mat 2 apuntes

243206 Matemáticas IIGrado en ingeniería en tecnologías de la

telecomunicaciónApuntes de clase

Semestre de otoño del curso 2015-2016

Profesora: Berta García Celayeta

Área de Matemática aplicadaDepartamento de Ingeniería matemática e informática

Universidad Pública de Navarra

22 de octubre de 2015

Índice general

1. Ecuaciones diferenciales 11.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1. Algunos ejemplos inmediatos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2. Existencia y unicidad de solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3. Resolución de algunos tipos de EDOs de primer orden . . . . . . . . . . 4

1.3.1. EDOs de variables separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3.2. EDOs homogéneas de primer orden . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.4. Resolución de algunos tipos de EDOs de segundo orden . . . . . . . . . . 91.4.1. EDOs reducibles a primer orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.5. EDOs lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.5.1. EDOs lineales del primer orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.5.2. EDOs lineales de segundo orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.5.3. EDOs lineales de orden superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.6. EDOs lineales de orden 2 y series de potencias . . . . . . . . . . . . . . . 241.7. Apéndice: cuadro resumen de series de potencias . . . . . . . . . . . . . . 271.8. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.9. Algunas soluciones e indicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2. Funciones de varias variables, límites y continuidad 372.1. Funciones f ∶ Rn → Rm. Conceptos básicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.1.1. Funciones f ∶ Rn → R, conceptos geométricos . . . . . . . . . . . . 432.1.2. Funciones f ∶ R→ R2,f ∶ R→ R3, parametrización de curvas . . 442.1.3. Funciones T ∶ R2 → R3, parametrización de superficies . . . . . . 482.1.4. Funciones F ∶ Rn → Rn, campos vectoriales . . . . . . . . . . . . . 50

2.2. Límites y continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.2.1. Producto escalar, normas y distancias en Rn . . . . . . . . . . . . 522.2.2. Topología básica en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 542.2.3. Límites, definición y primeras propiedades . . . . . . . . . . . . . 572.2.4. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

2.3. Apéndice: cuádricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 672.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 712.5. Algunas soluciones e indicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

III

3. Funciones de varias variables, derivabilidad y diferenciabilidad 793.1. Planificación del capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 793.2. Funciones f ∶ Rn → R, derivabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

3.2.1. Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 793.2.2. Derivadas direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

3.3. Funciones f ∶ Rn → R, diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 863.3.1. Diferenciabilidad y gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

3.4. Funciones s ∶ [a, b]→ Rm, derivabilidad y diferenciabilidad . . . . . . . . 913.5. Funciones f ∶ Rn → Rm, derivabilidad y diferenciabilidad . . . . . . . . . 92

3.5.1. Regla de la Cadena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 933.6. Derivadas parciales de orden superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 963.7. Máximos y mínimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

3.7.1. Cálculo de extremos relativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 993.7.2. Extremos condicionados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1033.7.3. Cálculo de extremos absolutos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

3.8. Polinomios de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1103.9. Apéndice: Algunos objetos geométricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

3.9.1. Curvas en R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1123.9.2. Curvas en R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1133.9.3. Superficies en R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

3.10. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

Tema 1

Ecuaciones diferenciales

Vamos a dedicar 13 horas a este capítulo. Para la teoría vamos a seguir [1], capítulo 17,la sección 7.9 y la sección 3.7. Como bibliografía complementaria, puedes consultar [2,cap. 16]. Al final del capítulo tienes una sección de ejercicios etiquetados por niveles

à nivel 0: ejercicios de repaso de conceptos que se suponen conocidos,

à niveles 1 a 3: grado de dificultad,

à nivel extra: para ampliar conocimientos (no necesariamente son más difíciles).

1.1. Introducción

Una ecuación diferencial es una ecuación en la que intervienen una o más derivadas deuna función desconocida, y(t), con t en un intervalo, que denotaremos I. Si no explici-tamos I se sobreentenderá que estudiaremos la ecuación diferencial en cada intervaloen que la ecuación tenga sentido. Resolver la ecuación diferencial (también se puededecir hallar la solución general de la ecuación diferencial) es obtener todas las funcionesque cumplan la ecuación diferencial.

Ejemplo 1.1.1. Muchas leyes físicas que se estudian en diversas disciplinas científicasy técnicas se expresan como ecuaciones diferenciales, por ejemplo, la segunda ley deNewton:

my′′(t) = q(t)

donde m es la masa de un cuerpo, q(t) es una fuerza que actúa sobre él e y(t) es laposición del cuerpo en el instante t.

Hay varios criterios a la hora de clasificar las ecuaciones diferenciales, lo que da lugara varias definiciones:

1

2 Ecuaciones diferenciales

Definición 1.1.2. Una ecuación diferencial se dice de orden n si la mayor derivadaque aparece es de orden n.

Ejemplo 1.1.3. La ecuación

y′′(t) + t3y(t) = sen t

tiene orden 2 mientras que la ecuación

y′′′(t) + 4t(y′(t))2 = y(t)y′′(t) + ey(t)

tiene orden 3.

Definición 1.1.4. Una ecuación diferencial de orden n se llama ecuación diferencialordinaria si es posible despejar y(n(t) en todo punto t del intervalo que se esté consi-derando.

Nota 1.1.5. Las únicas ecuaciones diferenciales que consideraremos aquí serán las ordi-narias. Abreviadamente, escribiremos EDO para referirnos a una ecuación diferencialordinaria.

Definición 1.1.6. Dada una EDO de orden n, llamaremos problema de valor inicial(PVI) al problema que resulta de considerar la EDO junto con n condiciones más(llamadas condiciones iniciales) de la forma

y(n)(t) = expresión(yn−1, . . . , y′, y, t)y(t0) = y0

y′(t0) = y1

⋮y(n−1)(t0) = yn−1

Nota 1.1.7. En el caso de los PVIs de primer orden, tendremos la expresión

y′(t) = expresión(y, t)y(t0) = y0

1.1.1. Algunos ejemplos inmediatos

Ejemplo 1.1.8. Observemos que, en caso de que tengamos una ecuación de la formay′(t) = f(t), esta ecuación, es (en sentido literal) una ecuación diferencial. Ya sabemos

Semestre de otoño, curso 2015/2016

1.1. Introducción 3

cómo abordar 1 esta ecuación, con técnicas de Matemáticas I, ya que

y(t) = ∫ f(t)dt.

Ejemplo 1.1.9. Vamos a considerar la ecuación

y′(t) = y(t), (1.1)

que ya no es una de las estudiadas en Matemáticas I. No obstante, podemos ver "a ojo",algunas soluciones, como, por ejemplo y1(t) = 0, y2(t) = et. Recordemos que resolveruna ecuación diferencial es halla todas sus soluciones. En este caso, la solución generalde la ecuación diferencial (1.1) es

y(t) = Cet, con C ∈ R.

Ejercicio 1.1.10. Basándote en el ejemplo 1.1.9, resolver la ecuación diferencial

y′(t) = λy(t) (λ ∈ R).


y′′(t) = y(t). (1.2)

Podemos ver "a ojo" algunas soluciones, como por ejemplo y1(t) = et, y2(t) = e−t. Lasolución general de la ecuación (1.2) es

y(t) = C1et +C2e

−t, con C1,C2 ∈ R.


y′′(t) = −y(t). (1.3)

Podemos ver "a ojo" algunas soluciones, como por ejemplo y1(t) = sen t, y2(t) = cos t.La solución general de la ecuación (1.2) es

y(t) = C1 sen t +C2 cos t, con C1,C2 ∈ R.

Ejercicio 1.1.13. Calcula la solución general de cada una de las siguientes ecuacionesdiferenciales

1. y′′(t) = 0,1No pensemos que siempre será resolver, pues f podría no tener una primitiva conocida

UPNA, grado en ingeniería en tecnologías de la telecomunicación


2. y′′(t) = 2y(t),

3. y′′(t) = −2y(t),

4. y′′(t) = λy(t) con λ > 0,

5. y′′(t) = λy(t) con λ < 0.

(Te será de ayuda revisar los ejemplos 1.1.11 y 1.1.12)

1.2. Existencia y unicidad de solución

Teorema 1.2.1. Consideramos el PVI de primer orden

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

y′(t) = F (y, t)

y(t0) = y0(1.4)

definida al menos en t ∈ [t0−T, t0+T ], y ∈ (y0−ε, y0+ε) . Supongamos que, si miramosF como función de la variable "y" y "t" como un parámetro, entonces F es continua,derivable y con derivada continua en (y0−ε, y0+ε) y si miramos F como función de lavariable t e y es un parámetro, entonces F es continua en t ∈ [t0 − T, t0 + T ]. Entoncesexiste solución única del problema de valor inicial (1.4).

Ejemplo 1.2.2. Sea el PVI de primer orden

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

y′(t) = 2y(t) + t,y(0) = 1.

Observamos que se cumplen las condiciones del teorema 1.2.1 con lo que el PVI tieneuna única solución. Más adelante, sabrás cómo calcular dicha solución única, que es

y(t) = 14(−2t + 5e2t − 1) ,

1.3. Resolución de algunos tipos de EDOs de primer orden

Tendremos en cuenta que la solución general de estas ecuaciones dependerá de unaconstante, y que los PVIs de primer orden proporcionarán una sola condición inicial.


1.3. Resolución de algunos tipos de EDOs de primer orden 5

1.3.1. EDOs de variables separables

Definición 1.3.1. Una ecuación diferencial se dice de variables separables si es de laforma

y′(t) = f(t)g(y). (1.5)

Ejemplo 1.3.2. La ecuacióny′(t) = t

y(t)

es de variables separables, sin más que llamar f(t) = t y g(y) = 1y.

Resolución de ecuaciones diferenciales de variables separables

Para resolver una ecuación diferencial de la forma (1.5), la expresamos como

dy

dt= f(t)g(y)

y de aquí

∫1

g(y)dy = ∫ f(t)dt.

Por lo que la resolución este tipo de ecuaciones se reduce al cálculo de dos integralesindefinidas, y esto ya es algo conocido.

Ejemplo 1.3.3. Vamos a resolver la ecuación diferencial del ejemplo 1.3.2.

∫ ydy = ∫ tdt

de donde se obtiene12y

2 = 12t

2 +C1

que también puede expresarse como

y2 − x2 = C2.

Vemos que la solución de la ecuación diferencial es una familia de curvas. Para C2 < 0estas curvas son hipérbolas en forma de c y c invertida, para C2 = 0 estas curvas sonlas rectas y = t e y = −t y para C2 > 0 son hipérbolas en forma de u y v. Puedes ver undibujo de estas curvas en la figura 1.1.



-0.8

-0.8

-0.6

-0.6

-0.4

-0.4

-0.2

-0.2

0

0

0

0.2

0.2

0.4

0.4

0.6

0.6

0.8

0.8

-1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0

-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

t

y

Figura 1.1. Soluciones de la ecuación diferencial y′(t) = ty(t) .

Ejemplo 1.3.4. Veamos un ejemplo sobre el cálculo de trayectorias ortogonales2: ob-tener una familia de curvas que corten ortogonalmente en cada punto a la familia decurvas y(t) = Ct2. Tenemos la familia de curvas

y(t)t

= C, (1.6)

derivamos la expresión anterior respecto de t y obtenemos

ty′(t) − 2ty(t)t4

= 0,

es decir,

y′(t) = 2y(t)t

(1.7)

que se interpreta como que y(t) = Ct2 es la solución de la ecuación diferencial (1.7).Observemos que, para cada punto (t, y(t)), y′(t) representa la pendiente de la rectatangente a la curva en dicho punto. Dos rectas (no verticales) son perpendiculares si ysolamente si el producto de sus pendientes es −1. En consecuencia,

− 1y′(t)

= 2y(t)t

(1.8)

2Dos curvas son ortogonales en un punto si sus rectas tangentes en ese punto son perpendiculares


1.3. Resolución de algunos tipos de EDOs de primer orden 7

es la ecuación diferencial que cumplen las curvas ortogonales a las dadas. La ecuación(1.8) se puede poner también como

2ydy = −tdt

que es de variables separables y tiene como solución

t2 + 2y2 = C, C > 0. (1.9)

que son elipses de centro (0,0). Podemos ver un dibujo en la figura 1.2 . Se deja como

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

Figura 1.2. Parábolas y = ct2 y sus trayectorias ortogonales.

ejercicio el estudio de por qué en la expresión (1.9), hemos tomado C > 0 y no C ∈ R ysi esto tiene algo que ver con la expresión (1.6).

Puedes ver más ejemplos de ecuaciones diferenciales de variables separables resueltasen [1, p. 500-502].

1.3.2. EDOs homogéneas de primer orden

Definición 1.3.5. Una ecuación diferencial se llama homogénea de primer orden sipuede expresarse como

y′(t) = f (y(t)t

) .



Nota 1.3.6. Estas ecuaciones se resolverán en t ∈ R ∖ {0}.

Nota 1.3.7. Más adelante, hablaremos de otro significado de ecuación diferencial homo-génea (relacionado con ecuaciones diferenciales lineales). Habrá que estar pendientesdel contexto para saber en cada caso a qué nos estamos refiriendo.

Ejemplo 1.3.8. La ecuacióny′(t) = t2 + ty

ty + y2

es homogénea de primer orden ya que puede expresarse (dividiendo numerador y de-nominador entre t2) como

y′(t) =1 + y

t

yt + (y

t)2 ⋅

Resolución de EDOs homogéneas de primer orden

Para resolver una ecuación de este tipo hacemos el cambio de variable v(t) = y(t)t

conlo que y(t) = tv(t). Derivando, obtenemos y′(t) = v(t)+ tv′(t). Sustituyendo adecuada-mente en la ecuación diferencial original obtenemos

v′(t) = f(v(t)) − v(t)t

que es de variables separables.

Ejemplo 1.3.9. Vamos a resolver la ecuación diferencial del ejemplo 1.3.8. Hacemosel cambio de variable v(t) = y(t)

ty obtenemos

v(t) + tv′(t) = 1 + vv + v2 = 1

v

que es, como ya anticipábamos, de variable separables. Hacemos algunos cálculos:

vdv

1 − v2 = dtt

con lo que−1

2 log ∣ 1 − v2 ∣= log ∣ t ∣ +C1, con C1 ∈ R.

Vamos a buscar una expresión más manejable, antes de deshacer el cambio de variable:

∣ 1 − v2 ∣= 1e2C1

1t2, con C1 ∈ R,

o, equivalentemente


1.4. Resolución de algunos tipos de EDOs de segundo orden 9

∣ 1 − v2 ∣= C21t2, con C2 > 0.

Deshacemos ahora el cambio de variable y nos queda:

∣ t2 − y2 ∣= C2, con C2 > 0,

que también puede expresarse como

t2 − y2 = C, con C ≠ 0.

Estudiamos aparte el caso C = 0 y tenemos que la curva y = t es solución, mientras quepara la curva y = −t la ecuación diferencial no está definida.

1.4. Resolución de algunos tipos de EDOs de segundo orden

Tendremos en cuenta que la solución general de estas ecuaciones dependerá de dosconstantes, y que los PVIs de segundo orden proporcionarán dos condiciones iniciales.

1.4.1. EDOs reducibles a primer orden

Una EDO de segundo orden en la que no aparece expresamente y(t) es reducible a unaEDO de primer orden. Para ello, basta con hacer el cambio de variable v(t) = y′(t), loque transforma la EDO de segundo orden original en una EDO de primer orden.

Ejemplo 1.4.1. Vamos a resolver el PVI

y′′(t) = t(y′(t))2

y(0) = 1y′(0) = −2.

Esta EDO de segundo orden es reducible a primer orden, ya que no aparece y(t).Hacemos el cambio de variable v(t) = y′(t), y la ecuación se tranforma en v′(t) =t(v(t))2, que es de primer orden y de variables separables. La solución general de estaecuación es:

v(t) = − 2t2 +C1

, con C1 ∈ R. (1.10)

Observemos que, si ponemos directamente

y(t) = ∫ v(t)dt,



tenemos que separar cálculo de la primitiva en varios casos, según el signo de C1. Sinembargo, no nos piden expresamente calcular la solución general de la EDO, sino ladel PVI. Podemos (y nos conviene), usar una de las condiciones iniciales, en concreto,y′(0) = −2, ya que, en este caso, tendríamos v(0) = −2, lo que llevado a (1.10) nosproporciona C1 = 1. Con esto

y(t) = ∫ v(t)dt = ∫−2t2 + 1 = −2 arctg t +C2 con C2 ∈ R.

Imponemos ahora la otra condición inicial, y(0) = 1, que nos da que C2 = 1. Así, lasolución del PVI es

y(t) = 1 − 2 arctg t.

1.5. EDOs lineales

Definición 1.5.1. Una ecuación diferencial de orden n se llama lineal si es de la forma

an(t)y(n(t) + an−1(t)y(n−1(t) +⋯ + a1(t)y′(t) + a0(t)y(t) = q(t) (1.11)

con an(t) ≠ 0∀t. El término q(t) se llama término independiente o término no homo-géneo. Si q(t) = 0∀t la ecuación diferencial lineal se llama homogénea.

Nota 1.5.2. Observemos que la expresión "homogéna" empleada en la definición 1.5.1tiene distinto significado que la empleada en la definición 1.3.5.

Ejemplo 1.5.3. La ecuación diferencial

y′′(t) + t3y(t) = sen t

es una ecuación diferencial lineal no homogénea de orden 2. La ecuación diferencial

y′′′(t) − y(t)y′′(t) + 4t(y′(t))2 − ey(t) = 0

es una ecuación diferencial de orden 3 no lineal.

Definición 1.5.4. Dada una EDO lineal no homogénea, (1.11), se llama ecuaciónhomogénea asociada a la ecuación

an(t)y(n(t) + an−1(t)y(n−1(t) +⋯ + a1(t)y′(t) + a0(t)y(t) = 0.

Las ecuaciones diferenciales lineales tienen propiedades importantes ya que el conjuntode sus soluciones posee una estructura determinada.


1.5. EDOs lineales 11

Teorema 1.5.5. Dada una ecuación diferencial lineal homogénea de orden n homogé-nea

an(t)y(n(t) + an−1(t)y(n−1(t) +⋯ + a1(t)y′(t) + a0(t)y(t) = 0

y dadas dos soluciones, y1(t), y2(t), entonces, cualquier combinación lineal de ellas:

C1y1(t) +C2y2(t), C1,C2 ∈ R

es también solución de la misma ecuación diferencial.

Nota 1.5.6. El teorema 1.5.5 se podría redactar también como:

"El conjunto de las soluciones de una ecuación diferencial lineal homogénea tieneestructura de espacio vectorial".

Teorema 1.5.7. Dada una ecuación diferencial lineal de orden n no homogénea

an(t)y(n(t) + an−1(t)y(n−1(t) +⋯ + a1(t)y′(t) + a0(t)y(t) = q(t)

y dadas y1(t) solución de la ecuación e y2(t), solución de la ecuación homogénea aso-ciada entonces,

y1(t) +C2y2(t), C2 ∈ R

es también solución de la ecuación diferencial no homogénea (1.5.7).

Nota 1.5.8. El teorema 1.5.7 se podría redactar también como:

"El conjunto de las soluciones de una ecuación diferencial lineal no homogénea tieneestructura de espacio afín".

Ejemplo 1.5.9. Consideramos la ecuación diferencial

y′′(t) + 4y(t) = 0 (1.12)

que es lineal de orden 2 homogénea. Aún no sabemos cómo resolverla (sin ayuda).Vamos a ir familiarizándonos con ella. Vamos a comprobar que

y1(t) = sen(2t) e y2(t) = cos(2t)

son soluciones de la ecuación diferencial (1.12). En efecto, y′′1 (t) = −4 sen(2t), por lo quey′′1 (t)+4y1(t) = 0. Análogamente, y′′2 (t) = −4 cos(2t), por lo que también y′′2 (t)+4y2(t) =0. Estamos en condiciones de aplicar el teorema 1.5.5, por lo que tenemos que

y(t) = C1 sen(2t) +C2 cos(2t), C1,C2 ∈ R



es solución de (1.12) para cualquier valor de C1 y C2

Vamos a encontrar ahora una solución de (1.12) que verifique y(0) = 2, y′(0) = −4(dos condiciones iniciales). Veamos para qué valores de C1 y C2 se satisfacen estascondiciones iniciales: imponemos

2 = y(0) = C1 sen 0 +C2 cos 0 = C2

−4 = = y′(0) = 2C1 cos 0 − 2C2 sen 0 = 2C1,

con lo que la solución del PVI (la ecuación diferencial junto con las dos condicionesiniciales) es:

y(t) = −2 sen(2t) + 2 cos(2t).

Nota 1.5.10. Lo hecho en el ejemplo 1.5.9 nos sirve para tomar contacto con las ecua-ciones diferenciales lineales, pero no nos da un procedimiento general para resolverlas.

1.5.1. EDOs lineales del primer orden

Para el caso de estas ecuaciones, vamos a adoptar la notación

y′(t) + p(t)y(t) = q(t). (1.13)

Observemos que si q(t) = 0∀t, esta ecuación es de variables separables, por lo que laforma de resolverlas ya está vista en la subsección 1.3.1. Estudiemos ahora el caso deque q(t) ≠ 0. Vamos a poder establecer un procedimiento para resolver ecuaciones deeste tipo. En primer lugar, vamos a considerar µ(t) una primitiva de p(t), es decir,calcularemos

∫ p(t)dt,

y tomaremos µ(t) la primitiva que más nos convenga; tenemos µ′(t) = p(t). Observemosahora que

d

dt(eµ(t)y(t)) = eµ(t)y′(t) + eµ(t)µ′(t)y(t) = eµ(t) (y′(t) + p(t)y(t)) = eµ(t)q(t).

Ahora, integrando:eµ(t)y(t) = ∫ eµ(t)q(t)dt

con lo quey(t) = e−µ(t) (∫ eµ(t)q(t)dt)

es la solución de la ecuación diferencial.



Ejemplo 1.5.11. Vamos a resolver la EDO lineal

y′(t) + ty(t) = t3.

Siguiendo la notación de la expresión 1.13 tenemos que p(t) = t, q(t) = t3, con lo queµ(t) = 1

2t2 y

y(t) = e−µ(t)∫ eµ(t)q(t)dt = e− 12 t

2∫ e

12 t

2t3dt.

La integral anterior se calcula mediante integración por partes (u = t2, dv = te− 12 t

2), yse llega a

y(t) = e− 12 t

2 (e 12 t

2(t2 − 2) +C) ,

con lo que la solución general de la ecuación diferencial es

y(t) = t2 − 2 +Ce− 12 t

2, C ∈ R.

Las gráficas de las soluciones de esta EDO están representadas en la figura 1.3.

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

Figura 1.3. Soluciones de la ecuación diferencial y′(t) + ty(t) = t3.

1.5.2. EDOs lineales de segundo orden

Estas EDOs son de la forma

a2(t)y′′(t) + a1(t)y′(t) + a0(t)y(y) = q(t) (1.14)



con a2(t) ≠ 0∀t. Supondremos, además, que a2(t), a1(t), a0(t) son funciones continuaspara todo valor de t. Recordemos que en el caso de que q(t) = 0∀t la EDO lineal sellama homogénea.

Definición 1.5.12. Dos soluciones, y1(t) e y2(t) de la ecuación (1.14) se dicen inde-pendientes si la expresión

C1y1(t) +C2y2(t) = 0,∀t ∈ I,

con C1,C2 ∈ R tiene como única solución C1 = C2 = 0.

Teorema 1.5.13. Dada una EDO lineal homogénea de orden 2, sean y1(t) e y2(t)dos soluciones independientes de dicha ecuación. Entonces, la solución general es dela forma

y(t) = C1y1(t) +C2y2(t), con C1,C2 ∈ R.

Teorema 1.5.14. Dada una EDO lineal no homogénea de orden 2, sean y1h(t) e y2h(t)dos soluciones independientes de de la ecuación homogénea asociada e yp una soluciónde la ecuación diferencial (se suele decir que es una solución particular). Entonces, lasolución general es de la forma

y(t) = yp(t) +C1y1h(t) +C2y2h(t), con C1,C2 ∈ R.

Para el caso de una EDO lineal homogénea de orden 2 tenemos una propiedad que nosva a permitir calcular la solución general a partir de una dada.

Proposición 1.5.15. Sea una EDO lineal homogéna de orden 2 y sea y1(t) una solu-ción de dicha ecuación. A partir de ella, se puede construir otra solución independientede la forma y2(t) = v(t)y1(t). Así, una vez hallada esta segunda solución, independientede la primera, se puede obtener la solución general, aplicando el teorema 1.5.13.

Ejemplo 1.5.16. Dada la ecuación diferencial

y′′(t) + 4y′(t) + 4y(t) = 0 (1.15)

vamos a comprobar que y1(t) = e−2t es una solución de la ecuación. En efecto, dado quey′1(t) = −e−2t e y′′1 (t) = 4e−2t, sustituimos en (1.15) y vemos que se verifica la ecuación.Buscamos ahora otra solución (independiente de y1) de la forma y2(t) = v(t)y1(t).Tenemos que

y′2(t) = (v′(t) − 2v(t))e−2t

y′′2 (t) = (v′′(t) − 4v′(t) + 4v(t))e−2t



lo que, llevado a la eucación (1.15) queda, una vez simplificado

v′′(t)e−2t = 0

que es también de segundo orden, pero reducible a primer orden. Tenemos que v′′(t) = 0y, así, v(t) = at + b. Como buscamos una solución independiente, podemos tomar, porejemplo, a = 1, b = 0; así t2(t) = te−2t y la solución general de la ecuación (1.15) es

y(t) = C1e−2t +C2te

−2t, C1,C2 ∈ R.

Resolución de EDOs lineales de orden 2, de coeficientes constantes homogéneas

Este tipo de ecuaciones diferenciales son las de la forma

ay′′(t) + by′(t) + cy(t) = 0, con a, b, c ∈ R, a ≠ 0. (1.16)

Vamos a intentar encontrar una solución de la forma y1(t) = ert para algún r ∈ R.Tenemos que y′1(t) = rert, y′′(t) = r2ert. Sustituyendo en (1.16), llegamos a

(ar2 + br + c)ert = 0,

con lo que, necesariamente ar2 + br + c = 0. Las soluciones de esta ecuación polinómicaen r de grado 2, llamada ecuación auxiliar, dependen de signo del discriminante, ∆ =b2 − 4ac:

à Si ∆ > 0, la ecuación auxiliar tiene dos raíces reales distintas, r1 y r2. Aplicandoel teorema 1.5.13, se concluye que la solución general de la ecuación es

y(t) = C1er1t +C2e

r2t, C1,C2 ∈ R.

à Si ∆ = 0, la ecuación auxiliar tiene una raíz real doble r. Aplicando la proposición1.5.15 y el teorema 1.5.13, se concluye que la solución general de la ecuación es

y(t) = C1ert +C2te

rt, C1,C2 ∈ R.

à Si ∆ < 0, la ecuación auxiliar tiene dos raíces complejas conjugadas, r1 = k − ωiy r2 = k +ωi. Aplicando algunos resultados sobre complejos, y el teorema 1.5.13,se concluye que la solución general de la ecuación es

y(t) = C1ekt cos(ωt) +C2e

kt sen(ωt), C1,C2 ∈ R.

Ejemplo 1.5.17. Resolver la ecuación diferencial

y′′(t) + y′(t) − 2y(t) = 0.

La ecuación auxiliar es r2 + r − 2 = 0, que tiene como soluciones r1 = −2 y r2 = 1. Enconsecuencia, la solución general de la ecuación diferencial es

y(t) = C1e−2t +C2e

t, C1,C2 ∈ R.




y′′(t) − 6y′(t) + 9y(t) = 0.

La ecuación auxiliar es r2 − 6r + 9 = 0, que tiene como soluciones r = 3 (doble). Enconsecuencia, la solución general de la ecuación diferencial es

y(t) = C1e3t +C2te

3t, C1,C2 ∈ R.


y′′(t) + 4y′(t) + 13y(t) = 0.

La ecuación auxiliar es r2 + 4r + 13 = 0, que no tiene soluciones reales. Tiene dossoluciones complejas conjugadas, −2−3i y−2+3i En consecuencia, la solución generalde la ecuación diferencial es

y(t) = C1e−2t cos(3t) +C2te

−2t sen(3t), C1,C2 ∈ R.

Resolución de EDOs lineales de orden 2, de coeficientes constantes no homo-géneas

Consideramos ecuaciones diferenciales de la forma:

ay′′(t) + by′(t) + cy(t) = q(t), a, b, c ∈ R, a ≠ 0.

Ya sabemos, por el teorema 1.5.14 que la solución general de esta ecuación es de laforma

y(t) = yp(t) +C1y1(t) +C2y2(t), con C1,C2 ∈ R.

con y1h(t) e y2h(t) dos soluciones independientes de de la ecuación homogénea asocia-da e yp una solución particular de la ecuación diferencial. También sabemos, por elcaso anterior, hallar dos soluciones independientes de la ecuación homogénea asociada.Nos restaría, por tanto saber cómo calcular una solución particular. Vamos a ver dosmétodos, el método de los coeficientes indeterminados y el método de variación de lasconstantes.

Método de los coeficientes indeterminados

No es un método sistemático sino que se buscan soluciones de un determinado formato,relacionado con cómo es el término independiente q(t), se impone que cumplan laecuación diferencial y se calcula entonces dicha solución particular. En la tabla 1.1puedes ver algunas sugerencias sobre formatos que pueden funcionar.



Pn,Qn,Rn son polinomios de grado nq(t) yp m CondicionesPn tmQn 0,1,2 yp no es solución de la homogéneaPnert tmQnert 0,1,2 yp no es solución de la homogénea

Pnert cos(kt) tmert(Qn cos(kt) +Rn sen(kt)) 0,1,2 yp no es solución de la homogéneaPnert sen(kt) tmert(Qn cos(kt) +Rn sen(kt)) 0,1,2 yp no es solución de la homogénea

Tabla 1.1. Método de los coeficientes indeterminados, sugerencias para la solución particular

Ejemplo 1.5.20. Calcular la solución general de la ecuación diferencial

y′′(t) + y′(t) − 2y(t) = 4t.

La ecuación homogénea asociada está resuelta en el ejemplo 1.5.17; su solución generales

C1e−2t +C2e

t, C1,C2 ∈ R.

Nos falta ahora encontrar una solución particular: dado que q(t) es un polinomio degrado 1, vamos a intentar encontrar una solución particular de la forma yp(t) = αt+β.Tenemos que y′p(t) = α e y′′p (t) = 0. Imponemos ahora que yp(t) verifique la ecuacióndiferencial:

0 + α − 2αt − 2β = 4t.

Identificando coeficientes, se obtiene α = −2, β = −1, con lo que yp(t) = −2t − 1 y lasolución general de la ecuación diferencial es

y(t) = −2t − 1 +C1e−2t +C2e

t, C1,C2 ∈ R.

Método de variación de las constantes

(También se llama "método de variación de los parámetros"). Con este método, se partede dos soluciones independientes de la ecuación homogénea asociada, yh1(t), y2h(t) yse busca una solución particular de la forma yp(t) = u1(t)y1h(t)+u2(t)y2h(t). Si única-mente imponemos que esta yp(t) satisfaga la ecuación diferencial, nos encontraríamoscon "demasiadas" opciones y excesivos cálculos. Vamos a imponer que se cumpla unasegunda ecuación, dado que buscamos dos incógnitas: u1(t) y u2(t), esta ecuación es:

u′1(t)y1h(t) + u′2(t)y2h(t) = 0.

La elección de esta segunda ecuación no es arbitraria, pronto vamos a ver que va asimplificar los cálculos. Tenemos que

y′p = u′1(t)y1h(t) + u1(t)y′1h(t) + u′2(t)y2h(t) + u2(t)y′2h(t) = u1(t)y′1h(t) + u2(t)y′2h(t)y′′p = u′1(t)y′1h(t) + u1(t)y′′1h(t) + u′2(t)y′2h(t) + u2(t)y′′2h(t).



Ahora, imponemos que yp(t) cumpla la ecuación diferencial y tenemos:

a(u′1(t)y′1h(t) + u1(t)y′′1h(t) + u′2(t)y′2h(t) + u2(t)y′′2h(t)) +b(u1(t)y′1h(t) + u2(t)y′2h(t)) +c(u1(t)y1h(t) + u2(t)y2h(t))

= q(t).

Teniendo en cuenta que y1h e y2h son soluciones de la ecuación homogénea asociada,reordenando los sumandos, la expresión anterior quedaría:

u′1(t)y′1h(t) + u′2(t)y′2h(t) =q(t)a

que se utiliza junto con la anteriormente impuesta

u′1(t)y1(t) + u′2(t)y2(t) = 0.

para calcular u1(t) y u2(t). Observemos que podemos expresar en forma matricial lasdos ecuaciones anteriores:

( y1h(t) y2h(t)y′1h(t) y′2h(t)

)( u′1(t)u′2(t)

) = (0q(t)a

)

El determinanteW (t) = ∣ y1h(t) y2h(t)

y′1h(t) y′2h(t)∣

se llama Wronskiano y es no nulo si y1h e y2h son soluciones independientes (que loson en este caso). Por lo tanto, podemos aplicar la regla de Cramer y despejar u′1(t) yu′2(t):

u′1(t) = −y2h(t)q(t)W (t)a

, u′2(t) =y1h(t)q(t)W (t)a

.

Finalmente, se calcula una primitiva de u′1(t) y otra de u′2(t) y se construye yp(t).

Ejemplo 1.5.21. Vamos a resolver la ecuación diferencial

y′′(t) − 3y′(t) + 2y(t) = 4t.

Se resuelve primero la ecuación homogénea asociada, y tenemos y1h(t) = et, y2h(t) = e2t.Para encontrar una solución particular, vamos a utilizar el método de variación de lasconstantes. Calculamos primero el wronskiano:

W (t) =RRRRRRRRRRR

et e2t

et 2e2t

RRRRRRRRRRR= e3t



u′1(t) = − e2t4te3t ⋅ 1 = −4te−t,

u′2(t) = et4te3t ⋅ 1 = 4te−2t.

Con esto u1(t) = 4(t+1)e−t, u2(t) = −(2t+1)e−2t. Así yp(t) = 2t+3 y la solución generalde la ecuación diferencial es

y(t) = 2t + 3 +C1et +C2e

2t, C1,C2 ∈ R.

Resolución de algunas EDOs lineales de orden 2, de coeficientes variables ho-mogéneas, ecuaciones de Euler

Definición 1.5.22. Una ecuación de Euler es una ecuación diferencial lineal de orden2, homogénea y de la forma

at2y′′(t) + bty′(t) + cy(t) = 0 con a, b, c ∈ R, a ≠ 0.

Nota 1.5.23. Incluso aunque se impone a ≠ 0 tenemos que para t = 0 el coeficiente dey′′(t) se anula (con lo que la ecuación ya no es de segundo orden en este punto). Estepunto se llama punto singular de la ecuación diferencial. Por ello, no la resolveremosen t ∈ R sino en t ∈ (0,+∞) y, en algunos casos, también en (−∞,0).

Nota 1.5.24. Sabemos, por el teorema 1.5.14 que, para hallar la solución general deuna ecuación de Euler,debemos encontrar dos soluciones independientes.

Se intenta encontrar en (0,+∞) una solución de la forma y(t) = tr, con r ∈ R. Siimponemos que se cumpla la ecuación diferencial llegamos a:

(ar(r − 1) + br + c)tr = 0.

Como t ≠ 0, llegamos aar2 + (b − a)r + c = 0

que se llama ecuación auxiliar de la ecuación de Euler. Veamos ahora qué valores der satisfacen la ecuación auxiliar. Las soluciones de esta ecuación polinómica en r degrado 2, dependen del signo de ∆ = (b − a)2 − 4ac (discriminante):

à Si ∆ > 0, la ecuación auxiliar tiene dos raíces reales distintas, r1 y r2 con lo quela ecuación de Euler tiene como solución general

y(t) = C1tr1 +C2t

r2 , C1,C2 ∈ R, t ∈ (0,+∞),

que se puede ampliar a

y(t) = C1 ∣ t ∣r1 +C2 ∣ t ∣r2 , C1,C2 ∈ R, t ≠ 0.



à Si ∆ = 0, la ecuación auxiliar tiene una raíz real doble r. En este caso, la propo-sición 1.5.15 nos lleva a que la solución general es

y(t) = C1tr +C2t

r log t, C1,C2 ∈ R, t ∈ (0,+∞),


y(t) = C1 ∣ t ∣r +C2 ∣ t ∣r log ∣ t ∣, C1,C2 ∈ R, t ≠ 0.

à Si ∆ < 0, la ecuación auxiliar tiene dos raíces complejas conjugadas, r1 = k + ωiy r2 = k −ωi. Aplicando algunos resultados sobre complejos, y el teorema 1.5.13,se concluye que la solución general de la ecuación es

y(t) = C1tk cos(ω log t) +C2t

k sen(ω log t), C1,C2 ∈ R, t ∈ (0,+∞),


y(t) = C1 ∣ t ∣k cos(ω log ∣ t ∣) +C2 ∣ t ∣k sen(ω log ∣ t ∣), C1,C2 ∈ R, t ≠ 0.

Ejemplo 1.5.25. Vamos a calcular la solución del PVI

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

2t2y′′(t) − ty′(t) − 2y(t) = 0

y(1) = 5

y′(1) = 0.

Como nos dan las condiciones iniciales en el punto t0 = 1, vamos a estudiar esta ecuaciónen (0,+∞). La ecuación auxiliar es 2r2+3r−2 = 0, que tiene dos raíces reales distintas,r1 − 1

2 y r2 = 2 con lo que la solución general es

y(t) = C1t− 1

2 +C2t2, C1,C2 ∈ R, t ∈ (0,+∞),

Imponemos ahora las condiciones iniciales y obtenemos C1 = 4 y C2 = 1 con lo que lasolución del PVI es

y(t) = 4t− 12 + t2.

Ejemplo 1.5.26. Vamos a resolver la ecuación t2y′′(t)−3ty′(t)+13y(t) = 0. La ecuaciónauxiliar es r2 −4r+13 = 0 que tiene dos raíces complejas conjuadas 2−3i y 2−+3i, conlo que la solución general de la ecuación es

y(t) = C1t2 cos(3 log ∣ t ∣) +C2t

2 sen(3 log ∣ t ∣), C1,C2 ∈ R, t ≠ 0.



Resolución de algunas EDOs lineales de orden 2, de coeficientes variables nohomogéneas

Para resolver las ecuaciones de la forma

a(t)y′′(t) + b(t)y′(t) + c(t)y′(t) = q(t), a(t) ≠ 0∀t,

formalmente, procederíamos como con las EDOS lineales de orden 2 de coeficientesconstantes no homogéneas:

1. calcularíamos la solución general de la ecuación homogénea asociada,

2. calcularíamos una solución particular de la ecuación, mediante

(a) el método de los coeficientes indeterminados,(b) el método de variación de las constantes.

Sin embargo, observemos que, ya con el paso 1, estaríamos limitados al tipo de ecuacio-nes que pudiéramos resolver (ecuaciones de Euler o ecuaciones en las que disponemosde una solución que nos permite hallar otra solución independiente). Una vez halladasdos soluciones independientes de la ecuación homogénea asociada, en el caso de loscoeficientes variables suele funcionar mejor el método de variación de las constantesque el de los coeficientes indeterminados.Nota 1.5.27. A la hora de trabajar tanto con el método de los coeficientes indetermi-nados como con el método de variación de las constantes, trabajaríamos análogamenteal caso de coeficientes constantes, pero arrastrando adecuadamente a(t), b(t) y c(t) envez de, respectivamente a, b y c.

Ejemplo 1.5.28. Vamos a resolver la ecuación diferencial

2t2y′′(t) − ty(t) − 2y(t) = t

en el intervalo (0,+∞). Es una ecuación diferencial lineal de orden 2, con coeficientesvariables y no homogénea. La ecuación homogénea asociada es una ecuación de Euler,y está resuelta en el ejemplo 1.5.25, con lo que ya tenemos y1h(t) = t−

12 e y2h(t) = t2.

Buscamos ahora una solución particular:

à Por el método de los coeficientes indeterminados: recordemos que la tabla 1.1 nonos da tantas garantías como en el caso de coeficientes constantes. No obstante,probamos una solución del tipo yp(t) = αt + β y encontramos yp(t) = − t3 . Conesto, la solución general de la ecuación diferencial es

y(t) = − t3 +C1t− 1

2 +C2t2, C1,C2 ∈ R, t ∈ (0,+∞),



à Por el método de variación de los parámetros. Este método es más sistemático,pero en el caso de coeficientes variables, podríamos encontrarnos con el cálculode primitivas complicadas. Lo intentamos:

W (t) = 52t

12

con lo queu′1(t) = −

15t

12 , u′2(t) =

15t

−2,

y, así,u1(t) = −

215t

32 , u2(t) = −

15t

−1

y de aquí también nos sale yp(t) = −t

3 y obtenemos, de nuevo, la solución generalde la ecuación diferencial.

1.5.3. EDOs lineales de orden superior

Resolución de EDOs lineales de orden superior, de coeficientes constantes ho-mogéneas

Serán estas el único tipo de EDO de orden mayor que 2 que estudiaremos. El métodopara resolver este tipo de ecuaciones está basado en la resolución de EDOs lineales deorden 2 de coeficientes constantes y homogéneas, que hemos estudiado anteriormente.

Definición 1.5.29. n soluciones, y1(t), . . . yn(t) de la ecuación definida en 1.5.1 sedicen independientes si la expresión

C1y1(t) +⋯ +Cnyn(t) = 0,∀t ∈ I,

con C1, . . . ,Cn ∈ R tiene como única solución C1 = ⋯ = Cn = 0.

Dada una EDO de la forma

any(n)(t) + an−1y

(n−1)(t) +⋯ + a1y′(t) + a0y(t) = 0,

su solución general tiene la forma:

y(t) = C1y1(t) +⋯ +Cnyn(t)

siendo y1, . . . , yn soluciones independientes de la ecuación. Consideraremos la ecuaciónpolinómica asociada

anrn + an−1r

n−1 +⋯ + a1r + a0 = 0,que es una ecuación polinómica en r de grado n. Esta ecuación puede tener los siguientestipos de raíces:



à s raíces reales distintas simples (o de multiplicidad 1)

à m raíces reales distintas con multiplicidad mayor que 1

à l pares de raíces complejas conjugadas simples

à u pares de raíces complejas conjugadas de multiplicidad mayor que 1.

El número total de raíces, reales o complejas, contadas con sus multiplicidades es n, elgrado de la ecuación polinómica (y orden de la ecuación diferencial).

Por no sobrecargar la notación, pensemos en una EDO de orden 13

y(13)(t) − 48y(12)(t) + 1170y(11)(t) − 18474y(10)(t) + 207819y(9)(t) − 1739322y(8)(t)+ 11055756y(7)(t) − 53695188y(6)(t) + 198322839y(5)(t) − 548488052y(4)(t)+ 1100503842y′′′(t) − 1509175746y′′(t) + 1258550109y′(t) − 478021986y(t) = 0

cuya ecuación polinómica asociada es

r13 − 48r12 + 1170r11 − 18474r10 + 207819r9 − 1739322r8 + 11055756r7

− 53695188r6 + 198322839r5 − 548488052r4 + 1100503842r3 − 1509175746r2

+ 1258550109r − 478021986 = 0.

El polinomio, de grado 13, una vez factorizado3, es

(r − 2)(r − 3)4(2 + 3i)(2 − 3i)(5 + 6i)3(5 − 6i)3.

Entonces tendríamos las siguientes soluciones (independientes):

1. y1(t) = e2t,

2. y2(t) = e3t, y3(t) = te3t, y4(t) = t2e3t, y5(t) = t3e3t,

3. y6(t) = e2t cos(3t), y7(t) = e2t sen(3t),

4. y8(t) = e5t cos(6t), y9(t) = e5t sen(6t), y10(t) = te5t cos(6t),

y11(t) = te5t sen(6t), y12(t) = t2e5t cos(6t), y13(t) = t2e5t sen(6t),

y la solución general de la ecuación diferencial sería

y(t) = C1y1(t) +⋯ +C13y13(t), C1, . . . ,C13 ∈ R.3Factorizar un polinomio de orden alto puede ser una cuestión muy difícil de resolver, como en este

caso



Ejemplo 1.5.30. Vamos a resolver la EDO

y(5)(t) − 2y(4)(t) + y′′′(t) = 0.

La ecuación polinómica asociada es

r5 − 2r4 + r3 = 0

cuyas soluciones son r1 = 0 (triple) y r2 = 1 (doble). Con esto, la solución general es

y(t) = C1 +C2t +C3t2 +C4e

t +C5tet, C1,C2,C3,C4,C5 ∈ R.

1.6. EDOs lineales de orden 2 y series de potencias

En secciones anteriores hemos visto cómo resolver algunas EDOs lineales de orden2, concretamente, las de coeficientes constantes y las ecuaciones de Euler. Vamos aconsiderar ahora EDOs lineales de orden 2 que puedan expresarse como

y′′(t) + b(t)y′(t) + c(t)y(t) = q(t)

con b(t), c(t) y q(t) funciones desarrollables en serie de potencias (un caso particularserían los polinomios) en torno a un punto t0. Si buscamos una solución y(t) desarro-llable en serie de potencias en torno a t0, y(t) será de la forma

y(t) =+∞

∑k=0

ak(t − t0)k

con lo que

y′(t) =+∞

∑k=1

kak(t − t0)k−1

y′′(t) =+∞

∑k=2

k(k − 1)ak(t − t0)k−2

Ahora podemos imponer que se cumpla la ecuación diferencial y obtendremos una rela-ción entre los coeficientes ak del desarrollo de y(t), con dos coeficientes libres (habitual-mente, a0 y a1), con lo que hallaremos la solución general de la ecuación, expresadaserie de potencias en torno a t0. Si tenemos un PVI con condiciones iniciales en t0,entonces podremos hallar todos los coeficientes ak y tendremos la solución del PVI, denuevo, expresada como serie de potencias.


y′′(t) − 2ty′(t) + 3y(t) = 0.


1.6. EDOs lineales de orden 2 y series de potencias 25

Vamos a utilizar desarrollos en serie de potencias en torno al punto t0 = 0.

y(t) =+∞

∑k=0akt

k

con lo que

y′(t) =+∞

∑k=1

kaktk−1

y′′(t) =+∞

∑k=2

k(k − 1)aktk−2.

Imponemos ahora que se cumpla la ecuación diferencial:+∞

∑k=2k(k − 1)aktk−2 − 2t

+∞

∑k=1

kaktk−1 + 3

+∞

∑k=0

aktk = 0,

y reorganizamos convenientemente los coeficientes, con lo que nos queda:

+∞

∑k=2k(k − 1)aktk−2 +

+∞

∑k=1

(−2)kaktk ++∞

∑k=0

3aktk = 0, (1.17)

+∞

∑k=0

(k + 2)(k + 1)ak+2tk +

+∞

∑k=1

(−2)kaktk ++∞

∑k=0

3aktk = 0, (1.18)

+∞

∑k=0

((k + 2)(k + 1)ak+2 + (3 − 2k)ak)tk = 0. (1.19)

De (1.19) se deduce

(k + 2)(k + 1)ak+2 + (3 − 2k)ak = 0, ∀k ∈ N4,

es decir,ak+2 =

2k − 3(k + 2)(k + 1)ak, ∀k ∈ N. (1.20)

Así, podemos dar a a0 y a a1 cualquier valor en R y, a partir de ellos, calcular el restode coeficientes usando la relación recurrente dada por (1.20).

Ejemplo 1.6.2. Vamos a considerar la ecuación del ejemplo anterior, 1.6.1, junto conlas condiciones iniciales y(0) = 0, y′(0) = 1. Dado que y(0) = a0 e y′(0) = a1, usamos(1.20) yse deduce que ak = 0 para todo k par y para los k impares, obtenemos a3 = −1

6 ,a5 = − 1

40 , etc.4Estamos considerando que 0 ∈ N



Ejemplo 1.6.3. Vamos a utilizar las series de potencias para resolver la ecuacióndiferencial:

y′′(t) + t2y′(t) + y(t) = et

Recordemos queet =

+∞

∑k=0

1k!t

k,

con lo que imponer que y(t) =+∞

∑k=0akt

k verifique la ecuación diferencial equivale a:

+∞

∑k=2k(k − 1)aktk−2 + t2

+∞

∑k=1

kaktk−1 +

+∞

∑k=0

aktk =

+∞

∑k=0

1k!t

k,

lo que, a su vez, equivale a+∞

∑k=2k(k − 1)aktk−2 +

+∞

∑k=1kakt

k+1 ++∞

∑k=0

aktk +

+∞

∑k=0

− 1k!t

k = 0,

y a+∞

∑k=0

(k + 2)(k + 1)ak+2tk +

+∞

∑k=2

(k − 1)ak−1tk +

+∞

∑k=0

aktk +

+∞

∑k=0

− 1k!t

k = 0. (1.21)

Llamamos

bk ∶=⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

0 si k = 0,1

(k − 1)ak−1 si k ≥ 2.Con esto, (1.21) es equivalente a:

+∞

∑k=0

((k + 2)(k + 1)ak+2 + bk + ak −1k!) t

k = 0,

de donde nos queda⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩

k = 0 ∶ 2a2 + a0 − 1 = 0k = 1 ∶ 6a3 + a1 − 1 = 0k ≥ 2 ∶ (k + 2)(k + 1)ak+2 + (k − 1)ak−1 + ak −

1k! = 0,

es decir,⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

a0 librea1 librea2 = 0a3 = 0

ak =1

k(k − 1) ( 1(k − 2)! − (k − 3)ak−3 − ak−2) , k ≥ 4.


1.7. Apéndice: cuadro resumen de series de potencias 27

1.7. Apéndice: cuadro resumen de series de potencias

En la siguiente tabla puedes consultar los desarrollos de Taylor y en series de potenciasque se usan con más frecuencia.

sen t =+∞

∑k=0

(−1)k(2k + 1)! t

2k+1 → P2n+1(t) = t −t3

6 + t5

120 −⋯ + (−1)n(2n + 1)! t

2n+1

cos t =+∞

∑k=0

(−1)k(2k)! t

2k → P2n(t) = 1 − t2

2 + t4

24 −⋯ + (−1)n(2n)! t

2n

arctg t =+∞

∑k=0

(−1)k2k + 1 t

2k+1 → P2n+1(t) = t −t3

3 + t5

5 −⋯ + (−1)n2n + 1 t

2n+1

et =+∞

∑k=0

1k! t

k → Pn(t) = 1 + t + t2

2 + t3

6 +⋯ + 1n! t

n

log t =+∞

∑k=1

(−1)k+1

k(t − 1)k → Pn,1(t) = (t − 1) − (t − 1)2

2 + (t − 1)3

6

+⋯ + (−1)n+1

n(t − 1)n

log(1 + t) =+∞

∑k=1

(−1)k+1

ktk → Pn(t) = t −

t2

2 + t3

3 −⋯ + (−1)n+1

ntn

11 − t =

+∞

∑k=0tn → Pn(t) = 1 + t + t2 + t3 +⋯ + tn

1t=+∞

∑k=0

(−1)k(t − 1)k → Pn,1(t) = 1 − (t − 1) + (t − 1)2 +⋯ + (−1)n(t − 1)n


1.8. Ejercicios 29

1.8. Ejercicios

Resolución de algunos tipos de EDOs de primer orden

1. (nivel 1) Resuelve la siguientes ecuaciones diferenciales de variables separables

(a) y′(t) = y(t)2t

(b) y′(t) = 3y(t) − 1t

(c) y′(t) = t3

y(t)2

(d) y′(t) = t2y(t)2

(e) y′(t) = ty(t)(f) y′(t) = ey(t) sen t(g) y′(t) = 1 − y(t)2

(h) y′(t) = 1 + y(t)2

(i) y′(t) = 2 + ey(t)

(j) y′(t) = y(t)2(1 + y(t))

2. (nivel 1) Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales homogéneas de orden 1

(a) y′(t) = t + y(t)t − y(t)

(b) y′(t) = ty(t)t2 + 2y(t)2

(c) y′(t) = t2 + ty(t) + y(t)2

t2

(d) y′(t) = t3 + 3ty(t)2

3t2y(t) + y(t)3

(e) ty′(t) = y(t) + t cos2 y(t)t

(f) y′(t) = y(t)t

− e−y(t)t

Resolución EDOs lineales

3. (nivel 1) Resuelve las siguientes EDOs lineales de primer orden

(a) y′(t) − 2y(t)t

= t2

(b) y′(t) + 2y(t)t

= 1t2

(c) y′(t) + 2y(t) = 3

(d) y′(t) + y(t) = et

(e) y′(t) + y(t) = t

(f) y′(t) + 2ety(t) = et

4. (nivel 2, apartado (c) nivel 3) Para cada apartado se da una EDO lineal de orden2 homogénea y una solución. Comprueba que cada solución, efectivamente, lo esy, a partir de ella calcula la solución general de la ecuación diferencial.

(a) Ecuación: y′′(t) − 3y′(t) + 2y(t) = 0, solución: y1(t) = et .(b) Ecuación: y′′(t) − y′(t) − 6y(t) = 0, solución: y1(t) = e−2t.(c) Ecuación: t2y′′(t) + 2ty′(t) − 2y(t) = 0, solución: y1(t) = t.

(En el intervalo I = (0,+∞))



(d) Ecuación: t2y′′(t) − 3ty′(t) + 4y(t) = 0, solución: y1(t) = t2.(En el intervalo I = (0,+∞))

5. (nivel 1) Resuelve las siguientes EDOs (todas son lineales de orden 2, con coefi-cientes constantes y homogéneas).

(a) y′′(t) + 7y′(t) + 10y(t) = 0(b) y′′(t) − 2y′(t) − 3y(t) = 0(c) y′′(t) + 2y′(t) = 0(d) 4y′′(t) − 4y′(t) − 3y(t) = 0(e) y′′(t) + 8y′(t) + 16y(t) = 0(f) y′′(t) − 2y′(t) + y(t) = 0

(g) y′′(t) − 6y′(t) + 10y(t) = 0(h) 9y′′(t) + 6y′(t) + y(t) = 0(i) y′′(t) + 2y′(t) + 5y(t) = 0(j) y′′(t) − 4y′(t) + 5y(t) = 0(k) y′′(t) + 2y′(t) + 3y(t) = 0(l) y′′(t) + y′(t) + y(t) = 0

6. (nivel 2) Resuelve los siguientes problemas de valor inicial

(a)

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

y′′(t) + 10y′(t) + 25y(t) = 0

y(1) = 0

y′(1) = 2

(b)

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

y′′(t) + 4y′(t) + 5y(t) = 0

y(0) = 2

y′(0) = 2

7. (nivel 2) Para cada apartado calcula la solución de la ecuación diferencial. Parahallar la solución particular, practica los dos métodos: el de coeficientes indeter-minados y, en los apartados (a), (b), (c), (j), el de variación de las constantes.

(a) y′′(t) + y′(t) − 2y(t) = 1(b) y′′(t) + y′(t) − 2y(t) = t(c) y′′(t) + y′(t) − 2y(t) = e−t

(d) y′′(t) + y′(t) − 2y(t) = et

(e) y′′(t) + 2y′(t) + 5y(t) = t2

(f) y′′(t) + 4y(t) = t2

(g) y′′(t) − y′(t) − 6y(t) = e−2t

(h) y′′(t) + 4y′(t) + 4y(t) = e−2t

(i) y′′(t) + 2y′(t) + 2y(t) = et sen t(j) y′′(t) + 2y′(t) + 2y(t) = e−t sen t(k) y′′(t) + y′(t) = 4 + 2t + e−t

(l) y′′(t) + 2y′(t) + y(t) = te−t

8. (nivel 2) Calcula la solución general de cada una de las siguientes ecuaciones deEuler.

(a) t2y′′(t) − ty′(t) + y(t) = 0(b) t2y′′(t) − ty′(t) − 3y(t) = 0(c) t2y′′(t) + ty′(t) − y(t) = 0

(d) t2y′′(t) − ty′(t) + 5y(t) = 0(e) t2y′′(t) + ty′(t) = 0(f) t2y′′(t) + ty′(t) + y(t) = 0

9. (nivel 2) Dada la ecuación t2y′′(t) + ty′(t) − y(t) = t2, encuentra un soluciónparticular de la forma yp(t) = αt2 y calcula, a partir de ella, la solución generalde la ecuación en el intervalo (0,+∞).


1.8. Ejercicios 31

10. (nivel 2) Dada la ecuación t2y′′(t) + ty′(t) − y = tr, con t ∈ (0,+∞), estudiar paraqué valores de r se puede encontrar una solución particular de la forma αtr. Enesos casos, calcula, a partir de esa solución partícular, la solución general de laecuación en el intervalo (0,+∞).

11. (nivel 2) Calcula la solución general de cada una de las siguientes ecuaciones.

(a) y′′′(t) − 4y′′(t) + 3y′(t) = 0(b) y(4)(t) − 2y′′(t) + y(t) = 0(c) y(4)(t) + 2y′′(t) + y(t) = 0(d) y(4)(t) + 4y′′′(t) + 6y′′(t) + 4y′(t) + y(t) = 0

12. (nivel 3) Calcula la solución general de cada una de las siguientes ecuacionesmediante series de potencias.

(a) y′′(t) − (t − 1)2y(t) = 0 (b) y′′(t) − ty(t) = 0

13. (nivel 3) Calcula la solución de cada uno de los siguientes PVIs mediante seriesde potencias.

(a)

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

y′′(t) + ty′(t) + 2y(t) = 0

y(0) = 1

y′(0) = 2

(b)

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

y′′(t) + ty′(t) + y(t) = 0

y(0) = 1

y′(0) = 0


1.9. Algunas soluciones e indicaciones 33

1.9. Algunas soluciones e indicaciones

Resolución de algunos tipos de EDOs de primer orden

1. (a) y(t) = C√

∣ t ∣, C ∈ R, t ≠ 0.

(b) y(t) = 13 +Ct

3, C ∈ R, t ≠ 0.

(c) 13y(t)

3 − 14t

4 = C, C ∈ R.

(d) y(t) = − 3t3 +C

, C ∈ R.

(e) y(t) = Ce t22 , C ∈ R.

(f) y(t) = − log(cos t +C), C > 1.(g)(h)(i)(j)

2. (a) arctg yt− 1

2 log(1 + (yt)

2) = log ∣ t ∣ +C, C ∈ R, t ≠ 0.

(b) t2 = y(t)2 log ∣y(t)∣ +Cy(t)2, C ∈ R.

(c) y(t) = t tg (log ∣t∣ +C) , C ∈ R, t ≠ 0.(d)(e)(f)

Resolución EDOs lineales

3. (a) y(t) = t3 +Ct2, C ∈ R.

(b) y(t) = 1t+C 1

t2, C ∈ R, t ≠ 0

(c) y(t) = 32 +Ce

−2t, C ∈ R.

(d) y(t) = 12e

t +Ce−t, C ∈ R

(e) y(t) = −1 + t +Ce−t, C ∈ R.

(f) y(t) = 12 +Ce

−2et , C ∈ R

4. (a) y(t) = C1et +C2e2t, C1,C2 ∈ R(b) y(t) = C1e−2t +C2e3t, C1,C2 ∈ R

(c) y(t) = C1t +C21t2, C1,C2 ∈ R

(d)

5. (a) y(t) = C1e−5t +C2e−2t, C1,C2 ∈ R.

(b) y(t) = C1e−t +C2e3t, C1,C2 ∈ R.

(c) y(t) = C1e−2t +C2, C1,C2 ∈ R.

(d)

(e) y(t) = C1e−4t +C2t−4t, C1,C2 ∈ R.

(f)



(g)(h)(i)

(j)(k)(l)

6. (a) y(t) = 2(t − 1)e−5(t−1)

(b) y(t) = 2e−2t cos t + 6e−2t sen t

7. (a) y(t) = −12 +C1e−2t +C2et, C1,C2 ∈ R.

(b) y(t) = −12t −

14 +C1e−2t +C2et, C1,C2 ∈ R.

(c) y(t) = −12e

−t +C1e−2t +C2et, C1,C2 ∈ R.

(d)

(e) y(t) = 15t

2 − 225t −

2125 +C1e−t sen(2t) +C2e−t cos(2t), C1,C2 ∈ R.

(f)(g)(h)(i)(j) y(t) = −1

2te−t cos t +C1e−t cos t +C2e−t sen t, C1,C2 ∈ R

(k)(l)

8. (a) y(t) = C1∣t∣ +C2∣t∣ log ∣t∣, C1,C2 ∈ R, t ≠ 0.

(b) y(t) = C1∣t3∣ +C21∣t∣, C1,C2 ∈ R, t ≠ 0.

(c) y(t) = C1∣t∣ +C21∣t∣, C1,C2 ∈ R, t ≠ 0.

(d)(e)(f)

9. yp(t) =13t

2. Para calcular la solución general, aprovechamos los cálculos del ejer-cicio 8c y tenemos

y(t) = 13t

2 +C1t +C21t, C1,C2 ∈ R, t ∈ (0,+∞).

10.



11. (a) y(t) = C1 +C2e3t +C3et, C1,C2,C3 ∈ R(b) y(t) = C1e−t +C2te−t +C3et +C4tet, C1,C2,C3,C4 ∈ R(c)(d) y(t) = C!e−t +C2te−t +C3t2e−t +C4t3e−t, C1,C2,C3,C4 ∈ R

12. (a) En este caso, lo adecuado es desarrollar en torno al punto t0 = 1. Con esto,

y(t) =+∞

∑k=0ak(t − 1)k con a0, a1 libres; a2 = 0, a3 = 0 y ak =

1k(k − 1)ak−4 si

k ≥ 4

(b) y(t) =+∞

∑k=0

aktk con a0, a1 libres, a2 = 0 y ak =

1k(k − 1)ak−3 si k ≥ 3

13. (a) y(t) = ∑+∞k=0 akt

k con a0 = 1, a1 = 2 y ak = − 1k−1ak−2 si k ≥ 2

(b)


Tema 2

Funciones de varias variables, lımites y

continuidad

Vamos a dedicar 12 horas a este capítulo. Debes resolver por tu cuenta los ejerciciosque no hayan sido resueltos en clase. Los ejercicios, como en el tema anterior, estánetiquetados por niveles. Como bibliografía complementaria, puedes consultar [1], [3],[4].

2.1. Funciones f ∶ Rn → Rm. Conceptos básicos

En este tema y los posteriores la notación "con negrita" x indicará que estamos en másde una variable, la notación f indicará que la función a considerar es vectorial. Lasnotaciones sin negrita representarán elementos en R. Según sea el caso, escribiremos x,f (notación compacta) o escribiremos (x1, . . . , xn), (f1, . . . , fm) (notación expandida).

Definición 2.1.1. Sea D un subconjunto de Rn. Una función f de D a Rm es unacorrespondencia que a cada x ∈ D le asigna un único valor f(x) ∈ Rm. El conjunto Dse llama dominio de la función f y ésta suele denotarse

f ∶D → Rm

x ↦ f(x).

Nota 2.1.2. En ciertos contextos se considera el dominio de una función como el mayorsubconjunto de Rn para el que puede calcularse f , es decir,

Domf = {x ∈ Rn ∣ f(x) ∈ Rm está bien definida} . (2.1)

Si en un ejercicio se pide hallar el dominio de una función, nos estamos refiriendo acalcular el conjunto dado por (2.1).

37

38 Funciones de varias variables, límites y continuidad

Ejemplo 2.1.3. Sea

f ∶D1 ⊂ R2 → R

(x, y) ↦√

1 − x2 +√

1 − y2.

Para calcular su dominio, debemos resolver el sistema de inecuaciones:

1 − x2 ≥ 0 ,1 − y2 ≥ 0 ,

cuya solución es D = [−1,1] × [−1,1] (véase la figura 2.1).

-1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0

-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

Figura 2.1. Dominio de la función f(x, y) =√

1 − x2 +√

1 − y2

Ejemplo 2.1.4. Consideramos ahora la función

f ∶D ⊂ R3 → R

(x, y, z) ↦ arcos x2 + y2

z2 .


2.1. Funciones f ∶ Rn → Rm. Conceptos básicos 39

Calcular su dominio equivale a resolver las inecuaciones

−1 ≤ x2 + y2

z2 ≤ 1, z ≠ 0 .

La solución puede expresarse como D = {(x, y, z) ∈ R3 ∣ x2 + y2 ≤ z2} ∖ {(0,0,0)} , quecorresponde con el interior y el borde de un cono, excluido su vértice (véase la figura2.2).

Figura 2.2. Dominio de la función f(x, y, z) = arcosx2 + y2

z2

Ejemplo 2.1.5. Sea

f ∶D ⊂ R2 → R

(x, y) ↦ log(x2 + y) .

Vamos a estudiar su dominio. Es necesario x2+y > 0 para que f(x, y) esté bien definida.Tenemos que

D = {(x, y) ∈ R2 ∣ y > −x2}.

(Puedes ver un dibujo de D en la figura 2.3).

Definición 2.1.6. Dada una función f ∶ D ⊂ Rn → Rm, se define la imagen, rango orecorrido de f como el siguiente subconjunto de Rm

Imf = {z ∈ Rm ∣ ∃x ∈D con f(x) = z} .



-1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0

-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

Figura 2.3. Dominio de la función f(x, y) = log(x2 + y)

Ejemplo 2.1.7. Vamos a calcular la imagen de la función definida en el ejemplo 2.1.5.Por definición Imf ⊂ R. Intuimos1 que Imf = R . Para demostrarlo, tendríamos que verque cualquier c ∈ R tiene antiimagen (x, y) ∈ D. Sea c ∈ R, la expresión f(x, y) = c noslleva a

c = log(x2 + y); ec = x2 + y; y = −x2 + ec.

Como ec > 0 tenemos que las antiimágenes de c (observa que no hemos hallado unaantiimagen, sino "muchas", de hecho, hemos hallado todas) son los puntos de la parábolay = −x2 + ec, todos ellos en D. En la figura 2.4 puedes ver, en rojo, la antiimagen dec = 0.

Definición 2.1.8. Dada una función f ∶D ⊂ Rn → Rm, se denomina grafo o gráfica def al subconjunto de Rn+m:

Gf ∶= {(x,f(x)) ∣ x ∈D} .

Ejemplo 2.1.9. En la figura 2.5 tienes el grafo de la función del ejemplo 2.1.5.

Ejemplo 2.1.10. Sea

f ∶ [ − π,π] × [−π,π] → R

(x, y) ↦ sen(xy).

Puedes ver su grafo en la figura 2.6.1Este es el paso más difícil, intuir bien. Con la práctica se mejora



-1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0

-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

Figura 2.4. Función f(x, y) = log(x2 + y), antiimagen de c = 0

Definición 2.1.11. En las condiciones de la definición 2.1.1, cada una de las funciones

fi ∶D ⊂ Rn → R

x↦ fi(x)

se llama función componente de f .

Ejemplo 2.1.12. Dada la función

f ∶ R2 → R3

(x, y)↦ (x + y, x2 cos y, y3)

sus tres funciones componentes serían:

f1 ∶ R2 → R

(x, y)↦ x + y

f2 ∶ R2 → R

(x, y)↦ x2 cos y

f3 ∶ R2 → R

(x, y)↦ y3



Figura 2.5. Grafo de la función f(x, y) = log(x2 + y)

Definición 2.1.13. Sean f ∶D1 ⊂ Rn → Rm y g ∶D2 ⊂ Rm → Rp tales que Imf ⊂D2.Se define la función f compuesta con g , y se denota g ○ f , a la función

g ○ f ∶D1 ⊂ Rn → Rp

x ↦ g(f(x))

Ejemplo 2.1.14. Sean

f ∶ R2 → R3

(x, y)↦ (x + y, x2 cos y, y3)

y

g ∶ R3 → R2

(u, v,w)↦ (u + v +w,uvw).

Tenemos que es posible calcular tanto g ○ f como f ○ g y son, respectivamente

g ○ f ∶ R2 → R2

(x, y)↦ (x + y + x2 cos y + y3, (x + y)x2y3 cos y)

y

f ○ g ∶ R3 → R3

(u, v,w)↦ (u + v +w + uvw, (u + v +w) cos(uvw), u3v3w3)



Figura 2.6. Grafo de la función f(x, y) = sen(xy)

2.1.1. Funciones f ∶ Rn → R, conceptos geométricos

En esta sección vamos a estudiar el caso particular en el que la función f en la definición2.1.1 tiene una sola componente, es decir m = 1. Para este caso tenemos que dado unconjunto D ⊂ Rn, una función f de D a R es una correspondencia que a cada x ∈D leasigna un único valor f(x) ∈ R. La función f suele denotarse

f ∶D → Rx ↦ f(x)

y se llama función escalar.

Ejemplo 2.1.15. En los dominios señalados, las siguientes correspondencias son fun-ciones escalares .

à En R2:

ß f1(x, y) = cos(x + y2),

ß f2(x, y) = xexy,

ß f3(x, y) = x3 − y2,

ß f4(x, y) = x + ey,

à Si el dominio es una lámina plana, T (x, y) la correspondencia que a cada punto(x, y) de la lámina le asigna su temperatura.



à En R3:

ß f6(x, y, z) = x2 + y2 + z2,

ß f7(x, y, z) = x2 − y cos(zx),

à Si el dominio es una habitación, T (x, y, z) la correspondencia que a cada punto(x, y, z) de la habitación le asigna su temperatura.

Definición 2.1.16. Sean D ⊂ R2, y una función f ∶D → R, y dado c ∈ Imf se denominacurva de nivel al subconjunto de R2 formado por todas las antiimágenes del punto c.

f−1(c) = {(x, y) ∈D ∣ f(x, y) = c} .

Ejemplo 2.1.17. Retomamos la función del ejemplo 2.1.5 y vamos a calcular y dibujarsus curvas de nivel. En el ejemplo 2.1.7 habíamos visto que Imf = R. Sea c ∈ R. Paracalcular sus curvas de nivel podemos aprovechar las cuentas hechas para el cálculode Imf (es frecuente hacer cálculos para encontrar simultáneamente la imagen y lascurvas de nivel). Para cada c ∈ R tenemos que el conjunto de todas sus antiimágeneses la parábola y = −x2 + ec. Por lo tanto, las curvas de nivel de f son parábolas de estaforma (todas ellas contenidas en el dominio, calculado en el ejemplo 2.1.5). En la figura2.7 puedes ver las curvas de nivel de f . En esta figura, además, se han etiquetado cuatroniveles, c4 < c3 < c2 < c1). A partir del dibujo de las curvas de nivel de una función, esposible imaginarse (e incluso, dibujar) su grafo. En la figura 2.8 puedes visualizar, enun sólo dibujo, el dominio, la imagen, las curvas de nivel y el grafo de f .

Ejemplo 2.1.18. En la figura 2.9 puedes ver, el dominio, la imagen, las curvas de nively el grafo de la función f(x, y) = 2 −

√1 − x2 − y2.

2.1.2. Funciones f ∶ R→ R2,f ∶ R→ R3, parametrización de curvas

Vamos a considerar en esta sección el caso n = 1 y m = 2,3 . El dominio D ⊂ R seráun intervalo cerrado y usaremos la letra t para la variable independiente (debido a queestas funciones modelizan fenómenos que dependen del tiempo) y Φ(t) en vez de f(t).Así, el formato general de las funciones a considerar será:

Φ ∶ [a, b]→ Rm

t↦Φ(t).

Prestaremos especial atención a ImΦ que podremos dibujar (o visualizar) en R2 o R3.



-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

c1c2

c3c4

Figura 2.7. Curvas de nivel de la función f(x, y) = log(x2 + y)

Ejemplo 2.1.19. Sean a, b > 0 y sea

Φ ∶ [0,2π] → R2

t ↦ (a cos t, b sen t),

vamos a ver que ImΦ es una elipse. En efecto, si llamamos x(t) = a cos t, y(t) = b sen ttenemos que

x2(t)a2 + y

2(t)b2 = 1

que es la ecuación de una elipse centrada en (0,0) de semiejes a y b. Es decir ImΦ estácontenida en esta elipse. Geométricamente, podemos ver que la imagen es la elipse, yaque t ∈ [0,2π]

Nota 2.1.20. Si el ejemplo 2.1.19 consideramos el caso particular de a = b = r > 0,entonces ImΦ es la circunferencia de centro (0,0) y radio r.

Definición 2.1.21. Dada una curva Γ ⊂ Rm, una función

Φ ∶ [a, b]→ Rm

t ↦Φ(t)(2.2)

tal que ImΦ = Γ se llama parametrización de la curva Γ. En este caso, llamaremosparámetro a la variable t.



Figura 2.8. Dominio, imagen, curvas de nivel y grafo de la función f(x, y) = log(x2 +y)

Nota 2.1.22. Una curva Γ puede parametrizarse de varias maneras. De hecho, para cadacurva Γ ⊂ Rm existen infinitas parametrizaciones. Por ejemplo, las siguientes funcionesΦ1 y Φ2

Φ2 ∶ [0,2π]→ R2

t ↦ (cos t, sen t)Φ2 ∶ [0, π]→ R2

t ↦ (cos(2t), sen(2t))

describen la misma curva en R2 (la circunferencia x2 + y2 = 1). Podemos interpretarcada parametrización como la velocidad a la que se recorre la curva. Para este ejemplo,diríamos que Φ2 recorre la circunferencia el doble de rápido que Φ1.

En la tabla 2.1 puedes ver parametrizaciones de algunas curvas en R2.



Ecuación implícita Una parametrización Curva

x2 + y2 = r2 (r cos t, r sen t), t ∈ [0,2π]-1.0 -0.5 0.5 1.0

-1.0

-0.5

0.5

1.0

x2

a2 +y2

b2 = 1 (a cos t, b sen t), t ∈ [0,2π]-2 -1 1 2

-1.0

-0.5

0.5

1.0

y = ax2, a > 0 (t, at2), t ∈ R -2 -1 1 2

1

2

3

4

x2

a2 −y2

b2 = 1 (aCh t, bSh t), t ∈ R (rama derecha)-4 -2 2 4

-4

-2

2

4

x2

a2 −y2

b2 = 1 (−aCh t, bSh t), t ∈ R (rama izquierda)-4 -2 2 4

-4

-2

2

4

−x2

a2 +y2

b2 = 1 (aSh t, bCh t), t ∈ R (rama superior)-4 -2 2 4

-4

-2

2

4

−x2

a2 +y2

b2 = 1 (aSh t,−bCh t), t ∈ R (rama inferior)-4 -2 2 4

-4

-2

2

4

Tabla 2.1. Parametrización de algunas curvas en R2: cónicas



Figura 2.9. Dominio, imagen, curvas de nivel y grafo de la función f(x, y) = 2−√

1 − x2− y2

Ejemplo 2.1.23. Sea ahora Φ la función

Φ ∶ [0,6π] → R3

t ↦ (cos t, sen t, t).

En la figura 2.10 puedes ver su imagen.

2.1.3. Funciones T ∶ R2 → R3, parametrización de superficies

Dado D ⊂ R2, consideraremos funciones del tipo

T ∶D → R3

x↦ T (x)

que usando la notación expandida será de la forma

T (u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v))

y diremos que u y v son los parámetros. Tenemos que ImT es una superficie en R3 ydiremos que la función f es una parametrización de dicha superficie.

Nota 2.1.24. A veces usaremos otras letras para denotar los parámetros (r, α, β, ρ ...)como una regla mnemotécnica en función de lo que estos parámetros respresenten.



Figura 2.10. Imagen de Φ(t) = (cos t, sen t, t)

Ejemplo 2.1.25. Sea D = R × [0,2π] y consideramos la función

T ∶D → R3

(ρ,α) ↦ (ρ cosα, ρ senα, ρ) .

Vamos a visualizar S = ImT : observemos que

z2(ρ,α) = x2(ρ,α) + y2(ρ,α),

por lo que, S está contenida en el cono de ecuación z2 = x2 + y2. Para (ρ,α) ∈ D, laimagen es dicho cono.

En las figuras 2.11 y 2.12 podemos ver representada parte de S: en la figura 2.11 losparámetros (ρ,α) toman todos los valores de la región [−2,5] × [0,2π], mientras queen la figura 2.12 recorren [−2,5] × [1.2,2π].

Ejemplo 2.1.26. Sean ahora r > 0 y D = [0,2π] × [−π2 ,π2 ]y sea

T ∶D → R3

(α,β) ↦ (r cosα cosβ, r senα cosβ, r senβ) ,

vamos a visualizar S = ImT . Observemos que

x2(α,β) + y2(α,β) = r2 cos2 β



Figura 2.11.Im ([−2,5] × [0, π])

Figura 2.12.Im ([−2,5] × [1.2, π])

con lo quex2(α,β) + y2(α,β) + z2(α,β) = r2,

con lo que S está contenida en la esfera de centro (0,0,0) y radio r. Como (α,β) ∈D,se tiene que S es dicha efera.

En las siguientes figuras podemos ver representada la imagen de la función T paradiferentes valores de los parámetros α y β: en la figura 2.13 (β,α) ∈ [−π/2, π/2]×[0,2π],mientras que en la figura 2.14 (β,α) ∈ [−π/2, latP ] × [lonP ,3π/2), donde latP y lonPson la latitud y la longitud de Pamplona respectivamente.

Nota 2.1.27. En el apéndice de este capítulo tienes más detalles acerca de las superficiescuádricas.

Nota 2.1.28. Al igual que ocurría en el caso de las curvas, una superficie admite infinitasparametrizaciones. No debemos confundir los conceptos de superficie y parametrizaciónde una superficie.

2.1.4. Funciones F ∶ Rn → Rn, campos vectoriales

Otro caso especial de función vectorial de varias variables es m = n. Llamaremos campovectorial a cualquier función F ∶ Rn → Rn (n ≥ 2).

Dedicaremos el capítulo 5 al estudio de la integración de este tipo de funciones.



Figura 2.13.ParametricPlot3D[{2 Cos[β]Cos[α],2 Cos[β]Sin[α],2 Sin[β]},{β,-π/2,π/2},{α,0,2π}]

Figura 2.14.ParametricPlot3D[{2 Cos[β]Cos[α],2 Cos[β]Sin[α],2 Sin[β]},{β,-π/2,0.747},{α,-0.0287,3π/2}]

Nota 2.1.29. En el contexto de los campos vectoriales, se suele utilizar la expresiónF (x, y) = P (x, y)i +Q(x, y)j en R2 para representar

F ∶ R2 → R2

(x, y) ↦ (P (x, y),Q(x, y))

mientras que en R3 la expresión F (x, y, z) = P (x, y, z)i +Q(x, y, z)j +R(x, y, z)k re-presenta

F ∶ R3 → R3

(x, y, z) ↦ (P (x, y, z),Q(x, y, z),R(x, y, z))

Ejemplo 2.1.30. Sea D = R2 ∖ {(0,0)} y sea

F1 ∶D → R2

(x, y)↦ − x

(x2 + y2) 32i − y

(x2 + y2) 32j.

Es un campo de tipo gravitatorio. Podemos ver una representación gráfica de estecampo en la figura (2.15). Sea ahora

F2 ∶D → R2

(x, y)↦ − y

(x2 + y2) 32i + x

(x2 + y2) 32j.

Es un campo de tipo magnético. Podemos ver una representación gráfica de este campoen la figura (2.16)



Figura 2.15. Campo gravitatorio F1

Figura 2.16. Campo magnético F2

2.2. Límites y continuidad

2.2.1. Producto escalar, normas y distancias en Rn

Definición 2.2.1. Dados x = (x1, . . . , xn), y = (y1, . . . , yn) ∈ Rn, se define el productoescalar de x e y como

x ⋅ y ∶= x1y1 +⋯ + xnyn.

Nota 2.2.2. El producto escalar de x e y se denota también ⟨x,y⟩.

Proposición 2.2.3. Dados u,v, w ∈ Rn y λ ∈ R se tienen las siguientes propiedadesdel producto escalar:

1. u ⋅ v = v ⋅u


2.2. Límites y continuidad 53

2. λ(u ⋅ v) = (λu) ⋅ v

3. u ⋅ (v +w) = u ⋅ v +u ⋅w

4. 0 ⋅ v = 0

Definición 2.2.4. Dado x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn, se define la norma o longitud de x como

∥x∥ ∶=√x2

1 +⋯ + x2n .

Nota 2.2.5. Para el caso n = 1, la norma de x es el valor absoluto de x: ∥x∥ =√x2 = ∣x∣

Definición 2.2.6. Si ∥x∥ = 1, diremos que x es un vector unitario.

Proposición 2.2.7. Dados u,v ∈ Rn y λ ∈ R se tienen las siguientes propiedades

1. ∥u∥2 = u ⋅u

2. ∥u∥ ≥ 0.

3. ∥u∥ = 0 si y sólo si u = 0.

4. ∥λu∥ =∣ λ ∣ ∥u∥.

5. ∥u + v∥ ≤ ∥u∥ + ∥v∥ (desigualdad triangular).

6. Si u ≠ 0, entonces

∥ u

∥u∥∥ = 1.

Proposición 2.2.8. Dados x, y ∈ Rn, se tiene que

∣x ⋅ y∣ ≤ ∥x∥ ∥y∥, (2.3)

expresión conocida como desigualdad de Cauchy-Schwarz.

En la desigualdad (2.3) se se obtiene la igualdad si y solamente si x e y son paralelos(denotado x ∥ y), mientras que x ⋅y = 0 si y solamente x e y son ortogonales (denotadox ⊥ y).

Definición 2.2.9. Sea D ⊂ Rn, se dice que D es acotado si

∃K > 0 tal que ∥x∥ ≤K, ∀x ∈D.



Definición 2.2.10. Dados x,y ∈ Rn, se define la distancia entre x e y como

d(x,y) ∶= ∥x − y∥

Proposición 2.2.11. Dados x,y,z ∈ Rn se tienen las siguientes propiedades de ladistancia:

1. d(x,y) = 0 si y solamente si x = y

2. d(x,y) = d(y,x)

3. d(x,z) ≤ d(x,y) + d(y,z)

Definición 2.2.12. Dados x0 ∈ Rn y ε ∈ R, ε > 0, se define la bola abierta de centrox0 y radio ε como

B(x0, ε) ∶= {y ∈ Rn ∣ d(x0,y) < ε}

Nota 2.2.13. En R2 la bola abierta de centro x0 y radio ε > 0 es el círculo de centro x0

y radio ε, excluyendo la circunferencia que lo bordea. En R3 la bola abierta de centrox0 y radio ε > 0 es el interior de la esfera de centro x0 y radio ε, excluyendo dichaesfera.

2.2.2. Topología básica en Rn

Definición 2.2.14. Sea D ⊂ Rn y x0 ∈ Rn, diremos que x0 es un punto frontera de Dsi

∀ε > 0,B(x0, ε) ∩D ≠ ∅, B(x0, ε) ∩ (Rn ∖D) ≠ ∅.

Intuitivamente podemos pensar que “cerca” de x0 hay puntos que están en D y puntosque no están en D”.

El conjunto de todos los puntos frontera de D se llama frontera de D y se denota ∂D.

Nota 2.2.15. Frontera entre Bélgica y Holanda:

http://www.fotomat.es/puntos-frontera/

Definición 2.2.16. Dado D ⊂ Rn, se dice que:

à D es cerrado si ∂D ⊂D,

à D es abierto si ∂D ∩D = ∅,


http://www.fotomat.es/puntos-frontera/


y se definen los siguiente conjuntos

à Clausura de D, denotada D:D ∶=D ∪ ∂D,

à Interior de D, denotado Do:Do ∶=D ∖ ∂D.

Nota 2.2.17. Dado D ⊂ Rn, se tienen las siguientes propiedades:

à D es cerrado si y sólo si D = D,

à D es abierto si y sólo si Do =D,

à D =Do ∪ ∂D y esta unión es disjunta (es decir, Do ∩ ∂D = ∅)

Definición 2.2.18. Dado D ⊂ Rn y x0 ∈ D, se dice que x0 es un punto aislado de Dsi

∃ε > 0 tal que B(x0, ε) ∩D = {x0}.

Intuitivamente podemos pensar que “cerca” de x0 el único punto de D es el propio x0.

Definición 2.2.19. Dado D ⊂ Rn, se define el conjunto de puntos de acumulación deD, y se denota D′, como

D′ ∶= D ∖ { puntos aislados de D}.2

Ejemplo 2.2.20. En las figuras 2.17-2.20 vemos los conjuntos D1-D4, sus fronteras,clausuras, interiores, y conjuntos de puntos de acumulación. Tenemos que el conjuntoD1 no es abierto ni cerrado, y no tiene puntos aislados; el conjunto D2 es cerrado, noes abierto, y no tiene puntos aislados; el conjunto D3 no es cerrado, es abierto y notiene puntos aislados; el conjunto D4 no es abierto, no es cerrado y tiene dos puntosaislados.

2D′ también se llama conjunto derivado de D.


-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

Figura 2.17. Conjuntos D1, ∂D1, D1, Do1, D′

1

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2


2

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2


3

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2


4


2.2.3. Límites, definición y primeras propiedades

En lo que sigue consideraremos siempre D ⊂ Rn sin puntos aislados. Para este tipo deconjuntos D =D′.

Definición 2.2.21. Sean D ⊂ Rn, x0 ∈D′, f ∶D → R y l ∈ R, se dice que

lımx→x0

f(x) = l

si se verifica

∀ε > 0,∃δ > 0 t.q. ∀x ∈D con 0 < ∥x −x0∥ < δ se tiene que ∣f(x) − l∣ < ε

Para el caso n = 1, ésta es la definición de límite de funciones de una variable ya que∥⋅∥ es, para este caso, el valor absoluto ∣⋅∣.

Nota 2.2.22. Observemos que son equivalentes:

1. x ∈D con 0 < ∥x −x0∥ < δ

2. x ∈ (B(x0, δ) ∖ {x0}) ∩D

y también lo son:

1. ∣f(x) − l∣ < ε

2. f(x) ∈ (l − ε, l + ε)

Definición 2.2.23. Sean D ⊂ Rn, x0 ∈ D′ y f ∶ D → Rm y sean f1(x), . . . , fm(x) lasfunciones componentes de f . Sea l = (l1, . . . , lm) ∈ Rm, decimos que :

lımx→x0

f(x) = l

silımx→x0

fi(x) = li, i = 1, . . . ,m.

Definición 2.2.24. Sea D ⊂ Rn y sea f ∶D → Rm. Se dice que f está acotada en D siImf es un subconjunto acotado en Rm.

Proposición 2.2.25. En las condiciones de la definición 2.2.21, se tienen las siguien-tes propiedades del límite:

1. El límite, si existe, es único.



2. lımx→x0

f(x) = l si y solo si lımx→x0

∣f(x) − l∣ = 0.

3. Si lımx→x0

f(x) = l, entonces, f está acotada en B(x0, ε) ∖ {x0}, para algún ε > 0

Proposición 2.2.26. Sean D ⊂ Rn, λ ∈ R y f, g, h ∶D → R. Supongamos:

lımx→x0

f(x) = l1, lımx→x0

g(x) = l2 y

entonces:

1. lımx→x0

(f(x) + g(x)) = l1 + l2

2. lımx→x0

λf(x) = λ l1.

3. lımx→x0

f(x) ⋅ g(x) = l1 ⋅ l2

4. Si l2 ≠ 0, entonces lımx→x0

f(x)g(x)

= l1l2

5. Regla del sándwich: si l1 = l2 y f(x) ≤ h(x) ≤ g(x) “suficientemente cerca de” x0

entonceslımx→x0

h(x) = l.

6. Si ∣f(x)∣ ≤ K con K ∈ R y x “suficientemente cerca de” x0 y l2 = 0, entonceslımx→x0

f(x)g(x) = 0 (es consecuencia inmediata de la Regla del sándwich).

Proposición 2.2.27. Sean f ∶D1 ⊂ Rn → Rm y g ∶D2 ⊂ Rm → Rp tales que Imf ⊂D2.Sea x0 ∈ D′

1 y sea l = lımx→x0 f(x) y supongamos además que l ∈ D2 ∩ D′2 y que

lımy→lg(y) = g(l). Entonces

lımx→x0

(g ○ f)(x) = g(l).

Cálculo de límites: equivalencias

Definición 2.2.28. Sean D ⊂ Rn, x0 ∈D′ y f, g ∶D → R. Se dice que f es equivalentea g en x0 si

lımx→x0

f(x)g(x)

= 1.

Suele denotarse f ∼x0g



Figura 2.21. Límite de una función f ∶ R2 → R

Equivalencias para el caso r(x) Ð→x→x0

0

11 − r(x) ∼

x01 + r(x)

sen (r(x)) ∼x0r(x) ∼

x0tg (r(x)) ∼

x0arc sen (r(x)) ∼

x0arctg (r(x))

1 − cos (r(x)) ∼x0

(r(x))2

2

log(1 + r(x)) ∼x0r(x)

er(x) − 1 ∼x0r(x)

Tabla 2.2.



Nota 2.2.29. En las condiciones de la definición 2.2.28, si r(x) Ð→x→x0

0, en la tabla 2.2están algunas de las equivalencias más utilizadas (todas las razones trigonométricasestán en radianes).Nota 2.2.30. Al igual que en una variable, las equivalencias son de aplicación directa alcálculo de límites en expresiones en las que intervengan productos. Supongamos, porejemplo f, g, h ∶D ⊂ Rn → R y x0 ∈D′. Si f ∼

x0g, y tenemos que calcular

lımx→x0

f(x) ⋅ h(x),

podemos “utilizar equivalencias” del siguiente modo

lımx→x0

f(x) ⋅ h(x) = lımx→x0

f(x)g(x)

⋅ g(x) ⋅ h(x) = lımx→x0

g(x) ⋅ h(x)

ya quelımx→x0

f(x)g(x)

= 1.

Esto será de utilidad cuando la expresión g(x) ⋅ h(x) sea más sencilla (desde el puntode vista del cálculo de límites) que f(x) ⋅ h(x). De manera análoga se puede procederen expresiones en las que intervengan cocientes.

Ejemplo 2.2.31. Vamos a aplicar la nota 2.2.30 al cálculo de:

lım(x,y)→(0,0)

ex3 y2+x2 y3 − 1x2 + y2 .

Tenemos que ex3 y2+x2 y3 − 1 ∼(0,0)

x3 y2 + x2 y3, por lo tanto

lım(x,y)→(0,0)

ex3 y2+x2 y3 − 1x2 + y2 = lım

(x,y)→(0,0)

x3 y2 + x2 y3

x2 + y2 ,

más sencillo que el límite original. Retomaremos este límite más adelante, en 2.2.49,después de ver otras técnicas necesarias para el cálculo de límites.

Nota 2.2.32. Observemos que si f(x) ∼x0g(x) puede ocurrir

lımx→x0

(f(x) + h(x)) ≠ lımx→x0

(g(x) + h(x)),

como puede apreciarse en el siguiente ejemplo.

Ejemplo 2.2.33. Sean

f(x, y) = 1x2 + y2 ,

g(x, y) = 1x4 + x2 + y4 + y2 ,

h(x, y) = x3 + x2y + xy2 + y3 − 1

x2 + y2 ,



todas ellas con dominio D = R2 ∖ {(0,0)}. Tenemos que

f(x, y) ∼(0,0)

g(x, y).

Sin embargo

lım(x,y)→(0,0)

(f(x, y) + h(x, y)) = 0 y /∃ lım(x,y)→(0,0)

(g(x, y) + h(x, y)).

Cálculo de límites en dos variables: límites iterados

Sea D ⊂ R2, vamos a considerar una función

f ∶D → R(x, y) ↦ f(x, y)

(2.4)

y sea (x0, y0) ∈D′. Podemos calcular los siguientes límites, llamados límites iterados

lımx→x0

( lımy→y0

f(x, y)) (2.5a)

lımy→y0

( lımx→x0

f(x, y)) . (2.5b)

Tenemos entonces el siguiente resultado

Proposición 2.2.34. Sea una función f dada por (2.4) y (x0, y0) ∈D′. Si existe

lım(x,y)→(x0,y0)

f(x, y)

y existen los límites iterados (2.5), entonces los tres coinciden.

Ejemplo 2.2.35. Sea D = {(x, y) ∈ R2 ∣ y ≥ −1 − x} ∖ {(x,x) ∣ x ∈ R} (puedes ver undibujo de D en la figura 2.22) y sea

f ∶D → R

(x, y) ↦√

1 + x + y − exyex − ey

.

Tenemos que

lımx→0

( lımy→0

f(x, y)) = 12 y que lım

y→0( lımx→0

f(x, y)) = −12

(los límites en una variable que aparecen se resuelven fácilmente con equivalencias).Por lo tanto podemos concluir que

/∃ lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) .



-3 -2 -1 0 1 2 3

-3

-2

-1

0

1

2

3

Figura 2.22. Dominio de la función√

1 + x + y − exyex − ey

Ejemplo 2.2.36. Sea D = R2 ∖ {(0,0)} y sea

f ∶D → R

(x, y) ↦ x3 + x2y + xy2 + y3

x2 + y2 .

Tenemos quelımx→0

( lımy→0

f(x, y)) = lımy→0

( lımx→0

f(x, y)) = 0 .

En consecuencia, no podemos asegurar si existe o no lım(x,y)→(0,0)

f(x, y), pero sí podemosafirmar que, en caso de existir, deber ser 0.

Nota 2.2.37. Observemos que si uno de los dos límites iterados no existe, la proposición2.2.34 no da ninguna información, como se puede comprobar al estudiar

lım(x,y)→(0,0)

x sen 1y,

ya que dicho límite es 0 y, sin embargo, uno de los dos límites laterales no existe.

Nota 2.2.38. En la tabla 2.3 tienes algunos ejemplos de uso (correcto e incorrecto) dela proposición 2.2.34

Nota 2.2.39. Para el caso de f ∶D ⊂ R3 → R, se podría redactar una proposición similara la 2.2.34, aunque en este caso serían 6 los límites iterados a considerar.



Límites iterados, uso correcto e incorrectol1 l2 l Observaciones1 2 /∃ Hemos resuelto el problema ,0 0 0 ó /∃ Hemos avanzado, pero no terminado/∃ 0 /∃ Error grave y relativamente frecuente //∃ 0 /∃, 0, l ≠ 0 No hemos avanzado/∃ /∃, 0, l ≠ 0 No vale la pena siquiera estudiar l2

Tabla 2.3. Límites iterados

Cálculo de límites: límites por rectas

Nota 2.2.40. Recordemos que cuando calculábamos límites de funciones de una variable,teníamos dos formas de “acercarnos” a un punto x0 ∈D′ ⊂ R, y aparecían entonces losconceptos de límites por la izquierda y por la derecha (límites laterales). En el casode x0 ∈ D′ ⊂ Rn con n ≥ 2, hay muchas formas de aproximarnos a x0. Una de estasmaneras de acercarse a x0 ∈D′ ⊂ Rn es a través de una recta que pase por él.

Nota 2.2.41. La ecuación (vectorial) en paramétricas de una recta que pasa por x0 es

x = x0 + λu

donde u ∈ Rn ∖{0} representa la dirección de la recta, y λ ∈ R es el parámetro. Cuantomenor es ∣ λ ∣ más cerca está x de x0.

Proposición 2.2.42. Sea f ∶D ⊂ Rn → R y sea x0 ∈D′ y supongamos que

lımx→x0

f(x) = l .

Consideramos una recta que pase por x0 y que "suficientemente cerca" de x0 estécontenida en D. Podemos considerar el límite a través de esta familia de rectas y setiene

lımλ→0

f(x0 + λu) = l .

Nota 2.2.43. El resultado anterior no establece que si el límite por rectas es único,entonces existe el límite y coincide con el anterior. Sin embargo, si existe límite, entoncesel límite por rectas es único y coincide con el anterior, lo que sirve, en algunos casos,para asegurar la no existencia de límite.

Nota 2.2.44. Podemos generalizar la proposición 2.2.42 considerando límites a travésde familias de curvas que pasen por x0 (parábolas, semirrectas, etc).



Límites por rectaslr l Observaciones

Depende de la recta /∃ Hemos resuelto el problema ,0, para toda recta estudiada 0 ó /∃ Hemos avanzado, pero no terminado

Para alguna recta (contenida en el dominio) /∃ /∃ Hemos resuelto el problema ,

Tabla 2.4. Límites por rectas

Nota 2.2.45. Para el caso n = 2 podemos describir una familia de rectas (todo el haz,salvo la recta vertical) que pasan por (x0, y0) como

y =m(x − x0) + y0

con lo que el límite a estudiar sería

lımx→0

f(x,m(x − x0) + y0).

Ejemplo 2.2.46. Vamos a estudiar la existencia del siguiente límite

lım(x,y)→(0,0)

x3 + x2y + xy2 + y3

x2 + y2 .

Estudiamos el límite por rectas que pasen por el punto (0,0), que, salvo la vertical,tienen la forma y =mx:

lımx→0

x3 +mx3 +m2x3 +m3x3

x2 +m2x2 = 0 ∀m.

Por lo tanto, aunque no podemos afirmar que exista límite, sí podemos asegurar quecaso de existir, debe ser 0. Dicho de otra manera: o el límite es 0 o no existe.

Nota 2.2.47. En la tabla 2.4 tienes algunos ejemplos de uso de la proposición 2.2.42.Compárala con la tabla análoga para el caso de los límites iterados y observa lasdiferencias.

Uso de la regla del sándwich

Ejemplo 2.2.48. Retomamos el límite de ejemplo 2.2.46. Con lo estudiado, intuimos3

que el límite existe y vale 0, por lo que vamos a intentar aplicar la regla del sándwichpara ver si el límite es 0:

3La práctica mejora la intuición



0 ≤ ∣f(x, y) − 0∣ = ∣x3 + x2y + xy2 + y3

x2 + y2 ∣ ≤

∣x3∣x2 + y2 +

∣x2y∣x2 + y2 +

∣xy2∣x2 + y2 +

∣y3∣x2 + y2 ≤

x2∣x∣x2 + y2 +

x2∣y∣x2 + y2 +

∣x∣y2

x2 + y2 +y2∣y∣x2 + y2 ≤

∣x∣ + ∣y∣ + ∣x∣ + ∣y∣ → 0.

Así, la regla de sándwich nos asegura que lım(x,y)→(0,0)

∣f(x, y)− 0∣ = 0, y usando la propo-sición 2.2.25 , concluimos que

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0 .

Ejemplo 2.2.49. Vamos a intentar calcular el límite visto en el ejemplo 2.2.31 de lapágina 60, todavía sin resolver. Intentamos calcular el límite a través de rectas quepasen por el origen y =mx. Sustituyendo y por mx, se obtiene

lımx→0

x3 (mx)2 + x2 (mx)3

x2 + (mx)2 = lımx→0

(m2 +m3)x5

(1 +m2)x2 = lımx→0

(m2 +m3)x3

(1 +m2)= 0 ∀m.

Podemos afirmar que, en caso de existir, el límite será cero. Para demostrar que ellímite es cero, podemos proceder como en el ejemplo anterior, utilizando la regla delsándwich.

0 ≤ ∣f(x, y) − 0∣ = ∣x3 y2 + x2 y3

x2 + y2 ∣ ≤ ∣ x3 y2

x2 + y2 ∣ + ∣ x2 y3

x2 + y2 ∣ ≤ ∣x3∣ + ∣y3∣ → 0

Ahora ya podemos concluir que

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0 .

2.2.4. Continuidad

Definición 2.2.50. Sean D ⊂ Rn, f ∶ D → R y x0 ∈ D ∩D′. Se dice que f es continuaen x0 si

lımx→x0

f(x) = f(x0).



Ejemplo 2.2.51. Sea

f(x, y) =⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

(x2 + y2) sen 1x2+y2 si (x, y) ≠ (0,0)

0 si (x, y) = (0,0)

Puede comprobarse que f es continua en (0,0).

Definición 2.2.52. Sean D ⊂ Rn, f ∶D → Rm y x0 ∈D∩D′, se dice que f es continuaen x0 si todas las funciones componentes de f son continuas en x0.

Definición 2.2.53. Sean D ⊂ Rn, f ∶D → Rm y x0 ∈D′.

à Si f no es continua en x0, se dice que f es discontinua en x0.

à Si f es discontinua en x0 y

∃ lımx→x0

f(x) = l ∈ Rm ,

entonces se dice que la discontinuidad es evitable.

à Si f es discontinua en x0 y la discontinuidad no es evitable, se dice que ladiscontinuidad es esencial o no evitable.

Definición 2.2.54. En las condiciones de la definición 2.2.53, si f tiene una disconti-nuidad evitable en x0, se define la extensión continua de f en x0 como

f ∶D → Rm

x↦

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩

f(x) si x ≠ x0,

lımx→x0

f(x) si x = x0.

Definición 2.2.55. Se dice que una función f es continua en un conjunto A si escontinua en cada uno de los puntos de A.

Definición 2.2.56. Sea D ⊂ Rn, se define el conjunto

C0(D;Rm) ∶= {f ∶D → Rm ∣ f es continua en D} ,

y se denota C0(D) ∶= C0(D;R).


2.3. Apéndice: cuádricas 67

2.3. Apéndice: cuádricas

Definición 2.3.1. Consideramos una función

f ∶D ⊂ R3 → R

(x, y, z) ↦ Ax2 +B y2 +C z2 +Gx +H y + J z +L (2.6)

y supongamos que 0 ∈ Imf , se denomina cuádrica al subconjunto de R3

S = {(x, y, z) ∈ R3 ∣ f(x, y, z) = 0}

Nota 2.3.2. En ocasiones se consideran también los polinomios con los términos cru-zados Dxy + E xz + F y z, en estos casos la cuádrica estaría girada y haciendo dosrotaciones adecuadas, podríamos experesarla en la forma (2.6).

Una cuádrica admite una expresión matricial de la forma:

(1xy z)A(1xy z)t = 0

con A una matriz simétrica. Las cuádricas se clasifican en función de los valores propiosde A. Las más importantes son el elipsoide, el hiperboloide hiperbólico, el hiperboloideelíptico, el cono, el paraboloide elíptico, el paraboloide hiperbólico, el cilindro elíptico,el cilindro hiperbólico y el cilindro parabólico. Puedes ver más detalles en [1, p. 669] yen [3, p. 232].

En las tablas 2.5, 2.6 y 2.7 puedes ver algunas cuádricas.



Ecuación implícita Una parametrización Superficie

Esfera de centro (x0, y0, z0)

y radio r

(x − x0)2+ (y − y0)

2+ (z − z0)

2= r2

(x0 + r cosα senβ, y0 + r senα senβ, z0 + r cosβ)

(α,β) ∈ [0,2π] × [0, π]

Elispsoide de centro (x0, y0, z0)

(x − x0)2

a2 + (y − y0)2

b2 + (z − z0)2

c2 = 1

(x0 + a cosα senβ, y0 + b senα senβ, z0 + c cosβ)

(α,β) ∈ [0,2π] × [0, π]

Hiperboloide de una hojay eje z

(x − x0)2

a2 + (y − y0)2

b2 = (z − z0)2

c2 + 1

(x0 + a cosαChβ, y0 + b senαChβ, z0 + cShβ)(α,β) ∈ [0,2π] ×R

Cono de eje z

(x − x0)2

a2 + (y − y0)2

b2 = (z − z0)2

c2

(x0 + aρ cosα, y0 + bρ senα, z0 + cρ)(α, ρ) ∈ [0,2π] ×R

Hiperboloide de dos hojasy eje z

(x − x0)2

a2 + (y − y0)2

b2 = (z − z0)2

c2 − 1

(x0 + a cosαShβ, y0 + b senαShβ, z0 + c +Chβ)

(α,β) ∈ [0,2π] ×R (parte superior)

Hiperboloide de dos hojasy eje z

(x − x0)2

a2 + (y − y0)2

b2 = (z − z0)2

c2 − 1

(x0 + a cosαShβ, y0 + b senαShβ, z0 + c −Chβ)

(α,β) ∈ [0,2π] ×R (parte inferior)

Tabla 2.5. Parametrización de algunas superficies en R3: cuádricas I


2.3. Apéndice: cuádricas 69


Cilindro de radio ry eje z

x2 + y2 = r2

(r cosα, r senα, z),(α, z) ∈ [0,2π] ×R

Cilindro elípticode eje z

(x − x0)2

a2 + (y − y0)2

b2 = 1

(x0 + a cosα, y0 + b senα, z),(α, z) ∈ [0,2π] ×R

Cilindro parabólicode eje z

y = a(x − x0)2

(x, a(x − x0)2, z),(x, z) ∈ R2

Cilindro hiperbólicode eje z

(x − x0)2

a2 − (y − y0)2

b2 = 1

(x0 + aChα, y0 + b + Shα, z)(α, z) ∈ R2

(parte I)

Cilindro hiperbólicode eje z

(x − x0)2

a2 − (y − y0)2

b2 = 1

(x0 − aChα, y0 + b + Shα, z)(α, z) ∈ R2

(parte II)

Tabla 2.6. Parametrización de algunas superficies en R3: cuádricas II




Paraboloide elípticode eje z

caso "hacia arriba"

z = (x − x0)2

a2 + (y − y0)2

b2

(x, y, (x − x0)2

a2 + (y − y0)2

b2 )

(x, y) ∈ R2

Paraboloide elípticode eje z

caso "hacia abajo"

z = −(x − x0)2

a2 − (y − yo)2

b2

(x, y,−(x − x0)2

a2 − (y − y0)2

b2 )

(x, y) ∈ R2

Paraboloide hiperbólicode eje z

z = (x − x0)2

a2 − (y − x0)2

b2

(x, y, (x − x0)2

a2 − (y − x0)2

b2 )

(x, y) ∈ R2

Tabla 2.7. Parametrización de algunas superficies en R3: cuádricas III


2.4. Ejercicios 71

2.4. Ejercicios

Dominio, recorrido y curvas de nivel

1. (nivel 2 los dominios y 3 las imágenes) Halla el dominio y la imagen de lassiguientes funciones:

(a) f(x, y) =√

1 − x2 +√

1 − y2.(b) f(x, y) = log(x2 + y).(c) f(x, y) = ex−y.

(d) f(x, y) = x2

x2 + y2 .

(e) f(x, y) = (x2 + y2)2.

(f) f(x, y, z) = x2 − y2 − z2.

(g) f(x, y, z) = x2 + 2x + y2 + z2 − 4z.

(h) f(x, y, z) = z√4 − x2 − y2

.

(i) f(x, y, z) = arc cos x2 + y2

z2 .

2. (nivel 2 los conjuntos de nivel y nivel extra los grafos) Describe y traza las curvasde nivel y el grafo de las funciones definidas en los apartados (b), (c), (d) y (e)del problema 1.

Límites

3. (nivel 1) Calcula

lım(x,y)→(0,0)

sen(x2y)√x2y2 + y4

arctg xy.

4. (nivel 2 salvo los apartados (b),(p), de nivel 3) Calcula, si existen, los límitessiguientes:

(a) lım(x,y)→(0,0)

x2 + y2

∣x∣ + ∣y∣.

(b) lım(x,y)→(1,0)

xy2 + (x − 1)2

(x − 1)2 + y2 .

(c) lım(x,y)→(0,0)

√1 + x + y − exyex − ey

.

(d) lım(x,y)→(0,0)

x3 + x2y + xy2 + y3

x2 + y2 .

(e) lım(x,y)→(0,0)

x2y

x4 + y2 .

(f) lım(x,y)→(0,0)

x2 − y2

x2 + y2 .

(g) lım(x,y)→(0,0)

x2y

x2 + y2 − xy.

(h) lım(x,y)→(0,0)

x2y2

x2y2 + (x − y)2 .

(i) lım(x,y)→(0,0)

x2y

x2 − y.

(j) lım(x,y)→(1,1)

logx + log yx + 2y − 3 .

(k) lım(x,y)→(0,0)

cosx − cos yx2 + y2 .

(l) lım(x,y)→(0,0)

x2 + x2y + y2

x2 + y2 .



(m) lım(x,y)→(0,0)

sen(x2 + y2)√2x2 + y2

.

(n) lım(x,y)→(0,0)

x2 + y2√

1 − x2 − y2 − 1.

(ñ) lım(x,y)→(0,0)

x2 + y2

3√

1 + x2 + y2 − 1.

(o) lım(x,y)→(π/2,0)

cosx√(x − π/2)2 + y2

.

(p) lım(x,y)→(0,0)

x2 + y2 + log(1 + x2y)sen(x2 + y2)

.

Continuidad: propiedades locales

5. (nivel 2) Estudia la continuidad en R2 de las siguientes funciones:

(a) f(x, y) =⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

(x2 + y2) sen 1x2 + y2 , (x, y) ≠ (0,0),

0, (x, y) = (0,0).

(b) f(x, y) =⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

1, si 0 < y < x2,0, si y ≤ 0 ó y ≥ x2.

(c) f(x, y) =⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

y2(x3 + y2) + x4

x4 + y4 , (x, y) ≠ (0,0),

0, (x, y) = (0,0).

6. (nivel 3) Analiza, según los valores de n ∈ N que se especifican en cada apartado,la continuidad en R2 de las siguientes funciones:

(a) f(x, y) =⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

2x2(y + 1) + yn2x2 + y2 , (x, y) ≠ (0,0),

1, (x, y) = (0,0).(n = 1,2,3)

(b) f(x, y) =⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

xn(1 − cos(2y))x4 + y4 , (x, y) ≠ (0,0),

0, (x, y) = (0,0).(n = 2,3,4)

(c) f(x, y) =⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

yn log(x2 + x + 1)x6 + y6 , (x, y) ≠ (0,0),

0, (x, y) = (0,0).(n = 4,5,6)

(d) f(x, y) =⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

xyn

x2 + y4 , (x, y) ≠ (0,0),

0, (x, y) = (0,0).(n = 2,3,4)


2.4. Ejercicios 73

(e) f(x, y) =⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

y senn xx4 + y6 , (x, y) ≠ (0,0),

0, (x, y) = (0,0).(n = 3,4,5)



2.5. Algunas soluciones e indicaciones

Dominio, recorrido y curvas de nivel

1. (a) Domf = [−1,1] × [−1,1], Imf = [0,2].(b) Domf = {(x, y) ∈ R2 ∣ y > −x2}, que es la región del plano que queda por

encima de la parábola y = −x2 (excluida la parábola), Imf = R. El dominioestá dibujado en los apuntes de teoría.

(c) Domf = R2, Imf = (0,∞).(d) Domf = R2 ∖ {(0,0)}, Imf = [0,1].(e) Domf = R2, Imf = [0,+∞).(f) Domf = R3; Imf = R.(g) Domf = R3, Imf = [−5 +∞).(h) Domf es el interior (excluido el borde) del cilindro x2 + y2 = 4 (eje del

cilindro, el eje OZ y radio 2). Imf = R.(i) Domf es el interior y borde del cono x2 + y2 = z2 excluyendo su vértice.

Imf = [0, π2 ].

2. (b) Las curvas de nivel son parábolas en forma de “n” y cuyo vértice está porencima del eje horizontal. Las curvas de nivel y el grafo están dibujados enlos apuntes de teoría.

(c) Las curvas de nivel son rectas paralelas a la recta y = x. En la figura 2.23están dibujadas las curvas de nivel y el grafo

(d) Para c = 0 la curva de nivel es el eje vertical salvo el punto (0,0); para c = 1,la curva de nivel es el eje horizontal salvo el punto (0,0); para cada c ∈ (0,1)las correspondiente curva de nivel es el par de rectas: y =

√1−cc x, salvo el

punto (0,0) e y = −√

1−cc x, salvo el punto (0,0). En la figura 2.24 están

dibujadas las curvas de nivel y el grafo(e) Para c = 0 la curva de nivel es el punto (0,0), para c > 0 la curva de nivel es la

circunferencia de centro (0.0) y radio 4√c. En la figura 2.25 están dibujadas

las curvas de nivel y el grafo



1

2

3

4

5

-1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0

-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

Figura 2.23. curvas de nivel y grafo correspondientes al problema 2c

0.1

0.1

0.2

0.2

0.3

0.3

0.4

0.4

0.5

0.5

0.5

0.6 0.6

0.70.7

0.8

0.8

0.9

0.9

11

-1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0

-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

Figura 2.24. curvas de nivel y grafo correspondientes al problema 2d



-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

Figura 2.25. curvas de nivel y grafo correspondientes al problema 2e



Límites

3. No existe límite.

4. (a) 0.(b) 1.(c) No existe.(d) 0.(e) No existe.(f) No existe.(g) 0.(h) No existe.(i) No existe.

(j) No existe(k) No existe.(l) 1.

(m) 0.(n) −2.(ñ) 3.(o) No existe.(p) 1.

Continuidad: propiedades locales

5. (a) f es continua en R2.(b) Sea el conjunto:

A ∶= {(x, y) ∈ R ∣ y = x2} ∪ {(x, y) ∈ R2 ∣ y = 0}.

Se tiene que f es continua en R2 ∖A, y discontinua en todos los puntos deA.

(c) f es continua en R2 ∖ {(0,0)}, y discontinua en (0,0).

6. (a) Si n = 2, f es continua en R2; si n ≠ 2, f es continua en R2 ∖ {(0,0)} y esdiscontinua en (0,0).

(b) Si n ≥ 3, f es continua en R2; si n = 1 ó n = 2, f es continua en R2 ∖ {(0,0)}y es discontinua en (0,0).

(c) Si n ≥ 6, f es continua en R2; si n ≤ 5, f es continua en R2 ∖ {(0,0)} y esdiscontinua en (0,0).

(d) Si n ≥ 3, f es continua en R2; si n = 1 ó n = 2, f es continua en R2 ∖ {(0,0)}y es discontinua en (0,0).

(e) Si n ≥ 4, f es continua en R2; si n ≤ 3, f es continua en R2 ∖ {(0,0)} y esdiscontinua en (0,0).


Tema 3

Funciones de varias variables, derivadas

direccionales y parciales, diferenciabilidad

3.1. Planificación del capítulo

Vamos a dedicar 12 horas a este capítulo. Debes resolver por tu cuenta los ejerciciosque no hayan sido resuelto en clase. Los ejercicios, al igual que en los temas anteriores,están etiquetados por niveles. También puedes consultar [1, cap. 12,13], [3, cap. 4,5] y[4, cap, 2,3].

3.2. Funciones f ∶ Rn → R, derivabilidad

En todo este capítulo consideraremos que D ⊂ Rn es un conjunto sin puntos aislados.

3.2.1. Derivadas parciales

Recordemos brevemente el caso de una variable: dados D ⊂ R, x0 ∈ D y una funciónf ∶D → R se estudiaba la existencia de

lımx→x0

f(x) − f(x0)x − x0

,

ó, equivalentemente,lımh→0

f(x0 + h) − f(x0)h

.

Si este límite existía y era real, se decía que f era derivable en x0 y el límite sedenotaba f ′(x0). Este concepto medía la variación de f respecto de x “cerca” de x0. Entérminos físicos, si f(x0) representaba la posición en el instante x0, f ′(x0) representabala velocidad en dicho instante. En aquel caso, al punto x0 "sólo" podíamos acercarnospor la derecha o por la izquierda, pero siempre en la misma dirección, la de la rectareal (la única que teníamos).

79

80 Funciones de varias variables, derivabilidad y diferenciabilidad

Si consideramos ahora D ⊂ Rn, x0 ∈D y una función f ∶D → R y queremos generalizarel concepto de derivada conocido para el caso de una variable, la primera gran diferenciaque encontramos es que a x0 podemos acercarnos a través de “muchas” direcciones.Pensemos en el caso de R2: podemos acercarnos por cualquier recta que pase por x0.Empezaremos por un caso sencillo: la dirección desde la que nos acercamos a x0 coincidecon uno de los ejes coordenados, hablaremos entonces de derivadas parciales.

Nota 3.2.1. Recordemos que la ecuación, en paramétricas, de la recta que pasa por unpunto x0 y lleva la dirección del vector u es x = x0 + λu con λ ∈ R.

Definición 3.2.2. Se define el vector ei ∶= (0, . . . ,0,1(i,0, . . .0)

Nota 3.2.3. Observemos que el vector ei es un vector unitario.

Definición 3.2.4. Sean D ⊂ Rn, x0 ∈ D y f ∶ D → R, se define la derivada parciali-ésima de f en x0 como

∂f

∂xi(x0) = lım

h→0

f(x0 + hei) − f(x0)

h,

(en el caso de que este límite exista y sea real). Este concepto mide la variación de fcerca de x0 cuando x varía en la dirección del vector ei.

La derivada parcial i-ésima de f en un punto x0 se denota de varias maneras, las máshabituales son:

∂f

∂xi(x0), fxi(x0), ∂xif(x0), f ′xi(x0), Dxif(x0), Dif(x0).

Nota 3.2.5. En el caso n = 2, las dos derivadas parciales quedarían:

∂f

∂x(x0, y0) = lım

h→0

f(x0 + h, y0) − f(x0, y0)h

∂f

∂y(x0, y0) = lım

h→0

f(x0, y0 + h) − f(x0, y0)h

⋅

Ejemplo 3.2.6. Consideramos

f ∶ R2 → R

(x, y) ↦ x4 − 3x2 y + y3,

y sea (x0, y0) ∈ R2, vamos a calcular ∂f∂x(x0, y0), ∂f∂y (x0, y0): para el primer caso, “mira-

mos" f como si x fuera la única variable e y fuera un parámetro, y para el segundo, alrevés. Según esto, tenemos:

∂f

∂x(x0, y0) = 4x3

0 − 6x0 y0 y ∂f

∂y(x0, y0) = −3x2

0 + 3 y20.


3.2. Funciones f ∶ Rn → R, derivabilidad 81

Figura 3.1. Derivada parcial de f conrespecto de x en el punto (a, b).∂f

∂x(a, b) = lım

h→0

f(a + h, b) − f(a, b)h

Figura 3.2. Derivada parcial de f conrespecto de y en el punto (a, b).∂f

∂y(a, b) = lım

h→0

f(a, b + h) − f(a, b)h

Ejemplo 3.2.7. Seguimos la idea del ejemplo anterior, pero ahora con una función detres variables:

f ∶D ⊂ R3 → R

(x, y, z) ↦ x2 + 3 cos(x2y3z4) − z2 arc tg x

y.

Calculamos las tres derivadas parciales:∂f

∂x(x0, y0, z0) = 2x0 − 6x0 y

30 z

40 sen(x2

0y30z

40) −

z20

(1 + x20y2

0) y0

∂f

∂y(x0, y0, z0) = −9x2

0 y20 z

40 sen(x2

0y30z

40) +

x0z20

(1 + x20y2

0) y2

0

∂f

∂z(x0, y0, z0) = −12x2

0 y30 z

30 sen(x2

0y30z

40) − 2z0 arc tg x0

y0

Definición 3.2.8. Sean D ⊂ Rn, x0 ∈D y f ∶D → R tal que existen todas la derivadasparciales de f en x0. Se define el vector gradiente de f en x0 como

∇f(x0) = ( ∂f∂x1

(x0), . . . ,∂f

∂xn(x0)) ∈ Rn.

Bajo determinadas condiciones, que detallaremos más adelante, el gradiente indica ladirección de máximo crecimiento de la función f a partir del punto x0, como másadelante veremos en detalle.

Ejemplo 3.2.9. Sea

f ∶ R2 → R

(x, y) ↦ cos(π2 (x2 + y4)) .



Esta función admite derivadas parciales en cualquier punto (x0, y0) ∈ R2. Su gradienteen un punto cualquiera (x0, y0) es:

∇f(x0, y0) = (−π x0 sen(π2(x2

0 + y40)) ,−2π y3

0 sen(π2(x2

0 + y40)))

Definición 3.2.10. Sea D ⊂ Rn y sea f ∶ D → R tal que ∀x0 ∈ D existe ∂f∂xi

(x0). Sedefine la función derivada parcial i-ésima de f como

∂f

∂xi∶D → R

x↦ ∂f

∂xi(x).

Ejemplo 3.2.11. Sea D el subconjunto de R2 estudiado en el ejemplo 2.1.5 y

f ∶D → R

(x, y) ↦ log(x2 + y),

vamos a calcular ∂f∂x y ∂f

∂y .

∂f

∂x∶D → R

(x, y) ↦ 2xx2 + y

y

∂f

∂y∶D → R

(x, y) ↦ 1x2 + y

Ejercicio 3.2.12. Utiliza el mismo procedimiento que en el ejemplo anterior, paracalcular ahora las funciones derivadas parciales ∂f

∂xide la siguiente función de tres

variables:

f ∶ R3 → R

(x, y, z) ↦ x2 − y2 − z2.

Sabemos que para el caso de f ∶ D ⊂ R → R, hay una relación entre derivabilidad ycontinuidad. Más concretamente: si una función es derivable en un punto, entonces escontinua en dicho punto, aunque el recíproco no es cierto. Cabe ahora plantearse sitenemos algún resultado similar que relacione la existencia de derivadas parciales enun punto con la continuidad en dicho punto. Veamos cuatro ejemplos ilustrativos.



Ejemplo 3.2.13. Sea

f(x, y) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

x3 − y3

x2 + y2 si (x, y) ≠ (0,0),

0 si (x, y) = (0,0).

Podemos ver fácilmente que f es continua en (0,0). En efecto

0 ≤ ∣f(x, y) − 0∣ = ∣x3 − y3

x2 + y2 ∣ ≤∣x∣3 + ∣y∣3x2 + y2 = x

2∣x∣ + y2∣y∣x2 + y2 ≤ ∣x∣ + ∣y∣→ 0.

Estudiemos ahora la existencia de derivadas parciales en (0,0). Observemos que, porcómo está definida f , no podemos abreviar los cálculos como habíamos hecho en losejemplos 3.2.6 y 3.2.7.

∂f

∂x(0,0) = lım

h→0

f(h,0) − f(0,0)h

= lımh→0

h3

h2 − 0h

= 1.

∂f

∂y(0,0) = lım

h→0

f(0, h) − f(0,0)h

= lımh→0

−h3

h2 − 0h

= −1.

Ejemplo 3.2.14. Sea f(x, y) = ∣x + y∣. Es fácil ver que f es continua en (0,0). Sinembargo, no existen las derivadas parciales de f en (0,0), puesto que

∂f

∂x(0,0) = lım

h→0

f(h,0) − f(0,0)h

= lımh→0

∣h∣ − 0h

y este límite no existe. Lo mismo ocurre con ∂f∂y (0,0), podemos ahorrarnos el cálculo de

esta úlitma derivada parcial si observamos que f(x, y) = f(y, x), de donde se deduceque ∂f

∂x(x0, y0) = ∂f∂y (x0, y0).

Ejemplo 3.2.15. Sea

f(x, y) =⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

xy

x4 + y4 , si (x, y) ≠ (0,0),

0, si (x, y) = (0,0).

Puede comprobarse fácilmente que f no es continua en el punto (0,0).

Estudiamos ahora la existencia de derivadas parciales en el punto (0,0).

∂f

∂x(0,0) = lım

h→0

f(h,0) − f(0,0)h

= ⋯ = 0

y, análogamente se calcula ∂f∂y (0,0) = 0, luego existen las dos derivadas parciales de f

en el punto (0,0).



Ejemplo 3.2.16. Consideramos ahora la función

f(x, y) =⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

1 si x = 0 ó y = 0 , (x, y) ≠ (0,0)0 en otro caso

Como en el ejemplo anterior, f no es continua en (0,0). Sin embargo no existe ningunade las dos derivadas parciales, puesto que ninguno de los dos límites siguientes existe.

∂f

∂x(0,0) = lım

h→0

f(h,0) − f(0,0)h

= lımh→0

1 − 0h

∂f

∂y(0,0) = lım

h→0

f(0, h) − f(0,0)h

= lımh→0

1 − 0h

De los cuatro ejemplos anteriores podemos deducir que no hay relación entre la exis-tencia de derivadas parciales en un punto y la continuidad en dicho punto, pudiéndosedar diferentes situaciones:

à Función continua en un punto para la que existen todas sus derivadas parcialesen ese punto (ejemplo 3.2.13).

à Función continua en un punto para la que no existe alguna de sus derivadasparciales en ese punto (ejemplo 3.2.14).

à Función discontinua en un punto para la que existen todas sus derivadas parcialesen ese punto (ejemplo 3.2.15).

à Función discontinua en un punto para la que no existe alguna de sus derivadasparciales en ese punto (ejemplo 3.2.16).

3.2.2. Derivadas direccionales

A la vista de esta situación que, en cierto sentido, es un resultado no esperado, teniendoen cuenta lo que se obtenía para el caso de una variable, podemos pensar que hay queabordar un estudio más completo, comenzando por recordar que al punto x0 ∈ Rn nospodemos acercar a través de muchas direcciones, no solo las direcciones de los ejescoordenados. Va a aparecer entonces un nuevo concepto, que definimos a continuación.

Definición 3.2.17. Sean D ⊂ Rn, x0 ∈ D, f ∶ D → R y v un vector de Rn tal que∥v∥ = 1. Se define la derivada direccional de f en x0 en la dirección de v como

Dvf(x0) ∶= lımh→0

f(x0 + hv) − f(x0)h

(3.1)



Figura 3.3. Interpretación geométricade la derivada direccional Dvf(x0). Elvalor del límite (3.1) se puede inter-pretar como la pendiente de la rectar tangente a la curva Γ en el puntoP = (x0, f(x0)), donde Γ es la curvaresultado de cortar la gráfica de la fun-ción con el plano π que pasa por P enla dirección de v.

r

Γ

π

x0⋅

Nota 3.2.18. En el caso de que v = ei entonces cada derivada direccional es la derivadaparcial i-ésima.

Ejemplo 3.2.19. La función

f(x, y) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

x3 − y3

x2 + y2 si (x, y) ≠ (0,0),

0 si (x, y) = (0,0),

es continua en (0,0). Vamos a calcular, si existe, la derivada direccional de f en (0,0)en la dirección de un vector unitario v = (v1, v2).

Dvf(0,0) = lımh→0

f(0 + hv1,0 + hv2) − f(0,0)h

=

= lımh→0

h3v31−h

3v32

h2v21+h

2v22

h= v

31 − v3

2v2

1 + v22= v3

1 − v32 ∈ R

Por tanto, existen las derivadas direccionales de f en (0,0) para cualquier dirección v.

Ejemplo 3.2.20. Sea

Puede comprobarse que f no es continua ni en los puntos de la recta y = 0, ni en lospuntos de la parábola y = x2. En particular f no es continua en el punto (0,0).

Estudiamos ahora la existencia de derivadas direccionales en el punto (0,0). Para elloconsideramos un vector unitario v = (v1, v2).

Dvf(0,0) = lımh→0

f(0 + hv1,0 + hv2) − f(0,0)h

= lımh→0

0 − 0h

= 0.

Por tanto, existen las derivadas direccionales de f en (0,0) para cualquier dirección v.



f(x, y) =⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

1, si 0 < y < x2,

0, si y ≤ 0 ó y ≥ x2.

A la vista de estos dos ejemplos, podemos preguntarnos sobre la relación entre lasderivadas direccionales y la continuidad. De nuevo concluimos que no hay relaciónentre la existencia de derivadas direccionales en un punto y la continuidad en dichopunto.

3.3. Funciones f ∶ Rn → R, diferenciabilidad

Los ejemplos que acabamos de ver nos hacen plantearnos la siguiente cuestión: ¿habráalgún concepto que generalice el de derivada en una variable y para el cual se tenga unresultado similar al de una variable “derivabilidad implica continuidad”? La respuestaes "sí". La diferenciabilidad de una función en un punto, concepto definido a continua-ción, sí asegura la continuidad en dicho punto y, además, permitirá asegurar que secumplen varias propiedades e interpretaciones geométricas.

Antes de la definición, vamos a repasar lo conocido para el caso real. En el caso de queuna función real sea derivable en un punto x0 se tiene:

f ′(x0) = lımx→x0

f(x) − f(x0)x − x0

⇐⇒ lımx→x0

(f(x) − f(x0)x − x0

− f ′(x0)) = 0

⇐⇒ lımx→x0

f(x) − (f(x0) + f ′(x0)(x − x0))x − x0

= 0 (3.2)

que puede interpretarse como que la recta y = f(x0)+ f ′(x0)(x−x0) es la más cercanaal grafo de f en el punto x0, (es la recta tangente). De hecho, f(x) − y tiende a 0“más rápidamente” que x−x0. Si pensamos en esta interpretación, podríamos intentarimaginarnos que para una función f ∶ D ⊂ R2 → R buscaríamos el plano que más seacerca al grafo de f en un punto (x0, y0).

Definición 3.3.1. Sean D ⊂ Rn, x0 ∈D y f ∶D → R, se dice que f es diferenciable enx0 si existen todas las derivadas parciales de f en x0 y, además

lımx→x0

f(x) − f(x0) −∇f(x0) ⋅ (x −x0)∥x −x0∥

= 0. (3.3)

Observa el parecido de esta expresión con (3.2). Podemos interpretar (3.3) como


3.3. Funciones f ∶ Rn → R, diferenciabilidad 87

f(x) − (f(x0) +∇f(x0) ⋅ (x −x0)) tiende a 0 “más rápidamente” que ∥x −x0∥.

Ejemplo 3.3.2. En la expresión (3.2) y = f(x0) + f ′(x0)(x − x0) era la recta tangentea la gráfica de f en x0. Observemos que, para el caso n = 2, tenemos que si f esdiferenciable en x0 = (x0, y0), entonces

z = f(x0) +∂f

∂x(x0)(x − x0) +

∂f

∂y(x0)(y − y0)

es la ecuación del plano tangente a f en x0.

Proposición 3.3.3. Sean D ⊂ Rn, x0 ∈ D y f ∶ D → R. Si f es diferenciable en x0,entonces f es continua en x0.

Demostración. En la definición 3.3.1 basta observar que es necesario que f(x)→ f(x0)para que el límite (3.3) sea cero.

Proposición 3.3.4. Sean D ⊂ Rn, x0 ∈ D y f, g ∶ D → R funciones diferenciables enx0. Se tienen las siguientes propiedades:

1. f + g es diferenciable en x0.

2. f g es diferenciable en x0.

3. Si g(x0) ≠ 0, entonces fg es diferenciable en x0.

Hemos visto que para estudiar la diferenciabilidad de una función en un punto, primeroestudiamos la existencia de derivadas parciales en dicho punto. Una vez hecho esto,para ver si f es diferenciable en dicho punto, debemos calcular un límite. En algunasocasiones, se puede simplificar este paso, gracias al siguiente teorema.

Teorema 3.3.5. Sean D ⊂ Rn, x0 ∈ D y f ∶ D → R. Si las funciones ∂f∂xi, i = 1, . . . , n

son continuas en x0, entonces f es diferenciable en x0.

La condición de este teorema no es necesaria, es decir, se pueden dar funciones quesean diferenciables en un punto, pero cuyas derivadas parciales en ese punto no seancontinuas.

3.3.1. Diferenciabilidad y propiedades del gradiente

Para funciones diferenciables, vamos a ver en esta sección la relación que existe entre elgradiente y las derivadas direccionales, así como otras propiedades e interpretacionesdel gradiente, útiles para resolver algunos problemas.



Proposición 3.3.6. Sean D ⊂ Rn, x0 ∈ D y f, g ∶ D → R funciones diferenciables enx0. Se tienen las siguientes propiedades para el vector gradiente:

1. ∇(f + g)(x0) = ∇f(x0) +∇g(x0)

2. ∇(fg)(x0) = g(x0)∇f(x0) + f(x0)∇g(x0)

3. Si g(x0) ≠ 0, entonces ∇fg (x0) = 1

g2(x0)(g(x0)∇f(x0) − f(x0)∇g(x0))

Proposición 3.3.7. Sean D ⊂ Rn, x0 ∈ D y f ∶ D → R diferenciable en x0. Sea v unvector de Rn tal que ∥v∥ = 1. Entonces

Dvf(x0) = ∇f(x0) ⋅ v (3.4)

Este resultado permite calcular derivadas direccionales de una función f de una formamuy cómoda (sin necesidad de utilizar la definición 3.2.17) si se conocen previamentelas derivadas parciales de f . Antes habrá que asegurarse de que f es diferenciable.Vemos a continuación dos ejemplos ilustrativos.

Ejemplo 3.3.8. Sea

f ∶D ⊂ R3 → R

(x, y, z) ↦ exy

z

y consideremos el vector unitario v = ( 1√6 ,

2√6 ,

1√6). Tenemos que f es diferenciable

en (0,1,1). Vamos a calcular Dvf(0,1,1) utilizando la proposición 3.3.7. Para ellocalculamos el vector gradiente de f en (0,1,1):

∇f(x, y, z) = ex

z(y,1,−y

z) .

En el punto (0,1,1), el gradiente es ∇f(0,1,1) = (1,1,−1) . Así, según (3.4), tenemos

Dvf(0,1,1) = ∇f(0,1,1) ⋅ (1√6,

2√6,

1√6) = 1√

6(1,1,−1) ⋅ (1,2,1) = 2√

6

Ejemplo 3.3.9. Si quisiéramos calcular la derivada direccional de la función f delejemplo 3.2.19, utilizando la proposición 3.3.7. Teníamos y calculado que ∇f(0,0) =(1,−1). Así, según según (3.4), la derivada direccional de f en (0,0) en la dirección deun vector unitario v = (v1, v2) sería

Dvf(0,0) = ∇f(0,0) ⋅ (v1, v2) = (1,−1) ⋅ (v1, v2) = v1 − v2 .


3.3. Funciones f ∶ Rn → R, diferenciabilidad 89

lo que no puede ser, puesto que no coincide con el valor v31 − v3

2 obtenido al calcular laderivada direccional (utilizando la definición) en el ejemplo 3.2.19. La aparente paradojase debe a que hemos utilizado la fórmula (3.4), válida solo en el caso en el que f seadiferenciable en el punto objeto de estudio, en un ejemplo en el que no no sabíamossi f era diferenciable en dicho punto. Podemos adelantar, por tanto, que f no esdiferenciable en (0,0).

El siguiente resultado es consecuencia directa de la proposición 3.3.7.

Proposición 3.3.10. Sean D ⊂ Rn, x0 ∈ D y f ∶ D → R diferenciable en x0 y tal que∇f(x0) ≠ 0. Entonces la dirección de ∇f(x0) (normalizado) es la de máxima variaciónde f desde el punto x0. Además, el valor de la derivada direccional en esa dirección es∥∇f(x0)∥.

Demostración: La variación de f en x0 en la dirección de v viene representada porDvf(x0). Por la proposición 3.3.7 tenemos que esta derivada direccional coincide con∇f(x0) ⋅ v. Por las propiedades del producto escalar tenemos

∣Dvf(x0)∣ ≤ ∥∇f(x0)∥ ∥v∥ = ∥∇f(x0)∥

ya que v es unitario. Si tomamos ahora como vector unitario

v = ∇f(x0)∥∇f(x0)∥

se tiene que

Dvf(x0) = ∇f(x0) ⋅∇f(x0)

∥∇f(x0)∥= ∇f(x0) ⋅ ∇f(x0)

∥∇f(x0)∥= ∥∇f(x0)∥2

∥∇f(x0)∥= ∥∇f(x0)∥

alcanzándose el valor máximo para la derivada direccional.

Nota 3.3.11. Si en las condiciones de la proposición 3.3.10 se toma

v = − ∇f(x0)∥∇f(x0)∥

tenemos queDvf(x0) = −∥∇f(x0)∥,

y si se toma w tal que w es unitario y ortogonal a v, se tiene que

Dwf(x0) = 0.



Ejemplo 3.3.12. Sea D el subconjunto de R2 estudiado en el ejemplo 2.1.5 y sea

f ∶D → R

(x, y) ↦ log(x2 + y),

vamos a estudiar en qué dirección la variación de f en el punto (1,0) es máxima. Comof es diferenciable en (1,0) podemos aplicar la proposición 3.3.10. Calculamos

∇f(1,0) = (2,1)

para obtener la dirección de máxima variación de f en (1,0). Si ahora normalizamos,obtenemos el vector unitario v = ( 2√

5 ,1√5). También por la proposición 3.3.10, podemos

obtener el valor de la derivada en esa dirección.

Dvf(1,0) = ∥∇f(1,0)∥ =√

5.

Teorema 3.3.13. Sea D ⊂ R2 y sean x0 ∈ D y f ∶ D → R diferenciable en x0 con∇f(x0) ≠ 0. Entonces ∇f(x0) es ortogonal a la curva de nivel que pasa por x0.

Ejemplo 3.3.14. Sea f la función del ejemplo anterior f(x, y) = log(x2+y). Las curvasde nivel f(x, y) = c son parábolas y = −x2 + ec. Para cada punto (x0, y0) se tiene que

∇f(x, y) = 1x2

0 + y0(2x0,1).

Figura 3.4. Curvas de nivel la funciónf y vector gradiente ∇f(x, y) en lospuntos (0,1) y (1,0). En cada punto(x, y) el vector gradiente es ortogonala la curva de nivel que pasa por dichopunto.

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

∇f(0,1)

∇f(1,0)

El vector gradiente de f en los puntos (0,1) y (1,0) es respectivamente ∇f(0,1) = (0,1)y ∇f(1,0) = (2,1). Por la proposición 3.3.10, la derivada direccional de f en la direccióndel gradiente es la norma del gradiente. En este caso las normas de los dos gradientesson ∥∇f(0,1)∥ = 1 y ∥∇f(1,0)∥ =

√5.


3.4. Funciones s ∶ [a, b]→ Rm, derivabilidad y diferenciabilidad 91

3.4. Funciones s ∶ [a, b]→ Rm, derivabilidad y diferenciabilidad

Recordemos que dada s ∶ [a, b] → Rm, su funciones componentes s1, . . . , sm son funcio-nes de [a, b] en R.

Definición 3.4.1. Dados s ∶ [a, b] → Rm y t0 ∈ [a, b], se dice que s es derivable (odiferenciable) en t0 si todas las funciones componentes si lo son. Además, la derivadade s(t) con respecto de t en t0es (s′1(t0), . . . , s′m(t0)).

Nota 3.4.2. s′(t) se denota también ds

dt(t0).

Proposición 3.4.3. Sea Γ ⊂ Rm, (m = 2 ó 3), una curva dada mediante la parametri-zación

s ∶ [a, b] → Rm

t ↦ s(t),

y sea t0 ∈ [a, b]. Entonces la ecuación en paramétricas de la recta tangente a Γ en t0

sony(t) = s(t0) + (t − t0)s′(t0) (3.5)

Ejemplo 3.4.4.Sea Γ la circunferencia de radio 1 dada por la para-metrización

s ∶ [0,2π] → R2

t ↦ (cos t, sen t)

Para cada punto de la curva (cos t0, sen t0), el vectors′(t0) = (− sen t0, cos t0) es tangente a dicha curva.Así, según (3.5), la ecuación de la recta tangente aΓ en (cos t0, sen t0) es

Γ

r

s′(0)t0 = π/4

y(t) =⎛⎝

cos t0sen t0

⎞⎠+ (t − t0)

⎛⎝− sen t0cos t0

⎞⎠

Por ejemplo, la ecuación de la recta tangente a Γ en el punto (√

22 ,√

22 ), correspondiente

t0 = π/4 es

y(t) =⎛⎜⎝

√2

2√

22

⎞⎟⎠+ (t − π4)

⎛⎜⎝

−√

22√

22

⎞⎟⎠.



Ejemplo 3.4.5.Sea Γ la curva dada por la parametrización

s ∶ [0,4π] → R3

t ↦ (2 cos t,4 sen t, t)

Tenemos que s′(t) = (−2 sen t,4 cos t,1). Para cal-cular la recta tangente r en t0 = 3π, tenemos queevaluar s(t) y s′(t) en dicho punto. De esta formaobtenemos las ecuaciones paramétricas de la rectatangente

y(t) =⎛⎜⎜⎝

−20

3π

⎞⎟⎟⎠+ (t − 3π)

⎛⎜⎜⎝

0−4

1

⎞⎟⎟⎠.

Γ

r

t = 3π

3.5. Funciones f ∶ Rn → Rm, derivabilidad y diferenciabilidad

Definición 3.5.1. Sean D ⊂ Rn, x0 ∈D y f ∶D → Rm . Se dice que f es diferenciableen x0 si cada función componente de fi es diferenciable en x0.

Ejemplo 3.5.2. Sea

f ∶ R2 → R2

(x, y) ↦ (x2 − 3 y, cos(2πxy)).

Esta función es diferenciable en todos los puntos de R2.

Definición 3.5.3. Sean D ⊂ Rn, x0 ∈ D y f ∶ D → Rm tal que que existen todas lasderivadas parciales de todas las funciones componentes de f en x0. Se define la matrizjacobiana de f en x0 como

Jf(x0) ∶=

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

∂f1∂x1

(x0) ⋯ ∂f1∂xn

(x0)

∂f2∂x1

(x0) ⋯ ∂f2∂xn

(x0)⋮ ⋱ ⋮

∂fm∂x1

(x0) ⋯ ∂fm∂xn

(x0)

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

⋅


3.5. Funciones f ∶ Rn → Rm, derivabilidad y diferenciabilidad 93

Nota 3.5.4. La fila i-ésima de la matriz Jf(x0) es ∇fi(x0), vector gradiente de lafunción componente i-ésima de f en el punto x0. Para el caso m = 1 (n > 1), la matrizjacobiana es el vector gradiente ∇f(x0). Para el caso m = n = 1 la matriz jacobiana essimplemente la derivada f ′(x0).

Ejemplo 3.5.5. Para la función del ejemplo 3.5.2, tenemos que la matriz jacobiana enun punto (x0, y0) es:

Jf(x0, y0) =⎛⎝

2x0 −3−2π y0 sen(2π x0 y0) −2π x0 sen(2π x0 y0)

⎞⎠

Ejemplo 3.5.6. Sea

f ∶ R3 → R2

(x, y, z) ↦ (x2 − y, y2 − z).

La matriz jacobiana en un punto (x0, y0, z0) es

Jf(x0, y0, z0) =⎛⎝

2x0 −1 00 2y0 −1

⎞⎠

3.5.1. Regla de la Cadena

En esta sección vamos a estudiar las propiedades que, respecto de la derivabilidad ydiferenciabilidad, tiene la composición de funciones. Recordemos que para el caso deuna variable, si teníamos f ∶ D1 ⊂ R → R y g ∶ D2 ⊂ R → R tal que Im f ⊂ D2, entoncespodíamos calcular la función g ○ f ∶D1 → R y teníamos la siguiente propiedad:

(g ○ f)′(x) = g′(f(x)) ⋅ f ′(x)

Nos planteamos ahora la cuestión de si existe un resultado similar para funcionesf ∶ D ⊂ Rn → Rm. Lo primero que debemos hacer es establecer los dominios para quedos funciones se puedan componer.

Teorema 3.5.7. (Regla de la cadena) Sean f ∶ D1 ⊂ Rn → Rm y g ∶ D2 ⊂ Rm → Rp

tales que Imf ⊂D2. Sea x0 ∈D1. Supongamos que f es diferenciable en x0 y que g esdiferenciable en f(x0). Entonces g ○ f es diferenciable en x0 y además

J(g ○ f)(x0) = Jg(f(x0)) ⋅ Jf(x0). (3.6)

Nota 3.5.8. Observa que, en la expresión (3.6), el producto Jg(f(x0)) ⋅ Jf(x0) estábien definido puesto que Jg(f(x0)) ∈Mp×m y Jf(x0) ∈Mm×n .



Ejemplo 3.5.9. Sean

f ∶ R2 → R2

(x, y) ↦ (x + y, x − y).y g ∶ R2 → R

(u, v) ↦ u2 − v2

La composición de f con g es

g ○ f ∶ R2 → R

(x, y) ↦ 4xy (3.7)

Tenemos que Jg(x, y) = ∇g(u, v) = (2u,−2v), mientras que

Jf(x, y) =⎛⎝

1 11 −1

⎞⎠

Por el teorema 3.5.7 se tiene que:

J(g ○ f)(x, y) = Jg(f(x, y)) ⋅ Jf(x, y) = (2(x + y),−2(x − y)) ⋅⎛⎝

1 11 −1

⎞⎠= (4 y,4x).

Observa que esta expresión coincide con la que hubiéramos obtenido si hubiéramos cal-culado directamente J(g○f)(x, y) = ∇(g○f)(x, y) derivando a partir de la composicióng ○ f ya obtenida en 3.7.

Ejemplo 3.5.10. Sean:

f ∶ R2 → R2

(u, v) ↦ (cos(uv), sen(uv))y g ∶ R3 → R2

(x, y, z) ↦ (x, exyz).

Podemos calcular

f ○ g ∶ R3 → R2

(x, y, z) ↦ (cos(ex xy z), sen(exxy z)).

Si calculamos directamente la jacobiana de la composición f ○ g, tenemos

J(f ○ g)(x, y, z) =⎛⎝−ex(1 + x)yz sen(exxyz) −exxz sen(exxyz) −exxy sen(exxyz)ex(1 + x)yz cos(exxyz) exxz cos(exxyz) exxy cos(exxyz)

⎞⎠

Aplicando la regla de la cadena obtendremos el mismo resultado. Comprobémoslo.Calculamos la jacobiana Jf

Jf(u, v) =⎛⎝−v sen(uv) −u sen(uv)v cos(uv) v cos(uv)

⎞⎠


3.5. Funciones f ∶ Rn → Rm, derivabilidad y diferenciabilidad 95

La evaluamos en g(x, y, z)

Jf(g(x, y, z)) =⎛⎝−exyz sen(exxyz) −x sen(exxyz)exyz cos(exxyz) x cos(exxyz)

⎞⎠

Calculamos la otra jacobiana Jg

Jg(x, y, z) =⎛⎝

1 0 0exyz exz exy

⎞⎠

Finalmente hacemos el producto de las dos jacobianas

Jf(g(x))⋅Jg(x) =⎛⎝−ex(1 + x)yz sen(exxyz) −exxz sen(exxyz) −exxy sen(exxyz)ex(1 + x)yz cos(exxyz) exxz cos(exxyz) exxy cos(exxyz)

⎞⎠

Regla de la cadena para las derivadas parciales

En muchas ocasiones, cuando componemos funciones, no es necesario calcular la ja-cobiana completa de la composición, sino solo algunas de las derivadas, por ello nosinteresa practicar con algún ejemplo el cálculo de estas derivadas parciales. Vamos aver la idea tomando como ejemplo una función f ∶ R3 → R3 y otra función g ∶ R3 → R2.Para no alargar la notación, es habitual no escribir el punto en el que se evalúan lasderivadas. Aplicando la regla de la cadena 3.5.7 tenemos que

J(g ○ f) = JgJf . (3.8)

Vamos a ponerlo en notación expandida: si

f(x, y, z) = (u(x, y, z), v(x, y, z),w(x, y, z))

yg(u, v,w) = (g1(u.v, v), g2(u, v,w)),

entonces, la expresión (3.8) en notación expandida, quedaría:

J(g ○ f) =⎛⎜⎜⎜⎝

∂g1

∂u

∂g1

∂v

∂g1

∂w∂g2

∂u

∂g2

∂v

∂g2

∂w

⎞⎟⎟⎟⎠⋅

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

∂u

∂x

∂u

∂y

∂u

∂z∂v

∂x

∂v

∂y

∂v

∂z∂w

∂x

∂w

∂y

∂w

∂z

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

= ( ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ) . (3.9)

Observamos que, para calcular los seis elementos de J(g ○ f) necesitamos calcular losseis elementos de Jg y los nueve elementos de Jf , en total, 15 elementos. Imaginemos



ahora que sólo nos interesa calcular el elemento (1,2) de J(g ○ f): no necesitaríamoscalcular los 15 elementos anteriormente citados, sino sólo la primera fila de Jg y lasegunda de Jf , que son sólo 6 elementos. En efecto, ese elemento (1,2) de J(g ○ f)sería ∂g1

∂yy tendríamos:

∂g1

∂y= ∂g1

∂u

∂u

∂y+ ∂g1

∂v

∂v

∂y+ ∂g1

∂w

∂w

∂y

o, abrevidamenteg1y = g1uuy + g1vvy + g1wwy

Ejercicio 3.5.11. Con la misma idea, ir escribiendo las demás expresiones:

g1x, g1z, g2x, g2y, g2z.

3.6. Derivadas parciales de orden superior

En esta sección vamos a estudiar cómo derivar sucesivamente una función de variasvariables. Una vez obtenidas las funciones derivadas parciales de orden 1, nos plan-tearemos cómo obtener sus derivadas. Pensemos, por simplificar la notación, en unafunción f ∶D ⊂ R2 → R con D abierto. Las funciones derivadas parciales orden 1 son:

∂f∂x ∶D ⊂ R2 → R

(x, y) ↦ ∂f∂x(x, y)

y ∂f∂y ∶D ⊂ R2 → R

(x, y) ↦ ∂f∂y (x, y).

Supongamos además que estas dos nuevas funciones admiten, a su vez, derivadas par-ciales en todo punto x0 ∈D. Hablaríamos entonces de “funciones derivadas parciales delas funciones derivadas parciales”, es decir, derivadas parciales de orden 2 (o segundas).En el caso de la función f considerada, tenemos cuatro derivadas segundas:

∂

∂x(∂f∂x

) , ∂∂y

(∂f∂x

) , ∂∂x

(∂f∂y

) , ∂∂y

(∂f∂y

) . (3.10)

Vamos a fijarnos en la segunda y la tercera de estas derivadas, llamadas derivadas cru-zadas. Nos podríamos preguntar si ambas coinciden (algo así como una conmutatividaden la derivación). La respuesta es afirmativa si f es “suficientemente buena”.

Nota 3.6.1. Las derivadas anteriores (salvo las derivadas cruzadas) se denotan habi-tualmente

∂2f

∂x2 ,∂2f

∂y2 , f′′xx, f

′′yy, fxx, fyy.


3.6. Derivadas parciales de orden superior 97

Teorema 3.6.2. (Schwartz) Sean D ⊂ Rn, x0 ∈ D y f ∶ D → R y supongamos queexisten las funciones

∂f

∂xi(x), ∂f

∂xj(x) y ∂

∂xi( ∂f∂xj

)(x)

para todo x ∈ B(x0, ε) para algún ε > 0. Supongamos también que ∂∂xi

( ∂f∂xj

) (x) escontinua en x0. Entonces, existe ∂

∂xj( ∂f∂xi

) (x0) y, además,

∂

∂xj( ∂f∂xi

) (x0) =∂

∂xi( ∂f∂xj

)(x0).

Nota 3.6.3. En el caso de que estemos en condiciones de aplicar el teorema 3.6.2, lasderivadas cruzadas se denotan también

∂2f

∂x∂y,∂2f

∂y∂x, f ′′yx, f

′′xy, fyx, fxy.

Definición 3.6.4. Sean D ⊂ Rn, x0 ∈ D y f ∶ D → R tal que existen las derivadasparciales segundas en x0 y son continuas en x0. Se define la matriz hessiana de f enx0 como:

Hf(x0) ∶=

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

∂2f

∂x21(x0) ⋯ ∂2f

∂x1∂xn(x0)

∂2f

∂x1∂x2(x0) ⋯ ∂2f

∂x2∂xn(x0)

⋮ ⋱ ⋮∂2f

∂x1∂xn(x0) ⋯ ∂2f

∂x2n

(x0)

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

Observemos que, como consecuencia directa del teorema 3.6.2, la matriz hessiana esuna matriz simétrica.

Ejemplo 3.6.5. Para el caso de una función f de dos variables, la matriz hessiana enun punto x0 = (x0, y0) quedaría

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

∂2f

∂x2 (x0, y0)∂2f

∂y∂x(x0, y0)

∂2f

∂x∂y(x0, y0)

∂2f

∂y2 (x0, y0)

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

Ejemplo 3.6.6. Sea

f ∶ R3 → R

(x, y, z) ↦ ex cos y + z2x.



Su matriz hessiana en un punto genérico (x, y, z) es

Hf(x, y, z) =⎛⎜⎜⎝

ex cos y −ex sen y 2z−ex sen y −ex cos y 0

2z 0 2x

⎞⎟⎟⎠.

Definición 3.6.7. Sean k ≥ 1, D ⊂ Rn abierto y f ∶D → Rm. Se dice que f es de claseCk en D si existen derivadas parciales de orden ≤ k de f en D y son continuas. Elconjunto formado por todas las funciones de esta clase se denota Ck(D;Rm) .

Ck(D;Rm) ∶={f ∶D → Rm ∣ existen todas las derivadas parciales de orden ≤ kde todas las funciones componentes y son continuas en D}.

En el caso m = 1, simplificamos la notación, escribiendo Ck(D) en lugar de Ck(D;R)

3.7. Máximos y mínimos

Definición 3.7.1. Sean D ⊂ Rn, x0 ∈D y f ∶D → R.. Se dice que f tiene en x0

à un máximo relativo si

∃ε > 0 tal que f(x) ≤ f(x0) ∀x ∈ B(x0, ε) ∩D.

à un mínimo relativo si

∃ε > 0 tal que f(x0) ≤ f(x) ∀x ∈ B(x0, ε) ∩D.

à un máximo absoluto sif(x) ≤ f(x0) ∀x ∈D.

à un mínimo absoluto sif(x0) ≤ f(x) ∀x ∈D.

Definición 3.7.2. Sea f ∶ D ⊂ Rn → R y x0 ∈ D. Se dice que f tiene un extremorelativo en x0, si f tiene en x0 un máximo o un mínimo relativo. Si x0 ∈ D, diremosque f tiene un extremo absoluto en x0 si f tiene en x0 un máximo o un mínimoabsoluto.


3.7. Máximos y mínimos 99

Nota 3.7.3. Por simplificar la notación cuando digamos “máximo”, “mínimo” o “extre-mo”, nos estaremos refiriendo a máximo absoluto, mínimo absoluto o extremo absolutorespectivamente.

Para el estudio de máximos y mínimos suele ser muy útil el siguiente teorema aplicableen conjuntos cerrados y acotados. El resultado es la extensión a varias variables delteorema de Weierstrass estudiado para el caso de una variable.

Teorema 3.7.4. (Weierstrass) Sean D ⊂ Rn cerrado y acotado y f ∶ D → R unafunción continua en D. Entonces f alcanza su máximo y su mínimo en D.

3.7.1. Cálculo de extremos relativos

Análogamente al caso de funciones de una variable, el estudio de máximos y míni-mos para funciones de varias variables se realiza de manera más sencilla si se utilizanderivadas parciales.

Teorema 3.7.5. Sean D ⊂ Rn, x0 ∈Do y f ∶D → R diferenciable en x0. Si f tiene unextremo relativo en x0, entonces ∇f(x0) = 0.

Nota 3.7.6. El recíproco del teorema anterior no es cierto. Recuerda lo que sucedíapara el caso de funciones de una variable.

-2 -1 0 1 2

-2-1

01

2

0

5

10

15-2

-10

12

-1

-0.5

0

0.5

1 -1

-0.5

0

0.5

1

-1

-0.5

0

0.5

1

-1

-0.5

0

0.5

Figura 3.5. Mínimo relativo (izquierda) y punto de silla (derecha).

Definición 3.7.7. Sean D ⊂ Rn, x0 ∈ Do y f ∶ D ⊂ Rn diferenciable en x0 y tal que∇f(x0) = 0. Se dice entonces que x0 es un punto crítico de f .

Definición 3.7.8. Sean D ⊂ Rn, x0 ∈Do y f ∶D → R tal que x0 es un punto crítico def pero no es extremo relativo de f . Entonces se dice que f tiene en x0 un punto silla.



Ejemplo 3.7.9. SeanD = {(x, y) ∈ R2 ∣ x2 + y2 ≤ 5}

y

f ∶D → R

(x, y) ↦ x2 + 2y2.

Veamos qué podemos decir acerca de los extremos relativos y absolutos de f en D.Tenemos que D que es cerrado y acotado y f es continua en D. Entonces, el teorema3.7.4 nos asegura la existencia de máximo y mínimo absolutos de f en D. El mínimoabsoluto se ve a simple vista: se alcanza en (0,0) y vale 0, con lo que en (0,0), f tienetambién un mínimo relativo. Vamos a estudiar la existencia de otros extremos relativosen Do. Observemos que f ∈ C2(Do), luego podemos aplicar el teorema 3.7.5.

∇f(x, y) = (2x,4y) = (0,0)⇐⇒ x = 0 e y = 0,

así que no existen más extremos relativos en Do aparte del que ya conocíamos. A lavista de esto, podemos deducir que el máximo de f se alcanza en la frontera de D, queen este caso es

∂D = {(x, y) ∣ x2 + y2 = 5} .

(Veremos más adelante cómo calcular este máximo). A la izquierda de la figura 3.5podemos ver el grafo de f y sobreimpresionada, la gráfica de f(∂D).

Ejemplo 3.7.10. Dada la función

f ∶ R2 → R

(x, y) ↦ x2 − y2,

observemos que no estamos en condiciones de aplicar el teorema 3.7.4 ya que R2 noes acotado. Vamos a ver qué podemos decir acerca de los extremos relativos de f :tenemos quef ∈ C2(R2), luego podemos aplicar el teorema 3.7.5; puede comprobarseque ∇f(x, y) = (0,0) tiene como única solución (x, y) = (0,0). Sin embargo, en dichopunto la función no alcanza ni un mínimo ni un máximo local. Se trata, por tanto, deun punto de silla. El nombre proviene del parecido con el de una silla de montar (véasela gráfica a la derecha de la figura 3.5).

En el ejemplo anterior hemos hallado un punto crítico, y hemos podido deducir a simplevista que era un mínimo relativo porque la función era muy sencilla. Nos imaginamosque no siempre tendremos tanta suerte. Recordemos que para el caso de funciones



reales de una variable, el estudio de la derivada segunda de la función podía darnosinformación de si un punto crítico era extremo relativo. En el caso de una funciónde varias variables, lo que cabría esperar es que la matriz hessiana pudiera darnosinformación acerca de esta cuestión.

Propiedades matriciales y cálculo de extremos relativos

Definición 3.7.11. Una matriz A ∈Mn×n(R) simétrica se dice

1. definida positiva si xtAx > 0, ∀x ∈ Rn ∖ {0},

2. semidefinida positiva si xtAx ≥ 0, ∀x ∈ Rn,

3. definida negativa si xtAx < 0, ∀x ∈ Rn ∖ {0},

4. semidefinida negativa si xtAx ≤ 0, ∀x ∈ Rn,

5. no definida si no es de ninguno de los cuatro tipos anteriores.

Teorema 3.7.12. Sea f ∶D ⊂ Rn → R de clase C2y sea x0 ∈Do un punto crítico de f .Entonces

1. Si Hf(x0) es definida positiva, f tiene en x0 un mínimo relativo.

2. Si Hf(x0) es definida negativa, f tiene en x0 un máximo relativo.

3. Si Hf(x0) es no definida, f tiene en x0 un punto silla.

Proposición 3.7.13. Sea una matriz A ∈Mn×n(R) simétrica, y sean λ1, . . . , λn susvalores propios 1. Entonces

1. A es definida positiva si y solo si λi > 0, i = 1, . . . , n.

2. A es definida negativa si y solo si λi < 0, i = 1, . . . , n.

3. Si A tiene un valor propio λi > 0 y otro valor propio λj < 0, entonces A es nodefinida.

Proposición 3.7.14. Sea una matriz A ∈Mn×n(R) simétrica, y sean ∆1, . . . ,∆n susmenores principales. Entonces

1Recordemos que una matriz simétrica es diagonalizable



1. A es definida positiva si y solo si ∆i > 0, i = 1, . . . , n.

2. A es definida negativa si y solo si (−1)i∆i > 0, i = 1, . . . , n.

Ejemplo 3.7.15. Sea

f ∶ R2 → R

(x, y) ↦ x3 + xy − 4x + 2.

Observemos que no estamos en condiciones de aplicar el teorema 3.7.4 ya que R2 noes acotado. Vamos a ver qué podemos decir acerca de los extremos relativos de f :tenemos quef ∈ C2(R2), luego podemos aplicar el teorema 3.7.5. Para ello, calculamosel gradiente

∇f(x, y) = (3x2 + y − 4, x) .

Se tiene que ∇f(x, y) = 0 si y solo si x = 0 e y = 4. Así, f tiene un único punto crítico,el punto (0,4). Estamos en condiciones de aplicar el teorema 3.7.12: calculamos

Hf(0,4) =⎛⎝

0 11 0

⎞⎠.

y aplicamos el teorema 3.7.12. Como los valores propios de Hf(0,4) son 1 y −1, lamatriz es no definida. Por lo tanto f tiene en (0,4) un punto silla.

Ejemplo 3.7.16. Sea

f ∶ R2 → R

(x, y) ↦ x3 − y3 − 2xy + 6.

Observemos que no estamos en condiciones de aplicar el teorema 3.7.4 ya que R2 noes acotado. Vamos a ver qué podemos decir acerca de los extremos relativos de f :tenemos quef ∈ C2(R2), luego podemos aplicar el teorema 3.7.5. Para ello, calculamosel gradiente Tenemos

∇f(x, y) = (3x2 − 2y,−3y2 − 2x)

Imponiendo ∇f(x, y) = 0, se obtienen dos puntos críticos (0,0) y (−23 ,

23). Tenemos que

la matriz hessiana de f en un punto (x, y) es

Hf(x, y) =⎛⎝

6x −2−2 −6y

⎞⎠,

de manera que

Hf(0,0) =⎛⎝

0 −2−2 0

⎞⎠, Hf (−2/3,2/3) =

⎛⎝−4 −2−2 −4

⎞⎠.



Podemos aplicar en los dos casos el teorema 3.7.12. Hf(0,0) tiene como valores propios2 y −2 con lo que es no definida y Hf (−2

3 ,23) tiene como valores propios −6 y −2 con

lo que es definida negativa. En consecuencia, f tiene en (0,0) un punto silla y en(−2

3 ,23) un máximo relativo. En la figura 3.7.16 podemos ver el grafo de esta función y

sobreimpresionados los dos puntos obtenidos.

-1

-0.5

0

0.5

1 -1

-0.5

0

0.5

1

4

5

6

7

8

-1

-0.5

0

0.5

1

Figura 3.6. Grafo de x3 − y3 − 2xy + 6

3.7.2. Extremos condicionados. Multiplicadores de Lagrange

Hemos visto anteriormente cómo calcular extremos relativos de funciones en ciertosdominios. Pero no hemos podido calcular los extremos absolutos ya que no sabíamoscómo calcular extremos en la frontera. En esta sección vamos a dar respuesta a unproblema más general, que es el llamado “cálculo de extremos condicionados”. Paraconcretar el tipo de problema a resolver, veamos un ejemplo.

Ejemplo 3.7.17. Sea

f ∶ R3 → R

(x, y, z) ↦ x2 − 3y2 + z2

y sea el conjuntoS = {(x, y, z) ∈ R3 ∣ x2 + y2 + z2 = 4} .

El problema a resolver es calcular los extremos de f condicionados a que (x, y, z) ∈ S. Lanotación habitual para estos problemas es definir una función auxiliar g de la siguientemanera

g ∶ R3 → R

(x, y, z) ↦ x2 + y2 + z2 − 4



con lo que tenemos que podemos expresar el conjunto S como

S = {(x, y, z) ∈ R3 ∣ g(x, y, z) = 0}

y diremos que buscamos los extremos de f condicionada a g.

Nota 3.7.18. f condicionada a g se suele escribir abreviadamente como f ∣gNota 3.7.19. Observemos que si f ∣g tiene un extremo relativo en x0, no tenemos nece-sariamente que ∇f(x0) = 0.

Teorema 3.7.20. Sean f, g ∶ D ⊂ Rn → R continuas en D y con derivadas parcialescontinuas en D. Sea

S = {x ∈D ∣ g(x) = 0} .

Sea x0 ∈ S tal que ∇g(x0) ≠ 0 y x0 es extremo relativo de f ∣g, Entonces ∃λ > 0 tal que

∇f(x0) = λ∇g(x0).

De este teorema se deduce un procedimiento para resolver el problema de encontrar losextremos de f condicionada a g que es el método de los multiplicadores de Lagrange.

Proposición 3.7.21. (Método de los multiplicadores de Lagrange para una restricción)Sea D ⊂ Rn y sean f, g ∶ D → R. Supongamos que queremos calcular los extremos de fcondicionada a g. Sea λ ∈ R, construimos una nueva función:

L ∶D ×R → R

(x, λ) ↦ f(x) − λg(x) (3.11)

Sea x0 tal que ∇f(x0) ≠ 0. Entonces, x0 es un extremo relativo de f ∣g si y solo si(x0, λ) es un extremo relativo de L, para algún λ ∈ R.

Nota 3.7.22. En los últimos ejemplo y teorema hemos considerado una función g ∶D ⊂Rn → R, lo que supone que tenemos una restricción. En el caso general, podemos tenerm restricciones, es decir una función g que, en general, será de la forma g ∶ D ⊂ Rn →Rm.

Proposición 3.7.23. (Método de los multiplicadores de Lagrange)

Sean D ⊂ Rn, f ∶D → R y g ∶D → Rm con m < n y supongamos que queremos calcularlos extremos de f condicionada a g. Consideramos λ = (λ1, . . . , λm). Construimos unanueva función

L ∶D ×Rm → R

(x,λ) ↦ f(x) − λ1g1(x) −⋯ − λmgm(x) (3.12)



Sea x0 tal que Jg(x0) tiene rango máximo. Entonces, x0 es un extremo relativo def ∣g si y solo si (x0,λ) es un extremo relativo de L, para algún λ ∈ Rm.

Ejemplo 3.7.24. Vamos a calcular los extremos absolutos de la función f(x, y) =x2 + y2 + 4xy − 4x con la restricción x2 + y2 = 3.

Para ello utilizaremos la función auxiliar de Lagrange (3.12). En este caso, como solohay una restricción g(x, y) = x2 + y2 − 3 = 0, la función L es

L(x, y, λ) = f(x, y) − λg(x, y) = x2 + y2 + 4xy − 4x − λ(x2 + y2 − 3) .

Estudiamos el rango de Jg, que sólo pierde el rango máximo en (0,0) que no estáen la curva x2 + y2 − 3 = 0 por lo que, de aquí, no sacamos candidatos. Aplicamosahora la proposición 3.7.23, para obtener los extremos relativos de f ∣g, calcularemoslos extremos relativos de L(x, y, λ). Por tanto, hemos de calcular en primer lugar lospuntos críticos de L. Para ello resolvemos el sistema

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

Lx(x, y, λ) = 0Ly(x, y, λ) = 0Lλ(x, y, λ) = 0

cuyas soluciones son P1 = (√

3/2,3/2), P2 = (−√

3/2,3/2), P3 = (√

2,−1) y P4 = (√

2,1) .Para averiguar si estos puntos críticos son extremos absolutos de f , basta con evaluarf en cada uno de ellos. El estudio de si los puntos críticos son o no extremos relativosexcede de este curso.

Ejemplo 3.7.25. Vamos a calcular los extremos de la función

f ∶ R3 → R

(x, y, z) ↦ x2 + y2 + (z − 1)2

condicionados a (x, y, z) ∈ Γ, siendo Γ la curva de R3 dada por las ecuaciones

z + y2 = 4 ,z − 2x2 − y2 = 0 ,

(véase la figura 3.7).

Tenemos que Γ es un conjunto cerrado y acotado y f es continua en Γ por lo que,aplicando el teorema 3.7.4 podemos asegurar que f alcanza su máximo y su mínimoen Γ.



Figura 3.7. Curva Γ correspondiente al ejemplo 3.7.25

Construimos primero la siguiente función

g ∶ R3 → R2

(x, y, z) ↦ (z + y2 − 4, z − 2x2 − y2).

Tenemos que Jg tiene rango 2 (máximo) salvo para los puntos de la forma (0,0, z).Observemos que estos puntos están en una recta que no corta a la curva Γ.

Construimos ahora la función lagrangiana teniendo en cuenta que hay dos restriccionesen este caso.

L ∶ R5 → R

(x, y, z, λ1, λ2) ↦ x2 + y2 + (z − 1)2 − λ1(z + y2 − 4) − λ2(z − 2x2 − y2).

Para calcular los extremos de L, debemos calcular su gradiente ∇L(x, y, z, λ1, λ2) yresolver la ecuación ∇L(x, y, z, λ1, λ2) = 0.

∇L(x, y, z, λ1, λ2) = (2x+4xλ2,2y−2λ1y+2λ2y,2(z−1)−λ1−λ2,−z−y2+4,−z+2x2+y2)

Tras resolver la ecuación, se obtienen los puntos críticos de L:

(−√

2,0,4,−132 ,

12), (

√2,0,4,−13

2 ,12), (0,−

√2,2,−3

2 ,−12), (0,

√2,2,−3

2 ,−12)



Por lo tanto, los puntos críticos de f condicionada a g son

P1 = (0,−√

2,2)P2 = (0,

√2,2)

P3 = (−√

2,0,4)P4 = (

√2,0,4)

Dado que f(P1) = f(P2) = 3 y f(P3) = f(P4) = 11, se tiene que, sobre Γ, f alcanza sumínimo absoluto en P1 y en P2 y su máximo absoluto en P3 y en P4.

3.7.3. Cálculo de extremos absolutos

Ejemplo 3.7.26. Consideramos D el subconjunto de R2 dado por

D = {(x, y) ∈ R2 ∣ x2 + y2 ≤ 4, y ≤ −2x},

y la función f(x, y) = x2 + 3x + y2 − 2y + 1. Vamos a calcular los extremos absolutos def en D.

Podemos ver un dibujo de D en la figura 3.8. D es un conjunto cerrado y acotado y lafunción f es continua en D. Estamos, por tanto, en condiciones de aplicar el teoremade Weierstrass y podemos asegurar que f alcanza su máximo y su mínimo absolutosen D.

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

Figura 3.8. Dominio D correspondiente al ejemplo 3.7.26

Buscamos los puntos candidatos a extremo absoluto de f enDo: estos puntos verificarán∇f(x, y) = (0,0). Tenemos que la ecuación ∇f(x, y) = (0,0) tiene como única solución



-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

Figura 3.9. Dominio D y punto P1 correspondientes al ejemplo 3.7.26

el punto (−32 ,1). Este punto está en Do con lo que tenemos un punto candidato: P1 =

(−32 ,1). Podemos ver un dibujo de D y de P1 en la figura 3.9

Buscamos ahora los puntos candidatos a extremo absoluto de f en ∂D. Descomponemosel estudio en tres casos: el arco de la circunferencia que está enD, salvo los dos extremos,el segmento de la recta que está en D, salvo los dos extremos y los dos puntos deintersección de la circunferencia y la recta. Para localizar los puntos candidatos en elarco de circunferencia aplicamos el método de los multiplicadores de Lagrange usandola función F (x, y, λ) ∶= f(x, y)−λ(x2 + y2 − 4). La ecuación ∇F (x, y, λ) = (0,0,0) tienedos soluciones: ( 6√

13 ,−4√13) y (− 6√

13 ,4√13) (no es necesario calcular los correspondientes

valores de λ). Por construcción, estas dos soluciones están en la circunferencia x2+y2 = 4,pero hay que comprobar si están en el arco de la circunferencia que hay que considerar.El primero de ellos no está en dicho arco y el segundo sí. Podemos ver un dibujo de estosdos puntos en la figura 3.10. De aquí sacamos un punto candidato: Q1 = (− 6√

13 ,4√13).

Debemos estudiar también si la jacobiana de la función g(x, y) = x2 + y2 − 4 pierde elrango máximo en algún punto del arco de la circunferencia. Tenemos que ∇g(x, y) =(2x,2y), que sólo pierde el rango máximo en el punto (0,0), que no está en el arco decircunferencia, luego de aquí no sacamos puntos candidatos.

Vamos ahora por el segmento: no es necesario utilizar el método de los mutiplicadoresde Lagrange, podemos considerar directamente h(x) ∶= f(x,−2x) = 5x2 + 7x + 1 en elintervalo (− 2√

5 ,2√5). Tenemos que h′(x) = 0 si y sólo si x = − 7

10 y este punto está en elintervalo (− 2√

5 ,2√5) por lo que tenemos otro punto candidato: R1 = (− 7

10 ,75). Podemos

ver un dibujo en la figura 3.11.

Los dos puntos de intersección de la circunferencia y la recta son directamente puntos



-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

Figura 3.10. Dominio D y punto a considerar sobre el arco de circunferencia en elejemplo 3.7.26

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

Figura 3.11. Dominio D y punto a considerar sobre el segmento en el ejemplo 3.7.26

candidatos: S1 = (− 2√5 ,

4√5) y S2 = ( 2√

5 ,−4√5).

Ya tenemos todos los puntos candidatos. Evaluamos f en cada uno de estos cincopuntos:

f(P1) = −94 ≃ −2.25

f(Q1) = 5 − 2√

13 ≃ −2.21

f(R1) = −2920 ≃ −1,45

f(S1) = 5 − 14√5≃ −1,26

f(S2) = 5 + 14√5≃ 11.26



con lo que el máximo absoluto se alcanza en S2 y el mínimo absoluto se alcanza en P1.

3.8. Polinomios de Taylor

Nos planteamos ahora la extensión a varias variables de la aproximación de una funciónutilizando polinomios de Taylor. Vamos a definir el polinomio de Taylor de orden k,con k ≤ 2.

Definición 3.8.1. Sean D ⊂ Rn, x0 ∈ D y f ∶ D → R tal que tiene derivadas parcialesterceras continuas en x0. Se define el polinomio de Taylor de orden 2 de f en x0 como:

P2(x) = f(x0) +∇f(x0) ⋅ (x −x0) +12(x −x0)tHf(x0)(x −x0) (3.13)

donde

à ∇f(x0) ⋅ (x −x0) representa el producto escalar de dos vectores

à (x−x0)tHf(x0)(x−x0) representa un producto de tres matrices, la primera unamatriz fila, la segunda una matriz cuadrada y la tercera una matriz columna.

Nota 3.8.2. Para el caso de una función de dos variables, el desarrollo de Taylor deorden 2 tiene la forma

P2(x, y) =f(x0, y0) +∂f

∂x(x0, y0)(x − x0) +

∂f

∂y(x0, y0)(y − y0)+

+12 (∂

2f

∂x2 (x − x0)2 + 2 ∂2f

∂x∂y(x − x0)(y − y0) +

∂2f

∂y2 (y − y0)2)

Definición 3.8.3. En las condiciones de la definición 3.8.1 se define el resto:

R2(x) ∶= f(x) − P2(x)

Proposición 3.8.4. En las condiciones de la definición 3.8.3, el resto verifica

∣R2(x)∣ ≤ C∥x −x0∥3

donde C depende de las terceras derivadas de f .

Ejemplo 3.8.5. Sea

f ∶ R2 → R

(x, y) ↦ ex cos y


3.8. Polinomios de Taylor 111

y sea x0 = (0,0). Vamos a calcular el polinomio de Taylor de orden 2 de f en (0,0).Calculamos todo lo necesario:

f(0,0) = 1, ∂f∂x

(x0) = 1, ∂f∂y

(x0) = 0, ∂2f

∂x2 (x0) = 1, ∂2f

∂y2 (x0) = −1, ∂2f

∂x∂y(x0) = 0

con lo que

P2(x, y) = 1 + (1,0) ⋅ (x, y) + 12(x, y)

⎛⎝

1 00 −1

⎞⎠⎛⎝x

y

⎞⎠

y, asíP2(x, y) = 1 + x + 1

2x2 − 1

2y2

Ejemplo 3.8.6. Sea

f ∶ R3 → R

(x, y, z) ↦ ey(1 + x2 − z2)

y x0 = (1,0,1). Vamos a calcular el polinomio de Taylor de orden 2 de f en x0. Paraello necesitamos calcular las derivadas parciales primeras y segundas de f en x0 :

f(1,0,1) = 1;

∂f

∂x(1,0,1) =2, ∂f

∂y(1,0,1) = 1, ∂f

∂z(1,0,1) = −2;

∂2f

∂x2 (1,0,1) =2, ∂2f

∂y2 (1,0,1) = 1, ∂2f

∂z2 (1,0,1) = −2;

∂f 2

∂x∂y(1,0,1) =2, ∂f

2

∂x∂z(1,0,1) = 0, ∂f

2

∂y∂z(1,0,1) = −2 .

P2(x, y, z) = 1 + (2,1,−2) ⋅ (x − 1, y, z − 1) + 12(x − 1, y, z − 1)

⎛⎜⎜⎝

2 2 02 1 −20 −2 −2

⎞⎟⎟⎠

⎛⎜⎜⎝

x − 1y

z − 1

⎞⎟⎟⎠

con lo que el polinomio buscado es

P2(x, y, z) = 1 + 2(x − 1) + y − 2(z − 1) + (x − 1)2 + 2(x − 1)y + 12y

2 − 2y(z − 1) − (z − 1)2.



3.9. Apéndice: Algunos objetos geométricos

3.9.1. Curvas en R2

Ecuación explícita

y = f(x) con f ∶D ⊂ R→ R. La curva Γ es el grafo de f .

à Sea x0 ∈D tal que f es derivable en x0, entonces, la ecuación de la recta tangentea Γ en el punto (x0, f(x0)) es

y − f(x0) = f ′(x0)(x − x0).

à Sea x0 ∈ D tal que f es derivable en x0 y f ′(x0) ≠ 0, entonces, la ecuación de larecta normal a Γ en el punto (x0, f(x0)) es

y − f(x0) = −1

f ′(x0)(x − x0).

Ecuación paramétrica

x ∶ [a, b]→ R2. La curva Γ es Imx.

à Sea t0 ∈ [a, b] tal que x es derivable en t0 y x′(t0) ≠ 0, entonces la ecuación de larecta tangente a Γ en el punto x(t0) es

x(t) = x(t0) + (t − t0)x′(t0).

à Sea t0 ∈ [a, b] tal que x es derivable en t0 con x′(t0) ≠ 0 y sean x′(t0) =(x′(t0), y′(t0)) y n0 = (−y′(t0), x′(t0)), entonces la ecuación de la recta normal aΓ en el punto x(t0) es

x(t) = x(t0) + (t − t0)n0.

Ecuación implícita

g ∶D ⊂ R2 → R. La curva es Γ = {x ∈ R2 ∣ g(x) = 0}.

à Sea x0 ∈ D tal que g es diferenciable en x0 y, además, ∇g(x0) ≠ 0. Entonces, laecuación de la recta tangente a Γ en el punto x0 es

∇g(x0) ⋅ (x −x0) = 0.


3.9. Apéndice: Algunos objetos geométricos 113

à Sea x0 ∈ D tal que g es diferenciable en x0 y, además, ∇g(x0) ≠ 0. Si ∇g(x0) =(gx, gy), sea n0 = (−gy, gx). Entonces, la ecuación de la recta normal a Γ en elpunto x0 es

n0 ⋅ (x −x0) = 0.

3.9.2. Curvas en R3

Ecuaciones explícitas

y = f1(x), z = f2(x) con f1, f2 ∶ D ⊂ R → R. La curva Γ es la intersección de loscilindros y = f1(x) y z = f2(x).

à Sea x0 ∈D tal que f1, f2 son derivable en x0, entonces, las ecuaciones de la rectatangente a Γ en el punto (x0, f1(x0), f2(x0)) son

y − f1(x0) = f ′1(x0)(x − x0),z − f2(x0) = f ′2(x0)(x − x0).

à (recta normal: no procede).


x ∶ [a, b]→ R3. La curva Γ es Imx.

à Sea t0 ∈ [a, b] tal que x es derivable en t0 y x′(t0) ≠ 0, entonces la ecuación de larecta tangente a Γ en el punto x(t0) es

x(t) = x(t0) + (t − t0)x′(t0).


Ecuaciones implícitas

g ∶D ⊂ R3 → R2. La curva es Γ = {x ∈ R3 ∣ g(x) = 0}.

à Sea x0 ∈ D tal que g es diferenciable en x0 y, además, el rango de Jg(x0) es 2.Entonces, las ecuaciones de la recta tangente a Γ en el punto x0 son

∇g1(x0) ⋅ (x −x0) = 0,∇g2(x0) ⋅ (x −x0) = 0.

(donde g1 y g2 son las funciones componentes de g).




3.9.3. Superficies en R3

Ecuación explícita

z = f(x) con f ∶D ⊂ R2 → R. La superficie S es el grafo de f .

à Sea x0 ∈ D tal que f es diferenciable en x0, entonces, la ecuación del planotangente a Γ en el punto x0 es

z − f(x0) = ∇f(x0) ⋅ (x −x0).

à Sea x0 ∈ D tal que f es diferenciable en x0 = (x0, y0) y ∇f(x0) = (fx, fy) confx ≠ 0 y fy ≠ 0, entonces, la ecuación de la recta normal a Γ en el punto (x0, f(x0))es

x − x0

−fx= y − y0

−fy= z − f(x0, y0)

1 ⋅


ψ ∶D ⊂ R2 → R3. La superficie S es Imψ.

à Sea (u0, v0) ∈D tal que ψ es diferenciable en (u0, v0) y ψu(u0, v0)×ψv(u0, v0) ≠ 0,entonces la ecuación del plano tangente a S en el punto ψ(u0, v0) es

(ψu(u0, v0) ×ψv(u0, v0)) ⋅ (x −ψ(u0, v0)) = 0.

à Sea (u0, v0) ∈D tal que ψ es diferenciable en (u0, v0) con ψu(u0, v0)×ψv(u0, v0) =(n1, n2, n3) verifica n1 ≠ 0, n2 ≠ 0 y n3 ≠ 0, entonces la ecuación de la recta normala S en el punto ψ(u0, v0) es

x − ψ1(u0, v0)n1

= y − ψ2(u0, v0)n2

= z − ψ3(u0, v0)n3

⋅

(donde ψ1, ψ2, ψ3 son las funciones componentes de ψ).


3.9. Apéndice: Algunos objetos geométricos 115

Ecuación implícita

g ∶D ⊂ R3 → R. La superficie es S = {x ∈ R3 ∣ g(x) = 0}.

à Sea x0 ∈ D tal que g(x0) = 0, g es diferenciable en x0 y, además, ∇g(x0) ≠ 0.Entonces, la ecuación del plano tangente a S en el punto x0 es

∇g(x0) ⋅ (x −x0) = 0.

à Sea x0 = (x0, y0, z0) ∈ D tal que g(x0) = 0, g es diferenciable en x0 y ∇g(x0) =(gx, gy, gz) verifica gx ≠ 0, gy ≠ 0 y g3 ≠ 0. Entonces, la ecuación de la recta normala S en el punto x0 es

x − x0

gx= y − y0

gy= z − z0

gz⋅


3.10. Ejercicios 117

3.10. Ejercicios

Derivadas direccionales y parciales. Diferenciabilidad

1. (nivel 3) Estudia, en el punto (0,0), la existencia de derivadas direccionales yparciales y la diferenciabilidad de las siguientes funciones:

(a) f(x, y) =⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

(x2 + y2) sen 1x2 + y2 , (x, y) ≠ (0,0),

0, (x, y) = (0,0).

(b) f(x, y) =⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

x3 − y3

x2 + y2 , (x, y) ≠ (0,0),

0, (x, y) = (0,0).

2. (nivel 3) Estudia, para los valores n = 4,5,6, la diferenciabilidad en el punto (0,0)de la función

f(x, y) =⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

xn

x4 + y4 , (x, y) ≠ (0,0),

0, (x, y) = (0,0).

3. (nivel 2) Sean u = ( 1√2 ,

1√2) y v = (3

5 ,45). Sea f ∶ R2 → R una función diferen-

ciable en un punto (x0, y0) tal que Duf(x0, y0) = 1 y ∂f∂y (x0, y0) = −

√2. Calcula

Dvf(x0, y0).

4. (nivel 2) Sean u = (35 ,

45), v = (4

5 ,35) y w = ( 1√

2 ,1√2). Sea f ∶ R

2 → R una funcióntal que Duf(0,0) = 2

5 , Dvf(0,0) = 1 y Dwf(0,0) =√

2. ¿Es f diferenciable en(0,0)?

5. (nivel 2) Halla los valores de a, b y c para que la mayor de las derivadas direccio-nales de la función f(x, y, z) = axy2+ byz + cx3z2 en el punto (1,2,−1) alcance unvalor de 64 según una dirección paralela al eje Oz.

6. (nivel 2) La altura h de una montaña con respecto al nivel del mar viene dada, enmetros, por la expresión h(x, y) = 1000−0.01x2−0.05y2, donde x e y representan,respectivamente, las direcciones Este y Norte. Un montañero se encuentra en elpunto de coordenadas (x, y) = (200,100). Analiza si asciende o desciende cuandocomienza a caminar en las direcciones Norte, Noreste y Sur, respectivamente.¿Qué dirección habrá de tomar si lo que pretende es dirigirse lo más rápidamenteposible hacia la cima?

Regla de la cadena

7. (nivel 3) Sean f(x, y) = (x2 − y2 + xy, y2 − 1), g(u, v) = (u + v,2u, v2) y h = g ○ f .Halla Jh(1,1) mediante la regla de la cadena.



8. (nivel 3) Dadas f(x, y, z) = (x+y+z, xyz, x2+y3) y g(u, v,w) = (u2+2, u+v2+w3),obtén J(g ○ f)(1,1,1).

9. (nivel 2) Dos lados paralelos de un rectángulo aumentan de longitud a una velo-cidad de 5m/s. Los dos lados restantes disminuyen a razón de 6m/s. Determinacon qué velocidad variará el área del rectángulo en el instante t0 en que los ladosmiden 30 y 40m, respectivamente.

10. (nivel 2) El radio de un cono circular recto crece a un ritmo de 3 cm/s y su alturadecrece a razón de 2 cm/s. ¿A qué velocidad cambia el volumen del cono en elinstante en que la altura es de 20 cm y el radio mide 14 cm?

Extremos absolutos, relativos y condicionados

11. (nivel 2) En cada apartado, estudia si f alcanza un extremo relativo en x0:

(a) f(x, y, z) = x2 + 4y2 + z2 + 2xz + (x2 + y + z2) cos(xyz), x0 = (0,0,0).(b) f(x, y) = −1 + 4(ex − x) − 5x sen y + 6y2, x0 = (0,0).(c) f(x, y) = (x2 − 2x) cos y, x0 = (1, π).

12. (nivel 2, salvo el (b), que es de nivel extra) Halla los puntos de extremo relativode las siguientes funciones:

(a) f(x, y) = x3 − y3 − 2xy + 6.(b) f(x, y) = x2y2(1 − x − y).(c) f(x, y) = (x2 + y2)ex2−y2 .(d) f(x, y, z) = x2 + (y + z)2 + z3 − 3z.(e) f(x, y, z) = −2x2 + 4xy + 4xz − 5y2 − 8yz − 4z2 − 28x + 60y + 56z.

13. (nivel 1) Demuestra que la función f(x, y) = 4x2ey − 2x4 − e4y tiene dos máximosrelativos y ningún mínimo.

14. (nivel 3) Sea f(x, y) = log(1+ax2 + by2), con a, b ∈ R∖{0}. Comprueba que (0,0)es el único punto crítico de f . Estudia, según los valores de a y b, si (0,0) es unpunto de extremo relativo de f .

15. (nivel 3) Halla los puntos de extremo absoluto de las siguientes funciones en eldominio que en cada caso se indica:

(a) f(x, y) = 2x2 − 4x + y2 − 4y + 1, D = {(x, y) ∈ R2 ∣ x ≥ 0, y ≤ 4, 2x ≤ y}.(b) f(x, y) = x2 + y2 + 4xy − 4x, D = {(x, y) ∈ R2 ∣ x2 + y2 ≤ 3}.(c) f(x, y) = x2 + 2y2 − 2x − 4y, D = {(x, y) ∈ R2 ∣ x2 + y2 − 2x ≤ 3}.(d) f(x, y) = 3x2 + (x + y − 1)2, D = {(x, y) ∈ R2 ∣ 0 ≤ y ≤ 4 − x2}.


3.10. Ejercicios 119

16. (nivel 3) Consideremos la función f(x, y) = x3+ax2−2xy2+4x−2y2+1, con a ∈ R.

(a) Hallar el valor de a para el que (−2,0) es un punto silla de f .(b) Hallar a para que el mínimo absoluto de f sobre la circunferencia x2+y2 = 4

valga −23 y se alcance en el punto (−2,0).

17. (nivel 3) Sea Γ la curva intersección del cilindro parabólico z = 4 − y2 y el para-boloide elíptico z = 2x2 + y2. Halla los puntos de Γ situados, respectivamente, adistancia mínima y máxima del punto (0,0,1).

18. (nivel 3) Sea Γ la curva intersección del cilindro x2+y2 = 1 y el plano x+y+z = 1.Halla los puntos de Γ más próximos y más distantes del origen de coordenadas.

19. (nivel 3) En cada apartado, halla el punto de la superficie z = f(x, y) más próximoa x0:

(a) f(x, y) = x2 + y2 − x − y − 1, x0 = (0,0,0),(b) f(x, y) = 4x2 + y2, x0 = (0,0,8).

Fórmula de Taylor

20. (nivel 1) Expresa los siguientes polinomios en potencias de x + 1 e y − 2:

(a) f(x, y) = x2 + y2 − x − y − 1;(b) g(x, y) = x3 + 2x2y + xy2 − 2x + 1.

21. (nivel 1) Halla el polinomio de Taylor de orden 2 de f en x0 en los casos siguientes:

(a) f(x, y) = xy, x0 = (1,2);(b) f(x, y, z) = cosx cos y cos z − cos(x + y + z), x0 = (0,0,0).

22. (nivel 1) Indica una expresión polinómica de grado menor o igual que 1 que permi-ta estimar las longitudes de las hipotenusas de una serie de triángulos rectángulosa partir de las longitudes x e y de los catetos, sabiendo que, para cada triángulo,éstos miden alrededor de 3 y 4 cm, respectivamente. Aplica tal expresión cuandox = 3.01 e y = 4.01.



Apéndice: aplicaciones geométricas

1. (nivel 1) Halla la recta tangente a cada una de las siguientes curvas en el puntox0 que se indica:

(a) x3 + y3 = 2xy, x0 = (1,1).(b) (x2 + y2)3 = 16(x2 − y2)2, x0 = (

√3,1).

(c) {x = 4 cos 2t cos t,y = 4 cos 2t sen t,

x0 = (√

3,1) (t0 = π/6).

(d) {xy + xz + yz = 3,x2 − y2 + z2 = 1,

x0 = (1,1,1).

(e)

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

x = 2 cos t,y = 2 sen t,z = 3t,

x0 = (1,√

3, π) (t0 = π/3).

2. (nivel 1) Halla el plano tangente y la recta normal a cada una de las siguientessuperficies en el punto x0 que se indica:

(a) z = x2ex−2y, x0 = (2,1,4).(b) x = z(y2 − 3) + Sh(yz − 1), x0 = (−2,1,1).(c) x2 + 2xz − 3yz − 5y2z − 2z3 + 1 = 0, x0 = (1,−1,1).(d) senπ(x + y) + senπ(x + z) + senπ(y + z) = 0, x0 = (1,1,−1).

(e)

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

x = (2 + sen v) cosu,y = (2 + sen v) senu,z = v,

x0 = (√

2,√

2, π) ((u0, v0) = (π/4, π)).

(f)

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

x = v cosu,y = v senu,z = 3u,

x0 = (1,√

3, π) ((u0, v0) = (π/3,2)).

3. (nivel 1) Halla el plano tangente a la superficie z = x2 + 2y2 paralelo al planox + 2y − z = 10.

4. (nivel 1) Dada la función f(x, y) = 6xy − x2 − y3, halla en qué puntos de su grafoel plano tangente es horizontal. Calcular el ángulo que forman la recta normal ala superficie en esos puntos con la recta x = y = z.


Bibliografía

[1] R. A. Adams. Cálculo. Editorial Addison Wesley, Madrid, 2009.

[2] A. García y otros. Cálculo I. Teoría y problemas de Análisis Matemático enuna variable. Editorial CLAGSA, Madrid, 1993.

[3] A. García y otros. Cálculo II. Teoría y problemas de funciones de variasvariables. Segunda edición, editorial CLAGSA, Madrid, 2006.

[4] J. E. Marsden y A. J. Tromba, Cálculo Vectorial, Addison-Wesley Iberoame-ricana.

121

mat 2 apuntes

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