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UNIVERSIDAD DE ZARAGOZA

Departamento de Análisis Económico

MATEMÁTICAS I

Problemas resueltos tema 4

Funciones de varias variables
Calcular la derivada de f (x, y) = 3 − 2x 2 + y 3 en el punto P=(1,2) en la

4)

1 − 3
dirección de v =  ,
.
2
2 



fv (1,2) = Lim

(

)

f (1,2) + h v − f (1,2)

h→0

h



h
3h 
3 − 2 1 +  +  2 −
 −9

2
2



h

h→0


3 3

= Lim  −2 − h −
2
h→0 


h

h→0
3

2

= Lim

= Lim


2 −



3 h
 − f (1,2)
2 



h
f 1 + , 2 −

2


2

(=

0

)
=
Lim
0 L′Hopital h→0



h 1
3h   − 3 
−4 1 +  + 3  2 −
 


2 2
2   2 

 


1

2
2
3 h 
3 3
2 = −2 − 6 3
  = −2 −
2
2  



()Observación: f es diferenciable en (1,2) por ser un polinomio, luego fv (1,2) se puede
calcular como sigue: fv (1,2) = ∇f (1,2), v .
 ∂f

∂f
∇f (x, y) = 
(x, y),
(x, y) = (−4 x,3 y2 )  ∇f (1,2) = (−4 , 12) y, por tanto:
∂y
 ∂x


1 − 3
fv (1,2) = ∇f (1,2), v == (−4, 12),  ,

2 2 



6)

= (−4

 1 


2 
12) 
= −2 − 6 3 .
 − 3


 2 

Calcular lasderivadas parciales de las siguientes funciones:
b) f (x, y) = ln

x2 + y 2 − x
x2 + y 2 + x

ln x es una función derivable en todo su dominio  + , los polinomios son derivables en todo
°

2

pero la función g(x) =

x es derivable excepto para x=0, por lo hay que estudiar

1

UNIVERSIDAD DE ZARAGOZA

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MATEMÁTICAS I

Problemas resueltostema 4

aparte los puntos del dominio de f en los que x2 + y2 = 0 ⇔ (x, y) = (0,0) , punto que no es
del dominio ya que (x, y) ∈ D ⇔

*

x2 + y2 − x
x2 + y2 + x




> 0 ⇔  x2 + y2 − x   x2 + y2 + x  > 0 ⇔ (x2 + y2 ) − x2 > 0 ⇔ y2 > 0 ⇔ y ≠ 0




* x2 + y2 + x ≠ 0 ⇔

x2 + y2 ≠ −x, cierto si y ≠ 0

{

}

Por lo que D = (x, y) ∈ ° 2 y ≠ 0 .


Así pues,existen las derivadas parciales de f en todo (x, y) ∈ D y se pueden calcular con las
reglas de derivación:
x2 + y2 − x, x2 + y2 + x > 0 para todo (x, y) ∈ D y que el

Teniendo en cuenta que

logaritmo del cociente de dos cantidades positivas es el logaritmo del numerador menos el
logaritmo del denominador, la expresión anterior se puede transformar en otra más sencilla
de derivar. Así,

f (x,y) = ln

x2 + y2 − x
x2 + y2 + x
2x

∂f (x, y)
∂x

=
=





= ln  x2 + y2 − x  − ln  x2 + y2 + x 





2 x2 + y2

−1

x2 + y2 − x
−1

x2 + y2

2x

−

−

∂y

=

x2 + y2

=

x2 + y 2
x2 + y2 − x

−

x2 + y2
x2 + y2 + x

−2

x2 + y2

−

2 x2 + y2

y

=

y

−




x2 + y2  x2 + y2 − x 
x2 + y2  x2 + y2 +





+ y2 + x  − y  x2 + y2 − x 



2xy
2x
=
=
 2
 2

2
2
x2 + y 2 x2 + y2 − x2
y x2 + y2
 x + y − x  x + y + x




x2 + y2 − x

x2 + y2

=

=

x2 + y2

x+

2y

2 x2 + y2


y  x2


+1

x2 + y2 + x

1

2y
∂f (x, y)

2 x2 + y2

x2 + y 2

x−

x2 + y2 + x

(

2

)


x


UNIVERSIDAD DE ZARAGOZADepartamento de Análisis Económico

MATEMÁTICAS I

c)

Problemas resueltos tema 4

2
2
2
f (x, y , z) = e x + y + z

Dado que e x es una función derivable en todo x ∈ ° , y existe la derivada parcial de
cualquier polinomio, en particular de x2 + y2 + z2 , existen las derivadas parciales de

f (x, y, z) en todo su dominio de definición D = ° 3 dadas por:
∂f
∂x

2
2
2
(x, y, z) = e x+y + z 2 x,

d) f (x, y) =

xy +

La función g(x) =

∂f
∂y

∂f

2
2
2
(x, y, z) = e x +y + z 2 y,

∂z

2
2
2
(x, y, z) = e x +y + z 2 z .

x
y

x es derivable excepto para x=0, por lo hay que estudiar aparte los

puntos del dominio de f en los que xy +

x
y

= 0 ⇔ (y2 + 1)

x

= 0 ⇔ x = 0.

y

Si (x, y) ∈ D con x ≠ 0 , existen las derivadas parciales y...