8. Derivadas de una función definida de manera implícita.

Supongamos que se conoce que z es una función de x e y, es decir, z = f(x,y), pero que z está definida de manera implícita por una ecuación del tipo

F(x,y,z) = 0

Estas situaciones ya las hemos encontrado antes, por ejemplo en la ecuación de una esfera: x2 + y2 + z2 = a2. Esta ecuación define a z como una función de x y y y en este caso, z se puede despejar:

z = a2 − x2 − y2 y z = −a2 − x2 − y2

Cuando una función está definida de manera implícita, no siempre es posible despejarla: Si y2 + xz + z2 − ez − 1 = 0 no hay posibilidad de despejar z = z(x,y), aunque teóricamente podría ser posible en un entorno de algún punto. En todo caso, si podemos calcular las derivadas parciales.

PIC

Figura 4.7: Superficie S : y2 + xz + z2 −ez −1 = 0

Podemos deducir, de manera informal, las fórmulas para zx y zy. Supongamos que z = z(x,y) y que F(x,y,z(x,y)) = 0 y que en algún conjunto abierto D las derivadas parciales de z existen y la función F es diferenciable en D.

Sea g(x,y) = F(x,y,z) = 0, aplicando la regla de la cadena a g(x,y) = F(u,v,w), con x = u(x,y),y = v(x,y) y w(x,y) = z(x,y), obtenemos

∂g ∂x = ∂F ∂u ∂u ∂x + ∂F ∂v ∂v ∂x + ∂F ∂w∂w ∂x

y

∂g ∂y = ∂F ∂u ∂u ∂y + ∂F ∂v ∂v ∂y + ∂F ∂w∂w ∂y

Ahora, como ∂g ∂x = 0 y ∂v ∂x = 0, entonces

∂g ∂x = 1 ⋅∂F ∂u + ∂F ∂w∂z ∂x = 0

Despejando,

∂z ∂x = −∂F ∂x ∂F ∂z  en todos los puntos de D donde  ∂F ∂z |(x,y,z(x,y))≠0


De manera similar, ∂z ∂y = −∂F ∂y ∂F ∂z

Teorema 9.

Si F es diferenciable en un conjunto abierto D de ℝn y si la ecuación F(x1,x2,...,xn) = 0 define a xn como una función diferenciable xn = f(x1,x2,...,xn−1) en algún conjunto abierto de ℝn−1, entonces

∂f ∂xi = −∂F ∂xi ∂F ∂xn

en aquellos puntos en los que ∂F ∂xn≠0.

Una función z = z(x,y) definida de manera implícita por F(x,y,z) = 0. Si z = z(x,y) está definida de manera implícita por F(x,y,z) = 0, de acuerdo a las hipótesis del teorema , entonces

zx = −Fx Fz y zy = −Fy Fz.

En el teorema de la función implícita podemos intercambiar variables. Por ejemplo, si x y z son las variables independientes y si se cumplen las hipótesis del teorema,

yx = −Fx Fy y yz = −Fz Fy.

Este teorema se puede generalizar para ecuaciones F(x,y,z,u) = 0.

Ejemplo94

Sea z definida de manera implícita por F(x,y,z) = xyz + x + y − z = 0. Como se cumplen las condiciones del teorema entonces

zx = −Fx Fz = −zy + 1 xy − 1 y zy = −Fy Fz = −zx + 1 xy − 1

Ejemplo95

Calcule zx y zy si F(x,y,z) = x2 − 2y2 + 3z2 − yz + y = 0 define a z como z = z(x,y).

Solución. Dado que Fx = 2x,Fy = −4y − z + 1,Fz = 6z − y, entonces si Fz≠0,

zx = − 2x 6z − y

zy = −1 − 4y − z 6z − y

en ℝ2 −{(x,y) ∈ℝ2 : 6z(x,y) − y = 0.}

Ejemplo96

Considere la función z definida de manera implícita por x2 + y2 + z2 − 1 = 0. Calcular zx,zy,zxx,zyy y zyx

Solución.

z está definida de manera implícita por F(x,y,z) = x2 + y2 + z2 − 1 = 0. Entonces,

zx = −Fx Fz = −x z y zy = −Fy Fz = −y z

Para calcular zxy,zxx y zxy debemos notar que zx y zy no son funciones definidas de implícita, como tal derivamos de manera ordinaria.

zxx = ∂(zx) ∂x = ∂ ∂x (−x z) = −1 ⋅ z −xzx z2 = −z −x (−x z) z2 ,

zyy = ∂(zy) ∂y = ∂ ∂y (−y z) = −1 ⋅ z − yzy z2 = −z2 + y2 z3 ,

zyx = ∂(zy) ∂x = ∂ ∂x (−y z) = y ⋅ zx z2 = y (−x z) z2 .

Ejemplo97

Si F(xz,yz) = 0 define a z como función implícita de x e y y además cumple con las condiciones del teorema en cada punto de una región D, entonces verifique que, en D, se satisface la ecuación

y ⋅∂z ∂y + x ⋅∂z ∂x = −z

Solución. Sea u = xz y v = yz, entonces F(xz,yz) = F(u,v) = 0.

∂z ∂y = −Fy Fz = −Fu ⋅ 0 + Fv ⋅ z Fu ⋅ x + Fv ⋅ y ∂z ∂x = −Fx Fz = −Fu ⋅ z + Fv ⋅ 0 Fu ⋅ x + Fv ⋅ y

Luego

y ⋅∂z ∂y + x ⋅∂z ∂x = −y ⋅ Fv ⋅ z Fu ⋅ x + Fv ⋅ y + − x ⋅ Fu ⋅ z Fu ⋅ x + Fv ⋅ y = −z (Fu ⋅ x + Fv ⋅ y) Fu ⋅ x + Fv ⋅ y = −z