D es el dominio cerrado por x = −√y, y = 2x y
y = 3
Solución:
∫ 3
0
dy
∫ 1
2
y
−4√y
xdx =
∫ 3
0
(
1
8
y2 − 2y)dy = −63
8
10. Calcular∫∫
D
2y
√
x2 + y2dxdy con D = {(x, y) | x2 + y2 − 4x ≤ 0} y y ≥ 0
Solución:
El recinto es el semićırculo de centro (2, 0) y radio 2 situado en el
semiplano superior, luego 0 ≤ x ≤ 4 y 0 ≤ y ≤
√
4x− x2∫ 4
0
dx
∫ √4x−x2
0
2y
√
x2 + y2dy =
∫ 4
0
2
3
(x2 + y2)3/2
∣∣√4x−x2
0
=
128
5
11. Calcular
∫∫
D
x3 sen2y
x2 + 1 + tg2y
dxdy; donde D = {(x, y) | |x| ≥ 1, |y|1}
Solución:
El integrando es impar en x, y el recinto de integración simétrico res-
pecto al eje OY (x = 0);
Por lo tanto la integral es nula.
84 CAPÍTULO 3. INTEGRACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
3.2. Principio de Cavalieri
1. Calcular el volumen del cuerpo W = {(x, y, z) ∈ R3 | x
2
4z
+
y2z2
9
≤
z, 0 ≤ z ≤ 4}.
Solución:
Observamos que, si z es constante el dominio es el interior de una elipse:
x2
(2z)2
+
y2(
3√
z
)2 = 1
cuya área es π · a · b = π · 2z · 3√
z
Por el principio de Cavallieri el volumen es área de la base por altura:
∫ 4
0
π · 2z · 3√
z
= 6π
2
3
z3/2
∣∣∣∣4
0
= 32π
2. Calcular el volumen del cuerpo x2 + y2 = z con 0 < z < 9
Solución:
Observamos que, si z es constante el dominio es el interior de una
circunferencia de radio
√
z cuya área es πz
Por el principio de Cavallieri el volumen es∫ 9
0
πzdz =
π
2
z2
∣∣∣9
0
=
81π
2
3. Aplicar el principio de Cavalieri para calcular los siguientes volúmenes
a partir del área de secciones con planos paralelos a los planos coorde-
nados (escogidos de forma adecuada).
3.3. CAMBIOS DE VARIABLE EN RN 85
a) Volumen rodeado por el elipsoide
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
= 1. (Solución:
4
3
πabc.)
b) Volumen rodeado por el cono invertido de base eĺıptica
x2
a2
+
y2
b2
=
z2, con 0 ≤ z ≤ h. (Solución: 1
3
πabh3.)
c) Volumen de la pirámide de base rectangular de lados a, b y altura
h. (Solución: abh
3
.)
d) Volumen del tetraedro limitado por los planos x = 0, y = 0, z = 0,
x
a
+
y
b
+
z
c
= 1 (a, b, c > 0). (Solución: abc
6
.)
e) Volumen rodeado por el casquete esférico determinado por la es-
fera x2 + y2 + z2 = R2 y la condición R − h ≤ z ≤ R. (Solución:
1
3
πh2(3R− h).)
b) Para z = cte el dominio es una elipse
x2
a2z2
+
y2
b2z2
= 1 cuya área es
πazbz = πabz2, por lo que podemos aplicar el principio de Cavalieri:∫ h
0
πabz2 =
1
3
πabh3.
3.3. Cambios de variable en Rn
1. Calcular
∫∫
D
√
9− (x2 + y2) donde D es el cuarto de ćırculo situado
en el primer cuadrante, centrado en el origen y radio 3/
√
2.
Solución:
Cambio a coordenadas polares x = r cos θ, y = r sen θ, jacobiano: r
86 CAPÍTULO 3. INTEGRACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
∫ π/2
0
dθ
∫ 3/√2
0
√
9− r2rdr =
∫ π/2
0
dθ
[
−1
3
(9− r2)3/2
]3/√2
0
=
9π
4
√
2
(2
√
2−
1),
2. Calcular
∫∫∫
D
xy2z3(z + yz + xyz)dxdydz siendo D = {(x, y, z) ∈ R3 |
0 < xyz < a, 0 < yz < b, 0 < z < c
Solución:
Cambio de variables: u = xyz, v = yz, w)z por lo tanto x = u
v
, y = v
w
,
z = w
Jacobiano: det

1
v
− u
v2
0
0 1
w
− v
w2
0 0 1
 = 1vw
∫ a
0
du
∫ b
0
dv
∫ c
0
uvw(w + v + u)
1
vw
dw = a2bc(a
3
+ b
4
+ c
4
)
3. Calcular∫ ∫ ∫
B
e(x
2+y2+z2)3/2dxdydz, on B es la bola de centro al origen y radio
1.
Solución:
Cambio a coordenadas esféricas
B∗ = {r ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π], ϕ ∈ [−π/2, π/2]}
entonces e(x
2+y2+z2)3/2 = er
3
, dxdydz = r2 cosϕdrdθdϕ.∫ 2π
0
dθ
∫ π/2
−π/2 dϕ
∫ 1
0
er
3
r2 cosϕdr =
4
3
π(e− 1)
4. Calcular el área del ćırculo: Ω = {x2 + y2 ≤ c2}.
3.3. CAMBIOS DE VARIABLE EN RN 87
Solución:
Calculemos su área en coordenadas polares
∫
Ω
dxdy =

x = r cos θ
y = r senθ
Ω∗ = {r ∈ [0, c], θ ∈ [0, 2π]}
 =
∫ c
0
∫ 2π
0
rdrdθ
=
∫ c
0
r
(∫ 2π
0
dθ
)
dr =
(∫ c
0
rdr
)
︸ ︷︷ ︸
r2/2
(∫ 2π
0
dθ
)
︸ ︷︷ ︸
2π
= πc2
5. Calcular el área de la elipse:
Ω =
{
x2
a2
+
y2
b2
≤ 1
}
Solución:
Utilizaremoscoordenadas eĺıpticas:
x = ar cos θy = br sin θ Ω∗ = {r ∈ [0, 1], θ ∈
[0, 2π]}
de manera que el jacobiano es
det JT (a) =
∣∣∣∣∣∣ a cos (θ) −ar sen (θ)b sen (θ) br cos (θ)
∣∣∣∣∣∣ = abr∫∫
Ω
dxdy =
∫∫
Ω∗
abrdrdθ =
∫ 1
0
∫ 2π
0
abrdrdθ = πab
6. Calcular el área de la rosa de 4 pétalos
Solución:
88 CAPÍTULO 3. INTEGRACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
Se trata de la ecuación (expresada en coordenadas polares) definida por
r = asen(2θ)
Nos piden el área de la región en coordenadas polares
Ω∗ = {θ ∈ [0, 2π], 0 < r < asen2θ}
Se ha de integrar la función 1 sobre el dominio definido en coordenadas
polares y utilizar el término del jacobiano (dxdy = rdrdθ
Área =
∫
Ω∗
rdrdθ =
∫ 2π
0
dθ
∫ a sen2θ
0
rdr =
∫ 2π
0
1
2
a2sen22θdθ =
=
[
1
16
a2(4 θ − sen (4 θ))
]2π
0
=
1
2
πa2
7. Calcular
∫
Ω
xy, Ω intersección con el primer cuadrante de la corona
circular de centro (0, 0), radio interior 1 y radio exterior 2.
Solución:
3.3. CAMBIOS DE VARIABLE EN RN 89
Este dominio en coordenadas polares viene dado por
Ω∗ = {r ∈ [1, 2] ∈ θ ∈ [0, π/2]}
Aplicando el cambio de variables de coordenadas cartesianas a coorde-
nada polares∫
Ω
xydxdy =
∫
Ω∗
r cos θ︸ ︷︷ ︸
x
rsenθ︸ ︷︷ ︸
y
rdrdθ︸ ︷︷ ︸
cambio var.
=
∫ π/2
0
cos θsenθ︸ ︷︷ ︸
1
2
sen 2θ
dθ
∫ 2
1
r3dr =
[
−1
4
cos 2θ
]π/2
0︸ ︷︷ ︸
1/2
[
r4
4
]2
1︸ ︷︷ ︸
4−1/4
=
15
8
8. Calcular el volumen comprendido entre el cono z2 = x2 + y2 y el para-
boloide z = x2 + y2, para z > 0.
Solución:
Se aplicará el cambio de coordenadas a coordenadas ciĺındricas, ya que
el cuerpo tiene simetŕıa axial.
Los dominios de integración en cartesianas y ciĺındricas:
Ω = {x2 + y2 ≤ z ≤
√
x2 + y2}
Ω∗ = {r2 ≤ z ≤ r} = {r ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π], r2 ≤ z ≤ r}
90 CAPÍTULO 3. INTEGRACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
ya que r2 ≤ r ⇔ r ∈ [0, 1].
Aśı podemos aplicar directamente en coordenadas ciĺındricas para cal-
cular el volumen:
Vol(Ω) =
∫
Ω∗
rdrdθdz =
∫ 2π
0
dθ
∫ 1
0
dr
∫ r
r2
rdz =
2π
∫ 1
0
(r2 − r3)dr = π1
6
Observación: En el cálculo de volúmenes donde los cuerpos tengan si-
metŕıa axial respecto el eje x = y = 0, la expresión en coordenadas
ciĺındricas no dependerá de θ y podemos pasar la integral
∫ 2π
0
dθ = 2π
multiplicando delante.
9. Calcular el volumen de la parte de la esfera x2 + y2 + z2 = a2 que está
al exterior del cilindro x2 + y2 = b2 (a > b > 0).
Usando coordenadas ciĺındricas, ya que el cuerpo tiene una simetŕıa
axial.
Calcularemos el volumen de z ≥ 0 y multiplicaremos por 2.
Los dominios de integración en coordenadas cartesianas y polares es:
Ω = {z ≤
√
a2 − x2 + y2, b2 ≤ x2 + y2 ≥ a2}
Ω∗ = {z ≤
√
a2 − r2, r ∈ [b, a], θ ∈ [0, 2π]}
3.3. CAMBIOS DE VARIABLE EN RN 91
Se puede calcular directamente en coordenadas ciĺındricas:
Vol(Ω) =
∫
Ω∗
rdrdθdz =
∫ 2π
0
dθ
(∫ a
b
∫ √a2−r2
0
rdz
)
=
2π
∫ a
b
r(a2 − r2)
1
2dr = 2π
[
−1
3
(a2 − r2)
3
2
]a
b
=
2π
−1
3
(
0− (a2 − b2)3/2
)
=
2π
3
(
a2 − b2
)3/2
Por lo tanto, el volumen del cuerpo es
4π
3
(
a2 − b2
)3/2
.
10. Calcular el volumen de B3R(0), el interior de la esfera de radio R en R3.
Se aplicará coordenadas esféricas ya que el cuerpo tiene simetŕıa central
(el origen).
Los dominios de integración en coordenadas cartesianas y esféricas:
Ω = {x2 + y2 + z2 ≤ R2}
Ω∗ = {r ∈ [0, R], θ ∈ [0, 2π], ϕ ∈ [−π/2, π/2]}
ya que r2 = x2 + y2 + z2.
Se puede plantear directamente la integral en coordenadas esféricas
para calcular el volumen:
Vol(Ω) =
∫
Ω∗
r2 cosϕ︸ ︷︷ ︸
jacobiano
drdθdϕ =
∫ 2π
0
dθ
∫ π/2
−π/2
cosϕdϕ
∫ R
0
r2dr = 2π · 2 · R
3
3
=
4
3
πR3
92 CAPÍTULO 3. INTEGRACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
11. Calcular el volumen del dominio Ω cortado sobre la bola r ≤ a por el
cono α ≤ ϕ ≤ π
2
(a > 0, 0 < α <
π
2
).
Solución:
En coordenadas esféricas, el dominio Ω viene dado por
Ω∗ = {r ∈ [0, a], ϕ ∈ [α, π
2
], θ ∈ [0, 2π]}
y, por lo tanto, podemos calcular directamente su volumen en coorde-
nadas esféricas
Vol(Ω) =
∫
Ω∗
r2 cosϕ︸ ︷︷ ︸
jacobiano
drdθdϕ =
∫ 2π
0
dθ
∫ a
0
r2dr
∫ π/2
α
cosϕdϕ = 2π · a
3
3
(
sen
π
2
− senα
)
=
2πa3
3
(1− senα)
3.3. CAMBIOS DE VARIABLE EN RN 93
12. Usar coordenadas polares para calcular las siguientes integrales dobles.
a)
∫∫
A
(x2 + y2)dxdy, A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 4}.
b)
∫∫
A
cos(x2 + y2)dxdy, A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ π
2
}.
c)
∫∫
A
(x+ y)2
x2 + y2 + 2
dxdy, A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1}.
d)
∫∫
A
dxdy
(1 + x2 + y2)2
√
x2 + y2
, A = {(x, y) ∈ R2, x2 + y2 ≤ R2}.
(Indicación: Usar las propiedades elementales de sen y cos para
ver que: sen(arctg(R)) = R√
1+R2
y cos(arctg(R)) = 1√
1+R2
.)
e)
∫∫
A
x(x2 + y2)dxdy, A sector circular de centro (0, 0) y radio R
formando ángulos entre
π
3
y
π
6
con el eje x positivo.
Solución:
dxdy = rdrdθ.
a) El dominio en coordenadas polares es A∗ = {(r, θ) | 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤
θ ≤ 2π}
∫∫
A
(x2 + y2)dxdy =
∫∫
A∗
r2 · rdrdθ = 2π
∫ 2
0
r3dr = 8π
b) El dominio en coordenadas polares es A∗ = {(r, θ) | 0 ≤ r ≤
√
π
2
, 0 ≤
θ ≤ 2π}
∫∫
A
cos(x2 + y2)dxdy =
∫∫
A∗
cos(r2) · rdrdθ =
2π
∫√π
2
0 cos(r
2)rdr = 2π( 1
2
sen(r2)
∣∣√π2
0
) = π
94 CAPÍTULO 3. INTEGRACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
c) En coordenadas polares, el dominio es A∗ = {θ ∈ [0, 2π], r ∈ (0, 1]}.
Aśı∫∫
A
(x+ y)2
x2 + y2 + 2
dxdy =
∫∫
A∗
r2(cos θ + senθ)2
r2 + 2
rdrdθ =∫ 2π
0
(cos θ + sen θ)2dθ
∫ 1
0
r3
r2 + 2
dr
Calculamos cada una de las integrales∫ 2π
0
(cos θ + sen θ)2dθ =
∫ 2π
0
(cos2 θ + sen 2θ︸ ︷︷ ︸
1
+ 2sen θ cos θ︸ ︷︷ ︸
sen 2θ
)dθ
=
∫ 2π
0
dθ +
∫ 2π
0
sen 2θdθ︸ ︷︷ ︸
0
= 2π
y, por otra parte,
∫ 1
0
r3
r2 + 2
dr =
∫ 1
0
(
r − 2 r
r2 + 2
)
dr =
[
1
2
r2 − ln(r2 + 2)
]1
0
=
1
2
− ln 3 + ln 2 = 1
2
+ ln
2
3
d) En coordenadas polares, el dominio es
A∗ = {θ ∈ [0, 2π], r ∈ (0, R]}.
Aśı
∫∫
A
dxdy
(1 + x2 + y2)2
√
x2 + y2
=
∫∫
A∗
r
(1 + r2)2r
drdθ =
(no hay θ) = 2π
∫ R
0
1
(1 + r2)2
dr =
2π
[
r
2 (r2+1)
+ 1
2
arctg + (r)
]R
0
= πR
(R2+1)
+ π arctg(R)
3.3. CAMBIOS DE VARIABLE EN RN 95
Para resolver la integral∫
1
(1 + r2)2
dr =
r
2(r2 + 1)
+
1
2
arctg (r) + C
Hacemos el cambio de variable r = tgu de manera que se convierte en∫
cos2 udu =
1
2
u+
1
4
sen (2u) + C
e) En coordenadas polares, el dominio es A∗ = {θ ∈ [π/6, π/3], r ∈
(0, R]}. Aśı∫∫
A
x(x2 + y2)dxdy =∫∫
A∗
r cos θr2rdrdθ =
∫ π/3
π/6
cos θdθ
∫ R
0
r4dr [sen θ]
π/3
π/6
R5
5
=(
1
2
√
3− 1
2
)
R5
5
=
√
3− 1
10
R5
13. Calcular el área del dominio A ⊂ R2 definido en coordenadas polares,
siguiente: A es la región definida por
1
2
≤ r ≤ |sen (2θ)|.
Solución:
96 CAPÍTULO 3. INTEGRACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
El dominio tiene una simetŕıa respecto los ejes X e Y y, por lo tanto,
podemos calcular el área en el primer cuadrante θ ∈ [0, π/2] donde,
además, el sen 2θ es positivo.
Debemos encontrar los valores de θ ∈ [0, π/2] para los cuales
sen 2θ =
1
2
⇔ 2θ = π
6
, π − π
6
⇔ θ = π
12
,
5π
12
El dominio en coordenadas polares que describe la parte en el primer
cuadrante es, pues,
Ω∗ =
{
θ ∈ [ π
12
,
5π
12
],
1
2
≤ r ≤ |sen (2θ)|
}
Por lo tanto, el área de una cuarta parte de la figura es
∫
Ω∗
rdrdθ =
∫ 5π
12
π
12
dθ
∫ sen 2θ
1/2
rdr =
∫ 5π
12
π
12
1
2
(
sen 22θ − 1
4
)
dθ =[
1
8
θ − 1
16
sen (4 θ)
] 5π
12
π
12
= 1
24
π + 1
48
(
3
√
3
)
El resultado final se obtiene de multiplicar por cuatro el resultado ob-
tenido: Volumen = π
6
+ 1
4
√
3.
14. Calcular
∫∫∫
B
ze−(x
2+y2)dxdydz, B = {(x, y, z) ∈ R3 : z2−1 ≤ x2+y2 ≤
z2
2
, z ≥ 0}.
Solución:
El dominio es adecuado para usar coordenadas ciĺındricas ya que es un
cuerpo de revolución.
Geométricamente, es el recinto que hay entre un cono y un paraboloide
3.3. CAMBIOS DE VARIABLE EN RN 97
En coordenadas ciĺındricas el domino se expresa como:
B∗ =
{
z2 − 1 ≤ r2 ≤ z
2
2
, z ≥ 0, θ ∈ [0, 2π]
}
Para poder calcular la integral es preciso que expresemos el dominio
como producto de intervalos y para ello determinamos para quevalores
de z ≥ 0 tenemos que z2 − 1 ≤ z2
2
, que equivalentemente
0 ≤ 1− z
2
2
⇔ z ∈ [0,
√
2]
Por otra parte, para determinar los valores de r, observamos que las
desigualdades anteriores también las podemos expresar como
B∗ =
{
θ ∈ [0, 2π], r ∈ [0, 1], z ∈ [
√
2r,
√
r2 + 1]
}
La integral expresada en coordenadas ciĺındricas se escribe como∫ 2π
0
dθ
∫ 1
0
e−r
2
rdr
∫ √r2+1
√
2r
zdz =
2π
∫ 1
0
e−r
2
r
(
−1
2
r2 +
1
2
)
dr =
2π
∫ 1
0
(
−1
2
r3e(−r
2) +
1
2
re(−r
2)
)
dr
= 2π
[
1
4
r2e(−r
2)
]1
0
= 2π
1
4
e(−1)
15. Calcular
∫∫∫
B
zdxdydz,B = {(x, y, z) ∈ R3 : x2+y2+z2 ≤ 6, x2+y2 ≤
z, z ≥ 0}.
Solución
98 CAPÍTULO 3. INTEGRACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
Este dominio está limitado entre una esfera de radio
√
6, por debajo,
el paraboloide eĺıptico z = x2 + y2.
Se trata de un volumen de revolución
Su intersección:
z + z2 = 6,⇔ z = −3, 2
Como que estamos considerando z ≥ 0, el dominio para la z es z ∈ [0, 2],
por una parte, y por z ∈ [2,
√
6], por otra.
En coordenadas ciĺındricas el dominio se expresa como
B∗ = B∗1 ∪B∗2 =
{
θ ∈ [0, 2π], z ∈ [0, 2], r ∈ (0,
√
z)
}
∪{
θ ∈ [0, 2π], z ∈ [2,
√
6], r ∈ (0,
√
6− z2)
}
La integral en B1 (en coordenadas polares B
∗
1) és
I1 =
∫
B∗1
zrdrdθdz = 2π
∫ 2
0
zdz
∫ √z
0
rdr =
2π
∫ 2
0
z2
2
dr = 8π/3
La integral en B2 (en coordenadas polares B
∗
2) es
I2 =
∫
B∗2
zrdrdθdz = 2π
∫ √6
2
zdz
∫ √6−z2
0
rdr =
2π
∫ √6
2
6z − z3
2
dz = π
[
3z2 − z
3
3
]√6
2
=
π
2
.
Por lo tanto la solución es:
I = I1 + I2 = 9π/2
3.3. CAMBIOS DE VARIABLE EN RN 99
16. Calcular la siguiente integral triple.∫∫∫
B
dxdydz
(x2 + y2 + z2)3/2
, donde el recinto B es el definido por B =
{(x, y, z) ∈ R3 : a2 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ b2}.
Solución:
Geométricamente se trata del volumen comprendido entre dos esferas
de radio a y radio b.
Tanto el integrando como el dominio son muy adecuados para utilizar
coordenadas esféricas.
Podemos escribir la integral en coordenadas esféricas usando el hecho
de que el dominio se expresa como
B∗ = {r ∈ [a, b], θ ∈ [0, 2π], ϕ ∈ [−π/2, π/2]}
y que, r2 = x2 + y2 + z2, dxdydz = r2 cosϕdrdθdϕ.
∫∫∫
B
dxdydz
(x2 + y2 + z2)3/2
dxdydz =
∫
B∗
r2 cosϕ
r3
drdθdϕ =∫
B∗
cosϕr−1drdθdϕ = 2π
∫ b
a
r−1dr
∫ π/2
−π/2 cosϕdϕ =
2π ln b
a
2 = 4π ln b
a
17. Calcular el volumen del dominio B ⊂ R3 cerrado por la esfera deforma-
da definido en coordenadas esféricas, x = r cosϕ cos θ, y = r cosϕsen θ,
z = rsen ϕ (0 < θ < 2π, −π
2
< ϕ <
π
2
), de la forma. r = 1 +
0,2sen (8θ)sen (ϕ).
Solución:
100CAPÍTULO 3. INTEGRACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
V ol(B) =
∫
B∗
r2 cosϕdrdθdϕ =∫ 2π
0
dθ
∫ π/2
−π/2
cosϕdϕ
∫ 1+0,2sen (8θ)sen (ϕ)
0
r2dr =∫ 2π
0
dθ
∫ π/2
−π/2
cosϕ
(
1
375
sen (ϕ)3 sen (8 θ)3 +
1
25
sen (ϕ)2 sen (8 θ)2 +
1
5
sen (ϕ) sen (8 θ) +
1
3
)
dϕ =∫ 2π
0
(
2
75
sen (8 θ)2 +
2
3
)
dθ =
34
25
π
18. Calcular la integral triple
∫∫∫
B
1√
x2 + y2 + z2
dxdydz, donde B es la
región en el primer octante de R3 acotada por los conos ϕ =
π
4
y ϕ =
arctg(2) y la esfera de radio r =
√
6. (Recordatorio: sen (arctg(a)) =
a√
1+a2
.)
Solución:
3.3. CAMBIOS DE VARIABLE EN RN 101
El dominio en coordenadas esféricas se expresa como
B∗ =
{
θ ∈ [0, 2π], r ∈ (0,
√
6), ϕ ∈ [π/4, arctg2]
}
∫∫∫
B
1√
x2 + y2 + z2
dxdydz =
∫
B∗
1
r
r2 cosϕdrdθdϕ =∫ 2π
0
dθ
∫ arctg(2)
π/4
cosϕdϕ
∫ √6
0
rdr =
2π ·
(
sen (arctg (2))− sen π
4
)
· 3 = 2π(2
5
√
5− 1
2
√
2)3
19. Calcular la integral doble siguiente
∫∫
D
xydxdy, D = {(x, y) ∈ R2 | 6 ≤
2y − x ≤ 12, 0 ≤ x ≤ 4}, mediante el cambio de variables x = 4u y
y = 2u+ 3v.
Solución:
El dominio en las nuevas coordenadas es D∗ = {(u, v) ∈ R2 | 1 ≤ v ≤
2, 0 ≤ u ≤ 1}
El Jacobiano es det ( 4 02 3 ) = 12
∫∫
D
xydxdy =
∫∫
D∗
(4u(2u+ 3v)12dudv =∫ 2
1
dv
∫ 1
0
(8u2 + 12uv) · 12du = 140
PARTE III
104CAPÍTULO 3. INTEGRACIÓN DE FUNCIONES DE N VARIABLES
Caṕıtulo 4
Ecuaciones diferenciales
ordinarias
4.1. Ecuaciones de variable separada
1. Resolver y′ = − x
2
(y + 1)4
.
Solución:
Esta ecuación puede expresarse de la forma
(y + 1)4dy = −x2dx
por lo que
1
5
(y + 1)5 = −1
3
x3 +K
2. Resolver (3x2y − xy) + (2x3y2 + x3y4)y′ = 0
Solución:
105
106 CAPÍTULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
Operando la ecuación se convierte en(
3
x
− 1
x2
)
+ (2y + y3)y′ = 0
Integrando: 3 lnx+
1
x
+ y2 +
1
4
y4 = K.
Observación: al conjunto de soluciones debemos añadir y = 0 que cla-
ramente es solución de la ecuación pero no lo es de esta última.
3. Resolver y′ =
4y
x(y − 3)
Solución:
Esta ecuación se escribe:
y − 3
y
dy =
4
x
dx
Integrando: y − 3 ln y = 4 ln x+K.
4. Resolver 1 + e3xy′ = 0
Solución:
La ecuación se escribe −e−3xdx = dy
∫
dy =
∫
−e−3xdx
y =
1
3
e−3x +K
4.2. ECUACIONES LINEALES 107
4.2. Ecuaciones lineales
1. Resolver la ecuación lineal y′ = 3y + x,
Solución:
La solución general viene dada por
y(x) = Ke
∫
3dx + e
∫
3dx
∫
xe−
∫
3dxdx, K ∈ R.
Operando obtenemos
y(x) = e3x(K +
∫
xe−3x) = e3x(K − 1
3
xe−3x − 1
9
e−3x) =
= Ke3x − 1
3
x− 1
9
.
2. Resolver: y′ + 2xy = 4x
Solución:
La ecuación se escribe y′ = −2xy+4x es decir f(x) = −2x y g(x) = 4x.
y(x) = Ke
∫
−2xdx + e
∫
−2xdx
∫
4xe−
∫
−2xdxdx = Ke−x
2
+ 2
3. Resolver: xy′ = y + x3 + 3x2 − 2x
Solución:
La ecuación se escribe de la forma y′ =
1
x
y + x2 + 3x− 2, y f(x) = 1
x
y g(x) = x2 + 3x− 2
y(x) = Ke
∫
1
x
dx + e
∫
1
x
dx
∫
(x2 + 3x− 2)e−
∫
1
x
dxdx
108 CAPÍTULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
calculando:
y(x) = Kx+
1
2
x3 + 3x2 − 2x lnx
4. Resolver: cosx · y′ + senx · y = 1
Solución:
La ecuación se escribe de la forma y′ = −senx
cosx
+
1
cosx
con f(x) =
−senx
cosx
y g(x) =
1
cosx
y(x) = Ke
∫
− sen x
cos x
dx + e
∫
− sen x
cos x
dx
∫
1
cosx
e−
∫
− sen x
cos x
dxdx
Calculando: y(x) = K cosx+ senx
4.3. Ecuaciones de Bernouilli
1. Resolver y′ = y + xy6.
Solución:
Esta ecuación es de Bernouilli de orden 6.
El cambio de variable v = y−5 la convierte en
v′ = −5v − 5x = f(x)v + g(x),
cuya solución general es:
v(x) = Ke
∫
f(x)dx + e
∫
f(x)dx
∫
g(x)e−
∫
f(x)dxdx, K ∈ R.
4.3. ECUACIONES DE BERNOUILLI 109
v(x) = Ke
∫
−5dx + e
∫
−5dx
∫
−5xe−
∫
−5dxdx =
= e−5x(K +
1
5
e5x − xe5x) = Ke−5x + 1
5
− x.
Deshaciendo el cambio tenemos
y−5 = Ke−5x +
1
5
− x.
Es fácil observar que la función y = 0 también es solución, por lo que
el conjunto de soluciones es
{y−5 = Ke−5x + 1
5
− x} ∪ {y = 0}.
2. Resolver (1 + x2)y′ = xy + xy2.
Solución:
Escribiendo la ecuación dada en la forma
y′ =
x
1 + x2
y +
x
1 + x2
y2
vemos que es una ecuación de Bernouilli de orden 2.
Apliquemos el cambio de función v = y−1 convirtiéndola en la siguiente
ecuación lineal
v′ = − x
1 + x2
v − x
1 + x2
= f(x)v + g(x),
cuya solución general es:
v(x) = Ke
∫
f(x)dx + e
∫
f(x)dx
∫
g(x)e−
∫
f(x)dxdx, K ∈ R.
110 CAPÍTULO 4. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
v(x) = Ke
∫
−
x
1 + x2
dx
+ e
∫
−
x
1 + x2
dx
∫
− x
1 + x2
e
−
∫
−
x
1 + x2
dx
dx =
= e
−
1
2
ln(1+x2)
(K +
∫
− x
1 + x2
e
1
2
ln(1+x2)
dx) =
=
1√
1 + x2
(K +
∫
− x
1 + x2
√
1 + x2) =
K√
1 + x2
− 1.
Deshaciendo el cambio obtenemos
y−1 =
K√
1 + x2
− 1,
y puesto que y = 0 es solución, tenemos que el conjunto de soluciones
es
{−y−1 = K√
1 + x2
− 1} ∪ {y = 0}.
4.4. Ecuaciones de Ricatti
1. Resolver y′ =
2
x− 1
+
1− 2x
x(x− 1)
y − 1
x(x− 1)
y2.
Solución:
Es fácil comprobar que en R− {0, 1}, la función y = 1 es una solución
particular de la ecuación
Para hallar una solución hacemos el cambio y = 1 +
1
z
.
Calculando
y′ = − z
′
z2
4.4. ECUACIONES DE RICATTI 111
obtenemos
− z
′
z2
=
2
x− 1
+
1− 2x
x(x− 1)
(
1 +
1
z
)
− 1
x(x− 1)
(
1 +
1
z
)2
=
= − 1 + 2x
x(x− 1)
1
z
− 1
x(x− 1)
1
z2
.
por lo que
z′ =
1 + 2x
x(x− 1)
z +
1
x(x− 1)
,
que es lineal.
Resolvamos esta ecuación
z(x) = e
∫ 1 + 2x
x(x− 1)
dx
K + ∫ 1
x(x− 1)
e
−
∫ 1 + 2x
x(x− 1)
dx
 =
=
∣∣∣∣(x− 1)3x
∣∣∣∣