☰ Índex de temes

Funcions de diverses variables: derivades parcials, pla tangent i hessià

⏱ 13 min de lectura🔄 Actualitzat el 7 de setembre del 2026Universitat

Les funcions de diverses variables descriuen gairebé qualsevol magnitud d'enginyeria: la temperatura d'una placa depèn de la posició $(x, y)$ , el rendiment d'un motor depèn de la pressió i la temperatura. En aquesta pàgina passem del càlcul d'una variable al de dues: el domini es converteix en una regió del pla, el límit s'ha de comprovar per tots els camins, la derivada es desdobla en derivades parcials, la recta tangent es converteix en pla tangent i la segona derivada en la matriu hessiana, que és l'eina per classificar extrems relatius. A l'examen cauen dos exercicis fixos d'aquest bloc: un de gradient, derivada direccional i pla tangent, i un de punts crítics amb hessià. Tot el que fem aquí es recolza en la pàgina de límits, continuïtat i derivada.

Funcions de dues variables: gràfica i corbes de nivell

Una funció de dues variables és una aplicació $f : D \subseteq R^{2} \to R$ que assigna a cada punt $(x, y)$ de la regió $D$ un únic nombre $f (x, y)$ . La gràfica és el conjunt de punts $(x, y, f (x, y))$ de $R^{3}$ : una superfície. Com que dibuixar superfícies és difícil, es fan servir les corbes de nivell: per a cada valor $k$ , la corba ${(x, y) : f (x, y) = k}$ és la projecció sobre el pla $x y$ del tall de la superfície amb el pla horitzontal $z = k$ . És el mateix sistema que els mapes topogràfics: on les corbes de nivell són denses, la superfície és dreta; on són separades, és plana. Per exemple, les corbes de nivell de $f (x, y) = x^{2} + y^{2}$ són circumferències concèntriques, i la gràfica és un paraboloide.

Domini en R²: una regió, no dos intervals

Les restriccions són les mateixes que en una variable (denominadors no nuls, radicands d'índex parell no negatius, arguments de logaritmes positius), però ara cada condició és una desigualtat en dues variables que descriu una regió del pla, i el domini és la intersecció de totes.

Domini amb logaritme i arrel

Determina i representa el domini de

f (x, y) = \frac{ln ( y - x ^{2} )}{4 - x ^{2} - y ^{2}} .

Condicions: el logaritme exigeix $y - x^{2} > 0$ , és a dir $y > x^{2}$ ; l'arrel del denominador exigeix $4 - x^{2} - y^{2} > 0$ (estricte, perquè és un denominador), és a dir $x^{2} + y^{2} < 4$ . Per tant

Dom (f) = {(x, y) \in R^{2} : y > x^{2}, x^{2} + y^{2} < 4},

la part de l'interior del cercle de radi $2$ que queda per sobre de la paràbola $y = x^{2}$ . Cap de les dues vores pertany al domini. Comprovació: el punt $(0, 1)$ compleix $1 > 0$ i $1 < 4$ , així que és dins; el punt $(0, 3)$ compleix la primera però no la segona.

Regió del pla acolorida en verd delimitada per la paràbola y igual a x al quadrat per sota i la circumferència de radi 2 per sobre, totes dues dibuixades amb línia discontínua perquè no pertanyen al domini — Domini de $f (x, y) = ln (y - x^{2}) / 4 - x^{2} - y^{2}$ : intersecció de l'interior de la circumferència amb la regió sobre la paràbola.

Aïllar una variable i perdre una branca

Amb una condició com $x < 2 + y^{2}$ és temptador escriure « $y > x - 2$ » i quedar-se només amb la branca superior de la paràbola. La desigualtat original ja descriu la regió completa (tots els punts a l'esquerra de la paràbola $x = 2 + y^{2}$ , inclosos els de $y$ negativa). Mantén la desigualtat tal com surt i dibuixa-la.

Límit en dues variables: tots els camins

$lim_{(x, y) \to (a, b)} f (x, y) = L$ significa que $f (x, y)$ s'acosta a $L$ tant com vulguem sempre que la distància $(x - a)^{2} + (y - b)^{2}$ sigui prou petita, sigui quina sigui la manera d'acostar-s'hi dins del domini. La diferència amb una variable és radical: allà només hi havia dos costats; aquí hi ha infinites direccions i infinites corbes per les quals arribar al punt.

Ús dels camins

Si dos camins diferents donen límits diferents, el límit no existeix.
Que molts camins donin el mateix valor no demostra que el límit existeixi.
Per demostrar l'existència cal una fita: passar a polars $x = a + r cos θ$ , $y = b + r sin θ$ i veure que $∣ f - L ∣ \leq g (r)$ amb $g (r) \to 0$ independentment de $θ$ , o aplicar el teorema del sandvitx.

Límit que no existeix i límit que sí

(a) $(x, y) \to (0, 0) lim \frac{x ^{2} - y ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}}$ . Provem les rectes $y = m x$ :

\frac{x ^{2} - m ^{2} x ^{2}}{x ^{2} + m ^{2} x ^{2}} = \frac{1 - m ^{2}}{1 + m ^{2}},

que depèn de $m$ (val $1$ per $m = 0$ i $0$ per $m = 1$ ). El límit no existeix.

(b) $(x, y) \to (0, 0) lim \frac{x y ^{2}}{x ^{2} + y ^{4}}$ . Sobre qualsevol recta $y = m x$ obtenim $\frac{m ^{2} x ^{3}}{x ^{2} + m ^{4} x ^{4}} = \frac{m ^{2} x}{1 + m ^{4} x ^{2}} \to 0$ : totes les rectes donen $0$ . Però sobre la paràbola $x = y^{2}$ el quocient val $\frac{y ^{4}}{2 y ^{4}} = \frac{1}{2}$ . El límit no existeix, tot i que "per rectes" semblava que sí.

(c) $(x, y) \to (0, 0) lim \frac{x ^{3} + y ^{3}}{x ^{2} + y ^{2}}$ . En polars, $x = r cos θ$ , $y = r sin θ$ :

\frac{r ^{3} ( cos ^{3} θ + sin ^{3} θ )}{r ^{2}} = r (cos^{3} θ + sin^{3} θ), ∣ f ∣ \leq 2 r \to 0.

La fita no depèn de $θ$ , així que el límit existeix i val $0$ .

La continuïtat en $(a, b)$ es defineix igual que en una variable: el punt és del domini, el límit existeix i coincideix amb $f (a, b)$ . Les funcions elementals de dues variables són contínues en el seu domini; els problemes apareixen en punts on la fórmula canvia o on un denominador s'anul·la, i s'estudien amb límits com els de l'exemple.

Derivades parcials: talls coordenats

Derivades parcials

f_{x} (a, b) = h \to 0 lim \frac{f ( a + h , b ) - f ( a , b )}{h}, f_{y} (a, b) = h \to 0 lim \frac{f ( a , b + h ) - f ( a , b )}{h} .

$f_{x} (a, b)$ és la derivada ordinària de la funció d'una variable $x \mapsto f (x, b)$ (fixem $y = b$ i tallem la superfície amb un pla vertical paral·lel a l'eix $x$ ); $f_{y}$ és el mateix fixant $x = a$ . Per calcular-les, deriva respecte d'una variable tractant l'altra com una constant. També s'escriuen $\frac{\partial f}{\partial x}$ i $\frac{\partial f}{\partial y}$ .

Càlcul de parcials

Per a $f (x, y) = x^{2} y + sin (x y)$ :

f_{x} = 2 x y + y cos (x y), f_{y} = x^{2} + x cos (x y) .

En derivar $sin (x y)$ respecte de $x$ apareix el factor $y$ per la regla de la cadena, perquè l'argument $x y$ té derivada $y$ respecte de $x$ .

Parcials no vol dir derivable

Les parcials només miren dues direccions. Poden existir totes dues en un punt i la funció no ser-hi ni tan sols contínua. En una variable, «derivable» era una sola condició; en dues, tenir parcials és una condició molt més feble que ser diferenciable, que és el concepte que realment necessitem.

Diferenciabilitat

Funció diferenciable

$f$ és diferenciable en $a = (a, b)$ si existeix una aplicació lineal $L : R^{2} \to R$ tal que

f (a + h) = f (a) + L (h) + o (∥ h ∥) (h \to 0),

és a dir, $\frac{f ( a + h ) - f ( a ) - L ( h )}{∥ h ∥} \to 0$ . Si existeix, $L (h) = f_{x} (a) h_{1} + f_{y} (a) h_{2}$ .

És la mateixa idea que en una variable: la funció s'aproxima bé per una funció lineal (el pla tangent), amb un error petit comparat amb la distància al punt. Diferenciable implica contínua i implica que existeixen les parcials i totes les derivades direccionals. El recíproc no és cert, però hi ha un criteri pràctic que resol gairebé tots els casos:

Criteri suficient: funcions de classe C¹

Si $f_{x}$ i $f_{y}$ existeixen en un entorn de $a$ i són contínues en $a$ , aleshores $f$ és diferenciable en $a$ . Es diu que $f$ és de classe $C^{1}$ en aquest entorn.

A la pràctica: si $f$ està construïda amb operacions i composicions de funcions elementals, les seves parcials són també elementals i contínues en el domini obert on estan definides, i per tant $f$ és diferenciable en tot aquest domini. Aquesta frase és la que has d'escriure a l'examen abans de fer servir el gradient o el pla tangent.

Contraexemple: parcials sense diferenciabilitat

Sigui $f (x, y) = \frac{x y}{x ^{2} + y ^{2}}$ per a $(x, y) \neq = (0, 0)$ i $f (0, 0) = 0$ . Aquesta funció és contínua en l'origen (en polars, $∣ f ∣ = r ∣ cos θ sin θ ∣ \leq r \to 0$ ), i té parcials en l'origen:

f_{x} (0, 0) = h \to 0 lim \frac{f ( h , 0 ) - 0}{h} = h \to 0 lim \frac{0}{h} = 0, f_{y} (0, 0) = 0.

Si fos diferenciable, l'aplicació lineal seria $L = 0$ i el quocient de la definició hauria de tendir a zero. Però sobre $h = (t, t)$ :

\frac{f ( t , t ) - 0 - 0}{∥( t , t )∥} = \frac{t ^{2} / ( 2 ∣ t ∣ )}{2 ∣ t ∣} = \frac{1}{2} \neq \to 0.

Per tant $f$ no és diferenciable en $(0, 0)$ , tot i ser contínua i tenir parcials. Les parcials no són contínues en l'origen, i per això el criteri $C^{1}$ no s'hi pot aplicar.

Gradient i derivada direccional

Gradient

\nabla f (a, b) = (f_{x} (a, b), f_{y} (a, b)) .

La derivada direccional de $f$ en $a$ segons un vector unitari $u$ mesura la variació de $f$ per unitat de longitud recorreguda en la direcció $u$ :

D_{u} f (a) = t \to 0 lim \frac{f ( a + t u ) - f ( a )}{t} .

Si $f$ és diferenciable en $a$ , la definició es converteix en un producte escalar:

D_{u} f (a) = \nabla f (a) \cdot u .

Com que $\nabla f \cdot u = ∥ \nabla f ∥ cos φ$ , on $φ$ és l'angle entre el gradient i $u$ , es dedueix que el valor màxim de la derivada direccional és $∥ \nabla f (a)∥$ i s'assoleix en la direcció del gradient; el mínim, $- ∥ \nabla f ∥$ , en la direcció oposada; i en les direccions perpendiculars al gradient la derivada és zero, que és per què el gradient és perpendicular a les corbes de nivell.

Normalitza sempre

Si l'enunciat dona una direcció $v = (3, - 4)$ , la derivada direccional es calcula amb $u = v / ∥ v ∥ = (3/5, - 4/5)$ . Si fas servir $v$ directament, el resultat queda multiplicat per $∥ v ∥ = 5$ i és incorrecte. Comprovació ràpida: sempre s'ha de complir $∣ D_{u} f ∣ \leq ∥ \nabla f ∥$ .

Pla tangent i aproximació lineal

Si $f$ és diferenciable en $(a, b)$ , la superfície $z = f (x, y)$ té en el punt $(a, b, f (a, b))$ el pla tangent

z = f (a, b) + f_{x} (a, b) (x - a) + f_{y} (a, b) (y - b),

que és la versió en dues variables de la recta tangent. La funció lineal de la dreta és l'aproximació lineal de $f$ prop de $(a, b)$ , i el seu error és $o (∥(x - a, y - b)∥)$ . Comprovació obligatòria: en substituir $(x, y) = (a, b)$ ha de sortir $z = f (a, b)$ .

Gradient, derivada direccional i pla tangent

Sigui $f (x, y) = y ln x + x^{2} y$ i el punt $P = (1, 2)$ . Calcula la derivada direccional en $P$ segons $v = (3, - 4)$ , el pla tangent en $P$ i una aproximació de $f (1.1, 1.9)$ .

Diferenciabilitat. El domini és ${x > 0}$ , obert, i les parcials

f_{x} = \frac{y}{x} + 2 x y, f_{y} = ln x + x^{2}

són contínues en ell: $f$ és $C^{1}$ i, per tant, diferenciable en $P$ .

Gradient. $f (1, 2) = 0 + 2 = 2$ , $f_{x} (1, 2) = 2 + 4 = 6$ , $f_{y} (1, 2) = 0 + 1 = 1$ . Així $\nabla f (1, 2) = (6, 1)$ .

Derivada direccional. $u = (3/5, - 4/5)$ i

D_{u} f (1, 2) = (6, 1) \cdot (\frac{3}{5}, - \frac{4}{5}) = \frac{18 - 4}{5} = \frac{14}{5} .

Comprovació: $∥ \nabla f ∥ = 37 \approx 6.08 > 2.8$ . La direcció de màxim creixement és $(6, 1) / 37$ .

Pla tangent. $z = 2 + 6 (x - 1) + 1 \cdot (y - 2)$ , és a dir $z = 6 x + y - 6$ . En $(1, 2)$ dona $z = 2$ : correcte.

Aproximació. $f (1.1, 1.9) \approx 6 (1.1) + 1.9 - 6 = 2.5$ . El valor exacte és $1.9 ln 1.1 + 1.21 \cdot 1.9 \approx 2.480$ ; l'error és de dues centèsimes, coherent amb un desplaçament de mòdul $\approx 0.14$ .

Regla de la cadena multivariable

Si $(x (t), y (t))$ és una trajectòria derivable i $g (t) = f (x (t), y (t))$ amb $f$ diferenciable, aleshores

g^{'} (t) = f_{x} (x (t), y (t)) x^{'} (t) + f_{y} (x (t), y (t)) y^{'} (t) = \nabla f \cdot (x^{'} (t), y^{'} (t)) .

La variació temporal de la magnitud és la projecció del gradient sobre la velocitat. Dimensionalment, el gradient i la velocitat són vectors i el resultat és un escalar.

Temperatura al llarg d'una trajectòria

La temperatura d'una placa és $T (x, y) = 20 - x^{2} - 2 y^{2}$ i una partícula es mou seguint $(x, y) = (t, t^{2})$ . A quin ritme canvia la temperatura que sent la partícula en $t = 1$ ?

$T_{x} = - 2 x$ , $T_{y} = - 4 y$ , $x^{'} (t) = 1$ , $y^{'} (t) = 2 t$ . Per tant

g^{'} (t) = (- 2 t) (1) + (- 4 t^{2}) (2 t) = - 2 t - 8 t^{3}, g^{'} (1) = - 10.

Comprovació directa: $g (t) = 20 - t^{2} - 2 t^{4}$ i $g^{'} (t) = - 2 t - 8 t^{3}$ . Coincideix.

Derivades segones, teorema de Schwarz i matriu hessiana

Derivant les parcials una altra vegada obtenim quatre derivades segones: $f_{xx}$ , $f_{x y}$ (primer $x$ , després $y$ ), $f_{y x}$ i $f_{y y}$ .

Teorema de Schwarz

Si les derivades segones creuades $f_{x y}$ i $f_{y x}$ existeixen en un entorn de $(a, b)$ i són contínues en $(a, b)$ , aleshores $f_{x y} (a, b) = f_{y x} (a, b)$ .

Per a les funcions de classe $C^{2}$ (totes les que apareixeran a l'examen), l'ordre de derivació no importa, i calcular $f_{y x}$ serveix de comprovació de $f_{x y}$ . La matriu hessiana recull les derivades segones:

H (a, b) = (f_{xx} f_{y x} f_{x y} f_{y y})_{(a, b)}, Δ = det H = f_{xx} f_{y y} - f_{x y}^{2} .

És simètrica per Schwarz, i fa el paper de la segona derivada: el terme quadràtic del polinomi de Taylor d'ordre 2 és $\frac{1}{2} h^{T} H h$ .

Punts crítics i criteri de la segona derivada

Condició necessària d'extrem

Si $f$ és diferenciable en un punt interior $p$ del domini i hi té un extrem relatiu, aleshores $\nabla f (p) = 0$ .

Els candidats a extrem relatiu són, doncs: les solucions del sistema $f_{x} = 0$ , $f_{y} = 0$ (punts crítics o estacionaris); els punts interiors on $f$ no és diferenciable; i els punts de la frontera del domini, que necessiten un estudi a part. El criteri per classificar els punts crítics d'una funció $C^{2}$ és:

Condició en el punt crític	Conclusió
$Δ < 0$	punt de sella
$Δ > 0$ i $f_{xx} > 0$	mínim relatiu
$Δ > 0$ i $f_{xx} < 0$	màxim relatiu
$Δ = 0$	test inconcloent

La idea: $Δ > 0$ vol dir que la forma quadràtica $h^{T} H h$ té el mateix signe en totes les direccions (el signe de $f_{xx}$ ), de manera que la superfície és una "tassa" cap amunt o cap avall; $Δ < 0$ vol dir que hi ha direccions on puja i direccions on baixa: una sella.

Dos punts crítics de tipus diferent

Troba i classifica els punts crítics de $f (x, y) = x^{3} - 3 x y + y^{2}$ .

Sistema. $f_{x} = 3 x^{2} - 3 y = 0$ i $f_{y} = - 3 x + 2 y = 0$ . De la primera, $y = x^{2}$ ; substituint a la segona, $- 3 x + 2 x^{2} = 0$ , és a dir $x (2 x - 3) = 0$ . Punts crítics: $(0, 0)$ i $(\frac{3}{2}, \frac{9}{4})$ .

Hessià. $f_{xx} = 6 x$ , $f_{x y} = f_{y x} = - 3$ , $f_{y y} = 2$ , així que

H = (6 x - 3 - 3 2), Δ = 12 x - 9.

Classificació. En $(0, 0)$ : $Δ = - 9 < 0$ , punt de sella. En $(\frac{3}{2}, \frac{9}{4})$ : $Δ = 18 - 9 = 9 > 0$ i $f_{xx} = 9 > 0$ , mínim relatiu, amb valor $f = \frac{27}{8} - \frac{81}{8} + \frac{81}{16} = - \frac{27}{16}$ .

Comprovació de la sella: sobre l'eix $x$ , $f (x, 0) = x^{3}$ canvia de signe a banda i banda de $0$ , així que $(0, 0)$ no pot ser extrem.

Corbes de nivell de la funció x al cub menys 3xy més y al quadrat, amb el punt de sella a l'origen marcat en vermell, on les corbes es creuen en forma de X, i el mínim relatiu al punt (3/2, 9/4) marcat en verd, envoltat de corbes tancades — Corbes de nivell de $f (x, y) = x^{3} - 3 x y + y^{2}$ : corbes tancades al voltant del mínim i corbes que es creuen al punt de sella.

Quan $Δ = 0$ : no inventis la conclusió

Si el determinant és zero, el test no diu res i cal un argument nou: tornar a la definició, factoritzar o estudiar la funció sobre corbes. Tres funcions amb $\nabla f (0, 0) = 0$ i $Δ = 0$ en l'origen ho mostren:

$f (x, y) = x^{2} + y^{4} \geq 0 = f (0, 0)$ : mínim (per la definició).
$g (x, y) = x^{2} - y^{4}$ : sobre l'eix $x$ val $x^{2} > 0$ i sobre l'eix $y$ val $- y^{4} < 0$ : sella.
$h (x, y) = x^{2} + y^{3}$ : sobre l'eix $y$ canvia de signe: ni màxim ni mínim.

En tots tres casos, $H (0, 0)$ té un $2$ i tres zeros. A l'examen, escriu literalment «test inconcloent» i obre un argument nou; no anomenis mai «punt d'inflexió» un punt crític amb $Δ = 0$ .

Famílies infinites de punts crítics

Amb funcions trigonomètriques, el sistema $\nabla f = 0$ té infinites solucions i cal escriure la família general abans de classificar. Per a $f (x, y) = cos 2 x + sin y$ :

f_{x} = - 2 sin 2 x = 0 ⟺ x = \frac{k π}{2}, f_{y} = cos y = 0 ⟺ y = \frac{π}{2} + mπ, k, m \in Z .

Amb $f_{xx} = - 4 cos 2 x = - 4 (- 1)^{k}$ , $f_{y y} = - sin y = - (- 1)^{m}$ i $f_{x y} = 0$ , el determinant val $Δ = 4 (- 1)^{k + m}$ . Si $k + m$ és senar, sella; si és parell, hi ha extrem, i és màxim quan $k$ és parell ( $f_{xx} = - 4$ ) i mínim quan $k$ és senar. Fixa't que agafar només $x = 0$ i $y = π /2$ hauria amagat tres quartes parts dels casos.

Extrems condicionats: multiplicadors de Lagrange

Sovint cal optimitzar $f (x, y)$ no en tot el pla sinó sobre una corba $g (x, y) = 0$ (una restricció). En un extrem condicionat, la corba de nivell de $f$ és tangent a la restricció, i per tant els gradients són paral·lels:

Multiplicadors de Lagrange

Si $f$ i $g$ són $C^{1}$ , $\nabla g \neq = 0$ sobre la corba $g = 0$ , i $f$ té un extrem relatiu sobre aquesta corba en $p$ , aleshores existeix $λ \in R$ tal que

\nabla f (p) = λ \nabla g (p), g (p) = 0.

Són tres equacions amb tres incògnites ( $x$ , $y$ , $λ$ ). El mètode dona candidats; per decidir si són màxims o mínims es comparen valors o s'usa un argument geomètric.

Punt d'una recta més proper a l'origen

Troba el mínim de $f (x, y) = x^{2} + y^{2}$ amb la restricció $x + 2 y = 5$ .

Amb $g (x, y) = x + 2 y - 5$ , les equacions són $2 x = λ$ , $2 y = 2 λ$ i $x + 2 y = 5$ . De les dues primeres, $y = 2 x$ ; substituint, $x + 4 x = 5$ , així que $x = 1$ , $y = 2$ i $λ = 2$ . El valor és $f (1, 2) = 5$ .

És un mínim perquè $f$ creix sense límit al llarg de la recta i només hi ha un candidat. Comprovació geomètrica: la distància de l'origen a la recta és $5/ 5 = 5$ , i el seu quadrat és $5$ .

Protocol de resolució

Per a un problema de gradient, direcció i pla tangent:

Escriu el domini com a regió i comprova que el punt hi és interior.
Calcula $f_{x}$ i $f_{y}$ , digues que són contínues i conclou que $f$ és $C^{1}$ , per tant diferenciable.
Avalua $f$ , $f_{x}$ i $f_{y}$ al punt. Normalitza la direcció.
$D_{u} f = \nabla f \cdot u$ ; pla tangent amb la fórmula; comprova que el pla passa pel punt i que $∣ D_{u} f ∣ \leq ∥ \nabla f ∥$ .

Per a un problema de punts crítics:

Resol $f_{x} = 0$ , $f_{y} = 0$ amb totes les solucions (famílies incloses).
Calcula les tres derivades segones i verifica $f_{x y} = f_{y x}$ .
Avalua $Δ$ i $f_{xx}$ a cada punt i aplica la taula.
Si $Δ = 0$ , escriu «inconcloent» i estudia la funció directament.
Si el domini té frontera o hi ha una restricció, tracta-ho a part (Lagrange o parametrització).

Llista de comprovació

Has dibuixat el domini com a regió del pla?
Per demostrar que un límit no existeix, has trobat dos camins amb valors diferents? Per demostrar que existeix, has fitat en polars?
Has justificat la diferenciabilitat (parcials contínues) abans d'usar el gradient?
El vector de la derivada direccional és unitari?
El pla tangent passa pel punt?
Has escrit totes les solucions del sistema $\nabla f = 0$ ?
Has escrit «inconcloent» quan $Δ = 0$ en comptes d'inventar una conclusió?

El pas següent és el càlcul integral: mètodes d'integració i, per a les regions del pla que has après a descriure aquí, les àrees, volums i integrals dobles. Els mètodes numèrics reprenen el mètode de Newton, que en diverses variables usa precisament el gradient i el hessià.

Exercicis proposats

Exercici 1. Sigui $f (x, y) = x ln (y - x + 2)$ . Determina el domini, calcula la derivada direccional en $(4, 3)$ segons $v = (3, 4)$ i troba el pla tangent en $(4, 3, f (4, 3))$ .

Solució de l'exercici 1

Domini. $x \geq 0$ i $y - x + 2 > 0$ , és a dir $Dom (f) = {(x, y) : x \geq 0, y > x - 2}$ . El punt $(4, 3)$ compleix $3 > 2$ i és interior (podem prendre $x > 0$ ).

Parcials. $f_{x} = \frac{ln ( y - x + 2 )}{2 x} - \frac{x}{y - x + 2}$ i $f_{y} = \frac{x}{y - x + 2}$ , contínues en l'interior del domini: $f$ és $C^{1}$ i diferenciable en $(4, 3)$ .

Valors. $y - x + 2 = 1$ , així que $f (4, 3) = 2 ln 1 = 0$ , $f_{x} (4, 3) = 0 - 2 = - 2$ i $f_{y} (4, 3) = 2$ . Gradient: $(- 2, 2)$ .

Derivada direccional. $u = (3/5, 4/5)$ i $D_{u} f = - \frac{6}{5} + \frac{8}{5} = \frac{2}{5}$ . Comprovació: $\frac{2}{5} \leq ∥ \nabla f ∥ = 22$ .

Pla tangent. $z = 0 - 2 (x - 4) + 2 (y - 3) = - 2 x + 2 y + 2$ . En $(4, 3)$ : $- 8 + 6 + 2 = 0$ . Correcte.

Exercici 2. Troba i classifica els punts crítics de $f (x, y) = x^{2} y + y^{2} - 2 y$ .

Solució de l'exercici 2

$f_{x} = 2 x y = 0$ i $f_{y} = x^{2} + 2 y - 2 = 0$ . De la primera, $x = 0$ o $y = 0$ . Si $x = 0$ , la segona dona $y = 1$ . Si $y = 0$ , dona $x^{2} = 2$ , és a dir $x = \pm 2$ . Tres punts crítics: $(0, 1)$ , $(2, 0)$ i $(- 2, 0)$ .

Derivades segones: $f_{xx} = 2 y$ , $f_{x y} = 2 x$ , $f_{y y} = 2$ , així que $Δ = 4 y - 4 x^{2}$ .

En $(0, 1)$ : $Δ = 4 > 0$ i $f_{xx} = 2 > 0$ : mínim relatiu, $f (0, 1) = - 1$ .
En $(\pm 2, 0)$ : $Δ = - 8 < 0$ : punts de sella, amb $f = 0$ .

Exercici 3. (a) Estudia si existeix $(x, y) \to (0, 0) lim \frac{3 x ^{2} y}{x ^{2} + y ^{2}}$ . (b) Estudia si existeix $(x, y) \to (0, 0) lim \frac{x y}{x ^{2} + 3 y ^{2}}$ . (c) Troba el màxim i el mínim de $f (x, y) = x + y$ sobre la circumferència $x^{2} + y^{2} = 2$ .

Solució de l'exercici 3

(a) En polars, $\frac{3 r ^{3} cos ^{2} θ sin θ}{r ^{2}} = 3 r cos^{2} θ sin θ$ , i $∣ f ∣ \leq 3 r \to 0$ independentment de $θ$ . El límit existeix i val $0$ .

(b) Sobre $y = m x$ : $\frac{m x ^{2}}{x ^{2} + 3 m ^{2} x ^{2}} = \frac{m}{1 + 3 m ^{2}}$ , que depèn de $m$ ( $0$ per $m = 0$ , $\frac{1}{4}$ per $m = 1$ ). El límit no existeix.

(c) Lagrange amb $g = x^{2} + y^{2} - 2$ : $1 = 2 λ x$ , $1 = 2 λ y$ , d'on $x = y$ ; amb la restricció, $2 x^{2} = 2$ i $x = \pm 1$ . Candidats $(1, 1)$ amb $f = 2$ i $(- 1, - 1)$ amb $f = - 2$ . Com que la circumferència és tancada i fitada i $f$ és contínua, el màxim i el mínim existeixen i són aquests: màxim $2$ en $(1, 1)$ , mínim $- 2$ en $(- 1, - 1)$ .