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Capítulo 4

Derivadas parciales.

Diferenciabilidad.

Definición 4.0.1 Sea z = f (x1, x2, x3, · · · , xi, · · · xn) una función de Rn → R , se define derivada parcial de z respecto a xi, en el punto (x1, x2, x3, · · · , xn) como:∂z

∂xi= lim

∆xi→0

f (x1, x2, x3, · · · , xi + ∆xi, · · · , xn)− f (x1, x2, x3, · · · , xi, · · · , xn)∆xi

= lim∆xi→0

∆z

∆xi

Definición 4.0.2 Sea z = f (x, y) una función de R2 → R , se define derivada parcial de z respecto a x, en el punto (x, y) como:

∂z

∂x = lim

∆x→0

f (x + ∆x, y) − f (x, y)∆x

= lim∆x→0

∆z

∆x

Esta derivada parcial, expresa la razón de cambio de la función z = f (x, y) con

respecto a la variable x.

El cálculo de esta derivada parcial ∂z

∂x, se lleva a cabo derivando la función en la

que se considera la variable y como una constante.

Análogamente se define la derivada parcial de z respecto a y , en el punto (x, y) :

∂z

∂y = lim

∆y→0

f (x, y + ∆y)− f (x, y)∆y

= lim∆y→0

∆z

∆y

Esta derivada parcial, expresa la razón de cambio de la función z = f (x, y) con

respecto a la variable y.

El cálculo de esta derivada parcial ∂z

∂y, se lleva a cabo derivando la función en la

que se considera la variable x como una constante.

9

Matemáticas 2º Finanzas. M. Díaz Gabela


2/32

10 CAPÍTULO 4. DERIVADAS PARCIALES. DIFERENCIABILIDAD.

Expresiones equivalentes para las derivadas parciales son:

∂z

∂x ≈ ∂f (x, y)

∂x ≈ f ′x ≈ z ′x

∂z

∂y ≈ ∂f (x, y)

∂y ≈ f ′y ≈ z ′y

4.0.1 Interpretación geométrica de la derivada parcial en

una función de dos variables.

Sea z = f (x, y) una función de dos variables; la intersección del plano y = y0 con la

superficie z = f (x, y), determina en dicho plano la curva z = f (x, y0).

Y

X

Z

O

•

•

P'(x0,y0,z0)

y = y0

P(x0 , y0)

α

z = f(x,y0)

fig.1-t19



3/32

11

La derivada parcial ∂f

∂x

en (x0, y0) representa en el plano y = y0, la pediente de

la tangente a la curva z = f (x, y0) en el punto P ′(x0, y0, z 0). Es decir,

∂f ∂x

(x0,y0)

indica la pendiente de la superficie z = f (x, y) en P ′(x0, y0, z 0), en la dirección y

sentido del semieje OX .

Análogamente la ∂f

∂y en (x0, y0) representaría en un plano x = x0, la pediente de

la tangente a la curva z = f (x0, y) en el punto P ′(x0, y0, z 0). Es decir,

∂f

∂y

(x0,y0)

indica la pendiente de la superficie z = f (x, y0) en P ′(x0, y0, z 0), en la dirección y

sentido del semieje OY .

Ejemplo 4.0.3 Calcular las derivadas parciales de la función f (x, y) = 4−x2−2y2en el punto (1, 1) e interpretar el resultado.

––

∂f

∂x = −2x ⇒

∂f

∂x

(1,1)

= −2

∂f

∂y = −4y ⇒

∂f

∂x(1,1) = −4

La intersección del paraboloide z = 4 − x2 − 2y2 con el plano y = 1, determinala curva z = 2− x2 (parábola) en dicho plano.

El valor

∂f

∂x

(1,1)

= −2, es la pendiente de la recta tangente a la parábola

z = 2− x2 en el punto (1, 1, 1).



4/32


X

Y

Z

rectatangente •

P'(1,1,1)P'(1,1,1)

tg α =(1,1)

•

y = 1

O

α

y = 1•

• P (1,1)

P' (1,1,1

∂

∂

x

f

y = 1

z = 2 - x2

z =4 - x2 - 2y2

fig2-t19

4.1 Continuidad y existencia de derivadas parcia-

les.

En una función de dos variables, no existe ningún tipo de implicación entre el hecho

de que existan las derivadas parciales en un punto y la función sea continua en dicho

punto.

Ejemplo 4.1.1 Estudiar existencia de derivadas parciales y continuidad de la fun-

ción

f (x, y) = xy2

x2 + y4 si (x, y) = (0, 0)0 si (x, y) = (0, 0)

en el punto (0, 0).

––

Veamos si existen las derivadas parciales:

∂z

∂x

(0,0)

y

∂z

∂y

(0,0)

∂f ∂x(0,0) = limh→0f (0 + h, 0)

−f (0, 0)

h =lim

h→0

0h2 − 0h

= 0



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4.1. CONTINUIDAD Y EXISTENCIA DE DERIVADAS PARCIALES. 13

∂f ∂y (0,0) = limk→0f (0, 0 + k)− f (0, 0)

k

=limk→0

0k4 − 0k

= 0

Luego existen las derivadas parciales en el punto (0, 0).

Sin embargo comprobamos que la función no es continua en (0, 0).

Pues vemos que el límite cambia según las trayectorias y = mx e y2 = x :

lim(x,y)→(0,0)

xy2

x2 + y4 =y=mx

limx→0

xx2m2

x2 + x4m4 = 0

lim(x,y)→(0,0)

xy2

x2 + y4 =y2=x

limy→0

y4

y4 + y4 = 1

2

Por tanto la función de partida tiene derivadas parciales en (0, 0) y no es continua

en (0, 0).

Ejemplo 4.1.2 Estudiar continuidad y existencia de derivadas parciales de la fun-

ción

f (x, y) =

x sen

1

x2 + y2 si (x, y) = (0, 0)

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

en el punto (0, 0).

––

Vemos si es cierto que lim(x,y)→(0,0)

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

Efectivamente el límite es cero, pues bién aplicando el criterio de la funciónmayorante o por la propia definición de límite se tiene que:

∀ε > 0∃δ (ε)/∀(x, y) con 0 <

x2 + y2 < δ se verifica que |f (x, y)− 0| < ε

pues

|f (x, y)| =x sen

1

x2 + y2

≤ |x| <

x2 + y2 < ε , con tal que δ = ε



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Sin embargo no existen las dos derivadas parciales, pues:

∂f

∂x

(0,0)

= limh→0

f (0 + h, 0)− f (0, 0)h

=limh→0

h sen 1

h2 + 02

h =lim

h→0sen

1

h2 ⇒ ∄

∂f

∂y

(0,0)

= limk→0

f (0, 0 + k)− f (0, 0)k

=limk→0

0 · sen 102 + k2

k = 0

Luego la función es continua en (0, 0) y no existen las dos derivadas parciales.

4.2 Derivadas parciales sucesivas.

Sea f (x, y) una función de dos variables, y ∂z

∂x su derivada parcial con respecto a

x. Si esta nueva función es derivable con respecto a x, se puede obtener la derivada

parcial segunda:∂ 2z

∂x2 =

∂

∂x

∂z

∂x

Si esta última admite derivada, se puede obtener la derivada parcial tercera:

∂ 3z

∂x3 =

∂

∂x

∂ 2z

∂x2

y así sucesivamente se obtienen las derivadas de orden n :

∂ nz

∂xn =

∂

∂x

∂ n−1z

∂xn−1

Las derivadas parciales cruzadas serán:

∂ 2z

∂x∂y =

∂

∂x

∂z

∂y

∂ 2z

∂y∂x =

∂

∂y

∂z

∂x

Estas dos derivadas parciales pueden ser iguales o distintas, las condiciones su-

ficientes para la igualdad, nos las da el siguiente teorema:



7/32

4.2. DERIVADAS PARCIALES SUCESIVAS. 15

4.2.1 Teorema de Schwarz

Sea f : A ⊂ R2 → R , definida en el abierto A. Si las derivadas parciales cruzadas ∂ 2z

∂x∂y y

∂ 2z

∂y∂x existen y son continuas en A, entonces:

∂ 2z

∂x∂y =

∂ 2z

∂y∂x ∀(x, y) ∈ A

Este teorema da condiciones suficientes, que no necesarias como vemos en el

ejemplo siguiente .

Ejemplo 4.2.1 Comprobar que la función:

z ≡ f (x, y) =

x4

x2 + y2 si (x, y) = (0, 0)

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

verifica

∂ 2z

∂x∂y(0,0) = ∂ 2z

∂y∂x(0,0)y sin embargo

∂ 2z

∂x∂y y

∂ 2z

∂y∂x no son continuas en (0, 0).

––

Calculamos las derivadas parciales primeras:

f 1(x, y) =∂z

∂x

(x,y)

=

∂z

∂x(x,y)=(0,0)=

4x3 (x2 + y2)− 2xx4(x2 + y2)2

= 2x5 + 4x3y2

(x2 + y2)2

∂z

∂x

(x,y)=(0,0)

=limh→0

f (0 + h, 0)− f (0, 0)h

=limh→0

h4

h2+0 − 0

h = 0

f 2(x, y) =

∂z

∂y

(x,y)

=

∂z

∂y

(x,y)=(0,0)

≡

∂f

∂y

(x,y)=(0,0)

= ∂

∂x

x4

x2 + y2

= −2yx4(x2 + y2)2

∂z

∂y

(x,y)=(0,0)

=limk→0

f (0, 0 + k)− f (0, 0)k

=limk→0

00+k2

− 0k

= 0



8/32


Calculamos a continuación las parciales segundas cruzadas:

∂ 2z

∂y∂x

(x,y)=(0,0)

= 8x3y (x2 + y2)

2 − 2 (x2 + y2) 2y (2x5 + 4x3y2)(x2 + y2)4

= −8x3y3(x2 + y2)3

∂ 2z

∂y∂x

(x,y)=(0,0)

=limk→0

f 1(0, 0 + k)− f 1(0, 0)k

=limh→0

0(0+k2)2

− 0k

=limh→0

0k4

k = 0

∂ 2z

∂x∂y

(x,y)=(0,0)

= −8yx3 (x2 + y2)2 + 2 (x2 + y2) 2x2yx4

(x2 + y2)4 =

−8y3x3(x2 + y2)3

∂ 2z ∂x∂y

(x,y)=(0,0)

=limh→0

f 2(0 + h, 0)− f 2(0, 0)h

=limh→0

0h4

h = 0

Tenemos por tanto que: ∂ 2z

∂y∂x

(x,y)=(0,0)

=

∂ 2z

∂x∂y

(x,y)=(0,0)

= 0

Sin embargo las funciones ∂ 2z ∂y∂x y ∂ 2z

∂x∂y, no son continuas en (0, 0), pues:

lim(x,y)→(0,0)

∂ 2z

∂y∂x

=

∂ 2z

∂y∂x

(0,0)

= 0

lim(x,y)→(0,0)

∂ 2z

∂x∂y

=

∂ 2z

∂x∂y

(0,0)

= 0

ya que:

lim(x,y)→(0,0)

∂ 2z

∂y∂x

= lim

(x,y)→(0,0)

−8x3y3(x2 + y2)3

=y=mx

limx→0

−8x6m3(x2 + x2m2)3

= −8m3(1 + m2)3

que depende de m, por lo que ∄ lim(x,y)→(0,0)

∂ 2z

∂y∂x

⇒

∂ 2z

∂y∂x

no continua en

(0, 0).

Análogamente:

lim(x,y)→(0,0) ∂ 2z

∂x∂y = lim(x,y)→(0,0) −8y3x3

(x2 + y2)3 =y=mx limx→0 −8x6m3

(x2 + x2m2)3 = −8m3

(1 + m2)3



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4.3. TEOREMA DE LOS INCREMENTOS FINITOS. FUNCIONES DE DOS VARIABLES.17

que depende de m, por lo que ∄ lim(x,y)→(0,0)

∂ 2z

∂x∂y ⇒ ∂ 2z

∂x∂y no continua en(0, 0).Muchas de las funciones que aparecen en la práctica, cumplen las hipótesis del

teorema de Schwarz, cuando esto ocurre, sólamente habrá 3 derivadas parciales

distintas de orden 2 :∂ 2z

∂x2, ∂ 2z

∂y2,

∂ 2z

∂x∂y ≡ ∂

2z

∂y∂x

Si estas funciones (derivadas parciales 2as) cumplen las condiciones del Th. de

Schwarz, sólamente habrá 4 derivadas parciales distintas de orden 3:

∂ 3z

∂x3, ∂ 3z

∂y3,

∂ 3z

∂y2∂x ≡ ∂

3z

∂y∂x∂y ≡ ∂

3z

∂x∂y∂y,

∂ 3z

∂x2∂y ≡ ∂

3z

∂x∂y∂x ≡ ∂

3z

∂y∂x∂x

En general, siempre que se cumplan las condiciones del teorema de Schwarz

para las funciones: derivadas parciales de orden (n− 1), sólamente habrá (n + 1)derivadas parciales distintas de orden n, de las 2n existentes.

4.3 Teorema de los incrementos finitos. Funcio-

nes de dos variables.

Sea f (x, y) una función continua en un entorno cerrado de P (x, y), existiendo

las derivadas parciales: f ′x y f ′y , finitas en el correspondiente entorno abierto de

P (x, y), entonces:

∆z ≡ f (x + ∆x, y + ∆y)− f (x, y) = ∆x f ′x(x0, y) + ∆y f ′y(x + ∆x, y0)

siendo x0 = x + θ1∆x ; 0 < θ1 < 1

y0 = y + θ2∆y ; 0 < θ2 < 1

Demostración

Sea P (x, y) un punto del plano XY y pasemos al punto Q(x + ∆x, y + ∆y) ;

veremos como este incremento de la función, se puede expresar en función de las

derivadas parciales.



10/32


P(x,y)

C(x+∆x,y) Q(x+∆x,y+∆y)

•

•

•

•

∆∆∆∆ z

f(P)

f(Q)

.

z = f(x,y)

x0

y0

X

Y

Z

θ

O

fig.3-t19

Consideramos el punto intermedio C , vértice del triángulo rectángulo P CQ, que

nos permite escribir:

∆z = f (Q)− f (P ) = f (x + ∆x, y + ∆y)− f (x, y) = f (Q)− f (C ) + f (C )− f (P ) =

= [f (x + ∆x, y + ∆y)− f (x + ∆x, y)] + [f (x + ∆x, y)− f (x, y)] = (1)

= ∆y f ′

y(x + ∆x, y0) + ∆x f ′

x(x0, y)

Por tanto podemos expresar el incremento de la función como:

∆z ≡ f (x + ∆x, y + ∆y)− f (x, y) = ∆x f ′x(x0, y) + ∆y f ′y(x + ∆x, y0)

donde (x0, y)y (x + ∆x, y0) , son puntos intermedios de los segmentos P C y CQ

respectivamente.

1 Aplicamos en cada paréntesis, el teorema de los incrementos finitos para funciones de una

variable.



11/32

4.4. DERIVADA DIRECCIONAL. 19

4.4 Derivada direccional.

Expresa la razón de cambio de la función z = f (x, y) con respecto a cambios que

pueden ser simultáneos de x e y.

Así como ∂z

∂x y

∂z

∂y permiten determinar la pendiente de la superficie según la di-

rección y sentido de los semiejes OX y OY , respectivamente, la derivada direccional

permite determinar la pendiente en cualquier dirección que esta exista.

X

Y

Z

•P'(1,1,1)

O

u

P(x0,y0)

P'(x0,y

0,z

0)

tg α= f (x0,y0)D

u( )α

•

•

ur

P' (x0 , y0 , z0 )

fig.4-t19

Definición 4.4.1 Sea f : A ⊆ R2 → R y sea (x0, y0) un punto interior de A y

−→u = (a, b) un vector unitario, esto es −→u =

√ a2 + b2 = 1

Se define derivada direccional de f en la dirección del vector −→u , en el punto

P (x0, y0) como:

(D−→u f )(x0,y0) =limλ→0

f (x0 + λa, y0 + λb)− f (x0, y0)λ



12/32


Cuando −→u = (1, 0) la derivada es en la dirección y sentido del semieje OX , estoes:

(D−→u f )(x0,y0) ≡

∂f

∂x

(x0,y0)

Cuando −→u = (0, 1) la derivada es en la dirección y sentido del semieje OY , estoes:

(D−→u f )(x0,y0) ≡

∂f

∂y

(x0,y0)

Este vector −→u , se puede escribir: −→u = (cos θ, sen θ) , para algún θ ∈ [0, 2π] ,por lo que:

(D−→u f )(x0,y0) ≡ f ′θ(x0, y0) =limλ→0f (x0 + λ cos θ , y0 + λ sen θ)− f (x0, y0)

λ

Ejemplo 4.4.2 Dada la función

f (x, y) = x3cos (x− y)

x2 + y2 si (x, y) = (0, 0)

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

determinar la derivada direccional en el punto (0,0), en cualquier dirección θ.

––

Utilizando la definición, tenemos que:

f ′θ(0, 0) = limλ→0

f (0 + λ cos θ, 0 + λ sen θ)− f (0, 0)λ

=limλ→0

f (λ cos θ, λ sen θ)

λ

= limλ→0

λ3 cos3θ cos(λ cos θ−λ s en θ)λ2

λ =lim

λ→0cos3θ cos (λ cos θ − λ sen θ) = cos3θ

Las derivadas parciales serán:

∂f

∂x

(0,0)

= (cos3θ)θ=0 = 1∂f

∂y

(0,0)

= (cos3θ)θ=π2

= 0



13/32


4.4.1 Otras expresiones de la derivada direccional.

Teorema 4.4.3 Si la función z = f (x, y) es continua en un entorno cerrado de

P (x, y) , existen y son continuas las derivadas parciales f ′x , f ′y en el entorno abier-

to, entonces ∃ la derivada direccional f ′θ(x, y) en cualquier dirección θ y se puede expresar de la forma:

f ′θ(x, y) = f ′x(x, y) cos θ + f

′y(x, y) sen θ

Demostración

Puesto que la derivada direccional expresa la razón de cambio de z respecto a

cambios que pueden ser simultáneos de x e y, se puede decir que

f ′θ(x, y) = lim∆s→0

∆z

∆s

P(x,y)

C(x+∆x,y) Q(x+∆x,y+∆y)

•

∆∆∆∆ z

f(P)

f(Q)

.

z = f(x,y)

X

Y

Z

∆ x ∆ s

∆ y

.

cosθ

senθ∆x

∆y

θ

θ

•

•

yxs 22 ∆+∆=∆

∆ y

=

=

∆ x∆ s

∆ s

O

θ•

fig.5-t19



14/32


Por cumplirse las hipótesis del Th. de los incrementos finitos para funciones de

dos variables, se tiene que:


∆z

∆s = lim

∆s→0

∆x f ′x(x0, y) + ∆y f ′y(x + ∆x, y0)

∆s =

= lim∆s→0

∆s cos θ f ′x(x0, y) + ∆s sen θ f ′y(x + ∆x, y0)

∆s = (2)

= f ′x(x, y) cos θ + f ′y(x, y) sen θ

Por tanto, cuando se cumplen las condiciones señaladas en el teorema, la derivada

direccional se puede expresar como el producto escalar:

f ′θ(x, y) =−→∇f (x, y) · −→u

donde el vector −→∇f (x, y) es el llamado vector gradiente:

−→∇f (x, y) = f ′x(x, y) i + f ′y(x, y) jy el vector u es el vector unitario ( cos θ i+ sen θ j ) en la dirección θ.

≫ Si las condiciones que se exigen, no se cumplen, esta expresión puede no ser

la correcta para obtener la derivada direccional.

Ejemplo 4.4.4 Aplicar a la función :

f (x, y) =

x3cos (x− y)x2 + y2

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

la expresión del producto escalar, para tratar de obtener la derivada direccional

en la dirección θ y comentar el resultado.

––

El producto escalar es:

f ′θ(0, 0) =−→∇f (0, 0) · −→u = f ′x(0, 0) cos θ + f ′y(0, 0) sen θ = cos θ

La derivada direccional, obtenida mediante su propia definición daba cos3 θ, estas

expresiones son distintas, por tanto debemos pensar que no se cumplen las condi-

ciones del teorema. (Fácilmente se demuestra, como las derivadas parciales no son

continuas en (0, 0)).

2 Por la tendencia ∆s→ 0 y la continuidad de las funciones f ′xy f ′y



15/32


Ejemplo 4.4.5 Dada la función f (x, y) = x2 − 5xy + 3y2. Hallar la derivada direccional de f en el punto P (3,−1) en la dirección θ =

π

4 .

––

La función cumple las condiciones necesarias para poder garantizar la existencia

de derivada direccional en cualquier dirección bajo la expresión:

f ′θ(x, y) =−→∇f (x, y) · −→u = f ′x(x, y) cos θ + f ′y(x, y) sen θ

donde:

−→∇f (x, y) = (2x− 5y,−5x + 6y) ⇒−→∇f (x, y)

(3,−1)= (11,−21) ≡ 11 i− 21 j

u = cos π

4 i + sen

π

4 j =

1√ 2

i + 1√

2 j

por tanto:

f ′θ(x, y) =−→∇f (x, y) · −→u =

11 i − 21 j

·

1√ 2

i + 1√

2 j

=

11√ 2− 21√

2= − 10√

2

4.4.2 Dirección de máxima variación de la función.

Teniendo presente la forma en la que está expresada la derivada direccional, distin-

guimos dos casos:

a) Si la derivada direccional se puede expresar mediante el producto escalar:

f ′θ(x, y) =−→∇f (x, y) · −→u

se tiene que

f ′θ(x, y) =−→∇f (x, y) · |u| · cos γ

donde γ es el ángulo formado por −→∇f y u.

El valor de la derivada direccional, por tanto, será máximo cuando cos γ = 1,

esto es en la dirección y sentido del vector gradiente, y este valor es:

f ′θ(x, y) = −→∇f (x, y)



16/32


La derivada direccional tomará el mínimo valor cuando cos γ = −1, esto es en ladirección y sentido opuesto al vector gradiente, y este valor es:

f ′θ(x, y) = −−→∇f (x, y)

por tanto la máxima variación de la función se obtiene en la dirección de la recta

que soporta al vector gradiente.

b) Si la derivada direccional viene expresada a través de la propia definición

f ′θ(x, y) =limλ→0

f (x + λ cos θ, y + λ sen θ)− f (x, y)λ

el valor máximo y mínimo se obtiene buscando los extremos de esta función “derivada

direccional”, respecto a la variable θ.

Ejemplo 4.4.6 En la función :

f (x, y) =

x3cos (x

−y)

x2 + y2 si (x, y) = (0, 0)0 si (x, y) = (0, 0)

determinar la dirección y sentido en los que la derivada direccional, en el punto

(0, 0), toma el máximo y mínimo valor.

––

Se trata de obtener los extremos de la función f ′θ (0, 0) = g(θ) = cos3 θ

g′(θ) = −3 cos2θ sen θ = 0 ⇒

θ = 0

θ = ±π2

g′′(θ) = −3 −2 cos θ sen2θ + cos3θ = 6 cos θ sen2θ − 3 cos3θ

Para el valor θ = 0, se tiene que g ′′(θ=0) = −3Por lo que la derivada direccional es máxima en dirección y sentido del semieje

positivo OX , esta derivada es lógicamente, la derivada parcial ∂f

∂x en el punto (0, 0).



17/32


Para los valores θ = ±π2

, se tiene:

g′′(θ=±π2) = 0

g′′′(θ) = 6−sen3θ + 2 sen θ cos2θ + 9 cos2θ sen θ

= −6 sen3θ + 12 sen θ cos2θ + 9 cos2θ sen θ = 21 sen θ cos2θ − 6 sen3θg′′′(θ=π

2) = −6

g′′′(θ=−π2) = 6

Por tanto la primera derivada que no se anula es de orden impar, con lo que no

existirán más extremos.

Ejemplo 4.4.7 Calcular el valor de la derivada direccional de f (x, y) = x3y2 en

P (−1, 2), en la dirección del vector a = 4 i− 3 j.¿En qué dirección y sentido tomará el máximo valor?. ¿Cuál es ese valor?.

––

Se cumplen las condiciones para poder obtener la derivada direccional mediantela expresión:

f ′θ(x, y) =−→∇f (x, y) · −→u

calculamos:

−→∇f (x, y) = 3x2y2, 2x3y⇒ −→∇f (x, y)(−1,2)

= 12 i − 4 j

u = 4√

25

,

−

3√ 25 ≡

4

5 i

−

3

5 j

por tanto:

f ′θ(−1, 2) =

12 i − 4 j·

4

5 i − 3

5 j

= 12

el máximo valor se obtiene en la dirección y sentido del vector gradiente

−→∇f = 12 i − 4 j

Este valor será −→∇f = √ 160



18/32


4.4.3 Dirección en la que la derivada direccional es nula.

Si la derivada direccional se puede expresar mediante el vector gradiente:

f ′θ(x, y) =−→∇f (x, y) · −→u =

−→∇f (x, y) · |u| · cos γ

Esta derivada se hace nula cuando γ = ±π2

, es decir en la dirección perpendicular

al vector gradiente.

Si la derivada direccional viene expresada a través de la propia definición:

f ′θ(x, y) =limλ→0

f (x + λ cos θ, y + λ sen θ)− f (x, y)λ

Deberá estudiarse el valor ó valores de θ que anulan esta función.

Ejemplo 4.4.8 En la función

f (x, y) =

x3cos (x− y)x2 + y2

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

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

determinar la dirección o direcciones en las que la derivada direccional es nula.

––

Según la expresión obtenida anteriormente para la derivada direccional:

f ′θ(0, 0) = cos3θ = g(θ)

se tiene que esta será nula para θ = ±π2

, esto es, la derivada direccional se hace cero

sobre la dirección que soporta al eje OY . Perpendicular al vector gradiente (1, 0).

4.5 Vector gradiente y curvas de nivel.

El vector gradiente es en cada punto, normal a las curvas de nivel (siempre que −→∇f (x, y) = 0).Demostración

Puesto que z = f (x, y) es constante en cada curva de nivel, la razón de cambio

de z cuando varían x e y , es cero, por lo que la derivada direccional en la dirección



19/32

4.6. DIFERENCIABILIDAD. 27

del vector de posición, es cero, es decir3 −→

∇f

·u = 0

⇒ −→

∇f cos γ = 0 ⇒

γ =

±

π

2

y

por tanto −→∇f ⊥ u

f ∇r

ur

fig.6-t19

Ejemplo 4.5.1 Dada la curva de nivel z = y − sen x = 0, construir los vectores normales a dicha curva, en los puntos (−π, 0) , (0, 0) y π

2, 1

.

––

Los vectores normales vienen determinados por el vector:

−→∇f (x, y) = −→∇ (y − sen x) = − cos x i + jque para los puntos dados toma los valores:

−→∇ (−π, 0) = i + j−→∇ (0, 0) = - i + j

−→∇π

2, 1

= 0 i + j = j

Diferencial de una función de dos variables.

4.6 Diferenciabilidad.

Sea z = f (x, y) una función definida y acotada en un subconjunto A ⊆ R2 y seanP (x, y) y Q (x + ∆x, y + ∆y) dos puntos de un abierto de A.

Definición 4.6.1 Diremos, que z = f (x, y) es diferenciable en (x, y) si ∆z puede

expresarse:

3f ′θ(x, y) admite la expresión producto escalar, al ser las parciales continuas.



20/32


∆z = ∆xf ′x(x, y) + ∆yf ′y(x, y) + ε1∆x + ε2∆y

donde ε1(∆x) y ε2(∆x, ∆y) son infinitésimos.

De otra forma:

∆z = ∆xf ′x(x, y) + ∆yf ′y(x, y) + ε

∆2x + ∆2y

donde ε(∆x, ∆y) es un infinitésimo, esto es:

lim(∆x,∆y)→(0,0)

∆z −

∆x f ′x(x, y)−

∆y f ′y(x, y) ∆2x + ∆2y = 0

4.7 Diferencial de una función.

Se define diferencial de la función z = f (x, y),como la parte principal de ∆z y se

expresa:

dz = ∆x f ′x(x, y) + ∆y f ′y(x, y)

Se comprueba que ∆x

≡dx y que ∆y

≡dy; pues para z = f (x, y) = x, se tiene

que dz = ∆z

dz = dx⇒ ∆x ≡ dx

Análogamente:

Cuando z = f (x, y) = y , se tiene que

dz = ∆y

dz = dy⇒ ∆y ≡ dy

Luego la diferencial de z la podemos escribir:

dz = ∂z

∂xdx +

∂z

∂ydy

Teniendo en cuenta esta expresión, en una función diferenciable en (x, y) se tiene

que

∆z = dz + ε1∆x + ε2∆y

por cuanto ∆z ≈ dz.(∆z y dz sólo se diferencian en un infinitésimo)Esta aproximación entre ∆z y dz nos permite calcular el valor de la función en

el punto (x + ∆x, y + ∆y) a través del valor de la diferencial en el punto (x, y):

f (x + ∆x, y + ∆y) ≈ dz + f (x, y)



21/32

4.7. DIFERENCIAL DE UNA FUNCIÓN. 29

Ejemplo 4.7.1 Dada la función

f (x, y) =

x + y + (x

2 + y2)cos 1

(x2 + y2) si (x, y) = (0, 0)

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

Se pide:

a) Estudiar su diferenciabilidad en el punto (0, 0).

b) Estimar mediante la diferencial, el valor de la función en el punto (0.1, 0.2).

––

a) Para ver si es diferenciable en (0, 0) veamos si ∆z se puede escribir:

∆z = ∆xf ′x(0, 0) + ∆yf ′y(0, 0) + ε

∆2x + ∆2y , con lim

(∆x,∆y)→(0,0)ε = 0

Para lo cual calculamos previamente el valor de las parciales en el punto (0, 0):

f ′x(0, 0) = limh→0

f (0 + h, 0)− f (0, 0)h

=limh→0

h + h2 cos 1

h2

h = 1

f ′y(0, 0) = limk→0

f (0, 0 + k)− f (0, 0)k

=limk→0

k + k2 cos 1

k2

k = 1

Veamos si

∆z = ∆x + ∆y + ε

∆2x + ∆2y , con lim(∆x,∆y)→(0,0)

ε = 0

ε = ∆z −∆x−∆y ∆2x + ∆2y

= [f (0 + ∆x, 0 + ∆y)− f (0, 0)] −∆x−∆y ∆2x + ∆2y

=

=∆x + ∆y + (∆2x + ∆2y)cos 1

(∆2x+∆2y) −∆x−∆y

∆2x + ∆2y=

=

∆2x + ∆2y cos 1

(∆2x + ∆2y)

Comprobamos que

lim(∆x,∆y)→(0,0) ε = lim(∆x,∆y)→(0,0) ∆2x + ∆2y cos 1(∆2x + ∆2y) = 0



22/32


pues basta aplicar el criterio de la función mayorante. Luego la función es diferen-

ciable en (0, 0).b) Se trata de calcular f (0.1, 0.2), esto es f (x + ∆x, y + ∆y) a través del valor

de dz en el punto (x, y) mediante la aproximación:

[f (x + ∆x, y + ∆y)− f (x, y)] ≡ ∆z ≈ dz

de donde

f (x + ∆x, y + ∆y) ≈ f (x, y) + dz = f (x, y) + f ′x(0, 0)∆x + f ′y(0, 0)∆y

sabiendo que:

El punto es el (0, 0), donde f (0, 0) = 0

x + ∆x = 0.1 ⇒ ∆x = 0.1y + ∆y = 0.2 ⇒ ∆x = 0.2

se tiene:

f (0.1, 0.2) ≈ f (0, 0) + 1× 0.1 + 1 × 0.2 = 0 + 0.1 + 0.2 = 0.3

Ejemplo 4.7.2 Estudiar la diferenciabilidad de la función f (x, y) = x2y + 3y para

cualquier (x, y) ∈ R2.

––

Veamos si se puede escribir:

∆z = ∆xf ′x(x, y) + ∆yf ′y(x, y) + ε1∆x + ε2∆y

donde ε1(∆x) y ε2(∆x, ∆y) son infinitésimos.Calculamos las derivadas parciales:

f ′x(x, y) = 2xy

f ′y(x, y) = x2 + 3

Calculamos ∆z :

∆z = f (x + ∆x, y + ∆y)− f (x, y) =

(x + ∆x)2 (y + ∆y) + 3 (y + ∆y)

−

x2y + 3y

=

= x2y + x2∆y + y∆2x + ∆2x∆y + 2xy∆x + 2x∆x∆y + 3y + 3∆y − x2y + 3y



23/32

4.8. DIFERENCIABILIDAD Y CONTINUIDAD. 31

que podemos expresar:

∆z = ∆x( 2xy f ′x(x,y)

) + ∆y(3 + x2 f ′y(x,y)

) + (y∆x ε1

)∆x + (∆2x + 2x∆x ε2

)∆y

Por tanto la función es diferenciable en cualquier punto (x, y) de R2.

Tambien se puede demostrar su diferenciabilidad en cada punto (x, y) mediante

la segunda expresión, es decir viendo que:

∆z = ∆x f ′x(x, y) + ∆y f ′y(x, y) + ε ∆

2x + ∆2y , con lim(∆x,∆y)→(0,0)

ε = 0

En nuestro caso resulta

ε = y∆2x + ∆2x∆y + 2x∆x∆y

∆2x + ∆2y

y se comprueba que lim(∆x,∆y)→(0,0)

ε = 0, (aplicar criterio de la función mayorante,

con F (r) = yr + r2 + 2xr para cada (x, y) ∈ R2).

4.8 Diferenciabilidad y continuidad.

Si z = f (x, y) es diferenciable en el punto (x, y) entonces es continua en dicho

punto.

La recíproca no es cierta.

Demostración

Efectivamente, si f es diferenciable en (x, y) se prueba que es continua , esto es

que:

lim(∆x,∆y)→(0,0)

f (x + ∆x, y + ∆y)− f (x, y) = 0

Pues por la diferenciabilidad de f se tiene que:

∆z = ∆x f ′x(x, y) + ∆y f ′y(x, y) + ε1∆x + ε2∆y

y al ser f ′x(x, y) y f ′y(x, y) funciones acotadas, tomando límites resulta que

lim(∆x,∆y)→(0,0) ∆z = 0.



24/32


Por tanto≫ Una condición necesaria, que no suficiente, para la diferenciabilidad, es la

continuidad. La no continuidad implica entonces, no diferenciabilidad.

≫ Una condición suficiente, que no necesaria, para la diferenciabilidad de unafunción en un punto, es que existan las derivadas parciales f ′x y f

′y y sean continuas

en dicho punto.

4.9 Diferenciabilidad y existencia de derivada di-

reccional.

Si z=f(x,y) es diferenciable en un punto P(x,y), entonces admite en ese punto deriva-

da direccional en cualquier dirección θ, que se puede obtener mediante la expresión:

f ′θ(x, y) =−→∇f (x, y) · u = f ′x(x, y) cos θ + f ′y(x, y)sen θ

La recíproca no es cierta, esto es, una función puede admitir derivada direccional en cualquier dirección en un punto P (x, y) y no ser diferenciable en este punto.

Demostración

En efecto si f (x, y) es diferenciable en P (x, y) se tiene que:

∆z = ∆x f ′x(x, y) + ∆y f ′y(x, y) + ε1∆x + ε2∆y

donde ∆x e ∆y son los catetos del triángulo:

∆x

∆y

∆s

.θ

fig.1-t20

por lo que

∆s = ∆2x + ∆2y;sen x = ∆y∆s ;cos x = ∆x∆s



25/32

4.9. DIFERENCIABILIDAD Y EXISTENCIA DE DERIVADA DIRECCIONAL.33

y el ∆z se podrá escribir:

∆z = ∆s cos θ f ′x(x, y) + ∆s sen θ f ′y(x, y) + ε1∆s cos θ + ε2∆s sen θ

Utilizando la definición de derivada direccional como


∆z

∆s

se tiene que:


∆z

∆s = lim

∆s→0

∆s

cos θ f ′x(x, y) + sen θ f ′y(x, y) + ε1 cos θ + ε2 sen θ

∆s

=

= f ′

x(x, y)cos θ + f ′

y(x, y)sen θ = −→∇f (x, y) · uquedando demostrado lo que queriamos probar.

Ejemplo 4.9.1 Probar que la función:

f (x, y) =

x3 cos(x− y)x2 + y2

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

admite derivada direccional en el punto (0, 0) en cualquier dirección y no es diferen-ciable en este punto.

––

En un ejemplo anterior vimos como esta función admite derivada direccional en

cualquier dirección, en el punto (0,0), y vale : f ′θ(0, 0) = cos3 θ.

Veamos que sin embargo, no es diferenciable en el punto (0, 0).

Pues planteando

∆z = ∆xf ′

x(0, 0) + ∆yf ′

y(0, 0) + ε ∆2x + ∆2y = ∆x + ε ∆2x + ∆2ydespejando ε :

ε = ∆z −∆x

∆2x + ∆2y=

∆3x cos(∆x−∆y)∆2x+∆2y

−∆x ∆2x + ∆2y

= ∆3x cos(∆x−∆y)−∆x (∆2x + ∆2y)

(∆2x + ∆2y)3

2

y calculando

lim(∆x,∆y)→(0,0)

ε = lim(∆x,∆y)→(0,0)

∆3x cos(∆x−∆y)−∆x (∆2x + ∆2y)(∆2x + ∆2y)

3

2

=∆y=m∆x



26/32


= lim∆x→(0,0)

∆3x cos(∆x−m∆x)−∆x (∆2x + m2∆2x)(∆2x + m2∆2x)

3

2

= −m2

(1 + m2)3

2

se observa que depende de m, por lo que no existe límite y por tanto la función

no es diferenciable en el punto (0, 0).

≫ La no diferenciabilidad se ve de inmediato, comprobando como la derivadadireccional obtenida por el producto escalar es

−→∇f (x, y) ·u = cos θ = cos3 θ obtenidasegún la definición de derivada direccional.

4.10 Interpretación geométrica de la diferencial.Plano tangente.

Dada la superficie z = f (x, y), y un punto de ella P (x0, y0, z 0), la ecuación del plano

tangente a la superficie en ese punto viene dada por la ecuación:

z − z 0 = f ′x(x0, y0)(x− x0 ∆x

) + f ′y(x0, y0)(y − y0 ∆y

) (1)

P(x0,y0)•X

Y

Z

O

P' ( x0 , y0 , z0 )

•u

z = f ( x , y )F (x0 , y0 , z0 )

∆

fig.2-t20

por lo que dicha ecuación la puedo escribir:

z − z 0 = dz

por cuanto la condición necesaria y suficiente para que la superficie z = f (x, y)

admita plano tangente en un punto es que esta sea diferenciable en dicho punto.



27/32

4.10. INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA DE LA DIFERENCIAL. PLANO TANGENTE.35

Tenemos en cuenta que si

u = (x− x0) i + (y − y0) j + (z − z 0) k

es un vector del plano tangente, la ecuación del plano (1) se obtiene igualando a

cero el producto escalar de los vectores v y u,donde:

v = f ′x(x0, y0) i + f ′y(x0, y0) j − k ≡

−→∇F (x0, y0, z 0)u = (x− x0) i + (y − y0) j + (z − z 0) k

cuando F (x,y,z ) = f (x, y)−

z, es la ecuación en forma implícita de la superficie

z = f (x, y).

Por tanto la ecuación del plano tangente se obtiene al igualar a cero el producto

escalar

v. u ≡ −→∇F (x0, y0, z 0) · u = (F ′x)(P ) (x− x0) +

F ′y(P )

(y − y0) + (F ′z)(P ) (z − z 0) = 0

lo que muestra que el vector gradiente−→∇F en el punto P (x0, y0, z 0) es perpendicular

al plano tangente, puesto que lo es a cada vector u del plano que pase por el punto.

Ejemplo 4.10.1 Hallar la ecuación del plano tangente a la superficie dada implíci-

tamente por

F (x,y,z ) = xyz + L(xyz )− z = 0en el punto P (1, 1, 1). Obtener también la ecuación de la recta normal al plano en

dicho punto.

––

Ec. del plano tangente:

−→∇F (x0, y0, z 0) · u = 0

Obtenemos los vectores:

−→∇F =

yz + yz

xyz

i +

xz +

xz

xyz

j +

xy +

xy

xyz − 1

k

−→∇F (1, 1, 1) = 2i + 2 j + ku = (x− 1) i + (y − 1) j + (z − 1) k



28/32


y sustituyendo:

−→∇F (x0, y0, z 0) · u = (2i + 2 j + k)

(x− 1) i + (y − 1) j + (z − 1) k

= 0

resulta:ecuación del plano tangente : 2x + 2y + z − 5 = 0

ecuación de la recta normal : x− 1

2 =

y − 12

= z − 1

4.11 Fórmula de Taylor para funciones de dos va-

riables.

Sea una función z = f (x, y) que verifica:

a) Todas sus derivadas parciales hasta el orden n son continuas en un entorno

cerrado de P (x0, y0).

b) Existen las derivadas parciales de orden n + 1 en el correspondiente entorno

abierto de P (x0, y0).

Entonces el valor de la función en cualquier punto Q(x0 + h, y0 + k) de un

entorno cerrado de P (x0, y0) se puede aproximar por el que toma un polinomio

p(h, k) ( llamado de Taylor) en el punto P (x0, y0), más un resto; de modo que se

puede escribir:

f (Q) = p(P ) + Rn (fórmula de Taylor)

donde Rn es el término complementario o resto.

Demostración

Consideramos la recta que pasa por P y Q :

X

Y

•

•

O

•

Q( x0+h , y

0+k )

( x, y ) = (x0+ht , y

0+kt )

P( x0 , y

0 )

fig.1-t21



29/32

4.11. FÓRMULA DE TAYLOR PARA FUNCIONES DE DOS VARIABLES. 37

A partir de las ecuaciones paramétricas de esta recta, se tiene que cada punto

del segmento P Q queda expresado por: x = x0 + ht

y = y0 + ktcon 0 ≤ t ≤ 1

El valor de la función en el punto P (x, y) será f (x0 + ht, y0 + kt), función que

depende exclusivamente de t, por cuanto se puede escribir.

F (t) = f (x, y) = f (x0 + ht, y0 + kt)

Esta función de una variable, admite desarrollo de MacLaurin, que será:

F (t) = F (0) + F ′(0)t + 1

2!F ′′(0)t2 + · · ·+ 1

n!F (n(0)tn +

1

(n + 1)!F (n+1(θt)tn+1

Calculamos F (0) y las sucesivas derivadas de F (t) en t = 0, teniendo en cuenta

que el arbol de dependencia tanto para F (t) como sus sucesivas derivadas es:

Fx

y

t

fig.2-t21

F (0) = f (x0, y0)

F ′(t) = dF

dt =

∂F

∂x

dx

dt +

∂F

∂y

dy

dt =

∂f

∂xh +

∂f

∂yk ⇒ F ′(0) =

∂f

∂xh +

∂f

∂yk

(x0,y0)

F ′′(t) = ∂

∂xF ′(t)

dx

dt+

∂

∂yF ′(t)

dy

dt =

∂

∂x

∂f

∂xh +

∂f

∂yk

dx

dt +

∂

∂y

∂f

∂xh +

∂ f

∂yk

dy

dt =

=∂ 2f

∂x2h + ∂

2f ∂x∂y

k

h + ∂ 2f

∂y∂xh + ∂

2f ∂y2

k

k

que podemos escribir:

F ′′(t) =

∂f

∂xh +

∂f

∂yk

(2⇒ F ′′(0) =

∂f

∂xh +

∂ f

∂yk

(2(x0,y0)

Análogamente se calculan las derivadas de orden superior, resultando:

F (n(t) = ∂f ∂x h + ∂ f

∂yk

(n

⇒F (n(0) = ∂f ∂x h +

∂f

∂yk

(n

(x0,y0)



30/32


El término complementario es:

F (n+1(θt) =

∂f

∂xh +

∂f

∂yk

(n+1(x0+hθt,y0+kθt)

Por lo que el desarrollo de McLaurin para F (t), bajo el supuesto de cumplirse

Th. Schwarz,

será:

F (t) = f (x, y) = f (x0 + ht, y0 + kt) = f (x0, y0) + ∂f

∂x

h + ∂f

∂y

k(x0,y0) t++

1

2!

∂f

∂xh +

∂f

∂yk

(2(x0,y0)

t2 + · · · + 1n!

∂f

∂xh +

∂ f

∂yk

(n(x0,y0)

tn+

+ 1

(n + 1)!

∂f

∂xh +

∂f

∂x∂yk

(n+1(x0+hθt,y0+kθt)

tn+1

El valor de f (Q) ≡ f (x0 + h, y0 + k), se obtiene del desarrollo de McLaurin parat = 1:

F (1) = f (Q) = f (x0+h, y0+k) = f (x0, y0)+

∂f

∂xh +

∂ f

∂yk

(x0,y0)

+ 1

2!

∂f

∂xh +

∂ f

∂yk

(2(x0,y0)

+

+ · · · + 1n!

∂f

∂xh +

∂ f

∂yk

(n(x0,y0)

+

∂f

∂xh +

∂f

∂yk

(n+1(x0+hθ,y0+kθ)

; 0 < θ


31/32

4.11. FÓRMULA DE TAYLOR PARA FUNCIONES DE DOS VARIABLES. 39

La fórmula de Taylor se generaliza para el caso de k variables:

f (x1+h1, · · · , xk+hk) = f (x1, x2, · · · , xk)+n

m=1

1

m!

∂ f

∂x1h1 + · · · + ∂f

∂xkhk

(n(x1,x2,···,xk)

+

+ 1

(n + 1)!

∂f

∂x1h1 + · · ·+ ∂f

∂xkhk

(n+1(x1+h1θ,x2+h2θ,···,xk+hkθ)

; 0 < θ


32/32


∂ 3f

∂x3

= 6y2

⇒ ∂ 3f

∂x3(1,1) = 6 ;

∂ 3f

∂y3

= 12

⇒ ∂ 3f

∂y3(1,1) = 12

∂ 2f

∂x∂y =

∂ 2f

∂y∂x = 6x2y ⇒

∂ 2f

∂x∂y

(1,1)

=

∂ 2f

∂y∂x

(1,1)

= 6

∂ 3f

∂x2∂y =

∂ 3f

∂x∂y∂x =

∂ 3f

∂y∂x2 = 12xy

∂ 3f

∂x2∂y

(1,1)

=

∂ 3f

∂x∂y∂x

(1,1)

=

∂ 3f

∂y∂x2

(1,1)

= 12

∂ 3f

∂x∂y2 =

∂ 3f

∂y∂x∂y =

∂ 3f

∂y2∂x = 6x2

∂ 3f ∂x∂y2

(1,1)

= ∂ 3f

∂y∂x∂y

(1,1)

= ∂ 3f

∂y2∂x

(1,1)

= 6

Sustituyendo estos valores, se obtiene el desarrollo:

f (x, y) = 7 + (11h + 8k) + 1

2

14h2 + 14k2 + 12hk

+

1

6

6h3 + 12k3 + 36h2k + 18hk2

f (x, y) = 7 + 11h + 8k + 7h2 + 7k2 + 6hk + h3 + 2k3 + 6h2k + 3hk2

Expresado en potencias de (x− 1) e (y − 1) , el desarrollo será :

f (x, y) = 7 + 11(x− 1) + 8(y − 1) + 7(x− 1)2 + 7(y − 1)2 + 6(x− 1)(y − 1) ++(x− 1)3 + 2(y − 1)3 + 6(x− 1)2(y − 1) + 3(x− 1)(y − 1)2


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