Indice general

1. UNIDAD I: Derivadas parciales 21.1. Funciones de varias variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.1.1. Funciones de dos o mas variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.1.2. Derivadas parciales de una funcion de dos variables . . . . . . . . . . . . . 91.1.3. Interpretacion geometrica de las derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . 111.1.4. Derivadas parciales de una funcion de dos o mas variables . . . . . . . . . 131.1.5. Derivadas parciales de orden superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.1.6. Diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.1.7. Regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.1.8. Derivacion Implıcita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.2. Derivadas direccionales. Vector Gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271.2.1. Plano tangente y recta normal a una superficie . . . . . . . . . . . . . . . . 36

1.3. Extremos absolutos y extremos relativos de funciones de dos variables . . . . . . . 411.3.1. Metodo de los multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

Referencias 50

1

Capıtulo 1

UNIDAD I: Derivadas parciales

1.1. Funciones de varias variables

Hasta ahora nos hemos preocupado del Calculo Diferencial e Integral de funciones de unavariable, sin embargo, en el mundo real las cantidades fısicas dependen de dos o mas variables,por ejemplo: el volumen V de un cilindro circular recto depende del radio r y de la altura h;la presion P ejercida por un gas ideal encerrado es una funcion de su temperatura T y de suvolumen V ; la temperatura de un punto P = (x, y, z) de un objeto en el espacio puede dependerdel tiempo t y ademas de las tres coordenadas rectangulares x, y, z de P ; un fabricante puedesaber que el costo c de producir cierto artıculo depende del material, la mano de obra, el equipo,el costo de mantenimiento y los gastos materiales (¡cinco variables!); etc.

Como usualmente se trabajara con funciones de dos o tres variables, se presenta la definicionformal de una funcion de dos variables.

Definicion 1.1. Sea D ⊂ R2 una region. Una funcion f de dos variables es una regla que asignaa cada par ordenado de numeros reales (x, y) en D un unico numero real denotado por f(x, y).

Notacion:

Manteniendo la notacion utilizada para funciones de una variable, se tiene ahora

f : D ⊂ R2 −→ R(x, y) 7→ z = f(x, y).

En lo que resta de esta unidad, D se considera como una region o dominio.

Observacion 1.1. El dominio de f se escribe Df = D, y es el conjunto de las preimagenes def, es decir

Df = {(x, y) ∈ R2 : f(x, y) ∈ R},

mientras que el recorrido de f , Rf , es el conjunto de todas las imagenes bajo f , esto es

Rf = {z = f(x, y) : (x, y) ∈ Df}.

2

Las variables x e y corresponden a las variables independientes, mientras que z corresponde a lavariable dependiente.

Ejemplos

1. Si f(x, y) = 2x2 − 3xy + 5. Hallar

a) f(0, 0).

b) f(2, 3).

c) f(−1,−1).

2. Hallar el dominio de f(x, y) = ln(x− 2y + 4).

3. Determinar el dominio y rango de g(x, y) =√

9− x2 − y2.

Solucion

1. a) f(0, 0) = 5.

b) f(2, 3) = 2 · 4− 3 · 2 · 3 + 5 = 8− 18 + 5 = −5.

c) f(−1,−1) = 2(−1)2 − 3(−1)(−1) + 5 = 2− 3 + 5 = 4.

2. Se sabe que (x, y) ∈ Df ⇔ f(x, y) = ln(x− 2y + 4) ∈ R. Luego

(x, y) ∈ Df ⇔ x− 2y + 4 > 0

⇔ x− 2y > −4.

Ası, Df = {(x, y) ∈ R2 : x− 2y > −4}.

3. El dominio de g es

Dg = {(x, y) ∈ R2 : 9− x2 − y2 ≥ 0} = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 9},que es el disco con centro en (0, 0) y radio 3.

3

Para el calculo del rango de g. Notar que si z = g(x, y) =√

9− x2 − y2, entonces

z ≥ 0. (1.1)

Ası,

z2 = 9− x2 − y2 ⇔ x2 + y2 = 9− z2. (1.2)

Como x2 + y2 ≥ 0 para cualquier valor de x, y ∈ R, entonces la relacion (1.2) implica

9− z2 ≥ 0 ⇔ z2 ≤ 9

⇔ |z| ≤ 3

⇔ −3 ≤ z ≤ 3. (1.3)

Por lo tanto, de (1.1) y (1.3) se deduce que 0 ≤ z ≤ 3, por lo que el rango de f esRf = {z ∈ R : 0 ≤ z ≤ 3}.

Graficas

Otro modo de visualizar el comportamiento de una funcion de dos variables es considerar sugrafica.

Definicion 1.2. Si f es una funcion de dos variables con dominio D, entonces la grafica de fes el conjunto de todos los puntos (x, y, z) ∈ R3 tal que z = f(x, y) y (x, y) esta en D.

Ası como la grafica de una funcion f de una variables es una curva C con ecuacion y = f(x),la grafica de una funcion f de dos variables es una superficie S cuya ecuacion es z = f(x, y).Podemos visualizar la grafica S de f directamente sobre o abajo de su dominio D en el plano xy.

4

Ejemplo

¿Cual es el recorrido o rango de f(x, y) =√

16− 4x2 − y2? Describir la grafica de f .

Solucion

El dominio D dado por la ecuacion de f es el conjunto de todos los puntos (x, y) tales que16 − 4x2 − y2 ≥ 0. Por lo tanto, D es el conjunto de todos los puntos que pertenecen o soninteriores a la elipse dada por

x2

4+

y2

16= 1. Elipse en el plano xy.

El recorrido o rango de f esta formado por todos los valores z = f(x, y) tales que 0 ≤ z ≤√16 o

0 ≤ z ≤ 4 Recorrido o rango de f.

5

Ejemplo

Grafique la funcion f(x, y) = 6− 3x− 2y.

Solucion

La grafica de f tiene la ecuacion z = 6− 3x− 2y o bien 3x+ 2y+ z = 6, la cual representa aun plano.

Trazas : Si z = 0 ⇒ 3x+ 2y = 6,

Si y = 0 ⇒ 3x+ z = 6,

Si x = 0 ⇒ 2y + z = 6.

1.1.1. Funciones de dos o mas variables

Una funcion de tres variables, f , es una regla que asigna a cada terna ordenada (x, y, z) enun dominio D ⊂ R3 un unico numero real denotado por f(x, y, z). Por ejemplo, la temperaturaT en un punto sobre la superficie de la Tierra depende de la longitud x, la latitud y del punto,y del tiempo t, de modo que se puede escribir T = f(x, y, t).

Ejercicios propuestos

I. En los ejercicios siguientes, hallar y simplificar los valores de la funcion en los puntos dados.

a) f(x, y) =x

y.

1) (3, 2).

2) (−1, 4).

3) (30, 5).

6

4) (5, y).

5) (x, 2).

6) (5, t).

b) f(x, y) = 4− x2 − 4y2.

1) (0, 0).

2) (0, 1).

3) (2, 3).

4) (1, y).

5) (x, 0).

6) (t, 1).

c) f(x, y) = xey.

1) (5, 0).

2) (3, 2).

3) (2,−1).

4) (5, y).

5) (x, 2).

6) (t, t).

d) g(x, y) = ln |x+ y|.1) (2, 3).

2) (5, 6).

3) (e, 0).

4) (0, 1).

5) (2,−3).

6) (e, e).

e) h(x, y, z) =xy

z.

1) (2, 3, 9).

2) (1, 0, 2).

3) (−2, 3, 4).

4) (5, 4,−6).

f ) f(x, y, z) =√x+ y + z.

1) (0, 5, 4).

2) (6, 8− 3).

3) (4, 6, 2).

4) (10,−4,−3).

g) f(x, y) = x sin(y).

7

1)(2,

π

4

).

2) (3, 1).

3)(−3,

π

3

).

4)(4,

π

2

).

h) V (r, h) = πr2h.

1) (3, 10).

2) (5, 2).

3) (4, 8).

4) (6, 4).

i) f(x, y) = x2 − 2y.

1)f(x+∆x, y)− f(x, y)

∆x.

2)f(x, y +∆y)− f(x, y)

∆x.

j ) f(x, y) = 3xy + y2.

1)f(x+∆x, y)− f(x, y)

∆x.

2)f(x, y +∆y)− f(x, y)

∆x.

II. En los siguientes ejercicios, hallar el dominio y rango o recorrido de la funcion dada.

a) f(x, y) =√4− x2 − y2.

b) f(x, y) =√4− x2 − 4y2.

c) f(x, y) = arcsin(x+ y).

d) f(x, y) = arc cos(yx

).

e) f(x, y) = ln(4− x− y).

f ) f(x, y) = ln(xy − 6).

g) z =x+ y

xy.

h) z =xy

x− y.

i) f(x, y) = exy .

j ) f(x, y) = x2 + y2.

k) g(x, y) =1

xy.

l) g(x, y) = x√y.

8

1.1.2. Derivadas parciales de una funcion de dos variables

En aplicaciones de funciones de varias variables suele surgir la pregunta: ¿Como afectarıa elvalor de una funcion un cambio en una de sus variables independientes? Se suele contestar estapregunta considerando cada una de las variables independientes por separado. Por ejemplo, paradeterminar el efecto de un catalizador en un experimento, un quımico podrıa repetir el experi-mento varias veces usando cantidades distintas de catalizador, mientras mantiene constantes lasotras variables como temperatura y presion. Para determinar la velocidad o ritmo de cambio deuna funcion f respecto a una de sus variables independientes se puede utilizar un procedimientosimilar. A este proceso se le llama derivacion parcial y el resultado se llama derivada parcial def con respecto a la variable independiente elegida.

Definicion 1.3. Sea f : D ⊆ R2 → R y sea (x0, y0) un punto interior de D, se llama derivadaparcial de f con respecto a x en el punto (x0, y0) al lımite

lımh→0

f(x0 + h, y0)− f(x0, y0)

h= fx

cuando existe.Se llama derivada parcial de f con respecto a y en el punto (x0, y0) al lımite

lımh→0

f(x0, y0 + h)− f(x0, y0)

h= fy

cuando existe.

Notacion

La derivada parcial de z = f(x, y) con respecto a x en (x0, y0) se denota por

∂f

∂x(x0, y0),

∂f

∂x

∣∣∣∣(x0,y0)

,∂z

∂x(x0, y0), fx(x0, y0), zx(x0, y0).

Analogamente, la derivada parcial de z = f(x, y) con respecto a y en (x0, y0) se denota por

∂f

∂y(x0, y0),

∂f

∂y

∣∣∣∣(x0,y0)

,∂z

∂y(x0, y0), fy(x0, y0), zy(x0, y0).

Si ahora hacemos variar el punto (x0, y0), entonces fx y fy se transforman en funciones dedos variables:

Derivada parcial de f con respecto a x

∂f

∂x= fx(x, y) = lım

h→0

f(x+ h, y)− f(x, y)

h.

La derivacion parcial de f con respecto a x corresponde a la razon a la cual cambia f(x, y) cuandovarıa x, mientras que y se mantiene constante.

9

Derivada parcial de f con respecto a y

∂f

∂y= fy(x, y) = lım

h→0

f(x, y + h)− f(x, y)

h.

La derivacion parcial de f con respecto a y corresponde a la razon a la cual cambia f(x, y) cuandovarıa y, mientras que x se mantiene constante.

La tecnica de derivacion parcial consiste en:

1. Para encontrar fx, considerese a y como constante y derıvese f(x, y) con respecto a x.

2. Para encontrar fy, considerese a x como constante y derıvese f(x, y) con respecto a y.

Ejemplos

1. Si z = yexy , hallar zx y zy.

2. Si z =1

2ln(x2 + y2) + arctan

(yx

), hallar (zx)

2 + (zy)2.

3. Dada f(x, y) = xex2y, hallar fx y fy, y evaluar cada una en el punto (1, ln(2)).

Solucion

1. Al considerar y como constante y derivando con respecto a x, se obtiene

zx = y · exy · 1

y= e

xy .

Ahora, al considerar x como constante y derivando con respecto a y, se tiene

zy = exy + y · e

xy ·(− x

y2

)= e

xy

(1− x

y

).

2. Notar que

zx =1

2· 2x

x2 + y2+

1

1 + ( yx)2

·(− y

x2

)=

x

x2 + y2− y

x2 + y2

=x− y

x2 + y2,

entonces

(zx)2 =

x2 − 2xy + y2

(x2 + y2)2.

10

Por otro lado,

zy =1

2· 2y

x2 + y2+

1

1 + ( yx)· 1x

=y

x2 + y2+

x

x2 + y2

=x+ y

x2 + y2,

lo cual implica

(zy)2 =

x2 + 2xy + y2

(x2 + y2)2.

Por lo tanto

(zx)2 + (zy)

2 =x2 − 2xy + y2

(x2 + y2)2+

x2 + 2xy + y2

(x2 + y2)2=

2(x2 + y2)

(x2 + y2)2=

2

x2 + y2.

3. Como la derivada parcial de f con respecto a x es

fx(x, y) = xex2y(2xy) + ex

2y,

entonces la derivada parcial de f con respecto a x en el punto (1, ln(2)) es

fx(1, ln(2)) = eln(2)(2 ln(2)) + eln(2)

= 4 ln(2) + 2.

Por otro lado, dado que la derivada parcial de f con respecto a y es

fy(x, y) = xex2y(x2) = x3ex

2y,

entonces la derivada parcial de f con respecto a y en el punto (1, ln(2)) es

fy(1, ln(2)) = eln(2)

= 2.

1.1.3. Interpretacion geometrica de las derivadas parciales

Las derivadas parciales de una funcion de dos variables, z = f(x, y), tienen una interpreta-cion geometrica util. Si y = y0, entonces z = f(x, y0) representan la curva que se forma en lainterseccion de la superficie z = f(x, y) con el plano y = y0. Por consiguiente,

fx(x0, y0) = lım∆x→0

f(x0 +∆x, y0)− f(x0, y0)

∆x

representa la pendiente de esta curva en el punto (x0, y0, f(x0, y0)). Notese que tanto la curvacomo la recta tangente se encuentran en el plano y = y0.

11

Analogamente

fy(x0, y0) = lım∆y→0

f(x0, y0 +∆y)− f(x0, y0)

∆y

representa la pendiente de la curva dada por la interseccion de z = f(x, y) y el plano x = x0 en(x0, y0, f(x0, y0)).

Informalmente, los valores ∂f∂x

y ∂f∂y

denotan las pendientes de la superficie en las dire-cciones x e y, respectivamente.

Ejemplo

Si f(x, y) = 4 − x2 − 2y2, determine fx(1, 1) y fy(1, 1) e interprete estos numeros comopendientes.

12

Solucion

Tenemos

fx(x, y) = −2x fy(x, y) = −4y,

fx(1, 1) = −2 fy(1, 1) = −4.

La grafica de f es el paraboloide z = 4 − x2 − 2y2 y el plano vertical y = 1 lo intersecta enla parabola z = 2 − x2, y = 1 (ver C1 en la figura). La pendiente de la recta tangente de estaparabola en el punto (1, 1, 1) es fx(1, 1) = −2. De la misma manera, la curva C2 que se formacuando el plano x = 1 intersecta al paraboloide es la parabola z = 3− 2y2, x = 1 y la pendientede la tangente en (1, 1, 1) es fy(1, 1) = −4.

1.1.4. Derivadas parciales de una funcion de dos o mas variables

El concepto de derivada parcial puede extenderse de manera natural a funciones de tres o masvariables. Por ejemplo, si w = f(x, y, z), existen tres derivadas parciales, cada una de las cualesse forma manteniendo constantes las otras dos variables. Es decir, para definir la derivada parcialde w con respecto a x, considerar y y z constantes y se deriva con respecto a x. Para hallar lasderivadas parciales de w con respecto y y con respecto a z se emplea un proceso similar.

∂w

∂x= fx(x, y, z) = lım

∆x→0

f(x+∆x, y, z)− f(x, y, z)

∆x,

∂w

∂y= fy(x, y, z) = lım

∆y→0

f(x, y +∆y, z)− f(x, y, z)

∆y,

∂w

∂z= fx(x, y, z) = lım

∆z→0

f(x, y, z +∆z)− f(x, y, z)

∆z.

En general, si w = f(x1, x2, ..., xn), hay n derivadas parciales denotadas por

∂w

∂xk

= fxk(x1, x2, ..., xk), k = 1, 2, ..., n.

Para hallar la derivada parcial con respecto a una de las variables, se mantienen constantes lasotras variables y se deriva con respecto a la variable dada.

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Ejemplo

1. Hallar∂w

∂x,∂w

∂yy∂w

∂z, si

w(x, y, z) = 3x2y + 2xz2 − 5y2.

2. Hallar las derivadas parciales de

f(x, y, z) = exy sin(x+ z).

Solucion

1.∂w

∂x= 6x+ 2z2,

∂w

∂y= 3x2 − 10y,

∂w

∂z= 4xz.

2.

fx(x, y, z) =1

ye

xy sin(x+ z) + e

xy cos(x+ z),

fy(x, y, z) = − x

y2e

xy sin(x+ z),

fz(x, y, z) = exy cos(x+ z).

Observacion 1.2. Sin importar cuantas variables haya, las derivadas parciales se pueden inter-pretar como tasas, velocidades o ritmos de cambio.

Ejemplo

Una lamina de metal plana se encuentra en el plano xy y la temperatura T en (x, y) esta dadapor T = 10(x2 + y2)2, donde T se mide en grados y, x e y en centımetros. Calcule la tasa decambio o variacion de T con respecto a la distancia en el punto (1, 2) en la direccion:

a) Del eje x.

b) Del eje y.

Solucion

Aquı la tasa de cambio con respecto a la distancia corresponde a la derivada parcial, de modoque

a)∂T

∂x= 20(x2 + y2)2x ⇒ ∂T

∂x(1, 2) = 20 · 5 · 2 = 200 (grados por cm).

b)∂T

∂y= 20(x2 + y2)2y ⇒ ∂T

∂y(1, 2) = 20 · 5 · 4 = 400 (grados por cm).

14

1.1.5. Derivadas parciales de orden superior

Si f es una funcion de dos variables, definida en una region abierta D ⊆ R2, tal que susderivadas parciales existen en cada punto (x, y) ∈ D, entonces fx y fy son a su vez funciones dex e y, las cuales tambien pueden tener derivadas parciales.

En este caso se obtienen cuatro segundas derivadas parciales de f :

∂∂x

(∂f∂x

)= ∂2f

∂x2 = fxx↗

∂f∂x

↘∂∂y

(∂f∂x

)= ∂2f

∂y∂x= fxy

↗z = f(x, y)

∂∂y

(∂f∂x

)= ∂2f

∂x∂y= fyx

↘ ↗∂f∂y

↘∂∂y

(∂f∂y

)= ∂2f

∂y2= fyy

Ejemplo

1. Determine las segundas derivadas parciales de

f(x, y) = x3 + x2y3 − 2y2.

2. Encontrar las cuatro segundas derivadas parciales de z = y cos(xy).

Solucion

1. Notar quefx(x, y) = 3x2 + 2xy3 ; fy(x, y) = 3x2y2 − 4y,

luego

fxx = ∂∂x(3x2 + 2xy3) = 6x+ 2y3 ; fxy =

∂∂y(3x2 + 2xy3) = 6xy2,

fyx = ∂y∂x(3x2y2 − 4y) = 6xy2 ; fyy =

∂∂y(3x2y2 − 4y) = 6x2y − 4.

2. Como

zx = y(− sin(xy))y = −y2 sin(xy),

zy = cos(xy) + y(− sin(xy))x = cos(xy)− xy sin(xy),

15

se tiene

zxx = −y2(cos(xy))y = −y3 cos(xy),

zxy =∂

∂y(zx) = (−2y) sin(xy) + (−y2)(cos(xy))x

= −2y sin(xy)− xy2 cos(xy),

zyy = − sin(xy)x− (x sin(xy) + xy cos(xy)x)

= −x sin(xy)− x sin(xy)− x2y cos(xy),

zyx =∂

∂x(zy) = −y sin(xy)− yx(cos(xy))y − (sin(xy))y

= −2y sin(xy)− xy2 cos(xy).

Notar que las derivadas parciales zxy y zyx, llamadas Derivadas paciales mixtas, son iguales,situacion que ocurrira para el tipo de funciones que utilizaremos con mayor frecuencia. La for-malizacion de este hecho es dada en el siguiente teorema.

Teorema 1.1. (de Clairut) Suponga que f esta definida sobre un disco D que contiene el punto(x0, y0). Si tanto la funcion fxy como fyx son continuas sobre D entonces

fxy(x0, y0) = fyx(x0, y0).

Ejemplo

Verificar que zxy = zyx, siz = 2x2yesin(x).

Solucion

Comozx = 4xyesin(x) + 2x2y cos(x)esin(x) y zy = 2x2esin(x),

se tiene

zxy = 4xesin(x) + 2x2 cos(x)esin(x),

zyx = 4xesin(x) + 2x2 cos(x)esin(x).

De modo que zxy = zyx.

Ejercicios

1. Hallar las derivadas parciales de primer orden de cada una de las siguientes funciones:

a) f(x, y) = 2x− 3y + 5

b) f(x, y) = x2 − 3y2 + 7

16

c) z = x√y

d) z = 2y2√x

e) z = x2e2y

f ) z = xexy

g) z = ln(x2 + y2)

h) z = ln(√xy)

i) z = ln

(x+ y

x− y

)j ) z = ln(x2 − y2)

k) z =x2

2y+

4y2

x

l) z =xy

x2 + y2

m) h(x, y) = e−(x2+y2)

n) g(x, y) = ln(√

x2 + y2)

n) f(x, y) =√x2 + y2

o) f(x, y) =√2x+ y3

p) z = tan(2x− y)

q) z = sin(3x) cos(3y)

r) z = ey sin(xy)

s) z = cos(x2 + y2)

2. En los siguientes ejercicios, dada f(x, y), hallar todos los valores de x e y tales que

fx(x, y) = 0 y fy(x, y) = 0 simultaneamente de

a) f(x, y) = x2 + 4xy + y2 − 4x+ 16y + 3

b) f(x, y) = 3x3 − 12xy + y3

c) f(x, y) =1

x+

1

y+ xy

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

3. En los siguientes ejercicios, calcular las derivadas parciales de primer orden respecto de x,y y z.

a) w =√

x2 + y2 + z2

b) F (x, y, z) = ln(√x2 + y2 + z2)

17

c) G(x, y, z) =1√

1− x2 − y2 − z2

d) H(x, y, z) = sin(x+ 2t+ 3z)

e) f(x, y, z) = 3x2y − 5xyz + 10yz2

f ) w =3xz

x+ y

4. Compruebe que la conclusion del teorema de Clairaut se cumple, es decir, uxy = uyx.

a) u = x4y3 − y4

b) u = exy sin(y)

c) u = cos(x2y)

d) u = ln(x+ 2y)

e) u = arctan(yx

)f ) u = sin(x− 2y)

5. En los siguientes ejercicios, mostrar que la funcion dada satisface la ecuacion de Laplace:

∂2z

∂x2+

∂2z

∂y2= 0.

a) z = 5xy

b) z =1

2(ey − e−y) sin(x)

c) z = ex sin(y)

d) z = arctan(yx

)6. En los siguientes ejercicios, mostrar que la funcion dada satisface la ecuacion de ondas:

∂2z

∂t2= c2

∂2z

∂x2.

a) z = sin(x− ct)

b) z = cos(4x+ 4ct)

c) z = ln(x+ ct)

d) z = sin(wct) sin(wx)

7. En los siguientes ejercicios, mostrar que la funcion dada satisface la ecuacion del calor:

∂z

∂t= c2

∂2z

∂x2.

a) z = e−t cos(xc

)b) z = e−t sin

(xc

)18

1.1.6. Diferenciabilidad

Una funcion f dada por z = f(x, y) es diferenciable en (x0, y0) si ∆z puede expresarse en laforma

∆z = fx(x0, y0)∆x+ fy(x0, y0)∆y + ε1∆x+ ε2∆y,

donde (ε1, ε2) → (0, 0) cuando (∆x,∆y) → (0, 0). La funcion f es diferenciable en una region Rsi es diferenciable en todo punto de R.

Ejemplo

Mostrar que la funcion dada por

f(x, y) = x2 + 3y

es diferenciable en todo punto del plano.

Solucion

Haciendo z = f(x, y), el incremento de z en un punto arbitrario (x, y) en el plano es

∆z = f(x+∆x, y +∆y)− f(x, y)

= (x2 + 2x∆x+∆x2) + 3(y +∆y)− (x2 + 3y)

= 2x∆x+∆x2 + 3∆y

= 2x(∆x) + 3(∆y) + ∆x(∆x) + 0(∆y)

= fx(x, y)∆x+ fy(x, y)∆y + ε1∆x+ ε2∆y,

donde ε1 = ∆x y ε2 = 0. Como ε1 → 0 y ε2 → 0 cuando (∆x,∆y) → (0, 0), se sigue que f esdiferenciable en todo punto del plano.

Definicion 1.4. Sea z = f(x, y) una funcion de dos variables que admite primeras derivadasparciales. Entonces

i) Las Diferenciales de las variables independientes estan dadas por

dx = ∆x, dy = ∆y.

ii) La Diferencial (o diferencial total) de la variable dependiente esta dada por

dz =∂f

∂x(x, y)dx+

∂f

∂y(x, y)dy =

∂z

∂xdx+

∂z

∂ydy.

Basados en lo que ocurre para funciones de una variable es razonable pensar que dz propor-cione una buena aproximacion para ∆z, con ∆x y ∆y pequenos, sin embargo la garantıa de quedz ≈ ∆z para incrementos pequenos exige la continuidad de las primeras derivadas parciales.

Teorema 1.2. Si las derivadas parciales fx y fy existen cerca de (x0, y0) y son continuas en(x0, y0), entonces f es diferenciable en (x0, y0).

19

Ejemplo

La temperatura T en el punto P (x, y) en un sistema de coordenadas rectangulares esta dadapor

T (x, y) = 8(2x2 + 4y2)1/2.

Use deferenciales para calcular la diferencia de temperaturas entre los puntos (6, 3) y (6,1; 3,3).

Solucion

dT =∂T

∂x(x, y)dx+

∂T

∂y(x, y)dy.

Aquı (x, y) = (6, 3), dx = 0, 1 y dy = 0, 3, mientras que

∂T

∂x= 8

1

2(2x2 + 4y2)−1/2 · 4x =

16x√2x2 + 4y2

⇒ ∂T

∂x(6, 3) =

96√108

,

∂T

∂y= 8

1

2(2x2 + 4y2)−1/2 · 8y =

32y√2x2 + 4y2

⇒ ∂T

∂y(6, 3) =

96√108

.

reemplazando, se tiene

dT =96√108

0, 1 +96√108

0, 3 ≈ 3, 695.

Como las derivadas parciales∂T

∂xy∂T

∂yson continuas en un entorno del punto (6, 3), entonces la

aproximacion obtenida es aceptable.

1.1.7. Regla de la cadena

Recordemos que si f y g son funciones de una variable tales que

y = f(x) y x = g(t),

entonces la funcion compuesta entre f y g esta dada por

y = (f ◦ g)(t) = f(g(t))

y la derivadady

dtse puede precisar aplicando la Regla de la cadena, esto es

dy

dt=

dy

dx

dx

dt.

Interesa ahora generalizar esta idea a funciones de varias variables.

20

Para el caso de funciones de 2 variables, la situacion mas simple esta dada por

f : D ⊂ R2 −→ R(x, y) 7→ z = f(x, y),

siendo x e y funciones de la variable t. Entonces z = f(x(t), y(t)) y tiene sentido el problema de

determinardz

dt.

Teorema 1.3. (Regla de la Cadena A)Sean x = x(t) e y = y(t) funciones diferenciables en (x(t), y(t)). Entonces z = f(x(t), y(t))

es diferenciable en t ydz

dt=

∂z

∂x

dx

dt+

∂z

∂y

dy

dt.

Este diagrama representa la derivada de z con respecto a t.Consideremos ahora la situacion en la que z = f(x, y), pero cada una de las variables x e y

es funcion de dos variables s y t. En este caso tiene sentido el problema de determinar∂z

∂sy∂z

∂t.

Teorema 1.4. (Regla de la Cadena B)Sean x = g(s, t) e y = h(s, t) funciones que admiten primeras derivadas parciales en (s, t)

y sea z = f(x, y) diferenciable en (g(s, t), h(s, t)). Entonces z = f(g(s, t), h(s, t)) tiene primerasderivadas parciales dadas por

i)∂z

∂s=

∂z

∂x

∂x

∂s+

∂z

∂y

∂y

∂s.

ii)∂z

∂t=

∂z

∂x

∂x

∂t+

∂z

∂y

∂y

∂t.

21

Teorema 1.5. (Regla de la Cadena. Caso general)Supongase que z = f(x1, x2, ..., xn) es una funcion diferenciable y que cada una de las variables

x1, x2,..., xn es una funcion de m variables de la forma t1, t2,..., tm, de tal manera que todas

las derivadas parciales∂xj

∂tiexisten (j = 1, 2, ..., n; i = 1, 2, ...,m). Entonces z es funcion de t1,

t2,..., tm y∂z

∂ti=

n∑j=1

∂z

∂xj

∂xj

∂ti, para cada i = 1, 2, ...,m.

Ejemplo

Escribir la regla de la cadena para el caso en que w = f(x, y, z, u); x = x(s, t), y = y(s, t),z = z(x, y) y u = u(s, t).

Solucion

Usaremos el diagrama de arbol, que en lo sucesivo no contendra en las ramas la correspon-diente derivada parcial. En este caso

22

Entonces

∂w

∂s=

∂w

∂x

∂x

∂s+

∂w

∂y

∂y

∂s+

∂w

∂z

∂z

∂s+

∂w

∂u

∂u

∂s,

∂w

∂t=

∂w

∂x

∂x

∂t+

∂w

∂y

∂y

∂t+

∂w

∂z

∂z

∂t+

∂w

∂u

∂u

∂t.

Ejemplo

Escribir la regla de la cadena para el caso en que w = f(p, q) con p = p(x, y, z) y q = q(x, y, z).

Solucion

En este caso el diagrama es

Entonces

∂w

∂x=

∂w

∂p

∂p

∂x+

∂w

∂q

∂q

∂x,

∂w

∂y=

∂w

∂p

∂p

∂y+

∂w

∂q

∂q

∂y,

∂w

∂z=

∂w

∂p

∂p

∂z+

∂w

∂q

∂q

∂z.

1.1.8. Derivacion Implıcita

Aunque en la unidad de Calculo I, referida a derivacion implıcita, se introdujo la tecnica paraderivar funciones f(x) definidas implıcitamente por la ecuacion F (x, y) = 0, ahora es posible des-cribir mas completamente tal procedimiento mediante la regla de la cadena. En efecto, definamosla funcion compuesta F por

w = F (u, y) con u = x, y = y(x),

23

entoncesdw

dx=

∂w

∂u

du

dx+

∂w

∂y

dy

dx.

De la definicion de funcion implıcita se tiene que w = F (x, f(x)) = 0 para todo x ∈ Df , de modo

quedw

dx= 0. Ademas, como u = x entonces

du

dx= 1. Por lo tanto

∂w

∂x+

∂w

∂y

dy

dx= 0.

Si∂w

∂y= 0, entonces

dy

dx= −

∂w∂x∂w∂y

= −Fx

Fy

.

Teorema 1.6. Si una ecuacion F (x, y) = 0 define implıcitamente a una funcion derivable f(x)tal que y = f(x), entonces

dy

dx= −Fx

Fy

.

Ejemplo

Hallardy

dxsuponiendo que y = f(x) satisface la ecuacion

x4 + 2x2y2 − 3xy3 + 2x = 0.

Solucion

Supongamos que F (x, y) = x4 + 2x2y2 − 3xy3 + 2x = 0, entonces

Fx = 4x3 + 4xy2 − 3y3 + 2,

Fy = 4x2y − 9xy2.

Aplicando el Teorema 1.6, se tiene

dy

dx= −4x3 + 4xy2 − 3y3 + 2

4x2y − 9xy2.

En el contexto de funciones de dos o mas variables, debemos considerar una ecuacion de laforma F (x, y, z) = 0 que define implıcitamente a una funcion, por ejemplo, z = f(x, y). Estosignifica que F ((x, y), f(x, y)) = 0 para todo (x, y) ∈ Df . Si f es diferenciable y las derivadasparciales fx y fy existen, entonces es posible usar la regla de la cadena para determinar las

derivadas parciales∂z

∂xy∂z

∂y, sin que sea necesario despejar z de la ecuacion F (x, y, z) = 0. El

siguiente teorema garantiza tal situacion

24

Teorema 1.7. Si una ecuacion F (x, y, z) = 0 define implıcitamente a una funcion diferenciablef(x, y) tal que z = f(x, y) en el dominio de f , entonces

∂z

∂x= −Fx

Fz

,∂z

∂y= −Fy

Fz

.

Ejemplo

Hallar ∂z∂x

y ∂z∂y, suponiendo que z = f(x, y) satisface la ecuacion

x2y + z2 + cos(xyz) = 4.

Solucion

Supongamos queF (x, y, z) = x2y + z2 + cos(xyz)− 4 = 0,

entonces

Fx = 2xy − yz sin(xyz),

Fy = x2 − xz sin(xyz),

Fz = 2z − xy sin(xyz).

Aplicando el Teorema 1.7, se tiene

∂z

∂x= −Fx

Fz

=2xy − yz sin(xyz)

2z − xy sin(xyz),

∂z

∂y= −Fy

Fz

=x2 − xz sin(xyz)

2z − xy sin(xyz).

Ejercicios

1. En los siguientes ejercicios, hallar la diferencial total.

a) z = 3x2y3

b) z =x2

y

c) z = − 1

x2 + y2

d) w =x+ y

z − 2y

e) z = x cos(y)− y cos(x)

f ) z =1

2(ex

2+y2 − e−x2−y2)

25

g) z = ex sin(y)

h) w = ey cos(x) + z2

i) w = 2z3y sin(x)

j ) w = x2yz2 + sin(yz)

2. Aplique la regla de la cadena para hallardz

dtodw

dt.

a) z = x2 + y2 + xy, x = sin(t), y = et.

b) z = cos(x+ 4y), x = 5t4, y =1

t.

c) z =√

1 + x2 + y2, x = ln(t), y = cos(t).

d) z = tan−1(yx

), x = et, y = 1− e−t.

e) w = xeyz , x = t2, y = 1− t, z = 1 + 2t.

f ) w = ln(√

x2 + y2 + z2), x = sin(t), y = cos(t), z = tan(t).

3. Mediante la regla de la cadena encuentre∂z

∂sy∂z

∂t.

a) z = x2y2, x = s cos(t), y = s sin(t)

b) z = arcsin(x− y), x = s2 + t2, y = 1− 2st

c) z = sin(θ) cos(ϕ), θ = st2, ϕ = s2t

d) z = ex+2y, x =s

t, y =

t

s

e) z = er cos(θ), r = st, θ =√s2 + t2

f ) z = tan(uv

), u = 2s+ 3t, v = 3s− 2t

4. En los siguientes ejercicios, hallardy

dxmediante derivacion implıcita.

a) x2 − 3xy + y2 − 2x+ y − 5 = 0

b) cos(x) + tan(xy) + 5 = 0

c) ln(√x2 + y2) + xy = 4

d)x

x2 + y2− y2 = 6

5. En los siguientes ejercicios, hallar las primeras derivadas parciales de z mediante derivacionimplıcita.

a) x2 + y2 + z2 = 25

26

b) xy + yz + xz = 0

c) tan(x+ y) + tan(y + z) = 1

d) z = ex sin(y + z)

e) x2 + 2yz + z2 = 1

f ) x+ sin(y + z) = 0

g) exz + xy = 0

h) x ln(y) + y2z + z2 = 8

6. Suponga que las funciones dadas son derivables.

a) Si z = f(x, y), donde x = r cos(θ) e y = r sin(θ). Determine∂z

∂r,∂z

∂θy demuestre que

(∂z

∂x

)2

+

(∂z

∂y

)2

=

(∂z

∂r

)2

+1

r2

(∂z

∂θ

)2

b) Si u = f(x, y), donde x = es cos(t) e y = es sin(t), demuestre que(∂u

∂x

)2

+

(∂u

∂y

)2

= e−2s

[(∂u

∂s

)2

+

(∂u

∂t

)2]

c) Si z = f(x− y), demuestre que∂z

∂x+

∂z

∂y= 0

d) Si z = f(x, y), donde x = s+ t e y = s− t, demuestre que(∂z

∂x

)2

−(∂z

∂y

)2

=∂z

∂s

∂z

∂t

1.2. Derivadas direccionales. Vector Gradiente

Recuerde que si z = f(x, y), entonces las derivadas parciales de fx y fy se definen como

fx(x0, y0) = lımh→0

f(x0 + h, y0)− f(x0, y0)

h,

fy(x0, y0) = lımh→0

f(x0, y0 + h)− f(x0, y0)

h

y representan las razones de cambio de z en las direcciones x e y; es decir, en las direcciones delos vectores unitarios i y j.

Supongamos que ahora queremos encontrar la razon de cambio de z en (x0, y0) en la direccionde un vector arbitrario u = ⟨a, b⟩. Para hacer esto consideremos la superficie S cuya ecuacion es

27

z = f(x, y) (la grafica de f), y sea z0 = f(x0, y0). Entonces el punto P (x0, y0, z0) queda sobre S.El plano vertical que pasa por P en la direccion de u intersecta a S en una curva C. La pendientede la recta tangente T a C en el punto P es la razon de cambio de z en la direccion de u.

Si Q(x, y, z) es otro punto sobre C y P ′, Q′ son las proyecciones sobre el plano xy, entoncesel vector es paralelo a u y entonces

−−→P ′Q′ = hu = ⟨ha, hb⟩

para algun escalar h. Por lo tanto, x− x0 = ha, y− y0 = hb, por lo que x = x0 + ha, y = y0 + hby

∆z

h=

z − z0h

=f(x0 + ha, y0 + hb)− f(x0, y0)

h.

Si tomamos el lımite cuando h → 0, obtenemos la razon de cambio de z con respecto a la distanciaen la direccion de u, la cual se denomina derivada direccional de f en la direccion de u.

Definicion 1.5. Sean f una funcion de dos variables x e y y u = ⟨a, b⟩ = ⟨cos(θ), sin(θ)⟩ unvector unitario. Entonces la derivada direccional de f en la direccion de u, denotada por Duf ,es dada por

Duf = lımh→0

f(x+ ha, y + hb)− f(x, y)

h,

si tal lımite existe.

Para calcular la derivada direccional de una funcion de dos variables, de la forma z = f(x, y)se aplica el siguiente teorema.

Teorema 1.8. Si f es una funcion de variables x e y, entonces f tiene una derivada direccionalen la direccion de cualquier vector unitario u = ⟨a, b⟩ = ⟨cos(θ), sin(θ)⟩ y

Duf(x, y) = fx(x, y) cos(θ) + fy(x, y) sin(θ).

28

Ejemplos

1. Hallar la derivada direccional de f(x, y) = 4−x2− 1

4y2 en el punto (1, 2) en la direccion de

u = cos(π3

)i+ sin

(π3

)j.

2. Determine la derivada direccional de la funcion f(x, y) = x2y3 − 4y en el punto (2,−1) enla direccion del vector v = 2i+ 5j.

Solucion

1. Notar que

Duf(x, y) = fx(x, y) cos(θ) + fy(x, y) sin(θ)

= (−2x) cos(θ) +(−y

2

)sin(θ).

Evaluando en θ =π

3, x = 1 e y = 2 se obtiene

Duf(1, 2) = (−2)

(1

2

)+ (−1)

(√3

2

)

= −1−√3

2≈ −1,866.

2. Observar que el vector v no es unitario, pero como ∥v∥ =√29, entonces el vector unitario

en la direccion de v es

u =v

∥v∥=

2√29

i+5√29

j.

Por lo tanto, como

Duf(x, y) = 2xy3(

2√29

)+ (3x2y2 − 4)

(5√29

),

se tiene

Duf(2,−1) = 2(2)(−1)3(

2√29

)+ (3(2)2(−1)2 − 4)

(5√29

)=

−4(2) + 8(5)√29

=32√29

.

Definicion 1.6. Si f es una funcion de dos variables x e y, entonces el gradiente de f es lafuncion vectorial ∇f definida por

∇f(x, y) = ⟨fx(x, y), fy(x, y)⟩ =∂f

∂xi+

∂f

∂yj.

29

Ejemplo

Si f(x, y) = sin(x) + exy, entonces

∇f(x, y) = ⟨fx, fy⟩ = ⟨cos(x) + yexy, xexy⟩

y∇f(0, 1) = ⟨2, 0⟩ = 2i.

Ejemplo

Si f(x, y) = y ln(x) + xy2, hallar el vector gradiente de f en el punto (1, 2).

Solucion

Dado que

fx(x, y) =y

x+ y2 y fy(x, y) = ln(x) + 2xy,

se tiene∇f(x, y) =

(yx+ y2

)i+ (ln(x) + 2xy)j.

En el punto (1, 2) el gradiente es

∇f(1, 2) =

(2

1+ 22

)i+ (ln(1) + 2(1)(2))j

= 6i+ 4j.

Como el gradiente de f es un vector, se puede expresar la derivada direccional de f en la direccionde u como

Duf(x, y) = [fx(x, y)i+ fy(x, y)j] · [cos(θ)i+ sin(θ)j].

En otras palabras, la derivada direccional es el producto escalar del gradiente y el vector direccion.Este util resultado se resume en el siguiente teorema.

Teorema 1.9. (Forma alternativa de la derivada direccional) Si f es una funcion diferenciablede x e y, entonces la derivada direccional de f en la direccion del vector unitario u es

Duf(x, y) = ∇f(x, y) · u.

Ejemplo

Si f(x, y) = xey, determine la razon de cambio de f en el punto P (2, 0) en la direccion de Pa Q(1

2, 2).

30

Solucion

Primero calculamos el vector gradiente:

∇f(x, y) = ⟨fx, fy⟩ = ⟨ey, xey⟩ ⇒ ∇f(2, 0) = ⟨1, 2⟩.

El vector unitario en la direccion−→PQ⟨−1

2, 2⟩ es

u = ⟨−3

5,4

5⟩,

de modo que la razon de cambio de f en la direccion de P a Q, utilizando la formula alternativaes

Duf(2, 0) = ∇f(2, 0) · u = ⟨1, 2⟩ · ⟨−3

5,4

5⟩

= 1

(−3

5

)+ 2

(4

5

)= 1.

Teorema 1.10. (Propiedades del gradiente) Sea f diferenciable en el punto (x, y).

1. Si ∇f(x, y) = 0, entonces Duf(x, y) = 0 para todo u.

2. La direccion de maximo incremento de f esta dada por ∇f(x, y). El valor maximo deDuf(x, y) es ∥∇f(x, y)∥.

3. La direccion de mınimo incremento de f esta dada por −∇f(x, y). El valor mınimo deDuf(x, y) es −∥∇f(x, y)∥.

Ejemplo

La temperatura en el punto (x, y) de una placa metalica es dada por

T (x, y) =x

x2 + y2.

Hallar la direccion de mayor incremento de calor en el punto (2, 3).

Solucion

Las derivadas parciales de T son

Tx(x, y) =x2 + y2 − 2x2

(x2 + y2)2=

y2 − x2

(x2 + y2)2,

Ty(x, y) = − 2xy

(x2 + y2)2.

31

Luego, en el punto (2, 3) se tiene que

Tx(2, 3) =9− 4

(4 + 9)2=

5

169,

Ty(2, 3) = − 12

(4 + 9)2= − 12

169.

Por lo tanto, la direccion de mayor incremento es

∇T (2, 3) =5

169i− 12

169j

=1

169(5i− 12j).

Definicion 1.7. Las curvas de nivel de una funcion f de dos variables son las curvas cuyasecuaciones son f(x, y) = k, donde k es una constante (en el rango de f).

Una curva de nivel f(x, y) = k es el conjunto de todos los puntos en el dominio de f en elcual f toma un valor dado k. En otras palabras, senala donde tiene una altura k la grafica de f .

Podemos ver en la figura la relacion entre curvas de nivel y trazas horizontales. Las curvasde nivel f(x, y) = k son justamente las trazas de la grafica de f en el plano horizontal z = kproyectadas en el plano xy. Entonces, si dibujamos las curvas de nivel de una funcion y lasrepresentamos como elevaciones de la superficie a la altura indicada, entonces podemos formarmentalmente una imagen de la grafica. La superficie tiene pendiente abrupta donde las curvasde nivel estan cercanas entre sı. Es algo mas plana donde las curvas se separan.

Teorema 1.11. Si f es diferenciable en (x0, y0) y ∇f(x0, y0) = 0, entonces ∇f(x0, y0) es normal(ortogonal) a la curva de nivel que pasa por (x0, y0).

32

Ejemplo

Para el paraboloide

z =x2

4+ y2,

encontrar la ecuacion de su curva de nivel que pasa por el punto P (2, 1) y graficarla. Ademas,hallar el vector gradiente del paraboloide en el punto P y graficarlo con su punto inicial en P .

Solucion

Sabemos que las curvas de nivel del paraboliode estan dadas por

x2

4+ y2 = k, k constante.

Como (2, 1) pertenece a la curva, entonces reemplazando se obtiene 1 + 1 = k, esto es k = 2.Por lo tanto, la curva de nivel que pasa por P (2, 1) esta dada por

x2

4+ y2 = 2 ⇔ x2

8+

y2

2= 1.

33

Por otra parte, si f(x, y) =x2

4+ y2, entonces

fx(x, y) =x

2, fy(x, y) = 2y y ∇f(2, 1) = (1, 2).

Funciones de tres variables

Para funciones de tres variables se pueden definir la derivada direccional y el gradiente deuna manera similar a la utilizada para una funcion de dos variables. Esto es Duf(x, y, z) puedeinterpretarse como la razon de cambio de la funcion en la direccion de un vector unitario u.

Definicion 1.8. Si f es una funcion de tres variables x, y, z, entonces el gradiente de f es dadopor

∇f(x, y, z) = fx(x, y, z)i+ fy(x, y, z)j+ fz(x, y, z)k.

Observacion 1.3. Para hallar la derivada direccional de una funcion de tres variables se utilizala forma alternativa, esto es

Duf(x, y, z) = ∇f(x, y, z) · u.

Ejemplo

Si f(x, y, z) = x sin(yz), determine:

1. El gradiente de f .

2. La derivada direccional de f en el punto (1, 3, 0) en la direccion v = i+ 2j− k.

Solucion

1. El gradiente de f es

∇f(x, y, z) = ⟨fx(x, y, z), fy(x, y, z), fz(x, y, z)⟩= ⟨sin(yz), xz cos(yz), xy cos(yz)⟩.

34

2. En el punto (1, 3, 0), tenemos ∇f(1, 3, 0) = ⟨0, 0, 3⟩. El vector unitario en la direccion dev = i+ 2j− k es

u =1√6i+

2√6j− 1√

6k.

Por lo tanto,

Duf(1, 3, 0) = ∇f(1, 3, 0) · u

= 3k ·(

1√6i+

2√6j− 1√

6k

)= 3

(− 1√

6

)= −

√3

2.

Propiedades del gradiente de una funcion de tres variables

1. Si ∇f(x, y, z) = 0, entonces Duf(x, y, z) = 0, para todo u.

2. La direccion de maximo incremento de f esta dada por ∇f(x, y, z). El valor maximo deDuf(x, y, z) es ∥∇f(x, y, z)∥.

3. La direccion de mınimo incremento de f esta dada por −∇f(x, y, z). El valor mınimo deDuf(x, y, z) es −∥∇f(x, y, z)∥.

Ejemplo

Suponga que la temperatura en un punto (x, y, z) del espacio esta dada por

T (x, y, z) =80

1 + x2 + 2y2 + 3z2,

donde T se mide en ◦C y x, y, z en metros. ¿En que direccion aumenta mas rapidamente latemperatura en el punto (1, 1,−2)?. ¿ Cual es el valor de la maxima razon de aumento?

Solucion

Como

Tx(x, y, z) = − 160x

(1 + x2 + 2y2 + 3z2)2, Ty(x, y, z) = − 320y

(1 + x2 + 2y2 + 3z2)2,

Tz(x, y, z) = − 480z

(1 + x2 + 2y2 + 3z2)2,

entonces

∇T (1, 1,−2) =

(−160

162,−320

162,960

162

)=

5

8(−1,−2, 6).

35

Por lo tanto, la temperatura T aumenta mas rapidamente en la direccion del vector gradiente

∇T (1, 1,−2) =5

8(−1,−2, 6),

lo que equivale a la direccion del vector (−1,−2, 6).Por otra parte, la maxima razon de aumento de la temperatura esta dada por

∥∇T (1, 1,−2)∥ = ∥58(−1,−2, 6)∥ =

5

8∥(−1,−2, 6)∥

=5

8

√1 + 4 + 36

=5√41

8.

Observacion 1.4. Si w = f(x, y, z) es una funcion de tres variables, la superficief(x, y, z) = k, k constante se llama superficie de nivel para f . Si P (x, y, z) ∈ Df , entonces

∇f(P ) es perpendicular a la superficie de nivel de f que pasa por P . Por ejemplo, en un problemade conducion de calor en un cuerpo homogeneo, donde w = T (x, y, z) mide la temperatura en elpunto (x, y, z), la superficie de nivel T (x, y, z) = k se llama superficie isoterma, ya que todoslos puntos de ella tienen la misma temperatura k. Ademas, en cualquier punto dado del cuerpo,el calor fluye en la direccion contraria al gradiente, esto es, la direccion de mayor decrecimientode la temperatura, y por lo tanto perpendicular a la superficie en dicho punto.

1.2.1. Plano tangente y recta normal a una superficie

Suponga que una superficie S tiene por ecuacion a z = f(x, y), donde las primeras derivadasparciales de f son continuas, y sea P (x0, y0, z0) un punto sobre S. Al igual que en la seccionanterior, sean C1 y C2 las curvas que se obtienen al intersectar los planos verticales y = y0 yx = x0 con la superficie S. Entonces, el punto P se encuentra tanto en C1 como en C2. Sean T1

y T2 las rectas tangentes a las curvas C1 y C2 en el punto P . Entonces, el plano tangente a lasuperficie S en el punto P se define como el plano que contiene a las rectas tangentes T1 y T2.

36

Definicion 1.9. Supongamos que F (x, y, z) = 0 determina una superficie S y que F es dife-renciable en un punto P0(x0, y0, z0) de S con ∇F (P0) = 0. Entonces el plano que pasa por P0

perpendicular a ∇F (P0) se llama Plano tangente a la superficie S en P0.

Definicion 1.10. Si una superficie S tiene un plano tangente en un punto P0(x0, y0, z0), entoncesla recta que pasa por P0 y es perpendicular al plano tangente se llama recta normal a la superficieS en P0.

Teorema 1.12. Para la superficie F (x, y, z) = 0 y el punto P0(x0, y0, z0) de ella, se tiene

1. Ecuacion del plano tangente en P0

Fx(P0)(x− x0) + Fy(P0)(y − y0) + Fz(P0)(z − z0) = 0.

2. Ecuacion de la recta normal en P0

x− x0

Fx(P0)=

y − y0Fy(P0)

=z − z0Fz(P0)

.

Ejemplos

1. Hallar las ecuaciones del plano tangente y de la recta normal al paraboloide elıptico

z = 2x2 + y2

en el punto (1, 1, 3).

2. Probar que las superficies x2 + 4y + z2 = 0 y x2 + y2 + z2 − 6z + 7 = 0 son tangentes entresi en el punto (0,−1, 2), esto es, demostrar que ellas tienen el mismo plano tangente en(0,−1, 2).

3. Dos superficies son mutuamente ortogonales en un punto de interseccion, si sus normales endicho punto son mutuamente ortogonales. Probar que la esfera (x−1)2+(y−1)2+ z2 = 66es ortogonal al paraboloide x2 + y2 = z en el punto (2, 2, 8).

Solucion

1. Sea F (x, y, z) = 2x2 + y2 − z = 0, entonces

Fx(x, y, z) = 4x, Fy(x, y, z) = 2y, Fz(x, y, z) = −1.

Luego, Fx(1, 1, 3) = 4, Fy(1, 1, 3) = 2, Fz(1, 1, 3) = −1.

Un vector normal al plano tangente en el punto (1, 1, 3) es

∇f(1, 1, 3) = 4i+ 2j− k.

37

Por lo tanto, una ecuacion del plano tangente es

4(x− 1) + 2(y − 1)− (z − 3) = 0 ⇔ 4x+ 2y − z = 3,

y una ecuacion de la recta normal es

x− 1

4=

y − 1

2= 3− z.

2. Sean

F (x, y, z) = x2+4y+z2 = 0, G(x, y, z) = x2+y2+z2−6z+7 = 0 y P0(0,−1, 2).

Entonces ∇F (P0) = ⟨2x, 4, 2z⟩∣∣P0

= ⟨0, 4, 4⟩ y la ecuacion del plano tangente π1 esta dadapor

0(x− 0) + 4(y + 1) + 4(z − 2) = 0 ⇔ 4y + 4 + 4z − 8 = 0

⇔ y + z = 1.

Por otra parte, ∇G(P0) = ⟨2x, 2y, 2z−6⟩∣∣P0

= ⟨0,−2,−2⟩ y la ecuacion del plano tangenteπ2 esta dada por

0(x− 0)− 2(y + 1)− 2(z − 2) = 0 ⇔ −2y − 2− 2z + 4 = 0

⇔ y + z = 1.

Por lo tanto, ambas superficies son tangentes en (0,−1, 2) ya que tienen el plano tangentecomun y + z = 1 en (0,−1, 2).

3. Consideremos

F (x, y, z) = (x−1)2+(y−1)2+z2−66 = 0, G(x, y, z) = x2+y2−z = 0, y P0(2, 2, 8).

Entonces

∇F (P0) = ⟨2(x− 1), 2(y − 1), 2z⟩∣∣P0

= ⟨2, 2, 16⟩,∇G(P0) = ⟨2x, 2y,−1⟩

∣∣P0

= ⟨4, 4,−1⟩.

En este caso, las vectores normales estan dados por

n1 = ⟨2, 2, 16⟩ y n2 = ⟨4, 4,−1⟩,

donde

n1 · n2 = ⟨2, 2, 16⟩ · ⟨4, 4,−1⟩= 8 + 8− 16

= 0,

lo que muestra que las superficies dadas son ortogonales en (2, 2, 8).

38

Ejercicios

1. En los siguientes ejercicios, hallar la derivada direccional de la funcion en la direccion deu = cos(θ)i+ sin(θ)j, si

a) f(x, y) = x2 + y2, θ =π

4.

b) f(x, y) =y

x+ y, θ = −π

6.

c) f(x, y) = sin(2x− y), θ = −π

3.

d) g(x, y) = xey, θ =2π

3.

2. En los siguientes ejercicios, hallar el gradiente de la funcion en el punto dado.

a) f(x, y) = 3x− 5y2 + 10, (2, 1).

b) g(x, y) = 2xeyx , (2, 0).

c) z = cos(x2 + y2), (3,−4).

d) z = ln(x2 − y), (2, 3).

e) w = 3x2y − 5yz + z2, (1, 1,−2).

f ) w = x tan(y + z), (4, 3,−1).

3. En los siguientes ejercicios, hallar la derivada direccional de la funcion en P en la direccionde v, utilizando la forma alternativa.

a) f(x, y) = 3x− 4xy + 5y, P (1, 2) y v = 12(i+

√3j).

b) f(x, y) = x3 − y3, P (4, 3) y v =√22(i+ j).

c) f(x, y) = xy, P (2, 3) y v = i+ j.

d) f(x, y) =x

y, P (1, 1) y v = −j.

e) g(x, y) =√x2 + y2, P (3, 4) y v = 3i− 4j.

f ) g(x, y) = arc cos(xy), P (1, 0) y v = i+ 5j.

g) h(x, y) = ex sin(y), P(1, π

2

)y v = −i.

h) f(x, y, z) = xy + yz + xz, P (1, 1, 1) y v = 2i+ j− k.

i) f(x, y, z) = x2 + y2 + z2, P (1, 2,−1) y v = i− 2j+ 3k.

j ) h(x, y, z) = x arctan(yz), P (4, 1, 1) y v = ⟨1, 2,−1⟩.k) h(x, y, z) = xyz, P (2, 1, 1) y v = ⟨2, 1, 2⟩.

4. En los siguientes ejercicios, utilizar el gradiente para hallar la derivada direccional de lafuncion en P en la direccion de Q.

39

a) g(x, y) = x2 + y2 + 1, P (1, 2) y Q(3, 6).

b) f(x, y) = 3x2 − y2 + 4, P (3, 1) y Q(1, 8).

c) f(x, y) = e−x cos(y), P (0, 0) y Q(2, 1).

d) f(x, y) = sin(2x) cos(y), P (0, 0) y Q(π2, π).

5. En los siguientes ejercicios, hallar el gradiente de la funcion y el valor maximo de la derivadadireccional en el punto dado.

a) h(x, y) = x tan(y),(2, π

4

).

b) h(x, y) = y cos(x− y),(0, π

3

).

c) g(x, y) = ln( 3√x2 + y2), (1, 2).

d) g(x, y) = ye−x2, (0, 5).

e) f(x, y, z) =√

x2 + y2 + z2, (1, 4, 2).

f ) w =1√

1− x2 − y2 − z2, (0, 0, 0).

g) f(x, y, z) = xeyz, (2, , 0,−4).

h) w = xy2z2, (2, 1, 1).

6. La temperatura T en una bola de metal es inversamente proporcional a la distancia desdeel centro de la bola, el cual se considera como el origen. La temperatura en el punto (1, 2, 2)es 120◦.

a) Determine la razon de cambio de T en (1, 2, 2) en la direccion hacia el punto (2, 1, 3).

b) Demuestre que en cualquier punto en la bola la direccion de incremento mas grandede temperatura esta dado por un vector que apunta hacia el origen.

7. La temperatura en un punto (x, y, z) esta dada por

T (x, y, z) = 200e−x2−3y2−9z2 ,

donde T se mide en ◦C y x, y, z en metros.

a) Determine la razon de cambio de la temperatura en el punto P (2,−1, 2) en la direccionhacia el punto (3,−3, 3).

b) ¿En que direccion la temperatura se incrementa mas rapido en P?

c) Encuentre la razon maxima de incremento en P .

8. Suponga que en una cierta region del espacio el potencial electrico V esta dado porV (x, y, z) = 5x2 − 3xy + xyz.

a) Determine la razon de cambio del potencial en P (3, 4, 5) en la direccion del vectorv = i+ j− k.

40

b) ¿En que direccion cambia V con mayor rapidez en P?

c) ¿Cual es la razon maxima de cambio en P?

9. En los siguientes ejercicios, hallar una ecuacion del plano tangente a la superficie en elpunto dado.

a) g(x, y) = x2 − y2, (5, 4, 9).

b) f(x, y) = 2− 2

3x− y, (3,−1, 1).

c) z = ex(sin(y) + 1),(0, π

2, 2).

d) z = x2 − 2xy + y2, (1, 2, 1).

e) h(x, y) =√

x2 + y2, (3, 4, ln(5)).

f ) x2 + 4y2 + z2 = 36, (2,−2, 4).

g) x2 + 2z2 = y2, (1, 3,−2).

h) xy2 + 3x− z2 = 4, (2, 1,−2).

i) x = y(2z − 3), (4, 4, 2).

10. En los siguientes ejercicios, hallar una ecuacion del plano tangente y hallar ecuacionessimetricas para la recta normal a la superficie en el punto dado.

a) x2 + y2 + z = 9, (1, 2, 4).

b) x2 + y2 + z2 = 9, (1, 2, 2).

c) xy − z = 0, (−2,−3, 6).

d) x2 − y2 + z2 = 0, (5, 13,−12).

e) z = arctan(yx

),(1, 1, π

4

).

f ) xyz = 10, (1, 2, 5).

1.3. Extremos absolutos y extremos relativos de funcio-

nes de dos variables

Definicion 1.11. Una funcion de dos variables tiene un maximo local en (x0, y0) sif(x, y) ≤ f(x0, y0) cuando (x, y) esta cerca de (x0, y0) (Esto significa que f(x, y) ≤ f(x0, y0)

para todos los puntos (x, y) en algun disco con centro en (x0, y0)). El numero f(x0, y0) recibeel nombre de valor maximo local. Si f(x, y) ≥ f(x0, y0) cuando (x, y) esta cerca de (x0, y0),entonces f tiene un mınimo local en (x0, y0) y f(x0, y0) es un valor mınimo local.

Si las desigualdades de la definicion anterior se cumplen para todos los puntos (x, y) en eldominio de f , entonces f tiene un maximo absoluto, o un mınimo absoluto en (x0, y0).

41

Teorema 1.13. (Teorema del valor extremo) Sea f una funcion continua de dos variables x e ydefinida en una region acotada cerrada R en el plano xy.

1. Existe por lo menos un punto en R, en el que f toma un valor mınimo.

2. Existe por lo menos un punto en R, en el que f toma un valor maximo.

Definicion 1.12. (Extremos relativos)Sea f una funcion definida en una region R que contiene a (x0, y0).

1. La funcion f tiene un mınimo relativo en (x0, y0) si

f(x, y) ≥ f(x0, y0),

para todo (x, y) en un disco abierto que contiene (x0, y0).

2. La funcion f tiene un maximo relativo en (x0, y0) si

f(x, y) ≤ f(x0, y0),

para todo (x, y) en un disco abierto que contiene (x0, y0).

Para localizar los extremos relativos de f , se pueden investigar los puntos en los que elgradiente de f es 0 o los puntos en los cuales una de las derivadas parciales no exista. Talespuntos se llaman puntos crıticos de f .

Definicion 1.13. (Puntos crıticos)Sea f definida en una region abierta R que contiene (x0, y0). El punto (x0, y0) es un punto

crıtico de f si se satisface uno de los siguientes puntos:

1. fx(x0, y0) = 0 y fy(x0, y0) = 0.

2. fx(x, y) o fy(x, y) no existe.

Teorema 1.14. Si f tiene un extremo relativo en (x0, y0) en una region abierta R, entonces(x0, y0) es un punto crıtico de f .

Observacion 1.5. Es decir, el teorema establece que los extremos relativos solo ocurren en lospuntos crıticos.

42

Ejemplo

1. Encontrar los valores extremos de la funcion

f(x, y) = x2 − 2x+y2

4.

2. Calcule los valores extremos de f(x, y) = y2 − x2.

Solucion

1. Como f es diferenciable en todo R2, entonces los unicos puntos crıticos posibles de f sondel tipo estacionario. Entonces

∇f(x, y) = 0 ⇔ (2x− 2,y

2) = (0, 0)

⇔ 2x− 2 = 0 ∧ y

2= 0

⇔ x = 1 ∧ y = 0.

Para poder concluir si el punto crıtico estacionario (1, 0) corresponde a un valor maximoo mınimo de f , bastara evaluar f en puntos de una vecindad de (1, 0) y efectuar la com-paracion. En este caso, teniendo en cuenta que f(1, 0) = −1, es posible aplicar la siguientetecnica:

f(x, y) = x2 − 2x+y2

4

= x2 − 2x+ 1 +y2

4− 1

= (x− 1)2 +y2

4− 1 ≥ −1 = f(1, 0).

Por lo tanto, f(1, 0) es un mınimo absoluto de f . Notar que f no tiene valores maximos.

2. Puesto que fx(x, y) = −2x y fy(x, y) = 2y, entonces el unico punto crıtico de f es (0, 0).Observe que para los puntos en el eje x (y = 0), de modo que f(x, y) = −x2 < 0 (si x = 0).No obstante, para puntos en el eje y (x = 0), de modo que f(x, y) = y2 > 0 (si y = 0). Porlo tanto, todo disco con centro en (0, 0) contiene puntos donde f toma valores positivos,ası como puntos donde f donde f toma valores negativos. Por lo tanto, f(0, 0) = 0 nopuede ser un valor extremo de f , de modo que f no tiene valor extremo y (0, 0) es llamadopunto de silla.

Prueba de la segunda derivada

Supongamos que las derivadas parciales de f son continuas sobre un disco de centro (a, b), ysupongamos que fx(a, b) = 0 y fy(a, b) = 0, es decir, (a,b) es un punto crıtico de f . Sea

D = D(a, b) = fxx(a, b)fyy(a, b)− [fxy(a, b)]2.

43

a) Si D > 0 y fxx(a, b) > 0, entonces f(a, b) es un mınimo local.

b) Si D > 0 y fxx(a, b) < 0, entonces f(a, b) es un maximo local.

c) Si D < 0, entonces f(a, b) no es un maximo local ni un mınimo local.

Observacion 1.6.

1. En el caso c) el punto (a, b) se llama punto de silla de f y la grafica de f cruza el planotangente en (a, b).

2. Si D = 0, la prueba no proporciona informacion: f podrıa tener un maximo local o unmınimo local en (a, b), o bien, en (a, b) podrıa haber un punto de silla de f .

3. Para recordar la formula de Des util escribirla como un determinante:

D =

∣∣∣∣ fxx fxyfyx fyy

∣∣∣∣ = fxxfyy − (fxy)2.

Ejemplo

Determinar los valores extremos relativos de la funcion f(x, y) = x3 + 3xy2 − 3x2 − 3y2 + 4.

Solucion

Primero se localizan los puntos crıticos estacionarios. En efecto,

∇f(x, y) = (0, 0) ⇔{

3x2 + 3y2 − 6x = 06xy − 6y = 0

⇔{

x2 + y2 − 2x = 0y(x− 1) = 0

44

De la segunda ecuacion se tiene y = 0 o x = 1.

Si y = 0 ⇒ x2 − 2x = 0 ⇒ x(x− 2) = 0 ⇒ x = 0 o x = 2,

Si x = 1 ⇒ 1 + y2 − 2 = 0 ⇒ y2 = 1 ⇒ y = 1 o y = −1.

Por lo tanto, los puntos crıticos estacionarios son: (0, 0), (2, 0), (1, 1) y (1,−1).Enseguida se calculan las segunas derivadas parciales de f y D(x, y):

fx(x, y) = 3x2 + 3y2 − 6x, fy(x, y) = 6xy − 6y,

fxx(x, y) = 6x− 6, fyy(x, y) = 6x− 6, fxy(x, y) = 6y.

Luego

D(x, y) =

∣∣∣∣ fxx fxyfxy fyy

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 6x− 6 6y6y 6x− 6

∣∣∣∣ = (6x− 6)2 − 36y2.

Por lo tanto

Para (0, 0) : D(0, 0) = 36 > 0, fxx(0, 0) = −6 < 0 ⇒ f(0, 0) es un valor maximo relativo.

Para (2, 0) : D(2, 0) = 36 > 0, fxx(2, 0) = 6 > 0 ⇒ f(2, 0) es un valor mınimo relativo.

Para (1, 1) : D(1, 1) = −36 < 0 ⇒ f(1, 1) es un punto de silla.

Para (1,−1) : D(1,−1) = −36 < 0 ⇒ f(1,−1) es un punto de silla.

1.3.1. Metodo de los multiplicadores de Lagrange

Mostraremos solamente el fundamento geometrico del metodo de los Multiplicadores de La-grange, para el caso de funciones de dos variables, en este caso el problema a resolver es:

Determinar los valores extremos de la funcion f(x, y) sujetos a la condicion g(x, y) = 0.

Consideremos las curvas de nivel de la superficie z = f(x, y) a optimizar, esto es, f(x, y) = kcon k constante. En la figura se muestran la grafica de la ecuacion de restriccion g(x, y) = 0 y lascurvas de nivel f(x, y) = k, para k = 12, 20, 30, 40 y 50. Entonces nuestro problema es equivalente

45

a encontrar la curva de nivel con el mayor valor posible de k (para el caso del maximo) o conel menor valor de k (para el caso del mınimo) que se intersecte con la curva de restriccion. Estosucede cuando las curvas se tocan mutuamente, esto es, cuando tienen una tangente en comun.En la figura, los puntos de interseccion son P0(x0, y0) y P1(x1, y1) siendo f(x0, y0) al maximovalor de f(x, y) sujeta a la restriccion g(x, y) = 0 (ya que k = 40) y f(x1, y1) al valor mınimo def(x, y) sujeto a la restriccion g(x, y) = 0 (ya que k = 10).

El metodo de los Multiplicadores de Lagrange proporciona un procedimiento algebraico paradeterminar los puntos P0(x0, y0) y P1(x1, y1). En efecto, como en estos puntos la curva de nivelde f y la curva de restriccion son tangentes, esto es, tienen una recta tangente comun, entonceslas curvas tamnien tienen una recta normal comun. Pero ∇f(x0, y0) es siempre perpendiculara la curva de nivel de f que pasa por P0. Por otra parte, ∇g(x0, y0) es siempre normal a g (esevidente que este analisi tambien es valido para P1).

Por lo tanto, los vectores ∇f y ∇g son paralelos en P0 y P1. Esto es

∇f(x0, y0) = λ∇g(x0, y0)

∇f(x1, y1) = λ∇g(x1, y1), λ = 0,

donde λ recibe el nombre de Multiplicador de Lagrange.

Metodo de los multiplicadores de Lagrange

Para determinar los valores maximos y mınimos de f(x, y, z) sujeta a la restricciong(x, y, z) = k (suponiendo que estos valores existan y que ∇g = 0 se encuentre en la superficie

g(x, y, z) = k):

a) Determine todos los valores de x, y, z y λ tales que

∇f(x, y, z) = λ∇g(x, y, z)

yg(x, y, z) = k.

b) Evalue f en todos los puntos (x, y, z) que resulten del paso a). El mas grande de estosvalores es el valor maximo de f , el mas pequeno es el valor mınimo de f .

Ejemplo

Determine los valores extremos de la funcion f(x, y) = x2 + 2y2 sobre la circunferenciax2 + y2 = 1.

Solucion

Se pide calcular los valores extremos de f sujetos a la restriccion g(x, y) = x2 + y2 = 1.Mediante los multiplicadores de Lagrange, resolvemos las ecuaciones ∇f = λ∇g y g(x, y) = 1,lo que se puede escribir como

fx = λg fy = λgy g(x, y) = 1,

46

o bien, como

2x = 2xλ, (1.4)

4y = 2yλ, (1.5)

x2 + y2 = 1. (1.6)

De (1.4) se tiene x = 0 o bien λ = 1. Si x = 0, entonces de (1.6) se deduce y = ±1. Si λ = 1,entonces y = 0 de acuerdo con (1.5), de modo que (1.6) implica x = ±1. Por lo tanto, f tieneposibles valores extremos en los puntos (0, 1), (0,−1), (1, 0) y (−1, 0). Al evaluar f en estoscuatro puntos encontramos que

f(0, 1) = 2, f(0, 1) = 2, f(1, 0) = 1, f(−1, 0) = 1.

Por lo tanto, el valor maximo de f en la circunferencia x2 + y2 = 1 es f(0,±1) = 2 y el valormınimo es f(±1, 0) = 1.

Aplicacion del metodo de los Multiplicadores de Lagrange a problemas de optimiza-cion

Ejemplo

Una caja rectangular sin tapa se fabrica con 12[m]2 de carton. Calcule el volumen maximode la caja.

Solucion

Sean x, y y z la longitud, el ancho y la altura de la caja en metros, segun se muestra en lafigura.

Entonces el volumen de la caja esta dado por la funcion

f(x, y, z) = xyz,

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llamada funcion objetivo. Mientras que la restriccion esta dada por la funcion

g(x, y, z) = xy + 2xz + 2yz − 12 = 0.

Luego, a partir de ∇f = λ∇g y g(x, y, z) = 0, se tiene

fx = λgx

fy = λgy

fz = λgz

xy + 2xz + 2yz = 12,

desde donde se induce el sistemayz = λ(y + 2z)xz = λ(x+ 2z)xy = λ(2x+ 2y)

xy + 2xz + 2yz = 12,

de lo cualλ =

yz

y + 2z=

xz

x+ 2z=

xy

2x+ 2y.

De estas igualdades se obtiene que

y = x e y = 2z.

Reemplazando en la ultima ecuacion se tiene

x2 + x2 + x2 = 12 ⇔ 3x2 = 12 ⇔ x = ±2.

Por ser x una longitud, solo se considera x = 2[m]. Por lo tanto, y = 2[m] y z = 1[m]. El volumenmaximo de la caja es V = 2[m]× 2[m]× 1[m] = 4[m]3.

Ejercicios

1. En los siguientes ejercicios, examinar la funcion para localizar los extremos relativos ypuntos de silla.

a) h(x, y) = x2 − y2 − 2x− 4y − 4

b) g(x, y) = 120x+ 120y − xy − x2 − y2

c) h(x, y) = x2 − 3xy − y2

d) g(x, y) = xy

e) f(x, y) = x3 − 3xy + y3

f ) f(x, y) = 2x2 + 2xy + y2 + 2x− 3

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g) f(x, y) = −x2 − 5y2 + 10x− 30y − 62

h) f(x, y) = −5x2 + 4xy − y2 + 16x+ 10

i) f(x, y) = x2 + 6xy + 10y2 − 4y + 4

j ) z = 2x2 + 3y2 − 4x− 12y + 13

k) z = −3x2 − 2y2 + 3x− 4y + 5

2. Utilizar los multiplicadores de Lagrange para hallar las dimensiones de un paquete rectan-gular de maximo volumen sujeto a la restriccion o ligadura que dice que la suma de lalongitud y del perımetro no debe exceder 108 pulgadas.

3. El material para la base de una caja abierta cuesta 1.5 veces mas por unidad de area queel material para construir los lados. Utilizar los multiplicadores de Lagrange para hallarlas dimensiones de la caja de mayor volumen que puede construirse con un costo fijo C(Maximizar V = xyz sujeto a 1,5xy + 2xz + 2yz = C).

4. Un contenedor (en forma de un solido rectangular) debe contener unvolumen de 480 piescubicos. Construir la base costara $5 por pie cuadrado y construir los lados y la partesuperior costara $3 por pie cuadrado. Utilizar multiplicadores de Lagrange para determinarlas dimensiones del contenedor de este tamano que minimicen el costo.

5. Utilizar multiplicadores de Lagrange para encontrar las dimensiones de un cilindro circularrecto con volumen de V0 unidades cubicas y superficie mınima.

6. Utilizar multiplicadores de Lagrange para determinar las dimensiones de la caja rectangularde volumen maximo que puede ser inscrito (con los bordes paralelos a los ejes coordenados)en el elipsoide

x2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1.

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Bibliografıa

[1] R. P. Hostetler, R. E. Larson, Calculo y geometrıa analıtica, volumen 2, sexta edicion. McGraw Hill, 2000.

[2] J. Stewart, Calculo de varias variables, trascendentes tempranas. Septima edicion. CengageLearning, 2012.

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