Funciones de dos variables

UNIDAD TEMÁTICA 3
FUNCIONES DE DOS VARIABLES
EJERCICIO 1
Obtener y representar gráficamente el dominio de definición de la función:

f ( x, y ) =

arc sen ln( x 2 + y 2 ) 
− y2 + x +1

Solución:
Para la existencia del arco seno:

(

)

−1 ≤ ln x 2 + y 2 ≤ 1 ⇒ e−1 ≤ x 2 + y 2 ≤ e ⇒
Además, debe ser

( x, y ) ≠ (0, 0)

para que exista

(

)

1
≤ x2 + y 2 ≤ e
eln x 2 + y 2 .

Para la existencia de la raíz cuadrada y que no se anule el denominador:

− y2 + x +1 > 0 ⇒

y2 < x +1

Se trata de los puntos que están en el interior de la parábola

y 2= x + 1

Por consiguiente, el dominio de definición de la función es:



1

=
D ( x, y ) ∈  2 /  ≤ x 2 + y 2 ≤ e  ∧ ( y 2 < x + 1) 
e





EJERCICIO 2
Dada la función

u =cos k r

(k

2
cte ) donde r=
x 2 + y 2 , probar:

a)

∂r x
=
∂x r

b)

y

c)

∂ 2u ∂ 2u
k
+ 2 + k 2u =
− sen k r
2
r
∂x
∂y

∂u
∂u
=x
∂x
∂y

Solución:
a) Derivando implícitamente respecto de ( x ) :

r 2 =x 2 + y 2

b)

⇒ 2r

∂r
=
2x ⇒
∂x

∂r x
=
∂x r

∂u ∂u ∂r
−x
kx
=
= k sen k r
= −
sen k r
∂x ∂r ∂x
r
r
∂u ∂u ∂r
−y
ky
=
= k senk r
= −
sen k r
∂y ∂r ∂y
r
r
y

c)

∂u
kx
=
−
sen k r
∂x
r

∂u
kxy
∂u
=
−
sen k r =
x
∂x
r
∂y

∂ 2u
k
k x ∂r
k2 x
∂r
=
−
sen
k
r
+
sen
k
r
−
cos k r =
2
2
r
r
∂x
∂x
r ∂x
2
k
kx x
k x x
=
− sen k r + 2 sen k r −
cos k r =
r
r r
r r

⇒

k
k x2
k 2 x2
=
− sen k r + 3 sen k r −
cos k r
r
r
r2
∂u
ky
sen k r
=
−
∂y
r

⇒∂ 2u
k
k y ∂r
k2 y
∂r
sen
k
r
sen
k
r
cos k r =
=
−
+
−
2
2
r
r
∂y
∂y
r ∂y

k
ky y
k2 y y
=
− sen k r + 2 sen k r −
cos k r =
r
r r
r r
k
k y2
k 2 y2
=
− sen k r + 3 sen k r −
cos k r
r
r
r2

 k

∂ 2u ∂ 2u
k x2
k 2 x2
2
+
+
=
−
+
−
k
u
k
r
k
r
k
r
sen
sen
cos

 +
3
2
 r
∂x 2 ∂y 2
r
r


 k
 2
k y2
k 2 y2
+ − sen k r + 3 sen k r −
k
r
cos
 + k cos k r =
2
r
r
r



(

(

)

)

k x2 + y 2
k 2 x2 + y 2
2k
=
−
sen k r +
sen k r −
cos k r + k 2 cos k r =
3
2
r
r
r

2k
k r2
k2 r2
=
−
sen k r + 3 sen k r −
cos k r + k 2 cos k r =
2
r
r
r
2k
k
k
=
−
sen k r +
sen k r − k 2 cos k r + k 2 cos k r =
− sen k r
r
r
r

EJERCICIO 3

Dada la función

=z u −v
2

u = e2 x −3 y
∂2 z
donde 
calcular
2
2
∂x 2
=
 v sen( x − y )

2

Solución:
Derivamos respecto

( x) :

∂z ∂z ∂u ∂z ∂v
= ⋅ + ⋅ =2u ⋅ 2e2 x −3 y − 2v ⋅ 2 x cos( x 2 − y 2 ) =4ue2 x −3 y − 4 xv cos( x 2 − y 2 ) =
∂x ∂u ∂x ∂v ∂x

(

= 4 e 2 x −3 y

)

2

(

)

− 4 x sen( x 2 − y 2 ) cos( x 2 − y 2 ) = 4 e 4 x −6 y − 4 x sen( x 2 − y 2 ) cos( x 2 − y2 )

Volviendo a derivar respecto

( x) :

∂2 z
16 e4 x −6 y − 4sen( x 2 − y 2 ) cos( x 2 − y 2 ) − 8 x 2 cos( x 2 − y 2 ) cos( x 2 − y 2 ) +
=
2
∂x

(

)

+8 x 2 sen( x 2 − y 2 ) sen( x 2 − y 2 )
Por tanto:

∂2 z
=
16 e4 x −6 y − 4sen( x 2 − y 2 ) cos( x 2 − y 2 ) + 8 x 2 sen 2 ( x 2 − y 2 ) − cos 2 ( x 2 − y 2 )
2
∂x

(

)

(

)

EJERCICIO 4
Hallar el gradientede la función

z = f ( x, y ) definida implícitamente por:

x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 6 z − 11 =
0, z ≠ 3.
Solución:
El gradiente de

z = f ( x, y ) en cualquier punto.

Derivamos respecto de

( x)

 ∂z ∂z 
∇z =
 , 
 ∂x ∂y 
la función:

x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 6 z − 11= 0 → 2 x + 2 z
Derivamos respecto de

( y)

∂z
∂z
∂z x − 1
−2−6 = 0 →
=
∂x
∂x
∂x3 − z

la función:

x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 6 z − 11= 0 → 2 y + 2 z

∂z
∂z
+4−6 = 0 →
∂y
∂y

Por tanto:

 ∂z ∂z   x − 1 y + 2 
,  
,
=
∇z  =

 ∂x ∂y   3 − z 3 − z 

∂z y + 2
=
∂y 3 − z

EJERCICIO 5

(

Calcular los extremos relativos de la función: z= x 6 y − x

2

)− y

3

Solución:
Derivando respecto de

∂z
( x) : = 6 y − 3x 2...