04 Trabajo Práctico Nro 4 (DERIVADA TOTAL, REGLA DE LA CADENA Y FUNCIÓN IMPLÍCITA)

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Matemática 
1er. cuatrimestre del año 2020 
Trabajo Práctico Nro. 4 
Taller de Resolución de Problemas 
Compendio de problemas con resolución 
(DERIVADA TOTAL, REGLA DE LA CADENA Y FUNCIONES IMPLÍCITAS) 
 
 
Este es un documento realizado por lxs docentes Marcela Araujo (Jefa de Trabajos Prácticos) y 
Mariano Reynoso (Ayudante) para lxs alumnxs de las comisiones 4 y 5 de la materia Matemática 
de las carreras de Farmacia y Bioquímica de la Facultad de Farmacia y Bioquímica de la 
Universidad de Buenos Aires. 
2 
 
DERIVADA TOTAL Y REGLA DE LA CADENA 
Sea 𝑧 = 𝑧(𝑥 ; 𝑦) un campo escalar, si estamos en el caso de que las variables 𝑥 e 𝑦 dependen de 
otra variable, por ejemplo, 𝑡, es decir, son funciones de 𝑡, podemos calcular la derivada total de 
𝑧 como función de 𝑡 
Veamos cómo realizamos esto, en un principio, utilicemos el concepto de diferencial: 
𝑧 = 𝑧(𝑥 ; 𝑦) ⇒ 𝑑𝑧 = 𝑧𝑥(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑧𝑦(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑦 
Dijimos que 𝑥 e 𝑦 dependen de la variable 𝑡, entonces: 
𝑥 = 𝑥(𝑡) ⇒ 𝑑𝑥 = 𝑥′(𝑡)𝑑𝑡 
𝑦 = 𝑦(𝑡) ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑦′(𝑡)𝑑𝑡 
En la primera ecuación reemplazamos 𝑑𝑥 y 𝑑𝑦 en función de 𝑑𝑡 y nos queda: 
𝑑𝑧 = 𝑧𝑥(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑧𝑦(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑦 
𝑑𝑧 = 𝑧𝑥(𝑥 ; 𝑦)𝑥
′(𝑡)𝑑𝑡 + 𝑧𝑦(𝑥 ; 𝑦)𝑦
′(𝑡)𝑑𝑡 
Sacamos factor común 𝑑𝑡: 
𝑑𝑧 = [𝑧𝑥(𝑥 ; 𝑦)𝑥
′(𝑡) + 𝑧𝑦(𝑥 ; 𝑦)𝑦
′(𝑡)]𝑑𝑡 
Dividimos a ambos lados de la ecuación por 𝑑𝑡 y nos queda: 
𝑑𝑧
𝑑𝑡
= 𝑧𝑥(𝑥 ; 𝑦)𝑥
′(𝑡) + 𝑧𝑦(𝑥 ; 𝑦)𝑦
′(𝑡) 
A esta última expresión la llamamos derivada total de 𝑧 con respecto a 𝑡 y la obtuvimos utilizando 
la regla de la cadena. Se suele escribir un diagrama de árbol que facilita recordar la regla: 
 𝑡 
 𝑥 
𝑧 
 𝑦 
 𝑡 
Utilizando el anterior diagrama de árbol derivamos siguiendo una rama, luego derivamos 
siguiendo la otra y al finalizar sumamos: 
𝑧′(𝑡) =
𝑑𝑧
𝑑𝑡
= 𝑧𝑥(𝑥 ; 𝑦)𝑥
′(𝑡) + 𝑧𝑦(𝑥 ; 𝑦)𝑦
′(𝑡) 
Ejercicio 9 
En el ítem a de este ejercicio nos piden calcular la derivada total de 𝑧 con respecto a 𝑡 utilizando 
la regla de la cadena. 
3 
 
𝑧(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥 cos 𝑦 {
𝑥(𝑡) = sen 𝑡
𝑦(𝑡) = 𝑡2
 
𝑧′(𝑡) =
𝑑𝑧
𝑑𝑡
= cos 𝑦 cos 𝑡 − 𝑥 sen 𝑦 ∙ 2𝑡 
Ahora reemplazamos 𝑥 e 𝑦 en función de 𝑡 y nos queda: 
𝑧′(𝑡) = cos 𝑡2 cos 𝑡 − sen 𝑡 sen 𝑡2 ∙ 2𝑡 
En el ítem b nos piden verificar el resultado obtenido realizando el cálculo directo, es decir, sin 
aplicar la mencionada regla de la cadena. 
𝑧(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥 cos 𝑦 {
𝑥(𝑡) = sen 𝑡
𝑦(𝑡) = 𝑡2
 
Para ello, reemplazamos en una primera instancia a 𝑥 e 𝑦 en función de 𝑡 en 𝑧, y nos queda: 
𝑧(𝑥 ; 𝑦) = sen 𝑡 cos 𝑡2 
𝑧′(𝑡) = cos 𝑡2 cos 𝑡 + sen 𝑡 (− sen 𝑡2 ∙ 2𝑡) 
𝑧′(𝑡) = cos 𝑡2 cos 𝑡 − sen 𝑡 sen 𝑡2 ∙ 2𝑡 
Ejercicio 10 
En el ítem a nos piden calcular 𝑑𝑧 en función de 𝑑𝑥 y 𝑑𝑦 utilizando la regla de la cadena. Luego, 
en el ítem b nos piden verificar el resultado mediante el cálculo directo sin aplicar la regla. 
Vemos para la función: 
𝑧(𝑢 ; 𝑣) = 𝑢 − 𝑢𝑣 {
𝑢(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥𝑦
𝑣(𝑦) = 𝑦2
 
Vemos que tenemos una función 𝑧 que depende de las variables 𝑢 y 𝑣 y que a su vez éstas 
dependen de 𝑥 e 𝑦, entonces podemos pensar a 𝑧 dependiendo de 𝑥 e 𝑦, así podemos expresar 
entonces el diferencial de 𝑧 en función de los diferenciales de 𝑥 e 𝑦, veamos: 
𝑧 = 𝑧(𝑢 ; 𝑣) ⇒ 𝑑𝑧 = 𝑧𝑢(𝑢 ; 𝑣)𝑑𝑢 + 𝑧𝑣(𝑢 ; 𝑣)𝑑𝑣 
Dijimos que 𝑢 e 𝑣 dependen de las variables 𝑥 e 𝑦, entonces: 
𝑢 = 𝑢(𝑥 ; 𝑦) ⇒ 𝑑𝑢 = 𝑢𝑥(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑢𝑦(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑦 
𝑣 = 𝑣(𝑦) ⇒ 𝑑𝑣 = 𝑣′(𝑦)𝑑𝑦 
En la primera ecuación reemplazamos 𝑑𝑢 y 𝑑𝑣 en función de 𝑑𝑥 y 𝑑𝑦 y nos queda: 
𝑑𝑧 = 𝑧𝑢(𝑢 ; 𝑣)𝑑𝑢 + 𝑧𝑣(𝑢 ; 𝑣)𝑑𝑣 
𝑑𝑧 = 𝑧𝑢(𝑢 ; 𝑣)[𝑢𝑥(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑢𝑦(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑦] + 𝑧𝑣(𝑢 ; 𝑣)𝑣
′(𝑦)𝑑𝑦 
Reagrupando en función de 𝑑𝑥 y 𝑑𝑦 nos queda: 
4 
 
𝑑𝑧 = 𝑧𝑢(𝑢 ; 𝑣)𝑢𝑥(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑧𝑢(𝑢 ; 𝑣)𝑢𝑦(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑦 + 𝑧𝑣(𝑢 ; 𝑣)𝑣
′(𝑦)𝑑𝑦 
𝑑𝑧 = 𝑧𝑢(𝑢 ; 𝑣)𝑢𝑥(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥 + [𝑧𝑢(𝑢 ; 𝑣)𝑢𝑦(𝑥 ; 𝑦) + 𝑧𝑣(𝑢 ; 𝑣)𝑣
′(𝑦)]𝑑𝑦 
Ahora calculamos las derivadas para este ejemplo: 
𝑧(𝑢 ; 𝑣) = 𝑢 − 𝑢𝑣 
𝑧𝑢(𝑢 ; 𝑣) = 1 − 𝑣 
𝑧𝑣(𝑢 ; 𝑣) = −𝑢 
𝑢(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥𝑦 
𝑢𝑥(𝑥 ; 𝑦) = 𝑦 
𝑢𝑦(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥 
𝑣(𝑦) = 𝑦2 
𝑣′(𝑦) = 2𝑦 
Ahora reemplazamos: 
𝑑𝑧 = 𝑧𝑢(𝑢 ; 𝑣)𝑢𝑥(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥 + [𝑧𝑢(𝑢 ; 𝑣)𝑢𝑦(𝑥 ; 𝑦) + 𝑧𝑣(𝑢 ; 𝑣)𝑣
′(𝑦)]𝑑𝑦 
𝑑𝑧 = (1 − 𝑣)𝑦𝑑𝑥 + [(1 − 𝑣)𝑥 + (−𝑢)2𝑦]𝑑𝑦 
𝑑𝑧 = (1 − 𝑣)𝑦𝑑𝑥 + [(1 − 𝑣)𝑥 − 2𝑦𝑢]𝑑𝑦 
Reemplazamos a 𝑢 e 𝑣 en función de 𝑥 e 𝑦 y nos queda: 
𝑑𝑧 = (1 − 𝑦2)𝑦𝑑𝑥 + [(1 − 𝑦2)𝑥 − 2𝑦𝑥𝑦]𝑑𝑦 
𝑑𝑧 = (𝑦 − 𝑦3)𝑑𝑥 + (𝑥 − 𝑦2𝑥 − 2𝑦2𝑥)𝑑𝑦 
𝑑𝑧 = (𝑦 − 𝑦3)𝑑𝑥 + (𝑥 − 3𝑦2𝑥)𝑑𝑦 
Ahora vamos a verificar el cálculo reemplazando directamente, como nos piden en el ítem b: 
𝑧(𝑢 ; 𝑣) = 𝑢 − 𝑢𝑣 {
𝑢(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥𝑦
𝑣(𝑦) = 𝑦2
 
𝑧(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥𝑦 − 𝑥𝑦𝑦2 = 𝑥𝑦 − 𝑥𝑦3 
𝑑𝑧 = 𝑧𝑥(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑧𝑦(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑦 
𝑧𝑥(𝑥 ; 𝑦) = 𝑦 − 𝑦
3 
𝑧𝑦(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥 − 3𝑥𝑦
2 
Si reemplazando llegamos a que: 
𝑑𝑧 = (𝑦 − 𝑦3)𝑑𝑥 + (𝑥 − 3𝑥𝑦2)𝑑𝑦 
Ejercicio 11 
En el ítem a de este ejercicio nos dan 𝑧 = 𝑧(𝑥 ; 𝑦) e 𝑦 = 𝑦(𝑥 ; 𝑡) y nos piden hallar (
𝜕𝑧
𝜕𝑥
)
𝑡
 y (
𝜕𝑧
𝜕𝑡
)
𝑥
 
(
𝜕𝑧
𝜕𝑥
)
𝑡
significa la derivada parcial de 𝑧 respecto a 𝑥 tomando 𝑡 constante, esto quiere decir que 
se está pensando a 𝑧 como función de 𝑥 y 𝑡, es decir 𝑧 = 𝑧(𝑥 ; 𝑡) 
5 
 
(
𝜕𝑧
𝜕𝑡
)
𝑥
significa la derivada parcial de 𝑧 respecto a 𝑡 tomando 𝑥 constante, esto quiere decir que 
se está pensando a 𝑧 como función de 𝑥 y 𝑡, es decir 𝑧 = 𝑧(𝑥 ; 𝑡) 
Primero calculemos el diferencial de 𝑧 = 𝑧(𝑥 ; 𝑦) 
𝑑𝑧 = (
𝜕𝑧
𝜕𝑥
)
𝑦
𝑑𝑥 + (
𝜕𝑧
𝜕𝑦
)
𝑥
𝑑𝑦 
Ahora calculemos el diferencial de 𝑦 = 𝑦(𝑥 ; 𝑡) 
𝑑𝑦 = (
𝜕𝑦
𝜕𝑥
)
𝑡
𝑑𝑥 + (
𝜕𝑦
𝜕𝑡
)
𝑥
𝑑𝑡 
Reemplazamos 𝑑𝑦 en 𝑑𝑧: 
𝑑𝑧 = (
𝜕𝑧
𝜕𝑥
)
𝑦
𝑑𝑥 + (
𝜕𝑧
𝜕𝑦
)
𝑥
𝑑𝑦 
𝑑𝑧 = (
𝜕𝑧
𝜕𝑥
)
𝑦
𝑑𝑥 + (
𝜕𝑧
𝜕𝑦
)
𝑥
[(
𝜕𝑦
𝜕𝑥
)
𝑡
𝑑𝑥 + (
𝜕𝑦
𝜕𝑡
)
𝑥
𝑑𝑡] 
Expresamos 𝑑𝑧 en función de 𝑑𝑥 y 𝑑𝑡 
𝑑𝑧 = (
𝜕𝑧
𝜕𝑥
)
𝑦
𝑑𝑥 + (
𝜕𝑧
𝜕𝑦
)
𝑥
(
𝜕𝑦
𝜕𝑥
)
𝑡
𝑑𝑥 + (
𝜕𝑧
𝜕𝑦
)
𝑥
(
𝜕𝑦
𝜕𝑡
)
𝑥
𝑑𝑡 
𝑑𝑧 = [(
𝜕𝑧
𝜕𝑥
)
𝑦
+ (
𝜕𝑧
𝜕𝑦
)
𝑥
(
𝜕𝑦
𝜕𝑥
)
𝑡
] 𝑑𝑥 + (
𝜕𝑧
𝜕𝑦
)
𝑥
(
𝜕𝑦
𝜕𝑡
)
𝑥
𝑑𝑡 
Al expresar el 𝑑𝑧 en función de 𝑑𝑥 y 𝑑𝑡 estamos pensando a 𝑧 en función de 𝑥 y de 𝑡, es decir, 
𝑧 = 𝑧(𝑥 ; 𝑡). Así, podemos ver que lo que multiplica a 𝑑𝑥 es la derivada parcial de 𝑧 respecto a 𝑥 
tomando 𝑡 constante, y lo que multiplica a 𝑑𝑡 es la derivada parcial de 𝑧 respecto a 𝑡 tomando 𝑥 
constante: 
(
𝜕𝑧
𝜕𝑥
)
𝑡
= [(
𝜕𝑧
𝜕𝑥
)
𝑦
+ (
𝜕𝑧
𝜕𝑦
)
𝑥
(
𝜕𝑦
𝜕𝑥
)
𝑡
] 
(
𝜕𝑧
𝜕𝑡
)
𝑥
= (
𝜕𝑧
𝜕𝑦
)
𝑥
(
𝜕𝑦
𝜕𝑡
)
𝑥
 
Ahora, en referencia al ítem b, vamos a aplicarlo al caso: 
𝑧 = 𝑧(𝑥 ; 𝑦) = 𝑦𝑥2 + 𝑥 ln 𝑦 𝑦 = 𝑦(𝑥 ; 𝑡) = sen 𝑥 + 𝑡 
𝑧(𝑥 ; 𝑦) = 𝑦𝑥2 + 𝑥 ln 𝑦 
(
𝜕𝑧
𝜕𝑥
)
𝑦
= 2𝑦𝑥 + ln 𝑦 
6 
 
(
𝜕𝑧
𝜕𝑦
)
𝑥
= 𝑥2 +
𝑥
𝑦
 
 
𝑦(𝑥 ; 𝑡) = sen 𝑥 + 𝑡 
(
𝜕𝑦
𝜕𝑥
)
𝑡
= cos 𝑥 
(
𝜕𝑦
𝜕𝑡
)
𝑥
= 1 
Reemplazamos en las expresiones anteriormente obtenidas: 
(
𝜕𝑧
𝜕𝑥
)
𝑡
= [(
𝜕𝑧
𝜕𝑥
)
𝑦
+ (
𝜕𝑧
𝜕𝑦
)
𝑥
(
𝜕𝑦
𝜕𝑥
)
𝑡
] = [2𝑦𝑥 + ln 𝑦 + (𝑥2 +
𝑥
𝑦
) cos 𝑥] 
(
𝜕𝑧
𝜕𝑡
)
𝑥
= (
𝜕𝑧
𝜕𝑦
)
𝑥
(
𝜕𝑦
𝜕𝑡
)
𝑥
= (𝑥2 +
𝑥
𝑦
) 1 
En el ítem c nos piden calcular (
𝜕𝑧
𝜕𝑥
)
𝑡
 y compararla con (
𝜕𝑧
𝜕𝑥
)
𝑦
 
(
𝜕𝑧
𝜕𝑥
)
𝑡
= [2𝑦𝑥 + ln 𝑦 + (𝑥2 +
𝑥
𝑦
) cos 𝑥] 
(
𝜕𝑧
𝜕𝑥
)
𝑦
= 2𝑦𝑥 + ln 𝑦 
Vemos entonces que: 
(
𝜕𝑧
𝜕𝑥
)
𝑡
≠ (
𝜕𝑧
𝜕𝑥
)
𝑦
 
 
 
7 
 
FUNCIONES IMPLÍCITAS 
Hay casos en los que nos interesa encontrar 𝑦′(𝑥) pero no tenemos la función explícita 𝑦 = 𝑦(𝑥), 
en cambio tenemos la función en forma implícita, es decir, tenemos una función𝐹(𝑥 ; 𝑦) = 0 
En estos casos vamos a utilizar diferenciales. 
Sabemos que si la función es constante, su diferencial es cero, entonces: 
𝐹(𝑥 ; 𝑦) = 0 ⇒ 𝑑𝐹(𝑥 ; 𝑦) = 0 
𝑑𝐹(𝑥 ; 𝑦) = (
𝜕𝐹
𝜕𝑥
)
𝑦
𝑑𝑥 + (
𝜕𝐹
𝜕𝑦
)
𝑥
𝑑𝑦 = 0 
(
𝜕𝐹
𝜕𝑥
)
𝑦
𝑑𝑥 + (
𝜕𝐹
𝜕𝑦
)
𝑥
𝑑𝑦 = 0 
(
𝜕𝐹
𝜕𝑥
)
𝑦
𝑑𝑥 = − (
𝜕𝐹
𝜕𝑦
)
𝑥
𝑑𝑦 
−
(
𝜕𝐹
𝜕𝑥
)
𝑦
(
𝜕𝐹
𝜕𝑦
)
𝑥
=
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑦′(𝑥) 
En conclusión, si tenemos la función dada de forma implícita 𝐹(𝑥 ; 𝑦) = 0, entonces: 
𝑦′(𝑥) = −
(
𝜕𝐹
𝜕𝑥
)
𝑦
(
𝜕𝐹
𝜕𝑦)
𝑥
 
Ejercicio 13 
En el ítem a nos piden determinar 𝑦′(𝑥) =
𝑑𝑦
𝑑𝑥
 en términos de las variables 𝑥 e 𝑦 utilizando la 
derivación implícita: 
𝑥2 − ln 𝑦 = 3 
𝐹(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥2 − ln 𝑦 − 3 = 0 
𝑦′(𝑥) = −
(
𝜕𝐹
𝜕𝑥
)
𝑦
(
𝜕𝐹
𝜕𝑦)
𝑥
= −
2𝑥
−
1
𝑦
= 2𝑥𝑦 
En el ítem b nos piden despejar 𝑦 en términos de 𝑥 y demostrar que cada solución y su derivada 
satisfacen efectivamente la obtenida en el ítem a: 
𝑥2 − ln 𝑦 = 3 ⇒ ln 𝑦 = 𝑥2 − 3 ⇒ 𝑦 = 𝑦(𝑥) = 𝑒𝑥
2−3 
𝑦 = 𝑦(𝑥) = 𝑒𝑥
2−3 ⇒ 𝑦′(𝑥) = 𝑒𝑥
2−3 ∙ 2𝑥 
8 
 
Y como 𝑦 = 𝑦(𝑥) = 𝑒𝑥
2−3, entonces: 
𝑦′(𝑥) = 𝑒𝑥
2−3 ∙ 2𝑥 = 𝑦2𝑥 
En el ítem c nos piden verificar los resultados obtenidos utilizando GeoGebra mediante el 
comando DerivadaImplicita. De modo que en la barra de entrada colocamos: 
DerivadaImplicita(<f(x,y)>) 
Lo que para nuestro caso sería: 
DerivadaImplicita(𝑥2 − ln 𝑦 − 3) 
Ejercicio 14 
Para este ejercicio vamos a resolver el ítem d donde nos piden para 𝑥𝑦 = 𝑦𝑥 calcular 𝑦′(1) 
En este caso tenemos 𝐹(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥𝑦 − 𝑦𝑥 = 0, entonces: 
𝑦′(𝑥) = −
(
𝜕𝐹
𝜕𝑥
)
𝑦
(
𝜕𝐹
𝜕𝑦
)
𝑥
= −
𝑦𝑥𝑦−1 − 𝑦𝑥 ln 𝑦
𝑥𝑦 ln 𝑥 − 𝑥𝑦𝑥−1
 
𝑦′(1) = −
𝑦 ∙ 1𝑦−1 − 𝑦1 ∙ ln 𝑦
1𝑦 ∙ ln 1 − 1 ∙ 𝑦1−1
 
Ahora tenemos en cuenta que cuando 𝑥 = 1, 𝑦 = 1 porque: 
𝑥𝑦 = 𝑦𝑥 
Si 𝑥 = 1 entonces: 
1𝑦 = 𝑦1 
𝑦 = 1 
Así llegamos a que: 
𝑦′(1) = −
1 ∙ 11−1 − 11 ∙ ln 1
11 ∙ ln 1 − 1 ∙ 11−1
= −
1
−1
= 1 
Ejercicio 15 
En este ejercicio nos piden probar que las rectas tangentes en el (0 ; 0) en cada una de las curvas 
con ecuaciones 
4𝑦3 − 𝑥2𝑦 − 𝑥 + 5𝑦 = 0 
𝑥4 − 4𝑦3 + 5𝑥 + 𝑦 = 0 
son perpendiculares entre sí. 
9 
 
Recordemos que dos rectas son perpendiculares entre sí si el producto de sus pendientes resulta 
ser −1, por lo tanto tenemos que calcular las pendientes de las rectas tangentes, es decir, las 
derivadas en el punto (0 ; 0) y ver si al multiplicarlas obtenemos −1 
𝐹(𝑥 ; 𝑦) = 4𝑦3 − 𝑥2𝑦 − 𝑥 + 5𝑦 = 0 
𝑦′(𝑥) = −
(
𝜕𝐹
𝜕𝑥
)
𝑦
(
𝜕𝐹
𝜕𝑦)
𝑥
= −
−2𝑥𝑦 − 1
12𝑦2 − 𝑥2 + 5
 
𝑦′(0) = −
−2 ∙ 0 ∙ 0 − 1
12 ∙ 02 − 02 + 5
= −
−1
5
=
1
5
 
 
𝐹(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥4 − 4𝑦3 + 5𝑥 + 𝑦 = 0 
𝑦′(𝑥) = −
(
𝜕𝐹
𝜕𝑥
)
𝑦
(
𝜕𝐹
𝜕𝑦
)
𝑥
= −
4𝑥3 + 5
−12𝑦2 + 1
 
𝑦′(0) = −
4 ∙ 03 + 5
−12 ∙ 02 + 1
= −
5
1
= −5 
Llegamos a que las pendientes valen 
1
5
 y −5, entonces las rectas son perpendiculares entre sí.