04 Trabajo Práctico Nro 4 (CAMPOS ESCALARES - DERIVADAS PARCIALES - GRADIENTE - DERIVADA DIRECCIONAL)

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Matemática 
1er. cuatrimestre del año 2020 
Trabajo Práctico Nro. 4 
Taller de Resolución de Problemas 
Compendio de problemas con resolución 
(CAMPOS ESCALARES, DERIVADAS PARCIALES, GRADIENTE Y DERIVADA DIRECCIONAL) 
 
 
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 
 
CAMPOS ESCALARES 
Vamos a recordar que un campo escalar es una función 𝑓: 𝐴 → 𝐵 con 𝐴 ⊂ ℝ2 o 𝐴 ⊂ ℝ3 y 𝐵 ⊂ ℝ 
Cada vector de 𝐴 se relaciona con un único número en 𝐵, así, diremos que la función 𝑓 es una 
función de dos variables, cuando 𝐴 ⊂ ℝ2, o de tres variables, cuando 𝐴 ⊂ ℝ3 
Ejercicio 1 
Nos piden graficar el dominio de los campos escalares de los distintos ítems, indicando 
claramente si el borde está o no incluido en el mismo, justificando nuestra respuesta efectuando 
la determinación analítica. 
 b) 
𝑓(𝑥 ; 𝑦) = √𝑥𝑦 
Sabemos que para que exista la raíz cuadrada necesitamos que 𝑥𝑦 ≥ 0, entonces: 
(𝑥 ≥ 0 ∧ 𝑦 ≥ 0) ∨ (𝑥 ≤ 0 ∧ 𝑦 ≤ 0) 
Así, podemos escribir que 𝐷𝑓 = {(𝑥 ; 𝑦) ∈ ℝ
2 ∕ (𝑥 ≥ 0 ∧ 𝑦 ≥ 0) ∨ (𝑥 ≤ 0 ∧ 𝑦 ≤ 0)} y su 
representación gráfica es: 
Lo cual muestra que el dominio de la función 𝑓, que es un campo escalar, es el primer y tercer 
cuadrante. Las rectas 𝑦 = 0 y 𝑥 = 0 están incluidas en el dominio y lo señalamos en su 
representación con una línea llena. 
 e) 
𝑓(𝑥 ; 𝑦) =
1
sen 𝑦
 
Para determinar el dominio tenemos que pedir que no se anule el denominador, sen 𝑦 = 0 si 𝑦 
es múltiplo de 𝜋, por lo tanto podemos escribir el dominio como: 
𝐷𝑓 = {(𝑥 ; 𝑦) ∈ ℝ
2 ∕ 𝑦 ≠ 𝑘𝜋 ∈ ℤ} 
3 
 
Y su representación gráfica es la siguiente: 
Podemos observar que el dominio es todo el plano menos las rectas horizontales que son 𝑦 =
𝑘𝜋, es decir, que son múltiplos de 𝜋 (notar que las representamos con líneas punteadas). 
 f) 
𝑓(𝑥 ; 𝑦) =
√𝑥2 + 𝑦2 − 25
𝑥 − 𝑦
 
En esta función necesitamos que se pueda calcular la raíz cuadrada y que el denominador no 
sea cero, entonces el dominio resulta: 
𝐷𝑓 = {(𝑥 ; 𝑦) ∈ ℝ
2 ∕ 𝑥 ≠ 𝑦 ∧ 𝑥2 + 𝑦2 ≥ 25} 
Su representación gráfica es: 
Vemos que el dominio, gráficamente, es todo el plano menos el interior del círculo de centro 
(0 ; 0) y radio 5 menos los puntos que están sobre la recta 𝑦 = 𝑥 
 
4 
 
DERIVADAS PARCIALES DE CAMPOS ESCALARES 
Sea 𝑓(𝑥 ; 𝑦) campo escalar, se pueden calcular las derivadas parciales, llamando derivada parcial 
respecto de 𝑥 a: 
𝑓𝑥(𝑥 ; 𝑦) = lim
ℎ→0
𝑓(𝑥 + ℎ ; 𝑦) − 𝑓(𝑥 ; 𝑦)
ℎ
 
donde el punto incrementado solamente involucra a la variable 𝑥. 
Así, la derivada parcial respecto de 𝑦 será: 
𝑓𝑦(𝑥 ; 𝑦) = lim
ℎ→0
𝑓(𝑥 ; 𝑦 + ℎ) − 𝑓(𝑥 ; 𝑦)
ℎ
 
donde el punto incrementado solamente involucra a la variable 𝑦 en este caso. 
Para derivar campos escalares utilizamos las reglas de derivación que ya conocemos, teniendo en 
cuenta que si calculamos la derivada parcial respecto de 𝑥, la 𝑦 actúa como constante, y si 
calculamos la derivada parcial respecto de 𝑦, entonces la 𝑥 actúa como constante. 
Ejercicio 2 
En el ítem a nos piden calcular las derivadas parciales primeras: 
 c) 
𝑓(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥3𝑦 + 𝑥𝑦3 cos 𝑦 
𝑓𝑥(𝑥 ; 𝑦) = 3𝑥
2𝑦 + 𝑦3 cos 𝑦 noten que la 𝑦 actuó como constante 
𝑓𝑦(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥
3 + 𝑥3𝑦2 cos 𝑦 + 𝑥𝑦3(− sen 𝑦) noten que la 𝑥 actuó como constante 
En el ítem b nos piden verificar los resultados utilizando GeoGebra, y para poder hacerlo, en la 
barra de entrada elegir el siguiente comando: 
Derivada(<Función>, <Variable>, <Número (orden de la derivada)>) 
Entonces para nuestra función sería: 
Derivada(𝑥3𝑦 + 𝑥𝑦3 𝑐𝑜𝑠 𝑦, x, 1) para la derivada primera respecto de 𝑥 
Derivada(𝑥3𝑦 + 𝑥𝑦3 𝑐𝑜𝑠 𝑦, y, 1) para la derivada primera respecto de 𝑦 
 e) 
𝑓(𝑥 ; 𝑦) =
𝑥
𝑦
+ ln(𝑥𝑦2) 
𝑓𝑥(𝑥 ; 𝑦) =
1
𝑦
+
1
𝑥𝑦2
𝑦2 =
1
𝑦
+
1
𝑥
 
5 
 
𝑓𝑦(𝑥 ; 𝑦) = −
𝑥
𝑦2
+
1
𝑥𝑦2
2𝑥𝑦 = −
𝑥
𝑦2
+
2
𝑦
 
i) 
𝑓(𝑥 ; 𝑦 ; 𝑧) = √𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 
𝑓𝑥(𝑥 ; 𝑦 ; 𝑧) =
1
2√𝑥2+𝑦2+𝑧2
2𝑥 =
𝑥
√𝑥2+𝑦2+𝑧2
 noten que 𝑦 y 𝑧 actuaron como constantes 
𝑓𝑦(𝑥 ; 𝑦 ; 𝑧) =
1
2√𝑥2+𝑦2+𝑧2
2𝑦 =
𝑦
√𝑥2+𝑦2+𝑧2
 noten que 𝑥 y 𝑧 actuaron como constantes 
𝑓𝑧(𝑥 ; 𝑦 ; 𝑧) =
1
2√𝑥2+𝑦2+𝑧2
2𝑧 =
𝑧
√𝑥2+𝑦2+𝑧2
 noten que 𝑦 y 𝑥 actuaron como constantes 
Ejercicio 3 
En este ejercicio nos piden demostrar, para cada ítem, que los campos escalares verifican la 
relación correspondiente, es decir, son solución de la ecuación en derivadas parciales. Veamos: 
 a) 
𝑓(𝑥 ; 𝑦) = 𝑒2𝑥−3𝑦 3𝑓𝑥 + 2𝑓𝑦 = 0 
Para ver que el campo escalar es solución necesitamos calcular las derivadas parciales y ver que 
se cumple 3𝑓𝑥 + 2𝑓𝑦 = 0 
𝑓(𝑥 ; 𝑦) = 𝑒2𝑥−3𝑦 
𝑓𝑥(𝑥 ; 𝑦) = 2𝑒
2𝑥−3𝑦 
𝑓𝑦(𝑥 ; 𝑦) = −3𝑒
2𝑥−3𝑦 
Entonces: 
3𝑓𝑥 + 2𝑓𝑦 = 3 ∙ 2𝑒
2𝑥−3𝑦 + 2 ∙ (−3𝑒2𝑥−3𝑦) = 6𝑒2𝑥−3𝑦 − 6𝑒2𝑥−3𝑦 = 0 
Podemos observar que la igualdad se cumple. 
 
6 
 
GRADIENTE DE UN CAMPO ESCALAR 
Sea 𝑓(𝑥 ; 𝑦) campo escalar en ℝ2, entonces el gradiente es un campo vectorial: 
𝑔𝑟𝑎𝑑(𝑓) = ∇𝑓(𝑥 ; 𝑦) = 𝑓𝑥(𝑥 ; 𝑦) 𝐼 + 𝑓𝑦(𝑥 ; 𝑦) 𝐽 
Sea 𝑓(𝑥 ; 𝑦 ; 𝑧) campo escalar en ℝ3, entonces el gradiente es un campo vectorial: 
𝑔𝑟𝑎𝑑(𝑓) = ∇𝑓(𝑥 ; 𝑦 ; 𝑧) = 𝑓𝑥(𝑥 ; 𝑦 ; 𝑧) 𝐼 + 𝑓𝑦(𝑥 ; 𝑦 ; 𝑧) 𝐽 + 𝑓𝑧(𝑥 ; 𝑦 ; 𝑧) 𝐾 
Notemos que en ambos casos, el gradiente en un punto, es un vector en el plano o en el espacio, 
según corresponda. 
Ejercicio 4 
En este ejercicio nos piden hallar, en los primeros dos ítems, para las funciones que nos dan, en 
los puntos indicados, el valor de la derivadas parciales y el vector gradiente: 
 c) 
𝑓(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥𝑒𝑦−𝑥 + sen 𝑥 𝑃0 = (𝜋 ; 𝜋) 
Primero calculamos las derivadas parciales y las evaluamos en el punto dado: 
𝑓(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥𝑒𝑦−𝑥 + sen 𝑥 
𝑓𝑥(𝑥 ; 𝑦) = 1 ∙ 𝑒
𝑦−𝑥 + 𝑥𝑒𝑦−𝑥(−1) + cos 𝑥 
𝑓𝑥(𝜋 ; 𝜋) = 𝑒
𝜋−𝜋 + 𝜋𝑒𝜋−𝜋(−1) + cos 𝜋 = 1 − 𝜋 − 1 = −𝜋 
𝑓𝑦(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥𝑒
𝑦−𝑥 + 0 
𝑓𝑦(𝜋 ; 𝜋) = 𝜋𝑒
𝜋−𝜋 = 𝜋 
Entonces, el vector gradiente nos queda: 
𝑔𝑟𝑎𝑑(𝑓) = ∇𝑓(𝜋 ; 𝜋) = 𝑓𝑥(𝜋 ; 𝜋) 𝐼 + 𝑓𝑦(𝜋 ; 𝜋) 𝐽 
∇𝑓(𝜋 ; 𝜋) = −𝜋 𝐼 + 𝜋 𝐽 
 
 
7 
 
DERIVADA DIRECCIONAL DE UN CAMPO ESCALAR 
La derivada direccional de un campo escalar 𝑓 en un punto 𝑃0 en la dirección del versor 𝑉 se 
define como: 
𝐷𝑉𝑓(𝑃0) = lim
𝑡→0
𝑓(𝑃0 + 𝑡𝑉) − 𝑓(𝑃0)
𝑡
 
Si el campo escalar es 𝑓(𝑥 ; 𝑦 ; 𝑧) se cumple que: 
si el versor 𝑉 = 𝐼 se obtiene la derivada parcial primera respecto a 𝑥 
si el versor 𝑉 = 𝐽 se obtiene la derivada parcial primera respecto a 𝑦 
si el versor 𝑉 = 𝐾 se obtiene la derivada parcial primera respecto a 𝑧 
Para calcular la derivada direccional vamos a utilizar la siguiente fórmula: 
𝐷𝑉𝑓(𝑃0) = ∇𝑓(𝑃0) ∙ 𝑉 
donde podemos observar que se calcula el producto escalar entre el gradiente y el versor 
director, por lo tanto, al calcularla, obtenemos un número. 
Ejercicio 4 
Volviendo a este ejercicio, en los dos últimos ítems nos piden hallar la derivada direccional para 
algunas de las funciones dadas anteriormente, veamos el ítem d para la función del ítem c: 
 d) 
Debemos hallar la derivada direccional de la función definida como 𝑓(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥𝑒𝑦−𝑥 + sen 𝑥 
para la cual ya habíamos calculamos el gradiente en el punto 𝑃0 = (𝜋 ; 𝜋), que resultó ser 
∇𝑓(𝜋 ; 𝜋) = −𝜋 𝐼 + 𝜋 𝐽, en dirección del vector 𝑈 = 3 𝐼 − 4 𝐽 
Lo primero que debemos hacer es hallar el versor 𝑉 que tenga la misma dirección y sentido que 
el vector 𝑈, entonces: 
𝑉 =
𝑈
|𝑈|
=
3 𝐼 − 4 𝐽
√32 + (−4)2
=
3 𝐼 − 4 𝐽
5
=
3
5
 𝐼 −
4
5
 𝐽 
Ahora calculamos el producto escalar entre el gradiente y el versor 𝑉 hallado: 
𝐷𝑉𝑓(𝑃0) = ∇𝑓(𝑃0) ∙ 𝑉 
𝐷𝑉𝑓(𝜋 ; 𝜋) = (−𝜋 𝐼 + 𝜋 𝐽) ∙ (
3
5
 𝐼 −
4
5
 𝐽) 
𝐷𝑉𝑓(𝜋 ; 𝜋) =−𝜋 ∙
3
5
 + 𝜋 ∙ (−
4
5
) 
𝐷𝑉𝑓(𝜋 ; 𝜋) = −
8
5
𝜋 
8 
 
Ejercicio 5 
En este ejercicio nos piden hallar para las funciones del ejercicio 4 las derivadas direccionales 
máximas y mínimas, el vector unitario (también lo llamamos versor) según el cual se cumple dicha 
condición y los vectores unitarios para los cuales la derivada direccional es nula. 
Recordemos que 𝐷𝑉𝑓(𝑃0) = ∇𝑓(𝑃0) ∙ 𝑉 es un producto escalar entre dos vectores y que el 
producto escalar se podía calcular también como 𝐷𝑉𝑓(𝑃0) = |∇𝑓(𝑃0)||𝑉| cos(∇𝑓(𝑃0)𝑉̂ ) 
Nos proponemos entonces buscar el versor que hace máxima la derivada direccional, y para que 
sea máxima necesitamos que el coseno valga el mayor valor posible, es decir 1, y eso sucede 
cuando el ángulo entre el gradiente en el punto y el versor es de 0 grados, esto sería análogo a 
pedir que el versor 𝑉 tenga la misma dirección y sentido que el gradiente. 
∇𝑓(𝑃0) ∙ 𝑉𝑚á𝑥 = |∇𝑓(𝑃0)||𝑉𝑚á𝑥| cos(∇𝑓(𝑃0)𝑉𝑚á𝑥̂ ) 
∇𝑓(𝑃0) ∙ 𝑉𝑚á𝑥 = |∇𝑓(𝑃0)||𝑉𝑚á𝑥| cos 0 
∇𝑓(𝑃0) ∙ 𝑉𝑚á𝑥 = |∇𝑓(𝑃0)| ∙ 1 ∙ 1 
∇𝑓(𝑃0) ∙ 𝑉𝑚á𝑥 = |∇𝑓(𝑃0)| 
𝑉𝑚á𝑥 =
∇𝑓(𝑃0)
|∇𝑓(𝑃0)|
 
Hemos hallado el versor que hace máxima a la derivada direccional y observamos además que el 
valor de la derivada direccional máxima es el módulo del gradiente. 
Para que sea mínima la derivada direccional necesitamos que el coseno valga el menor valor 
posible, es decir −1, y eso sucede si el ángulo es 𝜋 (o 180 grados), así, pedimos que el versor 𝑉 
tenga la misma dirección y sentido opuesto que el vector gradiente. 
∇𝑓(𝑃0) ∙ 𝑉𝑚í𝑛 = |∇𝑓(𝑃0)||𝑉𝑚í𝑛| cos(∇𝑓(𝑃0)𝑉𝑚í𝑛̂ ) 
∇𝑓(𝑃0) ∙ 𝑉𝑚í𝑛 = |∇𝑓(𝑃0)||𝑉𝑚í𝑛| cos π 
∇𝑓(𝑃0) ∙ 𝑉𝑚í𝑛 = |∇𝑓(𝑃0)| ∙ 1 ∙ (−1) 
∇𝑓(𝑃0) ∙ 𝑉𝑚í𝑛 = −|∇𝑓(𝑃0)| 
𝑉𝑚í𝑛 = −
∇𝑓(𝑃0)
|∇𝑓(𝑃0)|
 
Hemos hallado el versor que hace mínima a la derivada direccional y observamos además que el 
valor de la derivada direccional máxima es el opuesto del módulo del gradiente. 
 d) 
𝑓(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥2 + 𝑥𝑦 + 𝑦2 𝑃0 = (1 ; 2) 
Primero calculamos el vector gradiente: 
9 
 
𝑓(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥2 + 𝑥𝑦 + 𝑦2 
𝑓𝑥(𝑥 ; 𝑦) = 2𝑥 + 𝑦 ⇒ 𝑓𝑥(1 ; 2) = 2 ∙ 1 + 2 = 4 
𝑓𝑦(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥 + 2𝑦 ⇒ 𝑓𝑦(1 ; 2) = 1 + 2 ∙ 2 = 5 
∇𝑓(1 ; 2) = 4 𝐼 + 5 𝐽 
La derivada direccional máxima resulta: 
𝐷𝑚á𝑥𝑓(1 ; 2) = |∇𝑓(1 ; 2)| = √4
2 + 52 = √41 
El versor que hace máxima la derivada direccional resulta: 
𝑉𝑚á𝑥 =
∇𝑓(1 ; 2)
|∇𝑓(1 ; 2)|
=
4 𝐼 + 5 𝐽
√41
=
4
√41
 𝐼 +
5
√41
 𝐽 
La derivada direccional mínima resulta: 
𝐷𝑚í𝑛𝑓(1 ; 2) = −|∇𝑓(1 ; 2)| = −√42 + 52 = −√41 
El versor que hace mínima la derivada direccional resulta: 
𝑉𝑚á𝑥 = −
∇𝑓(1 ; 2)
|∇𝑓(1 ; 2)|
= −
4 𝐼 + 5 𝐽
√41
= −
4
√41
 𝐼 −
5
√41
 𝐽 
Para encontrar un versor que haga nula a la derivada direccional necesitamos que el producto 
escalar entre el gradiente y el versor sea cero. 
∇𝑓(1 ; 2) ∙ 𝑉 = 0 
(4 ; 5) ∙ (𝑣1 ; 𝑣2) = 0 
4𝑣1 + 5𝑣2 = 0 
Pero como tiene que ser 𝑉 versor se pide que: 
|𝑉| = 1 ⇒ |𝑉|2 = 1 ⇒ |𝑉|2 = 𝑣1
2 + 𝑣2
2 = 1 
Resolvemos el sistema de ecuaciones: 
{
4𝑣1 + 5𝑣2 = 0
𝑣1
2 + 𝑣2
2 = 1
 
Despejando 𝑣1 en la primera ecuación nos queda 𝑣1 = −
5
4
𝑣2 
Posteriormente lo sustituimos en la segunda ecuación y nos queda: 
(−
5
4
𝑣2)
2
+ 𝑣2
2 = 1 
25
16
𝑣2
2 + 𝑣2
2 = 1 
10 
 
41
16
𝑣2
2 = 1 
|𝑣2| = √
16
41
=
4
√41
 
𝑣2 = ±
4
√41
 
𝑣1 = −
5
4
(±
4
√41
) = ±
5
√41
 
Obtenemos así dos versores que hacen que la derivada direccional sea nula: 
𝑉1 =
5
√41
 𝐼 −
4
√41
 𝐽 
𝑉2 = −
5
√41
 𝐼 +
4
√41
 𝐽