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Tema 2
Funciones reales de varias variables
2.1. El espacio n-dimensional
Definición 2.1 El espacio n-dimensional, cuyos elementos reciben el nombre de puntos, es el conjunto:
Rn = {(x1, x2, . . . , xn)/x1, x2, . . . , xn ∈ R}. ♣
Espacio unidimensional (recta), bidimensional (plano) y tridimensional (espacio)
Definición 2.2 La distancia (euclídea) entre dos puntos A, B ∈ Rn es la aplicación d : Rn×Rn
−→ R
d(A, B) =√
(b1 − a1)2 + · · · + (bn − an)2 con A = (a1, . . . , an) y B = (b1, . . . , bn). ♣
Ejemplo 2.3
En R para a = −4 y b = 1 tenemos d(a, b) = |b − a| = |1 − (−4)| = 5
En R2 para A(2, 1) y B(4, 2) tenemos d(A, B) =√
(4 − 2)2 + (2 − 1)2 =√
5
En R3 para A(1, 2, 3) y B = (3, 1, 1) tenemos d(A, B) =√
(3 − 1)2 + (1 − 2)2 + (1 − 3)2 = 3 ♣
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Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
Definición 2.4 Sean x0 ∈ Rn y r ∈ R.
La bola abierta de centro x0 y radio r son los puntos cuya distancia a x0 es menor que r y la bola
cerrada de centro x0 y radio r son los puntos con distancia a x0 menor o igual que r:
B(x0, r) = {x ∈ Rn/d(x, x0) < r} B(x0, r) = {x ∈ Rn/d(x, x0) ≤ r}. ♣
Nota EnR la bola de centro x0 y radio r es el intervalo (x0−r, x0+r) si es abierta y el intervalo [x0−r, x0+r]
si es cerrada. ♣
Nota (bolas en el plano) La ecuación de la circunferencia con centro (x0, y0) y radio r es
(x − x0)2 + (y − y0)2 = r2.
En el plano la bola de centro (x0, y0) y radio r es el circulo correspondiente, sin la circunferencia si es
abierta y con ella si es cerrada. Por tanto, las bolas con centro en el origen de coordenadas son
B(x0, r) = {(x, y) ∈ R2/x2 + y2 < r} B(x0, r) = {(x, y) ∈ R2/x2 + y2 ≤ r} ♣
Nota En R3 es la esfera maciza de centro x0 y radio r abierta sin su borde y cerrada con él. ♣
Definición 2.5 Sean A ⊆ Rn y x0 ∈ Rn.
x0 es un punto interior a A si existe una bola abierta con centro el punto contenida en A.
El conjunto de los puntos interiores a A se denomina interior de A y se representa por int(A).
A es abierto si coincide con su interior.
▶ Utilizamos el nombre de entorno del punto para referirnos a cualquier abierto que contenga
a un punto determinado y lo denotamos por U(x0).
x0 es un punto frontera de A si todo entorno suyo contiene puntos de A y puntos que no lo son.
El conjunto de los puntos frontera de A es la frontera de A y se representa por fr(A).
La unión de A con su frontera se denomina clausura de A, A.
A es cerrado si contiene a su frontera. o, equivalentemente, si coincide con su clausura.
▶ Si un cerrado además está acotado decimos que es compacto.
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TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
x0 es un punto exterior a A si existe un entorno suyo que no contiene puntos de A. El conjunto de los
puntos exteriores a A es el exterior de A y se representa por ext(A). ♣
Nota Dados un conjunto y un punto, el punto o está en el interior del conjunto o está en el exterior o está
en la frontera. ♣
Nota Un punto de acumulación de A es un punto cuyos entornos siempre contienen puntos de A distintos
del punto en cuestión (un conjunto es cerrado si y solo si contiene a todos sus puntos de acumulación). ♣
Ejemplo 2.6 Los conceptos de abierto y cerrado reproducen la distinción entre bola abierta y cerrada.
Así, un conjunto es abierto si no contiene a su frontera y es cerrado si la contiene.
Conjunto abierto Conjunto cerrado Frontera
Obsérvese que A es abierto si y sólo si su complementario es cerrado y que A es cerrado si y sólo si su
complementario es abierto (el complementario de A son los puntos que no están en A). ♣
Ejercicio 2.7 Representar los siguientes recintos, indicando si son abiertos o cerrados.
(a) {(x, y) ∈ R2 / y ≥ x2 − 1, y ≤ 1 − x2} (b) {(x, y) ∈ R2 / y < −x, y > x2, x2 + y2 < 1}
(c) {(x, y) ∈ R2 / y ≥ 0, x2 + y2 < 4, x + y ≤ 2} (d) {(x, y) ∈ R2 / y < x, x + y2 < 1}
Definición 2.8
El espacio vectorial n-dimensional, cuyos elementos reciben el nombre de vectores, es el conjunto de
las matrices columna de orden n × 1 que, por comodidad, se representan por n-tuplas:
Rn = {(u1, u2, . . . , un)/u1, u2, . . . , un ∈ R}. ♣
Nota En un sistema de coordenadas cartesianas un vector es un segmento orientado que queda determi-
nado por su longitud, dirección y sentido. Cada vector u = (u1, u2, . . . , un) representa a todos los vectores
con la misma longitud, dirección y sentido. Uno de ellos es al segmento con punto inicial el origen de coor-
denadas y cuyo punto final es el punto (u1, u2, . . . , un). A su vez, el segmento orientado que va de un punto
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Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
A(a1, a2, . . . , an) a otro B(b1, b2, . . . , bn) esta representado por el vector−−→AB = (b1 − a1, b2 − a2, . . . , bn − an) ♣
Nota (Producto escalar) Sean u, v ∈ Rn vectores con u = (u1, u2, . . . , un) y v = (v1, v2, . . . , vn). El producto
escalar (euclídeo) de u por v es:
u · v = u1v1 + u2v2 + · · · + unvn = ||u|| ||v|| cos(u, v),
donde u, v es el ángulo que forman u y v y ||u||| es el módulo o longitud de u que viene dado por
||u||| = +√
u · u = +√
u21 + u2
2 + · · · + u2n. ♣
Ejercicio 2.9 Calcular el ángulo que forman los siguientes pares de vectores
(a) u1 = (1, 0); u2 = (1, 1) (b) u1 = (1, 2); u2 = (2, 1) (c) u1 = (1, 2, 1); u2 = (2, 1,−4) ♣
2.2. Conceptos generales
Definición 2.10 Sea f : D ⊆ Rn−→ R
El dominio de f , D, son los puntos (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn en los que está definida
Dom( f ) = {(x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn/∃ f (x1, x2, . . . , xn)}.
La imagen, rango o recorrido de f son los valores que toma en R
Im( f ) = {y ∈ R/∃(x1, x2, . . . , xn) ∈ D con f (x1, x2, . . . , xn) = y}.
La gráfica de f es el conjunto de puntos de Rn+1
Graf( f ) = {(x1, x2, . . . , xn, y) ∈ Rn+1/ f (x1, x2, . . . , xn) = y}.
La curva de nivel k de f es la curva de Rn
Ck( f ) = {(x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn/ f (x1, . . . , xn) = k}. ♣
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TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
Nota La gráfica de una función real de dos variables z = f (x, y) es una superficie de R3 y su curva de
nivel k corresponde a su corte con el plano z = k (paralelo al plano XY). En todos los puntos de una curva
de nivel la función toma el mismo valor, cuando la función representa una cantidad, como la producción,
cada una curva de nivel es una isocuanta. ♣
Ejemplo 2.11 Estudiar las curvas de nivel de la función f (x) = x2 + y2.
Solución
Esta función está definida para cualquier par de nú-
meros y su resultado es positivo. Por tanto, su domi-
nio es R2 y su imagen el intervalo [0,+∞).
La gráfica de f (x) = x2 + y2 es la superficie de R3
z = x2 + y2 y sus curvas de nivel para k ≥ 0 son
circunferencias en R2 de la forma
x2 + y2 = k
Las curvas de nivel x2 + y2 = k son los cortes de la
gráfica de la función con planos paralelos al plano
XY y son curvas en cuyos puntos la función toma el
mismo valor. Como son circunferencias con centro el
origen y radio√
k, cuando k crece también lo hace el
radio de la circunferencia. ♣
Ejemplo 2.12 Representar los dominios y curvas de nivel de las siguientes funciones, indicando la curva
de nivel que pasa por el punto (1, 1)
f (x, y) =√
x + y g(x, y) = ln(x + y)
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Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
Solución
Los dominios de ambas funciones son
D( f ) = {(x, y) ∈ R2/x + y ≥ 0} D(g) = {(x, y) ∈ R2/x + y > 0}
En ambos casos la frontera está formada por la recta x + y = 0. En la raíz el dominio incluye la recta
x + y = 0 con lo que es cerrado. Sin embargo, el dominio del logaritmo no incluye la recta y es abierto.
Las curvas de nivel correspondientes a f son todas rectas con la misma pendiente al igual que las
correspondientes a g que tienen distintos puntos de corte con los ejes
√x + y = k ⇔ x + y = k2 ⇔ y = −x + k2
ln(x + y) = k ⇔ x + y = ek ⇔ y = −x + ek
En el primer caso no hay curvas de nivel negativo, ya que la raíz cuadrada sólo toma valores positivos
pero en el segundo hay curvas de nivel positivas y negativas. Para determinar la curva de nivel que pasa por
un punto basta calcular cuál es el nivel correspondiente. Así en el primer caso es la curva√
x + y =√
2 y
en el segundo ln(x + y) = ln 2. En ambos casos corresponde a la recta x + y = 2. ♣
Ejercicio 2.13 Estudiar y representar el dominio y las curvas de nivel de las siguientes funciones
(a) f (x, y) = xy
(b) f (x, y) =√
yx
(c) f (x, y) =√
2x2 − y
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TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
Maxima 2.14 Representar la función f (x, y) = x2 + y2 y sus curvas de nivel.
( % i4) wxdraw3d(explicit(xˆ2+yˆ2,x, -5,5,y,-5,5))$
wxdraw3d(explicit(xˆ2+yˆ2,x,-5,5,y,-5,5),contour=map)$
wxdraw3d(explicit(xˆ2+yˆ2,x, -5,5,y,-5,5),contour=both)$
wxcontour_plot(xˆ2+yˆ2, [x, -5,5],[y,-5,5]);
( % t1 % t2)
( % t3 % t4)
Definición 2.15 Sean f : D ⊆ Rn−→ R, x0 = (x01, x02, . . . , x0n) ∈ D.
f es continua en x0 si su límite cuando x tiende a x0 es el valor de la función en x0
lımx→x0
f (x) = f (x0)
donde el límite de f (x) cuando x tiende a x0 es l si
∀ϵ > 0 ∃δ > 0/x ∈ D y 0 < d(x, x0) < δ =⇒ | f (x) − l| < ϵ.
f es continua en un conjunto si es continua en todos los puntos del conjunto. ♣
Nota Una función es continua en x0 si toma valores “muy cercanos” a f (x0) cuando nos aproximamos “lo
suficiente” a x0. De este modo, una función es continua si cambios pequeños en las variables independientes
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Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
producen cambios pequeños en los valores de la función (consideramos sólo puntos de acumulación del
dominio en los que siempre se puede tomar límite). ♣
Proposición 2.16 Sean f : D1 ⊆ Rn−→ R, g : D2 ⊆ R
n−→ R y α ∈ R.
Si f y g son continuas en x0 ∈ Dom( f ) ∩ Dom(g) entonces también son continuas en x0:
(a)α f (α ∈ ℜ) (b) f + g (c) f · g (d)fg
(si g(x0) , 0). ♣
Proposición 2.17 Sean f : D1 ⊆ Rn−→ R y g : D2 ⊆ R −→ R.
f continua en x0 ∈ D1 y g continua en f (x0) ∈ D2 entonces g ◦ f es continua en x0. ♣
Ejemplo 2.18 Estudiar la continuidad de f (x, y) =xy
x2 + y2 .
Solución
Esta función es continua en todo su dominio, que es
Dom( f ) = {(x, y) ∈ R2/x2 + y2 , 0} = {(x, y) ∈ R2/(x, y) , 0} = R2\ {(0, 0)}
Curvas de nivel Gráfica de la función
La función es continua en todos los puntos me-
nos en el origen, ya que es el cociente de dos po-
linomios y el denominador sólo se anula cuando
x e y son cero simultáneamente (el problema de
estudiar qué tipo de discontinuidad presenta no
se aborda aquí). ♣
Ejemplo 2.19 Estudiar la continuidad de las siguientes funciones y representar sus dominios y curvas de
nivel.
f (x, y) =√
x + yx − y
y g(x, y) = ln(
x + yx − y
)
Solución
Los dominios de ambas funciones son
D( f ) ={
(x, y) ∈ R2/x + yx − y
≥ 0, x − y , 0}
D(g) ={
(x, y) ∈ R2/x + yx − y
> 0, x − y , 0}
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TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
En ambos casos la función es continua en su dominio. Para representar estos dominios es mejor expresar
cada uno como la unión de dos recintos:
D( f ) ={(x, y) ∈ R2/x + y ≥ 0, x − y ≥ 0
}∪
{(x, y) ∈ R2/x + y ≤ 0, x − y ≤ 0
}(raíz)
D(g) ={(x, y) ∈ R2/x + y > 0, x − y > 0
}∪
{(x, y) ∈ R2/x + y < 0, x − y < 0
}(logaritmo)
Como cada recta divide al plano en dos partes y estos recintos están limitados por las bisectrices de los
cuadrantes formados por los ejes se forman cuatro regiones en cada uno de los dominios.
El primer recinto corresponde a los puntos que están simultáneamente:
• por encima de la bisectriz del segundo cuadrante
x + y ≥ 0⇔ y ≥ −x (raíz) x + y > 0⇔ y > −x (logaritmo)
• por debajo de la bisectriz del primer cuadrante
x − y > 0⇔ y < x (ambos)
El segundo recinto corresponde a los puntos que están simultáneamente
• por debajo de la bisectriz del segundo cuadrante
x + y ≤ 0⇔ y ≤ −x (raíz) x + y < 0⇔ y < −x (logaritmo)
• por encima de la bisectriz del primer cuadrante
x − y < 0⇔ y > x (ambos)
En el caso de la raíz el dominio no es ni abierto ni cerrado ya que incluye la recta x + y = 0 pero no la
recta x − y = 0. Sin embargo, el dominio del logaritmo es abierto ya que no incluye ninguna. ♣
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Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
Las curvas de nivel correspondientes a f son
√x + yx − y
= k ⇔x + yx − y
= k2 ⇔ x + y = xk2 − yk2 ⇔ y + yk2 = xk2 − x⇔ y = k2−11+k2 x
Las curvas de nivel correspondientes a g son
lnx + yx − y
= k ⇔x + yx − y
= ek ⇔ x + y = xek − yek ⇔ y + yek = xek − x⇔ y = ek−11+ek x
Obsérvese que en ambos casos todas pasan aparentemente por el origen. Sin embargo, esto último no es
posible. Por un punto sólo pasa una curva de nivel, ya que el nivel corresponde al valor de la función en el
punto. En realidad, el origen no pertenece al dominio de la función y, por tanto, la explicación está en que
la función no es continua en el origen y éste no está incluido en ninguna curva de nivel. ♣
Ejercicio 2.20 Estudiar la continuidad de las siguientes funciones, representando sus dominios y curvas
de nivel.
(a) f (x, y) = 3
√2x + yx − 2y
(b) g(x, y) = ln(2x − yx + y
)(c) g(x, y) =
√y − x2
2.3. Derivadas parciales y vector gradiente
Definición 2.21 Sean f : D ⊆ Rn−→ R y x0 = (x01, . . . , x0n) ∈ int(D).
La derivada parcial de f con respecto a xi en x0 es
∂ f∂xi
(x01, . . . , x0n) = lım△xi→0
f (x01, . . . , x0i + △xi, . . . , x0n) − f (x01, . . . , x0i, . . . , x0n)△xi
.
f es derivable con respecto a xi si este límite existe. ♣
Nota La derivada parcial también se denota por Di f (x0) y Dxi f (x0). ♣
Nota f es derivable con respecto a xi en un abierto U si es derivable con respecto a xi ∀x ∈ U. La función
derivada parcial de f con respecto a xi asocia a cada x ∈ U la correspondiente derivada y se obtiene
derivando con respecto a xi considerando que el resto de las variables son constantes (su existencia no
garantiza la continuidad de la función en el punto).
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TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
Maxima 2.22 Calcular las derivadas parciales de f (x, y, z) = sen(x + y2 − 4 ∗ z3)
( % i1) f(x,y,z):=sin(x+yˆ2-4*zˆ3);
f (x, y, z) := sin(x + y2 + (−4) z3
)( % o1)
( % i4) diff(f(x,y,z),x,1);
cos(4z3 − y2 − x
)( % o2)
diff(f(x,y,z),y,1);
2y cos(4z3 − y2 − x
)( % o3)
diff(f(x,y,z),z,1);
−12z2 cos(4z3 − y2 − x
)( % o4)
Nota (La derivada parcial como tasa de variación) Si tenemos unos valores x = x0 e y = y0, a los que les
corresponde un valor f (x0, y0), y sólo cambia la primera variable, tomando ésta un nuevo valor x = x1 al
que le corresponde un valor f (x1, y0), el incremento de la variable x es △x = x1 − x0 y el incremento de la
variable z es △z = f (x1, y0) − f (x0, y0). La tasa media de variación de z con respecto a x indica la variación
relativa de la variable z con respecto a la variable x cuando la variable y se mantiene constante:
△z△x=
f (x1, y0) − f (x0, y0)x1 − x0
=f (x0 + △x, y0) − f (x0, y0)
△x.
La tasa instantánea de variación de z con respecto a x es El límite de la tasa media de variación
cuando el incremento de la variable x tiende a cero y coincide con la derivada parcial de f con respecto a x
en (x0, y0) en la que la variable y se mantiene constante
lım△x→0
f (x0 + △x, y0) − f (x0, y0)△x
De manera análoga, si consideramos que sólo cambia la segunda variable y que toma un nuevo valor
y = y1, manteniéndose constante la primera variable (sigue tomando el valor x = x0), el incremento de la
variable y es △y = y1 − y0 y el incremento de la variable z es △z = f (x0, y1) − f (x0, y0).
Por tanto, la tasa media de variación de z con respecto a y, que nos indica la variación relativa de la
variable z con respecto a la variable y cuando la variable x se mantiene constante, es:
△z△y=
f (x0, y1) − f (x0, y0)y1 − y0
=f (x0, y0 + △y) − f (x0, y0)
△y.
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Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
El límite de esta tasa media de variación cuando el incremento de la variable y tiende a cero es la tasa
instantánea de variación de z con respecto a y y coincide con la derivada parcial de f con respecto a y en
(x0, y0) en la que la variable x se mantiene constante.
En general, cuando una función tiene un número cualquiera de variables, y = f (x1, . . . , xn), la tasa media
de variación de f con respecto a xi en la que la variable xi se incrementa en △xi y el resto de las variables
se mantienen constantes es el cociente
f (x01, . . . , x0i + △xi, . . . , x0n) − f (x01, . . . , x0i, . . . , x0n)△xi
La tasa instantánea de variación con respecto a xi es su límite y en él se considera que sólo esta variable
cambia mientras el resto permanecen constantes. ♣
Nota (Interpretación geométrica) Podemos interpretar geométricamente las derivadas parciales de una
función de dos variables, z = f (x, y), si consideramos la función φ(x) = f (x, y0) y calculamos su derivada
en x0:
φ′(x0) = lım△x→0
φ(x0 + △x) − φ(x0)△x
= lım△x→0
f (x0 + △x, y0) − f (x0, y0)△x
=∂ f∂x
(x0, y0).
La derivada de la función φ en x0 coincide con la derivada parcial de f con respecto a x en (x0, y0). Como
la gráfica de la función φ corresponde a la intersección de la gráfica de la función f con el plano y = y0 y
éste es paralelo al eje x, la derivada parcial de f con respecto a x es la pendiente de la recta tangente a la
superficie z = f (x, y) en la dirección del eje x.
Definiendo una función ψ(y) = f (x0, y) y siguiendo un procedimiento análogo, podemos interpretar la
derivada parcial de f con respecto a y como la pendiente de la recta tangente a la superficie z = f (x, y) en
la dirección del eje y.
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TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
En el caso general, la derivada parcial de f con respecto a xi en x0 es la pendiente de la recta tangente a
la superficie z = f (x1, . . . , xn) en la dirección del eje xi. ♣
Nota (Interpretación económica) Podemos interpretar la derivada parcial de f con respecto a xi como
la tasa marginal de variación con respecto a xi, que corresponde al incremento de la función cuando la
variable xi se incrementa en una unidad y el resto permanecen constantes. Al igual que sucede cuando solo
hay una variable, tiene la salvedad de que solo es válida si el incremento es relativamente pequeño con
respecto a las unidades en las que medimos la variable. ♣
Maxima 2.23 El volumen de la cosecha de un bien (Y) depende del capital invertido (K) y el trabajo (L)
mediante la siguiente función de producción de Cobb-Douglas
Y = F(K, L) = 10 K1/2L2/3
Representar la función y sus curvas de nivel y calcular las tasas de variación a las que aumenta el
volumen cuando un factor se incrementa y el otro permanece constante (productividades marginales).
( % i3) f(K,L):=10*Kˆ(1/2)*Lˆ(2/3)$
diff(f(K,L),K);
diff(f(K,L),L);
5L23
√K
( % o2)
20√
K
3L13
( % o3) ( % t4)
( % i4) wxdraw3d(explicit(f(K,L), K,0,15,L,0,15), contour=both)$
Ejemplo 2.24 (Demanda en función del precio de otro bien) En el ejemplo 1.5 consideramos que la de-
manda de un bien, A, dependía de su precio, que aquí se denota por pa, según la función D(pa). En este
ejemplo vamos a considerar que la demanda de este bien también depende del precio, pb, de otro bien, B,
por lo que tenemos que la demanda del bien A depende de estos precios según una función Da(pa, pb).
La derivada parcial de esta función con respecto al precio pa representa la variación de la deman-
da cuando el precio del bien A se incrementa en una unidad y siempre es negativa, ya que la demanda
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Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
disminuye cuando el precio de este bien aumenta
∂Da
∂pa(pa, pb) < 0.
La derivada parcial con respecto al precio pb, representa la variación de la demanda cuando el precio
del bien B se incrementa en una unidad y su signo depende de la naturaleza de los bienes:
Si los bienes son sustitutivos (pueden utilizarse de forma alternativa) cuando aumenta el precio de
uno la demanda del otro aumenta y se tiene ∂Da∂pb
(pa, pb) > 0.
Si los bienes son complementarios (son consumidos conjuntamente) cuando aumenta el precio de uno
la demanda del otro disminuye y se tiene ∂Da∂pb
(pa, pb) < 0.
Si los bienes son indiferentes el precio de uno no influye en la demanda del otro y se tiene
∂Da∂pb
(pa, pb) = 0. ♣
Maxima 2.25 Determina la relación entre dos bienes en los que la demanda de un bien A depende de su
precio, pa, y del precio de otro bien B, pb, según la función D(pa, pb) = 500 − 20pa − p2b − 2pa pb.
( % i1) D(pa,pb):=500-20*pa-pbˆ2-2*pa*pb$
( % i2) diff(D(pa,pb),pa);/* siempre negativa*/
−2pb − 20 ( % o2)
( % i3) diff(D(pa,pb),pb); /* negativa =⇒ complementarios*/
−2pb − 2pa ( % o3)
Ejemplo 2.26 Calcular las derivadas parciales con respecto a x e y de f (x, y) = ln(√
x + yx − y
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TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
Solución Vamos a realizar esta operación de dos maneras
Simplificamos la función previamente utilizando las propiedades de logaritmos y potencias (sólo es
válida para x + y > 0, x − y > 0)
f (x, y) = ln(√
x + yx − y
)= ln
(x + yx − y
) 12
=12
ln(
x + yx − y
)=
12
(ln(x + y) − ln(x − y))
con lo que las parciales son
∂ f∂x
(x, y) =12
(1
x + y−
1x − y
)=
−2y2(x + y)(x − y)
=−y
x2 − y2
∂ f∂y
(x, y) =12
(1
x + y−−1
x − y
)=
2x2(x + y)(x − y)
=x
x2 − y2
Aplicamos la regla de la cadena derivando la función directamente y simplificando después.
∂ f∂x
(x, y) =1√x + yx − y
1
2√
x + yx − y
−2y(x − y)2 =
1
2x + yx − y
−2y(x − y)2 =
−y(x + y)(x − y)
∂ f∂y
(x, y) =1√x + yx − y
1
2√
x + yx − y
2x(x − y)2 =
1
2x + yx − y
2x(x − y)2 =
x(x + y)(x − y)
Ejercicio 2.27 Calcular las siguientes derivadas parciales
(a)∂ f∂z
(1, 1, 1) para f (x, y, z) =2x2zez
x2 + yzy f (x, y, z) =
exyz − 1e2xyz
(b)∂ f∂x
(1, 1) para f (x, y) = arc tg(
x − yx + y
)y f (x, y) = (2x2 + 3y2) cos(πx2y4)
(c)∂ f∂y
(2, 1, 2) para f (x, y, z) = (yz)xy2z y f (x, y, z) = ln(x + 3√xz + 4
)Ejemplo 2.28 (Elasticidad cruzada de la demanda) Como medida relativa de la respuesta de la demanda
a los cambios en los precios, además de su elasticidad precio, se considera la elasticidad cruzada de la
demanda, que informa del grado de influencia que tiene en la demanda de un producto la variación en el
precio de otro producto diferente y corresponde a la variación porcentual en la demanda ante variaciones
porcentuales en el precio del otro bien. Cuando los cambios son infinitesimales es el cociente entre la
derivada parcial de la función de demanda con respecto al precio del bien B y la cantidad demandada por
unidad monetaria
Eb(pa, pb) =∂Q(pa, pb)/∂ pb
Q(pa, pb)pb
=Q(pa, pb)
pb
∂Q(pa, pb)∂ pb
Página 83 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
El signo de la elasticidad cruzada depende del signo de la derivada parcial y es mayor que cero para un
bien sustituto y menor que cero para un bien complementario. En ambos casos mide el grado de respuesta
de la demanda del bien A a los cambios en el precio del bien B y dependiendo de su valor absoluto será
elástica si es mayor que uno e inelástica si es menor. ♣
Maxima 2.29 Suponiendo que la demanda del bien A responde a la misma función que en la práctica 2.25,
calcular sus elasticidades precio y cruzada y determinar el tipo de elasticidad en cada caso cuando ambos
precios son de cinco euros.
( % i1) D(pa,pb):=500-20*pa-pbˆ2-2*pa*pb$
( % i2) define(elaspre(pa,pb),expand(pa*diff(D(pa,pb),pa,1))/D(pa,pb));
elaspre (pa, pb) :=−2pa pb − 20pa
−pb2− 2pa pb − 20pa + 500
( % o2)
( % i3) elaspre(5,5); /* siempre negativa */ /* |elaspre|<1 =⇒ inelástica */
−6
13( % o3)
( % i4) define(elascruz(pa,pb),expand(pb*diff(D(pa,pb),pb,1))/D(pa,pb));
elascruz (pa, pb) :=−2pb2
− 2pa pb−pb2
− 2pa pb − 20pa + 500( % o4)
( % i5) elascruz(5,5); /* complementarios =⇒ negativa */ /* |elascruz|<1 =⇒ inelástica */
−4
13( % o5)
Definición 2.30 Sean f : D ⊆ Rn−→ R y x0 ∈ int(D).
Si existen todas las derivadas parciales de f en x0 el vector gradiente de f en x0 es:
∇ f (x0) =(∂ f∂x1
(x0), . . . ,∂ f∂xn
(x0)). ♣
Ejemplo 2.31 Obtener el vector gradiente de la función f (x, y) = xy.
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 84
TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
Solución Está función esta definida y es derivable en Dm( f ) ={(x, y) ∈ R2/x > 0
}El vector gradiente se obtiene mediante las derivadas de primer orden
∂ f∂x
(x, y) = y xy−1
∂ f∂y
(x, y) = xy ln x=⇒ ∇ f (x, y) =
∂ f∂x
(x, y)
∂ f∂y
(x, y)
=
y xy−1
xy ln x
x > 0
♣
Ejemplo 2.32 Obtener el vector gradiente de f (x, y) = y cos x sen y + xy sen x sen y en (π, π).
Solución La función está definida y es derivable en R2 y las derivadas de primer orden en (π, π) son:
∂ f∂x
(π, π) = xy cos x sen y|(π,π) = 0
∂ f∂y
(π, π) = [x sen x sen y + xy sen x cos y + cos x sen y + y cos x cos y]|(π,π) = π
Por tanto, su vector gradiente es ∇ f (π, π) = (0, π) ♣
Ejercicio 2.33 Calcular el vector gradiente de f (x, y) =x + y
ex+y − 1en un punto genérico, indicando las
condiciones que debe verificar este punto.
Solución
La función f (x, y) = x+yex+y−1 está definida y es derivable cuando el denominador es distinto de 0:
D ={(x, y) ∈ R2/ex+y , 1
}=
{(x, y) ∈ R2/x + y , 0
}
Sus derivadas de primer orden son
∂ f∂x
(x, y) =1(ex+y − 1) − (x + y)ex+y
(ex+y − 1)2 =ex+y − (x + y)ex+y − 1
(ex+y − 1)2
∂ f∂y
(x, y) =1(ex+y − 1) − (x + y)ex+y
(ex+y − 1)2 =ex+y − (x + y)ex+y − 1
(ex+y − 1)2
Por tanto, su vector gradiente es:
∇ f (x, y) =
∂ f∂x
(x, y)
∂ f∂y
(x, y)
=
ex+y − (x + y)ex+y − 1(ex+y − 1)2
ex+y − (x + y)ex+y − 1(ex+y − 1)2
x + y , 0
♣
Ejercicio 2.34 Determinar el vector gradiente de las siguientes funciones
(a) f (x, y) =√
(x − 2)2 + (y + 1)2 (b) f (x, y) = ln(x2 − y) (c) f (x, y) = ln(2x − 4Y2
)(d) f (x, y) =
1xy
En todos los casos estudiar la continuidad de la función y la existencia del gradiente, especificando
ambos dominios. Representarlos junto con las curvas de nivel e indicar si son abiertos o cerrados. ♣
Página 85 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
2.4. Aproximación lineal y diferencial
Para aproximar localmente una función con varias variables por una aplicación lineal en torno al punto
no basta con que existan sus derivadas parciales y es necesario que la aproximación sea buena, caso en
el que decimos que la función es diferenciable. En este caso, aproximamos la función por la aplicación
que a los incrementos de las variables independientes les asocia el incremento aproximado de la variable
dependiente que se obtiene mediante el plano tangente recibe el nombre de diferencial.
Definición 2.35 Sean f : D ⊆ Rn−→ R y x0 ∈ int(D).
La diferencial de f en x0 es la aplicación
D f (x0)[(dx1, . . . , dxn)] =∂ f∂x1
(x0)dx1 + . . . +∂ f∂xn
(x0)dxn.
f es diferenciable en x0 si para △x = (△x1, . . . ,△xn)
lım△x→θf (x0+△x)− f (x0)−D f (x0)(△x)
||△x|| = 0. ♣
▶ Si f es diferenciable en x0 su diferencial es D f (x0)[dx] = ∇ f (x0) · dx.
Nota (Aproximación lineal y diferencial) Si en vez de tomar los valores reales de la función tomamos los
valores correspondientes al plano tangente, obtenemos la aproximación lineal de la función
f (x, y) ≈ f (x0, y0) +∂ f∂x
(x0, y0)(x − x0) +∂ f∂y
(x0, y0)(y − y0) (2.1)
La diferencial de f en (x0, y0) es la función lineal que a los incrementos de las variables independientes les
asocia el incremento aproximado de la variable dependiente.
En esta aproximación se comete un error que corresponde a la diferencia entre el incremento que real-
mente sufre la función y el incremento aproximado que se obtiene mediante la diferencial
rx0,y0(△x,△y) =△z︷ ︸︸ ︷
f (x0 + △x, y0 + △y) − f (x0, y0) −
dz︷ ︸︸ ︷∂ f∂x (x0, y0)△x + ∂ f
∂y (x0, y0)△y,
Al igual que para funciones de una variable, lo que hace que una función sea diferenciable es que el error
tienda a cero más rápido de lo que lo hace el incremento de las variables independientes. ♣
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 86
TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
Nota La matriz jacobiana de la función en el punto es su gradiente traspuesto y permite escribir la apro-
ximación lineal y la diferencial como
f (x1, x2, . . . , xn) ≈ f (x01, x02, . . . , x0n) + J f (x01, x02, . . . , x0n)(x1 − x01, x2 − x02, . . . , xn − x0n).
D f (x01, x02, . . . , x0n)(dx1, dx2, . . . , dxn) = J f (x01, x02, . . . , x0n)(dx1, dx2, . . . , dxn). ♣
Maxima 2.36 La demanda de un bien A depende de su precio, pa, y del precio de otro bien B, pb, según la
función D(pa, pb) = 500 − 20pa − p2b − 2pa pb (práctica Maxima 2.25). Determinar el valor de la demanda
mediante la aproximación lineal cuando ambos precios son de 5 e y el precio del bien A disminuye en dos
céntimos y el del B sube en uno. ¿Cuál sería el valor exacto?.
( % i1) D(pa,pb):=500-20*pa-pbˆ2-2*pa*pb$
( % i2) m1:at(diff(D(pa,pb),pa),[pa=5,pb=5]);
−30 (m1)
( % i3) m2:at(diff(D(pa,pb),pb),[pa=5,pb=5]);
−20 (m2)
( % i6) /*Aproximación lineal*/
∆x:-0.02$ ∆y:0.01$
D(5,5)+m1*∆x+m2*∆y;
325.4 ( % o6)
( % i7) /*Valor exacto*/
D(4.98,5.01);
325.4003 ( % o7)
Maxima 2.37 Determinar la diferencial de f (x, y) =√
x2 + y2 en el punto (5, 3) y su matriz jacobiana
(se obtiene en Maxima con el comando jacobian), utilizándolas para obtener la aproximación lineal de la
función en torno al punto .
( % i1) f(x,y):=sqrt(xˆ2+yˆ2);
f (x, y) :=√
x2 + y2 ( % o1)
( % i2) diff(f(x,y));
y del(y)√y2 + x2
+x del(x)√
y2 + x2( % o2)
( % i3) D:at(diff(f(x,y)),[x=5,y=3]);
3 del(y)√
34+
5 del(x)√
34(D)
Página 87 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
( % i4) DD:subst([del(x)=x-5,del(y)=y-3],D);
3 (y − 3)√
34+
5 (x − 5)√
34(DD)
( % i5) define(h(x,y), f(5,3)+DD);
h (x, y) :=3 (y − 3)√
34+
5 (x − 5)√
34+√
34
( % o5)( % i6) wxdraw3d(explicit(h(x,y), x, -10,10,y,-10,10),explicit(f(x,y), x, -10,10,y,-10,10));
( % i7) define(J(x,y), jacobian([f(x,y)],[x,y]));
J (x, y) :=( x√
y2 + x2
y√y2 + x2
)( % o7)
( % i8) define(h(x,y), f(5,3)+[x-5,y-3].J(5,3));
h (x, y) :=3 (y − 3)√
34+
5 (x − 5)√
34+√
34
( % o8)
Proposición 2.38 (Condiciones necesarias de diferenciabilidad)
Sean f : D ⊆ Rn−→ R y x0 ∈ int(D).
Si f es diferenciable en x0 entonces f es continua en x0.
Si f es diferenciable en x0 entonces existen todas las derivadas parciales de f en x0. ♣
Proposición 2.39 (Condición suficiente de diferenciabilidad) Sean f : D ⊆ Rn−→ R y x0 ∈ int(D).
Si existen todas las derivadas parciales de f en un entorno de x0 y son continuas en x0 entonces f es
diferenciable en x0.
En este caso diremos que f es continuamente diferenciable en x0. ♣
Nota Los recíprocos de las condiciones necesarias no son ciertos: una función puede ser continua sin ser
diferenciable y pueden existir las derivadas parciales de la función sin que ésta sea diferenciable. Tampoco
es cierto el recíproco de la condición suficiente, ya que una función puede ser diferenciable sin que las
derivadas parciales sean continuas. ♣
Ejemplo 2.40 Estudiar la diferenciabilidad de f (x, y) =∑n,m
anmxnym
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 88
TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
Solución∂ f∂x
(x, y) =∑n,m
anmn xn−1ym ∂ f∂y
(x, y) =∑n,m
m anmxnym−1. ♣
Obsérvese que las derivadas parciales de una función polinómica son también polinomios y, por tanto,
continuas. Esto hace que una función polinómica sea siempre continuamente diferenciable (este resultado
se cumple para polinomios con un número cualquiera de variables). ♣
Ejercicio 2.41 Estudiar la continuidad y diferenciabilidad de las siguientes funciones
(a) f (x, y) = x 3√
xy − 1 (b) f (x, y, z) = ln(2x2z
y
)
Definición 2.42 Sean f : D ⊆ Rn−→ R, x0 = (x01, . . . , x0n) ∈ int(D) y v = (v1, . . . , vn) ∈ Rn.
La derivada de f con respecto al vector v en el punto x0 es
Dv f (x0) =∂ f∂v
(x0) = lımt→0
f (x0 + tv) − f (x0)t
= lımt→0
f (x01 + tv1, . . . , x0n + tvn) − f (x01, . . . , x0n)t
.
f es derivable con respecto al vector v en el punto x0 si este límite existe.
Siempre y cuando el vector v sea unitario, ||v|| = 1, esta derivada recibirá el nombre de derivada
direccional de f según la dirección del vector v en x0. ♣
Nota La derivada direccional extiende el concepto de derivada parcial, ya que la derivada con respecto al
vector ei coincide con la derivada parcial con respecto a xi. ♣
Proposición 2.43 (Condición necesaria de diferenciabilidad) Sean f : D ⊆ Rn−→ R y x0 ∈ int(D).
Si f es diferenciable en x0 entonces f es derivable en x0 según cualquier vector v ∈ Rn, con:∂ f∂v
(x0) = D f (x0)[v]. ♣
Nota (La derivada direccional como tasa de variación) En las derivadas direccionales las variables varían
proporcionalmente y, a partir de unos valores x = x0 e y = y0, pasan a tomar valores x = x0+at e y = y0+bt,
de forma que la tasa media de variación es
△z||(△x,△y)||
=f (x0 + at, y0 + bt) − f (x0, y0)
||(at, bt)||=
f (x0 + at, y0 + bt) − f (x0, y0)t||(a, b)||
.
Página 89 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
Cuando el vector v(a, b) es unitario, ||v|| = ||(a, b)|| = 1 la tasa media de variación es
f (x0 + at, y0 + bt) − f (x0, y0)t
.
Al calcular el límite de esta tasa media de variación cuando t tiende a cero, obtenemos la tasa instantánea
de variación de la función en la dirección del vector. ♣
Nota (Interpretación geométrica) Obsérvese que la derivada de la función g(t) = f (x0 + at, y0 + bt) en
t = 0 coincide con la derivada de f según el vector v en (x0, y0)
g′(t) = lımt→0
g(t) − g(0)t
= lımt→0
f (x0 + at, y0 + bt) − f (x0, y0)t
= Dv f (x0, y0).
Como la gráfica de la función g corresponde a la intersección de la gráfica de la función f con el plano
paralelo al eje z que contiene al vector v, podría pensarse que la derivada según el vector v en (x0, y0) es la
pendiente de la recta tangente a la superficie z = f (x, y) en el punto (x0, y0) en la dirección del vector v.
t
El concepto de pendiente depende de las unidades que estamos toman-
do sobre los ejes y en este caso la magnitud de las unidades la marca el
vector (cuando la variable t se incrementa en una unidad recorremos
sobre el plano una distancia equivalente al módulo del vector v).
t
La derivada según el vector corresponde a la pendiente de la recta tan-
gente a la superficie en la dirección del vector (derivada direccional)
sólo y exclusivamente cuando el vector es unitario . ♣
Proposición 2.44 Sean f : D ⊆ Rn−→ R, x0 = (x01, . . . , x0n) ∈ int(D) y v = (v1, . . . , vn) ∈ Rn.
Si f es derivable con respecto a v también lo es con respecto a cualquier vector paralelo a él y
D(λ v) f (x0) = λDv f (x0). ♣
Nota Es importante distinguir entre la derivada según un vector y la derivada direccional, ya que sólo
esta última coincide con la tasa instantánea de variación en la dirección del vector. Para obtener esta tasa
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 90
TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
tenemos en cuenta que la tasa instantánea de variación en su dirección (derivada direccional) es la derivada
según cualquier vector con la misma dirección dividida por el módulo del vector. ♣
Ejercicio 2.45 Calcular la derivada direccional de f (x, y, z) =√
2x+zx−z en el punto (1, 1, 1) en la dirección
del vector v = (1, 0,−1)
Proposición 2.46 (Propiedades del gradiente)
Sea f : D ⊆ Rn−→ R diferenciable en x0 ∈ int(D) con ∇ f (x0) , θ.
∇ f (x0) es perpendicular a la curva de nivel que pasa por el punto.
∇ f (x0) indica la dirección de máximo crecimiento de la función. ♣
Nota Que el vector gradiente indique la dirección de máximo
crecimiento de la función quiere decir que en su dirección la
pendiente de la recta tangente tiene el máximo valor de todas
las pendientes de las rectas tangentes en el punto. En el sentido
del gradiente tendremos el máximo crecimiento y en el sentido
opuesto el máximo decrecimiento. ♣
Maxima 2.47 La compañía Refresquillos S.A. produce dos tipos de refrescos que vende con un beneficio
B(x, y) = (x − 1)2 + (y − 2)2
donde x e y son las toneladas producidas de cada uno de los refrescos (beneficio en miles de euros). En estos
momentos produce 2 toneladas del primer refresco y 4 del segundo pero quiere incrementar su producción.
a) Representar la curva de nivel correspondiente al beneficio que obtiene actualmente e indicar cuál es
su significado.
b) ¿En que proporción aumentaría el beneficio si se produce un incremento de la producción del primer
refresco y la del segundo se mantiene constante?. ¿Y al contrario? ¿Qué proporción deben mantener
ambos factores para que se consiga el máximo incremento en los beneficios?.
c) Utilizar la aproximación lineal para determinar cuánto aumentarían los beneficios si la producción
de ambos refrescos aumentara en un 5 %. ♣
Página 91 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
( % i1) B(x,y):=(x-1)ˆ2+(y-2)ˆ2;
B (x, y) := (x − 1)2 + (y − 2)2 ( % o1)
( % i2) B(5,4);
20 ( % o2)( % i3) /*La curva de nivel corresponde a las
producciones de refrescos con los mis-
mos beneficios*/
wxdraw3d(explicit(B(x,y),x,0,10,y,0,10),
contour=’both,
contour_levels={B(5,4)})$( % t3)
( % i5) /* Beneficios marginales */
at(diff(B(x,y),x),[x=5,y=4]);
at(diff(B(x,y),y),[x=5,y=4]);
8 ( % o4)
4 ( % o5)
( % i6) /*El gradiente marca la dirección de má-
ximo incremento*/
/*Proporción 2 a 1 (equivale a 8 a 4)*/
grad:at(jacobian([B(x,y)],[x,y]),[x=5,y=4]);
(8 4
)(grad)
( % i7) /*Valor exacto*/;
at(B(x,y),[x=5*(1+0.05),y=4*(1+0.05)]);
22.9025 ( % o7)
( % i10) /*Aproximación lineal*/
∆x:0.05*5$ ∆y:0.05*4$
B(5,4)+grad.[∆x,∆y];
22.8 ( % o10)
Ejemplo 2.48 Sea f (x, y) = x√
3xy − 2y2
(a) Estudiar la continuidad y diferenciabilidad de la función.
(b) Determinar su diferencial en un punto genérico y en el punto (2, 1).
(c) Determinar su derivada direccional en el punto (2, 1) según la dirección del vector v = (3, 2).
(d) Determinar la dirección de máximo crecimiento en el punto (2, 1). ¿Cúal es la tasa instantánea de
variación en esta dirección?.
Solución
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 92
TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
(a) La función es continua en su dominio (el dominio es cerrado) D( f ) = {(x, y) ∈ R2/3x − 2y ≥ 0}
Las parciales son
∂ f∂x (x, y) =
√3xy − 2y2 +
3xy
2√
3xy − 2y2=
9xy − 4y2
2√
3xy − 2y2
∂ f∂x (x, y) =
3x2 − 4xy
2√
3xy − 2y2
El dominio del gradiente es D(∇ f ) = {(x, y) ∈ R2/3x − 2y > 0}
Como las dos parciales son continuas en el dominio del gradiente, la función es diferenciable en el
dominio del gradiente (obsérvese que este dominio no coincide con el de la función original ya que
no es derivable en la frontera del dominio pues 3x − 2y tiene que ser distinto de cero).
(b) La diferencial y la diferencial en el punto (2, 1) son
D f (x, y)[dx, dy] =9xy − 4y2
2√
3xy − 2y2dx +
3x2 − 4xy
2√
3xy − 2y2dy
D f (2, 1)[dx, dy] =( 7
212
) dx
dy
= 72
dx +12
dy
(c) La derivada según el vector v = (3, 2) es
Dv f (2, 1) = D f (2, 1)[v] =( 7
212
) 3
2
= 232
La derivada direccional es la tasa instantánea de variación y debemos dividir por el módulo del vector,
que es ||v|| =√
32 + 22 =√
13,
m =Dv f (2, 1)||v||
=23
2√
13=
23√
1326
Página 93 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
(d) El vector gradiente indica la dirección de máximo crecimiento ( 72 ,
12 ) y la tasa instantánea de variación
en esa dirección coincide con el módulo del gradiente
||∇ f (1, 2)|| =
√(72
)2
+
(12
)2
=
√504=
5√
22
♣
Ejemplo 2.49 Sean f (x, y) =√
3x − 2y f (x, y) = ln(3x − 2y) f (x, y) = 3√
3x − 2y
(a) Determinar y representar el dominio de f . ¿Es continua en su dominio?
(b) Determinar y representar el vector gradiente en el punto (2, 1) junto con la curva de nivel pasa por
este punto. ¿Es derivable con respecto a x e y en todo su dominio?.
(c) Determinar la diferencial de f en el punto (2, 1) y estudiar su diferenciabilidad en el dominio.
(d) Determinar la derivada de f en el punto (2, 1) según la dirección del vector v = (3, 2). ¿Cuál es la
tasa instantánea de variación en esta dirección?
Solución
• f (x, y) =√
3x − 2y
(a) La función es continua en su dominio (el dominio es cerrado e incluye a la recta 3x − 2y = 0).
D( f ) = {(x, y) ∈ R2/3x − 2y ≥ 0}
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 94
TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
(b) Esta función no es derivable en la frontera del dominio (3x − 2y tiene que ser distinto de cero) y el
vector gradiente es
∇ f (x, y) =
3
2√
3x − 2y−1√
3x − 2y
con D(∇ f ) = {(x, y) ∈ R2/3x − 2y > 0}
La curva de nivel que pasa por el punto (2, 1) es la curva de nivel 2 (√
3 · 2 − 2 · 1 = 2). Por tanto,
corresponde a la recta √3x − 2y = 2⇔ 3x − 2y = 4
El vector gradiente es ∇ f (2, 1) =(34,−
12
)
(c) Las diferencial es D f (1, 3)[dx, dy] =( 3
4−12
) dx
dy
= 34
dx −12
dy
Como las dos parciales son continuas en el dominio del gradiente, la función es diferenciable en el
dominio del gradiente. Obsérvese que este dominio no coincide con el de la función original y, por
tanto, la función sólo es diferenciable en {(x, y) ∈ R2/3x − 2y > 0}
(d) La derivada según el vector v = (3, 2) es
Dv f (2, 1) = D f (2, 1)[v] =( 3
4−
12
) 3
2
= 54
Para obtener la tasa de variación dividimos por el módulo del vector, ||v|| =√
32 + 22 =√
13,
Dv f (2, 1)||v||
=5
4√
13
• f (x, y) = ln(3x − 2y)
(a) La función es continua en su dominio (este dominio es abierto y no incluye a la recta 3x − 2y = 0).
D( f ) = {(x, y) ∈ R2/3x − 2y > 0}
Página 95 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
(b) Esta función es derivable en todo el dominio (como el dominio es abierto la frontera no forma parte
de él) Obsérvese que también tiene que ser positivo para que exista la función (aunque el vector
gradiente parece existir en más puntos no es así)
∇ f (x, y) =
3
3x − 2y−2
3x − 2y
con D(∇ f ) = {(x, y) ∈ R2/3x − 2y > 0}
La curva de nivel que pasa por el punto (2, 1) es la curva de nivel ln 4 y corresponde a la recta
ln(3x − 2y) = ln 4⇔ 3x − 2y = 4
El vector gradiente es ∇ f (2, 1) =(34,−12
)
(c) Las diferencial es D f (1, 3)[dx, dy] =( 3
4−12
) dx
dy
= 34
dx −12
dy
Como las dos parciales son continuas en el dominio la función es diferenciable en todo el dominio.
(d) La derivada según el vector v = (3, 2) es
Dv f (2, 1) = D f (2, 1)[v] =( 3
4−
12
) 3
2
= 54
Para obtener la tasa instantánea de variación debemos dividir por el módulo del vector, que es ||v|| =√
32 + 2‘2 =√
13,Dv f (2, 1)||v||
=5
4√
13
• f (x, y) = 3√
3x − 2y
(a) La función es continua en todo R2 (D( f ) = R2)
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 96
TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
(b) Esta función no es derivable en la recta 3x − 2y (ya que 3x − 2y tiene que ser distinto de cero) y el
vector gradiente es
∇ f (x, y) =
1
3√
(3x − 2y)2
−2
3 3√
(3x − 2y)2
con D(∇ f ) = {(x, y) ∈ R2/3x − 2y , 0}
La curva de nivel que pasa por el punto (2, 1) es la curva de nivel 3√4 ( 3√3 · 2 − 2 · 1 = 3√4). Por tanto,
corresponde a la recta3√
3x − 2y =3√4⇔ 3x − 2y = 4
El vector gradiente es ∇ f (2, 1) =(
13√16
,−2
3 3√16
)
(c) Las diferencial es D f (1, 3)[dx, dy] =
1
3√16−
2
3 3√16
dx
dy
= 13√16
dx −2
3 3√16dy
Como las dos parciales son continuas en el dominio del gradiente, la función es diferenciable en el
dominio del gradiente. Obsérvese que este dominio no coincide con el de la función original, que es
todo el plano, y que, por tanto, para 3x−2y = 0 no existe vector gradiente y la función es diferenciable
en {(x, y) ∈ R2/3x − 2y , 0} ♣
(d) La derivada según el vector v = (3, 2) es
Dv f (2, 1) = D f (2, 1)[v] =
1
3√16−
2
3 3√16
3
2
= 5
3 3√16
Para obtener la tasa instantánea de variación debemos dividir por el módulo del vector, que es
||v|| =√
32 + 2‘2 =√
13,Dv f (2, 1)||v||
=5
3√
13 3√16
Obsérvese que el vector gradiente indica la dirección de máximo crecimiento y que es perpendicular a la
curva de nivel que pasa por el punto. En los tres casos lo único que cambia es la longitud del vector, que
Página 97 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
corresponde a la pendiente de la tangente en la dirección del gradiente. El motivo por el que las funciones
no son derivables en la recta 3x − 2y = 0 es que a medida que nos acercamos a ella esta pendiente se hace
cada vez más grande con límite infinito. ♣
Ejercicio 2.50 Para las siguientes funciones determinar el dominio de la función, el vector gradiente en
un punto genérico con su dominio y la diferncial, si es posible, en el punto P que se indica.
(a) f (x, y) =x + y
xyP(1, 1) (b) f (x, y) =
3√
x + yx − y
P(1, 1)
(c) f (x, y) =√
x2 + y P(1, 0) (d) f (x, y) = ln (x − y2) P(1, 0)
(e) f (x, y) =ey
ex + ey P(0, 1) (f) f (x, y) =x
ex − ey P(1, 1)
(g) f (x, y) = sen2(x + y) P(0, π) (h) f (x, y) = cos3(x − y) P(0, π/2)
(i) f (x, y, z) = (x + y)y+z P(1, 1, 1) (j) f (x, y, z, t) = (xt)yz P(1, 1, 1, 1)
Terminamos esta sección con un resultado de gran importancia teórica en el que se basan muchos de
los teoremas relativos a la diferenciación. Este teorema recibe el nombre de teorema del valor medio y
su importancia radica en que permite expresar la diferencia entre los valores de la función en dos puntos
distintos en función de la diferencial en un punto intermedio.
Teorema 2.51 (Teorema del valor medio) Sean f : D ⊆ Rn−→ R y a, b ∈ Rn.
Si f es diferenciable en un abierto G ⊇ L[a, b] entonces existe c ∈ L(a, b) tal que
f (b) − f (a) = D f (c)[b − a],
donde L(a, b) y L[a, b] representan el segmento que une los puntos (abierto y cerrado respectivamente)
L(a, b) = {tb + (1 − t)a/0 < t < 1} (abierto) y L[a, b] = {tb + (1 − t)b/0 ≤ t ≤ 1} (cerrado) . ♣
Ejercicio 2.52 Para las siguientes funciones determinar el conjunto en el que son diferenciables y para los
puntos P y Q que se indican aplicar, si es posible, el teorema valor medio para expresar f (Q) − f (P) en
función de sus derivadas parciales:
(a) f (x, y) = sen(x + y) P(π, 0) Q(0, π)
(b) f (x, y) = tan(xy) P(1, 0) Q(1, π)
(c) f (x, y) = x|y| P(2, 1) Q(1, 1)
(d) f (x, y) = |x|y P(1, 1) Q(1,−1)
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 98
TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
2.5. Derivadas sucesivas y matriz hessiana
Definición 2.53 Sean f : D ⊆ Rn−→ R y x0 ∈ int(D).
f admite derivada parcial de orden 2 con respecto a xi y x j si ∂ f∂xi
(x) existe en un entorno de x0 y es
derivable en x0 con respecto a x j.
En este caso se define la derivada parcial segunda en x0 con respecto a xi y x j como
Di j f (x0) =∂2 f∂x j∂xi
(x0) =∂
∂x j
(∂ f∂xi
)(x0). ♣
Definición 2.54 Sea f : D ⊆ Rn−→ R que admite todas las derivadas parciales de orden 2 en x0.
La matriz hessiana de f en x0, H f (x0), es:
H f (x0) =
∂2 f∂ x1 x1
(x0) ∂2 f∂ x1 x2
(x0) · · · ∂2 f∂ x1 xn
(x0)
∂2 f∂ x2 x1
(x0) ∂2 f∂ x2 x2
(x0) · · · ∂2 f∂ x2 xn
(x0)...
.... . .
...
∂2 f∂ xn x1
(x0) ∂2 f∂ xn x2
(x0) · · · ∂2 f∂ xn xn
(x0)
♣
Teorema 2.55 Sea f : D ⊆ Rn−→ R tal que ∂ f
∂xi(x) y ∂ f
∂x j(x) existen en un entorno de x0 ∈ int(D).
(Teorema de Heffter-Young)
Si ∂ f∂xi
(x) y ∂ f∂x j
(x) son diferenciables en x0 entonces existen ∂2 f∂xi∂x j
(x0) y ∂2 f∂x j∂xi
(x0) con
∂2 f∂xi∂x j
(x0) = ∂2 f∂x j∂xi
(x0).
(Teorema de Schwarz)
Si ∂2 f∂xi∂x j
(x) existe en un entorno de x0 y es continua en x0 entonces existe ∂2 f∂x j∂xi
(x0) con
∂2 f∂x j∂xi
(x0) = ∂2 f∂xi∂x j
(x0). ♣
Nota Obsérvese que si se cumplen las hipótesis del teorema de Schwarz o de Heffter-Young se garantiza
que en ese caso la matriz hessiana es simétrica.
Ejercicio 2.56 Calcular la matriz hessiana de f (x, y) = 40x − 7x2 + 20y − 4y2 − 4xy − 120 en un punto
genérico, indicando las condiciones que debe verificar este punto.
Página 99 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
Solución Esta función es un polinomio y es indefinidamente derivable en todo R2, por lo que calculamos
directamente sus derivadas de primer y segundo orden, que son:∂ f∂x
(x, y) = 40 − 14x − 4y
∂ f∂y
(x, y) = 20 − 8y − 4x=⇒ H f (x, y) =
∂2 f∂ x2 (x, y) ∂2 f
∂ y∂ x (x, y)
∂2 f∂ x∂ y (x, y) ∂2 f
∂ y2 (x, y)
= −14 −4
−4 −8
♣
Ejemplo 2.57 Obtener la matriz hessiana de f (x, y) = x3 + 3xy2 − 15x − 12y en el punto (−3, 2).
Solución Esta función es un polinomio y es indefinidamente derivable en todo R2, por lo que calculamos
directamente sus derivadas de primer y segundo orden, que son:
∂ f∂x (x, y) = 3x2 + 3y2 − 15
∂ f∂y (x, y) = 6xy − 12
=⇒
∂2 f∂ x2 (x, y) = 6x
∂2 f∂ y∂ x (x, y) = ∂2 f
∂ x∂ y (x, y) = 6y
∂2 f∂ y2 (x, y) = 6x
Por tanto, la matriz hessiana de f en el punto es:
H f (x, y) =
∂2 f∂ x2 (−3, 2) ∂2 f
∂ y∂ x (−3, 2)
∂2 f∂ x∂ y (−3, 2) ∂2 f
∂ y2 (−3, 2)
= −18 12
12 −18
♣
Maxima 2.58 Obtener las derivadas de segundo orden de f (x, y) =√
x2 + y2 (continuación ejemplo 2.37)
( % i11) diff(f(x,y),x,2,y,0);
1√y2 + x2
−x2(
y2 + x2) 32
( % o10)
diff(f(x,y),x,1,y,1);
−xy(
y2 + x2) 32
( % o11)
( % i13) diff(f(x,y),y,1,x,1);
−xy(
y2 + x2) 32
( % o12)
;diff(f(x,y),x,0,y,2);
1√y2 + x2
−y2(
y2 + x2) 32
( % o13)
( % i14) define(H(x,y), hessian(f(x,y),[x,y]));
H (x, y) :=
1√
y2+x2− x2
(y2+x2)32
−xy
(y2+x2)32
−xy
(y2+x2)32
1√y2+x2
−y2
(y2+x2)32
( % o14)
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 100
TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
Nota f admite derivada parcial de orden k, con respecto a xi1 , . . . , xik−1 , xik , si f admite derivada parcial
de orden k − 1 en un entorno de x0 con respecto a xi1 , . . . , xik−1 y esta derivada parcial es derivable en x0 con
respecto a xik .
En este caso se define la derivada parcial de orden k como
Di1···ik f (x0) =∂k f
∂xik · · · ∂xi1(x0) =
∂
∂xik
(∂ f k−1
∂xi1 , . . . , ∂xik−1
)(x0)
Además decimos que f es de clase Ck en un abierto U, f ∈ Ck(U), si existen y son continuas en U todas
las derivadas parciales sucesivas de f hasta el orden k y es de clase C∞ en U, f ∈ C∞(U), si existen y son
continuas en U todas las derivadas parciales sucesivas de todos los órdenes.
Ejercicio 2.59 Calcular, haciendo el menor número de derivadas posibles, las siguientes derivadas de
segundo orden∂2 f∂x∂y
(1, 1) con f (x, y) = ln(2y2x − x2y).∂2 f∂y2
(π,
12
)con f (x, y) = 3 sen2(2xy)
∂2 f∂y2 (1, 1) con g(x, y) = 3x sen2(πxy)
Ejercicio 2.60 Obtener, haciendo el menor número de derivadas posibles, las siguientes derivadas de se-
gundo orden especificando las condiciones que debe verificar el punto para que existan.
(a)∂2 f∂y2
(π, 1/4) (b)∂2 f∂y∂x
(3/2, π) (c)∂2g∂z∂x
(1, 2, 3) (d)∂2g∂x∂z
(1, 2, 3) (e)∂2g∂z2
(3, 2, 1)
con f (x, y) = sen2(xy), g(x, y, z) = ln(xy2z3).
Página 101 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
Ejercicios del tema
Ejercicio 2.61 Estudiar la continuidad y las curvas de nivel de las siguientes funciones y determinar, si es
posible, la curva de nivel que pasa por el punto que se indica (especificar el dominio de existencia de la
función cuando no sea todo el plano):
(a) f (x, y) = 2x + y P (1, 3/5) (b) f (x, y) = xy P(1, e)
(c) f (x, y) = x2 + y P(√
5, 3/2)
(d) f (x, y) = x + y2 P(1/4, 1)
(e) f (x, y) = (x − 1)2 + y2 P(2, 1/2) (f) f (x, y) = 2/x P (2/3, π)
(g) f (x, y) = ln(
xy
)P(1, e) (h) f (x, y) =
√yx
P(−1, 2)
Solución
(a) Esta función es continua siempre (D( f ) = R2). Sus curvas de nivel son rectas
Ck( f ) = {(x, y) ∈ R2/2x + y = k} ⇔ y = −2x + k
Su pendiente es m = −2 y corta con el eje OY en el punto Q(0, k) de forma que cuando k crece estas rectas
se alejan del origen. La curva de nivel que pasa por P (1, 3/5) corresponde a k = f (1, 3/5) = 13/5:
(b) Esta función es continua siempre (D( f ) = R2). Sus curvas de nivel son los ejes OX y OY para k = 0 e
hipérbolas de centro el origen para k , 0
Ck( f ) = {(x, y) ∈ R2/xy = k}
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 102
TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
Para k > 0 sus vértices son V1(√
k,√
k) y V2(−√
k,−√
k) de forma que cuando k crece estas hipérbolas se
alejan del origen (para k < 0 son V1(√−k,−
√−k) y V2(−
√−k,√−k)) La curva de nivel que pasa por P(1, e)
corresponde a k = f (1, e) = e.
(c) Esta función es continua siempre (D( f ) = R2). Sus curvas de nivel son parábolas verticales con corte
con el eje OY Q(0, k) y cortes con el eje OX Q1(√
k, 0) y Q2(−√
k, 0) para k ≥ 0 (no corta el eje si k < 0)
Ck( f ) = {(x, y) ∈ R2/x2 + y = k} ⇔ y = −x2 + k
Su vértice es V(0, k) de forma que cuando k crece estas parábolas se alejan del origen. La curva de nivel
que pasa por P(√
5, 3/2)
corresponde a k = f(√
5, 3/2)= 13/2
(d) Esta función es continua siempre (D( f ) = R2). Sus curvas de nivel son parábolas horizontales con corte
con el eje OX Q2(0, k) y cortes con el eje OY Q1(0,√
k) y Q2(0,−√
k) para k ≥ 0 (no corta el eje si k < 0)
Ck( f ) = {(x, y) ∈ R2/x + y2 = k} ⇔ x = −y2 + k ⇔ y =√
k − x
Su vértice es V(k, 0) de forma que cuando k crece las parábolas se alejan del origen. La curva de nivel que
pasa por P(1/4, 1) corresponde a k = f (1/4, 1) = 5/4.
(e) Esta función es continua (D( f ) = R2). Sus curvas de nivel son circunferencias
Ck( f ) = {(x, y) ∈ R2/(x − 1)2 + y2 = k} ⇔ y = ±√
k − (x − 1)2
El centro es C(1, 0) y su radio R =√
r para k ≥ 0, de forma que se alejan del centro cuando k crece (no
existen curvas de nivel para k < 0). La curva de nivel que pasa por P(2, 1/2) corresponde a k = f (2, 1/2) =
5/4.
(f) Esta función es continua sólo si no se anula el denominador
D( f ) = {(x, y) ∈ R2/x , 0}
Página 103 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
Sus curvas de nivel son rectas verticales para k , 0 (no existe curva de nivel para k = 0)
Ck( f ) = {(x, y) ∈ R2/2x= k} ⇔ x = 2/k
Estas rectas se acercan a la recta x = 0 cuando k crece. La curva de nivel que pasa por P (2/3, π) corresponde
a k = f (2/3, π) = 3.
(g) Esta función es continua si el argumento del logaritmo es positivo (primer y tercer cuadrantes) y el
denominador de la fracción es distinto de cero (el dominio es abierto ya que no incluye los ejes que forman
la frontera del dominio)
D( f ) = {(x, y) ∈ R2/xy> 0, y , 0}
Sus curvas de nivel son rectas en las que el origen no pertenece a la curva de nivel, ya que, aunque las rectas
pasan todas por el origen este punto no pertenece al dominio
Ck( f ) = {(x, y) ∈ R2/ ln(
xy
)= k} ⇔
xy= ek ⇔ y =
xek
La pendiente es m = 1/ek, de forma que cuando k crece estas rectas se acercan al eje OX cuyos puntos no
pertenece al dominio. La curva de nivel que pasa por P(1, e) corresponde a k = f (1, e) = −1
(h) Esta función es continua si el argumento de la raíz es no negativo (primer y tercer cuadrantes) y el
denominador de la fracción es distinto de cero (el dominio no es ni abierto ni cerrado, pues los ejes forman
la frontera del dominio y el eje OX sí está en el dominio y al eje OY no)
D( f ) = {(x, y) ∈ R2/xy> 0, y , 0}
Sus curvas de nivel son rectas en las que el origen no pertenece a la curva de nivel, ya que, aunque las
rectas pasan todas por el origen este punto no pertenece al dominio.
Ck( f ) = {(x, y) ∈ R2/
√yx= k} ⇔
yx= k2 ⇔ y = xk2
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 104
TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
Estas rectas tienen pendiente m = k2 y cuando k crece se acercan al eje OY (recta x = 0 cuyos puntos no
pertenece al dominio). No hay ninguna curva de nivel que pase por P(−1, 2). ♣
Ejercicio 2.62 Estudiar la continuidad de las siguientes funciones y calcular sus derivadas parciales de
primer orden (especificar el dominio de existencia de la función y, si es distinto, el dominio de existencia
conjunta de sus derivadas).
(a) f (x, y) =x − yx + y
(b) f (x, y) =3x2 − 2y2
x2 + y2 (c) f (x, y) =x2y + xy2
xy
(d) f (x, y) =√
x + yx − y
(e) f (x, y) = arctan(y
x
)+ arctan
(xy
)(f) f (x, y) = 2
1x+y
(g) f (x, y, z) = xy + zx (h) f (x, y, z) =x2z3
x2 − y2 (i) f (x, y, z) =ex
y2 − z2
Solución
(a) f (x, y) =x − yx + y
está definida y es continua cuando el denominador es distinto de 0:
D( f ) ={(x, y) ∈ R2/x + y , 0
}=
{(x, y) ∈ R2/y , −x
}f es derivable con respecto a x e y en su dominio y sus derivadas parciales son
∂ f∂x
(x, y) =2y
(x + y)2
∂ f∂y
(x, y) = −2x
(x + y)2
(b) f (x, y) =3x2 − 2y2
x2 + y2 está definida y es continua cuando el denominador es distinto de 0:
D( f ) ={(x, y) ∈ R2/x2 + y2 , 0
}=
{(x, y) ∈ R2/(x, y) , (0, 0)
}f es derivable con respecto a x e y en su dominio y sus derivadas parciales son
∂ f∂x
(x, y) =10xy2(
x2 + y2)2
∂ f∂y
(x, y) = −10x2y(
x2 + y2)2
(c) f (x, y) =x2y + xy2
xyestá definida y es continua cuando el denominador es distinto de 0:
D( f ) ={(x, y) ∈ R2/xy , 0
}=
{(x, y) ∈ R2/x , 0, y , 0
}Página 105 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
Para puntos de este dominio podemos simplificar y tenemos f (x, y) = x + y con derivadas parciales
∂ f∂x
(x, y) = 1∂ f∂y
(x, y) = 1
(d) f (x, y) =√
x + yx − y
está definida y es continua cuando el argumento de la raíz es no negativo y su deno-
minador es distinto de 0
D( f ) ={
(x, y) ∈ R2/x + yx − y
≥ 0, x − y , 0}
que podemos escribir D( f ) ={(x, y) ∈ R2/x + y ≥ 0, x − y > 0
}∪
{(x, y) ∈ R2/x + y ≤ 0, x − y < 0
}Sus derivadas parciales son
∂ f∂x
(x, y) = −y
(x − y)2√
x+yx−y
∂ f∂y
(x, y) =x
(x − y)2√
x+yx−y
f no es derivable con respecto a x e y en todo su dominio ya que sólo están definidas cuando el argumento
de la raíz es positivo
D(∂ f∂x,∂ f∂x
) ={
(x, y) ∈ R2/x + yx − y
> 0, x − y , 0}
que podemos escribir{(x, y) ∈ R2/x + y > 0, x − y > 0
}∪
{(x, y) ∈ R2/x + y < 0, x − y < 0
}(e) f (x, y) = arctan
(yx
)+ arctan
(xy
)está definida y es continua cuando los denominadores de las fracciones
que aparecen son distintos de 0:
D( f ) ={(x, y) ∈ R2/x, y , 0
}f es derivable con respecto a x e y en su dominio y sus derivadas parciales son
∂ f∂x
(x, y) =1
y(
x2
y2 + 1) − y
x2(
y2
x2 + 1) = 0
∂ f∂y
(x, y) =1
x(
y2
x2 + 1) − x
y2(
x2
y2 + 1) = 0
(f) f (x, y) = 21
x+y está definida y es continua cuando el denominador de la fracción no es nulo:
D( f ) ={(x, y) ∈ R2/x + y , 0
}=
{(x, y) ∈ R2/y , −x
}PROYECTO MATECO 3.14159 Página 106
TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
f es derivable en su dominio y sus derivadas parciales son
∂ f∂x
(x, y) = −ln(2)2
1x+y
(x + y)2
∂ f∂y
(x, y) = −ln(2)2
1x+y
(x + y)2
(g) Aunque su dominio es mayor, consideramos que f (x, y, z) = xy+ zx está definida, es continua y derivable
con respecto a x, y, z cuando la base de ambas potencias es positiva, D( f ) ={(x, y, z) ∈ R3/x, z > 0
}Sus derivadas parciales son
∂ f∂x
(x, y, z) = yxy−1 + zx ln(z)∂ f∂y
(x, y, z) = xy ln(x)∂ f∂z
(x, y, z) = xzx−1
(h) f (x, y, z) =x2z3
x2 − y2 está definida y es continua cuando el denominador no se anula:
D( f ) ={(x, y, z) ∈ R3/x2 − y2 , 0
}=
{(x, y, z) ∈ R3/x , ±y
}f es derivable con respecto a x e y en su dominio y sus derivadas parciales son
∂ f∂x
(x, y, z) = −2xy2z3(x2 − y2)2
∂ f∂y
(x, y, z) =2x2yz3(x2 − y2)2
∂ f∂z
(x, y, z) =3x2z2
x2 − y2
(i) f (x, y, z) =ex
y2 + z2 está definida y es continua cuando el denominador no se anula:
D( f ) ={(x, y, z) ∈ R3/y2 + z2 , 0
}=
{(x, y, z) ∈ R3/(y, z) , (0, 0)
}f es derivable con respecto a x, y, z en su dominio y sus derivadas parciales son
∂ f∂x
(x, y, z) =ex
y2 + z2
∂ f∂y
(x, y, z) = −2exy(
y2 + z2)2
∂ f∂z
(x, y, z) = −2exz(
y2 + z2)2
Ejercicio 2.63 Calcular las derivadas parciales de las siguientes funciones en el punto que se indica (es-
pecificar el dominio de existencia de la función y, si es distinto, el dominio de existencia conjunta de sus
derivadas)
(a) f (x, y) =22xy
e2xy + 1en (1, 0) (b) f (x, y) = (2x2 + 3y2)x2+x en (0, 1).
Página 107 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
Solución
(a) f (x, y) =22xy
e2xy + 1siempre tiene denominador positivo, por tanto, es continua y derivable con respecto a
x e y en R2:
∂ f∂x
(x, y) =2y22xy ln 2(e2xy + 1) − 2y22xye2xy
(e2xy + 1)2 =⇒∂ f∂x
(1, 0) = 0
∂ f∂y
(x, y) =2x22xy ln 2(e2xy + 1) − 2x22xye2xy
(e2xy + 1)2 =⇒∂ f∂y
(1, 0) =2 ln 2 − 1
2
(b) f (x, y) = (2x2 + 3y2)x2+x es continua y derivable con respecto a x, y cuando la base es positiva y vamos
a calcular las derivadas parciales de dos formas distintas.
D( f ) ={(x, y) ∈ R2/2x2 + 3y2 > 0
}=
{(x, y) ∈ R2/(x, y) , (0, 0)
}∪
{(x, y, z) ∈ R3/x < 0, y < 0
}
En primer lugar vamos a utilizar la regla de la cadena.
∂ f∂x
(x, y) = (x2 + x)( 2x2 + 3y2)x2+x−1(2 2x) + (2x2 + 3y2)x2+x ln(2x2 + 3y2)(2x + 1)
∂ f∂y
(x, y) = (x2 + x)(2x2 + 3y2)x2+x−1(6y)
La segunda forma es mediante derivación logarítmica, para lo que consideramos el logaritmo de la función
ln ( f (x, y)) = ln((2x2 + 3y2)x2+x
)⇔ ln ( f (x, y)) = (x2 + x) ln(2x2 + 3y2)
Derivando esta expresión obtenemos una ecuación que nos permite calcular la derivada
∂ f∂x (x, y)f (x, y)
= (2x + 1) ln(2x2 + 3y2) + (x2 + x)4x
2x2 + 3y2
∂ f∂x
(x, y) =[(2x + 1) ln(2x2 + 3y2) + (x2 + x)
4x2x2 + 3y2
](2x2 + 3y2)x2+x
∂ f∂y (x, y)
f (x, y)= (x2 + x)
6y2x2 + 3y2 =⇒
∂ f∂y
(x, y) =[(x2 + x)
6y2x2 + 3y2
](2x2 + 3y2)x2+x
Sustituyendo en las derivadas parciales obtenemos∂ f∂x
(0, 1) = ln(b) y∂ f∂y
(0, 1) = 0 ♣
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 108
TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
Ejercicio 2.64 Calcular el vector gradiente de las siguientes funciones en un punto genérico y, si es posible,
en el punto P que se indica:
(a) f (x, y) =xy
x2 + y2 P(2, 1) (b) f (x, y) = sen(2x2y) cos(3xy2) P(1, 1)
(c) f (x, y, z) = (xy)z P(1, 1, 1) (d) f (x, y, z) = π2z
x+y P(1, 1, 2)
En todos los casos estudiar la continuidad y especificar el dominio de existencia de la función y el
dominio de existencia del gradiente (si es distinto al de la función).
Solución En muchos ejercicios el vector gradiente se representa por sus coordenadas, por comodidad y
ahorro de espacio, pero es conveniente recordar que un vector siempre es una matriz columna.
(a) f (x, y) =xy
x2 + y2 está definida y es continua cuando el denominador no se anula:
D( f ) ={(x, y) ∈ R2/x2 + y2 , 0
}=
{(x, y) ∈ R2/(x, y) , (0, 0)
}f es derivable con respecto a x, y en su dominio y sus derivadas parciales son
∂ f∂x
(x, y) =y xy+1 + y3xy−1 − 2xy+1
(x2 + y2)2
∂ f∂y
(x, y) =xy+2 ln x + y2xy ln x − xy2y
(x2 + y2)2
Por tanto, su vector gradiente en el punto (2, 1) es:
∇ f (2, 1) =
∂ f∂x
(2, 1)
∂ f∂y
(2, 1)
=
−325
10 ln 2 − 425
(b) f (x, y) = sen(2x2y) cos(3xy2) está definida, es continua y es derivable con respecto a x, y en todo R2 y
sus derivadas parciales son
∂ f∂x
(x, y) = 4xy cos(2x2y) cos(3xy2) − 3y2 sen(2x2y) sen(3xy2)
∂ f∂y
(x, y) = 2x2 cos(2x2y) cos(3xy2) − 6xy sen(2x2y) sen(3xy2)
Página 109 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
Por tanto, su vector gradiente en el punto (1, 1) es:
∇ f (x, y) =
∂ f∂x
(1, 1)
∂ f∂y
(1, 1)
=
4 cos(2) cos(3) − 3 sen(2) sen(3)
2 cos(2) cos(3) − 6 sen(2) sen(3)
(c) f (x, y, z) = (xy)z es continua y es derivable con respecto a x, y cuando la base es positiva
D( f ) ={(x, y, z) ∈ R3/xy > 0
}=
{(x, y, z) ∈ R3/x > 0, y > 0
}∪
{(x, y, z) ∈ R3/x < 0, y < 0
}
Las derivadas de primer orden son
∂ f∂x
(x, y, z) = yz (xy)z−1 ∂ f∂y
(x, y, z) = xz (xy)z−1 ∂ f∂z
(x, y, z) = (xy)z ln xy
Por tanto, su vector gradiente en el punto (1, 1, 1) es:
∇ f (x, y, z) =
∂ f∂x
(1, 1, 1)
∂ f∂y
(1, 1, 1)
∂ f∂z
(1, 1, 1)
=
1
1
0
(d) f (x, y, z) = π2z
x+y está definida y es continua cuando el denominador no se anula:
D( f ) ={(x, y, z) ∈ R3/x + y , 0
}=
{(x, y, z) ∈ R3/y , −x
}
f es derivable con respecto a x, y, z en su dominio y sus derivadas parciales son
∂ f∂x
(x, y, z) = −2z ln(π)π
2zx+y
(x + y)2
∂ f∂y
(x, y, z) = −2z ln(π)π
2zx+y
(x + y)2
∂ f∂z
(x, y, z) =2 ln(π)π
2zx+y
x + y
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 110
TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
Por tanto, su vector gradiente en el punto (1, 1, 2) es:
∇ f (x, y, z) =
∂ f∂x
(1, 1, 2)
∂ f∂y
(1, 1, 2)
∂ f∂z
(1, 1, 2)
=
−π2 ln(π)
−π2 ln(π)
π2 ln(π)
Ejercicio 2.65 Determinar el plano tangente a la función en el punto P que se indica:
(a) f (x, y) =ey
x + yP(0, 1) (b) f (x, y) = e1−x sen(πxy) P(1, 1)
Solución
(a) f (x, y) =ey
x + yestá definida y es continua cuando el denominador es distinto de 0:
D( f ) ={(x, y) ∈ R2/x + y , 0
}=
{(x, y) ∈ R2/y , −x
}
f es derivable con respecto a x e y en su dominio y sus derivadas parciales son
∂ f∂x
(x, y) =∂ f∂y
(x, y) =
El plano tangente a la función en el punto P(0, 1) es
z − f (0, 1) =∂ f∂x
(0, 1)(x − 0) +∂ f∂y
(0, 1)(y − 1)
(b) f (x, y) = e1−x sen(πxy) es continua y derivable con respecto a x e y en R2 y sus derivadas parciales son:
∂ f∂x
(x, y) =∂ f∂y
(x, y) =
El plano tangente a la función en el punto P(1, 1) es
z − f (1, 1) =∂ f∂x
(0, 1)(x − 0) +∂ f∂y
(0, 1)(y − 1) = 0
Página 111 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
Ejercicio 2.66 Calcular la diferencial de las siguientes funciones en un punto genérico y si es posible, en
el punto P que se indica:
(a) f (x, y) = y2/x3 P(1/2, 1/2) (b) f (x, y) =√
2x3 + 3y4 P(−1, 1)
(c) f (x, y) = y2 tg2(πx2) P(1/2, 1) (d) f (x, y) = 2x sen(xy) cos(xy) P(π, 1/2)
(e) f (x, y, z) =e2xy + z
e2yz P(1, 0, 1) (f) f (x, y, z) = x sen(x2y)e2yz2P(1, π, 0)
(g) f (x, y, z) = (2x2 + z3)3yz P(2, 1, 0) (h) f (x, y, z) = (2x2)3y2z P(−2, 1, 0)
En todos los casos estudiar la continuidad y diferenciabilidad especificando el dominio de existencia
de la función y el conjunto de puntos en los que la función es diferenciable (si es distinto al dominio).
Solución
(a) f (x, y) = y2/x3 está definida y es continua en D( f ) = {(x, y) ∈ R2/x , 0}
El vector gradiente, formado por sus parciales es ∇ f (x, y) =(−3y2/x4, 2y/x3
)f (x, y) es derivable con respecto a x e y en su dominio y ambas parciales son continuas por tanto, la
función es diferenciable en su dominio con diferencial
D f (x, y)[dx, dy] =(−3y2
x4
2yx3
) dx
dy
= −3y2
x4 dx +2yx3 dy
La diferencial en el punto es D f (1/2, 1/2)[dx, dy] =(−12 8
) dx
dy
= −12dx + 8dy
(b) f (x, y) =√
2x3 + 3y4 está definida y es continua en D( f ) = {(x, y) ∈ R2/2x3 + 3y4 ≥ 0}
El vector gradiente, formado por sus parciales es
∇ f (x, y) =(
3x2√2x3 + 3y4
,6y3√
2x3 + 3y4
)
f (x, y) no es derivable con respecto a x e y en todo su dominio, ya que no lo es en la frontera del dominio
pues 2x3 + 3y4 tiene que ser distinto de cero
D(∇ f ) = {(x, y) ∈ R2/2x3 + 3y4 > 0}
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 112
TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
Las dos parciales son continuas en el dominio del gradiente, por tanto, la función es diferenciable en el
dominio del gradiente con diferencial
D f (x, y)[dx, dy] =(
3x2√2x3 + 3y4
6y3√2x3 + 3y4
) dx
dy
= 3x2√2x3 + 3y4
dx +6y3√
2x3 + 3y4dy
La diferencial en el punto es D f (−1, 1)[dx, dy] =(
3 6) dx
dy
= 3dx + 6dy
(c) f (x, y) = y2 tg2(πx2) está definida y es continua en D( f ) = {(x, y) ∈ R2/ cos((πx2) , 0}
El vector gradiente, formado por sus parciales es
∇ f (x, y) =
4πxy2 tan(πx2
)cos2 (
πx2) 2y tg2(πx2)
f (x, y) es derivable con respecto a x e y en su dominio y ambas parciales son continuas por tanto, la
función es diferenciable en su dominio con diferencial
D f (x, y)[dx, dy] =
4πxy2 tan(πx2
)cos2 (
πx2) 2y tg2(πx2)
dx
dy
= 4πxy2 tan(πx2
)cos2 (
πx2) dx + 2y tg2(πx2)dy
La diferencial en el punto es D f (1/2, 1)[dx, dy] =(
4π 2) dx
dy
= 4πdx + 2dy
(d) f (x, y) = 2x sin(xy) cos(xy) está definida y es continua siempre (D( f ) = R2).
El vector gradiente, formado por sus parciales es
∇ f (x, y) =(−2xy sin2(xy) + 2xy cos2(xy) + 2 sin(xy) cos(xy), 2x2 cos2(xy) − 2x2 sin2(xy)
)
f (x, y) es derivable con respecto a x e y siempre y ambas parciales son continuas, por tanto, la función
es diferenciable en R2 con diferencial en el punto
D f (π, 1/2)[dx, dy] =(−π −2π2
) dx
dy
= −πdx − 2π2dy
Página 113 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
(e) f (x, y, z) =e2xy + z
e2yz está definida y es continua siempre (D( f ) = R3).
El vector gradiente, formado por sus parciales es
∇ f (x, y, z) =(
2ye2xy−2yz, 2e−2yz(−ze2xy + xe2xy − z2
), −e−2yz
(2ye2xy + 2yz − 1
) )
f (x, y, z) es derivable con respecto a x, y, z siempre y todas las parciales son continuas, por tanto, la
función es diferenciable en R3 con diferencial en el punto es
D f (x, y, z)[dx, dy, dz] =(
2e2ππ 2e2π 1 − 2e2ππ
)
dx
dy
dz
= 2e2ππdx + 2e2π +(1 − 2e2ππ
)dz
(f) f (x, y, z) = x sen(x2y)e2yz2está definida y es continua siempre (D( f ) = R3), ya que el denominador no se
anula nunca.
El vector gradiente, formado por sus parciales es
∇ f (x, y, z) =
e2yz2
(sin
(x2y
)+ 2x2y cos
(x2y
))xe2yz2
(2z2 sin
(x2y
)+ x2 cos
(x2y
))4xyze2yz2
sin(x2y
)
f (x, y, z) es derivable con respecto a x, y, z siempre y todas las parciales son continuas, por tanto, la
función es diferenciable en R3 con diferencial en el punto es
D f (x, y, z)[dx, dy, dz] =(−2π −1 0
)
dx
dy
dz
= −2πdx − dy
(g) f (x, y, z) = (2x2 + z3)3yz está definida, es continua y derivable con respecto a x, y, z en
D( f ) = {(x, y, z) ∈ R3/2x2 + z3 > 0}
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 114
TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
El vector gradiente, formado por sus parciales es
∇ f (x, y, z) =
8xyz
(2x2 + z3
)2yz−1
2z(2x2 + z3
)2yzln
(2x2 + z3
)6yz3
(2x2 + z3
)2yz−1+ 2y
(2x2 + z3
)2yzln
(2x2 + z3
)
Obsérvese que la derivada con respecto de z se podría obtener por derivación logarítmica y quedaría∂ f∂z=
(2x2 + z3
)2yz(
6yz3
2x2 + z3 + 2y ln(2x2 + z3
))
Todas las parciales son continuas, por tanto, la función es diferenciable en su dominio. con diferencial
D f (x, y, z)[dx, dy, dz] =(
0 0 6 ln(2))
dx
dy
dz
= 6 ln(2)dz
(h) f (x, y, z) = (2x2)3y2z está definida y es continua en
D( f ) = {(x, y, z) ∈ R3/2x2 > 0} = {(x, y, z) ∈ R3/x , 0}
El vector gradiente, formado por sus parciales es
∇ f (x, y, z) =(
4x(3y2z − 1)(2x2)3y2z, 6yz(2x2)3y2z ln(2x2), 3y2(2x2)3y2z ln(2x2))
La función es derivable con respecto a x, y, z en su dominio y todas las parciales son continuas, por
tanto, la función es diferenciable en su dominio con diferencial en el punto es
D f (x, y, z)[dx, dy, dz] =(
0 0 3 ln(2) + 3 ln(4))
dx
dy
dz
= (3 ln(2) + 3 ln(4))dz
Página 115 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
Ejercicio 2.67 Calcular, si es posible, la derivada direccional de las siguientes funciones en el punto P y
en la dirección del vector v (tasa instantánea de variación):
(a) f (x, y, z) = z√
3x − 2y P(1, 1, 1) v(2, 1, 2) (b) f (x, y, z) =√
xy2 − z2 P(4, 2, 1) v(1, 1, 1)
En todos los casos estudiar la continuidad y diferenciabilidad especificando el dominio de existencia
de la función y el conjunto de puntos en los que la función es diferenciable (si es distinto al dominio).
Solución
(a) f (x, y, z) = z√
3x − 2y está definida y es continua en D( f ) = {(x, y, z) ∈ R3/3x − 2y ≥ 0}
El vector gradiente, formado por sus parciales es
∇ f (x, y, z) =( 3z
2√
3x − 2y,−
z√3x − 2y
,√
3x − 2y)
f (x, y, z) no es derivable con respecto a x, y, z en todo su dominio, ya que no lo es cuando 3x − 2y es 0
D(∇ f ) = {(x, y, z) ∈ R3/3x − 2y > 0}
Las dos parciales son continuas en el dominio del gradiente, por tanto, la función es diferenciable en el
dominio del gradiente con diferencial
D f (x, y, z)[dx, dy, dz] =( 3z
2√
3x − 2y−
z√3x − 2y
√3x − 2y
) dx
dy
dz
En el punto la diferencial es
D f (1, 1, 1)[dx, dy, dz] =(
32 − 1 1
)
dx
dy
dz
=32
dx − dy + dz
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 116
TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
Como f (x, y, z) es diferenciable en el punto P(1, 1, 1) su derivada según el vector v = (2, 1, 2) es
Dv f (P) = D f (P)[v] = D f (1, 1, 1)[(2, 1, 2)] =(
32 − 1 1
)
2
1
2
= 4
Para obtener la derivada direccional (tasa instantánea de variación) debemos dividir por el módulo del
vector
||v|| =√
22 + 12 + 22 =√
9 = 3 =⇒ D v||v||
f (P) =Dv f (P)||v||
=43
(b) f (x, y, z) =√
xy2 − z2 está definida y es continua en
D( f ) = {(x, y, z) ∈ R3/x ≥ 0, y2 − z2 , 0} = {(x, y, z) ∈ R3/x ≥ 0, y , ±z}
El vector gradiente, formado por sus parciales es
∇ f (x, y, z) =(
12√
x(y2−z2) , −2√
xy
(y2−z2)2 ,2√
xz
(y2−z2)2
)
f (x, y, z) no es derivable con respecto a x, y, z en todo su dominio, ya que no lo es cuando x es cero
D(∇ f ) = {(x, y, z) ∈ R3/x > 0, y2 − z2 , 0} = {(x, y, z) ∈ R3/x > 0, y , ±z}
Las dos parciales son continuas en el dominio del gradiente, por tanto, la función es diferenciable en el
dominio del gradiente con diferencial en el punto (4, 2, 1)
D f (4, 1, 2)[dx, dy, dz] =(− 1
12 − 49
89
)
dx
dy
dz
= −1
12dx −
49+ dy
89
Página 117 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
Como f (x, y, z) es diferenciable en el punto P(4, 2, 1) su derivada según el vector v = (1, 1, 1) es
Dv f (P) = D f (P)[v] = D f (4, 2, 1)[(1, 1, 1)] =(− 1
12 − 49
89
)
1
1
1
=1336
Para obtener la derivada direccional (tasa instantánea de variación) dividimos por el módulo del vector
||v|| =√
12 + 12 + 12 =√
3 =⇒ D v||v||
f (P) =Dv f (P)||v||
=13
36√
3
Ejercicio 2.68 Determinar la dirección de máximo crecimiento de las siguientes funciones en el punto P
que se indica y la tasa instantánea de variación en esa dirección:
(a) f (x, y, z) =√
xyz P(1, 1, 1) (b) f (x, y, z, t) = (xt)yz P(1, 1, 1, 1)
En todos los casos estudiar la continuidad y diferenciabilidad especificando el dominio de existencia de la
función y el conjunto de puntos en los que la función es diferenciable (si es distinto al dominio).
Solución
(a) f (x, y, z) =√
xyz es continua en D( f ) = {(x, y, z) ∈ R3/xyz ≥ 0}
El vector gradiente, formado por sus parciales es ∇ f (x, y, z) =(
yz2√
xyz,
xz2√
xyz,
xy2√
xyz
)f (x, y, z) no es derivable con respecto a x, y, z en todo su dominio, ya que no lo es si xyz es 0
D(∇ f ) = {(x, y, z) ∈ R3/xyz > 0}
Las dos parciales son continuas en el dominio del gradiente, por tanto, la función es diferenciable en el
dominio del gradiente, por tanto diferenciable en el punto P(1, 1, 1). La dirección de máximo crecimiento
la determina el vector gradiente en el punto y es ∇ f (1, 1, 1) = (1/2, 1/2, 1/2); lo que indica que el máximo
crecimiento se obtiene con todas las variables aumentando en la misma proporción. La tasa instantánea de
variación (derivada direccional) en la dirección del gradiente corresponde al módulo de este vector gradiente
D ∇ f||∇ f ||
f (P) = ||∇ f || =
√(12
)2
+
(12
)2
+
(12
)2
= f rac√
32
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 118
TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
(b) f (x, y, z, t) = (xt)yz es continua y derivable respecto a x, y, z en D( f ) = {(x, y, z, t) ∈ R4/xt > 0}
El vector gradiente ∇ f (x, y, z, t) =(
tyz(tx)yz−1, z ln(tx)(tx)yz, y ln(tx)(tx)yz, xyz(tx)yz−1)
Todas las parciales son continuas, por tanto, la función es diferenciable en su dominio y, en particular en
el punto P(1, 1, 1, 1). La dirección de máximo crecimiento la determina el vector gradiente en el punto y es
∇ f (1, 1, 1, 1) = (1, 0, 1, 0); lo que indica que el máximo crecimiento se obtiene aumentando las variables x
y t en la misma proporción y manteniendo constantes las variables y, z. La correspondiente tasa instantánea
de variación es módulo del vector gradiente ||∇ f || =√
12 + 02 + 02 + 12 =√
2
Ejercicio 2.69 Calcular la matriz hessiana de las siguientes funciones en un punto genérico especificando
las condiciones que debe verificar el punto para que existan, y, si es posible, en el punto P que se indica:
(a) f (x, y) =sen ycos x
P(π/4, π/4) (b) f (x, y) =√
xy P(1/2, 1/2)
(c) f (x, y, z) = 3xz ln(2y) P(1, 0, e2 ) (d) f (x, y, z) = ln
( x + yz
)P(1, 1, 2)
En todos los casos estudiar la continuidad y diferenciabilidad especificando el dominio de existencia
de la función y el conjunto de puntos en los que la función es diferenciable (si es distinto al dominio).
Solución
(a) f (x, y) =sen ycos x
es continua y diferenciable cuando el denominador no es cero
D( f ) ={(x, y) ∈ R2/ cos x , 0
}=
{(x, y) ∈ R2/x ,
π
2± kπ; k = 0, 1, 2, . . .
}
Las derivadas parciales son ∂ f∂x
(x, y) =sen y sen x
cos2 x∂ f∂y
(x, y) =cos ycos x
Las derivadas de primer orden son derivables con respecto a ambas variables en el dominio, con lo que
al derivarlas obtenemos las derivadas de segundo orden, que dan lugar a la matriz hessiana:
H f (x, y) =
∂2 f∂ x2 (x, y)
∂2 f∂ y∂ x
(x, y)
∂2 f∂ x∂ y
(x, y)∂2 f∂ y2 (x, y)
=
cos2 x sen y + 2 sen2 x sen ycos3 x
sen x cos ycos2 x
sen x cos ycos2 x
−sen ycos x
Página 119 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
que en el punto (π/4, π/4) es H (π/4, π/4) =
3 1
1 −1
(b) La función está definida en D( f ) =
{(x, y) ∈ R2/xy ≥ 0
}pero sólo es diferenciable en
D(∇ f ) ={(x, y) ∈ R2/xy > 0
}
Escribimos esta función como f (x, y) = x12 y
12 para x, y > 0 (si x, y < 0 se escribe como (−x)
12 (−y)
12 ) y
obtenemos sus derivadas de primer y segundo orden
∂ f∂x
(x, y) = 12 x−
12 y
12
∂ f∂y
(x, y) = 12 x
12 y−
12
=⇒
∂2 f∂ x2 (x, y) = −1
4 x−32 y
12 = −
√y
4x√
x
∂2 f∂ y∂ x
(x, y) =∂2 f∂ x∂ y
(x, y) = 14 x−
12 y−
12 = 1
4√
xy
∂2 f∂ y2 (x, y) = −1
4 x12 y−
32 = −
√x
4y√
y
Las derivadas de segundo orden dan lugar a la matriz hessiana, que en el punto es
H f (1/2, 1/2) =
∂2 f∂ x2 (1/2, 1/2)
∂2 f∂ y∂ x
(1/2, 1/2)
∂2 f∂ x∂ y
(1/2, 1/2)∂2 f∂ y2 (1/2, 1/2)
= −1/2 1/2
1/2 −1/2
(c) La función es continua y diferenciable en D( f ) =
{(x, y, z) ∈ R3/y > 0
}Las derivadas parciales de primer son
∂ f∂x
(x, y, z) = 3z ln(2y),∂ f∂y
(x, y, z) =3xzy,
∂ f∂z
(x, y, z) = 3x ln(2y),
Las derivadas de segundo orden dan lugar a la matriz hessiana:
H f (x, y, z) =
0 3z
y 3 ln(2y)
3zy −3xz
y23xy
3 ln(2y) 3xy 0
=⇒ H f(0, 1,
e2
)=
0 3e
2 3 ln(2)
3e2 0 0
3 ln(2) 0 0
(d) La función es continua y diferenciable en D( f ) =
{(x, y, z) ∈ R3/ x+y
z > 0, z , 0}
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 120
TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
Las derivadas parciales de primer orden son
∂ f∂x
(x, y, z) =1
x + y,
∂ f∂y
(x, y, z) =1
x + y,
∂ f∂z
(x, y, z) = −1z,
Las derivadas de segundo orden dan lugar a la matriz hessiana:
H f (x, y, z) =
− 1
(x+y)2 −1
(x+y)2 0
− 1(x+y)2 −
1(x+y)2 0
0 0 1z2
=⇒ H f (1, 1, 2) =
−1 −1 0
−1 −1 0
0 0 14
Ejercicio 2.70 Obtener, haciendo el menor número de derivadas posibles, las siguientes derivadas de se-
gundo orden de f (x, y) = 3 sen(xy) cos(xy)
(a)∂2 f∂y2
(π, 1/2) (b)∂2 f∂y∂x
(1, π)
Solución
Esta función es diferenciable indefinidamente y necesitamos su derivada parcial con respecto a y:
∂ f∂y
(x, y) = 3 cos(xy)x cos(xy) + 3 sen(xy)(− sen(xy)x) = 3x cos2(xy) − 3x sen2(xy)
•∂2 f∂y2 (x, y) = 3x2 cos(xy)(− sen(xy))x − 3x2 sen(xy) cos(xy)x = −12x2 sen(xy) cos(xy)
♦ Por tanto∂2 f∂y2
(π, 1/2) = −12π2 sen(π
2
)cos
(π
2
)= 0
•∂2 f∂y∂x
(x, y) = 3 cos2(xy) + 3x2 cos(xy)(− sen(xy))y − 3 sen2(xy) − 3x2 sen(xy) cos(xy)y =
cos2(xy) − 3 sen2(xy) − 12xy sen(xy) cos(xy)
♦ Por tanto∂2 f∂y∂x
(1, π) = 3 cos2(π) − 3 sen2(π) − 12π sen(π) cos(π) = 3 ♣
Ejercicio 2.71 Calcular las derivadas parciales de las siguientes funciones en el punto indicado y especi-
ficar las condiciones que debe cumplir un punto genérico para que existan (a, b > 0).
(a) f (x, y) =2axy
ebxy + 1P(1, 0) (b) f (x, y) = (ax2 + by2)x2+x P(0, 1)
Solución
(a) El denominador es siempre positivo y siempre existen las derivadas parciales, por tanto, es derivable con
respecto a x e y en R2:
Página 121 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
∂ f∂x
(x, y) =ay2axy ln 2(ebxy + 1) − by2axyebxy
(ebxy + 1)2 =⇒∂ f∂x
(1, 0) = 0
∂ f∂y
(x, y) =ax2axy ln 2(ebxy + 1) − bx2axyebxy
(ebxy + 1)2 =⇒∂ f∂y
(1, 0) =2a ln 2 − b
4♣
(b) Para que existan las derivadas parciales tiene que cumplirse ax2+by2 > 0 y vamos a calcular las derivadas
parciales de dos formas distintas. En primer lugar vamos a utilizar la regla de la cadena.
∂ f∂x
(x, y) = (x2 + x)(ax2 + by2)x2+x−1(2ax) + (ax2 + by2)x2+x ln(ax2 + by2)(2x + 1)
∂ f∂y
(x, y) = (x2 + x)(ax2 + by2)x2+x−1(2by)
La segunda forma es mediante derivación logarítmica, para lo que consideramos el logaritmo de la función
ln ( f (x, y)) = ln((ax2 + by2)x2+x
)⇔ ln ( f (x, y)) = (x2 + x) ln(ax2 + by2)
Derivando esta expresión obtenemos una ecuación que nos permite calcular la derivada∂ f∂x (x, y)f (x, y)
= (2x + 1) ln(ax2 + by2) + (x2 + x)2ax
ax2 + by2
∂ f∂x
(x, y) =[(2x + 1) ln(ax2 + by2) + (x2 + x)
2axax2 + by2
](ax2 + by2)x2+x
∂ f∂y (x, y)
f (x, y)= (x2 + x)
2byax2 + by2 =⇒
∂ f∂y
(x, y) =[(x2 + x)
2byax2 + by2
](ax2 + by2)x2+x
Sustituyendo en las derivadas parciales obtenemos∂ f∂x
(0, 1) = ln(b) y∂ f∂y
(0, 1) = 0 ♣
Ejercicio 2.72 Calcular la siguiente derivada por derivación logarítmica y mediante la regla de la cadena
∂ f∂y
(1, 1) con f (x, y) = (ax + by)cxy+d y a, b, c, d > 0
Maxima 2.73 La compañía Refresquillos S.A. produce dos tipos de refrescos, con x e y las toneladas
producidas de cada refresco, que vende con un beneficio en miles de euros de
B(x, y) =√
x2 + y − 4
a) ¿Cuál es el beneficio obtenido si produce 5 toneladas del primer refresco y 3 del segundo?.
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 122
TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
b) Determinar los valores de las variables para los que la función tiene sentido y estudiar su continui-
dad.
c) Representar la función de beneficios, así como su dominio y sus curvas de nivel (isocuantas).
d) ¿En que proporción aumentaría el beneficio si se produce un pequeño incremento de la producción
del primer refresco mientras la del segundo se mantiene constante?. ¿Y si la producción del primer
refresco se mantiene constante y se produce un pequeño incremento de la producción del segundo?.
e) Determinar el gradiente de la función de beneficios en un punto genérico y, si es posible, en el punto
(5, 3), indicando si su dominio coincide con el dominio de la función.
f) Determinar la diferencial y la aproximación lineal en torno al punto (5, 3)
g) Determinar la derivada de la función según el vector u = (1, 2) en el punto (5, 3) y la correspondiente
derivada direccional (tasa instantánea de variación en esta dirección). ¿En que dirección debemos
aumentar la producción de ambos refrescos para que se consiga el máximo incremento en los bene-
ficios?.
h) Determinar la matriz hessiana de la función en el punto (5, 3) y la aproximación no lineal mediante
el polinomio de Taylor de orden dos en torno al mismo punto.
Solución
▶ El primer paso es definir la función:
( % i1) f(x,y):=sqrt(xˆ2 + y - 4);
f (x, y) :=√
x2 + y − 4 ( % o1)
▷ Para obtener un valor concreto disponemos de varias opciones:
( % i2) f(5,3);
2√
6 ( % o2)
( % i3) pto:[5,3];
[5, 3] (pto)
( % i4) apply(f,pto);
2√
6 ( % o4)(a) Para determinar el dominio de la función y los valores de la variable para los que tiene sentido económico
tenemos que determinar una inecuación, que no cambia al aplicar el comando fourier_elim:
Página 123 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
( % i6) load(fourier_elim)$ fourier_elim(xˆ2+y-4>=0,[x]);
[y + x2 − 4 = 0]or[y + x2 − 4 > 0] ( % o6)(b) Para representar funciones explícitas en el espacio utilizamos el comando explicit dentro de wxdraw3d:
( % i7) wxdraw3d(explicit(f(x,y), x, -5,5,y,-5,5))$
( % t7)
▶ Para representar regiones en el plano se utiliza el comando region dentro de wxdraw2d. Aquí re-
presentamos el dominio de la función y el conjunto de valores de la variable con sentido económico (azul):
( % i9) opt:[xaxis = true,yaxis= true,xaxis_width = 3,yaxis_width = 3,contour_levels=[0,1,10]]$
wxdraw2d(opt,region(xˆ2+y-4>=0, x, -2,5,y,-2,5),
fill_color=blue,region(xˆ2+y-4>=0 and x>=0 and y>=0, x, 0,5,y,0,5))$
( % t9)▶ Para representar funciones implícitas en el plano se utiliza el comando implicit dentro de wxdraw2d.
Para representar las curvas de nivel, correspondiente a los beneficios de la empresa, podemos usar el co-
mando explicit dentro de wxdraw3d con la opción contour=map, que puede combinarse con la gráfica
de la función en 3D. Con la opción contour=both representamos juntas la función y las curvas de nivel.
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 124
TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
( % i10) wxdraw3d(opt,explicit(f(x,y), x, -2,10,y,-
2,10),contour=map)$
( % t10)
( % i11) wxdraw3d(opt,explicit(f(x,y), x, -2,10,y,-
2,10),contour=both)$
( % t11)También podemos usar el comando wxcontour_plot que puede combinarse con gráficos 2D:
( % i12) wxcontour_plot(f(x,y), [x, -2,10],[y,-2,10])$
( % t12)(c) Para calcular derivadas parciales utilizaremos el comando diff (el mismo que para una variable):
( % i14) diff(f(x,y),x,1);
ev( %,x=5,y=3);
x√y + x2 − 4
( % o13)
5
2√
6( % o14)
( % i16) diff(f(x,y),y,1);
ev( %,x=5,y=3);
1
2√
y + x2 − 4( % o15)
1
4√
6( % o16)
(d) El vector gradiente se obtiene con el comando jacobian (corresponde a la matriz jacobiana en funcio-
nes con varias componentes) y su dominio es más restrictivo que el de la función, ya que no incluye la curva
y + x2 = 4. El gradiente en el punto (5, 3) lo guardamos en la variable J como lista
Página 125 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque I. CÁLCULO DIFERENCIAL
( % i17) J:at(jacobian([f(x,y)],[x,y]),[x=5,y=3]);
(5
2√
61
4√
6
)(J)
( % i18) J:args(J)[1];
[5
2√
6,
1
4√
6] (J)
(e) Al igual que para funciones de una variable, la diferencial se obtiene también con el comando diff:
( % i19) diff (f(x,y));
del(y)
2√
y + x2 − 4+
x del(x)√y + x2 − 4
( % o19)
▶ Para obtener la aproximación lineal determinamos el plano tangente
( % i20) define(platg(x,y),f(5,3)+[x-5,y-3].J);
platg (x, y) :=y − 3
4√
6+
5 (x − 5)
2√
6+ 2√
6 ( % o20)
(f) La derivada según un vector se obtiene considerando como incrementos en la diferencial las coordenadas
del vector y la correspondiente tasa instantánea de variación al dividir por su módulo:
( % i22) diff (f(x,y))$
ev( %,del(x)=1,del(y)=2,
x=5,y=3);
3√
6( % o22)
( % i24) v:[1,2];
dv:v.J;
[1, 2] (v)
3√
6(dv)
( % i26) mod:sqrt(apply(-",vˆ2));
dv/mod;
√5 (mod)
3√
5√
6( % o26)
▶ El máximo incremento por unidad se obtiene en la dirección del gradiente y corresponde a su módulo
(ejercicio).
(g) Las derivadas de segundo orden se obtienen con el comando diff y la matriz hessiana se obtienen con
el comando hessian (solo mostramos las matrices hessianas). La matriz hessiana correspondiente al punto
(5, 3) la guardamos en la variable H:
( % i28) diff(f(x,y),x,2,y,0)$
diff(f(x,y),x,1,y,1)$
( % i30) diff(f(x,y),y,1,x,1)$
diff(f(x,y),x,0,y,2)$
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 126
TEMA 2. FUNCIONES REALES DE VARIAS VARIABLES
( % i31) hessian(f(x,y),[x,y]), ratsimp;
(y−4)√
y+x2−4
y2+(2x2−8)y+x4−8x2+16− x√
y+x2−4 (2y+2x2−8)
− x√y+x2−4 (2y+2x2−8)
− 1√y+x2−4 (4y+4x2−16)
( % o32)
( % i32) H:ev( %,x=5,y=3);
−1
8632− 5
16632
− 5
16632− 1
32632
(H)
El polinomio de Taylor de orden dos en torno al punto lo podemos construir utlilizando su definición u
obtenerlo directamente con el comando taylor:
( % i34) ff1:taylor (f(x,y), [x,y], [5, 3], 2) ;
2√
6 +10√
6 (x − 5) +√
6 (y − 3)24
−4√
6 (x − 5)2 + 20√
6 (y − 3) (x − 5) +√
6 (y − 3)2
2304+ ... (ff1)
( % i36) v:[x-5,y-3]$
ff2:f(5,3)+v.J+(1/2)*v.H.v,expand;
−y2
64632
−5xy
16632
+y
4√
6+
53y
32632
−x2
16632
+5x
2√
6+
25x
16632
−5
4√
6−
409
64632
(ff2)
▶ Comprobamos que son iguales
( % i37) fourier_elim(ff1=ff2,[x,y]);
universalset ( % o37)
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