CAPÍTULO Funciones, Límites y Derivadas...

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C APÍTULO 2. Funciones, Límites y Derivadas Parciales. Este capítulo constituye una generalización natural del cálculo de una variable al cálculo de varias variables. Debemos prestar especial atención al concepto de límite pues ciertos teoremas no son susceptibles de extensión de una variable a varias.

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CAPÍTULO 2.

Funciones, Límites y Derivadas Parciales.

E s t e c a p í t u l o c o n s t i t u y e u n a generalización natural del cálculo de una variable al cálculo de varias variables. Debemos prestar especial atención al concepto de límite pues ciertos teoremas no son susceptibles de extensión de una variable a varias.

CONTENIDOS

1. Dominio de funciones.

2. Conjuntos de nivel.

3. Gráficos en R3.

4. Nociones de Topología en Rn.

SECCIÓN I.

Funciones. Esta sección nos introduce el importante concepto de función de varias variables. Nos familiarizamos con los contenidos indicados, pero nuestro énfasis será en la resolución de problemas.

La función es el elemento capital de casi todo enunciado de un ejercicio de examen.

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Problemas.

1. Determinar el dominio de las funciones siguientes y analizar si es un conjunto abierto, cerrado y acotado. Describir los conjuntos de nivel y esbozar su gráfico.

(a) f (x, y) = ln(x − y2)

(b) f (x, y) = x2 − y2

(c) f (x, y) = e−x2−y2

(d) f (x, y) = min(x, y).

Solución.

(a) Para que el logaritmo pueda ser evaluado en el campo real es preciso que x − y2 > 0. Luego el dominio de f resulta

D( f ) = {(x, y) ∈ R2 : x > y2}.

Se trata de un dominio abierto. El dominio no es cerrado ni tampoco acotado como muestra su gráfico.

Vamos a calcular ahora los conjuntos de nivel. En general para una función de dos variables se llama conjunto de nivel k de f , denotado Nk( f ) al conjunto :

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El dominio de la función

f (x, y) = ln(x − y2)

es el subconjunto del plano que se muestra en el gráfico.

Galería 2.1. Dominio de funciones.

Nk( f ) = {(x, y) ∈ D : f (x, y) = k}.

Por ejemplo, si k = 0 resulta

Nk( f ) = {(x, y) ∈ D : ln(x − y2) = 0}

es decir

N0( f ) = {(x, y) ∈ D : x − y2 = e0 = 1}.

Si k = ln(2) resulta

Nln(2)( f ) = {(x, y) ∈ D : ln(x − y2) = ln(2)}

y por inyectividad del logaritmo

Nln(2)( f ) = {(x, y) ∈ D : x − y2 = 2}.

Vemos que en general los conjuntos de nivel de f serán parábolas de la forma x = y2 + k con k > 0. Estos conjuntos de nivel resultan ser curvas en el plano, algunas de las cuales dibujamos en el siguiente gráfico.

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Los conjuntos de nivel de

f (x, y) = ln(x − y2)

son parábolas contenidas en el dominio de f.

Galería 2.2. Conjuntos de nivel.

Para realizar el gráfico de la función debemos imaginarnos que cada curva de nivel se “levanta” hasta la altura de z correspondiente y que la superficie que representa a la función que estamos dibujando es la unión de dichas curvas.

La idea anterior puede no bastar para realizar el gráfico y entonces es preciso tener más información. Una de las cosas que ayuda bastante muchas veces es pensar en la intersección del gráfico de la superficie con el plano y = 0. O con el plano x = 0.

Esto se logra pensando en la función z = f (x, y) y dando a la variable y el valor 0. Entonces este conjunto de puntos se define y denota así :

Cy=0 = {(x,0,z) : z = f (x,0)}.

En nuestro caso obtenemos Cy=0 = {(x,0,z) : z = ln(x)}.

28

Este es el gráfico de la función

z = ln(x).

Hemos puesto a propósito el nombre z al eje de ordenadas ya que hemos calculado

Cy=0 = {(x,0,z) : z = f (x,0)}.

Galería 2.3. Gráfica de la función logaritmo.

Esto nos dice que las parábolas debemos dibujarlas sobre esta función de una variable.

Resulta entonces el siguiente gráfico en R3.

(b) En este ítem la función es f (x, y) = x2 − y2. Es evidente que

D( f ) = R2.

El plano es un conjunto abierto, cerrado y no acota-do. Este importante ejemplo debemos estudiarlo en de-talle porque es una cuádrica famosa y aparecerá en el estudio de máximos y mínimos de varias variables.

Las curvas de nivel

Nk( f ) = {(x, y) ∈ D : f (x, y) = k}

que en nuestro caso resultan

Nk( f ) = {(x, y) ∈ D : x2 − y2 = k}.

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Esta es la gráfica de la función

f (x, y) = ln(x − y2).

Galería 2.4. Gráfica de función.

Sabemos que para k > 0 resultan hipérbolas “vert ica les” , para k < 0 resul tan hipérbolas “horizontales” y para k = 0 resultan las dos rectas y = ± x. Estas curvas las vemos claramente en la galería

2.4.

Ahora hallemos las curvas intersección de la superficie con los planos x = 0 e y = 0. Tenemos

Cy=0 = {(x,0,z) : z = x2}

y

Cx=0 = {(0,y, z) : z = − y2}.

El gráfico de la función es el paraboloide hiperbólico que se ve extraordinariamente a continuación. Obsérvense las parábolas y las hipérbolas de nivel de distintos ángulos donde hemos agregado el plano z = 1 para una mejor apreciación de las curvas de nivel.

30

Los conjuntos de nivel de la función

f (x, y) = x2 − y2

son hipérbolas que excepcionalmente degeneran en dos rec-tas.

Galería 2.4. Algunos conjuntos de nivel

(c) La función de este ítem es muy típica porque sus valores dependen sólo del radio, es decir de la distancia al origen. Tales superficies se llaman de revolución y sus curvas de nivel son en general circunferencias. Nuestra función es

f (x, y) = e−x2−y2.

Es evidente que

D( f ) = R2

y ya sabemos que este dominio es abierto, cerrado y no acotado.

Nk( f ) = {(x, y) ∈ D : e−x2−y2 = k}.

Por ejemplo el nivel e−1 resulta

Ne−1( f ) = {(x, y) ∈ D : e−x2−y2 = e−1}

que tomando logaritmo y multiplicando por −1 resulta

El gráfico del paraboloide hiperbólico es la superficie verde que se ve en esta animación.

Movie 2.5. Paraboloide hiperbólico.

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Ne−1( f ) = {(x, y) ∈ D : x2 + y2 = 1}.

Dejamos como un sencillo ejercicio generalizar para otros valores de k y concluir que las curvas de nivel son circunferencias con centro en (0,0), circunferencias que pueden llegar reducirse solo al origen. (Para valores negativos de k el conjunto de nivel es vacío).

Además

Cy=0 = {(x,0,z) : z = e−x2}

y lo mismo

Cx=0 = {(0,y, z) : z = e−y2}.

Este famoso gráfico se llama campana de Gauss y su forma es la de la figura siguiente.

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Este es el gráfico de la función

y = e−x2.

Galería 2.7. Campana de Gauss.

Con todo esto podemos concluir que el gráfico de la función

f (x, y) = e−x2−y2

se puede representar geométricamente como se mues-tra en la galería siguiente.

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Como los valores de la función dependen sólo de la distan-cia al origen los conjuntos de nivel resultan ser circunferen-cias.

Galería 2.6. Conjuntos de nivel.

Al revolucionar en alrededor de eje z la gráfica cuya ecua-ción es

z = e−x2

obtendremos una superficie de revolución como la de la figura en violeta.

Galería 2.8. Gráfica de la función.

(d) El problema de este ítem está en que la función

f (x, y) = min(x, y)

no está definida directamente. min(x, y) es el menor valor entre x e y. Por ejemplo min(4,7) = 4 y min(6,2) = 2. Observamos que a veces es la x y a veces es la y. Esto nos da una idea de como definir explícitamente a f.

min(x, y) = {x si x ≤ yy si x > y.

Hallemos ahora algunas curvas de nivel.

N1( f ) = {(x, y) ∈ D : min(x, y) = 1}

Ahora bien, para que el mínimo sea 1 es necesario que alguno x ó y sea 1. Si x = 1 y además y ≥ 1 ó y = 1 y

además x ≥ 1 entonces el mínimo valdrá 1. Esto nos define el conjunto de nivel 1.

N1( f ) = {(x, y) ∈ R2 : (x = 1 ∧ y ≥ 1) ∨ (y = 1 ∧ x ≥ 1)}.

Graficamos este conjunto de nivel en el gráfico que sigue y dibujamos también el conjunto de nivel 2 en la galería 2.9. de la página siguiente.

Finalmente el gráfico de la función partida f resul-ta el de la galería 2.10. Si elevemos cada curva de nivel verde del gráfico anterior obtendremos la superficie di-bujada. En realidad la superficie da la sensación de no ser “continua”. Lo es, pero el gráfico se aprecia mejor de esta manera y es un buen ejemplo para comprender la idea de curvas de nivel y luego elevarlas hasta la altu-ra correspondiente.

Se puede ver una solución on-line clickeando aquí.

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35

Vemos “desde atrás” la función f (x, y) = min(x, y). Se parece a una pirámide de Egipto vista desde la base.

Galería 2.10. Gráfica de la función z = min(x, y)

La forma general del conjunto de nivel k de

f (x, y) = min(x, y)

es una especie de “ángulo recto” con “vértice” en el punto

(k, k)

Galería 2.9. Conjuntos de nivel de funciones partidas.

(2) Graficar el conjunto de nivel 0 y el conjunto de nivel 4 de la siguiente función

f (x, y) = {x + y si x ≥ 20 si x < 2

Solución.

Tengamos presente que la definición de conjunto de nivel es

Nk( f ) = {(x, y) ∈ D : f (x, y) = k}.

Luego debemos graficar el conjunto

N0( f ) = {(x, y) ∈ D : f (x, y) = 0}.

Ahora bien f (x, y) vale 0 en dos situaciones completamente distintas, a saber :

si x ≥ 2 ∧ x = − y ó si x < 2.

Luego debemos dibujar la recta x = − y en el semiplano x ≥ 2 y además todo el semiplano x < 2.

En resumen, para hallar el conjunto de nivel k de una función partida debemos igualar a k cada una de las definiciones de f pero dibujar el resultado de ca-da una sólo en la parte del dominio donde la función es-tá definida de esa manera. Por ejemplo, en este ejercicio tuvimos que hacer x + y = 0. Lo cual condujo a y = − x. Pero esta recta la dibujamos sólo en los puntos en que x ≥ 2. La parte del plano x < 2 hay que dibujarla completa porque allí f vale justo 0.

Finalmente el conjunto de nivel 4 de f resulta sencillamente

N4( f ) = {(x, y) ∈ R2 : x + y = 4 ∧ x ≥ 2}.

Dejamos como ejercicio este sencillísimo gráfico.36

(3) Describir el dominio y los conjuntos de nivel de las siguientes funciones

(a) f (x, y, z) = ex2+y2−z2

(b) f (x, y, z) =2x2 + y2

z

Solución.

(a) Es evidente que

D( f ) = R3.

Hallemos ahora algunos conjuntos de nivel. Extendiendo la definición de dos variables a tres el conjunto de nivel k de f resulta

Nk( f ) = {(x, y, z) ∈ D : f (x, y, z) = k}.

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Estos conjuntos de nivel tienen distinta naturaleza pues la función está definida de una manera completamente dis-tinta si x < 2 que si x ≥ 2.

Galería 2.11. Conjunto de nivel de función partida.

En nuestro ejercicio debemos describir el conjunto

ex2+y2−z2 = k.

Es evidente que para no tener conjuntos de nivel vacíos k debe ser positivo y nos conviene llamar a k, ec.

Entonces

ex2+y2−z2 = ec.

Deducimos tomando logaritmo que el nivel ec de f es el subconjunto de R3 definido por la ecuación

x2 + y2 − z2 = c.

Estos conjuntos de puntos son de diferente naturaleza segun el signo que tenga c. Sabemos que son cuádricas.

Si c = 1 obtenemos

x2 + y2 − z2 = 1

lo cual representa un hiperboloide de una hoja.

Si c = − 1 obtenemos

x2 + y2 − z2 = − 1

que representa un hiperboloide de dos hojas.

Si c = 0 obtenemos

x2 + y2 − z2 = 0

que representa un cono.

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Este ejercicio es el análogo del ejercicio (1.b) en tres variables independientes en lugar de dos. En la ga-lería 2.12 se aprecian los tres tipos de conjuntos de nivel de f.

Se puede ver una solución on-line clickando aquí.

(b) Para la función de este ítem

f (x, y, z) =2x2 + y2

z

observamos que

D( f ) = {(x, y, z) ∈ R3 : z ≠ 0}.

Los conjuntos de nivel son paraboloides. En efecto,

Hiperboloide de una hoja : f (x, y, z) = ex2+y2−z2 = e1

Galería 2.12. Conjuntos de nivel de

f (x, y, z) = ex2+y2−z2

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Nk( f ) = {(x, y, z) ∈ D : f (x, y, z) = k}.

y entonces

N1( f ) = {(x, y, z) ∈ D : 2x2 + y2 = z , z ≠ 0}.

N−1( f ) = {(x, y, z) ∈ D : − 2x2 − y2 = z , z ≠ 0}.

Con el conjunto N0( f ) hay que tener un poco de cuidado.

N0( f ) = {(x, y, z) ∈ D : 2x2 + y2 = 0 , z ≠ 0}.

Esto se reduce a todo el eje z pero debe ser z ≠ 0. Los conjuntos de nivel de una función de tres variables

Los conjuntos de nivel de esta función de tres variables son paraboloides, dos de los cuales dibujamos aquí.

Galería 2.13. Conjuntos de nivel de

f (x, y, z) =2x2 + y2

z

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en general están en el espacio, no en el plano.

Representamos dos conjuntos en la galería 2.13.

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CONTENIDOS

1. Cálculo de límites

2. Continuidad de las funciones de varias variables

SECCIÓN 2

Límite yContinuidad.

Esta sección contiene ejemplos de cálculos de límites de funciones de varias variables, de cuando dicho límite no existe y varias ideas para intuir si el límite existe o no de antemano.

Luego extendemos el concepto de límite para arribar a la noción de continuidad. Hay que tener mucho cuidado de extender una propiedad de límites de una variable a dos variables porque muchas veces un enunciado con una función de una variable es verdadero pero si se lo extiende a varias variables resulta falso.

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Problemas.

(1) Determinar si existen los siguientes límites.

(a) lim(x,y)→(0,0)

xyx2 + y2

(b) lim(x,y)→(0,0)

x2yx2 + y2

(c) lim(x,y)→(1,2)

x2y − 2x2 − y + 2xy − 2x + y − 2

Solución.

(a) En general cuando una función depende de dos variables resulta útil poner una variable en función de la otra para tener así un límite de una variable, terreno que nos resulta más conocido. Si ponemos una variable en función de otra y el límite de esta función de una variable existe no significa que exista el límite de la función de dos variables. Lo máximo que nos garantiza la existencia del límite de la función de una variable es que si el límite de

la función de dos variables existe dicho límite debe ser igual al hallado de la función de una variable. Si además ponemos una variable en función de otra pero a través de un parámetro y el límite depende del parámetro podemos asegurar que el límite de la función de varias variables no existe.

Pongamos entonces y = x. Obtenemos

limx→0

x2

x2 + x2=

12

.

Esto nos dice que si el límite existe vale 12

. Pero si

hacemos y = 2x obtenemos

limx→0

x.2xx2 + (2x)2

=25

.

Esto significa que

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∄ lim(x,y)→(0,0)

xyx2 + y2

pues por dos caminos distintos que se acercan al (0,0) obtenemos distintos límites.

Si hubiéramos puesto y = mx hubiéramos obtenido

limx→0

x . mxx2 + (mx)2

=m

1 + m2

es decir, el límite es una función de m. Esto no puede ser, pues el límite es un número y llegamos a la conclusión de que

∄ lim(x,y)→(0,0)

xyx2 + y2

.

(b) Consideremos ahora el límite

lim(x,y)→(0,0)

x2yx2 + y2

Si procedemos como en el ítem (a) no encontraremos contradicción. En efecto poniendo y = mx obtenemos

limx→0

x2mxx2 + (mx)2 = lim

x→0

x2mxx2(1 + m2)

=limx→0

mx1 + m2

= 0.

Es decir para toda recta de la forma y = mx el límite existe y vale 0. Pero esto no significa que el límite de la función de dos variables solicitado sea 0. Podríamos acercarnos al origen a través de la parábola y = kx2, o de la cúbica y = kx3, etc, etc, etc. y tal vez por alguno de esos caminos el límite no sea 0. El problema, por supuesto es que son infinitos caminos.

Llegado este punto debemos tomar una decisión. Debemos encontrar un camino por el cual el límite sea distinto de cero o probar que dicho límite es cero realmente.

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Para probar que es 0 precisamos una acotación. Observamos que

x2 ≤ x2 + y2

y por lo tanto

0 ≤x2

x2 + y2≤ 1

para todo (x, y) ≠ (0,0) que es justamente el valor que excluye la definición de límite. Lo que a nosotros nos importa es que dicho cociente está acotado por 1.

Ahora podemos escribir la función en la forma “cero por acotado”. En efecto

lim(x,y)→(0,0)

x2yx2 + y2

= lim(x,y)→(0,0)

x2

x2 + y2y= 0

pues y → 0.

Así concluimos que el límite es 0 y hemos realizado nuestra primera prueba formal de la existencia de un límite.

Se puede ver una solución on-line clickeando aquí.

(c) Ahora debemos calcular, si existe

lim(x,y)→(1,2)

x2y − 2x2 − y + 2xy − 2x + y − 2

.

Este ejercicio es análogo a los típicos de análisis I donde hay que factorizar numerador y denominador para cancelar la indeterminación. Lo que precisamos es que aparezcan factores de la forma (x − 1)(y − 2). Esto es fácil.

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lim(x,y)→(1,2)

x2y − 2x2 − y + 2xy − 2x + y − 2

=

lim(x,y)→(1,2)

x2(y − 2) − (y − 2)x(y − 2) + (y − 2)

=

lim(x,y)→(1,2)

(y − 2)(x2 − 1)(y − 2)(x + 1)

=

lim(x,y)→(1,2)

x − 1 = 0.

y hemos completado el ejercicio.

(2) Determinar el conjunto de puntos de continuidad de la función

f (x, y) = {x2 − y si x ≠ 2y3 si x = 2y

Solución.

Para que la función sea continua en el punto (x0, y0) ∈ D es necesario que

lim(x,y)→(x0,y0)

f (x, y) = f (x0, y0).

Como la función está definida por partes nos puede ayudar graficar los dos subconjuntos que la definen. Debemos analizar dos casos, según que el punto (x0, y0) esté sobre la recta x = 2y o no lo esté.

Si x0 ≠ 2y0 es decir si el punto no está sobre la recta entonces la función es continua en dicho punto porque podemos encontrar un entorno con centro en (x0, y0) donde la función vale x2 − y que evidentemente es una función continua. En el gráfico hemos hecho este análisis con el punto (−2,1).

Pero si x0 = 2y0 entonces f (x0, y0) = 3. Luego debemos hacer que ocurra que

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lim(x,y)→(x0,y0)

x2 − y = f (x0, y0) = 3

Pero el límite de la izquierda vale

x20 − y0 = (2y0)2 − y0 = 3.

Esto nos da dos valores de y0. Dichos valores son

y0 = 1 e y0 =−34

.

Luego los puntos de continuidad sobre la recta en cuestión son

(2,1) y (−32

,−34

).

En resumen, el conjunto de puntos de continuidad de f es

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En este tipo de ejercicios debemos analizar por separado la continuidad en el punto según que el mismo esté sobre la recta

x = 2y

o que no lo esté.

Galería 2.14. Gráfica conceptual de dominios de continuidad para funciones partidas.

Cont( f ) = {(x, y) ∈ R2 : x ≠ 2y} ∪ {(2,1) , (−32

,−34 )}.

(3) Determinar, si es posible, el valor de a para que f (x, y) resulte continua en el punto (0, − 1) siendo

f (x, y) =x3 − x(y + 1)4

x + (y + 1)2 si (x, y) ≠ (0, − 1)

a si (x, y) = (0, − 1)

Solución.

Este ejercicio no debe asustarnos por no tener el problema en (0,0). Debemos poder imaginar en nuestro cerebro que donde dice y + 1 podría decir y . El problema estaría entonces en el (0,0) y sería el equivalente siguiente :

f (x, y) =x3 − xy4

x + y2 si (x, y) ≠ (0,0)

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

En este caso, para que la función sea continua en el punto (0,0) debemos tener

lim(x,y)→(0,0)

x(x2 − y4)x + y2

= lim(x,y)→(0,0)

x(x − y2)(x + y2)x + y2

= lim(x,y)→(0,0)

x(x − y2) = 0

Y este límite debe ser, para que la función sea continua en (0,0) igual a f (0,0). Por lo tanto a = 0.

Le pedimos al lector que realice los mismos pasos con el ejercicio original donde obtendrá la misma respuesta a = 0.

(4) Sea f : R2 → R. Consideremos el punto (0,0) ∈ R2. Sea (a, b) ∈ R2. Definimos h : R → R por

h(t) = f (t(a, b)) = f (ta, tb).

(a) Estudiar la relación entre el gráfico de h y el de f.

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(b) Dar un ejemplo para mostrar que, aún cuando para cada (a, b) ∈ R2, h resulte continua en 0 f puede no ser continua en (0,0) ∈ R2.

(c) Pruebe que si f es continua en (0,0) entonces h es continua en 0.

Solución.

(a) En palabras cuando fijamos un vector (a, b) ≠ (0,0) en el plano estamos fijando una dirección. Cuando dicho vector lo multiplicamos por t para todo valor real de t definimos la recta que pasa por (0,0) y tiene dirección (a, b) y finalmente cuando calculamos f (ta, tb) estamos calculando las imágenes de cada punto de dicha recta en función de la variable t.

(b) Este ejemplo es famoso y muestra el cuidado que hay que tener al extender una propiedad de límites de una variable a varias. En una variable, si una función y = f (x) tiene límite cuando x → a por izquierda y derecha y estos dos límites laterales coinciden entonces la función f (x) tiene límite cuando x → a. Parecería entonces que si

acercándonos por toda recta que pasa por (0,0) la función tiene límite y estos límites coinciden entonces la función debería tener límite. Este ejercicio muestra que este razonamiento es inválido.

Consideremos la función

f (x, y) =xy2

x2 + y4 si (x, y) ≠ (0,0)

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

Entonces

h(t) = f (ta, tb) =ta(tb)2

(ta)2 + (tb)4 si t ≠ 0

0 si t = 0

Notemos ahora que

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limt→0

t3ab2

t2(a2 + t2b4)= lim

t→0

tab2

a2 + t2b2= 0

si a ≠ 0.

Y si a = 0 entonces b ≠ 0 y resulta sustituyendo en la expresión de f que

h(t) = f (0,tb) ≡ 0.

Pero acerquémonos ahora al (0,0) a través de la curva x = y2. Entonces

f (y2, y) =y2y2

y4 + y4=

12

si y ≠ 0. Pero entonces

limy→0

f (y2, y) =12

≠ 0.

A través de la parábola

x = y2

las imágenes de f no se acercan a 0 produciendo una función discontinua. Obsérvese el salto en (0,0).

Movie 2.15. Función de Genocci-Peano

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Por lo tanto la función no es continua en (0,0) pues hemos encontrado un camino que pasa por (0,0) y al acercarnos por dicho camino la función no tiende a

0 sino a 12

.

(c) Debemos probar que para la función h de la variable t tenemos

limt→0

h(t) = h(0).

En efecto,

limt→0

h(t) = limt→0

f (ta, tb).

Ahora bien, si t → 0 entonces (ta, tb) → (0,0) y como f es continua en (0,0) por hipótesis

limt→0

h(t) = limt→0

f (ta, tb) = f (0,0) = h(0)

es decir, h es continua en 0.

Se aprecia desde este ángulo que la parábola no se “apoya”en (0,0) sobre la función produciendo una discontinuidad.

Galería 2.16. La función de Genocci-Peano.

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CONTENIDOS

1. Derivadas parciales

2. Derivadas direccionales

3. Curvas en Rn

SECCIÓN 3

Derivadas Parciales. Ahora que ya estamos familiarizados con los conceptos de límite y continuidad de funciones de varias variables llegó el momento de estudiar las derivadas parciales y su generalización : las derivadas direccionales.

Representa un tema de dificultad media pero adelantamos ya mismo que derivabilidad no implica continuidad como ocurre en el caso de una variable.

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Problemas.

(1) Calcular, usando la definición, las derivadas parciales de las siguientes funciones en el punto indicado.

(a) f (x, y) =2x3 − y3

x2 + 3y2 si (x, y) ≠ (0,0)

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

(b) f (x, y) =(x + 1)2 − y2

x + 1 − y si x + 1 ≠ y

0 si x + 1 = y , P = (−1,0)

Solución.

(a) Por definición de derivada parcial tenemos

∂f∂x

(0,0) = limh→0

f (0 + h,0) − f (0,0)h

.

En nuestro caso este límite es

∂f∂x

(0,0) = limh→0

2h3 − 03

h2 + 3.02 − 0

h= lim

h→0

2h3

h3= 2.

Análogamente obtenemos

∂f∂y

(0,0) = limk→0

2.03 − k3

02 + 3k2 − 0

k= lim

h→0

−k3

3k3 =−13

.

(b) En este ejercicio debemos tener un poquito más de cuidado conceptual. La función está definida de dos maneras distintas pero la diferencia está en toda una recta, no sólo en el punto (−1,0).

Sin embargo observamos que en la dirección de cada derivada parcial la función está definida por la condición y ≠ x + 1. De modo que

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∂f∂x

(−1,0) = limh→0

f (−1 + h,0) − f (−1,0)h

que en para nuestra función f resulta

∂f∂x

(−1,0) = limh→0

(−1 + h + 1)2 − 02

(−1 + h) + 1 − 0 − 0

h= lim

h→0

h2

h2= 1.

Análogamente se obtiene

∂f∂y

(−1,0) = limk→0

f (−1,0 + k) − f (−1,0)k

= limk→0

−k2

−k

k= lim

k→0

k2

k2= 1.

Se puede ver una solución on-line clickeando aquí.

(2) Calcular las derivadas parciales de las siguientes funciones y luego evaluarlas en el punto indicado.

(a) f (x, y, z) =xz

y + z, P0 = (1,1,1)

(b) f (x, y) = ∫y2

xsen(ln(1 + t3)) dt, P0 = (1,2).

54

Si estamos posicionados en el punto (−1,0) nos interesan los valores de la función en la dirección de las líneas en colo-rado.

Galería 2.17. Direcciones de incremento en-las derivadas parciales.

Solución.

(a) En este ejercicio debemos derivar por la regla del cociente de análisis I pero cuando pensemos por ejemplo en “la derivada del numerador” debemos decir “la derivada parcial del numerador respecto de x ...” etc.

Luego, procediendo como en análisis I, tenemos

∂f∂x

=∂∂x (xz) . (y + z) − xz . ∂

∂x (y + z)

(y + z)2 =

z(y + z) − xz.0

(y + z)2 =z

y + z .

Observemos que a este mismo resultado llegamos sacando el denominador afuera del signo de derivación por no depender de x y derivando sólo el numerador respecto de x.

∂f∂x

=1

y + z.

∂∂x

(xz) =z

(y + z).

Al evaluar esta derivada en el punto P0 = (1,1,1) obtenemos

∂f∂x

(1,1,1) =12

De la misma manera

∂f∂y

= xz .∂∂y

(1

y + z) = xz .

−1(y + z)2

.

Y finalmente

∂f∂z

=x(y + z) − xz(1)

(y + z)2 =xy

(y + z)2 .

55

(b) Este ejercicio sólo requiere recordar el teorema fundamental del cálculo de Análisis I.

Éste dice que si f es integrable en [a, b] y definimos

F(x) = ∫x

af (t) dt

entonces si f es continua en c ∈ (a, b) se tiene que F es derivable en c y además

F′�(c) = f (c).

Una consecuencia de este teorema es que con ciertas hipótesis que valen para este ejercicio sobre las funciones a(x) y b(x) tenemos

d

dx ∫b(x)

a(x)f (t) dt = f (b(x)) . b′�(x) − f (a(x)) . a′ �(x)

Luego, usando este último hecho

∂f∂y

= sen(ln(1 + (y2)3)) . (2y)

∂f∂x

= − sen(ln(1 + x3)).

(3) Analizar la existencia de derivadas direccionales de las siguientes funciones en los puntos y direcciones dadas.

(a) f (x, y) = 3x2 − 2xy, P0 = (1,2), v = (12

,3

2 )

(b) x2y

x2 + y2 si (x, y) ≠ (0,0)

0 si (x, y) = (0,0), P0 = (0,0), v = (a, b).

Solución.56

(a) Recordemos que la definición de derivada direccional de f en el punto (x0, y0) en la dirección del versor v = (a, b) es el límite siguiente

∂f

∂ v(x0, y0) = lim

h→0

f (x0 + ha, y0 + hb) − f (x0, y0)h

.

En nuestro caso resulta

∂f∂ v

(1,2) = limh→0

3(1 + h . 12 )

2− 2(1 + h 1

2 )(2 + h .3

2 ) + 1

h=

limh→0

−1 + h(1 − 3) + h2( 34 −

32 ) + 1

h= 1 − 3.

(b) Ahora no nos piden la derivada direccional en alguna dirección particular sino en una dirección genérica (a, b). Nuestra respuesta será entonces una función del versor v = (a, b). Veamos

∂f

∂ v(0,0) = lim

h→0

f (ha, hb) − f (0,0)h

=

limh→0

(ha)2hb

(ha)2 + (hb)2 − 0

h= lim

h→0

h3a2bh2(a2 + b2)h

= a2b

donde hemos usado que a2 + b2 = 1 pues v es un ver-sor.

Luego, la derivada direccional de f en el punto (0,0) en la dirección del versor v = (a, b) es a2b. Esta oración en notación matemática se reduce a

∂f

∂ v(0,0) = a2b .

Se puede ver una solución on-line clickeando aquí.

57

(4) Sea C la curva dada por

σ(t) = (t2, t3 + 1,t3 − 1), t ∈ [0,4] .

(a) Hallar una ecuación de su recta tangente y su plano normal en t = 2.

(b) Probar que la curva es plana.

(c) Hallar la intersección de C con el plano de ecuación y + z = 2.

(d) Muestre que la parametrización dada no es regular y encuentre alguna que lo sea.

Solución.

(a) Si t = 2 entonces σ(2) = (4,9,7). Para hallar la ecuación de la recta tangente en t = 2 precisamos su vector tangente.

Como

σ′�(t) = (2t,3t2,3t2)

entonces

σ′�(2) = (4,12,12).

Luego por definición de recta tangente tenemos

r(t) = σ(2) + t . σ′�(2) = (4,9,7) + t . (4,12,12).

Por otro lado, el plano normal que pasa por dicho punto tiene como vector normal justamente al vector tangente a la curva. Luego el plano pedido resulta

(x − 4, y − 9, z − 7) ⋅ (4, 12, 12) = 0

58

o equivalentemente

4x + 12y + 12z = 208.

(b) Para probar que la curva es plana debemos encontrar un conjunto plano Π tal que para todo punto σ(t) tengamos

σ(t) ∈ Π ∀t ∈ [0,4].

Para esto observemos que

{y(t) = t3 + 1z(t) = t3 − 1

sistema del cual obtenemos, restando miembro a miembro, que para todo t

y − z = 2.

Esto significa que la curva está contenida en dicho p l a n o . L a s i g u i e n t e a n i m a c i ó n m u e s t r a espectacularmente este hecho.

(c) Esto es muy sencillo. Debemos averiguar para que valor de t satisfacemos las ecuaciones del plano

La curva del ejercicio y el plano en cual está contenida

Movie 2.18. Significado geométrico de curva plana

59

y + z = 2.

Luego

y(t) + z(t) = 2

implica

(t3 + 1) + (t3 − 1) = 2

o sea

t3 = 1 ⟹ t = 1.

Por lo tanto la intersección de la curva C y el plano de ecuación

y + z = 2

es el punto

σ(1) = (1,2,0).

(d) Recordemos que una parametrización σ(t), t ∈ [a, b] d e u n a c u r v a C s e l l a m a r e g u l a r s i ∀ t ∈ [a, b] : ∃ σ′�(t) y además σ′�(t) ≠ 0. (en a y b se toman derivadas laterales).

Pero

σ′�(t) = (2t,3t2,3t2) = (0,0,0)

si

t = 0.

60

Luego la parametrización dada no es regular. Pa-ra lograr una parametrización regular de C debemos lograr que la imagen de otra parametrización, digamos γ(s) satisfaga la definición de regularidad y recorra los mismos puntos que tenía C. Es un ejemplo de lo que se llama una reparametrización. En general hay dos tipos de reparametrizaciones : las que mantienen la orienta-ción y las que la invierten.

Hagamos el cambio de variable t2 = u. Entonces si

t ∈ [0,4] ⟹ u ∈ [0,16]

y resulta que la parametrización

γ(u) = (u, u3/2 + 1,u3/2 − 1), u ∈ [0,16]

recorre todos los puntos de C, es decir es otra parametrización de C. Pero además

γ′�(u) = (1,32

u,32

u) ≠ (0,0,0)

para todo u ∈ [0,16]. Es decir esta parametrización de C es regular.

(5) Hallar una parametrización regular de la curva definida por el par de ecuaciones dado y calcular una ecuación para la recta tangente en el punto indicado.

(a) y = 4 − x, z = 4 − x2, P = (1,3,3)

(b) x2 + y2 + z2 = 6, z = x2 + y2, P = (1,1,2)

(c) x2 + y2 + z2 = 9, x + y + z = 3, P = (0,0,3).

Solución.

61

(a) Este ítem es muy sencillo porque podemos utilizar como parámetro la abscisa. Ya casi está realizado en el enunciado.

La curva intersección de estas dos superficies se puede parametrizar por

c(x) = (x, 4 − x, 4 − x2).

Luego para esta parametrización

c′�(x) = (1, − 1, − 2x) ≠ (0, 0, 0)

es decir la curva es regular. Y finalmente como

c(1) = (1,3,3) y c′�(1) = (1, − 1, − 2)

tenemos que la recta tangente en el punto pedido es

r(t) = (1,3,3) + t . (1, − 1, − 2).

(b) De las ecuaciones

x2 + y2 + z2 = 6, z = x2 + y2

deducimos sustituyendo la segunda en la primera que es necesario que

z + z2 = 6

de aquí se obtienen dos valores de z pero sólo el positivo z = 2 nos interesa pues de la segunda de las ecuaciones es evidente que z ≥ 0. Pero si z = 2 obtenemos en cualquiera de las ecuaciones que

x2 + y2 = 2.

62

Luego, una parametrización regular de la curva es

c(t) = ( 2cos(t), 2sen(t), 2) t ∈ [0,2π].

la cual apreciamos en la galería 2.19.

Ahora nos piden la recta tangente en el punto

P = (1,1,2).

El valor del parámetro t para el cual se obtiene el punto P es t =

π4

. Luego debemos calcular también

c′�( π4 ). Calculamos sin dificultad

c′�(t) = (− 2sen(t), 2cos(t), 0).

Entonces

c′�( π4 ) = (−1, 1, 0).

63

La superficie esférica

x2 + y2 + z2 = 6

se interseca con el paraboloide

z = x2 + y2

en la curva dibujada en magenta.

Galería 2.19. Curva intersección de dos super-ficies.

Con estos datos la ecuación de la recta tangente en el punto pedido resulta

r(t) = (1,1,2) + t . (−1,1,0).

(c) Para hallar la intersección de

x2 + y2 + z2 = 9, x + y + z = 3

podemos proceder geométricamente y darnos una idea del resultado. Un plano y una esfera se intersecan en una circunferencia (salvo que sean disjuntos o tangentes).

Observamos que los puntos (3,0,0), (0,3,0), (0,0,3) perteneces a ambas ecuaciones. Luego estos tres puntos están en la circunferencia intersección. Por simetría vemos que el centro de este círculo (que

también es el centro de masa de estos tres puntos) es el punto

64

La intersección del plano

x + y + z = 3

con la esfera

x2 + y2 + z2 = 9

es la circunferencia dibujada.

Galería 2.20. Intersección de una esfera y un plano.

C =13

[(3,0,0) + (0,3,0) + (0,0,3)] = (1,1,1).

En efecto, cada uno de los puntos dista del centro en la misma distancia r = 6. Por lo tanto, el radio de la circunferencia es 6.

Un vector que une el centro de la circunferencia con el punto (3,0,0) es

(3,0,0) − (1,1,1) = (2, − 1, − 1)

que normalizado resulta

u =1

6(2, − 1, − 1).

Observamos que estamos dirigiéndonos al hallazgo de una base ortonormal de R3 . Sabemos que

el vector (1,1,1) es normal al plano. Luego el producto vectorial

(2, − 1, − 1) × (1,1,1) = (0, − 3, 3)

es paralelo al plano y ortogonal a (2, − 1, − 1).

El vector normalizado

v =1

18(0, − 3, 3)

es paralelo al plano x + y + z = 3.

Con todo esto tenemos que u , v son dos vectores unitarios paralelos al plano

x + y + z = 3

65

y perpendiculares entre sí.

Luego, una parametrización de la circunferencia intersección de la esfera y el plano es

c(t) = (1,1,1) + 6 cos(t) . u + 6 sen(t) . v t ∈ [0,2π] .

Nota : La deducción anterior puede resultar dificultosa para aquellos alumnos que no tengan cierta familiaridad con el álgebra lineal.

(6) Sea f : R3 → R : f (x, y, z) = x2 + y2 + z2,

Sea g : R3 → R : g(x, y, z) = x2 − 2x + y2.

Hallar una parametrización de la curva definida por la intersección de las superficies de nivel de f y g que pasan por (0,0, − 2).

Solución.

Observamos que f (0,0, − 2) = 4 y g(0,0, − 2) = 0. Luego las superficies de nivel que debemos intersecar son

{x2 + y2 + z2 = 4x2 − 2x + y2 = 0

.

La primera de ellas es una esfera y la segunda un cilindro (no una circunferencia como podría parecer a primera vista). Completando el cuadrado en la segunda obtenemos

(x − 1)2 + y2 = 1

y de la primera obtenemos que

z = ± 4 − x2 − y2.

66

Luego tenemos dos curvas para parametrizar. Comenzando con la curva en la cual z ≥ 0 una

posibilidad es

x = 1 + cos(t) y = sen(t) z = 4 − (1 + cos(t))2 − sen2(t)

Luego una parametrización de la “parte de arriba” es

c(t) = (1 + cos(t), sen(t), 2 − 2cos(t)), t ∈ [0,2π].

Dejamos como ejercicio la “parte de abajo”, pero a cambio mostramos un gráfico con las dos superficies del ejercicio y su curva intersección.

Se puede ver una solución on-line clickeando aquí.

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La superficie en amarillo tiene ecuación

x2 − 2x + y2 = 0

y la verde

x2 + y2 + z2 = 4.

Ambas superficies se intersecan en la curva de la fig-ura a continuación.

Galería 2.21. Las dos superficies de nuestro ejercicio.

La idea detrás de la parametrización elegida es la siguiente : el parámetro es el ángulo t que se recorre en la circunferencia del plano

z = 0

y luego se parametriza la altura para satisfacer la ecuación de la esfera.

Movie 2.22. Parametrización de la curva.

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