DIFERENCIALES - EJERCICIOS RESUELTOS

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DIFERENCIALES 
EJEMPLO 1 Hallar la diferencial total 
Hallar la diferencial total de cada función. 
a) 𝑧 = 2𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑦 − 3𝑥2𝑦2 
b) 𝑤 = 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 
Solución 
a) La diferencial total de 𝑑𝑧 de 𝑧 = 2𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑦 − 3𝑥2𝑦2 es 
𝑑𝑧 =
 𝜕𝑧 
 𝜕𝑥 
𝑑𝑥 +
 𝜕𝑧 
 𝜕𝑦 
𝑑𝑦 Diferencial total dz. 
𝑑𝑧 = (2 𝑠𝑒𝑛 𝑦 − 6𝑥𝑦2)𝑑𝑥 + (2𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦 − 6𝑥2𝑦)𝑑𝑦 
b) La diferencial total de 𝑑𝑤 de 𝑤 = 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 es 
𝑑𝑤 =
 𝜕𝑤 
 𝜕𝑥 
𝑑𝑥 +
 𝜕𝑤 
 𝜕𝑦 
𝑑𝑦 +
 𝜕𝑤 
 𝜕𝑧 
𝑑𝑧 Diferencial total dw. 
𝑑𝑤 = 2𝑥 𝑑𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑦 + 2𝑧 𝑑𝑧 
EJEMPLO 2 Mostrar que una función es diferenciable 
Mostrar que la función dada por 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 3𝑦 
es diferenciable en todo punto del plano. 
Solución 
Haciendo 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦), el incremento de 𝑧 en un punto arbitrario (𝑥, 𝑦) en el 
plano es 
∆𝑧 = 𝑓(𝑥 + ∆𝑥, 𝑦 + ∆𝑦) − 𝑓(𝑥, 𝑦) Incremento en z. 
∆𝑧 = (𝑥2 + 2𝑥 ∆𝑥 + ∆𝑥2) + 3(𝑦 + ∆𝑦) − (𝑥2 + 3𝑦) 
∆𝑧 = 2𝑥 ∆𝑥 + ∆𝑥2 + 3 ∆𝑦 
∆𝑧 = 2𝑥 (∆𝑥) + 3 (∆𝑦) + ∆𝑥(∆𝑥) + 0(∆𝑦) 
∆𝑧 = 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦)∆𝑥 + 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦)∆𝑦 + 𝜀1∆𝑥 + 𝜀2∆𝑦 
donde 𝜀1 = ∆𝑥 y 𝜀2 = 0. Como 𝜀1 → 0 y 𝜀2 → 0 cuando (∆𝑥, ∆𝑦) se sigue 
que 𝑓 es diferenciable en todo punto en el plano. La gráfica de 𝑓 se muestra 
en la figura 1. 
 
Figura 1 
EJEMPLO 3 Uso de la diferencial como una aproximación 
Utilizar la diferencial 𝑑𝑧 para aproximar el cambio en 𝑧 = √4 − 𝑥2 − 𝑦2 
cuando (𝑥, 𝑦) se desplaza del punto (1, 1) al punto (1.01, 0.97). Comparar 
esta aproximación con el cambio exacto en 𝑧. 
Solución 
Se hace (𝑥, 𝑦) = (1, 1) y (𝑥 + ∆𝑥, 𝑦 + ∆𝑦) = (1.01, 0.97) y se obtiene 
𝑑𝑥 = ∆𝑥 = 0.01 y 𝑑𝑦 = ∆𝑦 =– 0.03. Por tanto, el cambio en 𝑧 puede 
aproximarse mediante 
∆𝑧 ≈ 𝑑𝑧 =
 𝜕𝑧 
 𝜕𝑥 
𝑑𝑥 +
 𝜕𝑧 
 𝜕𝑦 
𝑑𝑦 =
−𝑥
 √4 − 𝑥2 − 𝑦2 
∆𝑥 +
−𝑦
 √4 − 𝑥2 − 𝑦2 
∆𝑦 
Cuando 𝑥 = 1 y 𝑦 = 1 se tiene 
∆𝑧 ≈ −
1
 √2 
(0.01) −
1
 √2 
(−0.03) =
 0.02 
 √2 
= (0.01)√2 ≈ 0.0141 
En la figura 3 se puede ver que el cambio exacto corresponde a la diferencia 
entre las alturas de dos puntos sobre la superficie de un hemisferio. Esta 
diferencia está dada por 
∆𝑧 = 𝑓(1.01, 0.97) − 𝑓(1, 1) 
∆𝑧 = √4 − (1.01)2 − (0.97)2 − √4 − (1)2 − (1)2 ≈ 0.0137 
 
Figura 3: Cuando (𝑥, 𝑦) se desplaza de (1, 1) al punto (1.01, 0.97), el valor 
de 𝑓(𝑥, 𝑦) cambia aproximadamente en 0.0137. 
EJEMPLO 4 Análisis de errores 
El error producido al medir cada una de las dimensiones de una caja 
rectangular es ±0.1 milímetros. Las dimensiones de la caja son 𝑥 = 50 
centímetros, 𝑦 = 20 centímetros y 𝑧 = 15 centímetros, como se muestra en 
la figura 4. Utilizar 𝑑𝑉 para estimar el error propagado y el error relativo en 
el volumen calculado de la caja. 
Solución 
El volumen de la caja está dado por 𝑉 = 𝑥𝑦𝑧, y por tanto 
𝑑𝑉 =
 𝜕𝑉 
 𝜕𝑥 
𝑑𝑥 +
 𝜕𝑉 
 𝜕𝑦 
𝑑𝑦 +
 𝜕𝑉 
 𝜕𝑧 
𝑑𝑧 
𝑑𝑉 = 𝑦𝑧 𝑑𝑥 + 𝑥𝑧 𝑑𝑦 + 𝑥𝑦 𝑑𝑧 
Utilizando 0.1 milímetros = 0.01 centímetros, se tiene 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦 = 𝑑𝑧 =
±0.01, y el error propagado es aproximadamente 
𝑑𝑉 = (20)(15)(±0.01) + (50)(15)(±0.01) + (50)(20)(±0.01) 
𝑑𝑉 = 300(±0.01) + 750(±0.01) + 1 000(±0.01) 
𝑑𝑉 = 2 050 (±0.01) = ±20.5 centímetros cúbico 
Como el volumen medido es 
𝑑𝑉 = (50)(20)(15) centímetros cúbicos, 
el error relativo, ∆𝑉/𝑉, es aproximadamente 
 ∆𝑉 
𝑉
≈
 𝑑𝑉 
𝑉
=
 20.5 
 15 000 
≈ 0.14%. 
 
Figura 4 
EJEMPLO 5 Una función que no es diferenciable 
Mostrar que 𝑓𝑥(0, 0) y 𝑓𝑦(0, 0) existen, pero 𝑓 no es diferenciable en (0, 0), 
donde f está definida como 
𝑓(𝑥, 𝑦) = {
−3𝑥𝑦 
 𝑥2 + 𝑦2 
, 𝑠𝑖 (𝑥, 𝑦) ≠ (0, 0)
0, 𝑠𝑖 (𝑥, 𝑦) = (0, 0)
 
Solución 
Para mostrar que 𝑓 no es diferenciable en (0, 0) basta mostrar que no es 
continua en este punto. Para ver que 𝑓 no es continua en (0, 0), se observan 
los valores de 𝑓(𝑥, 𝑦) a lo largo de dos trayectorias diferentes que se 
aproximan a (0, 0), como se muestra en la figura 5. A lo largo de la recta 
𝑦 = 𝑥 el límite es 
𝑙𝑖𝑚
(𝑥,𝑦)→(0,0)
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑙𝑖𝑚
(𝑥,𝑦)→(0,0)
−3𝑥2 
 2𝑥2 
= −
3
 2 
 
mientras que a lo largo de 𝑦 = −𝑥 se tiene 
𝑙𝑖𝑚
(𝑥,𝑦)→(0,0)
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑙𝑖𝑚
(𝑥,𝑦)→(0,0)
3𝑥2 
 2𝑥2 
=
3
 2 
 
Así, el límite de 𝑓(𝑥, 𝑦) cuando (𝑥, 𝑦) → (0, 0) no existe, y se puede concluir 
que 𝑓 no es continua en (0, 0). Por tanto, de acuerdo con el teorema 2, 𝑓 no 
es diferenciable en (0, 0). Por otro lado, de acuerdo con la definición de las 
derivadas parciales 𝑓𝑥 y 𝑓𝑦 se tiene 
𝑓𝑥 = 𝑙𝑖𝑚
∆𝑥→0
 𝑓(∆𝑥, 0) − 𝑓(0, 0) 
∆𝑥
= 𝑙𝑖𝑚
∆𝑥→0
 0 − 0 
∆𝑥
= 0 
y 
𝑓𝑦 = 𝑙𝑖𝑚
∆𝑦→0
 𝑓(0, ∆𝑦) − 𝑓(0, 0) 
∆𝑦
= 𝑙𝑖𝑚
∆𝑦→0
 0 − 0 
∆𝑦
= 0 
Por tanto, las derivadas parciales en (0, 0) existen. 
 
Figura 5