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Apuntes de
Cálculo
(en varias variables)
Pepe Aranda
EDICIÓN 2016
Solo con fines educativos
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2016
APUNTES DE
CÁLCULO
(en varias variables)
M
xxy
y
f (a)
||y|||sen f |
f
ML
mL
f (a+hv)
y
x
v
z
m
a
z=q(x,y)
a+hv
x
V
z
y
f(x,y)
d (x)
z=p(x,y)
D
y
a
y=c(x)
b
x
D
2
S
c (x)
y=d(x)
a
B
x
b
x
Pepe Aranda
http://jacobi.fis.ucm.es/pparanda
Departamento de Métodos Matemáticos
Facultad de Físicas. UCM
https://www.ucm.es/ft2mm
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v
u
2
y
Cálculo (2015-2016). Grupo D
Índice
Bibliografía
Sobre estos apuntes
1. Conceptos básicos
1.1 El espacio Rn . Rectas y planos. Abiertos y cerrados.
1
1.2 Gráficas de funciones escalares
5
1.4 Límites y continuidad en R
7
n
2. Cálculo diferencial en Rn
2.1 Derivadas de campos escalares
9
2.2 Campos vectoriales. Regla de la cadena
15
2.3 Funciones implícitas e inversas
20
2.4 Extremos de funciones escalares
22
3. Integrales múltiples
3.1 Integrales dobles
27
3.2 Integrales triples
32
4. Integrales de línea
4.1 Integrales de campos escalares a lo largo de curvas
35
4.2 Integrales de línea de campos vectoriales
37
4.3 Integrales de gradientes y teorema de Green
39
5. Integrales de superficie
5.1 Definiciones y cálculo
43
5.2 Teoremas de la divergencia y Stokes
46
Problemas
I-IX
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Bibliografía
[MT] J. E. Marsden y A. J. Tromba. Cálculo Vectorial. Ed. Addison-Wesley
[R] J. Rogawski. Cálculo Varias Variables. Ed. Reverte
[St] S. Stein. Cálculo y geometría analítica. Ed. McGraw-Hill
[LHE] Larson-Hostetler-Edwards. Cálculo II (7a ed). Ed. Pirámide, 2003.
[A] T. Apostol. Calculus. Ed. Reverté
En todas las asignaturas que imparto suelo elaborar apuntes. Esto tiene la ventaja de precisar qué se va a
explicar durante el curso. Además permite al estudiante no estar todo el rato pendiente de copiar lo que se
escribe en la pizarra y permite al profesor remitirse a ellos cuando no hay tiempo (ni se cree adecuado)
entrar en detalles de demostraciones. Pero tiene sus desventajas. La existencia de apuntes incita a no
utilizar casi otros libros, que tratan los diferentes temas con más extensión y rigor, o con más ejemplos, o
más aplicaciones. Tampoco se ven otras notaciones distintas que pueden sorprender en otros cursos.
Recomiendo, pues, consultar varios libros. Esta asignatura (a diferencia de otras para las que he escrito
apuntes) sí tiene un gran texto al que remitirse y del que he extraido buena parte de varios temas: el
Marsden-Tromba. Un libro serio, pero también con muchos ejemplos y aplicaciones. Algunos quizás
prefieran libros algo más elementales, como los tres siguientes [R], [St] o [LHE]. Me gustan en ese orden,
pero el [R] no está en la biblioteca de Físicas de la UCM (aunque es fácil de encontrar en librerías).
Del [St] hay un par de ejemplares (pero ya está descatalogado). Del [LHE] hay bastantes en la biblioteca
(aunque las edciones posteriores a la venta cada vez tienen más colores y lo que me parece más ‘paja’).
Y no puede faltar en una bibliografía de esta asigntura un clásico como el [A].
Sobre el contenido de estos apuntes
Los apuntes tienen dos grandes bloques de tamaño similar: el cálculo diferencial en Rn , formado por el
capítulo 1 y el extenso 2 (los preguntados en el parcial), y el cálculo integral en Rn de los 3, 4 y 5.
En concreto, en el 1 se introducen los conceptos básicos (vectores y sus operaciones), se repasan las rectas
y planos, se presentan las gráficas de funciones de dos variables y se estudia la continuidad.
En la sección 2.1 se presentan las derivadas de los campos escalares, la diferencial y Taylor de orden 2.
En 2.2 se introducen ya las funciones y campos vectoriales (y sus operadores) y la regla de la cadena. Se
tratan en 2.3 los más sutiles teormas de la función inversa e implícita. Y se acaba el capítulo en 2.4 con
el estudio de extremos (y de los multiplicadores de Lagrange).
La sección 3.1 estudian las integrales dobles y sus cambios de variable. En 3.2 se ven las triples y se
introducen las coordenadas cilíndricas y esféricas.
4.1 trata las integrales de línea de campos escalares y 4.2 las de campos vectoriales. En 4.3 se estudian ya
los campos conservativos y el teorema de Green (que en otros textos se ven junto con Stokes).
El último capítulo (el 5) se dedica a las integrales de superficie (de campos escalares y vectoriales) y se
terminan los apuntes con los teoremas de Gauss y de Stokes.
Las aproximadamente 60 horas reales de clase de un curso las distribuyo más o menos así entre los 5
capítulos: 9 para el 1, 21 para el 2, 10 para el 3, 12 para el 4 y 8 para el 5.
La base necesaria para seguir estos apuntes es simplemente dominar un buen Cálculo en una variable:
tener claro los conceptos de límite, continuidad, derivada e integral, manejar bien los máximos y mínimos,
conocer los desarrollos de Taylor, saber calcular primitivas no muy complicadas (las trigonométricas en
particular), dominar las coordenadas polares... No se suponen conocimientos algebraicos, que se estudian
en el grado en Física de la UCM al tiempo que esta asignatura (segundo cuatrimestre de 1 ), aunque se
citen en letra pequeña términos como base o aplicacón lineal que luego se irán dominando en Álgebra.
Casi todos los ejemplos son en R2 y R3 (principalmente en R2 : el salto conceptual se da al pasar de 1 a
2, más variables plantean sobre todo complicaciones técnicas). Más de una vez aparecen gráficas hechas
con el programa Maple (con licencia universal en la UCM) para incitar a los estudiantes a su uso. Los
dibujos los hago con el programa libre Inkscape. Las fuentes del texto (más sólidas que las habituales de
LATEX) aparecen utilizando el paquete {newtxtext,newtxmath}.
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Sobre las versiones de los apuntes
versión 2016: Por problemas con impresoras, cambiada la letra a otra tipo ‘times’ más actual (paquete
{newtxtext,newtxmath} de LaTeX en vez de {mathptmx}), lo que implica múltiples retoques estéticos.
Algún ejemplo nuevo y leves retoques en 1.2 y 1.3. Más cambios en 2.1, sobre todo para clarificar la
diferenciabilidad (la sección aumenta en una página). Un ejemplo más en polares en 2.2. La sección 2.3
de inversas e implícitas aparece ahora antes que la de máximos y mínimos (con nuevos ejemplos).
Un ejemplo más en 3.1 y casi igual 3.2. Sólo un ejemplo nuevo en el capítulo 4 (de Green). Tres nuevos
ejemplos en el 5 (que vienen de exámenes). Y en todos, modificaciones estéticas.
Como cada año, en mis apuntes incluyo en los problemas los de exámenes del curso anterior. Por eso, los
del tema 2 pasan de 45 a 50 (y se reordenan) y los del 3 y 4 de 25 a 30. Total, 140 problemas.
versión 2015: Primera vez que impartí completa la asignatura ‘Cálculo’ del grado en Física, y, por lo
tanto, fue la primera versión de estos ‘APUNTES DE CÁLCULO (en varias variables)’.
Tenía apuntes manuscritos de gran parte de ella (de clases del viejo Análisis I de los años 80 cuyo segundo
parcial era de cálculo en varias variables, pero, al existir Análisis II, los extremos, las inversas e implícitas,
las integrales de superficie... se explicaban en esa asignatura). En 2011 di dos meses de Cálculo en un
curso compartido (temas 3 y 4) y elaboré los primeros apuntes para ello. Una versión resumida de gran
parte del curso la escribí en 2012 para los Métodos Matemáticos de la Ingeniería de Materiales.
A lo largo de ese curso tuve que extender bastante los apuntes de 1, 2.1 y 2.2 de los ingenieros, escribir a
ordenador del todo las secciones 2.3 y 2.4, retocar los capítulos 3 y 4 y expandir el capítulo 5. E inventar
bastantes nuevos problemas (y transcribir otros de los hechos con máquina de escribir).
2012. Primera versión de las ‘Notas de Métodos Matemáticos (ingeniería de materiales)’, asignatura
(en su mayor parte de ecuaciones diferenciales) que comienza con 2 capítulos (sólo 5 semanas) de Cálculo
en varias variables. Su capítulo 2 (cálculo integral en Rn ) incluyó resumidos los apuntes de ‘Integrales
múltiples’ y de ‘Integrales de línea’ elaborados para Cálculo en el 2011. Escribí por primera vez en el
ordenador su capítulo 1 de cálculo diferencial en Rn y su sección 2.3 de integrales de superficie.
2011. Primera versión a LaTeX de los temas 3 y 4 transcribiendo los apuntes a mano.
años 80 (del siglo XX). Empecé a dar clases en el curso 1978-79 (de Análisis I). Un par de años después
comenzaría a pasar a mis estudiantes mis apuntes hechos a mano. Los que tengo en papel y escaneados
deben ser del 85-86. Pasé la parte de cálculo en una variable hace ya muchos años a ordenador (primero
a Word y luego a LaTeX). Pero la de varias variables estuvo mucho tiempo en el archivador.
[Estos apuntes pueden ser utilizados y citados por cualquiera
sin ningún problema, siempre que no haga negocio con ellos].
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1. Conceptos básicos
1.1 El espacio Rn . Rectas y planos. Abiertos y cerrados.
El conjunto Rn se define como Rn ⌘ x = (x 1, . . . , x n ) : x k 2 R .
⇥
⇤
Otras notaciones para los elementos de Rn son x o ~x .
punto (x,y,z)
vector x
A cada elemento de Rn le llamaremos indistintamente punto o vector de Rn .
Casi todos nuestros ejemplos serán en R2 o R3 donde llamaremos x = (x, y) o
x = (x, y, z) . Un x 2 R2 se puede ver como el punto de coordenadas cartesianas
⇥
⇤
(x, y) o como el vector que une el origen (0, 0) con (x, y) análogo en R3 . R
n
es caso particular de R y a los números reales se les llama a veces escalares.
z
y
x
La suma de vectores x e y se define: x+y = (x 1, . . . , x n )+(y1, . . . , yn ) = (x 1 + y1, . . . , x n + yn ) ,
y tiene las mismas propiedades que la suma de números reales: es conmutativa, asociativa, existe
el elemento 0 = (0, . . . , 0) con x + 0 = x y el opuesto x = ( x 1, . . . , x n ) con x + ( x) = 0 .
La diferencia de vectores se define entonces como x y = x +( y) = (x 1 y1, . . . , x n yn ) .
El producto de un escalar k 2 R por un vector x es el vector k x = (k x 1, . . . , k x n ) , con las
propiedades: k (mx) = (km)x , (k +m)x = kx+mx , k (x+y) = kx+ky , 1x = x , 0 x = k 0 = 0 .
En R2 y R3 estas dos definiciones tienen claro significado geométrico. Suma
es vector diagonal del paralelogramo de lados x e y . O lo que es lo mismo, es
el vector cuya punta es el punto en el que acaba x si llevamos paralelamente
su base al extremo de y . La diferencia la da la otra diagonal. kx es otro vector
que tiene la misma dirección que x y que tiene mismo o distinto sentido que
él. Su longitud, además, se ve modificada por el factor |x| .
x+y
y
x–y
2x
x–y
x
–x/2
Todas las propiedades anteriores eran inmediatas de demostrar a partir de las propiedades de R .
Un conjunto en el que haya dos operaciones con esas propiedades se llama espacio vectorial
(estos conjuntos se tratan extensamente en el álgebra).
Son importantes los vectores de Rn : e1 = (1, 0, . . . , 0) , . . . , en = (0, 0, . . . ,1) , pues todo vector se
puede escribir como una suma de escalares por esos vectores: x = (x 1, . . . , x n ) = x 1 e1 +· · ·+x n en .
⇥
En idioma algebraico: e1, . . . , en es la ‘base canónica’ del espacio vectorial de ‘dimensión
n’ (número de elementos de la base) y todo vector se puede escribir como ‘combinación lineal’
⇤
(suma de escalares por vectores) de esos n elementos .
y
z
En R2 se suele escribir e1 = i = (1, 0) y e2 = j = (0 , 1) .
j
Y en R3 , e1 = i = (1,0,0) , e2 = j = (0,1,0) , e3 = k = (0,0,1) .
k
i
j
x
Otras definiciones que describen longitudes de vectores:
y
i
x
q
La norma o módulo de x es kxk = x 21 +· · ·+ x 2n . La distancia de x a y es d(x, y) = kx yk .
⇥
⇤
2
3
Ambas son reales
0 . En R y R , kxk es su longitud y d(x, y) la distancia entre los puntos x e y .
Propiedades de la norma: kk xk = |k |kxk , kxk = 0 , x = 0 , kx+yk  kxk + kyk .
||x||
y
||x+y||
||y||
La última, desigualdad triangular, geométricamente afirma que la longitud de un
lado de un triángulo es menor que la suma de las longitudes de los otros dos. Las
dos primeras son de demostración inmediata y probaremos la segunda después de
definir el producto escalar].
||x–y||
x
Un vector se dice unitario cuando tiene norma 1. Los vectores i , j y k son unitarios.
x
.
Dado cualquier x , 0 es muy fácil dar un vector unitario con su misma dirección y sentido: kxk
1
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Definamos dos importantes productos de vectores: el escalar y el vectorial.
Si x, y 2 Rn se define el producto escalar de dos vectores como x · y = x 1 y1 + · · · + x n yn .
⇤
⇥
Obsérvese que kxk = (x · x) 1/2 y que, por tanto, kxk 2 = x · x .
[El producto escalar de dos vectores es un número real que perfectamente puede ser negativo].
[En el caso particular de R , el producto escalar es el producto y k xk pasa a ser el valor absoluto |x| ].
Las siguientes propiedades (menos la última, que demostramos) son fáciles de probar:
x · y = y · x , (k x)· y = k (x · y) = x ·(k y) , x ·(y+z) = x · y+x · z , x · x 0 , |x · y|  kxk kyk .
desigualdad de Cauchy-Schwartz "
C-S: Si y = 0 es trivial. Sea y , 0 y sea el número real k =
0  (x ky) · (x ky) = x·x
2kx·y+k 2 y·y = kxk 2
|x·y | 2
ky k 2
x·y
ky k 2
. Entonces:
) |x·y| 2  kxk 2 kyk 2 ) |x·y|  kxkkyk .
Probemos ahora la desigualdad triangular:
kx+yk 2 = x·x+2 x·y+y·y  kxk 2 +2kxkkyk + kyk 2 = kxk + kyk
2
) kx+yk  kxk + kyk .
Hay una forma alternativa de expresar un producto escalar, en términos de la norma
de los vectores y del ángulo formado por ellos, que a veces resulta ser más útil que
la inicial. Del teorema del coseno se deduce (ver Marsden-Tromba):
2
y
f
x
3
En R y R es x · y = kxk kyk cos φ , con φ 2 [0, π] ángulo entre x , y , 0 .
De esto se deduce que x · y = 0 cuando son perpendiculares y que φ = arc cos
x·y
kx k ky k
.
[ x · y es, por tanto, el producto de la norma de un vector por la norma de la proyección del otro sobre él].
Ej 1. Sean x = (1, 0) = i e y = ( 2 , 1) = 2 i + j . Entonces es:
p
p
1
x + y = ( 1 , 1) . 12 y =
2 , 1 . kxk = 1 , kyk = 5 , kx + yk = 2 .
p2
5
x+y
f
y
–2
p1
5
–1
x
1
.
Un vector unitario con la dirección y sentido de y es
,
p
⇥
⇤
π
x·y = 2 como φ > 2 debía ser x·y = kxkkyk cos φ < 0 ; es φ = arc cos p2 . |x·y| = 2  5 = kxkkyk .
5
Para n = 3 , se define el producto vectorial de x = (x 1, x 2, x 3 ) e y = (y1, y2, y3 ) como el vector:
x⇥y=
i j k
x1 x2 x3
y1 y2 y3
= (x 2 y3 x 3 y2 ) i (x 1 y3 x 3 y1 ) j +(x 1 y2 x 2 y1 ) k
Propiedades inmediatas de este producto son:
x⇥x = 0 , x⇥y = y⇥x .
Entre los vectores de la base canónica se dan las relaciones: i⇥j = k , j⇥k = i , k⇥i = j .
Lo que pasa con estos vectores ocurre en general. El vector x⇥y es perpendicular a x e y (ver
M-T) y tiene el sentido que sugieren esos ejemplos. [El que dice la ‘ley de la mano derecha’: si los
dedos apuntan de x hacia y , su producto vectorial tiene el sentido del pulgar]. Además, se tiene:
(x 2 y3 x 3 y2 ) 2 +(x 1 y3 x 3 y1 ) 2 +(x 1 y2 x 2 y1 ) 2 = (x 21 + x 22 + x 23 ) 2 (y12 + y22 + y32 ) 2 (x 1 y1 + x 2 y2 + x 3 y3 ) 2
"
kx⇥yk 2 = kxk 2 kyk 2 (x·y) 2 = kxk 2 kyk 2 (1 cos2 φ)
) kx⇥yk = kxk kyk| sen φ| )
xxy
La longitud de x⇥y es el área del paralelogramo
que tiene por lados adyacentes a los vectores x e y .
y
||y|||sen f |
f
x
p
p
Ej 2. Si x = (1, 0, 2) , y = ( 2 , 1, 3) Su producto escalar es x · y = 4 . kxk = 5 , kyk = 14 .
p
kx yk = k(3, 1, 1)k = 11 nos proporciona la distancia entre los dos puntos x e y .
i j k
x⇥y = 1 0 2 = (0 2) i (3+4) j +(1 0) k = ( 2, 7, 1) . Que es perpendicular a x e y :
2 1 3
(1, 0, 2) · ( 2, 7, 1) = 0 , ( 2 , 1, 3) · ( 2, 7, 1) = 0 .
p
kx⇥yk = 3 6 nos da el área del paralelogramo cuyos lados son los vectores.
2
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Rectas y planos
En el curso de Matemáticas, una recta del plano la escribíamos y = mx+b ó y = y0 +m(x x 0 ) ,
fijándonos en la pendiente m , la ordenada en el origen b o el punto (x 0, y0 ) por el que pasaba.
Veamos otras expresiones ahora utilizando vectores. La recta que
v = q-p
pasa por los puntos p = (p1, p2 ) y q = (q1, q2 ) se puede escribir:
x=p+t v
q
⇥
p
x = p + t(q p) o x = (1 t)p + tq , t 2 R .
⇤
Para t 2 [0, 1] , p + t(q p) describe el segmento que une esos puntos .
⇢
x = p +tv
O dado p y el vector dirección v = (v1, v2 ) : x = p + tv , o en coordenadas: y = p1 +tv1 .
2
2
Ej 3. Describamos paramétricamente de varias formas el segmento que une p = ( 2, 3) y q = (1, 0) .
En coordenadas cartesianas la recta es y = 1 x . De aquí: (t, 1 t) , t 2 [ 2, 1] .
3
Usando las expresiones de arriba, como v = q p = (3, 3) , obtenemos:
p + tv = ( 2+3t, 3 3t) , t 2 [0, 1] .
O cambiando los papeles de p y q : q + t(p q) = (1 3t, 3t) , t 2 [0, 1] .
v=(3,–3)
–2
1
[Las 2 primeras expresiones describen el segmento, al crecer t , en el mismo sentido y la tercera en el opuesto].
Las ecuaciones vectoriales de las rectas en el espacio son las mismas, pero con 3 coordenadas:
( x = p1 +tv1
y = p2 +tv2
z = p3 +tv3
. Eliminando la t :
x p1
v1
y p
z p
que el numerador
= v 2 = v 3 [interpretando
es 0 si se anula su denominador].
2
3
[con a, b, c no las tres cero]
La ecuación general de un plano en el espacio es ax +by+cz = d [si d = 0 , pasa por el origen]
Si u y v son dos vectores (no múltiplo uno de otro), x =tu+sv , t, s 2 R
p
describe el plano que contiene esos vectores y pasa por el origen.
v
x = p+tu+sv es otro plano, paralelo al otro
x=tu+sv
n
u
y que pasa por p y los puntos p+u y p+v .
x-p
p
x
Un plano queda también determinado conocidos un punto p suyo y
un vector n normal (perpendicular) al plano pues: (x p) · n = 0 .
Si n = (a, b, c) , desarrollando: a(x p1 )+ b(y p2 )+ c(z p3 ) = 0 ,
que podemos poner ax+by+cz = ap1 bp2 cp3 . Comparando con la ecuación escrita arriba,
concluimos que un vector normal a un plano ax +by+cz = d es el vector (a, b, c) .
Ej 4. Demos varias expresiones para la recta que pasa por los puntos p = (1, 2, 8) y q = (7, 5, 1) .
Un vector dirección es v = q p = (6, 3, 9) , y la recta es: p + tv = (1+6t, 2+3t, 8+9t) , t 2 R .
O con un vector más bonito u = (2, 1, 3) y q en vez de p : q+tu = (7+2t, 5+t, 1+3t) , t 2 R .
Eliminando t , por ejemplo, de la segunda:
( x = 7+2t
z 1
x 7
y = 5+t ! 2 = y 5 = 3 .
z = 1+3t
Y eligiendo dos pares de términos (nosotros los primero = tercero y segundo = tercero) obtenemos
la recta como intersección de dos planos:
⇢
3x 21 = 2z 2 , 3y 15 = z 1 , es decir,
3x 2z = 19
.
3y z = 14
Ej 5. Hallemos la ecuación del plano que pasa por p = (3, 2, 1) , q = (1, 1, 3) y r = (3, 2, 4) .
Es perpendicular al plano, por ejemplo, (q p)⇥(r p) = ( 2, 3, 4)⇥(0, 4, 5) = (1, 10, 8) .
El plano es, por tanto: 1(x 3) + 10(y 2) + 8(z+1) = 0 , o sea, x +10y+8z = 15 .
( x = 3 2t ! t = 3 x &
2 2
y 5
Más largo es eliminar t y s de x =t(q p)+s(r p) = y = 2 3t 4s
s = 3x
8
8 8 & ···
z = 1+4t +5s
( 3a+2b c = d
···
8d
! a = d5 , b= 10d
O, aún peor, resolver el sistema a 2b+3c = d [imponiendo que
5 , c= 5 .
pase
por
los
puntos]
3a 2b+4c = d
3
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Conjuntos abiertos y cerrados
[A veces se le llama
disco o bola].
Entorno de centro a 2 Rn y radio r > 0 es Br (a) ⌘ x 2 Rn : kx ak < r
Es un círculo en el plano y una esfera en el espacio, en ambos casos sin borde.
[Para n = 1 era un intervalo abierto centrado en el punto].
Llamaremos entorno perforado o reducido al conjunto Br⇤ (a) = Br (a) {a} .
n=2
r
a B
B*
El punto a 2 A es interior al conjunto A ⇢ Rn si hay algún r tal que el entorno Br (a) ⇢ A .
A es abierto si todos sus puntos son interiores, es decir, si A=int A⌘ {x interiores a A} .
p 2 Rn es punto de acumulación de A si en todo entorno de p hay infinitos puntos de A .
A es cerrado si contiene a todos sus puntos de acumulación , Rn A es abierto (teorema).
Frontera o borde de A es ∂ A⌘ x : 8r , Br (x) contiene puntos de A y de Rn A .
El cierre de A es el conjunto A= int A [ ∂ A . A es un conjunto cerrado (teorema).
A es acotado si existe M 2 R con kxk< M 8 x 2 A . A es compacto si es cerrado y acotado.
[La demostración del primer teorema es la misma que se vió en R , y si p es de acumulación
de A o pertenece a ∂ A si en cualquier entorno suyo hay, además de los infinitos puntos de A ,
otros que no son de A , o pertenece int A si para algún r todos son de A ].
[Intuitivamente, A es abierto cuando no contiene a su frontera, y cerrado cuando lo hace].
Ej 6. El producto cartesiano de intervalos abiertos (a, b)⇥(c, d) (rectángulo sin borde)
es un conjunto A abierto en R2 : para cualquier a del conjunto hay un Br (a) ⇢ A
(por ejemplo, si r es el mínimo de las distancias a los 4 lados). A no es cerrado
pues los puntos de ∂ A son de acumulación y no son de A . Como su frontera ∂ A
son los 4 lados, es A = [a, b]⇥[c, d] . A no es abierto (los puntos de ∂ A no son
interiores) y es cerrado, pues sus puntos de acumulación son los puntos de A o
de ∂ A y todos son del conjunto. Como también A es acotado es compacto.
Ej 7. Hay conjuntos que no son no ni abiertos ni cerrados, como A= [a, b]⇥(c, d) .
Los puntos de los lados derecho e izquierdo son de A , pero no son interiores.
Los de los lados superior e inferior son de acumulación y no son de A .
[Los únicos conjuntos abiertos y cerrados a la vez son el ∅ y Rn ].
Ej 8. Es inmediato comprobar que R2 como subconjunto de R2 es abierto y cerrado.
Pero visto como subconjunto de R3 no es abierto pues ninguno de sus puntos
es interior: dado cualquier a cualquier bola Br (a) se sale de R2 . Sigue siendo
cerrado como subconjunto de R3 (pero no está acotado y no es compacto).
Ej 9. A= BR (0) es, para cualquier R , un conjunto abierto en Rn :
Para cualquier x 2 BR (0) , 9 r = R kxk tal que BR kx k (x) ⇢ A ,
pues si y 2 BR kx k (x) es kyk  ky xk + kxk < R kxk + kxk = R .
4
c
a
M
b
d
c
a
b
2
R
x
||x||
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d
0
R
[imagen en R2
para intuir].
1.2 Gráficas de funciones escalares
f : D ⇢ Rn ! R
x = (x 1, ..., x n ) ! f (x)
Los campos escalares (también llamadas funciones escalares o
funciones reales de varias variables reales) asignan a cada punto
x de un dominio D ⌘ dom f un único número real f (x) .
[Si no se dice nada más, el dominio D del campo serán los x para los que f tiene sentido].
La imagen o recorrido de f será (igual que en R ) el conjunto im f = f (D) ⌘ f (x) : x 2 D .
Su gráfica es el conjunto de puntos de la forma x 1, ... , x n , f (x 1, ... , x n ) , con (x 1, . . . , x n ) 2 D .
Si n = 1 es una curva en el plano. Si n 3 se mueve en un espacio de dimensión 4 y no es
dibujable. Pero si n = 2 , es una superficie en el espacio que se puede trazar en perspectiva.
f : R2 ! R
(x, y) ! f (x, y)
Para esquematizar (sin ordenador) su gráfica z = f (x, y) hallaremos secciones
(curvas en el espacio) obtenidas cortando la superficie con diferentes planos.
Unas secciones interesantes se consiguen cortando con planos z = cte , llamadas curvas de nivel
(es decir, curvas del plano x y sobre las que f toma un valor constante). Otras fáciles de calcular
son las obtenidas al hacer x = cte o y = cte (en particular los cortes con los planos yz o xz ).
Ej 1. Comencemos esquematizando un par de planos. El primero lleva a una f de las anteriores:
4x + y + 2z = 6 ! z = f (x, y) = 3 2x
1
2y.
z
y
Los cortes con
3
6
los 3 planos coordenados son z = 3 2x , z = 3 21 y , y = 6 4x .
Las curvas (rectas) de nivel son: z =C ! y = 6 2C 4x % C=0
[Sabemos además que el vector (4, 1, 2) es normal al plano].
3
y
6
z=-3
3/2
z=3
x
x
z
z=0
4x + y = 6 no define z = f (x, y) pero, al no depender de z , es
6
y
3/2
fácil dar su gráfica: la recta y = 6 4x trasladada verticalmente.
x
[Igual de fácil sería si no dependiese de y o de x ].
z=f(x,y)
x 2 + y 2 =C ,
p
Ej 2. f (x, y) = x 2 + y 2 . Las curvas de nivel, dadas por
son circunferencias, de radio C , C 0
⇥
⇤
y
si C = 0 es sólo (0, 0) , la imagen es [0, 1) .
2
1
x
x = 0 ! z = y2
son parábolas. Es fácil (en
y = 0 ! z = x2
este caso) dibujar la gráfica (un ‘paraboloide de revolución’).
Las secciones con
z=1
z=4
y
2
1
[Si las curvas de nivel son circunferencias centradas, lo que sucede
cuando f depende de x 2 + y 2 , la superficie es de revolución].
x
p
Ej 3. g(x, y) = (x y) 2 = C ! x y = ± C (rectas paralelas).
y
C=4 C=1 C=0
C=1
1
En concreto, si C = 0, 1, 4 se tiene y = x , y = x ±1 , y = x ±2 .
El corte con x = 0 es una parábola: z = y 2 . También lo son
los cortes con y = 0 z = x 2 o con y = x z = 4x 2 .
Viene a ser la gáfica de la parábola z = y 2 trasladada en
horizontal siguiendo la recta y = x (que es donde se anula la g ).
C=4
1
z=g(x,y)
x
–1
1
y
1
x
y=x
Ej 4. h(x, y) = y 2 x 2 . Dibujemos la gráfica de este ‘paraboloide hiperbólico’ (silla de montar).
Los cortes con y = 0 y x = 0 son las parábolas z = x 2 y z = y 2
[y en general son parábolas los cortes con y =C y x =C ].
Las curvas de nivel son las hipérbolas y 2 x 2 =C
[en particular, para C = 0 son las rectas y = ±x ].
No es fácil hacer el dibujo en 3 dimensiones, pero las curvas
de nivel y los cortes ya nos daban una idea de la gráfica.
z
y
C=1
y
C=0
C=–1
x
C=–1
C=1
5
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x
Hay otras superficies importantes que definen más de una (o no definen ninguna) función escalar. Las 3
siguientes no vienen dadas en la forma z = f (x, y) sino en la forma más general F (x, y, z) = k .
Ej 5. Dibujamos x 2 + y 2 +z 2 = R2
(superficie
, z 2 = x 2 + y 2 (cono), x 2 + y 2 = 1 (cilindro).
esférica)
p
p
Las primeras definen dos campos escalares z = f (x, y) : z = ± R2 x 2 y 2 y z = ± x 2 + y 2 , y la
otra ninguno (el + describe la parte superior de la superficie esférica o el cono y el la inferior).
z
[las curvas de nivel
son circunferencias]
R
z
y
R
y
1
x
x
p
Los cortes con x = 0 son la circunferencia z = ± R2 y 2 (esfera), y las rectas z = ±y (cono).
El cilindro no depende de z . Es la circunferencia unidad llevada verticalmente (desde 1 hasta 1).
En todos los ejemplos vistos hasta ahora aparecían potencias  2 , con lo que son varios tipos de
‘cuádricas’: Ax 2 +By 2 +Cz 2 +Dx y+E xz+F yz+ax+by+cz = d (equivalentes a las cónicas en R3 ).
Los términos en xy, xz, yz vienen a girar la cuádrica y los x, y, z a trasladar su centro. Además
de las dibujadas, en problemas aparecerán otras: elipsoides, hiperboloides de una y dos hojas,... y
en esa expresión general se pueden ocultar otro tipo de objetos, como planos o el conjunto vacío.
Dibujemos otra superficie fácil, pero definida a través de una exponencial:
Ej 6. k (x, y) = e
p
x 2 +y 2
. Es de revolución, porque sobre x 2 + y 2 =C es constante vale e
Basta dibujar el corte con x = 0 (con el plano del
papel) para deducir su gráfica.
p
2
k (0, y) = e y = e |y | , par y es e y , si y 0 .
⇥
1
p
C
.
z
z
1/e
1
-1
y
⇤
Es fácil hacer el dibujo pero nos hemos ayudado del ordenador (del Maple) .
Pero es claro que, en general, aunque se puedan dibujar algunas secciones será muy difícil dar su gráfica
en perspectiva, aunque se pueda dar una idea de ‘por donde va la gráfica’. Como la siguiente:
x
Ej 7. r (x, y) = x+y
= C ! y=x
1
C
Dando valores a C , o mejor, como son y = mx ,
1
, se tienen
dando valores a m en r (x, mx) = 1+m
las curvas de nivel (y ya una idea de la gráfica).
z
1
x
-1
1
1/2
1 y
z=0
z=1/2
1
z=1
1/2
"z=∞"
y
Los cortes con:
1/2
1
-1
z
z
1 (rectas pasando por el origen).
1
x
x = 1 ! z = 1+y
, y = 1 ! z = x+1
son los dibujos de la izquierda.
1
1
x
Todas las rectas y curvas pintadas en el espacio pertencen a la superficie.
[Para n = 3 lo único que se puede dibujar (si son sencillas) son sus ‘superficies de nivel’ f (x, y, z) =C .
Por ejemplo, esas superficies de nivel son para f (x, y, z) = x 2 + y 2 +z 2 esferas de diferente radio].
6
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1.3 Límites y continuidad en Rn
Las definiciones de límite y continuidad para un campo escalar f : D 2 Rn ! R de dominio D
son muy parecidas (aparentemente) a las de R . Si a es interior a D es casi igual:
lı́m f (x) = L si 8ε > 0 9δ > 0 tal que si 0 < kx ak < δ entonces | f (x) L| < ε .
x!a
Para n = 2 , esto significa que debe existir un δ tal que la imagen de f en Bδ⇤ (a)
esté comprendida entre los planos z = L ε y z = L+ε , por pequeño que sea ε .
a
a
D
Con otra definición (generaliza los límites laterales) también incluimos los a 2 ∂D :
lı́m f (x) = L si 8ε > 0 9δ > 0 tal que si x 2 D y 0 < kx ak < δ entonces | f (x) L| < ε .
x!a
La definición de continuidad para puntos interiores es también como la de R :
f continua en a 2 int D , lı́m f (x) = f (a) , 8ε 9δ tal que kx ak < δ ) | f (x) f (a)| < ε .
x!a
Y si D incluye su frontera y a 2 ∂D basta añadir x 2 D para definir su continuidad.
Decir que una f es continua en un conjunto A significa que lo es en todos los puntos de A .
Teoremas (como los de R y que no demostramos) aseguran que suma, producto y cociente
con denominador no nulo de f y g continuas son continuas. Y también lo es la composición
de campos escalares con funciones reales continuas:
Teor 1.
f : Rn ! R continua en a , g : R ! R continua en f (a) ) g f continua en a .
[En R probamos estos teoremas utilizando sucesiones que aquí no hemos tratado y podríamos usar
ahora sólo la definición ε δ . Por ejemplo, para éste bastaría precisar que |g( f (x)) g( f (a))| < ε si
kx ak < δ lo que es cierto porque entonces | f (x) f (a)| es pequeño y g es continua en f (a) ].
Probemos que f (x) =C y que f (x 1, ... , x n ) = x k son continuas en todos los puntos de Rn :
| f (x) C| = 0 < ε 8δ ,
| f (x) f (a)| = |x k ak |  kx ak < ε si δ = ε .
De ello y los teoremas deducimos que muchísimos campos escalares lo son en todos o en casi
todos los puntos a simple vista. Por ejemplo, son obviamente continuas en todo R2 las funciones
x y x2
f (x, y) = y 2 +3 (cociente de polinomios en x y con denominador no nulo) o
f (x, y) = exy composición del campo f (x, y) = x y y la continua g(z) = ez .
p
También son continuos los campos de los ejemplos 1-4 y 6 de 1.2. Y también z = R2 x 2 y 2
⇥
⇤
en todo su dominio k(x, y)k  R , borde incluido, con la definición de continuidad en puntos frontera .
Sólo hay que detenerse a mirar la continuidad en algunos puntos patológicos (como sucedía en
R ). Pero aquí el análisis muchas veces se complica. Veamos más ejemplos en R2 :
z
1
Ej 1. f (x, y) = x 2 +y
2 es claramente continua para (x, y) , (0, 0) y no tiene
límite en ese punto (‘tiende a 1 ’, es decir, para x en un entorno Bδ⇤ (0)
toma valores mayores que cualquier K dado para δ pequeño).
⇥
No sería difícil dibujar nosotros la gráfica de esta superficie de revolución,
⇤
pero de nuevo le hemos pedido al Maple que lo haga en [ 1, 1]⇥[ 1, 1] .
Ej 2. f (x, y) = (x 2 + y 2 ) sen
1
x 2 +y 2
1
y
1
x
, con f (0, 0) = 0 , es también obviamente continua si x , 0 .
Para ver que lo es además en el origen podemos acudir a la definición
p
p
| f (x, y) f (0, 0)|  |x 2 + y 2 | < ε si k(x, y) (0, 0)k = x 2 + y 2 < δ = ε ,
o mirarla como composición de la conocida continua g(x) = x sen x1 y el campo h(x, y) = x 2 + y 2 ,
o incluso utilizar que sigue siendo aquí cierto (y es fácil de probar) que ‘cero ⇥acotado = cero’.
7
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x
es evidentemente continua todo (x, y) tal que x + y , 0 .
Ej 3. El ejemplo 7 de 1.2: r (x, y) = x+y
Que es discontinua en el origen queda muy claro a la vista de las curvas de nivel:
tan cerca del punto como queramos (por pequeño que sea el δ ) hay puntos en
los que r vale 0 , otros en los que vale 1/2 , en otros 1 , ...
z=0
z=1/2
z=1
"z=∞"
¿Existe el límite en algún otro punto (a, a) ? No, porque cerca de cada uno [el
(0,0) incluido] r toma valores tan grandes (y tan pequeños) como queramos, como nos aseguran,
a
por ejemplo, las secciones con cada x = a , 0 : z = a+y
que tienen asíntota vertical en y = a .
2
Ej 4. f (x, y) = xxy
2 +y 4 , f (0, 0) = 0 vuelve a ser continua claramente si x , 0 . ¿Lo es en (0, 0) ?
Vamos a acercarnos al origen a lo largo de diferentes curvas.
m2 x
Empezamos con las rectas y = mx : f (x, mx) = 1+m
4 x2 ! 0 .
x!0
Pero esto no es la definición del límite en R2 .
Sigamos ahora las parábolas x = py 2 : f (py 2, y) = p2p+1 .
Tan cerca como queramos del origen hay puntos en los
el campo vale, por ejemplo, 12 (p = 1). Discontinua en 0 .
[Dibujada con un ordenador, presenta f el aspecto feo del dibujo de la derecha].
[Acercarse al punto problemático siguiendo diferentes curvas y obtener siempre el mismo límite no nos
prueba nunca la existencia del límite en Rn , pues quedan siempre infinitas formas distintas de acercarse.
Con estos cálculos lo que a veces conseguimos (como en el ejemplo anterior) es probar que no existe].
Para calcular límites (y analizar la continuidad) en (0, 0) a veces es útil (en general lo complica)
utilizar las coordenadas polares: x =r cos θ , y = sen θ :
3
Ej 5. Sea f (x, y) = x 2x+y 2 , f (0, 0) = 0 . ¿Es continua en (0, 0) ? Escrito en polares, f (r, θ) =r cos3 θ .
Con esta expresión queda claro que cerca del origen se puede hacer tan pequeño como queramos:
| f (r, θ) 0| =r | cos3 θ|  r < ε si k(x, y) (0, 0)k =r < δ = ε .
Usar cartesianas exige más vista:
x3
x 2 +y 2
0 = |x|
x2
x 2 +y 2
q
 |x|  x 2 + y 2 < ε si k(x, y)k < δ = ε .
Generalicemos la idea del cálculo anterior con un teorema:
Teor 2.
Si f (r, θ) L  g(r) y g(r) ! 0 entonces
r!0
⇥
lı́m
(x,y)!(0,0)
f (x, y) = L .
⇤
Pues | f (r, θ) L| < ε para el δ que garantiza que |g(r) 0| < ε .
El teorema no dice que el límite exista si f (r, θ) ! L como muestra este último ejemplo:
r!0
y4
4
sen θ
Ej 6. Para f (x, y) = x 2 , f (0, y) = 0 se cumple que f (r, θ) =r 2 cos
incluso si x = 0 , θ = ± π2 .
2θ ! 0
r!0
⇥
⇤
4
Pero cualquier corte con y = a ! z = ax 2 ! 1 y no tiene límite en (0, 0) ni en ningún (0, a) .
x!0
⇥
⇤
4 2
Que f (r, θ) ! 0 viene a equivaler a que el límite por rectas sea 0 . En este caso f (x, mx) = m x
!0 .
x!0
Acabamos la sección admitiendo el siguiente importante teorema sobre continuidad generaliza el conocido
resultado del cálculo en R para funciones continuas en intervalos cerrados:
Teor 3.
f continua en un compacto A ) f alcanza sus valores máximo y mínimo en A .
[Si f es discontinua, o A no es cerrado o no acotado es fácil dar ejemplos en los que
alguno de los extremos no se alcanza].
[Para calcular esos extremos, como en R , habrá que acudir a derivadas].
8
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2. Cálculo diferencial en Rn
2.1 Derivadas de campos escalares
Derivadas direcionales, derivadas parciales y gradiente
Sean f : D ⇢ Rn ! R y a 2 int D para que f esté definida en un entorno de a . Para hallar la derivada en
R usábamos los valores de f en a y en puntos cercanos a+h . En Rn hay puntos en cualquier dirección.
Podemos ver cómo varía f a lo largo de una recta que pase por a (dada por un vector v ), es decir, en R2 ,
mirar la variación de la función de una variable obtenida al cortar su
gráfica con un plano vertical que pase por a . Definimos entonces:
La derivada según el vector v de f en un punto a es:
f (a+h v)
h
h!0
Dv f (a) ⌘ f v (a) = lı́m
f (a)
f (a)
f (a+hv)
(si existe).
y
v
Cuando v es unitario se le llama derivada direccional
(de f en la dirección del vector v en el punto a ).
⇥
⇤
Es la derivada de la función de una variable f (a+tv) en t = 0 .
a+hv
a
x
Veremos pronto formas cortas de hallar estas derivadas, pero por ahora sólo utilizamos la definición:
Ej 1. Hallemos la derivada de f (x, y) = 4 x 2 4y 2 en (1, 0) según el vector (v , v) :
Dv f (1, 0) = lı́m 4
h!0
⇥
(1+hv) 2 4(hv) 2 3
h
2hv 5h 2 v 2
h
= lı́m
h!0
= 2v .
⇤
O bien, si h(t) = f (1+tv, tv) = 3 2tv 5t 2 v 2 es h 0 (0) = 2v .
(v,v)
En particular, en ese punto son: D (1,1) = 2 , D (2,2) = 4 , D ( 1, 1) = 2 , . . .
p
p
Las dos derivadas direccionales son D p1 , p1 f (1, 0) = 2 y D p1 , p1 f (1, 0) = 2 .
2
2
2
2
El caso más importante aparece al tomar como v algún vector de la base canónica:
A la derivada de f en la dirección de ek se le llama derivada parcial de f respecto a x k :
f (a1,..., a k +h ,..., a n ) f (a1,..., a k ,..., a n )
∂f
,
∂x k (a) ⌘ f x k (a) ⌘ Dk f (a) ⌘ De k f (a) = lı́m
h
h!0
∂f
es decir, ∂x
(a) es la derivada en el punto x = ak de la función de una variable
k
g(x) = f (a1, . . . , x, . . . , an ) obtenida mirando todas las x i constantes menos la x k .
Si las parciales existen para todos los x 2 D las
Se dice que un campo es
C1
En R2 usaremos la notación
⇥
∂f
∂x1
, ... ,
∂f
∂x n
son otros n campos escalares.
en un abierto D si sus parciales con continuas en ese conjunto.
∂f
∂x
= fx ,
∂f
∂y
= f y , y en R3 además
∂f
∂z
= fz .
⇤
Por tanto, en R2 , f x (a, b) es la derivada de f (x, b) en x = a y f y (a, b) la de f (a, y) en y = b .
Se llama gradiente de f al vector rf =
∂f
∂f
∂x1 , . . . , ∂x n
y es rf (a) =
∂f
∂f
∂x1 (a), . . . , ∂x n (a)
.
El significado geométrico de las derivadas parciales en R2 es claro: representan las pendientes
de las tangentes a las curvas corte con planos x = a o y = b .
Ej 1b. Si f (x, y) = 4 x 2 4y 2 es f x = 2x ( 4 y 4y 2 son constantes en este paso)
y es f y = 8y . La f es, pues, C 1 en todo R2 . Y el gradiente es rf = ( 2x, 8y) .
En particular, son f x (1, 0) = 2 , f y (1, 0) = 0 , que representan las pendientes
⇥
de las tangentes a las parábolas corte con y = 0 , x = 1 g(x) = 4 x 2 y
⇤
⇥
2
g(y) = 3 4y , respectivamente, en x = 1 e y = 0 . Debía ser f x < 0 por
⇤
decrecer f al crecer x y ser f y = 0 por tener ahí un máximo la parábola .
9
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Calculado el rf es muy fácil casi siempre hallar derivadas según vectores:
[la definición inicial, al igual que en R , sólo se necesitará para funciones raras y en algunos puntos].
Teor 1.
Si f 2 C 1 en un entorno de a , la derivada según el vector v es Dv f (a) = rf (a) · v .
f (a,b+hv) f (a,b+hv) f (a,b)
f (a,b)
= f (a+hu,b+hv)
+
v! f x (a,b)u+ f y (a,b)v
En R2 : v = (u,v) , f (a+hu,b+hv)
h
h
hv
h!0
⇥
aplicando el TVM a g(x) = f (x, b+hv) en [a, a+hu] , 9c con g(a+hu) g(a) = g 0 (c)hu , o sea:
⇤
f (a+hu, b+hv) f (a, b+hv) = f x (c, b+hv)hu y f x (c, b+hv) ! f x (a, b) por ser f x continua .
h!0
Significado del gradiente
Sea v unitario y supongamos que rf (a) , 0 . Entonces, por el teorema 1:
v ø
∆
Dv f (a) = rf (a) · v = krf (a)k cos φ . Así que la derivada direccional es
a
f (a)
la componente del gradiente en la dirección de v . La Dv será máxima si
cos φ = 1 (cuando los dos vectores tienen la misma dirección y sentido).
La dirección y sentido de rf son aquellos en los que f crece más deprisa. Si cos φ = 0 ,
será Dv f (a) = 0 : en la dirección perpendicular a rf el campo no varía. Así, en R2 , será rf
perpendicular a las curvas de nivel de f (a sus tangentes).
Ej 1c. Para la f (x, y) = 4 x 2 4y 2 , ya es muy fácil hallar las Dv del Ej 1: rf = ( 2x, 8y) )
p
D (1,1) f (1, 0) = ( 2, 0) · (1, 1) = 2 , D p1 , p1 f (1, 0) = ( 2, 0) · p1 , p1 = 2 , . . .
2
2
2
2
Dibujemos ahora algunos vectores gradientes y algunas curvas de nivel elipses x 2 +4y 2 = 4 C .
y
Se dibuja rf en los puntos (1, 0), (2, 0), (0, 1) y (2, 1)
⇥
⇤
1
vectores, a escala, ( 4, 0), ( 8, 0), (0, 8) y ( 4, 8)
–8
0
x
y las curvas para C = 4, 0, 4, 8, 12 .
4
2
4
–4
Viendo la gráfica de f como una montaña, rf indica la má–12
xima pendiente. Entre las derivadas direccionales en (2, 1)
es máxima la fijada por rf , es decir, en la dirección de
p
⌘ ⇥
⇣
⇤
y el valor máximo es Dv f (2, 1) = rf (2, 1) ·v = 4 5 = krf (2, 1)k .
v = p1 , p2
5
5
p ⇤
⌘ ⇥
⇣
su valor será 4 5 .
Es mínima en la dirección opuesta al gradiente v = p1 , p2
5 5
⇥
⇤
Es nula en la dirección de los vectores perpendiculares a rf (2, 1) o ( 2, 1) , vectores que
son tangentes a la elipse de nivel x 2 +4y 2 = 8 que pasa por el punto (2, 1) .
Ej 2. Hacemos cálculos similares a los del Ej 1c para el campo del Ej 3 de 1.2: g(x, y) = (x y) 2 .
C=4 C=1 C=0
y
Aquí es rg(x, y) = 2x 2y , 2y 2x = 2(x y)(1, 1) .
⇥
C=1
Vector perpenticular
a las rectas de nivel que apunta hacia donde crece g
p
⇤
con módulo 2 2 |x y| mayor según nos alejemos de la recta y = x .
1
C=4
1
x
u
En el punto (0, 1) el vector rg es (2, 2) . El vector unitario u para
–1
∆
el que es, por ejemplo, mínima la derivada direccional en el punto es:
g
⌘ ⇥
⇣
p
⇤
∆
pues ( 1, 1) , de módulo 2 , es opuesto al rg .
u = p1 , p1
g=0
2
2
p
⇤
⇥
La derivada mínima será Du g(0, 1) = (2, 2) · u = 2 2 = krgk = krgk kuk cos π .
[Obsérvese que rg = 0 sobre y = x : los cortes con x = a e y = b son parábolas con mínimos ahí].
Ej 3. Los cálculos y significados son análogos en R3 . Para f (x, y, z) = x 2 y
cos(yz) es:
rf (x, y, z) = ( f x, f y, f z ) = 2x y, x 2 + z sen(yz), y sen(yz) . En particular es rf (1, 1, 0) = (2, 1, 0) .
La derivada de f en el punto a = (1, 1, 0) según el vector v = (1, 1, 2) es (2, 1, 0) · (1, 1, 2) = 1 .
Si buscamos la derivada direccional debemos dividir por el módulo: u = p1 v ! Du f (a) = p1 .
6
6
p
La Du máxima es en la dirección y sentido de rf y su valor es su módulo 5 .
z
Es Du f (a) = 0 en el la dirección de todo v = (a, b, c) perpendicular a
rf , que ahora no forman una recta, sino un plano. Si es perpendicular:
p
(2, 1, 0) · (a, b, c) = 2a+b= 0 ! v = (a, 2a, c) , kvk = 5a2 +c2 !
u=
p 1
(a,
5a2+c 2
2a, c) . Un par de u son: (0, 0, 1) y
1
3,
2 2
3, 3
.
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1
2
x
∆
f
y
Diferencial de campos escalares y plano tangente
En R se tenía ‘derivable ) continua’. En Rn la existencia de las parciales no implica la continuidad:
( 1 si x = 0 o y = 0
Ej 4. Para f (x, y) = 0 en el resto
se tiene que f x (0, 0) = f y (0, 0) = 0 ,
(son derivadas de la función constante 1)
pero la función es claramente discontinua en el origen.
Ni siquiera la existencia de todas las derivadas direccionales en un punto implica que sea continua [se
precisa una definición, la diferencial, que recoja información globlal de todos los puntos cercanos a a ]:
xy 2
Ej 5. La f (x, y) = x 2 +y 4 del Ej 4 de 1.3, que era discontinua en (0, 0) [lo vimos usando parábolas],
tiene, sin embargo, derivadas según cualquier vector v = (u,v) en ese punto, ya que:
2t
⇤
f (tu, tv) = u 2uv
es derivable para todo u, v en t = 0 [también si u o v son 0 .
+v 4 t 2
Una función en R era derivable si tenía recta tangente. En R2 será diferenciable si
posee plano tangente. Reescribimos la definición de derivada:
f derivable en a , lı́m
h!0
f (a+h) f (a) f 0 (a)h
=0
h
"
f(a+h)
f(a)+hf '(a)
f(a)
, f (a+h) = f (a)+f 0 (a) h+o(h) .
si el numerador es o(h)
a
En Rn ser diferenciable será casi lo mismo, con el gradiente ocupando el lugar de
la derivada. Como en R , la notación g(x) = o(kxk) significa que lı́m g(x)
kx k = 0 .
a+h
x!0
f es diferenciable en a si existe rf (a) y es f (a+v) = f (a) + rf (a) ·v + o kvk .
O sea, llamando x = a+v , lo es si
f (x)
z
f (a) rf (a)·(x a)
!0 .
kx ak
x!a
z = f (a)+dfa(v)
⇥
Utilizando lenguaje algebraico, f es diferenciable en a si existe
o(||v||)
una ‘aplicación lineal’ df a : Rn ! R , llamada diferencial de f en el
y
punto a , tal que f (a+v) = f (a) + df a (v) + o(kvk) . Una aplicación
lineal viene dada por n números reales, que aquí son las parciales en
a
a , es decir, el gradiente. Abusando un poco del lenguaje, se puede
⇤
x=a+v
x
decir, cuando f es diferenciable, que la diferencial de f es rf .
Si n = 2 , llamando a = (a, b) , v = (u, v) , f es diferenciable si f (a+v) = f (a)+ f x (a)u+ f y (a)v+o(kvk) ,
es decir, si cerca de (a, b) , su gráfica se parece a la de un plano z = k +c1 (x a)+c2 (y b) .
Si f es diferenciable parece que existirán todas las derivadas direccionales y que va a ser continua.
Teor 2.
f diferenciable en a ) existe Dv f (a) 8v , es Dv f (a) = rf (a) ·v y f es continua en a .
Si f diferenciable,
f (a+hv) f (a)
h
=
rf (a) ·hv+o( khv k)
h
khv k)
= rf (a) ·v+ o(khv
k
|h | kv k
!
h h!0
rf (a) ·v .
f (a+v) f (a)  krf (a)k kvk + o(kvk) ! 0 , f (x) ! f (a) , f continua en a .
v!0
x!a
¿Cómo saber en la práctica si un campo f es diferenciable? Con la siguiente condición suficiente
(demostrada en los libros de cálculo en Rn ) es inmediato en la mayoría de los casos:
Teor 3.
f 2 C 1 en un entorno de a ) f diferenciable en a .
Ej 1d. La f (x, y) = 4 x 2 4y 2 de siempre, que es C 1 en R2 , es diferenciable, pues, en cada punto.
En particular, en (2, 1) , con f (2, 1) = 4 y rf (2, 1) = ( 4, 8) se tiene entonces que
p
p
f (2+u,1+w) = 4 4u 8v +o u 2 +v 2 , f (x, y) = 4 4(x 2) 8(y 1)+o (x 2) 2 +(y 1) 2
Ej 3b. Como para f (x, y, z) = x 2 y cos(yz) las f x = 2x y , f y = x 2 +z sen(yz) y f z = y sen(yz) son
continuas 8(x, y, z) , será diferenciable en todos los puntos de R3 y todo es fácil de calcular.
Por ejemplo, cerca de (1, 1, 0) tenemos esta buena aproximación para f :
f (1+u, 1+v, w) ⇡ f (1, 1, 0) + rf (1, 1, 0) · (u, v, w) = 0 +(2, 1, 0) · (u, v, w) = 2u+v .
⇥
⇤
Con una calculadora: f (1.01,1.01,0.01) ⇡ 0.0303 , f (1.1,1.1,0.1) ⇡ 0.337 , parecidos a 0.03 y 0.3 .
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Analizar la diferenciabilidad en puntos problemáticos normalmente, como pasaba con la continuidad, no
es sencillo. Al igual que en continuidad, es muchas veces fácil ver que una f no es diferenciable (viendo
que no se cumple algo que implica la diferenciabilidad) y más complicado es probar que sí lo es.
Por ejemplo, es inmediato afirmar que las funciones de los ejemplos 4 y 5 no son diferenciables en el
origen, porque no son continuas en dicho punto, y deben serlo según el teorema 2.
Una f diferenciable debe tener todas las derivadas direccionales en el punto, con lo que tampoco lo
puede ser, por ejemplo, una f para la que alguna derivada parcial no exista:
p
Ej 6. ¿Es diferenciable f (x, y) = x 2 + y 2 ? mitad superior del cono z 2 = x 2 + y 2 .
Lo es claramente en cualquier punto distinto del (0, 0) por ser continuas sus
derivadas parciales f x = p 2x 2 y f y = p y2 2 . ¿Qué ocurre en el origen?
x +y
y
x +y
Sobre los ejes son f (x, 0) = |x| y f (0, y) = |y| , funciones no derivables en 0 .
x
No existen ni f x (0, 0) ni f y (0, 0) (ni ninguna direccional). No es diferenciable.
(Claramente no hay plano tangente en el origen y sí lo hay en cualquier otro punto).
Sólo en contadas ocasiones y en algunos puntos habrá que acudir a la definición de diferencial:
3
Ej 7. ¿Es f (x, y) = x 2x+y 2 , f (0, 0) = 0 (Ej 5 de 1.3) diferenciable en (0, 0) ? (en cualquier otro lo es).
Vimos que era continua. Además: f (x, 0) = x ) f x (0, 0) = 1 , f (0, y) = 0 ) f y (0, 0) = 0 .
Para ser diferenciable, debe tener límite cuando (x, y) ! (0, 0) :
f (x,y)
f (0,0)
p
r f (0,0) ·(x,y)
x 2 +y 2
=
x 3 (x 2 +y 2 ) 1 x
xy 2
= (x 2 +y 2 ) 3/2
(x 2 +y 2 ) 1/2
pero el límite no existe, ya que sobre las rectas y = mx su valor
m2
(1+m2 ) 3/2
,
es distinto para cada m .
4
Ej 8. f (x, y) = x 2x+y 2 , f (0, 0) = 0 sí es diferenciable en (0, 0) . El polares la continuidad es fácil:
f (r, θ) 0 =r 2 cos4 θ  r 2 ! 0 ) f continua en 0 .
r!0
Y tambien existen las parciales (una vez más tenemos que acudir a la definición):
f (x, 0) = x 2 ) f x (0, 0) = 2x x=0 = 0 , f (0, y) = 0 ) f y (0, 0) = 0 . Es decir, rf (0, 0) = 0 .
Sólo falta comprobar que: lı́m
f (x)
x!0
0 ·x
f (0)
kx k
4
x
= lı́m (x 2 +y
2 ) 3/2 = 0 (que es fácil en polares).
x!0
1
Ej 9. f (x, y) = (x 2 + y 2 ) sen x 2 +y
2 , f (0, 0) = 0 . Ya vimos (Ej 2 de 1.3) que es continua en el origen.
Para ver si es diferenciable comenzamos hallando sus parciales en el origen:
f (x, 0) = x 2 sen x12 ) f x (0, 0) = lı́m h
h!0
Análogamente, f y (0, 0) = 0 . Como
2
sen(h 2 )
h
0
= lı́m h sen h12 = 0 ( 0 ⇥ acotado ).
h!0
f (x) 0 0
lı́m
kx k
x!0
= lı́m
x!0
q
1
x 2 + y 2 sen x 2 +y
2 = 0 es diferenciable.
Hagamos un resumen de todas las implicaciones que hemos visto anteriormente:
C 1 en un entorno
)
diferenciable
1
)
existen todas las DD
2
+" 3
7%.8
5
continua
!
+" 4
existen las parciales
6
Todas las flechas son falsas si n > 1 (para n = 1 son 2 y 4 trivialmente ciertas). Demos contraejemplos
para cada una de ellas (la mayoría ya se han analizado):
1
1
1. f (x, y) = (x 2 + y 2 ) sen x 2 +y
2 , f (0, 0) = 0 (Ej 9) es diferenciable pero no C , pues, por ejemplo,
1
2x
1
f x = 2x sen x 2 +y
cos x 2 +y
2
2 no tiene límite en (0, 0) .
x 2 +y 2
( 1 si x = 0 o y = 0
4,6. f (x, y) = 0 en el resto
(Ej 4), con parciales en el origen, discontinua y sin más DD.
2
2,6,8. f (x, y) = xxy
2 +y 4 , f (0, 0) = 0 (Ej 5) tiene todas las DD, es discontinua y no es diferenciable.
p
3,5,7. f (x, y) = x 2 + y 2 (cono), es continua pero sin ninguna DD (y no es diferenciable).
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Volvamos al plano tangente. De la discusión sobre diferenciabilidad se deduce para R2 que si f
es diferenciable, el plano tangente a la gráfica de f en el punto (a, b) es:
z = f (a, b) + f x (a, b)(x a) + f y (a, b)(y b) .
Ej 1e. Hallemos el plano tangente en (2, 1) la superficie descrita por la
muy analizada función f (x, y) = 4 x 2 4y 2 :
f (2, 1) = 4 , rf (2, 1) = ( 4, 8) ! z = 4 4(x 2) 8(y 1) .
Es decir: z = 12
4x
8y
(bastaba quitar el o del ejemplo 1d).
⇥
Dibujamos con Maple, para comprobar la tangencia, la superfice (en gris)
y el plano tangente (en verde), para 4  x  4 , 2  y  2 y 6  z  2 ].
Como en R3 es rF perpendicular a las superficies de nivel, esto nos da un modo de hallar el
plano tangente en un punto (a, b, c) de una superficie S dada en la forma F (x, y, z) = K :
rF (a, b, c) · (x a, y b, z c) = 0
si rF , 0
Ej 10. Por ejemplo, hallemos el plano tangente en (1, 2, 3) a la superficie esférica x 2 + y 2 +z 2 = 14 :
rF (1, 2, 3) = (2x, 2y, 2z)
(1, 2,3) =
(2, 4, 6) !
z = 31 (14 x +2y) .
p
Más largo es hallar el plano tangente a z = + 14 x 2 y 2
utilizando la fórmula de más arriba: z x = p x , z y = p y ,
2(x 1) 4(y+2)+6(z 3) = 0 , o bien,
z x (1, 2) =
1
3
, z y (1, 2) = 23 ! z = 3
1
3 (x
1)+ 23 (y+2)
"
La segunda expresión del plano tangente permite hallarlo incluso en los casos en que, a diferencia del
ejemplo anterior, no se pueda despejar la z (lo difícil en esos casos no suele ser hallar el plano tangente,
sino encontrar puntos de la superficie):
Ej 11. Sea F (x, y, z) = x 2 e2y+2 + 4 sen(x+2z)+2z 2 . Hallemos el plano tangente y la recta normal a la
superficie F (x, y, z) = 6 en el punto (2, 1, 1) .
rF (x, y, z) = 2x e2y+2 +4 cos(x +2z) , 2x 2 e2y+2 , 8 cos(x +2z)+4z .
rF (2, 1, 1) = (8, 8, 4) = 4(2, 2, 1) [usamos el vector normal más sencillo].
El plano tangente es, pues: 2(x 2)+2(y+1)+(z+1) = 0 , o más compacto, 2x +2y+z = 1 .
Y la recta normal será: x = (2t +2, 2t 1, t 1) (conocemos un punto y el vector director).
Hagamos ahora unos pequeños comentarios sobre la ‘diferencial de los físicos’, empezando con
las f derivables de R en R . Con la notación de la sección podemos poner:
y = f (x)
df x (h) = f 0 (x) h o df x (∆x) = f 0 (x)∆x , y es ∆y = f 0 (x)∆x +o(∆x) .
Dy
O, llamando dy = f 0 (x)∆x al incremento de la parte lineal: ∆y = dy+o(∆x) ,
y cuando ∆x es pequeño se comete poco error tomando dy en lugar de ∆y .
dy
x
x+D x
No es raro ver escrito simplemente dy = f 0 (x) dx , interpretando dy como un
‘incremento infinitesimal’ de la y para otro dx de la x . Se está sustituyendo entonces sin decirlo
∆y por dy , el incremento correspondiente a la función por el correspondiente a la tangente.
En R2 , para una z = f (x, y) diferenciable (si no, carece de sentido), no es impreciso escribir:
(x,y)
(x,y)
∆x + ∂ f ∂y
∆y + o (∆x) 2 +(∆y) 2
∆z = f (x +∆x, y+∆y) f (x, y) = ∂ f ∂x
y se parecen, para ∆x , ∆y pequeños, ∆z y el incremento de la parte lineal dz = df (x,y) (∆x, ∆y) .
(O, lo que es lo mismo, se parecen la función y su plano tangente).
p
∂f
∂z
+ ∂y
dy o df = ∂x
dx + ∂∂yf dy ,
típico de los físicos, suponiendo que los incrementos son ‘infinitesimales’. dz no es simplemente
un número pequeño, es el incremento correspondiente a una aplicación lineal (la diferencial).
Pero sí vuelve a ser impreciso escribir simplemente dz =
∂z
∂x dx
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Derivadas de orden superior y desarrollos de Taylor
∂f
∂f
existen para todos los x 2 D obtenemos n nuevos campos escalares ∂x
, . . .,
Si las ∂x
j
1
que podemos volver a derivar consiguiendo las derivadas parciales de orden 2, 3, . . . :
∂2f (x)
∂ ⇥ ∂ f (x) ⇤
∂x k ∂x j ⌘ ∂x k ∂x j ⌘ f x j x k (x) ⌘ Djk f (x) , . . .
∂f
= f x = 2x e 2y y
Ej 12. Si f (x, y) = x 2 e 2y sus derivadas primeras ∂x
tener derivadas parciales 8(x, y) , con lo que tiene sentido calcular:
∂2 f
∂x 2
= f xx = 2 e
2y ,
∂2 f
∂ ∂f
∂y [ ∂x ] = ∂x∂y
= f xy = 4x e
Y podríamos seguir calculando derivadas:
Ej 13. Probemos que u(x, t) = p1t e
ut =
u xx =
1
2
t
1
2
3/2 e
t
x 2 /4t
3/2 e
+t
x 2 /4t
1/2 1
4
+ 21 x t
x 2 /4t
x2 t
3/2 1
2
∂3 f
∂x 3
2y ,
∂2 f
∂y∂x
∂f
∂y
= f y = 2x 2 e
= f yx = 4x e
= f xxx = 0 , . . . ,
∂3 f
∂y 3
2y
,
∂2 f
∂y 2
2y
vuelven a
= f yy = 4x 2 e
= f yyy = 8x 2 e
2y
∂f
∂x n
2y .
,...
es solución de ut u xx = 0 (‘ecuación del calor en la recta’).
2 e x 2 /4t = x 2 2t
xt
2e
e
x 2 /4t
4 t 5/2
2
x /4t = x 2 2t
4 t 5/2
e
, ux =
x 2 /4t
1
2
xt
3/2 e x 2 /4t
,
. Por tanto, ut u xx = 0 .
Ej 3c. Si f (x, y, z) = x 2 y cos(yz) se tiene que f x = 2x y , f y = x 2 +z sen(yz) , f z = y sen(yz) )
f xx = 2y , f xy = 2x , f xz = 0 ;
f yx = 2x , f yy = z 2 cos(yz) , f yz = sen(yz)+ yz cos(yz) ;
f zx = 0 , f zy = sen(yz)+yz cos(yz) , f zz = y 2 cos(yz) . Algunas derivadas coinciden (no es casual).
Se dice que f 2 C n en D abierto si sus derivadas parciales hasta orden n son continuas en D .
Igualdad de Schwarz
Si f 2 C 2 en un entorno de a ) Dkj f (a) = Djk f (a) , j, k = 1, . . . , n .
o de Clairaut:
[La demostración (ver libros), utiliza, como en otros casos, el teorema del valor medio en una variable].
Al igual que muchas funciones f (x) se pueden aproximar por polinomios y desarrollar en serie
de Taylor en torno a un punto, se ve en los libros de varias variables que los campos escalares f
admiten también estos desarrollos. La diferencial representa el desarrollo de Taylor de orden 1.
Sólo escribimos el polinomio de orden 2 de una f de dos variables, sin expresiones del resto:
Teor 4.
Si f 2 C 2 en un entorno de a = (a, b) y x = (a+h, b+k) está próximo a a , entonces:
⇤
⇥
f (x) = f (a) + f x (a) h+f y (a) k + 21 f xx (a) h2 +2 f xy (a) hk +f yy (a) k 2 +o h2+k 2 .
En ocasiones convendrá escribir el polinomio P2 (x, y) anterior en la forma más desarrollada:
f (a, b)+ f x (a, b)(x a)+ f y (a, b)(y b)+ 21 f xx (a, b)(x a) 2 + f xy (a, b)(x a)(y b)+ 12 f yy (a, b)(y b) 2
y en muchas, más que calcular derivadas, lo útil será usar los desarrollos conocidos de una variable.
Ej 12*. Hallemos el desarrollo de orden 2 de f (x, y) = x 2 e
x 2 (1
2y
en torno a los puntos (0, 0) y ( 1, 1) :
2y+2y 2 +
El primero es casi inmediato: f (x, y) =
· · · ) = x 2 + o(x 2 + y 2 )
⇥
⇤
coherente con el hecho de que la única derivada no nula es f xx (0, 0) = 2 .
f ( 1, 1) = e 2 , f x ( 1, 1) = f y ( 1, 1) = f xx ( 1, 1) = 2e 2 , f yy ( 1, 1) = f xy ( 1, 1) = 4e 2
⇤
⇥
! f (x, y) ⇡ e 2 1 2(x +1) 2(y 1)+(x +1) 2 +4(x +1)(y 1)+2(y 1) 2 .
⇥
⇤
A lo mismo llegaríamos desarrollando (1 s) 2 e 2t e 2 en torno a (0, 0) , s = x +1 , t = y 1 .
14
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2.2 Campos vectoriales. Regla de la cadena
Tratamos funciones cuyos valores no son escalares, sino vectores. Primero el caso más sencillo:
Rn
Funciones vectoriales: c : tR !!c(t)
=
c1 (t), ..., cn (t)
. Sus gráficas son curvas en Rn .
Bastantes veces nos ocuparemos de c para t en un intervalo finito: t 2 [a, b] . Entonces la imagen
de c es una curva finita que une (en ese sentido) el punto c(a) con el c(b) [extremos de la curva].
A esa curva la llamaremos también a veces trayectoria o camino.
Casi siempre trabajaremos en R2 o R3 y será c(t) = x(t), y(t) o c(t) = x(t), y(t), z(t) .
Se dice que c es continua en un punto o intervalo si lo son sus n componentes c1 (t), ..., cn (t) .
Y es derivable si las n lo son y su derivada es el vector c0 (t) = (c10 (t), ..., cn0 (t)) .
Interpretemos c0 (t) para n = 2 (o n = 3 ). Al ser c0 (t) = lı́m
h!0
c(t+h) c(t)
,
h
y
c'(t)
c(a)
C
c(t)
la pendiente de la secante tenderá a la pendiente de la recta tangente a la
c(t+h)
curva C descrita por c(t) . Físicamente, si c(t) describe el movimiento
c(b)
de una partícula a lo largo del tiempo [es decir, si es su vector posición,
x
que se suele llamar r(t) ], c0 (t) representa el vector velocidad v(t) .
⇥
⇤
El escalar kc0 (t)k describe la rapidez (velocidad escalar) con la que la partícula avanza por la curva .
Por tanto, ecuaciones de la recta tangente a C en un punto c(t o ) (si c0 (t o ) , 0 ) pueden ser:
x = c(t o )+ t c0 (t o )
⇥
o
x = c(t o )+(t t o ) c0 (t o )
[esta toca c(t o )
cuando t =t o ]
⇤
Cuando c0 (t o ) , 0 no hay tangente definida y no es extraño que aparezcan picos en la curva .
Si las ck0 son también derivables se puede hallar la derivada segunda c00 (t) = (c100 (t), ..., cn00 (t))
[que representa el vector aceleración a(t) ]. Y se puede definir c000 (t) , civ (t) , . . .
p
⇥ p ⇤
Ej 1. Sea c(t) = cos t 2, sen t 2 , con t 2 0 , 2π . c(0) = c 2π = (1, 0) .
p
Por ser kc(t)k = cos2 t 2 +sen2 t 2 = 1 , recorrerá c la circunferencia unidad.
t =0,√2π
c0 (t) = 2t sen t 2, 2t cos t 2 será un vector tangente, y es kc0 (t)k = 2t
[con lo que este módulo (la velocidad escalar) crece con el tiempo].
⇥
p
⇤
Obsérvese que llega a (0, 1) para t = π/2 ⇡ 1.25 , y que tarda el doble de tiempo en dar la vuelta entera .
p
p
p
⇥
⇤
c0 π/2 =
2π , 0 ! x =
2π t , 1 recta tangente en (0,1) más sencilla x = (t , 1) .
El vector aceleración será c00 (t) = 2
sen t 2, cos t 2
4t 2 cos t 2, sen t 2 .
[Tiene una componente en la dirección de la velocidad y otra en dirección normal al movimiento,
que es algo que se ve que ocurre en general para cualquier c ].
⇥
La misma curva se podría describir (de forma más simple) con c⇤ (t) = (cos t, sen t) , t 2 [0, 2π] .
⇤
siendo recorrida en este caso con velocidad kc⇤0 (t)k = 1 constante .
Más difícil es, desde luego, dibujar curvas en R3 . Tratamos el ejemplo cásico, la hélice:
c(3π)
Ej 2. Dibujemos la curva descrita por c(t) = cos t, sen t, t , t 2 [0, 3π] .
⇥
⇤ ⇥
⇤
Como es x(t) 2 + y(t) 2 = 1 , la proyección sobre el plano x y es la
circunferencia unidad, mientras que z crece constantemente con t .
p
El vector velocidad es c0 (t) = sen t, cos t, 1 , y es kc0 (t)k = 2 ,
independiente de t (se recorre la curva a velocidad escalar constante).
⇥
⇤
Por ejemplo, para t = 2π en el punto (1, 0, 2π) es c0 (2π) = (0, 1, 1)
y la recta tangente en ese punto se puede escribir l(t) = (1, t, 2π+t) .
El vector aceleración c00 (t) = ( cos t, sen t, 0) no tiene componente
vertical y apunta siempre hacia el eje z .
15
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3π
2π
π
y
1
x
c(0)
Pasemos ya al caso general, con valores vectoriales dependientes de varias variables:
f : D ⇢ Rn ! Rm
Campos vectoriales. Funciones de Rn en Rm :
x = (x 1, ..., x n ) ! f(x) = f 1 (x), ..., f m (x)
.
[O funciones vectoriales de varias variables reales con dominio D . Uno que ya ha aparecido, con
n = m , es rf ; otro, para n = m = 3 , será rot f ; otros serán los cambios de variable que iremos
haciendo; y caso particular importante ya tratado son las funciones vectoriales, con n = 1 ].
f(x) = f 1 (x), ..., f m (x) será continuo si lo son sus m componentes f k (x) .
⇥
⇤
Esto equivale a una definición ε δ : si 8ε 9δ tal que kx ak < δ ) kf(x) f(a)k| < ε .
En la diferencial de f escalares cumplía un papel importante el vector rf . Aquí lo cumple una matriz:
Se llama matriz diferencial o jacobiana de f en a a Df(a) ⌘
[Las m filas de Df son los gradientes de las m componentes].
✓
∂ f1 /∂x1 · · · ∂ f1 /∂x n ◆
···
···
···
∂ fm /∂x1 · · · ∂ fm /∂x n x=a
f es diferenciable en a si existe Df(a) y es f(a+v) = f(a)+ Df(a) v+ o(kvk) .
con v vector columna y escribiendo el resultado como fila "
⇥
Es decir, si
kf(a+v) f(a) Df(a) v k
kv k
⇤
! 0 cuando kvk ! 0 .
Y se tiene un resultado similar al de los campos escalares:
Teor 1.
Si todas las f k 2 C 1 en un entorno de a entonces f es diferenciable en a .
f es diferenciable en a si existe una aplicación lineal dfa : Rn ! Rm , llamada diferencial de f en
el punto a , dada por dfa (v) = Df(a) v , tal que: f(a+v) = f(a) + dfa (v) + o(kvk) .
Una aplicación lineal viene dada por una matriz, incluso, abusando algo del lenguaje, se puede
⇥
⇤
decir que dfa es la matriz Df(a) f 0 (a) es la matriz más simple y rf (a) es una matriz 1⇥n .
Si n = 1 , la matriz Df pasa a ser una matriz m⇥1 , el vector derivada de una función vectorial, y
la diferencial es una aplicación lineal de R en Rm (cuya gráfica es una recta en Rm : la tangente).
Para seguir la notación de aquí deberíamos escribir Dc(t) = c0 (t) como un vector columna (de m
elementos), pero seguiremos con vectores fila y llamando a las c derivables más que diferenciables.
Ej 3. f(x, y) = exy, y , 2x+y 2 = f (x, y), g(x, y), h(x, y) es campo vectorial diferenciable en el punto
(1, 0) [lo es en todo R2 ] porque las 6 parciales existen y son continuas en un entorno del punto.
Su matriz diferencial es: Df
fx fy
y ex y x ex y
*
*
+
1 +/
g
g
.
.
/
= x y = 0
2y ,h x h y - , 2
) Df(1,0)v = *.0 1+/ uv = * v + .
,2u ,2 0 0 1
!
v
La f : R2 ! R3 se parecerá, por tanto, cerca de (1, 0) a la función lineal de R2 en R3 que al
vector v = (u, v) le asigna el nuevo vector (1+v, v, 2+2u) = f(1, 0)+ Df(1, 0) v ⇡ f (1+u, v) .
O, escrito de otra forma, f(x, y) = exy, y , 2x + y 2 ⇡ (1+ y , y , 2x) cerca de (1, 0) .
[Las diferenciales de los campos escalares f , g y h llevarían a las mismas expresiones].
En caso de que sea m = n , típico de los cambios de variable, cumplirá un papel importante (por ejemplo
en la integración) el determinante de la matriz diferencial n⇥n , llamado jacobiano del cambio:
Si
( y = f (x ,.., x )
n
1
1 1
············ ,
yn = fn (x1,.., x n )
⇥
el determinante jacobiano es
∂(y1,...,yn )
∂(x1,...,x n )
⌘ Jf ⌘ Df =
∂ f1 /∂x1 · · · ∂ f1 /∂x n
.
.
.
.
.
.
∂ fn /∂x1 · · · ∂ fn /∂x n
.
Jf(a) , 0 implicará, por ejemplo, que el cambio es inyectivo en un entorno del punto, con lo
⇤
que habrá función inversa f 1 en un entorno, que era lo que sucedía en R cuando f 0 (a) , 0 .
x =r cos θ
Ej 4. Sea f : R2 ! R2 , f(r, θ) = (r cos θ, r sen θ) = (x, y) , que habitualmente escribimos y =r sen θ .
Su determinante jacobiano será Jf =
∂(x,y)
∂(r,θ)
=
cos θ r sen θ
= r (cos2 θ +sen2 θ) = r .
sen θ r cos θ
Ni siquiera en el caso más simple de las funciones de R2 en R2 como la anterior es posible dibujar gráficas
de campos vectoriales. Habrá que limitarse a dibujar flechas entre dos planos (en este caso).
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Regla de la cadena. Generalizamos la fórmula de una variable ( f g) 0 (x) = f 0 g(x) g 0 (x) .
Empezamos con el caso más sencillo, que une funciones vectoriales y campos escalares:
Sean c : R ! Rn y f : Rn ! R de C 1 y sea h(t) = f c(t) .
Teor 2. Entonces h es derivable y es h 0 (t) = rf c(t) · c 0 (t) , o sea:
∂f
∂f
h 0 (t) = ∂x
(c(t)) x 10 (t) + · · · + ∂x
(c(t)) x n0 (t) .
n
1
c
t
f
c(t)
Rn
f (c(t))
h: R ! R
∂f
df
dt
∂ f dy
= ∂x dx
dt + ∂y dt ,
expresión imprecisa que no deja claro dónde está evaluada cada término [las parciales en ((x(t), y(t))
y las derivadas ordinarias en t ] y que mantiene el nombre f para la h (pues es la f sobre una curva).
La última igualdad (por ejemplo cuando n = 2 ) se suele escribir en la forma
De hecho, h describe la variación del campo f a lo largo de la curva dada por c , y de esto se
deduce el resultado: en un t o dado, h 0 (t o ) mide la variación de f según el vector tangente a la curva
en el punto c(t o ) , y esta derivada según el vector viene dada, como sabemos, por rf c(t o ) · c0 (t o ) .
El resultado se podría escribir así:
h 0 (t) =
rf c(t)
c0 (t) =
⇣
producto de matrices
∂f
∂x1
0
···
⌘ * x1.(t) +
∂f
. . /
∂x n c(t) . . /
0
, x n (t) -
[esto nos dirá
el Teor 3]
Si las funciones son más derivables, la regla anterior nos permite hacer derivadas segundas y sucesivas.
Por ejemplo, para n = 2 , de la fórmula que da la h 0 (t) = f x x 0 + f y y 0 , deducimos la derivada segunda:
h 00 (t) = ( f x ) 0 x 0 + f x x 00 +( f y ) 0 y 00 + f y y 00 = f xx (x 0 ) 2 + 2 f xy x 0 y 0 + f yy (y 0 ) 2 + f x x 00 + f y y 00 .
Ej 5. Sea f : R3 ! R de C 2 y sea h(t) = f t, t, t 2 . Hallemos h 00 en función de las derivadas de f ,
y comprobemos la fórmula obtenida en el caso de que sea f (x, y, z) = x + y+z 2 .
h 0 (t) = f x
f y + 2t f z , h 00 (t) = ( f x ) 0 ( f y ) 0 + 2t( f z ) 0 + 2 f z
= f xx f xy +2t f xz f yx + f yy 2t f yz + 2t f zx 2t f zy +4t 2 f zz + 2 f z
= f xx + f yy +4t 2 f zz 2 f xy +4t f xz 4t f yz + 2 f z
En concreto, para la f dada es h(t) =t 4 , h 00 (t) = 12t 2 . Con la fórmula: h 00 (t) = 8t 2 +4z z=t 2 = 12t 2 .
Consideremos ahora el caso general de composición de campos vectoriales:
g
Teor 3.
f
p
n
m
Sean R ! R ! R , g diferenciable en a , f diferenciable en b = g(a) )
a ! g(a) = b ! f(b)
f g diferenciable en a y D(f g)(a) = Df(b) Dg(a) [producto de matrices].
⇥
⇤
1
La demostración para f, g 2 C se basa en aplicar el Teor 2. en cada fila .
Ej 6. Sean g(x, y) = (x y , y 2 ) , f(u, v) = (u+v , uv , v) . Hallemos D(f g) en (2, 1) . Con el Teor 2:
!
1 1
1 1 1 1!
1 1
1 1
= *.1 1+/ .
, g(2, 1) = (1, 1) ) D(f g)(2, 1) = *.1 1+/
Df(u, v) = *.v u +/ , Dg(x, y) =
0 2y
,0 1 -
Comprobemos componiendo y calculando luego la diferencial:
0 2
,0 1 -
(f g)(x, y) = f(x y , y 2 ) = (x y y 2, x y 2 y 3, y 2 ) , D(f g)(2, 1) = *.y 2 2xy 3y 2 +/
1
,0 2 -
2y 1
,0
-(2,1)
2y
1 1
= *.1 1+/ .
,0 2 -
Veamos la forma que adopta el teorema general en otros diferentes casos particulares. El primero
muestra el efecto de un cambio de variable sobre una curva:
y
v
Dg
c(t)
Sean c : R ! R2 , g : R2 ! R2 , r(t) = g(c(t)) .
g
(x, y) ! (u, v)
r0 (t) = Dg(c(t)) c0 (t) =
u 0 = u x x 0 + uy y 0
v 0 = v x x 0 + vy y 0
u x uy
v x vy
!
x0
y0
!
du
dt
=
∂u dx
∂x dt
u
g transforma puntos y
Dg transforma vectores.
. Es decir:
, o si se prefiere:
r(t)
x
[ r es la curva imagen de c a través del cambio g ].
+
∂u dy
∂y dt
,
dv
dt
=
∂v dx
∂x dt
+
∂v dy
∂y dt
.
La matriz diferencial Dg tansforma el vector tangente a una curva en el vector tangente a la curva imagen.
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Otro caso más (que usaremos más a menudo): cambios de variable para funciones de 2 variables.
(r, s) ! (x, y)
∂h ∂h
∂r ∂s
⇥
=
∂x
∂ f ∂ f * ∂r
∂y
∂x ∂y
, ∂r
g y
s
f : R2 ! R , g : R2 ! R2 , h = f g : R2 ! R
r
(r, s) ! f (g(r, s)) = f (x(r, s), y(r, s))
∂x
∂s +
∂y
∂s -
)
∂h
∂r
=
∂ f ∂x ∂ f ∂y
∂x ∂r + ∂y ∂r
∂h
∂s
,
=
f
x
[o escribiendo
f en vez de h ]
∂ f ∂x ∂ f ∂y
∂x ∂s + ∂y ∂s
⇤
Conviene memorizar estas fórmulas. No se olvide que f x y f y están evaluadas en (x(r, s), y(r, s)) .
⇢
(
2
f = f +s f y
Ej 7. Si x =r +s , las derivadas de f (r +s2, r s) respecto a las variables (r, s) son r x
y =r s
f s = 2s f x + r f y
.
Si f 2 C 2 podemos hallar también las derivadas segundas. f x y f y son también funciones de r y s
que se derivarán respecto a r y s de la misma forma que se derivaba la f :
f rr = f r r = f x r + s f y r = [ f xx +s f xy ] + s[ f yx +s f yy ] = f xx + 2s f xy + s2 f yy
f r s = f r s = f x s + s f y s + f y = [2s f xx +r f xy ] + s[2s f yx +r f yy ]+ f y = 2s f xx +(r +2s2 ) f xy +r s f yy + f y
f ss = f s s = 2s f x s+r f y s+2 f x = 2s[2s f xx +r f xy ] +r[2s f yx +r f yy ]+2 f x = 4s2 f xx +4r s f xy +r 2 f yy +2 f x
⇥
Para escribir, por ejemplo, ( f x )r simplemente se ha utilizado que, según las expresiones para las derivadas
⇤
primeras de arriba, había que derivarla respecto a x y sumarle s por su derivada respecto a y .
⇥
f r s se podía haber calculado también así, pues sabemos que las derivadas cruzadas coinciden:
⇤
f r s = f s r = 2s[ f xx +s f yx ] + r[ f xy +s f yy ]+ f y = 2s f xx +(r +2s2 ) f xy +r s f yy + f y .
Similares son las fórmulas en R3 . Para una (r, s, t) ! f (g(r, s, t)) = f x(r, s, t), y(r, s, t), z(r, s, t)
las derivadas son: f r = f x x r + f y yr + f z zr , f s = f x x s + f y ys + f z z s , f t = f x x t + f y yt + f z zt .
Divergencia, laplaciano, rotacional
Si f = ( f 1, ..., f n ) : Rn ! Rn es campo vectorial C 1 , la divergencia
∂ f1
∂ fn
de f es el campo escalar: div f ⌘ r· f ⌘ ∂x
+ · · · + ∂x
.
n
1
r⌘
∂
∂
∂x1 , . . . , ∂x n
[sólo notación, eso
no es ningún vector].
En particular, cuando f = ( f , g) es div f = f x +gy , y si f = ( f , g, h) es div f = f x +gy +hz .
Si f : Rn ! R es de C 2 , el laplaciano de f es ∆ f ⌘ r· (rf ) ⌘ r2 f ⌘
Es otro campo escalar. En particular, ∆ f = f xx + f yy
∂2f
∂x12
+···+
∂2f
∂x n2
.
o ∆ f = f xx + f yy + f zz .
Para n = 3 hay otro importante campo vectorial que se obtiene a partir de uno dado:
Si f = ( f , g , h) : R3 ! R3 es de C 1 , el rotacional de f es el campo vectorial:
i
rot f = r⇥ f = (hy gz ) i + ( f z h x ) j + (gx
fy) k =
j
k
∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z
f
g
h
interpretando adecuadamente los ‘productos’ !
.
Algunas propiedades y relaciones para n = 3 y campos C 2 fácilmente comprobables son:
rot (rf ) = 0 , div (rot f ) = 0 , div (g f ) = g div f + rg · f , rot (g f ) = g rot f + rg ⇥ f .
Por ejemplo, la primera: rot ( f x, f y, f z ) = ( f zy f yz ) i + ( f xz f zx ) j + ( f yx f xy ) k = 0 , . . .
[No sólo el rotacional de un gradiente es 0 . En 4.3 veremos que si el rotacional de un campo
vectorial C 1 se anula, este campo será el gradiente de un campo escalar que sabremos calcular].
i
j
k
Ej 8. Sea f = x yz , eyz , y 2 . div f = yz + z eyz . rot f = ∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z = 2y y eyz , xy ,
xyz e y z
xz .
y2
2 yz
yz
yz . ∆(div f) = (z 3 +y 2 z+2y) eyz .
div (rot f ) = x x = 0 (debía
serlo) . r(div f) = 0 , z+z e , y+ e +yz e
[No tiene sentido hablar del gradiente o laplaciano de f , ni de divergencia o rotacional de escalares.
Estos cuatro ‘operadores’ (reglas que convierten funciones en otras, como también hace la derivada)
son ‘lineales’ (porque lo es la derivada): r(a f +bg) = arf +brg , a, b 2 R , e igual los otros].
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Cálculos en polares
Ya utilizamos las coordenadas polares:
p
r = x 2 +y 2
, para analizar la continuidad.
,
tan θ = yx
x =r cos θ
y =r sen θ
Escribamos ahora rf y ∆ f en polares. Por la regla de la cadena:
⇢
⇢
f r cos θ r1 f θ sen θ = f x
f r = f x x r + f y yr = cos θ f x + sen θ f y
)
)
1
f θ = f x x θ + f y yθ = r sen θ f x +r cos θ f y
θ
dθ er
Esta pareja de vectores son unitarios y perpendiculares entre sí y se tiene que
er
r
rf = f r er + r1 f θ eθ , definiendo er = (cos θ, sen θ) , eθ = ( sen θ, cos θ) .
⇥
d
⇢ f = cos2 θ f +2 sen θ cos θ f + sen2 θ f
rr
xx
xy
yy
eθ
y
f r sen θ + r f θ cos θ = f y
x
⇤
= eθ .
) ∆ f = f rr + frr + frθ2θ .
f θθ =r 2 sen2 θ f xx 2r 2 sen θ cos θ f xy +r 2 cos2 θ f yy r cos θ f x r sen θ f y
3
Ej 9. Sea f (x, y) = x 2x+y 2 , f (0, 0) = 0 . [Ejemplo de f continua de 1.3]. En polares: f (r, θ) =r cos3 θ .
p
Hallemos aquí rf y ∆ f en el punto (x, y) = (1, 1) , o lo que es lo mismo, en (r, θ) = 2 , π4 .
∆f = 0+
cos3 θ
r
+
6 cos θ sen2 θ
r
p
p π = 2 p1
4
( 2, 4 )
2
p
3 2
4
, p1 = 1, 21 .
2
p
3 cos3 θ
2
2
= r cos θ(3 4 cos θ) que en 2 , π4 vale 1 .
rf = cos3 θ er 3 cos2 θ sen θ eθ
, p1
2
p1
2
Más largos serían los cáculos trabajando en cartesianas:
⇣ x 4 +3x 2 y 2
2x 3 y
rf = (x 2 +y 2 ) 2 , (x 2 +y 2 ) 2
⌘
, ∆f =
4x 3 +6xy 2 2x 3
(x 2 +y 2 ) 2
+
8x 3 y 2 4x(x 4 +3x 2 y 2 )
(x 2 +y 2 ) 3
2
2
x )
.
= 2x(3y
(x 2 +y 2 ) 2
Otro ejemplo de la utilidad de las polares en el que repasamos además otros conceptos de la sección:
p
Ej 10. Sea g(x, y) = arctan x 2 + y 2 . a] Dibujar la gráfica de g . ¿Es diferenciable en (0, 0) ?
b] Calcular rg(0, 2) y ∆g(0, 2) en cartesianas y polares.
∂h
(0, 1, 1) .
c] Si h(u, v, w) = g uew, 4v +6w , hallar, utilizando la regla de la cadena, ∂w
z
π/2 z
a] De revolución. g(0,y) = arctan |y| , par, arctan y , y 0 .
π/4
No existe gy (0, 0) y no es diferenciable en el origen.
y
1
-1
y
xp
p
b] En cartesianas: gx =
, gy =
! rg(0, 1) = 0 , 1
2
2
2
2
2
2
5
(1+x +y ) x +y
(1+x +y ) x 2 +y 2
1
En polares: g(r, θ) = arctan r . rg = gr er = 1+r
2 (cos θ, sen θ)
Laplaciano mucho mejor en polares: ∆g = grr + r1 gr =
y 2 +y 4
x2 y2
2x 4
x 2 +x 4
r =2 1
!
(0,
θ = π/2 5
2r
(1+r 2 ) 2
x2 y2
1)
2
1
1 r
+ r (1+r
2 ) = r (1+r 2 ) 2
2y 4
Más largo: gxx = (1+x 2 +y 2 )2 (x 2 +y 2 )3/2 , gyy = (1+x 2 +y 2 )2 (x 2 +y 2 )3/2 . ∆g =
.
%
1
x2
(1+x 2 +y 2 ) 2
r=2
y2
p
3
50
=
x 2 +y 2
6
5
c] hw = gx x w +gy yw = u ew gx + 6 gy ! hw (0, 1, 1) = 0 · gx (0, 2) + 6 gy (0, 2) =
.
" (0, 2)
.
También es útil, en ocasiones, usar polares con funciones vectoriales. El vector tangente a una
c(t) = x(t), y(t) = r (t) cos θ(t), r (t) sen θ(t) = r (t) er (t)
der
será: c0 (t) = dr
dt er +r dθ
dθ
dt
=
dr
dt
er + r
dθ
dt
radial
eθ [componentes
y transversal de c 0 ].
Ej 11. Sea la curva c (espiral) definida en polares mediante r (t) = t , θ(t) = t .
Con la fórmula de arriba:
c0 (t) =
er + t eθ = (cos t, sen t) + t ( sen t, cos t) .
En este caso es fácil comprobar con cartesianas: c(t) = (t cos t, t sen t)
"
er
t=π
πeθ
[También son útiles los cálculos en R3 utilizando coordenadas cilíndricas y esféricas, pero no
presentaremos estas coordenadas hasta el capítulo 3].
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2.3 Funciones implícitas e inversas
En Matemáticas ya hemos derivado implícitamente, pero ¿cuándo una expresión F (x, y) = 0 , con F 2 C 1 ,
define realmente una función derivable y = g(x) cerca de un punto (a, c) de la curva? Entonces sería
F x, g(x) = 0 , y la regla de la cadena nos daría: Fx x, g(x) +Fy x, g(x) g 0 (x) = 0 ) g 0 (a) = FFyx (a,c) .
y
¿Cuándo no definirá una función? Parece haber problemas cuando sea Fy (a, c) = 0 .
(0,1)
y=
Por ejemplo, para la circunferencia F (x, y) = x 2 + y 2 1 = 0 , Fx = 2x , Fy = 2y , si
p
2
(1,0)
y = 0 define 2 funciones y = ± 1 x , no derivables además en los puntos (±1, 0) .
x
Cerca de cualquier otro punto, por ejemplo (0,1) , sí define una sola g(x) derivable
⇥
⇤
y=–
F=0
aunque en ese mismo punto, con Fx = 0 , no define una única función x = h(y) .
Algo análogo sucede en R3 . La superficie esférica F (x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 1 = 0 defineq una función
z = g(x, y) de C 1 cuando Fz = 2z , 0 . Por ejemplo, cerca de (0, 0, 1), tal función es z = 1 x 2 y 2 .
Cuando una F = 0 defina z = z(x, y) , dar sus derivadas es de nuevo fácil derivando implícitamente:
Fy
x
F (x, y, z(x, y)) = 0 ) Fx + Fz z x = 0 , Fy + Fz z y = 0 ) z x = F
Fz , z y = Fz .
El siguiente teorema particular de la función implícita (demostrado en M-T) generaliza estas ideas:
Sea F : Rn+1 ! R de C 1 , F (a, c) = 0 y Fz (a, c) , 0 . Entonces existe una única z = g(x) que
(x,z) ! F (x,z)
∂g
cumple F x, g(x) = 0 para x cerca de a , z cerca de c , y son ∂ xj =
∂F/∂ xj
∂F/∂z
, j = 1, . . . , n .
Cambiando papeles, el teorema también precisa que F (x, y) = 0 define una función x(y) cuando Fx , 0 ,
o cuándo F (x, y, z) = 0 define una y = y(x, z) o una x = x(y, z) . Que la derivada respecto a lo que
queremos despejar sea nula no implica que no defina una función (aunque deje de ser C 1 ):
Ej 1. Para F (x, y) = 8x + y 3 ex+1 = 0 es Fx = 8+ y 3 ex+1 , Fy = 3y 2 ex+1 = 0 , y = 0 .
Entonces F = 8x = 0 . El teorema afirma que hay una y(x) de C 1 salvo en (0, 0) .
⇤
⇥
Pero podemos despejar: y = 2x 1/3 e (x+1)/3 , función única por (0, 0) no C 1 .
F=0
–2e
En el mínimo de esta función 1, 2e 2/3 , F = 0 sí define dos funciones x(y) .
⇥
⇤
A este punto malo podemos llegar sin despejar: 8 = y 3 ex+1 ! F = 8x 8 = 0 ! 8+ e2 y 3 = 0 .
–2/3
El teorema asegura cuándo existe la función definida implícitamente, pero no dice cuál es. De hecho es
más interesante si no podemos calcularla (a diferencia de los ejemplos anteriores). Lo más complicado
entonces para aplicarlo es, usualmente, localizar puntos que pertenezcan a la curva o superficie.
Ej 2. Sea F (x, y) = x 3 + y 3 3x y = 0 . Dibujo de la curva con el ‘implicitplot’ de Maple:
Fx = 3(x 2 y) , Fy = 3(y 2 x) . Para x , y 2 , F = 0 define y = y(x) de C 1 y
si y , x 2 , una x = x(y) . Como Fx = Fy = 0 en (1, 1) , que no es de la curva,
y en (0, 0) , salvo en este último punto la curva describe una función C 1 de
una de la variables (en casi todos los puntos, de las 2). Hay problemas si:
x = y 2 ! F = y 3 (y 3 2) = 0 ! y = 21/3 ! 22/3, 21/3 ⇡ (1.59,1.26 ,
punto en que hay 2 funciones y(x) [y en el punto simétrico para x(y) ].
En el resto de puntos, aunque la y(x) 2 C 1 no sea calculable, podemos saber muchas cosas de ella.
Por ejemplo: y = x ! 2x 3 3x 2 = 0 ! (0, 0) y
3(x 2 y) + 3(y 2 x)y 0 = 0 !
Y ahora, y 00
3
2
y 0 23
=
3 3
2, 2
. Hallemos en el segundo la recta tangente:
x2 y
=
x y 2 (3/2,3/2)
3
2 =3 x.
2x 2y0 +2y(y0 ) 2
(3/2,3/2) =
x y2
1 ! y=
: (2x y 0 )+(2yy 0 1)y 0 +(y 2 x)y 00 = 0 ! y 00
3
2
=
3
2
x
32
3
.
Ej 3. Sea F (x, y, z) = x 3 +y 2 +xz 2 2z 3 = 1 . rF = 3x 2 +z 2, 2y, 2z(x 3z) = (0, 0, 0) , x = y = x = 0 .
Como (0, 0, 0) no pertenece a la superficie, cerca de todo punto suyo (con una parcial no nula) se
puede ‘despejar’ alguna de las variables, definiendo una función C 1 (y tendrá plano tangente).
En concreto, seguro que existe la z(x, y) si z , 0 y x , 3z . Hay problemas con x(y, z) si x = z = 0
p
(e y = ±1 por tanto). Y los tiene y(x, z) si y = 0 sí se puede despejar y : el ± los confirma .
Demos el plano tangente en (1, 1, 1) . Lo mejor: (4, 2, 4) · (x 1, y 1, z 1) = 0 ! z = x + y2 12 .
2y
3x 2 +z 2
1
Ahora hallando z x = 2z(3z
x) y z y = 2z(3z x) , y con la otra fórmula de 2.1: z = 1+(x 1)+ 2 (y 1) .
20
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Veamos el caso general de funciones implícitas. Queremos ahora resolver m ecuaciones con m variables:
∂F1 /∂u1 · · · ∂F1 /∂um
8
F1 (x 1, . . . , x n, u1, . . . , um ) = 0
>
>
..
..
< · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · , F(x, u) = 0 . El papel de Fz lo cumple ∆ =
.
.
.
>
> Fm (x 1, . . . , x n, u1, . . . , um ) = 0
∂Fm /∂u1 · · · ∂Fm /∂um
:
El teorema general de la función implícita asegura:
F 2 C 1 , F (a,c) = 0 , ∆(a,c) , 0 ) el sistema, cerca de (a,c) , define m únicas funciones C 1 :
uk = gk (x 1, . . . , x n ) , k = 1 . . . m , cuyas derivadas se pueden hallar derivando implícitamente.
Ej 4. La curva intersección de las superficies x 2 + y 2 2x = 0 y x 2 + y 2 +z 2 = 3
puede escribirse paramétricamente en la forma c(x) = x, y(x), z(x) cuando:
∆=
∂F1 /∂y ∂F1 /∂z
2y 0
= 4yz , 0 . Por ejemplo, cerca de (1, 1, 1) .
2y 2z
2x +2yy0 2 = 0
y0 = (1 x)/y
! c0 (1) = (1, 0,
c0 tangente:
0
0
2x +2yy +2zz = 0
z 0 = 1/z
∂F2 /∂y ∂F2 /∂z
Para hallar el
=
1) .
Se puede dar un vector tangente de otro modo. rF1 , rF2 son ortogonales a
cada superficie y rF1 ⇥rF2 = 2(x 1, y, 0)⇥2(x, y, z) = 4 yz, (1 x)z, y será tangente a la curva.
Ej 5. Veamos dónde
( u+v = x + y
xu+ yv = 2
definen u(x, y) y v(x, y) .
⇢
F1 = u+v x y
) ∆ = x1 1y = y x .
F2 = xu+ yv 2
Por ejemplo, están bien definidas cerca de x = 1 , y = 2 , u = 4 , v = 1 . Hallemos u x (1, 2) y vx (1, 2) :
u x +v x = 1
u+x
! u x = u+y
y x , uy = x y . Evaluando en (1, 2, 4, 1) : u x (1, 2) = 6 , v x (1, 2) = 5 .
u+ xu x + yv x = 0
Análogamente se calcularían uy (1, 2) = 1 , vy (1, 2) = 0 .
⇥
⇤
(1, 1, 1, 1) también cumple el sistema, pero probablemente u y v no estén definidas cerca del punto .
Una f : R ! R derivable con f 0 (a) , 0 tenía inversa f 1 en un entorno de b= f (a) .
Un caso particular del último teorema nos precisa cuándo la tiene f : D ⇢ Rn ! Rn :
b
(u1,..,un ) ! (x1,.., x n )
( x = f (u , . . . , un )
∂ f1 /∂u1 · · · ∂ f1 /∂un
1
1 1
.
.
∂(x ,...,x )
.
.
jacobiano de f .
· · · · · · · · · · · · · · · , x = f(u) . ∂(u11,...,unn ) = Jf =
.
.
x n = f n (u1, . . . , un )
∂ fn /∂u1 · · · ∂ fn /∂un
Teorema de la función inversa:
a
v
f
u
y
f –1
x
Sea f : D ⇢ Rn ! Rn de C 1 , a 2 int D , f(a) = b y Jf , 0 . Entonces x = f(u) es resoluble
(u1,..,un ) ! (x1,.., x n )
en forma única como u = f 1(x) , con f
1
también C 1 , para u cerca de a y x cerca de b .
[Que exista la inversa no significa, como sucedía en R , que su expresión explícita se pueda dar].
[El teorema (y todos los de la sección) sólo da resultados ‘locales’ (en entornos de los puntos)].
( x = au+bv Podemos despejar u e v en función de x e y , ∂(x,y) a b
= ad bc , 0 .
=
.
c d
y = cu+dv es decir, existe la función inversa f 1 cuando: ∂(u,v)
Ej 6.
[En este caso la inversa el global en todo R2 y no sólo en el entorno que asegura el teorema. Cuando
el determinante es nulo, la aplicación lineal lleva todo R2 a una recta o un punto y no hay inversa].
Ej 7.
( x = eu cos v ∂(x,y) eu cos v
.
=
y = eu sen v ∂(u,v) eu sen v
eu sen v
eu cos v
= e2u , 0 ) existe f
1
en un entorno de cada punto.
A pesar de que hay inversa local en cada punto, no hay inversa global, pues f no es inyectiva en R2 :
⇤
cada (x, y) de la imagen que es R2 {0} proviene de infinitos (u,v) distintos: f(u, v+2kπ) = f(u,v) .
⇥
Aunque no se pudiese despejar u y v podríamos hallar sus derivadas derivando implícitamente.
1 = eu cos v u x eu sen v v x 1 a⇥c+2 a⇥s
! cos v = eu u x , u x = e u cos v , y análogas las otras.
0 = eu sen v u x + eu cos v v x
⇥
y
x = eu cos v ⇤ .
Podemos despejar u = 21 log(x 2 + y 2 ) , v = arctan x , y llegamos a lo mismo: u x = x 2 +y
2
e2v
( x =u
∂(x,y)
.
= 1 0 = 2v ) existe f 1 en un entorno de la imagen de cada (uo,vo ) , vo , 0 .
y = v 2 ∂(u,v) 0 2v
¿Por qué fallan las cosas en v = 0 ? f lleva cada pareja de
rectas v = ±k a la misma recta y = k 2 . En ningún entorno
de f(uo, 0) = (uo, 0) es inyectiva y no existe la f 1 .
p
p
En los otros puntos, f 1 viene dada por x =u e y = v ó y = v , dependiendo del semiplano.
Ej 8.
21
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2.4 Extremos de funciones escalares
En R , los puntos interiores a con f 0 (a) = 0 eran (junto a puntos sin derivada) candidatos a extremo local
(aunque podían no serlo). Y si además f 00 (a) era mayor o menor que 0 se concluía, respectivamente,
que era mínimo o máximo. También muchas veces, sobre intervalos cerrados, los extremos de una f se
daban en los extremos del intervalo. Generalicemos estas ideas a campos escalares en Rn (y en particular,
en R2 donde trabajaremos casi siempre). Las definiciones de extremos absolutos y relativos son iguales:
El valor máximo (o máximo absoluto) de f sobre un conjunto A se toma en un punto a
si es f (a) f (x) para todo x 2 A . Tiene un máximo local (o relativo) en a si existe un
entorno Br (a) tal que f (a) f (x) para todo x 2 Br (a)\A . Análogamente se define mínimo
(absoluto o local). Máximos y mínimos se llaman extremos de f .
Miremos la gráfica de la derecha de una f en el rectángulo A= [ 1, 1]⇥[0, 2] .
⇥
⇤
2
En concreto es f (x, y) = (y 1) e4y 2y 3x 2 que trataremos en un ejemplo .
El máximo absoluto parece estar en 0 , 32 (ahí también habrá máximo local).
El mínimo se tomará, según el dibujo, en dos puntos de ∂ A : ± 1, 21 . Se ven
además, por ejemplo, un máximo local en (0, 0) y un mínimo local en ( 1, 2) .
Se observa que en 0 , 23 las derivadas parciales se anulan. Y lo mismo sucede
en 0 , 12 , aunque en ese punto no hay ningún extremo (ni siquiera local).
Teor 1.
M
ML
mL
m
Si f es diferenciable en a 2 intD y f tiene extremo local en a ) rf (a) = 0 .
Pues f (a1, ..., x, ..., an ) tendrá un entremo en x = ak interior ) f xk (a) = 0 .
A los puntos en los que se anula rf (todas las parciales) se les llama puntos críticos de f .
Pero aquí es más complicado discutir lo que pasa en los puntos críticos (en R2 esto sólo dice que el plano
tangente es horizontal). Comencemos viendo que puede ser rf = 0 y no haber ningún extremo:
z
Ej 1. Para h(x, y) = y 2 x 2 (silla de montar) es rh(0, 0) = ( 2x, 2y) (0,0)= (0, 0)
⇥
pero no tiene extremo local en el origen h(0, 0) = 0 y cerca hay puntos
⇤
h(x, 0) = x 2 de valor negativo y otros h(0, y) = y 2 con valor positivo .
y
x
[Lo mismo le pasa a h(x, y) = x y , cuya gráfica es la misma, girada en torno al eje z ].
En el siguiente ejemplo, el punto crítico sí nos proporciona un máximo:
[Las curvas de nivel son elipses giradas
Ej 2. Sea f (x, y) = 1 2x 2 + x y y 2 . (hay término x y ) y no fáciles de pintar].
Los cortes con los ejes son: x = 0 ! z = 1 y 2 , y = 0 ! z = 1 2x 2 .
⇢
f x = 4x + y = 0
Sus puntos críticos salen de:
! x =0 , y =0 .
f y = x 2y = 0
Pero aún no hemos probado que haya un máximo. Podemos verlo así:
f (x, y) = 1
7 2
4x
x
2
y
2
) f (0, 0) = 1 valor máximo absoluto en todo R2 (mínimo no hay).
Pueden aparecer infinitos puntos críticos y pueden no ser extremos estrictos (campo dibujado en 1.3):
Ej 3. g(x, y) = (x y) 2 . A la vista de la gráfica (o de la propia función) es claro
que posee infinitos mínimos (locales y absolutos): todos los puntos de y = x
(las definiciones de extremo son con  ). Que son detectados por el rg :
gx = 2(x y) = 0 , gy = 2(y x) = 0 , cuando y = x .
z=g(x,y)
1
y
1
x
y=x
Y, por último, como en R , pueden existir extremos locales en puntos sin derivadas parciales:
p
Ej 4. Sea k (x, y) = x 2 + y 2 mitad superior de la superficie cónica z 2 = x 2 + y 2 .
Ya vimos que en (0, 0) no tenía derivadas parciales y, por tanto, que no era
⇣
⌘
⇥
⇤
diferenciable. En cualquier otro punto sí lo es k , pero es rk = px , py , 0 .
Y claramente tiene un mínimo (local y absoluto) en el origen.
22
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y
x
¿Cómo distinguir en R2 si en un punto crítico a = (a, b) de una función f (x, y) 2 C 2 hay un
máximo, un mínimo o ninguno de los dos? (se dice en el último caso que hay un punto silla).
Empecemos desarrollando por Taylor. Como en el punto a se anulan las derivadas primeras, el
desarrollo se reduce a:
p
⇤
⇥
f (a+h, b+k) = f (a, b) + 12 f xx (a, b) h2 + 2 f xy (a, b) hk + f yy (a, b) k 2 + o h2 +k 2 .
Así, la forma de la gráfica cerca de a dependerá de los términos de orden 2. ¿Cómo es la gráfica
de los campos cuadráticos Q(x, y) = Ax 2 +2Bx y+C y 2 con A, B, C constantes no las tres nulas?
Suponemos A, 0 y escribimos AQ(x, y) = A2 x 2 +2ABxy+ AC y 2 = ( Ax + By) 2 +( AC B 2 )y 2 .
Entonces, si AC < B 2 tiene Q en (0, 0) un punto silla en x =
Si
AC > B2 ,
⇥
By
A
es < 0 , y en y = 0 , > 0 .
AQ tiene un mínimo. Q también lo tiene si A > 0 , y si A < 0 tiene un máximo.
⇤
Si AC = B2 (cuadrados perfectos), o si A= 0 o C = 0 aparecen casos más fáciles de analizar .
Con lo anterior (y probando que los términos de mayor orden no cambian la gráfica cerca del
punto) se llega a este resultado, en el que aparece el llamado determinante hessiano Hf (a) :
2 =
Sea Hf = f xx f yy f xy
Teor 2.
f xx f xy
f xy f yy
.
Hf > 0 , f xx > 0 ) f tiene mínimo local en a .
Si en a es f x = f y = 0 y además es Hf > 0 , f xx < 0 ) f tiene máximo local en a .
Hf < 0 ) f tiene un punto silla en a .
[Cuando Hf = 0 , el teorema no dice nada y puede pasar de todo en un entorno del punto].
Ej 5. Veamos qué dice este teorema sobre los ejemplos 2, 3 y 4. Respectivamente, los hessianos son:
H h(0) = 2 · ( 2) 02 = 4 ) es un punto silla, como habíamos visto.
Hf (0) = ( 4) · ( 2) 12 = 7 , f xx < 0 ) máximo.
Hg(x, x) = ( 2) · ( 2) ( 2) 2 = 0 , y el teorema no dice nada sobre estos mínimos no estrictos.
⇥
⇤
En un a con Hf = 0 puede haber extremos estrictos. Por ejemplo, f (x, y) = x 4 +y 4 tiene un claro mínimo .
f x = 3x 2 3 = 0 ! x = ±1
f y = 2y 4 = 0 ! y = 2
f xx = 6x , f xy = 0 , f yy = 2 ) Hf = 12x , que en (1, 2) es > 0 (y también f xx ), y en ( 1, 2) es < 0 .
⇥
⇤
⇥
⇤
Por tanto, hay un mínimo en (1, 2) con f (1, 2) = 0 y un punto de silla en ( 1, 2) f ( 1, 2) = 4 .
Ej 6. Clasifiquemos los puntos críticos de f (x, y) = x 3 +y 2 3x 4y+6 .
⇢
A lo mismo se llegaría desarrollando por Taylor en torno a ambos puntos:
f (x, y) = 3(x 1) 2 +(y 2) 2 + · · · , f (x, y) = 4 3(x +1) 2 +(y 2) 2 + · · ·
⇥
El mínimo local 0 no es absoluto, pues f toma valores negativos:
⇤
por ejemplo, f (x, 0) = x 3 3x +6 , y en particular f ( 3, 0) = 12 .
[Una vez más dibujamos la función con Maple para comprobar, aunque
no hubiera sido difícil dibujar algunos cortes y curvas de nivel].
Ej 7. Clasifiquemos ahora los de f (x, y) = y 3 (x y) 2 .
⇢ f = 2(y x) = 0 , y = x
2 2
x
! (0, 0) . Pero el Hessiano
= 0 , con lo que el Teor 2. no decide.
2 2
f y = 3y 2 +2(x y) = 0
⇥
Pero es inmediato observar que f (x, x) = x 3 , con lo que se trata de un punto silla pues cerca del
⇤
origen toma valores mayores y menores que f (0, 0) = 0 .
Ej 8. Hallar los b para los que f (x, y) = x 2 bxy+y 2 4x 2y tiene un mínimo local en un punto de
la recta y = 1 .
Debe ser
⇢ f = 2x by 4 = 0
x = 2 b= 4
x
! (2,1) , (0,1) puntos críticos para esos b .
"
"
f y = 2y bx 2 = 0 , y = 1 ! b = 0 ó x = 0
Como H f =
2 b
b 2
= 4 b2 , es (2,1) un mínimo, si b= 0
⇥
⇤
y (0,1) es punto silla si b= 4 .
23
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Citemos ahora brevemente los resultados para R3 que ilustran lo que pasa en Rn . Debemos saber (y eso
será estudiado en álgebra) cuándo la ‘forma cuadrática’ Q(x, y, z) = Ax 2 +By 2 +Cz 2 +2Dx y+2E xz+2F yz
(o lo análogo en Rn ) es estrictamente positiva o negativa. Para una f (x, y, z) se llega a este resultado:
Sean H1 = f xx , H2 =
Teor 3.
f xx f xy f xz "
f xx f xy
, H3 = f xy f yy f yz ‘menores principales’ de
f xy f yy
f xz f yz f zz
Supongamos que en el punto a es rf = 0 y que ningún Hk = 0 . Entonces:
Si H1 > 0 , H2 > 0 , H3 > 0 , f tiene un mínimo en a .
Si H1 > 0 , H2 < 0 , H3 > 0 , f tiene un máximo en a .
Y f no tiene ni máximo ni mínimo en todos los demás casos.
#
f
f
f
*. x x x y x z +/
f
f
f
x
y
y
y
y
z
/ .
.
, fx z fy z fz z -
Ej 9. Estudiemos el campo escalar f (x, y, z) = sen2 x+y 2 +z 2 y sen x+z sen x yz cerca de (0, 0, 0) .
f x = cos x(2 sen x y+z) = 0
⇥
⇤
f y = 2y sen x z = 0
) (0, 0, 0) es punto crítico. Hay más, por ejemplo π2 , 31 , 13 .
f z = 2z+sen x y = 0
f xx = 2 cos 2x +(y z) sen x , f yy = f zz = 2 ,
*.
.
,
2 1 1
+
1 2 1//
1 1 2-
f xy = f xz = cos x , f yz = 1 .
! H1 = 2 , H2 = 3 , H3 = 4 . Hay un mínimo en el origen. [En el otro, silla].
⇥
O Taylor en 3 variables: f (x, y, z) = x 2 + y 2 +z 2 xy+ xz yz + o(x 2 + y 2 +z 2 )
⇥
⇤
⇤
⇡ 12 (x y) 2 +(x +z) 2 +(y z) 2 , claro mínimo .
Pasemos a ocuparnos del cálculo de extremos absolutos sobre un conjunto A ⇢ Rn . Sabemos
que su existencia está garantizada cuando f es continua en A compacto (en otro caso no).
z
1
Ej 10. f (x, y) = x 2 +y
2 , f (0, 0) = 7 (discontinua), no tiene máximo en [0, 1]⇥[0, 1] .
En todo R2 no tiene ni máximo ni mínimo. En [1, 2]⇥[0, 1] (en ese compacto
sí es continua) los alcanza seguro [claramente el máximo 1 se da en (1, 0),
punto más próximo al origen, y el mínimo 15 en (2, 1), punto más lejano].
1
y
1
x
La estrategia para hallar extremos sobre compactos A es similar a la que se utiliza en R :
• Encontrar en int A los puntos críticos y los puntos en que no existan las parciales.
• Localizar los extremos de la función sobre ∂ A (quizás con ‘multiplicadores de Lagrange’).
• Comparar los valores en todos estos puntos.
(primer dibujo
2
Ej 11. Encontremos los extremos de f (x, y) = (y 1) e4y 2y 3x 2 en [ 1, 1]⇥[0, 2] de esta sección)
f x = 6x = 0 ! x = 0 .
2
En esos puntos: f 0, 12 = 12 e3/2 , f 0, 32 = 21 e3/2 .
f y = ( 4y 2 +8y 3) e4y 2y = 0 ! y = 21 , 23 .
Además f (x, 0) = 1 3x 2 tiene por valor máximo f (0, 0) = 1 y el mínimo es f (±1, 0) = 4 .
f (x, 2) = 1 3x 2 tiene por valor máximo f (0, 2) = 1 y el mínimo es f (±1, 2) = 2 .
f (±1, y) = (y 1) e4y
2y 2
3 toman valores entre
1
2
Comparando todos estos valores se deduce que el máximo es
⇥
e3/2 3 y
1
2
1
2
e3/2 3 .
e3/2 y el mínimo
1
2
e3/2 3 .
⇤
En todo R2 no alcanza su mínimo, pues, por ejemplo, f (x, 0) ! 1 , pero 12 e3/2 sí es máximo global .
x!±1
Ej 1b. Hallemos los extremos de h(x, y) = y 2 x 2 en el conjunto A acotado por la elipse x 2 +4y 2 = 4 .
Ya vimos que esta silla de montar no tenía extremos en el interior y
así el máximo y mínimo han de tomarse en la ∂A de este compacto.
Nuestra elipse se puede describir como: (2 cos t, sen t) , t 2 [0, 2π] .
Sobre ella, la h vale h|∂A = 4 sen2 t cos2 t ⌘ g(t) , g 0 (t) = 5 sen 2t .
h =1 h =0
h =-4
1
2
Los máximos de g se dan si t = 0, π y los mínimos para t = π2 , 3π
2 .
O sea, h(0, ±1) = 1 y h(±2, 0) = 4 son los extremos de h en A .
[A la vista de las curvas de nivel de h y la elipse, la conclusión obtenida resulta evidente].
24
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Una técnica alternativa para buscar extremos de f sobre curvas suaves o, más en general, de
hallar ‘extremos condicionados’ (de funciones sometidas a condiciones g = K ) es mediante el
cálculo de los llamados ‘multiplicadores de Lagrange’:
Sean f , g : D ⇢ Rn ! R de C 1 , S el ‘conjunto de nivel’ g(x) = K , a 2 S e
Teor 4. interior a D y rg(a) , 0 . Si f |S ( ‘ f restringida a S ’ ) tiene un máximo o
un mínimo en a entonces existe un número real λ tal que rf (a) = λrg(a) .
∆
y
∆
El teorema proporciona n+1 condiciones para determinar λ y las n coordenadas
de a : las n de los gradientes y además g(a) = K . No lo demostramos pero damos
una justificación geométrica en R2 : si buscamos el mayor C para el que es g = K ,
será aquel en que las curvas de nivel f =C y la curva sean tangentes, es decir, para
el que ambos gradientes sean múltiplos uno de otro.
f=l g
f=C
g(x,y)=K
x
Ej 1c. Hallemos con el teorema los extremos de h|S , si h(x, y) = y 2 x 2 y S es la elipse x 2 +4y 2 = 4 .
⇥
2x(λ +1) = 0 ! x = 0 ó λ = 1
8
>
>
#
>
y =0
#
#
2
2
y = ±1
x = ±2
: x +4y = 4
rh = λrg , ( 2x, 2y) = λ(2x, 8y) y además g = 4 ! <> 2y(4λ 1) = 0
>
>
⇤
En los puntos dados por el sistema (los mismos de 1b) son tangentes S y las curvas de nivel .
Cambiemos ahora la restricción por esta recta R : y = 3x 4 . Busquemos los extremos de h|R .
[Como ahora el conjunto R no es compacto podrían no existir ni máximos ni mínimos].
3 1
y 3x = 4 , ( 2x, 2y) = λ( 3, 1) ! λ = 2x
3 = 2y , x = 3y , 8y = 4 . Punto 2 , 2 con h = 2 .
Mirando la recta y las curvas de nivel, queda claro que en ese punto hay un mínimo.
Directamente: h(x, 3x 4) = 8(x 2 3x+2) tiene mínimo si x = 23 (de valor 2 ) y no tiene máximo.
Ej 12. Encontremos los valores extremos de g(x, y) = x 2 +2y 2 4x sobre el círculo x 2 + y 2  9 .
gx = 2(x 2) = 0
! (2, 0) . Como Hg = 20 04 > 0 , el punto es un mínimo.
gy = 4y = 0
⇥
⇤
Poniendo g = (x 2) 2 +2y 2 4 queda claro (y que es absoluto) .
Ambos extremos han de existir, por ser g continua en un conjunto compacto.
p
x 2= λx
x = 2, y =± 5
"
. 5 candidatos:
Sobre el borde del círculo: 2y = λ y ! λ = 2 , y = 0 #
x2 + y2 = 9
x = ±3
p
2, ± 5 = 22 máximos, g( 3, 0) = 21 , g(3, 0) = 3 , g(2, 0) =
g
4 mínimo.
[Las curvas de nivel de g son elipses, que, como deben, son tangentes en los puntos hallados a la circunferencia].
Los multiplicadores de Lagrange permiten resolver problemas abordables por otros caminos. Algunas
veces acortan los cálculos y otros los alargan (por ejemplo, si la restricción es de expresión sencilla):
Ej 13. Hallar los puntos de la curva 3y 2 = 21+20x x 4 situados a mayor y menor distancia del origen.
⇥
⇤
Existen por estar x e y acotadas . f (x, y) = x 2 + y 2 con g(x, y) = x 4 20x +3y 2 = 21 .
(2x, 2y) = λ(4x 3
8
4λ x 3 2x 20λ = 0
x =2
>
>
>
20, 6y) y g = 21 ! <> 2y(3λ 1) = 0 ! y = 0 # ó λ = 31 " #
p
>
> 2
4
x = 1, 3 y = ± 15
: y = 21+20x x
–1
2
3
p
f ( 1, 0) = 1 (mínimo), f (3, 0) = 9 , f 2, ± 15 = 19 (máximos).
⇥
En ninguno de los ejemplos vistos se anulaba rg sobre la curva S . Si fuera rg(a) = 0
⇤
para algún a 2 S , a la vista del teorema, habría que incluir este a entre los candidatos .
Ej 14. Hallemos el punto de la parábola y = x 2 más cercano al punto
Para ello minimizamos x
2x 1, 2y
! x =1,
⇥
5
2
1 2
2 +
y
5 2
4
= λ( 2x, 1) e y = x 2 !
1
2
1 5
2, 4
.
con la restricción y x 2 = 0 .
⇢ 2xλ +2x = 1 ! 4x 3 3x 1 = 0
λ = 2x 2 25 %
p
(doble). El punto (1,1) está mas cerca a distancia 45 .
y=x 2
5/4
1
1/4
–1
–1/2
0
1/2
Con técnicas de una variable: basta hallar el mínimo de x 21 2 + x 2 54 2 , que lleva a la misma ecuación
⇤
en x , dándonos además la derivada información sobre crecimiento y decrecimiento que no da Lagrange .
25
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1
Hay otra forma de obtener el conjunto de ecuaciones rf (x) = λrg(x) y g(x) = K : pensar en la función
L(x 1, . . . , x n, λ) = f (x) λg(x) K , con λ como una variable más, y hacer rL = 0 , pues de esto salen
las mismas ecuaciones. Operemos así en el siguiente ejemplo en R3 :
Ej 15. Hallemos los máximos y mínimos de f (x, y, z) = x+y 2+z sobre la superficie 2x 2+y 2+ 2z 2 = 1 .
Los extremos existirán por ser f continua y ser la superficie (un elipsoide) un conjunto compacto.
Consideremos L = f λg = x + y 2 +z
λ(2x 2 + y 2 + 2z 2 1) y hagamos rL = 0 :
1
L x = 1 4λ x = 0 , x = 4λ
8
( y = 0 ! 1 + 1 = 1 , λ = ± 1 ! 1, 0 , 1 ,
1, 0 , 1 .
>
>
>
2
2
2
2
2
8λ2
8λ2
>
>
p
p
L
=
2y
2λ
y
=
0
,
y
=
0
ó
λ
=
1
!
>
< y
3 1
3 1
1
1
1
1
2
λ =1 ! x = z = 4 , 4 +y =1 ! 4 , 2 , 4 , 4 , 2 , 4 .
1
>
>
L z = 1 4λz = 0 , z = 4λ
>
>
p
>
>
2
2
2
3 1
1
1
5
1
: L λ = 2x + y +2z 1 = 0
=
1
,
f
(
,
0
,
,
±
f 21 , 0 , 12 = 1 , f
2
2
4
2 , 4 =4 .
Por tanto, el valor mínimo absoluto es 1 , y el valor máximo es
⇥
3
5
4
(que se alcanza en dos puntos).
⇤
En R los multiplicadores abrevian más. Deberíamos parametrizar el elipsoide para trabajar directamente .
Se pueden resolver problemas con varias restricciones, incluyendo más de un multiplicador de Lagrange.
Si, por ejemplo, queremos hallar los extremos de una f (x, y, z) sujeta a dos condiciones g(x, y, z) = 0 y
h(x, y, z) = 0 basta considerar L = f λg µh , imponer rL = 0 y resolver las 5 ecuaciones resultantes.
⇥
Cada una de las condiciones define una superficie y, en general, tendrán una curva de intersección S .
En el punto en que haya un extremo la superficie de nivel f =C y la curva S serán tangentes. Como rg
y rh determinan el plano normal a la curva en el punto y rf está en ese plano, deben existir escalares
⇤
λ y µ (los multiplicadores de Lagrange) tales que rf = λrg+ µrh .
x + y+z = 3
.
x+2y+3z = 18
λ(x + y+z 3) µ(x +2y+3z 18) .
Ej 16. Hallar el punto más cercano al origen de la recta intersección de los planos
Minimizamos x 2 + y 2 +z 2 con 2 condiciones: L = x 2 + y 2 +z 2
L x = 2x λ µ = 0 , L y = 2y λ 2µ = 0 , L z = 2z λ 3µ = 0 , L λ = 0 , L µ = 0 dan los planos.
3y = 3
2a 1a y 3a 2a ! 2x 2y = µ = 2y 2z , z = 2y x !
! x = 5, y =1, z =7 .
8y 2x = 18
Más largo sin usar multiplicadores. Por ejemplo, parametrizando la recta. El vector dirección lo da
⇥
⇤
(1, 1, 1)⇥(1, 2, 3) = (1, 2, 1) y un punto, por ejemplo, es ( 9, 9, 3) z = 3 ! x+y = 0 , x+2y = 9 .
Sobre la recta: d(t) ⌘ (t 9) 2 +(9 2t) 2 +(t +3) 2 , d 0 = 12t 48 , mínimo si t = 4 ! ( 5, 1, 7) .
26
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3. Integrales múltiples
3.1 Integrales dobles
[Las demostraciones son similares a las de R y hacemos pocas].
Generalizamos la definición de la integral en una variable. Sea f (x, y) acotada en un rectángulo
R = [a, b]⇥[c, d] ⇢ R2 . Dividimos R en n⇥n subrectángulos iguales Ri j = [x i 1, x i ]⇥[yk 1, yk ] , del mismo área
∆x ∆y = b n a dn c . Llamamos Mik y mik , respectivamenMik
te, al supremo e ínfimo de f en cada Ri j y formamos las
mik
sumas superior Un e inferior L n :
d y
c
Un =
n
X
Mi j ∆x ∆y , L n =
i, j=1
n
X
a
mi j ∆x ∆y
xi
i, j=1
(sumas de volúmenes de prismas, una superior y otra
inferior al volumen que encierra f (x, y) si f 0 ).
b
x
xi-1
yk-1 yk
Si ambas sucesiones {L n } y {Un } tienden hacia un mismo
! límite,
! decimos que f
es integrable en R , representamos el límite común por R f ó R f (x, y) dx dy
y le llamamos integral de f en R .
!
f representará (similar a lo que sucedía en R ) la suma de
R
los volúmenes encerrados entre la gráfica de f y el plano z = 0
en R , con signos + o adecuados. Y al igual que sucedía allí:
f continua en R ) f integrable en R .
Teor 1.
También aquí las funciones ‘poco’ discontinuas siguen siendo integrables:
Si el conjunto de puntos de R en que una f acotada es discontinua es como
Teor 2. máximo en un número finito de puntos y un número finito de gráficas de funciones
continuas, entonces f es integrable en R .
Para calcular integrales dobles no necesitaremos la definición, el problema se reduce a calcular
dos integraciones sucesivas de funciones de una variable:
"
Z dfZ b
Z bfZ d
g
g
Teorema
f continua en R )
f =
f (x, y) dx dy =
f (x, y) dy dx .
de Fubini:
c
a
b
x
R
c
a
a
R
y)
A(
d
y
c
b
a
f (x, y) dx representa el área de la
Para cada y constante A(y) =
sección del sólido determinado por la gráfica de f ; integrando esta
!
Rd
A(y) entre c y d obtenemos el volumen dado por R f = c A(y) dy .
La segunda igualdad es lo simétrico.
[Hay funciones raras (discontinuas, claro) para las que el teorema falla].
y=cte
Ej 1. Sean R = [0, π]⇥[0, 1] y f (x, y) = 2x y sen x . Calcular la integral es fácil:
Z π
"
Z π fZ 1
Z π
g
2
⇥
⇤
⇥
x ⇤1
dx
=
2x sen2 x dx = x 2 + cos2 x 0π = π 2 1 .
f =
(2x y sen x)dy dx =
2x y y sen
0
2
0
R
0
0
0
O también podríamos hacer (los corchetes entre las integrales no se suelen escribir):
Z 1Z π
"
Z 1
Z 1
⇥ 2
⇤
⇥ ⇤
f =
(2x y sen x) dx dy =
x + y cos x 0π dy =
π 2 2y dy = π 2 y 2 10 = π 2 1 .
R
0
0
0
0
"
[No olvidemos que la integral de una constante es la constante por la longitud del intervalo].
Ej 2.
b
c a
R dR
f (x)g(y) dx dy =
R
fR b
d
g(y)
a
c
g [Estos atajos se
gfR d
g
fR b
f (x) dx dy = a f (x) dx c g(y) dy . hacen a menudo].
27
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Generalicemos el recinto de integración. Sea ahora D región acotada del plano. Sobre un
( f (x, y) si (x, y) 2 D
rectángulo R D definimos la función f ⇤(x, y) = 0
.
si (x, y) < D
Se define
"
f =
D
"
f ⇤ si f ⇤ es integrable.
R
Describe (si f 0 ) el volumen limitado por la gráfica de f en D .
[Y en el caso particular en que f = 1 , es el área de D ].
Si la frontera de D se puede poner como unión finita!de gráficas de
funciones continuas y f es continua ya sabemos que D f existirá.
Consideremos dos tipos sencillos de regiones D de integración (recintos!más complicados se
podrán descomponer en otros de esa forma). A la vista del significado de R f ⇤ está claro que:
y
Teor 3.
d (x)
i) Si f continua en D = (x, y) : a  x  b, c(x)  y  d(x) ,
c(x)
a
x
d
con c(x)  d(x) continuas en [a, b] )
b
Z bZ d(x)
f =
D
con a(y)  b(y) continuas en [c, d] )
y
c
x
⇥
"
Z dZ b(y)
f =
D
x
Z πZ
Z
0
π
d(x)=x
0
D
Z πZ
f =
0
π
y
Z
.
D
c(x)=0 π
0
π
partes
x cos(x + y) dx dy =
b(y)= π
a(y)=y
3π
2
O, con cálculos más largos, integrando primero respecto a x :
"
f (x, y) dx dy .
a(y)
π
x cos(x + y) dy dx =
x [sen 2x sen x] dx
0 0
0
gπ Z π ⇥
f
⇤
1
= x(cos x 12 cos 2x) +
2 cos 2x cos x dx =
f =
D
c
⇤
Cuando x varía entre a y b , la y varía entre c(x) y d(x) , e igual la otra .
Ej 3. Integremos f (x, y) = x cos(x + y) sobre el D del dibujo:
"
f (x, y) dy dx .
a c(x)
ii) Si f continua en D = (x, y) : c  y  b, a(y)  x  b(y) ,
b(y)
a(y)
"
[ π sen y
cos y
y sen 2y
cos 2y] dy =
0
3π
2
.
A veces, no sólo es preferible integrar primero respecto de una de las variables y luego respecto
de la otra,
otra opción. Por ejemplo, si fuese f (x, y) = sen x 2 , no se podría
R π ⇥sino
R π que no tenemos
⇤
2
sen x dx dy , por ser la primitiva no calculable, pero sí se puede hacer:
hallar 0
y
Z π fZ x
Z π
g
gπ
⇤
⇥
sen x 2 dy dx =
x sen x 2 dx = 21 cos x 2 = 21 1 cos π 2 .
0
0
0
0
En recintos más complicados habrá que dividir. La integral sobre el recinto
total D será la suma de las integrales sobre cada uno de los subconjuntos:
"
Ej 4.
Z 0Z
x2
Z 1Z
x2
1
y=x 2
(de nuevo no
f (x, y) dy dx ponemos [ ] ).
f (x, y) dy dx +
0 2x 1
p
O bien, como y = x 2 , x = ± y , y = ±2x 1 , x = ± 21 (y+1) ,
se puede hacer (calculando más integrales) también de esta forma:
D
"
D
f =
1
Z 1Z
f =
0
2x 1
p
Z 1Z
y
(y+1)/2
f (x, y) dx dy +
0
p
f (x, y) dx dy +
y
D
1
y=2x–1
–1
Z 0Z
(y+1)/2
–1
y=–2x–1
1
(y+1)/2
f (x, y) dx dy .
(y+1)/2
Si en particular integramos f ⌘ 1 obtendremos el área de D :
!
R1
R0
A = D 1 = 1 (x 2 +2x + 1) dx + 0 (x 2 2x + 1) dx = 31 + 13 =
⇥
2
3
.
R 1⇤
Integrales iguales por ser f ⌘ 1 par en x y D simétrico respecto a x = 0 ; bastaba hacer 2 0 .
O bien: A =
!
D
1=2
R
1
0
⇥y
1
2+2
R
p ⇤
y dy +
0
1
⇥
⇤
1
y+1 dy = 2 12
+
1
2
=
2
3
[ 12 = área triágulo].
Tomemos ahora f (xy) = 2x y y hallemos la integral por el primer camino:
Z 0
"
Z 0
Z 1
Z 1
⇥ 2 ⇤ x2
⇥ 2 ⇤ x2
f =
x y 2x 1 dx +
x y 2x 1 dx = [x 5 4x 3 4x 2 x] dx + [x 5 4x 3 +4x 2 x] dx
1
D
=[
1
5 +1
0
4 1
3 + 2]
+
[ 15
1
1+ 43
1
2]
=
1
30
+
1
30
0
= 0.
⇥
Debía anularse por ser f impar en x y D simétrico respecto a x = 0 . El ‘volumen negativo’ definido
⇤
por la gráfica de f en la parte de D con x  0 se concela con el positivo de la parte con x 0 .
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Cambios de variable
Generalicemos para integrales dobles la fórmula para integrales en R:
R
Rb
0 (u) du = g(b) f (x) dx , con g 2 C 1 ([a, b]) ,
f
(g(u))
g
g(a)
a
a
en concreto, el caso de g inyectiva (creciente o decreciente) en [a, b] :
R
R
f (g(u)) |g 0 (u)| du = g([a,b]) f (x) dx .
[a,b]
!
v
En R2 nuestra situación será esta: para hallar D f (x, y) dx dy ;
realizaremos un cambio de variable g :
D ⇤ ⇢ R2
! D⇢R
a
D=g(D*)
x
u
con el fin de que el nuevo recinto de integración D⇤ o la nueva
función a integrar sean más sencillas.
b
y
g
(u, v) ! x(u, v), y(u, v)
Teor 3.
b
D*
2
g
g
Sea g : (u, v) ! x(u, v), y(u, v) de C 1 , inyectiva en D ⇤, g(D ⇤) = D y f integrable.
Entonces:
"
D
"
f (x, y) dx dy =
∂(x,y)
∂(u,v)
f x(u, v), y(u, v)
D⇤
du dv .
La demostracón es complicada y no se da. Pero hacemos observaciones sobre hipótesis y resultado.
• El teorema sigue siendo cierto aunque g deje de ser inyectiva en puntos sueltos o curvas continuas.
• Si el determinante jacobiano
∂(x,y)
∂(u,v)
= yxu yxv , 0 en un punto, el teorema de la función inversa nos
u
v
asegura que g es inyectiva en un entorno de ese punto, pero sabemos que aunque no se anule en
ningún punto de D⇤ esto no basta para que sea inyectiva en todo D⇤ .
• En el caso de que f ⌘ 1 queda
"
D
"
dx dy =
D⇤
∂(x,y)
∂(u,v)
du dv = área de D , con lo que el jacobiano
viene a ser una medida de cómo un cambio de variable distorsiona el área.
Si D⇤ es un pequeño rectángulo del plano uv , al ser g diferenciable una buena aproximación es
g(uo +∆u, vo +∆v) ⇡ g(uo, vo )+ Dg(uo, vo )(∆u, ∆v) ,
g
dg(D*)
∆v D*
y, por tanto, D = g(D ⇤) será ‘aproximadamente igual’ al
D
paralelogramo Dg(D ⇤) de vértice g(uo, vo ) y de lados
(uo,vo ) ∆u
g(uo,vo )
!
!
Dg(∆u, 0) = ∆u
xu
yu
y Dg(0, ∆v) = ∆v
cuyo área es el valor absoluto de
⇥
∂(x,y)
∂(u,v)
xv
,
yv
g
v
y
∆u ∆v
⇤
pues (a1, a2, 0)⇥(b1, b2, 0) = |a1 b2 a2 b1 | mide áreas .
x
u
Si D ⇤ es un conjunto más general, el área de D = g(D⇤)
P ∂(x,y)
⇤
será aproximadamente
∂(u,v) ∆u ∆v , expresión que en el límite será la integral sobre D .
Como primer ejemplo de cambio de variable consideramos los cambios lineales:
( x = Au + Bv
∂(x,y)
B
. Si ∂(u,v)
= CA D
= AD BC , 0 define biyección de R2 en R2 .
y = Cu + Dv
!
"
D
f (x, y) dx dy = | AD BC|
"
D⇤
f ( Au+ Bv, Cu+ Dv) du dv .
[Las regiones se transforman de forma sencilla por llevar las aplicaciones lineales rectas a rectas].
Ej 5. Sea D el cuadrado de la figura y hallemos
La forma de f y el recinto sugieren:
⇢
"
(x y) 2 ex+y dx dy .
x+y = u
,
x y=v
⇢
x = (u+v)/2
.
y = (u v)/2
Las rectas que definen los lados pasan a ser: u = 0 , 1 , v = 0 , 1 .
"
R 1R 1
1/2 1/2
= 12 . Así pues,
El jacobiano
= 12 0 0 v 2 eu du dv = e 61 .
1/2 1/2
y
v
D
y=x
y=–x
D
29
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y=1–x
x
1
y=x–1
u
1
Más a menudo aparece y más útil es el cambio a polares:
⇢
cos θ r sen θ
x =r cos θ
2
2
. El jacobiano es ahora: ∂(x,y)
∂(r,θ) = sen θ r cos θ = r (cos θ +sen θ) = r .
y =r sen θ
"
Y la fórmula adopta la forma:
D
f (x, y) dx dy =
"
D⇤
r f (r cos θ, r sen θ) dr dθ .
¿Qué D provienen de conjuntos D ⇤ sencillos del plano rθ ?
Un rectángulo [r 1, r 2 ]⇥[θ 1, θ 2 ] pasa a ser un sector de corona
circular limitado por las circunferencias de radio r 1 y r 2 y
las rectas que pasan por el origen de pendientes θ 1 y θ 2 .
y
θ
α
β
D*
r
β
β
r1
r2
r
β
α
r1
r2
x
Si queremos hallar el área en polares de una región D
limitada en θ 2 [α, β] por r = f 1 (θ) y r = f 2 (θ) será:
Z β
Z βZ f2 (θ )
⇤
⇥ 2
área =
r dr dθ = 12
f 2 (θ) f 12 (θ) dθ ,
r=f2(θ )
α
r=f1(θ )
y
θ
α
x
α
f1 (θ )
α
coincidente con lo visto en los apuntes de matemáticas.
En el primer ejemplo, tanto el recinto como el x 2 + y 2 del integrando piden a gritos las polares:
" p
y
Ej 6. Hallemos
4 x 2 y 2 dx dy , con D el sector circular del dibujo:
D
"
Z π /2 fZ 2
f
g
p
2 3/2 g 2
D
= 4π
r 4 r 2 dr dθ =
r 4 r 2 1/2 dr dθ = π2 (4 r 3)
3
x
D⇤
0
0
el [·] no depende de θ
"
0
2
octante de esfera %
Obsérvese que el cambio a polares no es inyectivo en lado izquierdo del
rectángulo D ⇤ (todos los puntos con r = 0 van al origen), pero como ya
dijimos, no importa que falle la inyectividad en puntos o rectas sueltas.
1
y
D
x+y=1
1
x
π/2
θ
D*
2
En otros D el cambio a polares complicará normalmente el recinto.
Por ejemplo, el triángulo del dibujo daría lugar a la integral:
!
R π/2R 1/(sen θ+cos θ)
r f (r cos θ, r sen θ) dr dθ
f = 0
0
D
r
y no haríamos el cambio salvo que f se simplificase notablemente.
Aquí es el recinto el que pide usar polares:
!
Ej 7. Hallar la integral doble D (x y) 2 dx dy , siendo D el semicírculo dado por x 2 +y 2  4 , x 0 .
En polares es (r cos θ r sen θ) 2 = r 2 cos2 θ +sen2 θ 2 sen θ cos θ = r 2 1 sen 2θ . Por tanto:
R π/2
R π/2 R 2
r 3 1 sen 2θ dr dθ = 4 π/2 (1 sen 2θ) dθ = 4π .
π/2 0
"por el jacobiano
x=
(es impar)
Debía ser mayor que 0 por ser el integrando positivo. En cartesianas sería mucho peor:
Z 2⇣
Z 2 Z p4 y 2
⌘
p
x 2 2x y+ y 2 dx dy =
y 3 4y+ 32 (y 2 +2) 4 y 2 dy = · · ·
2 0
4–y2
r=2
2
En el siguiente ejemplo, aunque el recinto no parecería adecuado a las polares, por no estar limitado por
curvas r = cte o θ = cte , el aspecto del integrando las pide indudablemente:
y
Ej 8. Integremos f (x, y) = x 2 +y 2 , sobre el semicírculo x 2 +(y 1) 2  1 , y 1 .
Las curvas que limitan el recinto, escritas en polares quedan:
y =r sen θ = 1 ! r = 1/ sen θ , x 2 + y 2 = 2y , r 2 = 2r sen θ ! r = 2 sen θ .
Z 3π /4
Z 3π /4Z 2 sen θ
R 3π/4
r 2 sen θ
dr dθ =
(2 sen2 θ 1) dθ = π/4 cos 2θ dθ = 1 .
r2
π /4
1/ sen θ
1
π /4
Las cuentas se complican bastante si se intentan hacer de cualquier forma en cartesianas:
Z 1 Z 1+p1 x 2
Z 1
p
⇥
⇤
y
1
ln
2
+
ln
1+
1 x 2 + ln(1+ x 2 ) dx = · · ·
dy
dx
=
2
2
2
x +y
1
1 1
p
p
Z 2Z p2y y 2
Z 2
g 2y y 2
⇥
⇤ Z 2f
2 y
y
x
p
dy
=
O peor:
dx
dy
=
par
en
x
=
2
arctan
arctan
p
2
2
y
y dy = · · ·
x +y
1
2y y 2
1
0
30
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1
Usemos el cambio a polares para hallar un integral impropia de una variable con primitiva no elemental:
Z
Ej 9. Para calcular I =
Z 1Z
0
1
e
(x 2 +y 2 )
0
0
x 2 dx
e
consideramos la integral doble:
1
0
dx dy =
Z
En polares es:
1
Z 1
π /2
Z
1
Z
y2
e
0
re
1
r 2 dr
0
x 2 dx
e
0
f
π
2
dθ =
Z
dy =
1
Ie
y 2 dy
0
g
1 r2 1
= π4
2e
0
π /2
= I2 .
) I=
0
p
π
2
1
Z
)
x 2 dx
e
1
=
"
p
π.
integrando par
Pequeñas modificaciones del cambio a polares son útiles en los dos siguientes ejemplos:
Ej 10. Hallemos
"
D
y dx dy , D región dada por (x 1) 2 + y 2  1 , y 0 .
1
r=2cosθ
Las coordenadas adecuadas son las polares centradas en (1, 0) :
∂(x,y)
∂(u,v)
x = 1+u cos v , y =u sen v , cuyo jacobiano es
Como
(x
1) 2 + y 2 = 1
! u=1
es:
y 0 si v 2 [0, π]
"
D
Z πZ
y=
0
1
0
=
u=1
cos v u sen v
sen v u cos v
u2 sen v du dv =
= u.
f 3 g1 ⇥
u
3
0
v=π
v=0
0
1
cos v
⇤π
0
=
2
3
2
.
Aunque la integral no es complicada en cartesianas (de las dos formas) y en las polares habituales:
"
"
"
D
D
D
Z 2Z
y=
0
Z 1Z
y=
0
Z
y=
" 0
x 2 + y 2 = 2x ,
p
2x x 2
0
y dy dx =
p
1+ 1 y 2
1
p
0
Z
Z
y dx dy =
1 y2
π /2Z 2 cos θ
1
2
2
0
1
0
⇥
(2x x 2 ) dx = 12 4
2y(1 y 2 ) 1/2 dy =
r 2 sen θ dr dθ =
r 2 = 2r cos θ ,
8
3
Z
π /2
0
8⇤
2
3 = 3
2
3
f
.
(1 y 2 ) 3/2
cos3 θ sen θ dθ =
2
3
f
g1
0
cos4 θ
2
f
=
a cos θ
sen θ
ar sen θ
br cos θ
2
3
.
g π/2
0
=
2
3
.
r = 2 cos θ
y2
Ej 11. Calculemos el área A de una elipse de semiejes a y b : ax 2 + b2 = 1 .
⇢
x = ar cos θ
El cambio a polares no es útil, pero sí este modificado:
,
y = br sen θ
∂(x,y)
∂(r,θ)
=
Z
= abr . La elipse pasa a ser r = 1 ! A =
Z
a
Con integrales en R: A= 4
0
b
a
p
0
2πZ 1
0
b
a
abr dr dθ = πab .
g
R π/2
R π/2
a2 x 2 dx = 4ab 0 cos2 t dt = 2ab 0 (1+cos 2t) dt = πab .
"
x = a sen t , dx = a cos t dt
!
!
Además del área de D , A = D dx dy , y del volumen en D bajo f (x, y) 0 , V = D f dx dy , las
integrales dobles tienen otra serie de aplicaciones (las fórmulas son análogas para R3 ).
RR
Por ejemplo el promedio de una magitud f en D es f = A1 D f .
!
La masa de una placa D es M = D ρ(x, y) dxdy , si ρ(x, y) es su densidad.
!
!
1
1
El centro de masa de D es el punto (x, y) con x = M
x ρ, y= M
y ρ (centroide si ρ = cte).
D
D
!
!
Los momentos de inercia respecto a los ejes x e y son: Ix = D y 2 ρ , Iy = D x 2 ρ .
Ej 12. Sea un semicírculo D de radio R de densidad directamente proporcional a la distancia al
centro de D . Hallemos su centroide, su centro de gravedad y sus momentos de inercia.
D
c.masa
centroide
Se puede probar que si una lámina tiene un eje de simetría, su centroide está en
en dicho eje (y si tiene dos, está en su intersección). Por tanto, x c = 0 . La otra
!
R πR R
4R
2 ⇥ r3 ⇤ R
y c = A1 D y dx dy = π 2R2 0 0 r 2 sen θ dr dθ = πR
2
3 0 = 3π ⇡ 0.42 R .
R
Para el centro de gravedad hay que incluir la densidad ρ(r) = kr (simétrica). También x = 0 .
R πR R
R πR R
3
3
Como la masa es M = 0 0 kr 2 dr dθ = πR3 k , será y = πR
r 3 sen θ dr dθ = 3R
3 0
2π ⇡ 0.48 R .
0
R
R
R πR R
5
5
π
R
Los momentos: Ix = k 0 0 r 4 sen2 θ dr dθ = kπ10R , Iy = k 0 0 r 4 cos2 θ dr dθ = kπR
10 .
31
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3.2. Integrales triples
#
Análogamente al caso n = 2 se puede definir B f para f (x, y, z) acotada en un paralelepípedo
B = [a, b]⇥[c, d]⇥[p, q] , que representará un ‘volumen’ en un espacio de cuatro dimensiones, es
decir, el ‘volumen’ de un ‘sólido’ de cuatro dimensiones con ‘base’ B y altura en cada punto la
que le asigna f (x, y, z) . Esta integral se podrá de nuevo calcular mediante integrales iteradas:
f continua en B )
$
Z qZ dZ
p
B
c
[o las otras 5 iteradas
intercambiando los
papeles de x , y , z ].
b
f (x, y) dx dy dz
f =
a
Ej 1. Si f (x, y, z) = 2yz x y B = [0, 1]⇥[0, 2]⇥[0, 3] es:
$
f =
B
Z 1Z 2Z
0
0
3
(2yz x) dz dy dx =
0
Z 1Z
0
2
0
(9y 3x) dy dx =
R
1
(18
0
También podemos integrar sobre recintos V ⇢ R3 más generales.
z
z=q(x,y)
Si V = (x, y, z) : a  x  b, c(x)  y  d(x), p(x, y)  z  (x, y) ,
con c  d continuas en [a, b] y p  q continuas en
D = (x, y) : a  x  b, c(x)  y  d(x) , y f es
$
continua en V )
f =
V
Z bZ d(x)Z q(x,y)
a
c(x)
6x) dx = 15 .
V
f(x,y)
z=p(x,y)
f (x, y, z) dz dy dx .
y
p(x,y)
a
Análogas fórmulas se obtienen variando los papeles de x , y , z , y
muchos recintos que aparecen están incluidos en algunos de esos tipos.
#
En el caso de que sea f ⌘ 1 ,
D
y=c(x)
b
y=d(x)
x
dx dy dz respresentará el volumen de V .
V
Lo más difícil de las integrales triples es dibujar las gráficas o al menos hacerse una idea de ellas para
saber cuáles de las funciones que definen los recintos son mayores o menores.
$
Ej 2. Calculemos
2
x dx dy dz , con V región acotada por los planos:
x = 0 , y = 0 , z = 0 , x = 1 , y = 1 , x + y+z = 2 .
V
z =2– x– y
1
En el cuadrado [0, 1]⇥[0, 1] del plano x y está z = 2 x y por encima de z = 0 .
$
V
x dx dy dz =
=
Z 1Z 1Z
Z
0
1
0
0
⇣
2 x y
0
2x x 2
Z 1Z
1
x dz dy dx =
(2x x 2 x y) dy dx
0 0
Z 1
⇥ 2⇤ ⌘
3x
x 2 dx = 34 13 =
x y2 10 dx =
2
1
5
12
0
.
1
O un poquito más corto si cambiamos el orden de dx y dy . El primer paso es igual, y luego:
Z 1Z
0
1
0
$
Ej 3. Hallemos
V
Z 1Z
f =
0
Z
=
1
0
0
1 xZ 1 x y
0
⇥ x(1 x)4
4
$
Ej 4. Calcular
1
1
0
1
3
1
2y
dy =
2
3
1
4
=
5
12
Z 1Z
x yz dz dy dx =
+ x(18x)
4
x(1 x) 4 ⇤
dx
3
0
=
Z
1 x
0
1
0
xy(1 x y) 2
2
x(1 x) 4
12 dx
=
1
360
.
En [0, 1]⇥[0, 1] es z = 2 x 2 mayor que z = 0 (no se necesita el dibujo).
Z Z
$
Z Z
1 Z
1 2 x2
1 1 ⇥
⇤
2
=
x ez dz dy dx =
x e2 x 1 dy dx
=
0 0 0
1
0
⇥
z=1–x–y
y
x
ez dx dy dz , siendo V el sólido limitado por
x = 0 , x = 1 , y = 0 , y = 1 , z = 0 y la superficie z = 2 x 2 .
Z
z
dy dx
V
V
.
f con f (x, y, z) = x yz , y V el tetraedro de vértices
(0, 0, 0) , (1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1) .
V
$
Z
(2x x 2 x y) dx dy =
x e2
2
⇤
x dx=
⇤
1 ⇥ 2 x2
+ x 2 10 = 21
2 e
e2 e 1 .
32
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z
z=2–x 2
1
y
0 0
x2
y=1–x
1
1
x
Con hipótesis análogas a las del plano se tiene la fórmula para los cambios de variable:
Sea g : (u, v, w) ! x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w) de C 1 , inyectiva en V ⇤ , g(V ⇤) =V
y f integrable )
$
V
$
f (x, y, z) dx dy dz =
V⇤
∂(x,y,z)
∂(u,v,w)
f g(u, v, w)
du dv dw .
[Vale aunque g no sea inyectiva un número finito de puntos, curvas o superficies].
En particular nos interesan los cambios a cilíndricas y esféricas. Definamos cada una de estas
coordenadas y familiaricémonos con ellas antes de hacer integrales.
z
O sea, polares del plano x y junto con la coordenada z .
(
Cilíndricas: x =r cos θ
de un (x, y, z) es trivial para z ,
y =r sen θ . Dar las cilíndricas
q
r 0 , 0  θ < 2π
z=z
y además es r = x 2 + y 2 , tan θ = yx .
El jacobiano es:
∂(x,y,z)
∂(r,θ,z)
r cos θ r sen θ 0
r sen θ r cos θ 0
0
0
1
=
$
f (x, y, z) dx dy dz =
V
V⇤
y
x
r
θ
[localmente invertible si r > 0 ,
e inyectiva en r > 0 , 0  θ < 2π ].
=r
Con lo que la fórmula del cambio de variable adopta la forma:
$
z
z
z
r f (r cos θ, r sen θ, z) dr dθ dz
z=cte
V
V*
y
¿Qué conjuntos del espacio son sencillos en cilíndricas? Los
θ x
r
θ=cte
r=cte
puntos r =C forman un cilindro, y los θ =C y z =C planos
(vertical y horizontal). Un paralelepípedo V ⇤ se convierte en un V como el de la derecha.
⇥
Podemos, como en polares, dar expresiones para el gradiente y el Laplaciano en cilíndricas:
er = (cos θ, sen θ, 0)
rf = f r er+ r1 f θ eθ + f z ez , eθ = ( sen θ, cos θ, 0)
ez = (0, 0, 1)
⇤
[ortogonales
, ∆ f = f rr + r1 f r + r12 f θθ + f zz .
entre ellos]
z
q
( x = ρ sen φ cos θ
Como ρ2 =r 2 +z 2 , es ρ = x 2 + y 2 +z 2 .
y = ρ sen φ sen θ . Además: tan θ = y , tan φ = r [mirando cuadrantes].
r 0, 0  φ  π
x
z
z = ρ cos φ
0  θ < 2π
x
[Los físicos suelen cambiar los nombres de φ y θ ].
Esféricas:
∂(x,y,z)
∂(ρ,θ,φ)
=
sen φ cos θ ρ sen φ sen θ ρ cos φ cos θ
sen φ sen θ ρ sen φ cos θ ρ cos φ sen θ
cos φ
0
ρ sen φ
= ρ2 cos2 φ sen φ
=
sen θ cos θ
cos θ sen θ
ρ2 sen3 φ
ϕ ρ
y
θ
cos θ sen θ
sen θ cos θ
ρ2 sen φ . [Cambio no inyectivo en todo el eje z ].
La integrales en esféricas se calculan, pues, mediante:
$
V
f (x, y, z) dx dy dz =
$
V⇤
ρ2 sen φ f ( ρ sen φ cos θ, ρ sen φ sen θ, ρ cos φ) dρ dθ dφ
En esféricas, ρ =C describe una superficie esférica,
θ = C es un plano y φ = C una superficie cónica.
Un recinto simple V en esféricas es, por tanto, el
dibujado a la derecha.
⇥
z
ϕ
ρ
(plano)
θ
x
Se ve que el gradiente y el Laplaciano son aquí:
eρ = (sen φ cos θ, sen φ sen θ, cos φ)
1
1
rf = f ρ eρ + ρ sen
θ f θ eθ + ρ f φ eφ , eθ = ( sen θ, cos θ, 0)
eφ = (cos φ cos θ, cos φ sen θ, sen φ)
∆f =
φ
f ρρ + ρ2 f ρ + ρ12 f φφ + ρ2cos
f + 1 f
sen φ φ ρ2 sen2 φ θθ
θ=cte
⇤
ρ=cte
(esfera)
ϕ=cte (cono)
y
[ortogonales
,
de nuevo]
.
p
Ej 5. Escribamos el punto de coordenadas cartesianas
1, 1, 6 en los otros dos sistemas.
p 3π p
p
p
r = 1+1 = 2 . tan θ = 1 y 2 cuadrante ! θ = 3π
2, 4 , 6 .
4 . En cilíndricas:
p
p
p
p
3π 5π
ρ = 1+1+6 = 2 2 . tan φ = p2 = p1 , φ = 5π
6 . ( ρ, θ, φ) = 2 2 , 4 , 6 .
6
3
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En los siguientes ejemplos se ve que muchos veces las cartesianas no son las coordenadas más adecuadas
(si lo eran en los del principio de la sección). El primero pide cilíndricas (o polares), en el segundo lo
más corto resultan ser las cilíndricas y en el tercero, integrando sobre esfera, lo son las esféricas.
$
2 +y 2
z ex
V
Z 3Z
dx dy dz =
2
0
2πZ 2
0
2 +y 2
sobre el cilindro x 2 + y 2  4 , 2  z  3 .
⇥ 2⇤
2
4 1) .
3
r z er dr dθ dz = 9 2 4 ·2π · 21 er 20 = 5π
2 (e
Ej 6. Calcular la integral de la función f (x, y, z) = z ex
" jacobiano
2
Lo mismo que integrar en z y hacer luego el cambio
En
no se puede
R a2 polares.
R cartesianas
2
2 +y 2
x
+y
x
hacer porque aparecen primitivas no calculables: e
dx o e
dy .
2
p
Ej 7. Hallemos el volumen que encierran el cono z = x 2 + y 2 y el plano
z = 0 sobre el cuadrado R = [0, 1]⇥[0, 1] .
z
Podemos hallarlo mediante integrales
# dobles o triples, en las coordenadas
adecuadas en cada caso. Hacemos V dx dy dz .
y
En cartesianas es fácil el recinto, pero difíciles las integrales:
Z 1Z 1 q
Z 1Z 1Z p x 2 +y 2
f
g
tablas o
dz dx dy =
x 2 +y 2 dx dy = p 2 2
0
0
0
0
=
1
2
Z
0
1
0
R
x
x +y = x +u
⇥p
1+ y 2
y 2 ln y
p
⇤
+ y 2 ln 1+ 1+ y 2 dy = · · ·
En cilíndricas (o polares en la segunda integral): x = 1 ! r = cos1 θ , cono y recinto simétricos,
Z π /4Z 1/ cos θ
Z π /4
Z 1/p2
p
1+u
1
1 ⇤ 1/ 2
2
1⇥
dθ u=sen θ 2
du
2
log
2
+
r dr dθ = 3
=
=
3
2
2
3
6
1
u
1+u
1
u
0
cos θ
(1 u )
0
0
0
0
p ⇤
⇥p
= 31 2 + ln 1+ 2 .
Z
Esféricas: 2
0
π /4Z π /2Z 1/ cos θ sen φ
π /4
0
ρ2 sen φ dρ dφ dθ =
2
3
Z
0
π /4Z π /2
dφ dθ
2
3
π /4 sen φ cos θ
=
2
3
Z
π /4
0
dθ
cos3 θ
como
antes
Ej 8. Calculemos el conocido volumen de la esfera unidad. En esféricas:
Z
vol =
z
0
2πZ 1Z π
0
0
ρ2 sen φ dφ dρ dθ = 2π
Z
1
0
2ρ2 dρ =
4π
3
.
En cilíndricas por dos caminos (más largo):
Z 2πZ 1 Z p1 z 2
1
vol =
r
vol
1 0
Z 2πZ 1Z p1 r 2
=
p
0
1 r2
0
0
r dr dz dθ = 2π
Z
r dz dr dθ = 2π
Z
1
1
1
1 z2
2
dz =
p
2r 1
0
4π
3
.
r 2 dr =
4π
3
.
z=√1–x2–y2
Las cartesianas son las coordenadas menos adecuadas aquí:
Z 1Z p1 yZ2 p1 x 2 y 2
vol = 8
0
0
0
Z 1Z p1 y 2 q
dz dx dy = 8
q
Z
⇤
= · · · cambio x = 1 y 2 sen t · · · = 8
⇥
1 x 2 y 2 dx dy
0
0
1
0
π
4 (1
x=√1–y 2
y 2 ) dy = 34 π .
Aplicaciones físicas similares a las vistas para las integrales dobles son:
#
Masa de un sólido V es M = V D(x, y, z) dx dy dz , si D(x, y, z) es su densidad.
#
#
#
1
1
1
Centro de masa de V es (x, y, z) con x = M
x
D
,
y
D
,
zD.
y
=
z
=
M
M
V
V
#V
⇤
2
2
Momento de inercia respecto al eje z : Iz = V (x + y ) D (análogos los otros) .
Ej 9. Hallemos la posición del centro de masa de una semiesfera sólida homogénea.
⇥
⇤
Por simetría, será x = y = 0 . Volumen = 32 πR3 . Masa = 23 πR3 D , D constante .
Z 2πZ π /2Z R
f 4 g R f sen2 φ g π/2
3
= 3R
ρ3 sen φ cos φ dρ dφ dθ = R33 ρ4
z = 2πR
3
2
8 = 0.375R .
0
0
0
0
0
[El recinto pedía a gritos utilizar las coordenadas esféricas].
34
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R
4. Integrales de línea
4.1 Integrales de campos escalares a lo largo de curvas
y
Una función vectorial (también llamada trayectoria o camino)
c'(t)
n
era una c : [a, b] ⇢ R ! R , cuya gráfica c(t) = (x 1 (t), . . . , x n (t))
c(a)
c(t)
es una curva C en Rn y su derivada c0 (t) = (x 10 (t), . . . , x n0 (t))
c(b)
c
describe el vector tangente a la curva (el vector velocidad, si c(t)
x
n
está describiendo un movimiento en R ).
]
[
t
⇥
⇤
La recta tangente a C en c(t o ) era: x(t) = c(t o )+ t c0 (t o ) .
a
b
1
0
1
c se dice C si es continua y c existe y es continua 8t 2 (a, b) . Es C a trozos si C es continua
y [a, b] se puede dividir en un número finito de subintervalos en cada uno de los cuales c es C 1
[su gráfica será entonces una curva continua sin recta tangente en un número finito de puntos].
⇤
⇥
Ej 1. c : 0, π2 ! R2 con c(t) = (cos t, sen t) es una trayectoria C 1 pues
c0 (t) = ( sen t, cos t) existe 8t 2 0, π2 .
p
c⇤ : [0, 1] ! R2 con c⇤(t) = t, 1 t 2 , c⇤0 (t) = 1, t(1 t 2 ) 1/2
es otro camino C 1 , que describe esa misma curva en sentido opuesto.
Se dice que c y c⇤ son dos parametrizaciones de la misma curva C .
y c(π/2)
x
c(0)
c*
Sea c : [a, b] ! Rn un camino C 1 y sea f un campo escalar en Rn tal que f c(t)
es continua en [a, b] . La integral de f a lo largo de c se define:
Z
Z b
f ds ⌘
c
a
f c(t) kc0 (t)k dt .
R
Si c(t) es solamente C 1 a trozos o si f (c(t)) es continua a trozos, definimos c f ds
descomponiendo [a, b] en intervalos sobre los que f (c(t)) k c0 (t)k sea continua y
sumando las integrales sobre cada uno de ellos.
Ej 2. Si f (x, y) = x y 2 y c , c⇤ son los de arriba, las integrales a lo largo de las dos trayectorias son:
Z
Z π /2
⇤
f ds =
cos t sen2 t · 1 dt = 31 sen3 t 0π/2 = 13 .
c
0
Z
Z 1
g1
f ds =
t (1 t 2 ) · p 1 2 dt = 31 (1 t 2 ) 3/2 = 13 .
c⇤
0
1 t
0
No es casualidad que ambas integrales coincidan. Probaremos en 4.2 que:
R
R
R
Teor 1. Si c y c⇤ describen la misma curva C , entonces c f ds = c f ds ⌘ C f ds .
⇤
Como la integral de líneaR de una f escalar no depende de la parametrización, sólo de la
curva, es lícita la notación C f ds (integral de f sobre C ) donde c no aparece por ningún lado.
Interpretemos esta integral. Sea primero f ⌘ 1 . Si pensamos que c(t) describe una partícula, al
ser kc0 (t)k la velocidad escalar en el instante t , parece claro que ds = k c0 (t)k dt (‘diferencial
de arco’) representa la distancia recorrida en un ‘diferencial de tiempo dt ’ y por tanto:
R
Rb
L = C ds = a k c0 (t)k dt representa la longitud de la curva C definida por c .
Ej 3. Hallemos la longitud de la curva descrita por c(t) = t 2, t 3 , t 2 [ 1, 1] .
Z 1 p
p
3/2 g 1 2(133/2 8)
2
=
(4+9t 2 )
⇡ 2.88 .
kc0 (t)k = 4t 2 +9t 4 ) L = |t| 4+9t 2 dt = 27
27
y
1
0
1
O con otra parametrización de la misma curva (y usando su simetría):
Z 1q
g
⇥ 133/2 ⇤
9x 3/2 1
16
= 16
1 .
1+ 9x
(x, x 3/2 ) , x 2 [0, 1] ) L = 2
4 dx = 27 1+ 4
27
8
0
0
c0 = 0
1
x
–1
[Cuando
pueden aparecer picos en las curvas, pues el vector tangente no tiene dirección definida].
[Estas integrales de campos escalares, por incluir una raíz, muchas veces llevan a primitivas no calculables].
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RSi ahora f es cualquier campo con f (c(t)) 0 8t 2 [a, b] ,
f ds representa para n = 2 el área de la valla de altura
c
f (x, y) en cada (x, y) de la curva C , pues un ‘diferencial
de valla’ tiene área f (c(t)) ds = f (c(t)) k c0 (t)k dt .
z
f (x(t),y(t))
y
x
c(t)=(x(t),y(t))
Tiene otra posible interpretación cuando n = 2 o n = 3 :
Si c(t) describe un alambre de densidad variable dada por ρ(x) , la masa del alambre será
R
M = C ρ ds (tanto en el plano como en el espacio).
El centro de gravedad (centroide si ρ constante) del alambre, tendrá por coordenadas:
R
R
R
1
1
1
x
ρ
ds
,
y
ρ
ds
x=M
y
=
;
si
n
=
3
,
además
z
=
M C
M C z ρ ds .
C
f = L1
Estas integrales también sirven para hallar, el valor medio de una f sobre C :
C
f ds .
z
Ej 4. Sea el alambre en forma de hélice: c : [0, 2π] ! R3 , t ! (cos t, sen t, t)
p
y de densidad ρ(x, y, z) = x 2 + y 2 +z 2 . Como k c0 k = 2 , se tiene que:
R 2π p
p
Su longitud es L = 0
2 dt = 2π 2 ⇡ 8.9 .
R 2π
p
Su masa es M = 0 (cos2 t + sen2 t +t 2 ) dt = 2 2π+ 83 π 3 ⇡ 125.8 .
f
R
2π
g
x
Su densidad media es, por tanto: 1+ 34 π 2 ⇡ 14.2 .
R
p
1 2π
6
cos t (1+t 2 ) 2 dt = 3+4π
Su centro de gravedad: x = M
2 ⇡ 0.014 ,
0
R
R
p
p
2π
2π
1
6π
1
1+2π 2
y=M
sen t (1+t 2 ) 2 dt = 3+4π
t (1+t 2 ) 2 dt = 3π 3+4π
2 ⇡ 0.44 , z = M 0
2 ⇡ 4.60 .
0
R
R
R
p
p
p
1 2π
1 2π
1 2π
Su centroide: x = L 0 cos t 2 dt = 0 , y = L 0 sen t 2 dt = 0 , z = L 0 t 2 dt = π .
Otra aplicación de este tipo de integrales. Si una curva C viene
dada por x = x(t) , y = y(t) 0 , t 2 [a, b] , el área de la superficie
de revolución obtenida al hacer girar C en torno al eje y = 0 es:
A = 2π
⇥
R
b
a
y ds = 2π
Z
b
y(t)
a
q
y 0 (t) 2
En el caso particular de que C sea la gráfica de y = y(x) queda: A= 2π
Ej 5. Hallemos el área de la superficie esférica de radio a .
p
Se puede ver como el giro de y = a2 x 2 en torno a y = 0 , y por tanto:
Z ap
q
Ra
2
a2 x 2 1+ a2x x 2 dx = 2π a a dx = 4πa2 .
A = 2π
a
O escribiendo c(t) = (a cos t, a sen t) , t 2 [0, π] , y con la primera fórmula:
Z
π
0
b
dt
⇤
pues el área de la banda de anchura ds es ⇡ 2πy ds .
ds = a dt , A = 2π
ds
a
x 0 (t) 2 +
y
a sen t a dt = 4πa2 .
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Z b
a
p
y 1+(y 0 ) 2 dx .
y=√a2–x2
4.2. Integrales de línea de campos vectoriales
Sean c(t) : [a, b] ! Rn de C 1 y f : Rn ! Rn campo vectorial continuo sobre la gráfica de c .
Z
La integral de línea del campo f a lo largo de c se define
c
f · ds =
Z b
a
f c(t) · c0 (t) dt .
Si f(c(t)) · c0 (t) es sólo continua a trozos, dividimos el intervalo y sumamos la integrales.
c0 (t)
f((c(t))
Si c0 (t) , 0 8t y T(t) = kc0 (t) k es el vector tangente unitario:
R
Rb⇥
R
⇤
f · ds = a f(c(t)) · T(t) kc0 (t)k dt = c f · T ds ,
c
T(t)
y se puede ver la integral de línea de f como la integral del campo escalar
f · T , componente tangencial de f en la dirección de c . Por tanto:
Z
f · ds es el trabajo realizado por un campo de fuerzas f sobre la partícula que recorre c .
c
Se usa otra notación (la damos para el plano). Si c(t) = x(t), y(t) , f(x, y) = f (x, y), g(x, y) :
Z
Z b⇥
Z
⇤
f · ds =
f x(t), y(t) x 0 (t) + g x(t), y(t) y 0 (t) dt ⌘
f (x, y) dx + g(x, y) dy .
c
c
a
[La notación es similar para n > 2 ; ¡cuidado!, sigue siendo integral de línea].
Ej 1. Calculemos varias integrales del línea del campo f(x, y) = (x 2, 2y+ x) :
⇤
⇥
c1 (t) = (t, t) , t 2 [0, 1] , c2 (t) = (4t 2, 4t 2 ) , t 2 0, 12 , c3 (t) = (1 t, 1 t) , t 2 [0, 1]
[describen la misma curva, la tercera en sentido contrario].
y
R
R1
1
f · ds = 0 (t 2, 3t) · (1, 1) dt = 11
c1,2
6 ,
c1
c5
c4
R
R 1/2
4, 12t 2 ) · (8t, 8t) dt = 11 ,
(16t
f
·
ds
=
6
0
c2
c3
x
R
R1
11
2
1
(1
t)
,
3(1
t))
·
(
1,
1)
dt
=
f
·
ds
=
.
6
0
c3
⇢
R
R2
R1
(t, 0) , t 2 [0, 1]
c4 (t) =
, c f · ds = 0 (t 2, t) · (1, 0) dt + 1 (t 2, 2t 1) · (0, 1) dt = 37 .
4
(1, t 1) , t 2 [1, 2]
⇢
R
R1
R2
(0, t) , t 2 [0, 1]
c5 (t) =
, c = 0 (0, 2t) · (0, 1) dt + 1 (t 1) 2, 2+t · (1, 0) dt = 56 .
(t 1, 1) , t 2 [1, 2]
5
[La integral parece depender sólo de la curva y del sentido en que se recorre; para algunos campos no
dependerá siquiera de la curva, sólo del punto inicial y del punto final].
Ej 2. Hallemos la integrales para los mismos ck de arriba, pero para el campo g(x, y) = (y, x 4y) :
R1
R
R1
g · ds = 0 (t, 3t) · (1, 1) dt = 0 2t dt = 1 ,
c1
R 1/2
R
R 1/2
g · ds = 0 (4t 2, 12t 2 ) · (8t, 8t) dt = 0 16t 3 dt = 1 ,
c2
R
R1
R1
g · ds = 0 (1 t), 3(1 t)) · ( 1, 1) dt = 0 2(1 t) dt = 1 . [Única distinta].
c3
R
R1
R2
R2
g · ds = 0 (0, t) · (1, 0) dt + 1 (t 1, 5 4t) · (0, 1) dt = 1 (5 4t) dt = 1 .
c4
R
R1
R2
R1
g · ds = 0 (t, 4t) · (0, 1) dt + 1 (1, t 5) · (1, 0) dt = 0 4t dt + 1 = 1 .
c
5
Ej 3. Si c(t) = t, t 2, 1 , la integral
Z
c
zx 2 dx + xy dy + y 3 dz =
R
1
0
t 2 · 1 + t 3 · 2t + t 6 · 0 dt =
11
15
.
Ej 4. Calculemos el trabajo realizado por una fuerza constante f = d al recorrer una partícula una
trayectoria r(t) = x(t), y(t), z(t) que une dos puntos del espacio a = r(a) y b = r(b) :
R
Rb
z
(d 1, d 2, d 3 ) · x 0 (t), y 0 (t), z 0 (t) dt
d
·
ds
=
a
r
= d 1 x(b) x(a) + d 2 y(b) y(a) + d 3 z(b) z(a)
= d · r(b) r(a) = d · (b a) , independiente de r .
a
r(t) b
y
f=d
x
Si consideramos c(t) = r(a+b t) , t 2 [a, b] , que recorre la misma curva en
R
Rb
sentido opuesto, el trabajo es c d · ds = a (d 1, d 2, d 3 ) · x 0 (t), y 0 (t), z 0 (t) dt = d · (b a) .
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Veamos lo que sucede con la integral al hacer un cambio en el parámetro que describe la curva.
Sea c : [a, b] ! Rn y h : [a1, b1 ] ! [a, b] una biyección C 1 . Si llamamos p = c h : [a1, b1 ] ! Rn ,
las trayectorias p(u) , u 2 [a1, b1 ] y c(t) , t 2 [a, b] ,
b
b
h
describen la misma curva, en el mismo sentido o en
h
a
a
sentido opuesto según sea, respectivamente,
a1
a1
b1
b1
h(a1 ) = a y h(b1 ) = b o h(a1 ) = b y h(b1 ) = a
[se dice que la reparametrización conserva o invierte la orientación de la curva].
Si c y p describen la misma curva C , entonces según c y p lo hagan en el
mismo sentido Zo en el opuesto
se tiene, respectivamente:
Z
Z
Z
Teor 1.
f · ds , o bien
f · ds =
c
p
f · ds =
c
f · ds
p
Si C es C 1 (si no, dividimos y sumamos las integrales), como p0 (u) = c0 (h(u)) h 0 (u) es:
R
Rb
R
Rb
f · ds = a 1 f c(h(u)) · c0 (h(u)) h 0 (u) du e c f · ds = a f c(t) · c0 (t) dt .
p
1
Haciendo en la integral de la izquierda h(u) =t , se tiene + o la integral de la derecha,
según se conserve o no la orientación, pues no cambian o sí los límites de integración.
Si estuviésemos integrando un campo escalar f , se tendría siempre que:
R
Rb
Rb
R
f ds = a 1 f c(h(u)) kc0 (h(u))k |h 0 (u)| du = a f c(t) kc0 (t)k dt = c f ds ,
p
1
y con esto tenemos probado el teorema de la sección anterior.
La integral de línea de un campo vectorial sólo depende de la curva C y el sentido en que
se recorre (la un campo escalar sólo de C ). Podemos elegir las c más sencillas.
Ej 5. Tiene un sentido preciso hablar de la integral de f(x, y) = (y, 0) a lo largo
de la circunferencia unidad recorrida en el sentido de las agujas del reloj.
H ⇤
⇥
Las integrales sobre curvas cerradas suelen representarse con el símbolo
.
Eligiendo c(t) = (cos t, sen t) , t 2 [0, 2π] o [ π, π] , o . . . ,
I
R 2π
Rπ
f · ds = 0 ( sen t, 0) · ( sen t, cos t) dt = 21 0 (1 cos 2t) dt = π .
c
c
Con cualquier parametrización que proporcione el mismo sentido se llega a lo mismo.
Ej 6. Calculemos la integral de línea del campo vectorial f(x, y, z) = z , ey, xy desde (1, 0, 0) hasta
(1, 2 , 3) a lo largo del segmento que une los puntos.
z
Hay muchas formas de parametrizar un segmento en el espacio. Para este,
con x = 1 constante, una c casi salta a la vista: c(t) = (1, 2t, 3t) , t 2 [0, 1] .
⇤
⇥
O también, con el dibujo de la derecha: c⇤(y) = 1, y , 23 y , y 2 [0, 2] .
En general, vimos en 1.1 que c(t) = a +(b a) t , t 2 [0, 1] da el segmento
que une a y b [es una recta, si t = 0 estamos en a y si t = 1 en b ].
Hallemos ya la integral pedida (con la primera de las parametrizaciones dadas):
Z
c
Z
f · ds =
1
0
3t, e2t , 2t · (0, 2, 3) dt =
Z
1
0
3
y
2
a
a+(b–a)t=c(t)
b
2e2t +6t dt = 2e2 + 2 .
Ej 7. Hallar el trabajo realizado por el campo de fuerzas f(x, y, z) = (y z, z x, x y) a lo largo de la
curva C intersección de la esfera x 2 + y 2 +z 2 = 4 y el plano z = y , si C es recorrida de modo
que, vista desde las z positivas, el sentido es contrario a las agujas del reloj.
y √2
z
z=y
c
x
y
Sobre C , como z = y , es x 2 +2y 2 = 4 (elipse).
2
⇣
⌘
p
p
x
c(t) = 2 cos t, 2 sen t, 2 sen t , t 2 [0, 2π] .
R 2π p
p
p
p
T = 0 0, 2 sen t 2 cos t, 2 cos t 2 sen t · 2 sen t, 2 cos t, 2 cos t dt
R 2π
= 0 0 dt = 0 (el campo es perpendicular a la trayectoria).
Se verá más adelante que serán 0 las integrales
sobre un camino cerrado de los campos que sean gradientes
H
⇤
de un campo escalar; pero, a pesar de ser C = 0 , este campo no lo será, pues rot f = ( 2, 2, 2) , 0 .
⇥
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4.3. Integrales de gradientes y teorema de Green
Generalizamos el 2 teorema fundamental del cálculo infinitesimal
R
b
a
g 0 (x) dx = g(b) g(a) .
Sea U : Rn ! R un campo escalar
C 1 y c : [a, b] ! Rn un camino C 1 a trozos.
Z
Teor 1.
Entonces:
c
Si c 2 C 1 (si no, dividimos),
R
U c(a) .
rU · ds = U c(b)
b
a
"
regla de la cadena
b
a
rU (c(t)) · c0 (t) dt =
R
U c) 0 (t) dt = U (c(b)) U (c(a)) .
b
Por tanto, la integral de línea de un gradiente no depende del camino,
sólo del punto inicial y final. Si sabemos que un campo es un gradiente, su
a
integral esH inmediata. Además, si c(a) = c(b) , la curva descrita por c es
cerrada e c rU · ds = 0 : la integral de línea de un gradiente sobre una curva cerrada es 0 .
Si un campo vectorial f es gradiente de alguna función U, a U se le llama
función potencial para f , y el campo f se dice conservativo.
¿Cómo saber si f es conservativo? Una condición necesaria sencilla para n = 2 y n = 3 es:
Teor 2.
Si f(x, y) = f (x, y), g(x, y) de C 1 es conservativo ) f y ⌘ gx .
Si f(x, y, z) = f (x, y, z), g(x, y, z), h(x, y, z) de C 1 es conservativo ) rot f = 0 .
Si f = ( f , g) = (Ux, Uy ) = rU , con U2 C 2 , por la igualdad de Schwartz de las derivadas
cruzadas [ Uxy = Uyx ] debe ser f y ⌘ gx . Y el mismo argumento se aplica si n = 3 .
Si las derivadas cruzadas no coinciden, no puede f ser gradiente. Si son iguales, muchas veces
es sencillo hallar una U tal que rU = f [aunque la implicación ( no sea cierta en general].
Ej 1. Sea f(x, y) = (y 2, 2xy) . Hallemos la integral entre (0, 0) y (1, 1) a lo largo de diferentes curvas:
a) la recta que une los puntos, b) la parábola y = x 2 , c) la circunferencia x 2 + y 2 = 2x .
p
Posibles parametrizaciones: a) ca = (t, t) , b) cb = (t, t 2 ) , c) cc = t, 2t t 2 , con t 2 [0, 1] todas.
y
Las integrales en cada caso son:
a)
Z
1
0
Z
(t 2, 2t 2 ) · (1, 1) dt =
1
3t 2 dt = 1 , b)
0
Z 1
⇣
p
c)
(2t t 2, 2t 2t t 2 ) · 1, p 1
1
∂
∂
2
∂y (y ) = 2y = ∂x (2xy) ,
Z
1
1
(t 4, 2t 3 ) · (1, 2t) dt = 5t 4 dt = 1 ,
0
0
Z 1
⌘
t
2
dt = (4t 3t ) dt = 1 .
2
2t t
0
Como se cumple
Z
cc
ca
0
cb
1
x
esto nos hace sospechar que f es campo conservativo.
Es fácil en este caso identificar una función potencial:
Si Ux = y 2 , debe ser U = x y 2 +p(y) para alguna función p
) U (x, y) = xy 2 .
Si Uy = 2xy , debe ser U = x y 2 +q(x) para alguna función q
⇥
⇤
U = x y 2 +C para cualquier constante C es también potencial, desde luego .
Por tanto, las parametrizaciones y cálculos de integrales anteriores han sido inútiles, puesto que la
integral a lo largo de cualquier trayectoria debía valer U (1, 1) U (0, 0) = 1 0 = 1 .
Por no depender del camino, hay otras formas de calcular una U : eligiendo caminos sencillos que
unan el origen con el punto (x, y) y evaluando la integral de línea. Por ejemplo, para el C 1 a trozos:
⇢
Z
Z x
Z y
(t, 0) , t 2 [0, x]
c(t) =
,
f · ds = (0, 0) · (1, 0) dt +
t 2, 2xt · (0, 1) dt = xy 2 .
(x, t) , t 2 [0, y]
c
0
Haciendo lo mismo para un f = ( f , g) general, obtendríamos:
Z
0
x
0
Z
f (t, 0) dt +
y
0
g(x, t) dt = U (x, y) .
Veamos qué campos de los ejemplos de la sección anterior son conservativos. El (x 2, 2y+x) del 1
no lo es por ser f y = 0 . 1 = gx . El (y, x 4y) del 2 sí lo es: 1 ⌘ 1 y U = xy 2y 2 es su potencial. No
⇥
⇤
lo es el del 3, (zx 2, xy, y 3 ) por no ser rot f ⌘ 0 . El f = d del 4 lo es con U = (d 1 x, d 2 y, d 3 z) .
El (y, 0) del 5 no: no podía serlo pues vimos que su integral sobre un camino cerrado era no nula
y también lo asegura 1 . 0 . Para 6 y 7 el rot f es, respectivamente, (x, 1 y, 0) y ( 2, 2, 2) con
lo que no pueden derivar de una función potencial U .
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Ej 2. Hallemos la integral de f(x, y) =
c
⇣
y
x 2 +y 2
,
x
Si c(t) = (cos t, sen t) , t 2 [0, 2π] ,
No puede haber un potencial
C1
H
⌘
a lo largo de x 2 +y 2 = 1 en sentido antihorario.
R 2π
f ds = 0 ( sen t, cos t) · ( sen t, cos t) dt = 2π .
x 2 +y 2
c
2
2
que contenga la curva, pese a ser f y = gx = (xy2 +yx2 )2 .
Según este ejemplo, no basta la igualdad de las derivadas cruzadas para ser conservativo.
Pero hay que pedir poco más para que sí baste. [Los dos teoremas que siguen son más difíciles
de demostrar y necesitan el teorema de Stokes de 5.2].
⇥ ⇤
⇥
⇤
Teor 3. Si f es C 1 en todo R2 R3 y f y ⌘ gx rot f = 0 ) f es conservativo.
El campo f 2 C 1 del ejemplo 1 sabemos ahora que es conservativo desde que vimos que f y ⌘ gx .
⇤
Para el 2, f no era C 1 en (0, 0) , el teorema no dice que haya potencial, y no lo hay en todo R2 .
⇥
Ej 3. Calculemos la integral de línea del campo vectorial f(x, y, z) = (4x , 3z 2y , 3y) desde (1 , 0 , 0)
hasta (1 , 2 , 3) a lo largo del segmento que une los puntos.
En el ejemplo 6 de 4.2 ya parametrizamos el segmento, y podemos hallar la integral directamente:
R
R1
R1
⇤
c(t) = (1, 2t, 3t) , t 2 [0, 1] ! c f · ds = 0 1, 5t, 6t · (0, 2, 3) dt = 0 28 t dt = 14 t 2 10 = 14 .
i
j
k
Pero para este campo es rot f = ∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z = (3 3) i + (0 0) j + (0 0) k = 0 .
4x 3z 2y 3y
3
C1
y además f es
en R . Existe, por tanto, una función potencial U (x, y, z) para el campo f .
Los cálculos de los potenciales en R3 son similares a los de R2 :
Ux = 4x ! U = 2x 2 + p(y, z)
Debe ser Uy = 3z 2y ! U = 3yz y 2 + q(x, z) , U = 2x 2 +3yz y 2 )
Uz = 3y ! U = 3yz + r (x, y) R
f · ds = U (1, 2, 3) U (1, 0, 0) = 16 2 = 14 .
c
Este es el valor de la integral sobre cualquier camino que una los puntos, por complicado que sea.
2
Por ejemplo, hallemos la integral a lo largo de c⇤(t) = et t , 2t 3, 3t 2 , t 2 [0, 1] :
Z
c⇤
Z
f · ds =
1
0
2
2
4et t , 9t 2 4t 3, 6t 3 · (1 2t)et t , 6t 2, 6t dt =
Z
1
2(2 4t)e2t
0
= 2e2t
2t 2 +
2t 2+90t 4
18t 5 4t
6⇤1
0
24t 5 dt
= 14 .
El teorema 3 se puede refinar exigiendo hipótesis menos fuertes. No es preciso que f sea C 1 en todo R2
o R3 . Basta con que lo sea en lo que se llama un conjunto D ‘simplemente conexo’: toda curva cerrada
contenida en el D conexo (‘de una sola pieza’) debe poder contraerse a un punto de forma continua
dentro del conjunto (en el ejemplo 2 no se puede). En R2 significa que D no tiene ‘agujeros’. En R3 ,
puntos sueltos de discontinuidad no molestan, pero sí, por ejemplo, no ser C 1 en toda una recta.
Ej 4. Sea f(x, y, z) = x(x 2 + y 2 +z 2 )
3/2
i y(x 2 + y 2 +z 2 )
3/2
j z(x 2 + y 2 +z 2 )
3/2
(un campo
k gravitatorio).
f es C 1 en R3 {(0, 0, 0)} , que es simplemente conexo en el espacio. Debe existir U .
⇤
1/2 ⇥
Se ve casi a ojo: U (x, y, z) = (x 2 + y 2 +z 2 )
. En esféricas es U = ρ1 y f = ρ12 eρ = f ρ eρ .
R
La integral a lo largo de cualquier camino c entre (0,0,1) y (1,2,2) será c f · ds = 13 3 = 23 .
g
f
R1
Por ejemplo siguiendo el segmento (t, 2t, 1+t) , t 2 [0, 1] ! 0 (6t +1)(6t 2 +2t +1) 3/2 dt = 23 .
Ej 2*. En D = {x > 0} sí debe existir potencial U para f(x, y) =
y
, x
x 2 +y 2 x 2 +y 2
. Lo es U = arctan
y
x
.
Sobre cualquier curva cerrada contenida en D la integral sí debe ser nula. Por ejemplo, sobre la
circunferencia (2+cos t, sen t) , t 2 [ π, π] . [Si se hace la integral, se comprueba que vale 0 ].
Acabemos nuestro estudio de los sistemas conservativos admitiendo este resultado general:
Teor 4.
Sea f continuo en D ⇢ Rn abierto. Entonces son equivalentes las afirmaciones:
a) f es gradiente de una función potencial U en D .
b) La integral de línea de f es independiente del camino en D .
c) La integral de f a lo largo de todo camino cerrado contenido en D es nula.
40
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Teoremas de Green y de la divergencia
Son teoremas que relacionan integrales dobles e integrales de línea sobre curvas cerradas
en el plano. Veremos otros sobre integrales de campos vectoriales en el espacio (estos se pueden
considerar casos particulares de aquellos), tratando las integrales de superficie.
Una curva simple es la imagen de un camino C 1 a trozos inyectivo.
Una curva cerrada simple en R2 será la imagen de un c : [a, b] ! R2 ,
inyectivo en [a, b] y tal que c(a) = c(b) . Una curva de estas puede
recorrerse en dos sentidos diferentes; para indicar
que una integral se
⌦
recorre en sentido antihorario escribiremos .
curva simple
curva no
simple
curva cerrada
simple
Teorema de Green:
Sea D ⇢ R2 limitado"
por ∂D curva cerrada ↵simple y el campo ↵f = ( f , g) 2 C 1(D) . Entonces:
D
⇥
[ gx
f y ] dx dy =
∂D
f · ds .
f dx + g dy ⌘
∂D
I
Obsérvese que si f es conservativo, el teorema de Green dice 0 =
⇤
f · ds como debía ser .
El el caso de que D fuese del primer tipo de recintos que consideramos en las
integrales dobles: D = (x, y) : a  x  b, c(x)  y  d(x) se tendría:
Rb⇥
!
R bR d(x)
⇤
f dx dy = a c(x) f y (x, y) dy dx = a f (x, c(x)) f (x, d(x)) dx .
D y
y
d (x)
D
c(x)
x
a
b
Parametrizando los cuatro tramos de la frontera:
(x, c(x)) , x 2 [a, b] ; (b, y) , y 2 [c(b), d(b)] , (x, d(x)) , x 2 [a, b] ; (a, y) ; y 2 [c(a), d(a)] !
"
R c(b)
Rb
R d(b)
Rb
fy .
f dx = a f (x, c(x))·1 dx + c(b) f (y, b)·0 dy a f (x, d(x))·1 dx c(a) f (y, a)·0 dy =
D
∂D
⌦
!
Análogamente, para recintos D = (x, y) : c  y  b, a(y)  x  b(y) se ve que ∂D g dy = D gx .
⌦
!
Se cumplirá, pues ∂D f dx + g dy = D [gx f y ] en un recinto D que sea de los dos tipos anteriores.
Dividiendo cualquier recinto general D en otros de estos últimos y teniendo en
cuenta que se cancelan las integrales de línea sobre segmentos comunes, por ser
recorridos en sentido opuesto, se llega al resultado.
y
D
x
Ej 5. Encontremos, usando Green, el valor π de la integral de f(x, y) = (y, 0)
sobre la circunferencia unidad calculado ya en el ejemplo 5 de 4.2.
Como el sentido de recorrido es opuesto al que pide Green y gx
∂D
"
f · ds =
"
( 1) dx dy =
D
D
f y = 1 es:
dx dy = área de D = π ·
12
c
= π.
Ej 6. Comprobemos el teorema para f(x, y) = y, 2x y D región limitada por y = x 2 e y = 1 .
Casi siempre es más corto el cálculo de la integral doble:
!
R 1 R x2
R1
[g
f
]
dx
dy
=
dy
dx
=
(1 x 2 ) dx =
x
y
D
1 1
1
4
3
.
c2
D
La ∂D está formada por dos curvas distintas fácilmente parametrizables:
c1 (x) = (x, 1) , x 2 [ 1, 1] , c2 (x) = x, x 2 , x 2 [1, 1] .
escribir esto equivale a cambiar el signo a la integral
∂D
f · ds =
R
1
1
( x 2, 2x) · (1, 2x) dx +
Ej 7. Hallemos
∂D
Z
2
0
Con Green:
Z
0
0
Z 2
π /2
0
1
(
1
R
1, 2x) · (1, 0) dx =
1
5x 2 dx
1
R
1
1 dx = 10
3
1
⇤
⇥
ex sen y dx + e2x cos y dy , con D rectángulo [0, 2]⇥ 0, π2 .
Z
(0 ·1+0) dt +
R
c1
"
π /2
Z
2
Z
π /2
y
π/2
(et ·1+0) dt
0
(t,π/2)
)
(0+cos t ·1) dt (0, t
||
g2
⇥
⇤ f
2e2x cos y ex cos y dx dy = sen y 0π/2 e2x ex = e4 e2 .
(0+e4 cos t ·1) dt
2 = 43 .
(2, t)
0
0
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x
(t,0)
2
Normalmente utilizaremos Green para reducir integrales de línea a integrales dobles, que suelen ser más
sencillas. Pero en el siguiente ejemplo procedemos al contrario.
a
Ej 8. Calculemos el área encerrada por la ‘hipocicloide’ x 2/3 + y 2/3 = a2/3 .
⌦
!
Green dice que: A= D dxdy = 21 ∂D x dy y dx , pues gx f y = 2 .
–a
c(θ) = (a cos3 θ, a sen3 θ) , θ 2 [0, 2π] es la mejor parametrización.
Z 2π
⇥
⇤
A = 12
(a cos3 θ)(3a sen2 θ cos θ) (a sen3 θ)( 3a cos2 θ sen θ) dθ
0
R 2π
R
3 2 2π
a 0 [1 cos 4θ] dθ = 38 πa2 .
= 23 a2 0 sen2 θ cos2 θ dθ = 16
a
–a
[los picos de la curva
aparecen para c 0 = 0 ].
Del teorema de Green se obtiene fácilmente:
Teorema de la divergencia en el plano:
Sean D ⇢ R2 limitado por ∂D curva cerrada simple, f :"
D ! R2 campo vectorial
C1,
I
y n el vector normal unitario exterior a ∂D . Entonces
div f dx dy =
f · n ds .
∂D
D
(y 0 (t),
x 0 (t))
Si ∂D viene dada por c(t) = x(t), y(t) , la normal es n = kc0 (t)k .
I
R b⇥
⇤
f · n ds = a f (x(t), y(t)) y 0 (t) g(x(t), y(t)) x 0 (t) dt
Si f = ( f , g) ,
∂D
∂D
⌦
Green !
= ∂D f dy gdx = D ( f x +gy ) dx dy .
n
n
[Imaginemos una curva cerrada C sobre la superficie de un fluido y sea
F = f v , donde f es la densidad del fluido y v su velocidad. Entonces
D
F
(x', y')
D
F
I
F · n ds mide el ritmo con el que el fluido entra o sale de D .
H
H
Si la cantidad de fluido en D disminuye (aumenta) será C < 0 C > 0 . La integral coincide con
!
div F . Por tanto, la div F describe la tendencia del fluido a acumularse o dispersarse].
D
n
C
C
Ej 9. Comprobemos este teorema para f(x, y) = (7, y 2 1) en el semicírculo r  3 , 0  θ  π :
"
Z πZ
3
2r 2 sen θ dr dθ = 36 .
Z
R3
Para C1 , si c(x) = (x, 0) , x 2 [ 3, 3] , n = (0, 1) ,
(1 y 2 ) ds = 3 dx = 6 .
div f = 2y ,
D
2y dx dy =
0
C
0
D
C1
C
Para C2 , si c(t) = (3 cos t, 3 sen t) , t 2 [0,π] , kc0 (t)k = 3 .
Como n = (cos t, sen t) ,
Z
C2
f · n ds = 3
Z
π
0
7 cos t +9 sen3 t sen t dt = 30 . 36 = 6+30 .
Ej 10. Comprobemos los teoremas de Green y de la divergencia para el campo f(x, y) = x 3, x 2 y y
el recinto D del primer cuadrante acotada por y = 2x e y = x 2 .
(1,2)
y
"
Z Z
Z 2
2 2x
y=2x
⇥ 4 x 6 ⇤ 2 16
3
5
Green:
[gx f y ] =
2x y dy dx = (4x x ) dx = x
y=x2
n2
6 0 = 3 .
0
D
x2
0
Posibles parametrizaciones de los dos tramos de ∂D :
c1 (x) = (x, x 2 ) , x 2 [0, 2] , c10 = (1, 2x) , f (c1 ) = (x 3, x 4 )
c2 (x) = (x, 2x) , x 2 [2, 0] , c20 = (1, 2) , f (c2 ) = (x 3, 2x 3 )
↵
∂D
f · ds =
Z
2
0
(x 3 +2x 5 ) dx
1)
1+4x 2
(2x ,
Divergencia: div f = 4x 2 . n1 = p
I
∂D
Z
f · n ds =
2
0
(x 3, x 4 ) ·
(2x , 1)
p
1+4x 2
p
Z
2
0
(x 3 +4x 3 ) dx =
, n2 = (
2,1)
p
5
1+4x 2 dx
.
Z Z
2
0
Z
2
0
2x
x2
26
3
(1,2x)
c2
!
c1
24 =
16
3
1)
5
p
42
2
0
(8x 3 4x 2 ) dx = 32
5 .
5 dx =
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x
.
Z
4x 2 dy dx =
(x 3, 2x 3 ) · (2,p
n1
Z
2
0
x 4 dx =
32
5
.
5. Integrales de superficie
5.1. Definiciones y cálculo
Generalizamos las integrales de línea (de campos escalares y de campos vectoriales).
Una superficie a veces viene dada por F (x, y, z) = 0 . Si se puede despejar la z , por z = f (x, y) .
Pero lo más general es que se puede describir paramétricamente mediante:
de libertad frente
r : D ⇢ R2 ! R3 , con r(u,v) = x(u,v), y(u,v), z(u,v) , (u,v) 2 D [2algrados
único t de las curvas].
pvf
Suponemos que la superficie S = r(D) es C 1 [que lo es r ]. Entonces: z
∂r/∂v
∂y
∂y
∂z
∂z
∂r
= ∂∂ux i + ∂u j + ∂u
k y ∂v
= ∂∂vx i + ∂v j + ∂v
k
serán vectores tangentes a las curvas contenidas en S obtenidas
tomando, respectivamente, v = k y u = k . Su producto vectorial
∂r
∂u
i
∂r
∂v
∂r
∂u
∂x
⇥
= ∂u
∂x
producto vectorial ∂v
fundamental
j
k
∂y
∂u
∂y
∂v
∂z
∂u
∂z
∂v
∂r/∂u
S
y
x
será un vector normal a S .
r
v
[Y al plano tangente, si es , 0 ].
D
u
Si la superfice está escrita en la forma z = f (x, y) una parametrización
posible de S es r(x, y) = x, y, f (x, y) , con (x, y) 2 D proyección de
S sobre z = 0 . El producto vectorial fundamental queda en este caso:
z
z=f (x,y)
S
y
r x ⇥ ry =
D
x
i j k
1 0 fx
0 1 fy
.
fx , fy , 1
=
Ej 1a. Parametricemos la semisuperficie esférica unidad superior. Una posibilidad:
z
) ru ⇥ r v =
i j k
cc cs s
ss sc 0
= sen2 u cos v
pvf
1
x(u, v) = sen u cos v
u 2 [0 , π2 ] ru = cos u cos v i + cos u sen v j sen u k
y(u, v) = sen u sen v
,
v 2 [0, 2π] rv = sen u sen v i + sen u cos v j
z(u, v) = cos u
rv
S
u
B
x
sen2 u sen v
i+
j + sen u cos u k
= sen u(sen u cos v, sen u sen v, cos u) = sen u r(u, v) .
ru
r
y
v
v
2π
D
r
O podemos parametrizarla: x , y , 1 x 2 y 2 , con (x, y) 2 B círculo unidad,
que nos proporciona este otro pvf: rx ⇥ ry = p x 2 2 i + p y 2 2 j + k .
p
1 x
Ej 2. x =u cos v u 2 [0, 2π]
y =u sen v
v 2 [0 , 2]
z =u
y
1 x
π/2
y
u
z
Por ser x 2 + y 2 = z 2 , describe esa superficie
cónica comprendida entre z = 0 y z = 2 .
2
[ u = k es una circunferencia y v = k una recta].
i
j
S
k
El pfv es aquí: ru ⇥ rv = c s 1 = ( u cos v , u sen v , u) .
us uc 0
[Para u = 0 el pvf = 0 y en ese
punto no hay plano tangente].
B
x
De otra forma: r(x, y) = x , y , x 2 +y 2 , con (x, y) 2 B círculo de radio 2 .
⇣
1/2
Siendo ahora el producto vectorial fundamental: rx ⇥ ry = x (x 2 + y 2 ) , y (x 2 + y 2 )
p
Ej 3. x = R cos u u 2 [0, 2π] Describe una superficie cilínidrica de radio R
y = R sen u
pues x 2 + y 2 = R2 y de altura h .
v 2 [0, h]
z=v
r = ( R sen u , R cos u , 0)
Como u
es ru ⇥ rv = R (cos u, sen u, 0) .
rv = (0 , 0 , 1)
f
g
p
No se puede escribir como z = f (x, y) si, por ejemplo, como y = ± R2 x 2 .
43
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2
y
u
v
1/2
⌘
,1 .
z
h
S
pvf
v
x
u
R
y
Integrales de superficie de campos escalares
Sea S la superficie C 1 dada por r"
: D ⇢ R2 !"
R3 inyectiva y sea f : R3 ! R tal que
f r(u, v) es continua. Entonces:
f dS ⌘
S
⇥
f r(u, v)
D
∂r ∂r
∂u ⇥ ∂v
du dv .
⇤
Si S está formada por varias superficies C 1 se suman las integrales .
Como en las de línea, se prueba que la integral
de una f escalar sólo depende de la superficie y
!
no de cómo se parametrice. La notación S f dS es, pues, inequívoca.
z
Si f ⌘ 1 el valor de la integral representa el área de la superficie S :
"
!
Área de S : A= S dS =
kru ⇥rv k du dv .
rv dv
ru du
D
[Pues un rectangulo du dv de D se convierte en un diferencial dS de
superficie aproximadamente igual al rectángulo dado por los vectores
ru du y rv dv , cuyo área es el módulo de su producto vectorial].
" q
Para una superficie z = f (x, y) queda: A=
( fx
D
) 2 +( f
y
) 2 +1
S
y
r
x
v
D
dv
du
dx dy .
u
Ej 1b. Hallemos la integral de f (x, y, z) = z 2 sobre la semisuperficie esférica S del ejemplo 1a.
unitario
Primero con r(u, v) = (sen u cos v, sen u sen v, cos u) . kru ⇥rv k = | sen u|krk = sen u [ yr es
sen u 0 ].
"
Z 2πZ π /2
f
g π/2
= 2π
cos3 u
Por tanto,
z 2 dS =
cos2 u sen u du dv = 2π
3
3 .
Con la parametrización
"
z 2 dS
el módulo del producto vectorial fundamental resulta ser:
g 1/2
2
+ 1 xy2 y 2 +1
= p 12 2 )
p
x , y , 1 x2 y2
krx ⇥ ry k =
f
" p
1 x2 y2
=
B
S
0
0
0
S
x2
1 x2 y2
1 x
dx dy =
polares "
Z
0
2πZ 1
0
y
f
g1
p
r 1 r 2 dr dθ = 2π
(1 r 2 ) 3/2 = 2π
3
3 .
0
Veamos que la integral de superficie nos calcula bien el área de S :
"
Z 2πZ π /2
⇥
⇤
A=
1 dS =
sen u du dv = 2π cos u 0π/2 = 2π
0
S
0
[el de toda la superficie
esférica era 4π · 12 ].
Como siempre, los cálculos se complican si se usan las cartesianas en vez de las esféricas:
Z 2πZ 1
"
"
f
g
2 ) 1/2 dr dθ = 2π
2 ) 1/2 1 = 2π .
p dx dy =
r
(1
r
(1
r
A=
dS =
2
2
S
1 x
B
y
0
0
0
[impropias convergentes]
Al margen de integrales, como el pvf es un vector n normal a la superficie, nos proporciona una
tercera forma (además de las vistas en 2.1) de calcular el plano tangente a dicha superficie.
⌘ ⇥
⇣
⇤
Por ejemplo, el plano tangente a S en el punto 12 , 12 , p1
para u = v = π4 se puede hallar así:
2
⌘
⇣
p
p
(ru ⇥ rv ) π4 , π4 = p1 1,1, 2 ! 1, 1, 2 · x 21 , y 12 , z p1 = 0 , z = p1 (2 x y) .
2 2
2
2
Ej 4. Si S es la porción de la superficie z = x + y 2 sobre el triángulo D
!
dado por 0  y  1 y 0  x  y , hallemos su área e S (z x) dS .
r(x, y) = x , y , x + y 2 ! rx ⇥ ry = ( f x, f y, 1) = ( 1, 2y, 1)
p
⇥
⇤
krx ⇥ ry k = 4y 2 +2 = ( f x ) 2 +( f y ) 2 +1 1/2 !
Z 1 p
Z 1Z yp
"
4y 2 +2 dx dy = y 4y 2 +2 dy
krx ⇥ ry k dx dy =
A=
0
D
0 0
g1
p
p
1
= 12
4y 2 +2 3/2 = 12 6 16 2 ⇡ 0.99 .
S
D
0
"
[La presencia de la raíz muchas veces, no aquí, conduce a integrales complicadas o no calculables].
S
"
Z 1
p
p
y 2 4y 2 +2 dx dy = y 2 y 4y 2 +2 dy
0
D
0 0
Z 6
f
g
p
p
p
4y 2 +2=u 1
1
1 2 5/2 4 3/2 6
1
= 5 6 + 30
2 ⇡ 0.54 .
= 32 (u 2) u du = 32 5 u
3u
(z x) dS =
Z 1Z
y 2 krx ⇥ ry k dx dy =
y
2
2
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Integrales de superficie de campos vectoriales
Sea S la superficie de C 1 dada por r : D ⇢ R2 ! R3 inyectiva y sea f : R3 ! R3
"
"
⇣
⌘
∂r ∂r
f r(u,v) · ∂u
f · dS ⌘
continua sobre S . Entonces:
⇥ ∂v du dv .
D
S
Observemos que la integral anterior, si n es el vector unitario normal a la superficie
con el mismo sentido que el producto vectorial fundamental, se puede escribir así:
"
S
f · dS =
"
D
"
f r(u,v) · n(u,v) kru ⇥ rv k du dv =
f · n dS .
S
Esta expresión simplifica a veces algún cálculo y además clarifica el significado físico
de este tipo de integrales: el flujo del campo vectorial f a través de la superficie S .
Como sucedía con las las integrales de linea de los campos vectoriales, se puede demostrar que,
salvo el signo, esta integral es independiente de la parametrización.
Hay dos vectores unitarios normales a una superficie orientada: n y n
n
(que conste que hay superficies no orientadas como la banda de Moebius).
Parametrizaciones diferentes proporcionan pvf que pueden tener el sentido
–n
de uno u otro. Si nos dan el mismo, las integrales coinciden. Si no, tienen
el signo opuesto. f , S y el sentido de la normal sí determinan la integral.
!
⇥
Una notación más precisa sería, pues: r f · dS , incluyendo explícitamente la parametrización].
Ej 1c. Integremos f(x, y, z) = (x, y, z) sobre la semisuperficie esférica S de 1a, con los r de siempre.
"
"
Z 2πZ π /2
⇥
⇤
⇥
⇤
f · dS =
r(u, v) · sen u r(u, v) du dv =
sen u du dv = 2π cos u 0π/2 = 2π .
S
r unitario "
p
D
0
0
Con la otra parametrización: f · (rx ⇥ ry ) = x , y , 1 x 2 y 2
"
S
"
f · dS =
B
p dx dy
1
x2
polares
Z
y2
#
=
0
2πZ 1
r (1 r 2 )
1/2
0
⇣
x
1 x2 y2
p
dr dθ = 2π
f
,p
y
1 x2 y
(1 r 2 ) 1/2
,1
2
g1
0
⌘
)
= 2π .
Las integrales coinciden porque el pvf apuntaba en ambos casos en la misma dirección: hacia el exterior.
Y el valor es positivo porque el campo f tiene también esa dirección (y el flujo a través de S es positivo).
Ej 2*. Integremos el mismo f(x, y, z) = (x, y, z) de arriba, pero ahora sobre el cono S del ejemplo 2.
Eran: r(u, v) = (u cos v, u sen v, u) , ru ⇥ rv = ( u cos v , u sen v , u) , u 2 [0, 2π] , v 2 [0, 2] .
Por tanto: f r(u,v) · (ru ⇥ rv ) = (u cos v, u sen v, u) · ( u cos v, u sen v, u) = u2 +u2 = 0 .
!
Así pues: S f · dS = 0 . [El campo es tangente al cono y el flujo debía ser nulo].
Ej 3*. Sobre el cilindro S del ejemplo 3, integremos el campo vectorial f(x, y, z) =
x , 0 , z3 .
u 2 [0, 2π]
Teníamos: r(u, v) = (R cos u, R sen u, v) , ru ⇥ rv = (R cos u, R sen u, 0) , v 2 [0, h] .
Z Z
"
h
y
pvf
2π
f ·dS =
Luego:
( R cos u, 0, v 3 ) · (R cos u, R sen u, 0) du dv = πR2 h .
S
0 0
⇥
⇤
< 0 pues f siempre apunta hacia el interior del cilindro y el pvf hacia fuera .
Ej 4*. Sobre la S del ejemplo 4, calculemos
Como eran r(x, y) = x , y ,
"
D
x + y2
!
x
f · dS para el campo f(x, y, z) = (2z, y, 1) .
S
y rx ⇥ ry = ( 1, 2y , 1) , la integral resulta ser:
Z 1Z
2x +2y 2, y , 1 · ( 1, 2y, 1) dx dy =
0
y
0
(1 2x) dx dy =
Z
1
0
y y 2 dy =
1
6
.
[Integrando campos vectoriales no aparecen las raíces que nos daban problemas con los campos escalares].
Ej 5. Hallemos
!
!
S
f · dS , con f(x,y,z) = (x,1,2) , S la superficie x 2 + y 2 +z 2 = 9 y n exterior.
r(φ,θ) = (3 sen φ cos θ, 3 sen φ sen θ, 3 cos φ) , θ 2 [0, 2π] , φ 2 [0, π] , r φ ⇥ r θ = 3 sen φ r (φ,θ) .
[sentido correcto]
R 2πR π
f
·dS
=
9
sen
φ
(3
sen
φ
cos
θ,1,2)
·
(sen
φ
cos
θ,
sen
φ
sen
θ,
cos
φ)
dφ
dθ
S
0 0
Rπ
R 2πR π ⇥ 3
⇤
= 9 0 0 2 sen3 φ(1+cos 2θ)+sen2 φ sen θ +2 sen φ cos φ dφ dθ = 27π 0 (1 c2 )s dφ = 36π .
[se anula]
[se anula]
[se anula]
45
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5.2. Teoremas de la divergencia y Stokes
Teorema de la divergencia en el espacio (o de Gauss-Ostrogradsky)
n
Sea V región acotada del espacio cuya frontera ∂V es una superficie
conexa, n el
vector normal unitario
exterior a V y sea f de C 1 en V .
$
"
Entonces:
div f dx dy dz =
f · n dS .
V
∂V
!
⇥
La segunda integral es
∂V
∂V
V
n
⇤
f ·dS si el producto vectorial fundamental apunta hacia el exterior .
Ni siquiera damos una idea de la demostración (ver el Marsden-Tromba u otros libros de cálculo en Rn ).
[Como la integral de superficie mide el flujo de un fluido sobre la frontera, es aplicable también aquí lo
que dijimos en el plano sobre el significado de la divergencia].
[En el plano era necesario hallar el vector normal, pero en el espacio la parametrización nos da ya el pvf].
Ej 1. Comprobemos el teorema para f(x, y, z) = (x, y, z) y V la semiesfera de la sección anterior.
#
#
Por una parte: V div f dx dy dz = 3 V dx dy dz = 3 ⇥ volumen de V = 3 ⇥ 21 43 π ·13 = 2π .
! !
!
Por otra, la ∂V consta de dos partes, la S superior y el círculo B de la base: ∂V = S + B .
z
Para la parte S de la frontera es n = f = r [ ) f · n = 1 ] ,
⇥
⇤
y para la B es n = k ) f · n = (x, y, 0) · (0, 0, 1) = 0 .
!
!
Por tanto, ∂V f · n dS = S 1 dS + 0 = área de S = 2π .
[Nos llevó más tiempo hacer la
!
S
n
S
f
B
x
en 5.1 usando parametrizaciones].
y
f
Esto es excepcionalmente sencillo: no necesitamos parametrizar nada para comprobar el teorema.
Compliquemos algo el campo vectorial (y las integrales), manteniendo el recinto:
Ahora sea g(x, y, z) = (xy , z , 1) y sea V la misma semiesfera. La integral triple:
$
Z 2πZ π /2Z 1
⇥
⇤ R π/2
div g = y ,
sen2 φ dφ = 0
y=
ρ3 sen θ sen2 φ dρ dφ dθ = 41 cos θ 2π
0 0
" 0
V
esféricas
"
0
0
[integramos función impar en volumen simétrico]
Hemos visto ya esta parametrización de S (le cambiamos el nombre a los parámetros):
r(φ,θ) = (sen φ cos θ, sen φ sen θ, cos φ) , θ 2 [0, 2π] , φ 2 [0, π2 ] , rφ ⇥ rθ = sen φ r(φ,θ) .
"
S
Z
g · dS =
=
⇥
Z
0
2πZ π /2
0
0
2πZ π /2
0
sen φ sen2 φ cos θ sen θ, cos φ, 1 · (sen φ cos θ, sen φ sen θ, cos φ) dφ dθ
g π/2
f
= π.
sen4 φ cos2 θ sen θ +sen2 φ cos φ sen θ +sen φ cos φ dφ dθ = 2π 21 sen2 φ
0
R 2π
R 2π
⇥
⇤
2
pues 0 cos θ sen θ dθ = 0 , 0 sen θ dθ = 0
! ⇥
p
⇤
⇤
No sale mal con r = x , y , 1 x 2 y 2 ! B y+1 x 2 y(1 x 2 y 2 ) 1/2 dy dx = · · · .
Sobre el círculo B de la base es g · n = (x y, 0 , 1) · (0 , 0 , 1) = 1 , con lo que:
!
!
!
! !
g
·
n
dS
=
1
dS
=
área
de
S
=
π
.
Por
tanto,
=
+ B = π π = 0.
B
B
∂V
S
Ej 2. Volvamos a comprobar el teorema, ahora para el campo f(x, y, z) = x , 0 , z 3 y V el cilindro
z
de los ejemplos 3 y 3* de 5.1 cuya superficie lateral estaba descrita por:
r = (R cos u, R sen u, v) , ru ⇥ rv = (R cos u, R sen u, 0) , u 2 [0, 2π] , v 2 [0, h] .
S
!
Debemos sumar a la S f ·dS = πR2 h calculada las integrales sobre las tapas.
!
En la tapa superior: f · n = ( x, 0, h3 ) · (0, 0, 1) = h3 ! B h3 = πR2 h3 .
x
R
!
2
3
Y en la inferior: f · n = ( x, 0, 0) · (0, 0, 1) = 0 . Así pues, ∂V f · dS = πR (h h) .
Por otra parte: div f = 3z 2 1 ,
$
V
div f =
Z
" 0
cilíndricas
Z h
2πZ R
0
0
h
pvf
v
u
R
y
||
2
r (3z 2 1) dz dr dθ = 2π R2 (h3 h) .
Ej 3. El flujo calculado de f(x,y,z) = (x,1,2) en el ejemplo 5 de 5.1 sería inmediato gracias al teorema:
Como era S = ∂V , esfera de radio 3 y es divf = 1 , la integral allí calculada coincide con:
Z 2πZ 3Z π
#
1
dx
dy
dz
=
ρ2 sen φ dφ dρ dθ = 36π = volumen de V = 43 π33 .
V
0
0
0
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Si el teorema de la divergencia relacionaba una integral en un volumen con una de superficie en su borde,
el de Stokes relaciona una de superficie con una de línea:
Teorema de Stokes
Sea S una superficie en el espacio limitada por la curva ∂S y sea f 2 C 1
"
en S . Entonces:
rot f·n dS =
S
I
f·ds , con n vector unitario normal
n
S
n
∂S
a S y los sentidos de n y de recorrido de ∂S indicados en el dibujo.
∂S
[Caminando por la ∂S , la superficie queda a nuestra izquierda y la normal apunta de los pies a la cabeza.
Estamos suponiendo con esto que nuestra superficie es orientable para poderlo afirmar].
!
[Podríamos alternativamente escribir S rot f · dS si la r que utilizamos da el sentido de n adecuado].
[Cuando S es una región del plano x y es n = (0, 0, 1) , con lo que rot f · n = gx f y , y f · ds se reduce a
f dx + g dy : el teorema se Stokes pasa a convertirse en el de Green. Y como sucedía allí, para un campo
conservativo las dos integrales son nulas, por anularse el rotacional y por ser camino cerrado].
Resumamos la demostración para una superficie de la forma x, y, k (x, y) con k de C 2 en D .
"
"
⇥
⇤
Llamando f = ( f , g, h) , es
rot f · dS =
k x (hy gz ) k y ( f z h x ) + (gx f y ) dx dy dz .
S
D
Sea d(t) = x(t), y(t)) , t 2 [a, b] , una parametrización (en sentido adcuado) de ∂D .
Entonces c(t) = x(t), y(t), k (x(t), y(t)) , t 2 [a, b] será una parametrización de ∂S y se tiene:
Z b
I
Z b
⇤
⇥
f (c)+h(c) k x x 0 + g(c)+h(c) k y y 0 dt
f(c) · (x 0, y 0, k x x 0 +k y y 0 ) dt =
f ·ds =
∂S
=
Za
∂D
( f +h k x ) dx + (g+h k y ) dy =
Green
"
"a
D
(gx +gz k x + h x k x
f y f z k y hy k x ) dx dy
"
Ej 1*. Comprobamos el teorema para i) f(x, y, z) = (x, y, z) y ii) g(x, y, z) = (0, 0, y) , y la S habitual.
!
Para i) es rot f = 0 ) S rot f · n dS = 0 . Además es C 1 (R3 ) con lo que f deriva de un potencial
I
⇤
⇥
f · ds = 0 también.
y casi a ojo se ve que U = 21 (x 2 + y 2 +z 2 ) cumple rU = f . Por tanto,
∂S
⇥
⇤
Para ii) debemos echar alguna cuenta más pues rot g = i ) rot g · n = (1, 0, 0) · (x, y, z) = x .
Entonces:
"
rot g · n dS =
S
"
S
x dS =
La integral también se puede hacer:
"
Z
B
2π
cos v dv
0
Z
px dx dy =
2
2
1 x
Z
y
0
π /2
sen2 u du = 0 [la primera integral lo es].
0
2πZ 1
r 2 (1 r 2 )
1/2
0
cos θ dr dθ = 0 .
Una posible parametrización de ∂S es c(t) = (cos t, sen t, 0) , t 2 [0, 2π] ) g(c(t)) = (0, 0, sen t) .
Z 2π
I
R 2π
g · ds =
Así pues,
(0, 0, sen t) · ( sen t, cos t, 0) dt = 0 0 dt = 0 , como debía ser.
∂S
0
[La integral de línea a lo largo de la circunferencia se ha anulado, a pesar de no ser el campo conservativo.
En este caso, g y c 0 eran ortogonales. Sobre otras curvas cerradas, la integral de g será distinta de 0.
Dijimos que para que g fuese conservativo, su integral a lo largo de todo camino cerrado debía ser nula].
Ej 4. Comprobemos otra vez Stokes, ahora para el campo f(x, y, z) = (z, 1, y)
y la superficie S descrita por y+z = 0 y x 2 + y 2  4 .
i
j
k
rot f = ∂x ∂y ∂z = (1, 1, 0) .
"
z 1
y
"
z
2
r(x, y) = (x, y, y) con D = B2 (0) ,
r x ⇥ ry =
f x , f y , 1 = (0, 1, 1) .
Z 2π
Z
x 2
D2
S
2
(r r 2 sen θ) dr dθ = 4π .
⇣
⌘
O bien, sin parametrizar: viendo el plano, es n = 0 , p1 , p1 su normal unitaria.
2
2
!
!
p
[El área de una elipse de
Luego S rot f · n dS = S p1 dS = p1 ⇥ área de S = p1 π · 2 2 · 2 . semiejes a y b es πab ].
!
S
rot f ·dS =
D
( y, 1, y) · (0, 1, 1) dx dy =
2
0
2
y
0
2
La elipse ∂S (en sentido correcto) se puede parametrizar: c(t) = (2 cos t, 2 sen t, 2 sen t) , t 2 [0, 2π] .
Por tanto,
I
∂S
2π
Z
f ·ds = 2
=2
( 2 sen t, 1, 2 sen t) · ( sen t, cos t, cos t) dt
Z0 2π
0
(1 cos 2t + cos t
[Se anulan todas menos la
2 sen t cos t) dt = 4π . integral de la constante].
47
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Ej 5. Comprobemos Stokes para la superficie z = 4 4x 2 y 2 con z 0 y f(x, y, z) = (y, 2x, 1+ yz) .
z
La parametrización más sencilla de la elipse que limita S (en el sentido del
4
dibujo) es: c(t) = (cos t, 2 sen t, 0) .
I
∂S
Z
f · ds =
=
Z
n
2π
(2 sen t, 2 cos t, 1) · ( sen t, 2 cos t, 0) dt
S
0
2π
Z
(4 cos2 t 2 sen2 t) dt =
0
2π
0
(1+3 cos 2t) dt = 2π .
x 1
r(x, y) = x, y, 4 4x 2 y 2 , rx ⇥ ry = (8x, 2y, 1) , con (x, y) 2 D , región elíptica.
[El pvf apunta en el sentido adecuado al recorrido de ∂D para aplicar Stokes].
Ahora calculamos la integral de superficie de rot f =
"
S
"
rot f · dS =
D
⇥
i
j
k
∂x ∂y ∂z
y 2x 1+yz
"
⇤
8x (4 4x 2 y 2 ) + 1 dx dy =
impar y D simétrico
2
D
Una posible parametrización de la superficie S es
1
D
⇥
y
y2
D
= (z, 0, 1) .
∂S
1
x
∂S
⇤
= área de D = π · 2·1 .
Para hallar el área integrando hacemos (ejemplo de 3.1): x = cos θ , y = 2 sen θ , con J = 2r !
Z 2πZ 1
Z 2πZ 1
⇥
⇤
Área de D =
2r dr dθ = 2π . Sin usar la imparidad, saldría una
16r 2 c(4 4r 2 ) dr dθ = 0 .
0
f
0
En cartesianas (sin simplificar) aparece:
Z 1Z
1
0
p
Z 1p
2 1 x2
p
2 1 x2
1 dy dx = 8
1
x2
0
0
Z
dx =
π /2
0
g
cos2 t dt = 2π .
También podíamos parametrizar S usando las polares anteriores típicas de las elipses:
i
r = (r cos θ, 2r sen θ, 4 4r 2 ) ,
Con ellas queda:
"
S
Z
rot f · dS =
j
2s
r s 2r c
0r 1
! rr ⇥ rθ = c
0  θ  2π
0
2πZ 1
0
k
2r
0
= 2r (8r cos θ, 4r sen θ, 1) .
2r (4 4r 2, 0, 1)·(8r cos θ, 4r sen θ, 1) dr dθ = 2π como antes.
48
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Problemas de Cálculo (grupo D - 15/16)
1. Conceptos básicos
1. Sean x = 4 i + 3 j , y = i j . Hallar y dibujar x + y , x y y x + 3y , y hallar el módulo de estos 3
vectores. Comprobar la desigualdad triangular y la de Cauchy-Schwartz para x e y . ¿Forman x e y un
ángulo agudo u obtuso entre ellos? Hallar la distancia de x a y y el ángulo formado por y y x + 3y .
2. Sean x = (2, 0, 3) , y = (0, 1, 3) . Hallar x · y , x ⇥ y e y ⇥ x . Encontrar dos vectores unitarios u y v
que no sean múltiplo uno del otro y que ambos sean ortogonales a x .
3. Si a = i + k , b = i +3j , c = 2i
j + k , calcular (a+b) · c , a · (b⇥c) , a⇥(b c) , a⇥(b⇥c) , (a⇥b)⇥c .
4. a) Hallar la ecuación de la recta que pasa por ( 2, 7) y es perpendicular al vector 4i + j .
b) Dar tres expresiones paramétricas distintas del segmento que une los puntos ( 1, 0) y (1, 1) .
5. Hallar la ecuación de los planos que cumplen las siguientes propiedades:
a) Pasa por los puntos (1, 3, 2) , (4, 1, 1) y (3, 0, 2) .
b) Es perpendicular a la recta (3, 0, 2) t + (3, 1, 1) y pasa por (5, 1, 0) .
c) Contiene a la recta ( 1, 1, 2) t + (3, 2, 4) y es perpendicular al plano 2x + y 3z+4 = 0 .
6. Dibujar los siguientes subconjuntos de R2 , identificar su interior, su frontera y su cierre y precisar si son
o no abiertos, cerrados, acotados y compactos:
A= (x, y) : |x| < 1, |y|  x 2
B = x : 1 < kxk < 2 , x· (1,1) < 0
C = x : kxk = q , q 2 Q , q  1
7. Si A es un abierto de Rn y x 2 A , probar que A {x} es abierto.
8. Probar que si A y B son conjuntos abiertos en Rn entonces A [ B y A \ B son también abiertos. ¿Es
abierto el conjunto unión de una sucesión infinita de conjuntos abiertos?, ¿lo es su intersección?
9. Con las curvas de nivel y algunas secciones dibujar las gráficas de los siguientes campos escalares:
a) f (x, y) = 4 2x y
b) f (x, y) = |y|
c) f (x, y) = 4x 2 + y 2
d) f (x, y) = e
x2 y2
10. Dibujar en el espacio las siguientes superficies:
a) z 2 = 4 x 2 4y 2
b) z 2 = 1+ x 2 + y 2
c) z 2 = x 2 + y 2 1
d) z 2 = x 2
11. Obtener información sobre la gráfica de f y estudiar en qué puntos tiene límite si f (x, y) es:
2
a) x 2x+y 2
x2 y
b) x 2 +y 2
c) log(x 2 + y 2 )
d) arctan
1
x 2 +y 2
sen x y
e) x 2 +y 2
6
f) th xy 2
12. Determinar los puntos en que son continuos los campos escalares:
⇢ h(x, y) = 1 sen(x y)
⇢ g(x, y) = e 1/xy
p
xy
a) f (x, y) = 4 x 2 y 2
c)
b)
g(x, 0) = g(0, y) = 0
h(x, 0) = h(0, y) = 1
x2 y e
y
13. ¿Es posible definir f (0, 0) de modo que f (x, y) = x 4 +4y 2 sea continua en R2 ?
14. Probar que f (x, y) ! L si (x, y) ! (a, b) ) x!a
lı́m lı́m f (x, y) = lı́m lı́m f (x, y) = L (límites iterados).
x!a
y!b
y!b
x y
Sea f (x, y) = x+y si x , y . Demostrar que f no tiene límite en (0, 0) calculando los límites iterados.
x2 y2
Sea f (x, y) = x 2 y 2 +(x y) 2 . Probar que los límites iterados coinciden, pero que no tiene límite en (0, 0) .
15. Hallar, si existen, los límites de a) f (x, y, z) = 1 xe
i) (0, 0, 0) , ii) (0, 1, 0) , iii) (1, 1, 1) , iv) (1, 1, 0) .
xyz
2
, b) g(x, y, z) = y x+ z 1 1 , cuando (x, y, z) tiende a:
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2. Cálculo diferencial en Rn
Problemas de Cálculo (grupo D - 15/16)
1. Hallar f x y f y en todos los puntos en que estén definidas para:
⇢ h(x, y) = 1 sen(xy)
4 2
xy
f (x, y) = e3x+x y
g(x, y) = log y x 2
h(x, 0) = h(0, y) = 1
⇢ k (x, y) = p
x
x 2 +y 2
k (0, 0) = 0
2
2. Sea f (x, y) = xy , f (x, 0) = 0 . Dibujar sus curvas de nivel. Precisar el conjunto de puntos en que f es
continua. Calcular, si existen, el rf y la derivada según el vector 53 , 54 en i) (0, 0) y en ii) (1, 1) .
3. Hallar los puntos de la circunferencia x 2 + y 2 = 1 y las direcciones en las que f (x, y) = 3x 2 + y 2 varía
más rápidamente.
4. Sean: a) f (x, y) = x y ; b) g(x, y) = y 2 ; c) h(x, y) = (x 2 + y 2 ) 1 . Dibujar algunas curvas de nivel y el
vector gradiente rf en algunos puntos. Hallar la la ecuación del plano tangente en el punto (1, 1) .
p
5. Sea f (x, y) = |xy| . Comprobar que f x (0, 0) = f y (0, 0) = 0 . ¿Tiene f plano tangente en el origen?
6. Sea f (x, y) = y sen
1
x 2 +y 2
, f (0, 0) = 0 . Estudiar en qué puntos: a) es continua, b) existen las parciales, c)
es diferenciable. Hallar (si existe) la derivada de f según v =
3 4
5, 5
en el punto (1, 0) .
3
7. Sea f (x, y) = yx 1 , f (x, 1) = 0 . Estudiar si f es continua y diferenciable en el punto (0 , 1) .
Precisar en la dirección de qué vector unitario es mínima la derivada direccional en el punto (1, 0) .
Hallar la ecuación del plano tangente a la gráfica de f en el punto (1, 0) .
2xy+y 3
8. Sea f (x, y) = x 2 +y 2 , f (0, 0) = 0 . Dibujar las curvas de nivel f (x, y) = 0 . Estudiar si tiene derivadas
parciales, si es continua y si es diferenciable en (0, 0) . Hallar un u unitario tal que Du f ( 2, 2) = 0 .
9. Precisar si i) son continuos, ii) tienen derivadas parciales, iii) son diferenciables, en el punto (0, 0):
2 y2
2 2
6
⇢
⇢ h(x, y) = p x 2
⇢
g(x, y) = xx4 +y
k (x, y) = 3xx 2y+y 2x
4
3
1/3
2 +y 2
x
f (x, y) = (y x )
g(0, 0) = 0
k (0, 0) = 0
h(0, 0) = 0
10. Sea f (x, y, z) = y e2x z . Hallar r f (1, 1, 2) y escribir uno de los infinitos vectores unitarios u para
los que la derivada de f en (1, 1, 2) en la dirección del vector u es 0 .
11. Sea f (x, y, z) = ax 2 y+by 2 z+cz 2 x . Hallar las constantes a , b y c para las que la derivada direccional
p
en el punto (1, 1, 1) es máxima en la dirección de u = (1, 5, 0)/ 26 y vale 13 .
12. Calcular la derivada direccional de f (x, y, z) = arctan(x y) zy en el punto (0, 1, 1) en la dirección del
vector (3, 0, 4) y la ecuación del plano tangente a f (x, y, z) = 0 en el mismo punto.
13. Hallar los planos tangentes a laa superficies en los puntos que se indican:
a) z = x 2 + y 3 en (3, 1, 10)
b) x 2 +(y 2) 2 +2z 2 = 4 en (1, 3, 1)
c) yz = log(x +z) en (0, 0, 1)
14. Calcular las derivadas parciales de segundo orden:
f (x, y) = x 5 y x 2 y 4
15. Sea f (x,y) =
xy(x 2 y 2 )
x 2 +y 2
g(x, y) = x ex
y
h(x, y) =
cos(xy)
x
x
x 2 +y 2
k (x, y) = p
, f (0,0) = 0 . Hallar f x y f y si (x, y) , (0, 0) . Probar que f x (0,0) = f y (0,0) = 0 ,
f xy (0, 0) = 1 , f yx (0, 0) = 1 . ¿Por qué las derivadas cruzadas no coinciden en (0, 0) ?
16. Comprobar que las siguientes funciones u(x, t) satisfacen la ‘ecuación de ondas’ utt u xx = 0 :
a) u(x, t) = sen(x t)
b) u(x, t) = sh 2t ch 2x
c) u(x, t) = arctan(x +t)
Z
d) u(x, t) =
x+t
e
s 2 ds
x t
17. Hallar los desarrollos de Taylor de orden 2 en torno a los puntos que se indican:
a) f (x, y) = (x y) 2 en (1, 2)
b) g(x, y) = 1+x12 +y 2 en (0, 0)
c) h(x, y) = exy cos(x + y) en (0, π)
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18. Sea la curva descrita por c(t) = et , t 2 , t 2 [ 2, 2] . Hallar: i) expresiones de la recta tangente en el
punto (e, 1) , ii) un vector unitario normal a la curva en ese punto , iii) el vector aceleración para t = 0 ,
iv) el punto de corte y el ángulo de interseccion con la curva r(s) = (s, s 1) , s 2 [0, 5] .
19. Una chinche viaja por el plano x y . La temperatura en (x, y) es de e x 2y grados. Cuando la chinche
está en (0, 0) se mueve hacia el este a velocidad 2 m/minuto y hacia el norte a velocidad 3 m/minuto.
Desde el punto de vista de la chinche, ¿con qué rapidez está cambiando la temperatura del suelo?
20. Sean f (x, y) 2 C 2 y h(t) = f et, cos t . Utilizando la regla de la cadena hallar la expresión de h 00 (t) en
función de las derivadas de f . Comprobar la expresión anterior en el caso de que f (x, y) = x y .
21. Sea f (x, y) = 9 x 2 y 2 . a) Dibujar las curvas de nivel f = 8, 5, 0, 7 , el corte con x = 0 y su gráfica.
b) Hallar un vector unitario u tal que la derivada de f en el punto (2,1) en la dirección de u sea 0 .
c) Hallar la ecuación del plano tangente a la gráfica de f en el punto (2, 1) . d) Si c(t) = 2t, t 3 , hallar
la derivada de la función h(t) = f (c(t)) en t = 1 utilizando la regla de la cadena.
4
22. Sea f (x, y) = xy 2 , f (x, 0) = 0 . a) Dibujar las curvas de nivel f (x, y) = 0 , 1 , 4 . b) Precisar si f es
continua, si tiene derivadas parciales y si es diferenciable en (0, 0) . c) Hallar un vector unitario u tal
que Du f (1, 1) = 4 . d) Escribir la ecuación del plano tangente a la gráfica de f en (1, 1) . e] Si
c(t) = et , t 1 , hallar, mediante la regla de la cadena, la derivada de h(t) = f (c(t)) en t = 0 .
23. Sean f(u, v) = eu+2v, 2u+v y g(x, y, z) = 2x 2 y+3z 3, 2y x 2 . Calcular la matriz de la diferencial
de f g en (2, 1, 1) , i) utilizando la regla de la cadena, ii) componiendo y diferenciando.
x+y
24. Sea f (x, y) = 1+x y . a) Hallar el plano tangente a la gráfica de f en el punto (0, 2) y la recta tangente
a la curva de nivel de f que pasa por dicho punto. b) Si h(u, v) = f (u3 +v 2 1, ev + 1) , hallar la derivada
p
p
direccional de h según el vector 1/ 2 , 1/ 2 en el punto (u, v) = (1, 0) .
25. Escribir, con la regla de la cadena, la ecuación en derivadas parciales (y 2)uy xu x = x 2 y en las nuevas
variables s = x y 2x , t = x . Comprobar que es solución u(x, y) = f (x y 2x)+ x 2 x 2 y , 8 f 2 C 1 .
26. Escribir la ecuación en derivadas parciales y 2 uyy x 2 u xx = 0 en las nuevas variables s = x y , t =
Comprobar que u(x, y) = f (x y)+ x g yx , con f , g 2 C 2 (R) , cumple la ecuación.
x
y
.
27. Las ecuaciones u = f (x, y, z) , x = s2+t 2 , y = s2 t 2 , z = 2st definen u en función de s y t : u = F (s, t) .
Expresar las derivadas segundas de F respecto a s y t en función de las derivadas de f es f 2 C 2 .
28. Sea w = f (x, y, z) , z = g(x, y) ; entonces w x = w x +wz z x y por tanto wz z x = 0 con lo que wz = 0 ó
z x = 0 lo que no es cierto en general. ¿Dónde falla el razonamiento anterior?
29. Sean f(x, y) = (x 2, 1, y 2 ) , g(x, y, z) = z . a) Hallar div f , rot f , rg , ∆g , rot (rg) , div(rot f) , r(f ·rg) ,
rot ( f ⇥rg) , rot r(f · rg) , div rot (f ⇥ rg) . b) Probar que en general es: rot (g f) = g rot f + rg⇥ f ,
div (g f) = g div f + rg· f , y comprobarlo con los campos anteriores.
30. Si F(x, y, z) = x y i + y 2 j + xz k , hallar: div F , rot F , r(div F) , div(rot F) , rot(rot F) , r(F · F) .
31. Sean a = ( 1, 0, 3) y f (x, y, z) = xz, y 2, x . a) Calcular: i) a ⇥ f (a) , ii) el ángulo que forman a y
f (a) , iii) div f , iv) r div f , v) rot f y vi) f · rot f . b) Precisar el punto de corte con el plano z = 5
de la recta perpendicular a la superficie div f = 3 en el punto a .
32. Sea f (x, y, z) = xz 2, x 2 y , y 2 z . a) Hallar div f , r div f y rot f . b) Obtener la ecuación del plano
tangente y la recta normal a la superficie div f = 0 en el punto (3, 4, 5) . ¿Corta esa recta alguno de los
ejes? c) Hallar Df . Si c (t) = 3, 5 t 2, 5t y r = f c , hallar c 0 (1) y, con la regla de la cadena, r 0 (1) .
33. Comprobar que las siguientes funciones u(x, y) satisfacen la ‘ecuación de Laplace’ ∆u = 0 :
a) u(x, y) = x 3 3x y 2
b) u(x, y) = sen x ch y
c) u(x, y) = arctan yx
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2
2
d) u(x, y) = (xx2 +yy2 )2
x
1 2
34. Sea f (x, y) = x 2 +y
2 . a] Dibujar las curvas de nivel f (x, y) = 0 , 1 , 2 , 5 , y r f (2,1) . Hallar el vector
unitario u tal que la derivada Du f (2, 1) sea máxima. Hallar div(rf ) en cartesianas y polares.
35. Sea f (x, y) = 1 (x 2 +y 2 ) 1/4 . Dibujar aproximadamente su gráfica. Hallar rf en cartesianas y polares.
Estudiar en qué puntos es f diferenciable. Calcular ∆ f (0, 1) . Determinar en qué punto del segmento
que une (0, 1) y ( 2, 0) y en la dirección de qué vector el campo f crece más rápidamente.
36. Sean r (x, y) = (x, y) , r = kr k . Probar que: r
1
r
=
r
r3
, r log r = rr2 , ∆
1
r
= r13 , ∆ log r = 0 .
37. Sea c : R ! R2 . Probar que en coordenadas polares c00 (t) = a(t) = r 00 r (θ 0 ) 2 er +(rθ 00 +2r 0 θ 0 ) eθ .
Sea c(t) definida por r (t) = 2 , θ(t) = log t , t 2 [1, e2π ] . Dibujar la curva. Calcular v(t) y a(t) si t = 1 ,
t = eπ y t = e2π . Comprobar el resultado trabajando con la expresión cartesiana de c .
38. Sean: a) 2x 2 y y 3 x 5 = 0 , b) x 2 log x +3y 6 log y = 4 , c) y 2 x ex xy = 0 . i) En el punto (1, 1) ,
probar que definen a y como función de x , hallar la tangente a la curva en el punto y calcular y 00 (1) .
ii) Encontrar puntos de estas curvas en los que no se pueda aplicar el teorema de la función implícita.
39. Sea x 2 3y 2 +2z 2 yz + y = 0 . Precisar en qué puntos no define una función z(x, y) . Hallar z x y z y
cuando estén definidas y la ecuación del plano tangente a la superficie en el punto (1, 1, 1) .
40. Utilizando el teorema general de la función implícita:
a) Hallar la recta tangente a la curva intersección de z = x 2 + y 2 y 4x 2 + y 2 +z 2 = 9 en el punto ( 1, 1, 2) .
( y 2 +2xzu+u2 = 4
define u(x, y, z) y v(x, y, z) cerca de (1, 1, 1, 1, 1) y hallar vy (1, 1, 1) .
uv = 1
b) Probar que yzu + x
41. Precisar dónde el teorema de la función inversa asegura inversa local, estudiar si hay inversa global y
dar una expresión para u x (si existe) derivando implícitamente:
a)
⇢
x =u cos v
y =u sen v
b)
⇢
x=u
y = v +u2
c)
⇢
x = v 2 u2
y = uv
d)
(
2
x = u2u+v2
2
y = u2v+v2
( x = ev+w
e) y =u w
z =u v
42. Sea f (x, y) = x sen 2y . Hallar v unitario tal que Dv f (1, 0) sea: i) máxima, ii) mínima, iii) 0, iv) 1.
Hallar su desarrollo de Taylor de orden 2 en (0, 0) y precisar si tiene o no un extremo local en ese punto.
43. Localizar y clasificar los puntos críticos de:
a) f (x, y) = 3x 3y x 2 + x y y 2
b) g(x, y) = x 4 + y 4 (x + y) 2
c) h(x, y, z) = x 4 +2x 2 + y 2 +3z 2 2y
44. Determinar p sabiendo que f (x, y) = x 3 + x 2 y+ y 2 +2y+p tiene un mínimo local con valor 0 .
45. Hallar los extremos de f (x, y) = 1 2x 2 +xy y 2 sobre: i) x 2 +y 2  1 , ii) y+x 2 = 4 , iii) y 2 x 2 +2x = 1 .
46. Sea g(x, y) = y 3 2x 2 + 2x y 2y 2 . a) Encontrar sus extremos locales. ¿Tiene extremos absolutos?
b) Hallar los puntos críticos de g sobre y 2x = 1 ulizando multiplicadores de Lagrange. c) Justificar
que g(x, y) = 0 define una función y(x) de C 1 cerca de (0, 2) y hallar la recta tangente a y(x) en ese
punto. d) Si c (t) = t 1, t +t 2 y h(t) = g(c(t)) , calcular h 0 (1) utilizando la regla de la cadena en Rn .
47. Sea A la región interior a la elipse 5x 2 +6xy+5y 2 = 8 . a) Hallar el punto de la elipse con coordenada
x máxima. b) Calcular las distancias máxima y mínima
de los puntos de ∂ A al origen de coordenadas.
p
2
c) Encontrar los extremos absolutos de f (x, y) = x + y 2 sobre A .
48. Calcular los extremos absolutos de f (x, y, z) = x y+2z en la región x 2 + y 2 +2z 2  2 .
49. La suma de tres reales positivos es 27 . Encontrar su producto máximo.
50. Hallar los puntos de la curva intersección de x 2 +z 2 = 2 e y+z = 0 que hacen máximo y mínimo el valor
de f (x, y, z) = 2x +3y+z .
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Problemas de Cálculo (grupo D - 15/16)
3. Integrales múltiples
1. Calcular los valores de las siguientes integrales sobre el rectángulo R = [0, 1]⇥[0, 1] :
a)
"
R
(x 2 + y 2 ) dx dy
2. Calcular las integrales dobles
"
b)
D
"
y exy dx dy
c)
R
"
(x y) 2 cos x 3 dx dy
R
f dx dy de las f que se dan en los recintos D ⇢ R2 que se indican:
a) f (x, y) = log(xy) , D rectángulo [1, 2]⇥[1, 2] .
b) f (x, y) = x 3 y , D región acotada por el eje y y x = 4 y 2 .
c) f (x, y) = xy , D región encerrada entre y = x e y = x 2 .
d) f (x, y) = ex
y
, D cuadrilátero de vértices (0,0) , (2, 2) , (0, 2) y ( 1, 0) .
e) f (x, y) = sen x , D triángulo limitado por las rectas y = 0 , y = x e y = π x .
f) f (x, y) = x , D triángulo de vértices (0, 0) , (2, 5) y ( 3, 7) .
g) f (x, y) = x 3 , D círculo unidad.
3. Sea R = [0, 1]⇥[0, 2] . Calcular
4. Evaluar la integral
Z 2Z
0
2
"
|x y| dx dy
R
2
ex dx dy cambiando el orden de integración.
y
5. Calcular la integral de la función f (x, y) = x 2 +2xy 2 +2 sobre la región del plano acotada por la gráfica
de y = x x 2 , el eje x y las rectas x = 0 y x = 2 .
"
6. Calcular
(2x y) 3 dx dy , con D cuadrilátero de vértices (0, 0) , (1, 0) , (2, 2) y (1, 2) de dos formas:
D
i) directamente, ii) haciendo el cambio u = 2x y , v = y .
7. Calcular mediante el cambio de variable u = y x , v = y + x , la integral
región acotada por los ejes y la recta x + y = 2 .
"
e(y
x)/(y+x)
dx dy , con D
D
8. Calcular el área de la región D limitada en x 0 por y = x , y = x 6 , y = x 2 , y = 2 (x 2) 2 ,
i) integrando directamente en cartesianas, ii) haciendo el cambio: x =u+v , y = v u2 .
"
x y = 1 , x2 y2 = 1
.
x y = 2 , x2 y2 = 4
D
!
10. Trabajando en coordenadas i) cartesianas y ii) polares, hallar las siguientes integrales dobles D f :
9. Hallar
(x 2+y 2 ) dx dy con D región del primer cuadrante acotada por las curvas
a) f (x, y) = x 2 y , D parte del círculo x 2 + y 2  1 , con x, y 0 .
b) f (x, y) = x , D región definida por x 2 + y 2  2 , x 1 , y 0 .
c) f (x, y) = x(x 2 + y 2 )
1/2 ,
11. Calcular la integral impropia
D región del primer cuadrante limitada por x 2 + y 2 = 1 y x 2 + y 2 = 4 .
"
dx dy
M
(x 2 + y 2 ) 1/2
, siendo M = [ 1, 1]⇥[ 1, 1] .
p
12. Sea f (x, y) = x 2 + y 2 x . a) Estudiar si tiene derivadas parciales y si es diferenciable en (0, 0) .
b) Dibujar!la curva de nivel f (x, y) = 1 y precisar para qué vector u unitario es mínima Du f (0, 1) .
c) Hallar D f , siendo D el semicírculo x 2 + y 2  1 , y  x .
y
13. Sea f (x, y) = x+1
. a) Dibujar las curvas de nivel f (x, y) = 0 , 1 , 1 , hallar rf (0, 1) , ∆ f (x, y) y la
derivada de f en el punto
(0, 1) en la dirección de v = 53 , 54 .
"
b) Calcular la integral
f dx dy , siendo D la región acotada por x = 0 , y = 1 y x = y 2 .
D
14. Sea f (x, y) = xy2 . a) Dibujar las curvas de nivel f (x, y) = 0 , 1 , 1 , hallar rf (0, 1) , ∆ f (x, y) y la
derivada de f en el punto
(0, 1) en la dirección de v = 35 , 54 .
"
f dx dy , siendo D el triángulo de vértices (1, 0) , (2, 0) y (1, 1) .
b) Calcular la integral
D
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15. Calcular el volumen del sólido acotado por la superficie z = x 2 + y sobre el rectángulo [0, 1]⇥[1, 2] .
p
2
2
16. Sea g(x, y) = 2 e x +y . a) Dibujar su corte con x = 0 y su gráfica. ¿Es g diferenciable en (0, 0)?
b) Calcular el volumen del recinto limitado por la gráfica de g y el plano z = 1 .
17. Determinar el centroide de las regiones:
a) 0  y  sen2 x, 0  x  π
b)
p
p
x + y  1, x 0, y 0
18. Hallar el centro de masas de una lámina de densidad ρ(r, θ) = cos θ que ocupa la región r  cos θ .
19. a) Hallar la distancia media de los puntos del círculo al centro del círculo.
b) Hacer el mismo cálculo para la distancia: d (x, y), (x 0, y 0 ) = |x x 0 | + |y y 0 | .
20. Calcular
21. Calcular
$
B
$
x 2 cos z dx dy dz , con V región acotada por los planos z = 0 , z = π , y = 0 , x = 0 , x+y = 1 .
V
22. Calcular
$
ey dx dy dz , con V sólido limitado por los planos x = 0 , x = 2 , y = 1 , z = 0 , y+z = 0 .
$
e
V
23. Calcular
(2x +3y+z) dx dy dz , donde B = [1, 2]⇥[ 1, 1]⇥ [0, 1] .
V
z
dx dy dz , con V sólido acotado en x 0 , y 0 por x = y , z = 0 e y 2 +z = 1 .
$
xy 2 z 3 dx dy dz , siendo V el sólido limitado en x
24. Calcular
V
y x = 1 y la superficie z = x y .
0, y
0, z
0 por los planos y = x
25. Dados los puntos P = (0, 2, 4) en rectangulares, Q = 4, 4π
3 , 3 en cilíndricas y R =
esféricas, escribir cada uno de ellos en los dos sistemas de coordenadas restantes.
p π
2, 4,
π
4
en
26. Dibujar los siguientes conjuntos y expresarlos en los otros dos sistemas de coordenadas:
A= (x, y, z) : x = 0, z = 2y
27. Calcular
$
V
B = (r, θ, z) : r = 1
z dx dy dz , con V sólido limitado por las superficies:
C = ( ρ, θ, φ) : φ  π4 , ρ  1
a) x 2 + y 2 = 1 , z = 0 y z = x 2 + y 2 .
p
b) z = x 2 + y 2 y x 2 + y 2 +z 2 = 4 .
28. Calcular el volumen de las siguientes regiones ulizando más de un sistema de coordenadas:
a) región limitada por el cilindro x 2 + y 2 = 1 y los planos z = 0 y z = y+2 .
b) región acotada por el cilindro x 2 + y 2 = 1 , el plano z = 0 y la superficie z+ x 2 = 1 .
c) región encerrada entre las superficies z = x 2 + y 2 y x 2 + y 2 +z 2 = 2 .
29. Calcular la integral de f (x, y, z) = (x 2 +y 2 +z 2 ) 3/2 sobre el sólido acotado por las superficies esféricas
x 2 + y 2 +z 2 = a2 y x 2 + y 2 +z 2 = b2 , con 0 < b < a .
30. Calcular el momento de inercia de una esfera de densidad constante respecto de su diámetro.
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Problemas de Cálculo (grupo D - 15/16)
4. Integrales de línea
1. Deducir fórmulas para la longitud de una curva dada por: i) y = f (x) , x 2 [a, b] ; ii) r = f (θ) , θ 2 [α, β] .
2. Hallar la longitud de las curvas:
a) x = |t| , y = t 12 , t 2 [ 1, 1] ; b) x = 2 cos t cos 2t , y = 2 sen t sen 2t , t 2 [0, 2π] (cardioide);
c) y = log x , x 2 [1, e] ; d) y = x 2/3 , x 2 [1, 8] ; e) r = aθ , θ 2 [0, 2π] , a > 0 (espiral de Arquímedes).
3. Sea R la región del primer cuadrante acotada por los ejes coordenados y la curva r = 2(cos θ + sen θ) .
a) Calcular el área de R . b) Hallar la longitud del perímetro de R .
4. Hallar
Z
f ds para la f y las curvas que se indican:
c
a) f (x, y, z) = yz , c(t) = (t, 3t, 2t) , t 2 [1, 3] .
b) f (x, y, z) = x +z , c(t) = t, t 2, 23 t 3 , t 2 [0, 1] .
5. Un alambre está sobre el tramo de espiral r = eθ , θ 2 [0, 2π] . En cada punto (r, θ) la temperatura es r .
Calcular la temperatura media del alambre.
6. Hallar la masa de un alambre que sigue la intersección de la esfera x 2 +y 2 +z 2 = 1 y el plano x+y+z = 0 ,
si la densidad en (x, y, z) es x 2 por unidad de longitud.
7. Hallar el área de la superficie generada por el giro de
8. Hallar
Z
C
a) x = y 2 , y 2 [1, 2]
⇥
⇤ alrededor del eje x .
b) r = 1+cos θ , θ 2 0, π2
(x 2 + y 2 )dx + dy siendo C : a) y = x 2 , 0  x  1 , b) y = 21 , 1  x  2 , c) x = 2 , 0  y  21 .
9. Hallar el trabajo realizado por la fuerza f(x, y) = (3y 2 +2, 16x) al mover una partícula de ( 1, 0) a (1, 0)
siguiendo la mitad superior de la elipse b2 x 2 + y 2 = b2 . ¿Para qué valor de b es mínimo el trabajo?
10. Calcular la integral de línea del campo f(x, y) = (xy, 0) entre ( 1, 0) y (1, 0) a lo largo de: a) el eje x ,
b) y = 1 x 2 , c) y = |x| 1 , d) la parte inferior de la circunferencia x 2 + y 2 = 1 . ¿Es f conservativo?
11. Sea c(t) = t 3, 2t 2 . a) Hallar la longitud del tramo de curva descrita por c cuando t 2 [ 1, 0] .
b) Hallar su recta tangente en ( 1, 2) y el punto en que esta recta tangente vuelve a cortar la curva.
c) Si h(x, y) = e2x+y , hallar la integral de línea de rh desde (0, 0) hasta (1, 2) sobre la curva dada por c .
12. a) Sea f (x, y) = x 2 y 2 . Dibujar las curvas de nivel f (x, y) = 0 y el vector rf (1, 1) . Hallar la derivada
de f en el punto (1, 1) según el vector v = ( 1, 1) . Hallar ∆ f (x, y) . b) Hallar la integral de línea de
g(x, y) = (2x, 2y) desde (1, 0) hasta (0, 1) sobre el tramo de circunferencia x 2 + y 2 = 1 con x, y 0 .
!
13. Sea D el cuadrilátero de vértices (0, 0) , (2, 0) , (4, 1) , (2, 1) . a) Hallar D (x+2y) dx dy . b) Hallar
la integral de línea de f(x, y) = (1, cos y) a lo largo de la frontera de D , en sentido de las agujas del reloj.
⇣
⌘
y
x
14. Hallar la integral de f(x, y) = (y+x)
entre (0, 1) y (1, 0) a lo largo de la parábola x = 1 y 2 .
2 , (y+x) 2
15. Sea f(x, y) = 5
x
x 2 +y 2
i
y
x 2 +y 2
j . ¿Existe función potencial para f ? Calcular la integral de línea de
f entre ( 1, 1) y (1, 1) a lo largo de la circunferencia x 2 + y 2 = 2 .
a) c(t) = (t, t, t) , t 2 [0, 1] .
16. Calcular la integral de F(x, y, z) = x i + y j + z k a lo largo de:
b) c(t) = (cos t, sen t, 0) , t 2 [0, 2π] .
#
17. Sea g(x, y, z) = y e2x z . a) Hallar V g , siendo V el sólido acotado por los planos x = 0 , x = 1 , y = 0 ,
y = 2 , z = 0 y z = 2 x . b) Hallar el valor de la integral de línea de i) g , ii) rg desde (0, 0, 0) hasta
(1, 2, 2) a lo largo del segmento que une los puntos.
#
18. Sea f (x, y, z) = y . a) Calcular V f , si V es el sólido acotado en x, y 0 por z = x 2 + y 2 y z = 2 .
b) Si C es el corte de z = x 2 + y 2 con x = 0 , para y 0 , 0  z  2 , parametrizar la curva C y hallar:
R
R
i) C f ds , ii) C rf · ds , en el sentido las z crecientes.
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19. Sea el campo vectorial f(x, y, z) = (xy , 2x , yz) . Hallar div f y rot f . Calcular la integral de línea de
f a lo largo del camino c(t) = (cos t, sen t, 1) , t 2 [0, π] y la longitud de la curva descrita por c(t) .
20. Sea f(x, y, z) = e z i + j xe z k . a) Calcular directamente la integral de línea de f desde (1, 1, 0) hasta
(1, 0, 3) a lo largo del segmento que une los puntos. b) Hallar, si existe, una función potencial para f .
21. Calcular la integral de línea del campo F(x, y, z) = i +2yz j + y 2 k entre (1, 0, 2) y (0, 3, 0) a lo largo
del segmento que une esos puntos. ¿Para alguna curva que una ambos puntos la integral es 0 ?
22. Sea f(x, y, z) = z 2, 2y, cxz , c constante. a) Hallar div f y rot f . b) Precisar para qué valor de c
deriva f de un potencial U y calcularlo. c) Para este c , ¿cuánto vale la integral de línea de f entre
(0, 0, 0) y (1, 0, 1) a lo largo del segmento que une los puntos?
23. Sea f(x, y, z) = y 2 i+2x y j 2z k . a) Hallar div f , rot f , r(div f ) y ∆( f · f ) . ¿Deriva f de un potencial?
#
b) Hallar V div f dx dy dz , siendo V el sólido acotado por z = 4 y 2 y los planos x = 0 , x = 3 y z = 0 .
c) Hallar la integral de línea de f de (3, 0, 4) a (0, 2, 0) sobre la curva c(t) = 3 3t2 , t , 4 t 2 , t 2 [0, 2] .
24. Sea f(x, y) = 1, xy 2 . ¿Deriva f de un potencial? Hallar el valor de la integral de línea de f a lo largo
de la circunferencia x 2 + y 2 = 4 , recorrida en sentido opuesto a las agujas del reloj: i) directamente, tras
dar una parametrización, ii) mediante el teorema de Green (integrando en polares).
25. Comprobar el teorema de Green para el campo vectorial f(x, y) = ( xy , y) en el recinto D limitado
por la parábola y = x 2 y el segmento que une los puntos ( 1, 1) y (2, 4) .
26. Comprobar el teorema de Green para:
a) f(x, y) = y 2, 2x y D la región del plano encerrada entre la parábola x = 4 y 2 y la recta y = x 2 .
b) f(x, y) = y 2, x y y D semicírculo girado dada por x 2 + y 2  2 e y
27. Sea D la región comprendida entre las gráficas de y = e x , y = ex
2
x.
y el eje y . a) Hallar
"
x ex dxdy .
D
b) ¿Cuánto vale la integral de línea de f(x, y) = (xy ex, 1) a lo largo de ∂D , en sentido horario?
28. Hallar el área encerrada por el eje x y un arco de la cicloide x = θ sen θ , y = 1 cos θ , 0  θ  2π .
29. Comprobar los teoremas de Green y la divergencia para el campo vectorial g(x, y) = x 2, 2x y en el
triángulo D cuyos vértices son los puntos (0, 0) , (2, 0) y (0, 4) .
30. Verificar el teorema de la divergencia para:
i) f(x, y) = (x, y) y D el disco unidad x 2 + y 2  1,
ii) f(x, y) = (2x y, y 2 ) y D el cuadrado unidad.
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Problemas de Cálculo (grupo D - 15/16)
5. Integrales de superficie
1. a) Hallar la ecuación del plano tangente a la superficie r(u, v) = (2u, u2 + v, v 2 ) en el punto (0, 1, 1) a
partir del producto vectorial fundamental. b) Escribir la superficie en la forma z = f (x, y) y calcular ese
plano utilizando la fórmula del capítulo 2.
2. Comprobar que r(u, v) = (ch u cos v, ch u sen v, sh u) , u 2 R , v 2 [0, 2π] parametriza el hiperboloide de
una hoja x 2 + y 2 z 2 = 1 . Hallar de dos formas su plano tangente en el punto con u = 0 y v = π4 .
3. Hallar el área del toro dado por r(θ, φ) = (2+cos φ) cos θ, (2+cos φ) sen θ, sen φ , θ, φ 2 [0, 2π] .
!
4. Calcular S (x 2 + y 2 ) dS , siendo S la superficie esférica x 2 + y 2 +z 2 = 4 .
5. Sea S la superficie cilíndrica x 2+y 2 = 4 comprendida entre los planos z = 0 y z = 3 . a) Hallar el área de
S utilizando integrales de superficie. b) Calcular la integral de superficie sobre S de: i) f (x, y, z) = x 2 ,
ii) f(x, y, z) = (xz, yz, 2) (respecto de la normal exterior).
6. Sea S la parte de la superficie cónica z 2 = x 2 + y 2 comprendida entre los planos z = 1 y z = 2 , y sea
el campo vectorial f(x, y, z) = (x, y, 1) . a) Calcular el área de S y la integral de superficie de f sobre S
respecto de la normal exterior al cono. b) Calcular el rot f . ¿Cuánto vale la integral de línea de f a lo
largo de la circunferencia que limita superiormente la superficie?
7. Sea V el cubo unidad 0  x  1 , 0  y  1 , 0  z  1 , S su superficie, y sea f(x, y, z) = (x 2, y 2, z 2 ) .
RRR
RR
Comprobar el teorema de la divergencia calculando:
div f dx dy dz e
f · n dS .
V
S
8. Comprobar el teorema de Gauss para f(x, y, z) = 4x i +4y j +z 2 k en el volumen x 2 +y 2  25 , 0  z  2 .
9. Sean las superficies S = x 2 + y 2 + z 2 = R2, z 0 y B = x 2 + y 2  R2, z = 0 . Comprobar que se verifica
el teorema de la divergencia sobre S[ B para el campo vectorial f(x, y, z) = ( y , x , 1 ) .
10. Hallar el flujo del campo vectorial f(x, y, z) = 3yz i + 2xz j +(z+xy) k , hacia el exterior de la superficie
de la esfera x 2 6x + y 2 +z 2 = 0 .
11. Sea S el triángulo determinado por los puntos (0, 0, 0) , (0, 1, 0) y ( 1, 1, 1) y f(x, y, z) = (yz, ey, 1) .
Calcular la integral de superficie de rot f sobre S directamente y utilizando el teorema de Stokes.
12. Sea S la parte del paraboloide elíptico z = 4 4x 2 y 2 con z 0 y x 0 , y sea g(x, y, z) = (3, x 2, y) .
Comprobar el teorema de Stokes calculando la integral de superficie de rot g sobre S y la integral de
línea de g a lo largo del contorno cerrado que limita dicha superficie.
13. Comprobar el teorema de Stokes, calculando las integrales correspondientes, para el campo vectorial
F(x, y, z) = y i +2x j +(x +z) k en la parte de la superficie x 2 + y 2 +z 2 = 9 con z 0 .
14. Sean V el sólido limitado por el paraboloide z = 1 x 2 y 2 y el plano z = 0 , S la parte de dicho
paraboloide con z 0 , C la intersección del paraboloide con el plano z = 0 , S ⇤ la superficie de V y
f(x, y, z) = (x, x y, 2z) . Comprobar que se cumplen los teoremas de Stokes y de la divergencia calculando:
I
f · ds ,
C
ZZ
rot f · n dS ,
S
ZZ
S⇤
f · n dS e
ZZZ
div f dx dy dz .
V
15. a) Comprobar que si u : R2 ! R es de C 2 se satisface u ∆u = div uru kruk 2 .
b) "
Deducir, con el teorema
de la divergencia
en el plano, que u 2 C 2 (D) cumple la ‘fórmula de Greeen’:
I
"
u ∂u
u ∆u dx dy =
kruk 2 dx dy , con ∂u
∂n ds
∂n derivada según la normal unitaria exterior.
D
∂D
D
c) Escribir y probar la fórmula para R3 . d) ¿Qué resultado de R generalizan estas fórmulas?
(se utilizan demostrando la unicidad de las soluciones de algunas ecuaciones en derivadas parciales).
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Cálculo - grupo D (2016)
resumen de cálculo diferencial
(n=3)
i
j
k
a, b, x ∈ Rn : a·b = a1 b1 + · · · + an bn = kak kbk cos φ , kak = (a·a) 1/2 , |a·b| ≤ kak kbk , a×b = a1 a2 a3 .
b b b
x = a+ t(b−a) , t ∈ [0,1] , segmento entre puntos. (x−a) · n = 0 plano por a con normal n . 1 2 3
Entorno: Br (a) ≡ x : kx−ak < r . a es interior a A ⊂ Rn si existe Br (a) ⊂ A . A abierto si A=int A .
∂ A≡ x : ∀r, Br (x) tiene puntos de A y de Rn − A . A = int A ∪ ∂ A . A cerrado si Rn − A es abierto.
A acotado si existe M ∈ R tal que kak < M ∀ a ∈ A . A compacto si es cerrado y acotado.
∂f
∂f
Campo escalar: f : D ⊂ Rn → R . a ∈ int D . Gradiente ∇f = ∂x
perpendicular a f (x) =C .
,
.
.
.
,
∂x n
1
f es continua en a si ∀ε > 0 ∃δ > 0 tal que si kx−ak < δ entonces f (x)− f (a) < ε .
f continua en a , g : R → R continua en f (a) ⇒ g ◦ f continua en a .
f (r, θ)− L ≤ g(r) y g(r) → 0 si r → 0 ⇒ f (x, y) → L cuando (x, y) → (0, 0) .
f continua en un compacto A ⇒ f alcanza sus valores máximo y mínimo en A .
f ∈ C n en D abierto si sus derivadas parciales hasta orden n son continuas en todo x ∈ D .
Derivada de f en a según el vector v : Dv f (a) ≡ f v (a) = lı́m
h→0
f diferenciable en a si
Plano tangente
f (x)− f (a)−∇ f (a) ·(x−a)
−→
kx−a k
x→a
f (a+hv)− f (a)
= ∇f (a)
h
si f ∈C 1
0 . C 1 en un entorno ⇒ diferenciable
[direccional,
· v si kvk = 1 ].
t
u
continua
existe Dv ∀v
a la gráfica de z = f (x, y) en (a, b) : z = f (a, b)+ f x (a, b)(x −a)+ f y (a, b)(y−b) .
a S dada por F (x, y, z) = K en (a, b, c) ∈ S : ∇F (a, b, c) · (x −a, y−b, z−c) = 0 .
f ∈ C 2 en un entorno de a ⇒ Dkj f (a) = Djk f (a) . Para n = 2 su desarrollo de Taylor de orden 2 es:
f (a, b)+ f x (a, b)(x −a)+ f y (a, b)(y−b)+ 12 f xx (a, b)(x −a) 2 + f xy (a, b)(x −a)(y−b)+ 12 f yy (a, b)(y−b) 2
Función vectorial: c : [a, b] → Rm , c(t) = x 1 (t), . . . , x n (t) curva en Rn .
c′ (t) = x 1′ (t), . . . , x n′ (t) vector velocidad. Recta tangente a c en c(t o ): x = c(t o ) + t c′ (t o ) .
Campo vectorial: f = ( f 1, . . . , f m ) : D ⊂ Rn → Rm con f k continuas en un entorno de a ∈ int D .
∂f1 /∂x1 · · · ∂f1 /∂xn matriz diferencial
···
···
Entonces es diferenciable en a : f(a+v) = f(a)+Df(a)v+o(kvk) , Df ≡ · · ·
o jacobiana de f .
Si
( y = f (x , .., x )
n
1
1 1
···············
yn = f n (x 1, .., x n )
,
∂(y1,...,yn )
∂(x1,...,x n )
Regla de
n g m f
p
la cadena: R → R → R ,
f
∂fn
∂x n
2
∂f
, ∆ f = ∂x
2 + ··· +
Si n = 2 : ∆ f = f xx + f yy =
Teorema de
la función
inversa:
∂fm /∂x1 · · · ∂fm /∂x n
determinante jacobiano.
x =r cos θ
→ ∂(x,y)
∂(r,θ) = r .
y =r sen θ
g diferenciable en a , f diferenciable en g(a) ⇒ D(f ◦ g)(a) = Df g(a) Dg(a) .
f r = f x x r + f y yr
; f x 1 (t), ..., x n (t) →
f s = f x x s + f y ys
En particular: f (x(r, s), y(r, s)) →
∂f1
div f = ∂x
+···+
1
Un teorema
de la función
implícita:
≡ Jf =
∂ f1 /∂x1 · · · ∂ f1 /∂x n
.
.
.
.
.
.
∂ fn /∂x1 · · · ∂ fn /∂x n
1
∂2f
∂x n2
f rr + r1 f r + r12 f θθ
, rot f = ∇× f =
. ∇f =
i
j
k
∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z
f
g
h
f r er + r1 f θ eθ
df
dt
∂f
= ∂x
1
dx1
dt
∂f
+· · ·+ ∂x
n
rot (∇f ) = 0 , div(∇×f ) = 0 .
, er = (cos θ, sen θ) , eθ = (− sen θ, cos θ) .
Sea F : Rn+1 → R de C 1 , F (a, c) = 0 y Fz (a, c) , 0 . Entonces existe una única z = g(x) que
(x,z) → F (x,z)
∂F/∂ x
∂g
cumple F x, g(x) = 0 para x cerca de a , z cerca de c , y son ∂ xj = − ∂F/∂zj , j = 1, . . . , n .
Sea f : D ⊂ Rn −→ Rn de C 1 , a ∈ int D , f(a) = b y Jf , 0 . Entonces x = f(u) es resoluble
(u1,..,un ) → (x1,..,x n )
en forma única como u = f −1(x) , con f −1 también C 1 , para u cerca de a y x cerca de b .
y) ∈ C 2
y Hf = f xx f yy −
2 = f xx f xy
f xy
f f
xy yy
Hf > 0 , f xx > 0 ⇒ mínimo.
. Si en a es ∇f = 0 y además Hf > 0 , f xx < 0 ⇒ máximo.
Hf < 0 ⇒ punto silla.
Sean f , g : D ⊂ Rn → R de C 1 , S conjunto de nivel g(x) = K , a ∈ S e interior a D y ∇g(a) , 0 .
Si f |S tiene un máximo o un mínimo en a entonces existe un real λ tal que ∇f (a) = λ∇g(a) .
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g
= hy −gz , f z −h x , gx − f y .
Extremos: f diferenciable en un extremo local a ∈ int A ⇒ ∇f (a) = 0 .
f (x,
dx n
dt
.
Cálculo - grupo D (2016)
resumen de cálculo integral
R dR b
!
R bR d
Integrales dobles: f continua en R = [a, b]×[c, d] ⇒ R f = a c f (x, y) dy dx = c a f (x, y) dx dy .
!
R bR d(x)
c, d continuas en [a, b] , f continua en D = (x, y) : a ≤ x ≤ b, c(x) ≤ y ≤ d(x) ⇒ D f = a c(x) f dy dx
!
R dR b(y)
a, b continuas en [c, d] , f continua en D = (x, y) : c ≤ y ≤ d, a(y) ≤ x ≤ b(y) ⇒ D f = c a(y) f dx dy
!
!
!
Área de D : A= D dx dy . Volumen bajo f ≥ 0 en D : V = D f dx dy . Promedio de f en D : f = A1 D f .
!
!
!
1
1
Masa de placa D de densidad ρ(x, y) : M = D ρ dx dy . Centro de masa: x = M
x ρ, y= M
y ρ.
D
D
g : (u, v) → x(u, v), y(u, v) de C 1 , inyectiva en D∗, g(D ∗) = D y f integrable. Entonces:
Cambios de "
"
∂(x,y)
x x
∂(x,y)
variable:
= u v [determinante
du dv , con ∂(u,v)
f x(u, v), y(u, v) ∂(u,v)
f (x, y) dx dy =
jacobiano].
∗
y
u yv
D
D
!
!
En particular: D f (x, y) dx dy = D ∗ r f r cos θ, r sen θ dr dθ .
#
R qR dR b
Integrales triples: f continua en B = [a, b]×[c, d]×[p, q] ⇒
f = p c a f (x, y) dx dy dz (o las otras 5)
B
#
R bR d(x)R q(x,y)
V = (x, y, z) : a ≤ x ≤ b, c(x) ≤ y ≤ d(x), p(x, y) ≤ z ≤ q(x, y) ⇒ V f = a c(x) p(x,y) f (x, y, z) dz dy dx .
#
#
Volumen de V = V dx dy dz . Masa de V : M = V D(x, y, z) dx dy dz , si D(x, y, z) densidad.
$
$
∂(x,y,z)
Cambios:
f (x, y, z) dx dy dz =
f x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w) ∂(u,v,w)
du dv dw . z
∗
V
Cilíndricas:
r ≥ 0, 0 ≤ θ < 2π
V
x =r cos θ
∂(x,y,z)
y =r sen θ , ∂(r,θ,z) = r .
z=z
Esféricas:
ρ ≥ 0, 0 ≤ φ ≤ π
0 ≤ θ < 2π
x = ρ sen φ cos θ
∂(x,y,z)
y = ρ sen φ sen θ , ∂(ρ,φ,θ) = ρ2 sen φ .
z = ρ cos φ
ϕ ρ
y
x
θ
r
Integrales de línea: c(t) : [a, b] → Rn , C 1 a trozos, describiendo curva C .
R
Rb
R
Rb
[no depende de la
f campo escalar: C f ds ≡ c f ds = a f c(t) kc′ (t)k dt parametrización]. L = a kc′ (t)k dt longitud de C .
R
R
Valor medio de f sobre C : f = L1 C f ds . Masa de alambre de densidad variable ρ(x) : M = C ρ ds .
R
Rb
f campo vectorial: c f · ds = a f c(t) · c′ (t) dt [salvo el signo, independiente de la parametrización].
R
Si f = ∇U [ U potencial, f conservativo], c f · ds = U (c(b))− U (c(a)) [independiente del camino].
f
f = f (x, y), g(x, y) conservativo ⇒ f y ≡ gx .
R2 g
⇐ ciertas si f es C 1 en todo 3 .
R
f = f (x, y, z), g(x, y, z), h(x, y, z) conservativo ⇒ rot f ≡ 0 .
Green: D ⊂ R2 , ∂D curva cerrada simple, f = ( f , g) ∈ C 1 (D) ⇒
"
Divergencia en el plano: f ∈ C 1 (D) , n normal unitaria exterior ⇒
D
"
[ gx − f y ] dx dy =
D
div f dx dy =
I
∂D
∂D
f · ds .
f · n ds .
Integrales de superficie: r : D ⊂ R2 → R3 , r(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) describiendo la superficie S ∈ C 1 .
i j k
pvf
ru × rv = xu yu zu . Si r(x, y) = x, y, f (x, y) , con (x, y) ∈ D es rx × ry = − f x , − f y , 1 .
x v yv z v
!
!
f (r(u, v)) kru × rv k du dv . Si f ≡ 1 , es el área de S .
!
!
!
[independiente de la r(u, v)
Si f(x, y, z) vectorial: S f · dS = S f · n dS = D f(r(u, v)) · (ru × rv ) du dv escogida salvo el signo].
#
!
Gauss:
div f dx dy dz = ∂V f · n dS , ∂V superficie cerrada, n normal unitaria exterior, f ∈ C 1 (V ) .
V
n
S
I
!
n
Stokes: S rot f · n dS =
f · ds , S superficie en el espacio limitada por la curva ∂S .
Si f (x, y, z) escalar:
S
f dS =
D
∂S
√
√
∂S
Cosas de matemáticas: sen π6 = cos π3 = 12 , sen π4 = cos π4 = 22 , sen π3 = cos π6 = 23 .
Z
√
R x, a2 − x 2 dx se hace trigonométrica con x = a sen u .
sen2 a = 12 [1−cos 2a] , cos2 a = 21 [1+cos 2a] .
Elipse: A= πab . Cilindro: V= πr 2 h , S = 2πr h . Esfera: V= 43 πr 3 , S = 4πr 2 . Cono: V= 13 πr 2 h , S = πrg .
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Soluciones de problemas de Cálculo (grupo D - 15/16)
1. Conceptos básicos
1. x = (4, 3) , y = (1, −1) . x + y = (5, 2) , x − y = (3, 4) y x + 3y = (7, 0) ,
√
√
kx+yk = 29 ≤ 6 ≤ 5+ 2 = kxk + kyk . kx−yk = 5 = distancia de x a y .
√
|x · y| = 1 ≤ 5 2 = kxk kyk . x · y > 0 ⇒ ángulo agudo. kx +3yk = 7 .
(x+3y) ·y
kx+3y k ky k
=
7
√
7 2
= cos φ → y y x + 3y forman un ángulo
2. x = (2, 0,−3) , y = (0, 1, 3) . x · y = −9 , x × y =
Un posible u es
x×y
kx×y k
6 2
3
7, − 7, 7
=
i j k
2 0 −3
0 1 3
x–y
3
x
x+y
x–y
x+3y
1
π
4 (claro en dibujo).
-1
4
y
= (0+3) i −(6−0) j +(2−0) k = (3,−6, 2) = −y × x .
1
k k (3a, b, 2a)
. Otro obvio es v = (0, 1, 0) . Todos son de la forma
.
3. a = i + k , b = i +3j , c = 2i − j + k , (a+b) · c = (2, 3, 1) · (2, −1, 1) = 2 , a · (b×c) = (1, 0, 1) · (3, −1, −7) = −4 ,
a×(b−c) = (1, 0, 1)×(−1, 4, −1) = (−4, 0, 4) , a×(b×c) = (1, 0, 1)×(3, −1, −7) = (1, 10, −1) ,
(a×b)×c = (−3, 1, 3)×(2, −1, 1) = (4, 9, 1) .
4. a) (x +2, y−7) · (4, 1) = 0 → y = −1−4x
b) y = x+1
2 de pendiente
1
2
7
(lo más corto).
y=(1+x)/2
(x+2,y-7)
pasando por 0, 21 → t , t+1
, t ∈ (−1, 1) .
2
(−1, 0) + t(2, 1) = (2t −1, t) , t ∈ (0, 1) (recorrida en el mismo sentido).
(x,y)
1
v=(4,1)
1
(–1,0)
–2
(1, 1) + t(−2, −1) = (1−2t, 1−t) , t ∈ (0, 1) (en sentido opuesto).
(1,1)
v=(2,1)
–1
–1
y=-1-4x
5. a) p = (1, 3, 2) , q = (4, −1, 1) , r = (3, 0, 2) . (q−p)×(r−p) = (3,−4,−1)×(2,−3, 0) = (−3, −2, −1) →
Plano: −3(x −1)−2(y−3)−(z−2) = 0 → 3x + 2y + z = 11 . O eliminando t y s de x =t(q−p)+s(r−p)+p .
b) Perpendicular a la recta (3, 0, 2) t + (3, −1, 1) ⇒ (3, 0, 2) es perpendicular al plano. Como pasa por (5, −1, 0) ,
nuestro plano es: 3(x −5) + 0(y+1) + 2(z−0) = 0 → 3x + 2z = 15 .
c) El vector (2, 1,−3) es perpendicular a 2x + y−3z+4 = 0 y (−1, 1, 2) tiene la dirección de (−1, 1, 2) t + (3, 2, 4) .
El vector (2, 1,−3)×(−1, 1, 2) = (5,−1, 3) es pependicular a nuesto plano, que debe contener el punto (3, 2, 4) .
El plano pedido es 5(x −3)−(y−2)+3(z−4) = 0 → 5x − y+3z = 25 .
6.
A= (x, y) : |x| < 1, |y| ≤ x 2
B = x : 1 < kxk < 2 , x· (1,1) < 0
ni abierto ni cerrado
abierto, no cerrado
_
B
no interior
de ac.
no en A
-1
A
B
-2
frontera
cierre
C = x : kxk = q , q ∈ Q , q ≤ 1
ni abierto ni cerrado
puntos a distancia
> 1 y < 2 de (0, 0)
que forman con el
vector (1, 1) un ángulo obtuso.
Sus puntos son interiores. Los de ∂B
son de acumulción
y no de B .
cierre =
frontera
1
Ninguún punto
es interior y los
de C = {kxk ≤ 1}
son de ∂C y de
acumulación.
Los tres son acotados, pero ninguno es compacto, porque ninguno es cerrado.
7. Sea a ∈ A−{x} . Como A es abierto, existe Br ∗ (a) ⊂ A , pero esta bola podría contener a x .
Si r = mín r ∗, kx−ak está Br (a) ⊂ A−{x} . a es interior a A−{x} ⇒ A−{x} abierto.
8. A, B abiertos, p ∈ A ∪ B ⇒
p ∈ A∩ B ⇒
p ∈ A ⇒ ∃Br (p) ⊂ A ⊂ A∪ B ó
ó
p ∈ B ⇒ ∃Br (p) ⊂ B ⊂ A∪ B
p ∈ A ⇒ ∃Br (p) ⊂ A 1
y
y
p ∈ B ⇒ ∃Br2 (p) ⊂ B
Si { An } abiertos, se ve igual que
S
x
a
A
⇒ p interior a A ∪ B ⇒ A ∪ B abierto.
. Si r = mín{r 1, r 2 } ⇒ Br (p) ⊂ A ∩ B y es abierto.
An es abierto. Pero falla la demostración para la
T
An , pues el mín{r 1, r 2, . . .}
T
puede no existir. La intersección de infinitos abiertos puede no serlo. Por ejemplo, B1/n (0) = {0} no lo es.
n∈N
n∈N
n∈N
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x = 0 → z = 4− y
y = 0 → z = 4−2x
9. a) z = 4−2x − y
y
4
z
curvas de nivel:
y = 4−C − 2x
b) z = |y|
y
4
corte con todo plano x = cte → z = |y|
curvas de nivel: |y| =C
2
1
x
6 4 2 0 –2
4
2
x
y
x
1
x
2
c) z = 4x 2 + y 2 =C elipses.
x = 0 → z = y2
y = 0 → z = 4x 2
0
y
d) z = e−x
2 −y 2
2
De revolución. x = 0 → z = e−y .
y
2
C=0
1
z
x
1
C=4
y
y
2
10. a) 4x 2 + y 2 +4z 2 = 4 z =C → 4x 2 + y 2 = 4−4C 2 elipses
y2
22
x =0 →
C=1
1
x
+z 2 = 1 elipse, y = 0 → x 2 +z 2 = 1
b) z 2 = 1+ x 2 + y 2 De revolución.
1
2
1
C=0
elipsoide (esfera
estirada ← →)
c) z 2 = x 2 + y 2 −1 De revolución.
x = 0 → y 2 −z 2 = 1
hipérbolas
y = 0 → x 2 −z 2 = 1
x = 0 → z2 − y2 = 1
hipérbolas
y = 0 → z2 − x2 = 1
z
z
hiperboloide
de dos hojas
(wikipedia)
hiperboloide
de una hoja
(wikipedia)
d) z 2 = x 2 ⇔ z = ±x , dos planos, independientes de y .
Entre las cuádricas (todas las de este problema lo
son) se pueden esconder cosas mas sencillas como
planos, puntos, el vacío...).
2
11. a) f (x, y) = x 2x+y 2 =C → y = ±x
q
1−C
C
2
(rectas pasando
por el origen).
b) f (x, y) = xx2 +yy 2 = 0 →
1
O mejor, y = mx → f (x, mx) = 1+m
2 .
⇒ sin límite en el origen.
(resto de curvas nivel complicadas)
y
x = 1 → z = 1+y
2
2
z=1/2
1 y
–1
1 x
–1
2log|y|
c) f (x, y) = log(x 2 + y 2 ) Revolución. Continua en R2 −{0} .
d) f (x, y) = arctan
1
x 2 +y 2
arctan–y12
Revolución. Continua en todo R2 .
sen xy
x =0, y =0
e) f (x, y) = x 2 +y 2 = 0 →
x y = kπ
(resto de curvas nivel y cortes difíciles)
2
1 y
Polares: | f (r, θ)| = |r cos2 θ sen θ| ≤ r −→ 0
r→0
es continua en (0, 0) .
1/2
1/2
–1
y = 1 → z = x 2x+1
z
z
z=1
z
1/2
2
1
x
x = 1 → z = 1+y
2 , y = 1 → z = x 2 +1 .
z=0
z=1/2
x =0
y =0
sen m
2
x→0 1+m
sen mx
f (x, mx) = (1+m
2 )x 2 −→
⇒ f sin límite en (0, 0) .
sólo dibujo de Maple →
6
f) f (x, y) = th yx2
f (x, mx 3 ) = th m12
( y = mx 3 de nivel)
⇒ f sin límite en (0, 0) .
Podría no tenerlo en (a, 0) , a , 0,
+
=1 .
pero f (x, y) → 1 , porque th +0
En el resto de puntos, las f son continuas, por ser suma, composición, cocientes con denominador no nulo... de continuas.
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p
12. a) f (x, y) = 4− x 2 − y 2 Mitad superior de la superficie esférica de radio 2 .
Continua en todo su dominio D = {x : kxk ≤ 2} .
2
(con la definición de continuidad válida también para los puntos de ∂D )
b)
g(x, y) = e−1/xy
g(x, 0) = g(0, y) = 0
1
Claramente continua si x, y , 0 pues es − xy
continua compuesta con la continua ex .
z=e
g =C → x y = − ln1C
z=e
hipérbolas
Nos acercamos a (0, b) , b > 0 por y = b : e−1/bx → 0, ∞ si x → 0+, 0− . Discontinua.
Análogamente se ve que es discontinua en (0, b) , b < 0 y (a, 0) , a , 0 .
( m>0
2
cortes con
. y = 1 , y = −x :
Tampoco es continua en el origen: f (x, mx) = e−1/mx −→ 0,
∞, m < 0
z=1/e
z
x→0
c)
13.
1
xy
x 2 y e−y
z
x
x
sen x
x
h(x, y) = sen(xy)
h(x, 0) = h(0, y) = 1
f (x, y) = x 4 +4y 2
z=1/e
, g(0) = 1 función continua en todo R , con el
Es la composición de g(x) =
campo f (x, y) = x y continuo en R2 . Por tanto, es continua también en todo R2 .
−mx 2
e
Ni siquiera tiene límite en (0, 0) pues f (x, mx 2 ) = m1+4m
2 −→
m
2
x→0 1+4m
.
14. Probemos que f (x, y) → L cuando (x, y) → (a, b) ⇒ lı́m lı́m f (x, y) = L (el otro parecido).
x→a
y→b
(x,y)
(a,b)
Sea L b (x) = lı́m f (x, y) . Sabemos que ∀ε ∃δ tal que k(x, y)−(a, b)k < δ ⇒ | f (x, y)− L| < ε2 .
(x,b)
y→b
Y también que ∃δ x tal que si |x −a| < δ x entonces | f (x, y)− L b (x)| < ε2 . Llamemos δ∗=mín √δ , δ x . Entonces
2
q
2
2
∗
si |y−b| < δ es |L b (x)−L| ≤ | f (x, y)−L b (x)|+| f (x, y)−L| < ε , pues |x−a| < δ x , k(x−a, y−b)k < δ2 + δ2 = δ .
x−y
f (x, y) = x+y si x , −y
x2 y2
−y
lı́m lı́m f (x, y) = lı́m xx = 1 . lı́m lı́m f (x, y) = lı́m y = −1 ⇒ no existe límite.
x→0
y→0
x→0
y→0
x→0
y→0
lı́m lı́m f (x, y) = 0 = lı́m lı́m f (x, y) pero no hay límite, pues f (x, 0) = 0 , f (x, x) = 1 .
f (x, y) = x 2 y 2 +(x−y) 2
x→0
xyz
e
15. a) f (x, y, z) = yz 1 −x yz
y→0
y→0
xyz
e
con f ∗(x, y, z) = 1−xyz
x→0
x
continua en R3 , por serlo h(x) = 1−xe , h(0) = −1 en R .
i) si x → (0, 0, 0) , f → 0 · (−1) = 0 .
Inmediatos son: iii) si x → (1, 1, 1) , f → 1−e .
2
ii) si x → (0, 1, 0) , f → 0 · (−1) = 0 .
iv) si x → (1, 1, 0) , f → 0 .
i) si x → (0, 0, 0) , g → 1 .
iii) si x → (1, 1, 1) , g → 0 .
y no tendrá límite. Nos acercamos por una recta: f (0, 1+h, 0) = − h1 −→ ±∞ .
b) g(x, y, z) = y x+ z−−1 1 es continua seguro si y+z , 1 .
ii) si x → (0, 1, 0) , sale
−1
0
iv) si x → (1, 1, 0) , sale
0
0
h→0
2
. Nos acercamos por rectas g(1+h, 1+mh, 0) = 2h+h
mh −→
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2
h→0 m
. No hay límite.
2. Cálculo diferencial en Rn
Soluciones de problemas de Cálculo (grupo D - 15/16)
1.
f (x, y) = e3x+x
4 y2
f x = (3+4x 2 y 2 ) e3x+x
1
h(x, y) = xy
sen(xy)
h(x, 0) = h(0, y) = 1
4 y2
∀(x, y) .
Si x , 0 , y , 0 , es h x = x1 cos(x y)− x12 y sen(x y) , hy = y1 cos(x y)− xy1 2 sen(xy) .
Obviamente es h x (a, 0) = hy (0, b) = 0 (son derivadas de la función constante 1 ).
2 2
1
sen(bx) = 1− b 2x +· · · . Igual, hy (a, 0) = 0 .
En (0, b) es h x = 0 derivada en x = 0 de bx
2
x
x 2 +y 2
y
xy
Si (x, y) , (0, 0) , k x = (x 2 + y 2 ) −1/2 − x 2 (x 2 + y 2 ) −3/2 = (x 2 +y
2 ) 3/2 , k y = − (x 2 +y 2 ) 3/2 .
En (0, 0) : h(0, y) = 0 ⇒ hy (0, 0) = 0 ; h(x, 0) = |xx | , h(0, 0) = 0 ⇒ no existe h x (0, 0) .
k (0, 0) = 0
2.
, f y = 2x 4 y e3x+x
1
2 (en esos puntos ni está definida).
gx = x2x
2 −y , gy = y−x 2 , si y , x
g(x, y) = log y− x 2
k (x, y) = √
4 y2
y
x2
C
Curvas de nivel: y = . Si y , 0 es claramente continua por
y , f (x, 0) = 0
ser cociente campos continuos con denominador no nulo.
En (a, 0) es discontinua pues cerca del punto toma f valores tan gordos como queramos.
f (x, y) =
x2
1/2 1
0
2
0
-2
x
-1/2 -1
En (0, 0) es discontinua, pero de la definición sale f x (0, 0) = f y (0, 0) = 0 ⇒ ∇f (0, 0) = (0, 0) .
2
/25
9
= 20
= lı́m 9h
.
Para la derivada direccional en (0, 0) debemos usar la definción: D ( 3 , 4 ) f (0, 0) = lı́m f (3h/5,4h/5)
2
h
5 5
h→0
h→0 4h /5
2
x
2
3 4
∇f (x, y) = 2x
y ,− y 2 continuo en un entorno de (1, 1) , ∇f (1, 1) = (2,−1) ⇒ D ( 3 , 4 ) f (1, 1) = (2,−1) · ( 5 , 5 ) = 5 .
5 5
3.
√
√
∇f = (6x, 2y) = 6x, ±2 1− x 2 , k∇f x, ± 1− x 2 k 2 = 32x 2 +4 .
↑
(sobre la circ.)
máximo si x = ±1 ր
f (x, y) = 3x 2 + y 2
(0,2)
(–6,0)
(6,0)
1
Du f es máxima ( = 6 ) en los puntos (1, 0) y (−1, 0) , en la dirección de los
respectivos gradientes (6, 0) y (−6, 0) (o si se prefiere, de los vectores i y −i ).
4. a) f (x, y) = xy
[silla de montar
como Ej 4 de 1.2]
(0,–2)
y
= (1, 0) (0, 1) (1, 1) (2, 2) (1, −1) (−1, 1) (−1, −1)
en (0, 1) (1, 0) (1, 1) (2, 2) (−1, 1) (1−, 1) (−1, −1)
∇f = (y, x)
Plano tangente: z = x + y−1 .
-4
y
-1
0
0
4
b) g(x, y) =
y2
∇g = (0, 2y)
1
= (0, 2) en (1, 1) .
Plano tangente: z = 1+2(y−1) , z = 2y−1 .
c) h(x, y) = (x 2 + y 2 ) −1
∇h = −
2
2
(x 2 +y 2 )
0
1
1
x
4
(x, y) . ∇h(1, 1) = − 21 , − 12 .
x
-1
-4
1
2
Plano tangente: z = 21 − 12 (x −1)− 21 (y−1) , z = 3−x−y
.
2
p
f (x, y) = |x y|
4
4
[ ∇h apunta hacia el origen y es mayor cuanto más cerca estemos].
5.
1
1
1/2
f (x, 0) = 0 ∀x , f (0, y) = 0 ∀y ⇒ f x (0, 0) = f y (0, 0) = 0 .
Sí es continua por serlo el campo xy , el valor absoluto y la raíz para valores positivos.
Lo que no existe en este caso es ninguna derivada según
vectores distintos de los ejes:
√
√
f (h (1,m))− f (0,0)
|h | |m|
f (x, mx) = |x| |m| . lı́m
= lı́m h
no existe si m , 0 .
h
h→0
h→0
Por ejemplo, el corte con y = ±x es la función real no derivable y = |x| .
Por tanto, f no puede ser diferenciable ( ⇒ ∃Dv ) y no hay plano tangente en el origen.
6.
1
x 2 +y 2
, f (0, 0) = 0 continua (y diferenciable) claramente si (x, y) , (0, 0) . En (0, 0) es continua:
p
p
1
| f (x, y)− f (0, 0)| = |y| sen x 2 +y
x 2 + y 2 < ε si k(x, y)−(0, 0)k = x 2 + y 2 < δ = ε [o “ 0 · ac.” o polares].
2 ≤ |y| ≤
f (x, y) = y sen
f x (0, 0) = 0 , f y (0, 0) = lı́m
h
h→0 h
cos
f x = − (x 22xy
+y 2 ) 2
1
x 2 +y 2
sen h12 no existe ⇒ f no es diferenciable en (0, 0) .
, f y = sen
2
1
− 2y
x 2 +y 2 (x 2 +y 2 ) 2
cos
1
x 2 +y 2
continuas en un entorno de (1, 0) ⇒
Dv f (1, 0) = ∇f (1, 0)· v = (0, sen 1)· v = 45 sen 1 .
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3
x
, f (x, 1) = 0
f (x, y) = y−1
7.
y
2
Acercándonos por rectas: f (x, 1+mx) = xm −→ 0 pero no basta.
1
x→0
Sobre las curvas y = 1+mx 3 es f (x, 1+mx 3 ) = m1 ⇒ no continua ⇒ no diferenciable en (0, 1) .
3x 2
x3
√3 , √1
.
f x = y−1
, f y = − (y−1)
2 , ∇f (1, 0) = (−3,−1) ⇒ derivada mínima en la dirección de
10
(x,1+mx3 )
x
10
Plano tangente z = −1−3(x −1)−(y−0) = 2−3x − y .
8.
f (x, y) =
2xy+y 3
x 2 +y 2
(x,1+mx)
∆
f
a) y(2x + y 2 ) = 0 → y = 0 y la parábola x = − 12 y 2 [que pasa por (−2, 2) ].
y
u
3x
f (x, 0) = 0
f (0, 0) = 0
−→ 2m ⇒ discontinua en (0, 0) .
b)
⇒ x
. f (x, mx) = 2m+m
1+m2 x→0 1+m2
f (0, y) = y
f y (0, 0) = 1
En polares es casi lo mismo: f (r, θ) = 2 cos θ sen θ +r sen3 θ → sen 2θ dependiente de θ .
r→0
Para probar la discontinuidad bastaba comprobar, por ejemplo, que f (x, x) → 1 .
2
z=0
-2
z=0
x→0
Por no ser f continua, deducimos que f no es diferenciable en ese punto.
2
2 −xy 2 ) 2x 3 −2xy 2 +3x 2 y 2 +y 4 c) ∇f = 2y(y(x 2−x
,
= 12 , 1 , (2,−1) perpendicular ⇒ u =
+y 2 ) 2
(x 2 +y 2 ) 2
(−2,2)
9.
√2 ,−√1
5
5
Más corto: u debe ser vector tangente a la curva de nivel, que tiene pendiente − 12 en el punto .
f (x, y) = (y− x 3 ) 1/3
2 2
ó −u .
continuo en R2 por ser composición del campo y− x 3 continuo y z 1/3 continua.
f (x, 0) = −x , f x (0, 0) = −1 , f (0, y) = y 1/3 ⇒ f y (0, 0) no existe ⇒ no diferenciable.
Como g(x, 0) = 0 ∀x , g(0, y) = 0 ∀y es claro que gx (0, 0) = gy (0, 0) = 0 .
y
g(x, y) = xx4 +y
4
g(0, 0) = 0
2
m
Pero no es diferenciable en el punto por no ser continua: g(x, mx) = 1+m
4 .
[Tan cerca como queramos del origen hay puntos en los que la g vale,
por ejemplo, 0 (los ejes), otros en los que vale 21 ( y = ±x ), ...]
[A la derecha, la gráfica de la función hecha con ‘Maple’, enseñada en clase].
2
r→0
h(x, y) = √ x2
h(r, θ) =r cos2 θ , |h(r, θ)−h(0, 0)| ≤ r −→ 0 ⇒ h continua en (0, 0) .
x2
h(0, y) = 0 ⇒ hy (0, 0) = 0 ; h(x, 0) = |x
| = |x| ⇒ h x (0, 0) no existe ⇒ no diferenciable.
x +y 2
h(0, 0) = 0
2 2
k (x, y) = 3xx 2y+y−x
2
k (0, 0) = 0
6
|k (r, θ)−0| = 3r 2 cos2 θ sen2 θ −r 4 cos6 θ ≤ 3r 2 +r 4 −→ 0 ⇒ f continua.
r→0
k (x, 0) = −x 4 , k (0, y) = 0 ⇒ k x (0, 0) = k y (0, 0) = 0 . Usando la definición de diferencial:
3x 2 y 2 −x 6
x 2 +y 2
− 0 − 0 ·x − 0 ·y
√
x 2 +y 2
= 3r cos2 θ sen2 θ − r 3 cos6 θ −→ 0 ⇒ f diferenciable.
acotado r→0
acotado
[Se podría ver que k x, k y son continuas en (0, 0) , o probar directamente la diferenciabilidad,
pues diferenciable ⇒ continua].
[La gráfica de Maple se ve suave en el origen].
10.
f (x, y, z) = y e2x−z ∇f = 2y e2x−z, e2x−z, −y e2x−z
= (−2, 1, 1) . D (a,b,c) f (1,−1, 2)) = b+c−2a .
(perpendicular
La Dv es nula, por ejemplo, según el vector (1, 1, 1) . Haciéndolo unitario: u = √1 , √1 , √1
al gradiente).
(1,−1,2)
3
11.
f (x, y, z) = ax 2 y+by 2 z+cz 2 x ∇f = 2ax y+cz 2, 2byz+ax 2, 2czx +by 2
(1,1,1)
3
3
= (2a+c, 2b+a, 2c+b) .
La derivada es máxima si u tiene la dirección del gradiente y el valor máximo es k∇f k = 13 . Por tanto, debe ser:
∇f (1, 1, 1) = ku , k∇f k = k ⇒ ∇f (1, 1, 1) = √13 (1, 5, 0) ,
26
12.
f (x, y, z) = arctan(xy)− zy ∇f =
y
, x −z, −y
1+x 2 y 2 1+x 2 y 2
√

2a+c = 26/2


√

 2b+a = 5 26/2


 2c+b = 0

√
√
√
, a = 12 26 , b= 26 , c = − 12 26 .
= (1,−1,−1) . .
El vector unitario con la dirección y sentido de (3, 0, 4) es u = 35 , 0, 45 ⇒ Du f (0, 1, 1) = (1,−1,−1) · u = − 15 .
Plano tangente: (1,−1,−1) · (x −0 , y−1 , z−1) = 0 ,
(0,1,1)
z = x − y+2 .
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x
13. a) z = x 2 + y 3 en (3, 1, 10) . f x = 2x , f y = 3y 2 → z = 10 + 6(x −3) + 3(y−1) ,
z = 6x + 3y − 11 .
O bien: F (x, y, z) = x 2 + y 3 −z , ∇F (3, 1, 10) = (6, 3, −1) , (6, 3, −1) · (x −3, y−1, z−10) = 0
↑
b) x 2 +(y−2) 2 +2z 2 = 4 en (1, 3,−1) . ∇F (1, 3,−1) = (2, 2,−4) , (1, 1,−2) · (x −1, y−3, z+1) = 0 , x + y−2z = 6 .
q
Más largo: z = − 2− 21 x 2 − 12 (y−2) 2 . z x (1, 3) = z y (1, 3) = 12 , z = −1+ 21 (x −1)+ 12 (y−3) , z =
x+y
2
c) yz = log(x +z) en (0, 0, 1) . (Aquí no podemos despejar z ). F (x, y, z) = yz−log(x+z) , ∇F = −
−3
1
x+z ,
∇F (0, 0, 1) = (−1, 1, −1) , (−1, 1, −1) · (x, y, z−1) = −x + y−z+1 = 0 , z = 1 − x + y .
14.
1 .
z , y− x+z
f (x, y) = x 5 y− x 2 y 4 f x = 5x 4 y−2xy 4 , f y = x 5−4x 2 y 3 . f xx = 20x 3 y−2y 4 , f xy = f yx = 5x 4−8x y 3 , f yy = −12x 2 y 2 .
g(x, y) = x ex−y
h(x, y) =
cos(xy)
x
k (x, y) = √
gx = (x +1) ex−y , gy = −x ex−y . gxx = (x +2) ex−y , gxy = gyx = −(x +1) ex−y , gyy = x ex−y .
h x = − x12 cos(xy)− yx sen(x y) , hy = − sen(x y) .
2
h xx = x23 − yx cos(x y)+ 2y
sen(xy) , h xy = hyx = −y cos(xy) , hyy = −x cos(x y) .
x2
2
2
x
x 2 +y 2
3xy
y
k x = (x 2 + y 2 ) −1/2 − x 2 (x 2 + y 2 ) −3/2 = (x 2 +y
2 ) 3/2 , k y = − (x 2 +y 2 ) 3/2 (prob 1).
2
k xx = −3x(x 2 + y 2 ) −3/2 +3x 3 (x 2 + y 2 ) −5/2 = − (x 23xy
, k xy = k yx = y(2x
2
+y 2 ) 5/2
(x
15.
↑
f (x, y) =
xy(x 2 −y 2 )
x 2 +y 2
. fx =
y(x 4 +4x 2 y 2 −y 4 )
2
(x 2 +y 2 )
, fy =
x(x 4 −4x 2 y 2 −y 4 )
2
(x 2 +y 2 )
, si (x, y) , (0, 0) .
2 −y 2 )
5/2
+y 2 )
, k yy =
x(2y 2 −x 2 )
5/2
(x 2 +y 2 )
.
Además f (x, 0) = f (0, y) = 0
⇒ f x (0, 0) = f y (0, 0) = 0 .
f x (0, y) = −y ⇒ ( f x )y (0, 0) = f xy (0, 0) = −1 . f y (x, 0) = x ⇒ ( f y )x (0, 0) = f yx (0, 0) = 1 . No coinciden.
Para que esto pueda ocurrir, no deben ser las derivadas segundas continuas. Y no lo son:
Si (x, y) , (0, 0) es f xy = f yx =
16.
x 6 +9x 4 y 2 −9x 2 y 4 −y 6
3
(x 2 +y 2 )
que no tiene límite en el origen.
2 −9m4 −m6
3
(1+m2 )
f (x, mx) = 1+9m
.
utt −u xx = 0 . a) u = sen(x −t) , ut = − cos(x −t) , u x = cos(x −t) , utt = − sen(x −t) = u xx .
b) u = sh 2t ch 2x , ut = 2 ch 2t ch 2x , u x = 2 sh 2t sh 2x , utt = 4 sh 2t ch 2x = u xx .
2(x+t)
1
1
c) u = arctan(x +t) , ut = 1+(x+t)
2 = u xx .
2 , u x = 1+(x+t) 2 , utt = −
[1+(x+t) 2 ]
R x+t
2
d) u = x−t e−s ds . Las derivadas primeras se calculan fácilmente con el teorema fundamental del cálculo:
2
2
2
2
2
2
ut = e−(x+t) + e−(x−t) , u x = e−(x+t) − e−(x−t) , utt = 2(x −t) e−(x+t) − 2(x +t) e−(x−t) = u xx .
17. a) f (x, y) = (x − y) 2 en (1, 2) . f x = 2(x − y) , f y = −2(x − y) , f xx = 2 , f xy = −2 , f yy = 2 .
f (1, 2) = 1 , f x (1, 2) = −2 , f y (1, 2) = 2 , f xx (1, 2) = 2 , f xy (1, 2) = −2 , f yy (1, 2) = 2 .
f (x, y) = 1 − 2(x −1) + 2(y−2) + (x −1) 2 − 2(x −1)(y−2) + (y−2) 2
k
De otra forma: f (x, y) = (x −1) − ( y−2) − 1 2
Por tanto:
b) g(x, y) =
gx = −
1
1+x 2 +y 2
2x
2
(1+x 2 +y 2 )
gyy = 2
(es exacto).
en (0, 0) . Lo más corto es usar la serie geométrica: 1−[−(x12 +y 2 )] = 1− x 2 − y 2 + · · ·
, gy = −
2y
2
(1+x 2 +y 2 )
3y 2 −x 2 −1 (intercambiando
2
(1+x 2 +y 2 ) papeles de x e y ).
, gxx = −2(1+x 2 +y 2 ) −2 + 4x 2 (1+x 2 +y 2 ) −3 = 2
3x 2 −y 2 −1
3
(1+x 2 +y 2 )
, gxy =
8xy
3
(1+x 2 +y 2 )
g(1, 2) = 1 , gx (0, 0) = gy (0, 0) = gxy (0, 0) = 0 , gxx (0, 0) = gyy (0, 0) = −2 ↑
c) h(x, y) = exy cos(x + y) en (0, π) . h x = exy y cos(x + y)−sen(x + y) , hy = exy x cos(x + y)−sen(x + y) ,
h xx = exy (y 2 −1) cos(x + y)−2y sen(x + y) ,
2
h xy = exy xy cos(x + y)−(x + y) sen(x + y) ,
x 2 + 12 (y−π) 2 + · · ·
h(x, y) = −1 − πx + 1−π
2
2
xy
hyy = e (x −1) cos(x + y)−2x sen(x + y) .
h(0, π) = −1 , h x (0, π) = −π , hy (0, π) = h xy (0, π) = 0 , h xx (0, π) = 1−π 2 , hyy (0, π) = 1
↑
Otra forma: s = x , t = y−π → h(s, t) = es(t+π) cos(s+t +π) = −eπs est cos(s+t) , desarrollando en s =t = 0 :
h(s, t) = − 1+πs+ 12 π 2 s2 + · · · 1+st +· · · 1 − 21 (s2 +2st +t 2 )+ · · ·
2
1 2
2
↑
= − 1+πs+ 12 π 2 s2 + · · · 1− 12 s2 − 21 t 2 + · · · = −1 − πs + 1−π
2 s + 2 t +···
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,
18.
c(t) = et , t 2
(e–2,4)
, t ∈ [−2, 2] . Pasa por los puntos (e−2, 4) , (1, 0) , (e, 1) y (e2, 4) .
2
2
La curva es la gráfica de y = (log x) , pues t = log x e y =t
(e 2 ,4)
c
r
.
i) c′ (t) = et , 2t , c′ (1) = (e, 2) . Tangente x = (e, 1)+ t(e, 2) = (e+ t e, 1+2t) .
y−1
2
En cartesianas: t = xe −1 =
(e,1)
→ y = 2e x −1 .
ii) Vectores normales (±1, ∓ e) . Los unitarios: √ 12 (±1, ∓ e) .
e +1
′′
′′
t
iii) c (t) = e , 2 , c (0) = (e, 2) . (e, 0) componente tangencial, (0, 2) componente normal .
iv) La recta r(s) = (s, s−1) corta nuestra curva en (1, 0) (cuando t = 0 y s = 1 ) y en ningún punto más.
s = et , s−1 = t 2 ⇒ 1+ t 2 = et y esto sólo se cumple si t = 0 , como muestran las gráficas de las funciones .
El ángulo entre los vectores tangentes (1, 0) y r′ (1) = (1, 1) , es claramente π4 = arc cos (1,0)√·(1,1) .
1· 2
19. T (x, y) = e−x−2y grados. Camino seguido x(t), y(t) . Temperatura del suelo en el instante t : T (t) =T x(t), y(t) .
T ′ (t o )) =
∂T
∂x (0,0) ·
20. h(t) = f et, cos t
x ′ (t o ) +
∂T
∂y (0,0) ·
y ′ (t o ) = −e−x−2y
(0,0) ·
2 − 2e−x−2y
(0,0) ·
3 = −8 grados por minuto.
Suponemos que en el instante t =t o la chinche pasa por (0, 0) .
h ′ = et f x − sen t f y ,
h ′′ = et ( f x )t + et f x − sen t( f y )t − cos t f y = e2t f xx −2 et sen t f xy + sen2 t f yy + et f x − cos t f y
Si f (x, y) = xy , la expresión anterior nos da: 0 − 2 et sen t · 1 + 0 + et · y y=cos t − cos t · x
x=et
= −2 et sen t .
↑
Componiendo y derivando: h(t) = et cos t → h ′ (t) = et (cos t − sen t) , h ′′ (t) = et (cos t − sen t − sen t − cos t)
x 2 + y 2 = 9−C circunferencias.
z = 9− x 2 parábola.
b) ∇f = (−2x, −2y) . ∇f (2, 1) = (−4, −2) . u perpendicular y kuk = 1 ⇒ u = √±1 , √∓2 .
21. f (x, y) = 9− x 2 − y 2 . a)
5
y
–7
0
5
8
u
5
u
1
f
9
8
1
∆
5
z
c
2
3
4
x
y
3
1
2
4
c) z = 4−4(x −2)−2(y−1) = 14−4x −2y .
d) c(1) = 2, 1 , c′ (t) = 2, 3t 2 , c′ (1) = 2, 3 ⇒ h ′ (1) = ∇f (c(1)) · c′ (1) = (−4, −2) · (2, 3) = −14 .
g f
∂f
∂f
dy
dx
2
6
′
O escrito en la forma: ddtf t=1 = ∂x
c(1) dt t=1 + ∂y c(1) dt t=1 . Comprobando: h(t) = 9−4t −t → h (1) = −8−6 .
–7
22.
4
f (x, y) = yx2
y
a) f = 0 → x = 0 (e y = 0 ), f = 1 , 4 → y = ±x 2 , y = ± 21 x 2 (parábolas).
z=1
z=4
z=0
b) Las curvas de nivel muestran que no tiene límite f en (0, 0) y no es continua.
1 2
Cerca del origen hay puntos donde f vale 1, 4, . . . , o bien, f (x, mx ) = m2 .
z=4
Por no ser continua, f no es diferenciable en el punto.
z=0
1
1
2
∆
f
-1 u
z=1
c
f (x, 0) = f (0, y) = 0 ⇒ f x (0, 0) = f y (0, 0) = 0 . Existen las parciales.
4
3
c) ∇f = 4x
, − 2x
, ∇f (1,−1) = (4, 2) . Vale u = (−1, 0) = −i , pues 4 es la Du en la dirección de i .
y2
y3
a
4a+2b
3
4 b
4a
տ
Con más trabajo u =
√
a2 +b 2
,√
a2 +b 2
→ Du f (1,−1) = √
d) Plano tangente: z = 1+4(x −1)+2(y+1) , o bien,
a2 +b 2
= −4 ⇒
b= 0 ó b=
→ − 5 , −5
3
.
z = 4x +2y−1 .
e) c(0) = (1,−1) , c′ (0) = (1, 1) , h ′ (0) = ∇f (c(0)) · c′ (0) = 6 .
t=0
O bien: h(t) = f et , t −1 → h ′ (t) = f x et , t −1 et + f y et , t −1 −→ h ′ (0) = f x (1,−1)+ f y (1,−1) = 6 .
2 e4t (2t−3) t=0
e4t
′
Componiendo y derivando: h(t) = (t−1) 2 → h (t) =
23. g(x, y, z) = 2x 2 − y+3z 3, 2y− x 2
f(u, v) =
eu+2v, 2u+v
Df =
Dg =
eu+2v 2eu+2v
2
1
!
4x −1 9z 2
−2x 2 0
!
−→ 6 .
(t−1) 3
⇒ Dg (2, −1, 1) =
8 −1 9
−4 2 0
, g(2, −1, 1) = (12,−6) ⇒ Df(12,−6) =
3e− 9z 2 e− +
,
2
,6x 0 18z -
3
0
(f ◦ g)(x, y, z) = e3y+3z , 3x 2 +6z 3 , D(f ◦ g) =*
!
.
12
21
!
Df Dg =
.
que en (2, −1, 1)
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↑
0 3 9
12 0 18
!
.
x
x+y
24. f (x, y) = 1+xy
2
2
1−y
1−x
a) f x = (1+xy)
2 , f y = (1+xy) 2 , ∇f (0, 2) = (−3, 1) . Plano tangente: z = 2−3x + y−2 = y−3x .
y
Recta tangente, perpendicular al gradiente: (x, y−2) · (−3, 1) = 0 → y = 3x +2 .
O directamente:
x+y
1+xy
2−x
3
= 2 → y = 1−2x
→ y ′ (0) = (1−2x)
2
x=0 =
3 → y = 2+3x .
O derivando implícitamente:
(1+y′ )(1+xy)−(x+y)(y+xy′ )
x=2,y=0 =
(1+xy) 2
1+ y ′ −4 = 0 → y ′ (0) = 3 . . .
b) Si h(u, v) = f (u3 +v 2 −1, ev + 1) , es
!
2
Dh(1, 0) = ∇h(1, 0) = ∇f (0, 2) Dg(1, 0) = (−3, 1) 3 ·01 2e·00 = (−9, 1) ⇒
√
D (1/√2,−1/√2 ) h(1, 0) = (−9, 1) · √1 , − √1 = −5 2 .
2
25. (y−2)uy − xu x = x 2 y
x
1/2
2
( s = x y−2x ( uy = xus
→ ut = −xy , ut = −2t −s
u x = (y−2)us + ut
t=x
De aquí sale la solución
u(s, t) = f (s) − t 2 −st .
Es solución u(x, y) = f (x y−2x) + x 2 − x 2 y : u x = (y−2) f ′ (xy−2x) + 2x −2xy , uy = x f ′ (x y−2x)− x 2 →
(y−2)uy − xu x = 0 − (y−2)x 2 − x(2x −2x y) = x 2 y .
u = yu + 1 u
u xx = y 2 uss + 2ust + 12 utt
( s = xy
x
s
y
1
y t
→
,
, −4x 2 ust+2x
2
x2
2x
y ut = 0 , ust = 2xy ut
t = yx
uy = xus − yx2 ut
u
+
u
+
u
uyy = x 2 uss − 2x
y 2 st y 4 tt y 3 t
26. y 2 uyy − x 2 u xx = 0
EDP que se puede resolver y cuya solución se puede escribir en la forma que se pide comprobar →
1
ut = 0 .
ust − 2s
2
→ u x = y f ′ (xy) + g yx + yx g ′ yx , uy = x f ′ (xy) − yx2 g ′ yx →
2
3
u xx = y 2 f ′′ (x y) + y1 g ′ yx + y1 g ′ yx + yx2 g ′′ yx , uyy = x 2 f ′′ (x y) + 2x
g ′ yx + yx4 g ′′ yx →
y3
2
3
2
3
y 2 uyy − x 2 u xx = x 2 y 2 f ′′ (x y)− x 2 y 2 f ′′ (xy) + 2xy g ′ yx + yx2 g ′′ yx − 2xy g ′ yx − yx2 g ′′ yx = 0 .
u(x, y) = f (x y) + x g
27.
x
y
u = f (x, y, z) , x = s2 +t 2 , y = s2 −t 2 , z = 2st
Fs = 2s f x +2s f y +2t f z , Ft = 2t f x −2t f y +2s f z .
Fss = 4s2 f xx +4s2 f yy +4t 2 f zz +8s2 f xy +8st f xz +8st f yz + 2 f x +2 f y ,
Fst = 4st f xx −4st f yy +4st f zz +4(s2 +t 2 ) f xz +4(s2 −t 2 ) f yz + 2 f z ,
Ftt = 4t 2 f xx +4t 2 f yy +4s2 f zz −8t 2 f xy +8st f xz −8st f yz + 2 f x −2 f y .
28. w = f (x, y, z) , z = g(x, y) → w x = w x +wz z x , wz z x = 0 → wz = 0 ó z x = 0 es argumento falso.
w x no significa lo mismo en los dos miembros. w es a la derecha una función de dos variables (x, y)
y al izquierda una función de tres, evaluada en x, y, g(x, y)) .
i
29. f(x, y) = x 2, 1, y 2 , g(x, y, z) = z
a) div f = 2x . rot f =
j
k
∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z
x2
1
y2
= (2y, 0, 0) . ∇g = (0, 0, 1) . ∆g = 0 .
rot (∇g) = 0 , div(rot f ) = 0 (sin necesidad de calcular nada). ∇(f ·∇g) = ∇(y 2 ) = (0, 2y , 0) .
rot (f ×∇g) = rot (1,−x 2, 0) = (0, 0,−2x) . rot ∇(f · ∇g) = 0 , div rot (f ×∇g) = 0 (de nuevo sin calcular).
b) div (g f) = gx f 1 +g f 1x +gy f 2 +g f 2y +gz f 3 +g f 3z = g( f 1x + f 2y + f 3z ) + (gx, gy, gz ) · (g1, g2, g3 ) = g div f + ∇g· f .
i
rot (g f) =
j
k
∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z
g f1
g f2
g f3
Comprobando:
= (gy f 3 +g f 3x −gz f 2 −g f 2z, gz f 1 +g f 1z −gx f 3 −g f 3x, gx f 2 +g f 2x −gy f 1 −g f 1y )
= g( f 3x − f 2z, f 1z − f 3x, f 2x − f 1y ) + (gx, gy, gz )×( f 1, f 2, f 3 ) = g rot f + ∇g× f .
div (g f ) = 2xz+ y 2 = z 2x + (0, 0, 1) · (x 2, 1 , y 2 ) . rot (g f ) = (2yz−1, x 2, 0) = (2yz, 0, 0) +
i
30. F(x, y, z) = x y i + y 2 j + xz k . div F = 3y+ x . rot F =
i
div(rot F) = 0 (sabido). rot(rot F) =
j
j
i j k
0 0 1
x2 1 y2
.
k
∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z
xy y 2
xz
= (0 , −z , x) . ∇(div F) = (1, 3, 0) .
k
∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z
0 −z x
= (−1 , −1 , 0) . ∇(F · F) = 2x(y 2 +z 2 ), 2x 2 y+4x 3, 2x 2 z .
x 2 y 2 +y 4 +x 2 z 2
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i j k
31. a = (−1, 0, 3) , f (x, y, z) = xz, y 2, x . a) i) a × f (a) = −1 0 3 = (0,−10, 0) . ii) a · f (a) = 0 , ángulo
−3 0 −1
iii) div f = z+2y . iv) ∇ div f = (0, 2, 1) . v) rot f = (0, x −1, 0) . vi) f · rot f = (x −1)y 2 .
π
2
.
b) z+2y = 3 es un plano (al que pertenece a ), con vector perpendicular (0, 2, 1) . La recta perpendicular será:
x = (−1, 0, 3) + t (0, 2, 1) = (−1, 2t, 3+t) que corta z = 5 para t = 2 → punto (−1, 4, 5) .
32. f (x, y, z) = xz 2, −x 2 y , −y 2 z
(3,4,5)
div f = z 2 − y 2 − x 2 [ = 0 cono]. ∇ div f = (−2x,−2y, 2z) −→ 2(−3,−4, 5) .
rot f = (−2yz, 2xz,−2x y) .
p
(pasa por el origen b) Plano tangente: −3(x −3)−4(y−3)+5(z−5) = 0 , 5z = 3x +4y como en todo cono) ó z = x 2 + y 2 ... .
Recta normal: 3(1−t), 4(1−t), 5(1+t) , que para t = 1 corta el eje z (esperable en cono) en (0, 0, 10) .
2
* z
c) c ′ (1) = (0,−2, 5) . c(1) = (3, 4, 5) . Df = ..−2xy
, 0
33. a) u = x 3 −3x y 2
0
−x 2
−2yz
2xz +
0 // .
−y 2 -
c ′ (1) = Df(c(1)) c′ (1) = (150, 18, 0) .
u x = 3x 2 −3y 2 , u xx = 6x , uy = 3x 2 −6xy , uyy = −6x , ∆u = 6x −6x = 0 .
b) u = sen x ch y
u x = cos x ch y , u xx = − sen x ch y , uy = sen x sh y , uyy = sen x ch y , ∆u =u xx +uyy = 0 .
2
2xy
1/x
x
, uy = 1+(y/x)
2 = x 2 +y 2 , uyy = − 2
2 , ∆u = 0 .
(x +y 2 )
Pero en polares la función es f (r, θ) = θ o f (r, θ) = θ +π con lo que ∆ f = f rr + r1 f r + r12 f θθ = 0 .
c) u = arctan yx
d) u =
−y
−y/x
u x = 1+(y/x)
2 = x 2 +y 2 , u xx =
2xy
2
(x 2 +y 2 )
Pide usar polares: f (r, θ) = r
x 2 −y 2
(x 2 +y 2 ) 2
∆ f = f rr + r1 f r + r12 f θθ =
u x = 2x(3y
2
(x
x
f (x, y) = x 2 +y
2
2 −x 2 )
3
+y 2 )
, u xx = 6(x
2 (cos2 θ−sen2 θ)
= r −2 cos 2θ ,
r4
−4
6r −2r −4 −4r −4
4 −6x 2 y 2 +y 4 )
4
(x 2 +y 2 )
, uy = 2y(3x
2
(x
cos 2θ = 0 .
2 −y 2 )
3
+y 2 )
En cartesianas bastante más largo:
, uyy = − 6(x
4 −6x 2 y 2 +y 4 )
(x 2 +y 2 )
4
, ∆u = 0 .
1 2
=C → x 2 + y 2 = Cx , x − 2C
+ y 2 = 4C1 2 si C , 0 ,
1
circunferencias de centro 2C
, 0 que pasan por (0, 0) y C1 , 0 .
2 −x 2
−2xy 3
1
4 u = − 35 , − 54 .
∇ f (x,y) = (xy2 +y
2 ) 2 , (x 2 +y 2 ) 2 , ∇ f (2,1) = − 25 , − 25 , de k k = 5 .
-1
∆ f = −2x x 2 + y 2 −2 +4x x 2 − y 2 x 2 + y 2 −3 −2x x 2 + y 2 −2 +8xy 2 x 2 + y 2 −3
= 4x x 2 + y 2 −3 − x 2 − y 2 + x 2 − y 2 +2y 2 = 0 .
34.
C =0 → x =0 .
x
x 2 +y 2
1
u
5/2
1
2
1/2
2/5
1
0
θ
θ
, f rr = 2 cos
, f θθ = − cosr θ , ∆ f = f rr + r1 f r + r12 f θθ = 0 .
O en polares: f (r, θ) = cosr θ , f r = − cos
r2
r3
35. f (x, y) = 1 − (x 2 + y 2 ) 1/4 = 1 − r 1/2 . De revolución. x = 0 → z = 1− y 1/2 .
∇f = − x2 (x 2 + y 2 ) −3/4, − y2 (x 2 + y 2 ) −3/4
= f r er = − 12 r −1/2 (cos θ, sen θ) = − 12 (x 2 + y 2 )
2
−3/4
(x, y) .
2
∇f continuo en R −{(0, 0)} ⇒ f diferenciable en R −{(0, 0)} .
d
(1− x 1/2 )
No diferenciable en (0, 0). Por ejemplo, no existe f x (0, 0) = dx
∆ f = f rr +
fr
r
= 14 r −3/2 −
1
2
r −1/2
r
x=0 .
f
r=1
Como k∇f k = 12 r −1/2 el máximo de la derivada direccional será en el punto
del segmento (de la recta y = 1+ x2 ) más próximo al origen:
5x 2
4
2
4
+ x +1 es mínimo si 5x
2 +1 = 0 → x = − 5 , y = 5 ⇒
máximo crecimiento en − 52 , 45 en la dirección de √1 , − √2 .
x2 + y2 =
∆
= − 14 r −3/2 ⇒ ∆ f (0, 1) = − 41 .
5
1
0
1
2
4
1-√2
–1
5
= f r er = − r12 (cos θ, sen θ) = − rr3 , ∇ log r = r1 (cos θ, sen θ) = rr2 .
∆
= f rr + frr = r23 − r13 = r13 , ∆ log r = − r12 + r13 = 0 .
En cartesianas más largo: ∇ [x 2 + y 2 ]−1/2 = −[x 2 + y 2 ]−3/2 x, y . ∇ − 12 log[x 2 + y 2 ] = [x 2 + y 2 ]−1 x, y .
2 −y 2
2y 2 −x 2
x 2 −y 2
y 2 −x 2
1
1
2
2 ∆ [x 2 + y 2 ]−1/2 = (x2x
2 +y 2 ) 5/2 + (x 2 +y 2 ) 5/2 = (x 2 +y 2 ) 3/2 . ∆ − 2 log[x + y ] = (x 2 +y 2 ) 2 + (x 2 +y 2 ) 2 = 0 .
36. Si r (x, y) = (x, y) , r = kr k , ∇
1
r
1
r
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37. En apuntes c(t) = r (t) cos θ(t), r (t) sen θ(t) = r (t) er (t) , c′ (t) = v(t) = r ′ er + r θ ′ eθ . Derivando de nuevo:
r ′
′ ′
′′
′ ′ deθ ′
′′
′ ′
′′
′ 2
c′′ (t) = a(t) =r ′′ er + r ′ de
dθ θ +r θ eθ + rθ eθ + r θ dr θ = r −r (θ ) er +(rθ +2r θ ) eθ .
pues
d
dθ er
= eθ ,
↑
d
d
e
=
(−
sen,
cos)
=
−(cos,
sen)
=
−e
θ
θ
dθ
dθ
Si r (t) = 2 , θ(t) = log t , t ∈ [1, e2π ] , nos movemos sobre la circunferencia de radio 2, dando 1 vuelta.
v(t) =
En este caso nos queda:
2
t
eθ , a(t) = − t22 er + eθ
→
v(1)
v(1) = 2 eθ , v eπ ≈ 0.09 eθ , v e2π ≈ 0.004 eθ
a(1) = 2 er + eθ , a eπ ≈ 0.004 er + eθ , a e2π ≈ 0.0.000007 er + eθ
2
t =e π
2π
t =1,e
a(1)
[movimiento circular claramente desacelerado]
En cartesianas: c(t) = 2 cos(log t), 2 sen(log t) .
v(t) = − 2t cos(log t), 2t sen(log t) = − 2t (− sen θ, cos θ) .
a(t) =
2
t2
sen(log t)− t22 cos(log t), − t22 cos(log t)− t22 sen(log t) = − t22 (cos, sen)+(− sen, cos) .
38. a) F (x, y) = 2x 2 y− y 3 − x 5 = 0 . Fx = x(4y−5x 3 ) , Fy = 2x 2 −3y 2 . Fy (1, 1) = −1 .
Por tanto, define función y(x) ∈ C 1 cerca de (1, 1) . Derivando impícitamente:
4
(4x y−5x 4 )+(2x 2 −3y 2 )y ′ = 0 , y ′ (1) = 4xy−5x
3y 2 −2x 2
(1,1)= −1
→ y = 1−(1− x) = 2− x .
(1, 1)
Otra derivada: 0 = 4(y+ x y ′ −5x 3 )+(4x −6yy ′ )y ′ +(2x 2 −3y 2 )y ′′ −→
y ′′ (1) = −30 .
′
Problemas con y(x) si
√
y = ± 36 x
y = −1
→ (0, 0) y
Problemas con x(y) si x = 0 → (0, 0) ó y =
± 32 61/4, 92 63/4 ≈ ± (1.04,0.85) .
5 3
2
1/4 2
3/4 ≈ ± (0.94,1.03) .
4 x → ± 5 30 , 25 30
(1,1)
3(y−2)
b) G(x, y) = x −2 log x +3y−6 log y = 4 . G x = x−2
−→ −3 , 0 , y(x) ∈ C 1 .
x , Gy =
y
(1− x2 )+(3− y6 )y ′ = 0 , y ′ (1) = − 13 → y = 4−x
3 .
2
+ 6 (y ′ ) 2 +(3− y6 )y ′′ = 0
x2 y2
→ y ′′ (1) = 98 .
Problemas con y(x) si y = 2 → x −2 log x = 6 log 2−2 . Con ordenador: x ≈ 0.42 , 5.61 .
Problemas con x(y) si x = 2 → y−2 log y = 23 (log 2+1) . Con ordenador: y ≈ 0.89 , 3.80 .
(1,1)
c) H (x, y) = y 2 − x ex−xy = 0 . Hx = (xy− x −1) ex−xy , Hy = 2y+ x 2 ex−xy −→ 3 , y(x) ∈ C 1 .
(x y− x −1) ex−xy +(2y+ x 2 ex−xy )y ′ = 0 , y ′ (1) = 31 → y = x+2
3 recta tangente.
x−xy ′
′
′
2
(y+ xy −1)+(x y− x −1)(1− y− xy ) e
+ 2y + 2x + x (1− y− x y ′ ) ex−xy y ′
+ (2y+ x 2 ex−xy )y ′′ = 0 → y ′′ (1) = − 13
27 .
(0, 0) es un punto claro de la curva donde no se aplica el teorema, pues Hy (0, 0) = 0 .
2
3 x+2 = 4 (y ordenador).
→ y 2 + 2y
Otros son complicados. Para y(x) : ex−xy = − 2y
x =0 , y =−x , x e
x2
Para x(y) si y = 1+ x1 → e−1x 3 − x 2 −2x −1 (que de nuevo exige ordenador) .
39. x 2 −3y 2 +2z 2 − yz+ y = 0 . Fz = 4z− y . Cuando y = 4z el teorema de la función implícita no garantiza z(x, y) .
p
√
Se puede resolver, z = y4 ± 41 25y 2 −8x 2 −8y , y sobre ese plano están las ±
.
2x
. −6y+4zz y −z− yz y +1 = 0 → z y = 1−6y−z
Derivando implícitamente: 2x +4zz x − yz x = 0 → z x = y−4z
y−4z .
En (1, 1, 1) estas parciales valen: z x (1, 1, 1) = − 32 , z y (1, 1, 1) = 2 . Plano tangente: z = 1− 23 (x −1)+2(y−1) .
տ
Plano que también se puede hallar: ∇F = (2x, 1−6y−z, 4z− y) −→ (2,−6, 3) . (2,−6, 3) · (x −1, y−1, z−1) = 0 .
(1,1,1)
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40. a)
∂F/∂y ∂F/∂z
2y −1
2y 2z
= 2y(2z+1) , 0 ⇒
en (−1, 1, 2) define c(x) = x, y(x), z(x) , y, z ∈ C 1 .
∆=
F = x 2 + y 2 −z = 0
G = 4x 2 + y 2 +z 2 = 9
∂G/∂y ∂G/∂z
=
(−1,1,2) −2+2y ′ −z ′ = 0
2x +2yy ′ −z ′ = 0
−→
→ c′ (−1) = 15 (5, 8, 6) .
′
′
2(4x + yy +zz ) = 0
−4+ y ′ +2z ′ = 0
Recta tangente: (5t −1, 8t +1, 6t +2) .
Vector tangente de otra forma: ∇F ×∇G = (2x, 2y,−1)×2(4x, y, z)
F = y 2 +2xzu+u2 = 4
G = yzu + x − uv = 1
b)
∆=
∂F/∂u ∂F/∂v
∂G/∂u ∂G/∂v
=
2(xz +u) 0
yz −v −u
(−1,1,2) = (−2, 2,−1)×2(−4, 1, 2) = 2(5, 8, 6) .
= −2u(xz+u)
(1,1,1,1,1,) = −6 , 0
⇒
define u(x, y, z) y v(x, y, z) de C 1 cerca de (1, 1, 1, 1, 1) .
Para hallar vy (1, 1, 1) derivamos ambas expresiones implícitamente respecto a y :
(1,1,1,1,1) 2+2uy +2uy = 0
2y+2xzuy +2uuy = 0
−→
→ uy (1, 1, 1) = 1 y vy (1, 1, 1) = 21 .
zu+ yzuy −vuy −uvy = 0
41. a)
1+uy −uy −vy = 0
p
Se pueden despejar en este caso u y v explícitamente. De la primera: u = −xz ± x 2 z 2 − y 2 +4 ,
que llevada a la segunda: v = yz + x−1
u = yz +
x =u cos v
y =u sen v
∂(x,y)
∂(u,v)
cambio a
polares
√x−1
x 2 z 2−y 2+4
−xz±
.
=u = 0 cuando u = 0 . ¿Por qué? Toda la recta u = 0
se convierte en (0, 0) (para cualquier ángulo v ).
2π
f
Para el resto de puntos hay inversa local. Claramente no hay inversa global, hay
muchos puntos con la misma imagen: f(u, v) = f(u, v +2kπ) = f − u, v +[2k +1]π .
Si nos limitamos a u > 0 , v ∈ [0, 2π) , la imagen es R2 y sólo falla la inyectividad en u = 0 . Pero la f −1 no es
continua en u = 0 (puntos no interiores). [Para todo intervalo de ángulos que escojamos se tiene el mismo problema].
p
1 = cos v u x −u sen v vx
−→a cos v =u x . Claro, u = x 2 + y 2 , u x = √ x2 2 = cos v .
Calculando u x :
a
0 = sen v u x +cos v vx 1 ×c+2 ×s
x=u
b) y = v +u2
∂(x,y)
∂(u,v)
1 0
2u 1
=
= 1, 0 .
x +y
Hay inversa local en cada punto, y la inversa global se calcula fácimente
y queda definida de forma única: u = x → v = y− x 2 .
[Podemos ver que es inyectiva directamente a partir de la definición (no hay los atajos de derivadas de R ).
De (x, y) = (x ∗, y∗) se debe deducir que (u, v) = (u∗, v∗) : x = x ∗ ⇔ u =u∗ ; entonces: v+u2 = v∗+u∗2 ⇒ v = v∗ ].
1 =u x
→ u x = 1 (y además vx = −2u) . Comprobando, u x = 1 , vx = −2x = −2u .
Para hallar u x :
0 = vx +2uu x
x = v 2 −u2
c) y = uv
∂(x,y)
∂(u,v)
=
−2u 2v
v u
= −2(u2+v 2 ) , 0 si (u, v) , (0, 0) . En el resto de los puntos hay inversa local.
No hay inversa global, pues, por ejemplo, f(u, v) = f(−u, −v) .
1 = 2vvx −2uu x
0 = v u x +u vx → vx = − uv u x
ր
1
2
2
= − vu u x −uu x
ց
u x = − 2(u2u+v 2 )
y vx = 2(u2v+v 2 ) .
[Se podrían dar expresiones de u y v resolviendo ecuaciones bicuadradas y discutiendo casos].
2
d)
x = u2u+v2
2
y = u2v+v2
x = ev+w
y
e) =u−w
z =u−v
2
2
2
2
−2u v
−2uv
2u v
x u = (u2uv
2 +v 2 ) 2 , x v = (u 2 +v 2 ) 2 , yu = (u 2 +v 2 ) 2 , yv = (u 2 +v 2 ) 2 ,
∂(x,y)
∂(u,v)
2 2
v
= (u4u
2 +v 2 ) 4
v −u
−v u
= 0.
m2 1
Nunca hay inversa local. f lleva cada recta a un solo punto: f(u, mu) = 1+m
2 , 1+m2 .
[Como no hay inversa, no tiene sentido hallar u x ].
∂(x,y,z)
∂(u,v,w)
=
0 e v+w e v+w
1
0
−1
1 −1
0
= −2 ev+w , 0 . Inversa local en cada punto. Calculamos la inversa global:
w =u−y , v =u−z → x = e2u−y−z , u = 12 (ln x+y+z) , v = 21 (ln x+y−z) , w = 21 (ln x−y+z) .
Entonces: u x =
1
2x
1
= 2ev+w
1 = ev+w (vx +w x )
1
, pero lo hacemos también directamente: 0 =u x −w x
.
→ 1 = 2u x ev+w , u x = 2ev+w
0 =u x −vx
[hasta aquí para el control 1]
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y
∆
f
∇f = (sen 2y, 2x cos 2y) . ∇f (1, 0) = (0, 2) . Dv f (1, 0) = (0, 2) · v .
i)
i) Es máxima en la dirección y sentido del gradiente: v = (0, 1) y es Dv = 2 .
iii)
iii)
ii) Es mínima en sentido opuesto: v = (0,−1) y entonces Dv = −2 .
x
ii)
iii) Es 0 en sentido perpendicular al gradiente: v = (1, 0) o v = (−1, 0) .
√
√
iv) (0, 2)(u, v) = 2v = 1 ⇒ v = 12 . u2 +v 2 = 1 ⇒ u2 = 43 . Dos posibles vectores: v = 23 , 12 o v = − 23 , 12 .
3
Para hallar su desarrollo de Taylor lo mejor es desarrollar el seno: f (x, y) = x 2y − 8y6 + · · · = 2xy + · · · .
42. f (x, y) = x sen 2y
Mucho más largo: f x = sen 2y (0,0)= 0 , f y = 2x cos 2y (0,0)= 0 , f xx = 0 , f xy = 2 cos 2y (0,0)= 2 , f yy = 4x cos 2y (0,0)= 0 .
f se parece cerca de (0,0) a g(x, y) = 2x y (silla de montar), y no tiene ni máximo ni mínimo local en ese punto.
f x = 3−2x + y = 0
→ (1,−1) .
f y = −3+ x −2y = 0
43. a) f (x, y) = 3x −3y− x 2 + x y− y 2
Máximo: f xx = −2 < 0 , f yy = −2 , f xy = 1 , Hf =
b) g(x, y) = x 4 + y 4 −(x + y) 2
−2 1
1 −2
>0.
gx = 4x 3 −2(x + y) = 0
→ 4x 3 = 4y 3 ,
gy = 4y 3 −2(x + y) = 0
y = x , 4x 3 −4x = 0 → (0, 0) , (1, 1) , (−1, −1) puntos críticos.
gxx = 12x 2 −2 , gyy = 12y 2 −2 , gxy = −2 . En (±1, ±1) es gxx = 10 > 0 , Hg =
10−2
−210
> 0 . Mínimos locales.
En (0, 0) es Hg = 0 y hay que verlo directamente. g(x, x) = 2x 4 − 4x 2 , g(x, −x) = 2x 4 . Punto silla.
c) h(x, y, z) = x 4 +2x 2 + y 2 +3z 2 −2y
44.
f (x, y) = x 3 + x 2 y+ y 2 +2y+p
h x = 4x 3 +4x = 0 → x = 0
4 0 0
+
*
hy = 2y−2 = 0 → y = 1 → (0, 1, 0) punto crítico con ..0 2 0//. Mínimo.
hz = 6z = 0 → z = 0
,0 0 64
2
Claro, poniendo h(x, y, z) = x +2x +(y−1) 2 +3z 2 −1 ≥ −1 .
f x = x(3x +2y) = 0 → x = 0 , y = − 23 x
→ (0,−1) , 1,− 23 , (2,−3) .
2
2
f y = x +2y+2 = 0 y = −1 , x −3x +2 = 0
+2y 2x
= 4(3x + y− x 2 ) . Hf (0,−1) = Hf (2,−3) = −4 < 0 sillas.
f xx = 6x +2y , f yy = 2 , f xy = 2x . Hf = 6x2x
2
f xx 1,− 23 = 3 , Hf 1,− 23 = 2 > 0 mínimo. f (1,− 32 = p− 54 . Será 0 si p = 45 .
45.
f (x, y) = 1−2x 2 + x y− y 2 i) x 2 + y 2 ≤ 1 En el interior (apuntes) sólo hay máximo (en el origen) con f (0, 0) = 1 .
(2λ x +4x − y = 0
→ y 2 −2x y− x 2 = 0 ,
√ En ∂ A : (−4x + y , x −2y) = λ(2x, 2y) , x 2 + y 2 = 1 → 2λ y− x +2y = 0
y = 1± 2 x →
x2 + y2 = 1
√ √
2
→ y similares cambiando signos mas por menos.
x 2 = 1√ , x = ± 2∓
2
4±2 2
O bien: (cos t, sen t), t ∈ [0, 2π] , f |∂A ≡ h(t) = cos t (sen t −cos t) = 21 (sen 2t −cos 2t −1) ,
√ 11π
1
h ′ (t) = sen 2t +cos 2t → t = 3π
8 , 8 con h (y f ) mínima = − 2 1+ 2 ≈ −1.2 ,
15π
y t = 7π
8 , 8 con máximos locales de f (absolutos en ∂ A ).
( 2λ x +4x = y
ii) y+ x 2 = 4 (−4x + y , x −2y) = λ(2x, 1) → λ = x −2y
√
5± 57
8
y = 4− x 2
→ 2x 2 −4x y+4x = y ,
4x 3 +3x 2 −12x −4 = (x +2)(4x 2 +5x −2) = 0 →
ր
√
57 1.54
, y± = 87∓5
≈−1.56
≈ 3.90 . f (x +, y+ ) ≈ – 3.88 valor máximo.
32
0.31
′
O más corto: f (x, 4− x 2 ) = − x 4 + x 3 −6x 2 −4x +15 → − 4x 3 +3x 2 −12x −4 = 0 ր , claramente sin mínimo.
x = −2 , y = 0 , f (−2, 0) = 7 ; x ± =
iii)
y 2 − x 2 +2x = 1
⇔
El valor máximo es
y 2 = (x −1) 2 ,
9
16
y = x −1 ó y = 1− x .
f (x, x −1) = x −2x 2 , con máximo si x = 41 → f = 18 .
9
.
f (x, 1−x) = 3x−4x 2 , con máximo si x = 38 → f = 16
y el mínimo no existe. Ahora con multiplicadores:
( 2λ(x −1) = 4x − y
2λ(x −1) = 3x +1 ó 2λ(x −1) = 5x −1
→ x = 41 ó x = 83 ,
2λ(x −1) = 2− x ó 2λ(1− x) = 3x −2
y = − 34 ó y = 85
y 2 = (x −1) 2 , y = ±(x −1) ր
(−4x + y , x −2y) = λ(2−2x, 2y) → 2λ y = x −2y
se anula en (1, 0)
f
1 3 1
4 ,− 4 = 8
, f
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9
3 5
8 , 8 = 16
, f (1, 0) = −1 .
46. g(x, y) = y 3 −2x 2 +2x y−2y 2 a)
Hg =
b)
−4 2
2 6y −4
gx = 2y−4x = 0 , y = 2x ց
gy = 3y 2 +2x −4y = 0 , 6x(2x −1) = 0
[Curvas de nivel
g = −1 , − 12 , 0 , 1 ]
→
= 12(1−2y) → 12 , 1 silla, (0, 0) máximo local g 21 ,1 = − 21 , g(0,0) = 0 .
g(0, y) = y 3 −2y 2 −→ ±∞ ⇒ no tiene extremos absolutos.
y−2x = −λ
ց
3y 2 +2x −4y = λ ↓ 3y(y−1) = 0
y−2x = 1
x = −1/2, 0
y→±∞
[La recta y = 2x +1 es tangente a las
→ − 21 , 0 , (0, 1) . curvas de nivel g = − 1 y g = −1 ].
2
c) g(0, 2) = 0 , gy (0, 2) = 4 , 0 ⇒ existe y(x) ∈ C 1 cerca de (0, 2) , gx (0, 2) = 4 ,
y ′ (0) = − 44 = −1 . Recta tangente y = y(0)+ y ′ (0)(x −0) = 2− x . [En rojo].
d) c(1) = (0, 2) , c ′ (1) = (1, 3) , h ′ (1) = ∇g(c(1)) · c ′ (1) = (4, 4) · (1, 3) = 16 . [Se ve que h ′ (1) > 0 ].
47. 5x 2 +6xy+5y 2 = 8
Mucho se puede hacer con técnicas de R , despejando y :
√
2
y = −3x±2 510−4x . Por ejemplo, definida si |x| ≤
√
10
2
.
a) Maximizando x con la restricción de la elipse: F = x −λ 5x 2 +6xy+5y 2 −8 →
1 = λ(10x +6y)



 0 = λ(6x +10y) → y = −3x/5 ↓
√

 2
9 16 2
2
x 2 5− 18
 5x +6x y+5y = 8
5 + 5 = 5 x = 8 , x = ± 5/2 como arriba.
y
x

 2x = λ(10x +6y) → λ = 5x+3y
= 3x+5y
,

2y = λ(6x +10y)
b) Extremos de d(x, y) = x 2 + y 2 sobre la elipse: 

 2
2
 5x +6x y+5y = 8
3x 2 = 3y 2 , y = ±x → x 2 = 1/2 ó x 2 = 2 .
√ √
√
√ Candidatos: ± 22 , ± 22 con d = 1 (más cercanos), ± 2 , ∓ 2 con d = 4 (más lejanos),
p
c) f (x, y) = x 2 + y 2 Además de los puntos de ∂ A los de b) pues d = f 2 miramos (0, 0) [ f no diferenciable]:
√
√ f (0, 0) = 0 (mínimo absoluto), f ± 2 , ∓ 2 = 2 (máximo absoluto). En los otros f = 1 .
48.
f (x, y, z) = x − y+2z en x 2 + y 2 +2z 2 ≤ 2 (limitado por un elipsoide, es conjunto compacto).
Como f x = 1 , f y = −1 , f z = 2 , no tiene f extremos en el interior. En la frontera del conjunto:
√
1 = 2xλ , x = 1/2λ



√1 , − √1 , √1 = 2 2 máximo,
f



2
2
2
 −1 = 2yλ , y = −1/2λ → 1 2 + 1 2 + 1 2 = 12 = 2 → λ = ± √1 .
√

4λ
4λ
2λ
λ
2
=
4zλ
,
z
=
1/2λ
2
1
1


f − √ , √ , − √1 = −2 2 mínimo.

 2 2
2
 x + y +2z = 2
2
2
2
49. Queremos maximizar f (x, y, z) = x yz (positivos), con la condición x + y+z = 27 .
Convirtiéndolo en problema de 2 variables: maximizar h(x, y) = x y(27− x − y) →
h x = 27y−2x y− y 2 = 0 → 27(y− x) = y 2 − x 2 → y = x ó y+ x = 27 (no válido, z = 0 )
hy = 27x −2xy− x 2 = 0 ր
↓
27x 2 −3x = 0 , x = y = 9 →
producto máximo = 81 · 9 = 729 .
Lagrange: F = xyz − λ x + y+z−27 →

yz = λ , yz = xz , y = x





 xz = λ , x y = xz , y = z

xy = λ



 x + y+z = 27

→ x = y = z =9 .
z
50. Extremos de f (x, y, z) = 2x +3y+z sobre la curva x 2 +z 2 = 2 , y+z = 0 .
[Intersección de un cilindro y de un plano inclinado, la curva será una elipse].
Con Lagrange. Hallamos los extremos de F = 2x +3y+z −λ x 2 +z 2 −2 − µ(y+z) .
2 = 2xλ





3
=µ
x = λ1 = −z ↓


(1, 1,−1) con f = 4 máximo ó

 1 = 2zλ + µ
→


(−1,−1, 1) con f = −4 mínimo.
2


x 2 +z 2 = 2
= 2 , λ = ±1


λ2

 y+z = 0
2
y
2
x
√
√
√
O podemos parametrizar la elipse:
2 cos t, − 2 sen t, 2 sen t , t ∈ [−π, π] . Llevándola a f :
√
√
h(t) = 2 2 (cos t −sen t) , h ′ (t) = −2 2 (sen t +cos t) = 0 → t = − π4 máximo ó t = 3π
4 mínimo.
[hasta aquí para el parcial]
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Soluciones de problemas de Cálculo (grupo D - 15/16)
1. a)
1
Z 1Z
Z 1Z
(x 2 + y 2 ) dx dy =
0 0
Z 1Z 1
b)
0
0
Z 1Z
c)
Z
y exy dx dy =
0
1
0
1
1
b)
c)
Z 1Z x
Z 1Z √y
0
y
Z
Peor:
0
Z
0
Z π−y
π /2
y
=
y
0
y
x
Z
sen x dy dx +
π /2
π/2 Z
= − x cos x 0 +
Z
π /2
0
π−x
1
0
Z
x 2 dx +
1
0
1
3
Z
1
sen 1
0
1
9
y 2 dy =
y 2 dy =
2
3
.
sen 1 .
dy = 0 . O bien
Z 1
0
Z 4Z √4−x
1 1 1
2 4−6
[x 3 − x 5 ] dx =
1
2
Z 1
0
[y 2 − y 3 ] dy
1
e
=2 1−
Z 0
−1
+
Z 4
x 3 y dy dx =
√
0 − 4−x
1
e2
=
1
24
=
0
.
0
Z
y=2x+2
y=x
g π/2
0
0
0
–1
= 2.
π/2
y=x
π
π/2
0
g)
Z √1−x 2
x3
5x/2
Z 0
x dy dx =
−1
Z 2π
√
− 1−x 2
cos3 θ
0
Z 1
0
1
dy dx = 2
−3
29 9
5 3− 2
=
√
x 3 1− x 2 dx = 0
Z 2
29x 2 29x 15 + 5 +
+
2− 34
=
0
− 29
6
.
29x 29x 2 5 − 10
y
7
5
x
–3
0
2
v
1
1
5
Z 2π
0
u
0
cos3 θ dθ = 0
2
3. Como el integrando tiene dos expresiones en R , debemos hallar dos integrales:
Z 1
Z Z
Z Z
Z 1
1 x
1 2
2
2
2−2x + x2 dx = 43 .
(x − y) dy dx +
(y− x) dy dx = x2 dx +
0 0
0 x
1
1
[integral de función impar
en recinto simétrico].
−1
r 4 dr dθ =
y
y=x
1
x
0
0
1
2
4.
Z 2Z 2
0
y
2
ex dx dy =
Z 2Z x
0
0
2
ex dy dx =
Z 2
0
2
x ex dx =
1
2
ex
2
(La integral inicial no tiene primitiva elemental).
5. El recinto aparece dividido en dos regiones:
Z 1Z
0
x−x 2
Z 2Z
(x 2 +2xy 2 +2) dy dx +
1
0
=
Z 1
=
0
R
1
0
π
!
!
!
Z
y=π–x
x=π–y
D
x
π /2
∂(x,y)
= 29 ;
; ∂(u,v)
, o sea, yx = A uv = 2u−3v
A = 25 −3
= 52 −3
5u+7v
7
7
g
R1f
R 1R 1−u
2
29(2u−3v) dv du = 29 0 2u(1−u)− 3(1−u)
du = − 29
2
6 .
0 0
Z 1
2
y
sen x dy dx =
x sen x dx +
(π− x) sen x dx
0
π /2
Z π
cos x dx − (π− x) cos x ππ/2 − cos x dx = 2 .
0
π /2
2
1
0
=− cos y
Z π /2
x=4–y 2
x= y
Z 2
ex − e−x−2 dx+
1− ex−2 dx
f
4
0
y=x 2
, o más largo:
y= 4–x
–2
y=x
Con un cambio lineal podemos llevar el triángulo a uno más sencillo; por ejemplo
el que lleva (1, 0) a (2, 5) y (0, 1) a (−3, 7) , es decir, el dado por la matriz:
!
2
0 dx = 0 .
1
.
1
1 1 1
2 3 − 4 = 24
cos y − cos(π− y) dy = 2 sen y
29 x 2 x 3 2
5 2 − 6 0
+
Z
y 2 dy dx =
dy =
0
dy =
y
Z 2Z (29−2x)/5
0
0
1
ex−y dy dx =
π
1
ey −1 dy = e−1 − 1 = e − 2 .
e−1 −y/2 dy
sen x dx dy =
29 x 3 x 2 0
5 9 + 2 −3
1
2
dx =
2
1−
Z 2Z 2
0
sen x 3
3
x 2 √y
0
x dy dx +
(4− y 2 ) 4
x2
0
0
1
1
impar
2
Z 2
Z
Z 1Z
R2
R2
R2
x dx + 1 log y dy = 2[2 log 2−1] , pues 1 log s ds = s log s 21 − 1 1 ds = 2 log 2−1 .
x
Z
Z 0 Z (29−2x)/5
−3 −7x/3
0
y2
Z x
π /2
0
y2
−2
xy dx dy =
ex−y dy dx +
−1 0
1
Z 1
dx dy =
dy =
0
Z 2
0
Z
y/2 −1
0 Z 2x+2
1
2
log
1
x
ex−y
e) Mejor:
f)
Z 1
Z 2Z y
0
R
x 2 dx dy +
0
Z
1
4
dx dy =
xy dy dx =
x2
O bien
d)
x3 y
0
0
0
log(xy) dx dy =
Z 2 Z 4−y 2
−2
exy
(x y) 2 cos x 3 dx dy =
Z 2Z 2
2. a)
1
0
1
3. Integrales múltiples
0
x−x 2
!
D
f =
!
2
0
D1
= 12 [ e4 −1] .
f+
!
y=x
0
D2
2
f.
(x 2 +2xy 2 +2) dy dx
Z 2
2 3
(x 2 +2)(x − x 2 )+ 2x
3 (x − x ) dx
1
R2
x4
27
2x 7 19
2
3
5
6
2x −2x + x − 3 −2x +2x − 3 dx − 1 (·) dx = 70
+ 1249
210 = 3 .
2 3
(x 2 +2)(x − x 2 )+ 2x
3 (x − x ) dx −
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y=x–x2
0
D1 1
1/2
2
D2
6. i) Para no hacer 2 integrales, es mejor integrar primero respecto a x :
y y=2x y=2x–2
v
R 2 1
R 2R y/2+1
R
2
y/2+1
2
2
(2x − y) 3 dx dy = 0 8 (2x − y) 4 y/2 dy = 0 2 dy = 4 .
0 y/2
R 2R 2
R 1R 2x
u
Más largo: 0 0 (2x − y) 3 dy dx + 1 2x−2 (2x − y) 3 dy dx
D
2
x
R 2
R1
4
4
2
4
4
0
1
= 0 4x dx + 1 4−4(x −1) dx = 5 +4− 5 = 4 .
R R
1 4 2
u = 2x − y x = u+v
1/2
∂(x,y)
1 1 2 2 3
=
u
du
dv
=
1·
= 1/2
.
ii) Con el cambio: v = y
, y = v 2 , ∂(u,v)
2
2
4u 0 = 4 .
0
0
0
1
7.
( u = y− x
v = y+ x
"
Luego,
( x = (v −u)/2
⇔
D
y = (u+v)/2
−x 2
0
1/2 1/2
= − 12 . y = 0 → u = −v
Z 2Z v
eu/v du dv =
e(y−x)/(y+x) dx dy = 21
Z 2Z x
8. i) A =
0
Z 4Z −x 2 +4x−2
dy dx +
2
x =0 → u=v
−1/2 1/2
. J=
x−6
v
y
x+y=2
x+y =2 → v =2
Z 2
−v
dy dx =
R
0
2
(x + x 2 )
0
1
v(e− 1e ) dv = e− 1e .
dx +
R
4
(4+3x − x 2 )
2
R
[A esto llegaríamos trabajando con la
u
x
1
= −2u
1
1
de R ].
2
D
=
Z 3Z 4
1
2
(x 2 + y 2 ) dx dy =
ց
0
∂(u,v)
∂(x,y)
9. u = x y , v = x 2 − y 2 →
"
0
2
1
1
(1+2u) du dv = 2 u+u2 20 = 12 .
y x
2x −2y
y=–x2
–2
v
y=x–6
–4
y
= −2(x 2 + y 2 ) →
3
dv du = 3 .
10. a) i) Cartesianas:
Más largo:
b) i)
Z √2Z √2−x 2
x 2 y dx dy =
"
Z 1
π /2
0
0
0
1
y 1− y 2
0
1
u
x
0
Z 1
0
x 2 1− x 2 ) dx = 21
3/2
r 4 cos2 θ sen θ dr dθ =
Z √2
1
1− y 2
dy = − 15
2
1
1
3
−
5/2 g 1
0
1/ cos θ
1
15
1 5 1 1
3 π/2
5 r 0 − 3 cos θ 0 =
Z
f dx =
p
"
D
x 2 +y 2
,
f dx dy =
Z 1Z √4−y 2
√
0
1−y 2
r =1
1
.
y=
1
3
Z
0
Z π/4
0
Z 2
π /2
1
f dx dy +
√
Z Z
4−y 2
2
1 0
r2 2 2 1
f dx dy =
Z
0
sen θ
1
π/2
0
1 dy +
Z
1
=
3
2
1
5
·
1
3
=
1
15
.
y= 2–x2
x= 2–y 2
1
r=1/cos θ
π/4
r=
1
1
3
M
Z π/4
Z π/4Z 1/ cos θ
cos θ
r
dr dθ = 8 lı́m+
2 θ − t dθ =
1−sen
r
t→0 0
t→0 0
t
(de hecho, con el cambio deja de ser impropia)
dx dy
=
(x 2 +y 2 ) 1/2 ↑
8 lı́m+
.
r =2
2
.
2
2
x=
1
2
2− y dy =
3− 4−1
2
=
3
2
.
r =1
x=
11. Se definen con límites como las impropias en R:
"
1–y2
.
√
√
2 2 cos θ − cos12 θ dθ = 13 [2 2 sen θ −tan θ 0π/4 = 13 [2−1] =
θ
r r cos
dr dθ =
r
1–x2
x=
0
r 2 cos θ dr dθ =
c) ii) En polares:
3
3
1
1
5 = 15
=
0
1
x dy dx =
1
Z π/4Z √2
0
i):
D
Z
f =
1
3
Z
D
√
√
x 2− x 2 dx = − 31 (2− x 2 ) 3/2 1 2 = 13 , o bien
1
1
0
√
Z 1
Z 1Z √2−y 2
Z 1
x 2 2−y 2
1−y 2
1
1
1
dy =
x dx dy =
2 1
2 dy = 2 − 6 = 3 .
0
ii)
0
0
v
4
1
x 2 y dy dx = 12
Z 1Z √1−y 2
0
ii) En polares:
D
f =
Z 1Z √1−x 2
u
2
[Casualidad que coincida casi con el jacobiano].
[Despejar x, y en función de u, v es complicado].
"
4
0
[No es inyectiva en R2 pues, por ejemplo, u = −1 se transforma también en y = x ].
Z 2Z
y=2–(x–2)
y=x
= 1+2u , 0 en D∗ , y el cambio es inyectivo en D ∗ pues lleva u = a
a rectas y = x −a−a2 del plano x y , distintas para cada a ≥ 0 .
Por tanto, A =
2
2
dx = 12 .
u = 0 → y = x , u = 2 → y = x −6
x =u+v
pues
ii) Un buen cambio es
v = 0 → y = −x 2, v = 2 → (x −2) 2 = 2− y
y = v −u2
∂(x,y)
∂(u,v)
2
√ 8 log 1+ 2 .
≈ 7,05
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π/4
r =1/cos θ
1–y 2
4–y2
12.
p
f (x, y) = x 2 + y 2 − x
a) f (x, 0) = |x|− x , f (0, y) = |y| no derivables
⇒ ∄ parciales en (0, 0) ⇒ f no es diferenciable.
1
-2x
0
[Que f es continua en R2 es obvio, pues lo es la raíz para valores positivos].
x 2 + y 2 = x 2 +2x +1 ,
b) f = 1 ⇒
∇f = √
x
−1 ,
x 2 +y 2
√
y
x 2 +y 2
1 2
2 [y −1]
parábola con
, ∇f (0,−1) = (−1,−1) ⇒ u = √1 , √1 ,
x=
2
z=1
f(0,y)
x ′ (−1) = −1 .
y
f(x,0)
y
-y
z=0 x
–1/2
u
∆
f
y
–1
2
pues la derivada direccional el mínima en sentido opuesto al gradiente.
1
En polares: ∇f = f r er + r f θ eθ = (cos θ −1, sen θ) .
[También se deduce del hecho de que el gradiente es perpendicular a la
dibujo de f
curva de nivel en el punto y de que apunta hacia donde crece el campo].
con Maple
Z π/4 Z 1
√
π/4 π− 2
r 2 (1−cos θ) dr dθ = 31 π − sen θ]−3π/4 =
. En cartesianas las integrales son bastante complicadas .
c)
3
−3π/4 0
y
13. a] f (x, y) = x+1
= 0 , 1 , −1 → rectas y = 0 , y = x +1 , y = −x −1 .
2y
−y
1
3 4
∇f = (x+1)
2 , x+1 (0,1) = (−1, 1) . ∆ f = (x+1) 3 . Dv f (0, 1) = (−1, 1) · 5 , 5 =
b]
"
D
f=
Z 1Z
0
1
√
x
y
x+1
Más corto que:
dy dx = 12
Z 1Z
0
y2
0
y
x+1
Z
1
1−x
x+1
0
dx dy =
Z
dx =
Z
1
0
1
0
1
1
x+1 − 2 dx
= ln |x +1|
y2
partes 2
y ln(1+ y 2 ) dy =
ln(1+ y 2 )
1
0
g1
0
f
1
5
b]
D
Z 2Z
f =
1
2−x
0
y
x2
dy dx = 21
Algo más corto que:
Z 1Z
0
Z
2−y
1
2
4−4x+x 2
dx = − x2 −2 ln |x|
1
x2
y
x2
dx dy =
Z
Z 1Z
15. z positiva en el rectángulo: V =
0
2
1
1
0
2
Z
1
0
y 3 +y−y
1+y 2
0
(x 2 + y) dy dx =
R
1
0
x 2 dx +
R
2
1
2 2−y
dy =
1
2
ln 2 −
f
v
1
C=0
0
C = –1
1
2
D
1
1
2
+ 12 ln 2 .
y
1
0
1
y=2–x
x=2–y
D
x
2
+ 1 + 2 ln 2 .
y dy = 13 + 4−1
2 =
11
6
.
√
a) De revolución. g(0,y) = 2e− |y | ⇒ gy (0,0)
2
2
16. g(x, y) = 2 e− x +y
2e
no existe ⇒ g no diferenciable en (0, 0) .
√
p
2
2
b) 2 e− x +y = 1 ⇔ r = x 2 + y 2 = log 2 . Polares-cilíndricas:
ln2
Z 2πZ ln 2
g ln 2
f
−r = 2π 1−ln 2− 21 (ln 2) 2 .
V=
r 2 e −1 dr dθ = 2π −2(r +1) e−r − 12 r 2
–|y|
0
17. a) {0 ≤ y ≤ sen2 x, 0 ≤ x ≤ π} . Por simetría, x = π2 .
Z πZ sen2 x
Rπ 4
y = R π 12
y dy dx = π2 0 sen2 x dx = 38 .
sen x dx 0
0
√
1
1
0
0
√
√ √
b) { x + y ≤ 1, x ≤ 0, y ≥ 0} . y = 1− x 2 = 1+ x −2 x .
x =R1
0
x=
√
Z 1Z 1+x−2 x
1
√
(1+x−2 x) dx 0
0
x dy dx = 6
R
1
(x
0
π
π/2
0
1
5
+ x 2 − 2x 3/2 ) dx =
R π/2
π/2R cos θ
r cos θ dr dθ = 0 (1−sen2 θ) cos θ dθ = 32 .
0
0
R
R π/2R cos θ
1
2 cos2 θ dr dθ = π/2 (1−sen2 θ) 2 cos θ dθ = 8
r
M 2 0
15
0
0
18. M = 2
y
0
0
R
1/4
1
= y , por simetría.
R
1
.
y = 0 por simetría de R y de su función densidad.
19. Con la distancia usual: d media =
1
π R2
R
2πR R 2
r dr
0
0
dθ =
2R
3
r
.
Con la nueva distancia:
R 2πR R
R π/2R R
4
r 2 (cos θ +sen θ) dr dθ =
d media = π 1R2 0 0 r 2 (| cos θ|+| sen θ|) dr dθ = πR
2 0
0
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x
1
C = –1
∆
dy =
x=y 2
y=√ x
0
C=1
1
3
1 + 2 = 2 −2 ln 2 .
Z 1
1 y+1−
dy =
y 1− 2−y
C=0
0
− 12 = ln 2− 21 .
−
y
1
1
.
14. a] f (x, y) = xy2 = 0 , 1 , −1 → y = 0 , y = x 2 , y = −x 2 (parábolas).
∇f = −2y
, 1
. Dv f (1, 1) = (−2, 1) · 53 , 45 = − 25 .
= (−2, 1) . ∆ f = 6y
x 3 x 2 (1,1)
x4
"
C=1
v
∆
8R
3π
.
R
20.
21.
$
(2x +3y+z) dx dy dz = 2
B
$
Z 1Z
x 2 cos z
dx dy dz =
V
0
0
R
2
2x
1
1−xZ
π
R
dx +
1
3y
−1
x 2 cos z
dy + 2
dz dy dx =
0
R
1
0
z dz = 2(4−1) + 0 + 1 = 7 .
1
Z 1Z
0
1−x
0
y=1–x
0 dy dx = 0 .
0
1
z
22.
Z 2Z 1Z
0
0
0
ey dz dy dx =
−y
1
Z 2Z 0Z
O bien:
0
Z 2Z
0
1
0
Z
y ey dy dx = 2
ey dy dz dx = 2
−1 −z
0
Z
−1
1
0
1
y ey dy = 2 (y−1) ey 10 = 2 .
x
y
2
0
= 2.
e− e−z dz = 2 e + 2 e−z −1
z=–y
23. Es importante elegir un buen orden de integración:
Z 1
Z Z
Z 1−y 2
1 y
2
2
1
y 1−ey −1 dy = 12 y 2 − ey −1 10 = 2e
.
e−z dz dx dy = 21
24.
Por ejemplo, con
Z Z
1 1Z
0
$
x y2 z3
V
1
4
=
x
1−y 2
e−z
0
Z 1Z
dx dy dz =
Z 1Z
0
x
0
0
0
dz dy dx aparece
xZ x y
Z
1
ey
x
2 −1
(0 , 2 , −4)
√
− 2, −2 3 , 3
√ √
2
2
,
,
1
2
2
P
Q
R
xy 2 z 3
1
28
Z
{θ =
φ=
θ = − π2 ,
ó
x
y=x
dz dy dx
1
0
x 12 dx =
polares
2, π2 , −4
4, 4π
3 ,3
1 , π4 , 1
1
364
y
.
φ=
1
y=x
x
esféricas
√ π
2 5 , 2 , π−arctan 12
4
5 , 4π
3 , arctan 3
√ π π
2, 4, 4
{θ = π2 , z = −2r ó θ = − π2 , z = 2r }
5π
6
1
1
A= {(x, y, z) : x = 0, z = −2y}
π
2,
y
0
x 5 y 6 dy dx =
cartesianas
25.
1
dy no calculable .
[ z = x y es un ‘paraboloide hiperbólico’ (silla de montar)].
26.
z=1-y 2
0
0 0 0
1
x2 + y2 = 1
x 2 + y 2 ≤ z 2 ≤ 1− x 2 − y 2
√
r ≤ z ≤ 1−r 2
C = ( ρ, θ, φ) : φ ≤ π4 , ρ ≤ 1
B = {(r, θ, z) : r = 1}
π
6}
{ ρ sen θ = 1}
1
recta por
el origen
cilindro
vertical
volumen
entre
cono
y esfera
1
π/4
27. a) Claramente las coordenadas adecuadas son las cilíndricas:
Z 2πZ 1Z r 2
0
0
0
r z dz dr dθ = 2π
Largo en cartesianas:
1
2
Z 1
0
r 5 dr = π6 .
√
Z Z
1
1−x 2
Z 1 Z √1−x 2Z x 2 +y 2
–1
x 4 +2x 2 y 2 + y 4
z dz dy dx = 2
dy dx
√
0 0
−1 − 1−x 2 0
Z 1
Z π/2
√
2
2
= 15
(8x 4 +4x 2 +3) 1− x 2 dx = 15
(8 sen4 t +4 sen2 t +3) cos2 t
0
0
x = sen t ↑
0
En cilíndricas: 2π
En cartesianas:
0
Z
√Z √
2
4−r 2
r z dz dr = 2π
0
r
Z √2 Z √2−x 2 Z √4−x 2 −y 2
z
√
√
√
− 2 − 2−x 2
x 2 +y 2
Z
√
0
2
dt = · · · .
√
4
r 2−r 2 dr = 2π r 2 − r4 02 = 2π .
dz dy dx =
Z
√
2Z
√
2−x 2
√
√
− 2 − 2−x 2
2− x 2 − y 2 dy dx = · · ·
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y= 1–x2
1
p
b) El cono z = x 2 + y 2 y la esfera x 2 + y 2 +z 2 = 4 piden hacer la integral en esféricas
Z π /4Z 2
$
z = 2π
ρ3 sen φ cos φ dρ dφ = π 41 ρ4 20 sen2 φ 0π/4 = 2π .
V
z=r 2
1
ρ= 2
2
z=
4–r 2
2
π/4
z=r
2
y=
2–x2
1
28. a) V =
#
V
Z 2πZ 1Z r sen θ+2
1=
0
0
0
Peor en cartesianas: V =
Z 2πZ 1
r dz dr dθ =
Z 1Z √1−x 2 Z y+2
0
0
(r 2 sen θ +2r) dr dθ =
Z 1Z √1−x 2
Z 2π
0
sen θ
3 +1 dθ
Z
1
3
= 2π .
2
√
1− x 2 dx
1
dz dy dx =
(y+2) dy dx = 4
√
−1
−1 − 1−x 2
R π/2
R π/2
2
= [par, x = sen t ] = 8 0 cos t dt = 4 0 (1+cos 2t) dt = 2π .
√
−1 − 1−x 2 0
[Sin integrar: volumen de cilindro de altura 1 más medio volumen de cilindro de altura 2].
b) Sobre x 2 + y 2 ≤ 1 la gráfica de z = 1− x 2 está por encima del plano z = 0 :
V=
Z 1 Z √1−x 2 Z 1−x 2
√
− 1−x 2
−1
0
dz dy dx = 2
=
Z
1
−1
π /2
Z
0
Z
(1− x 2 ) 3/2 dx = 4
x=sen t
π /2
cos4 t dt
0
4t
(1+2 cos 2t + 1+cos
) dt =
2
3π
4
.
2π
1 cos2 θ 2− 4
O, más corto, en cilíndricas:
Z 2πZ 1Z 1−r 2 cos2 θ
V=
0
0
0
c) Cilíndricas: V = 2π
O bien: V =
Z 2πZ 1Z
0
0
Z 2πZ 1
r dz dr dθ =
Z 1Z √2−r 2
0 r2
√
z
r dz dr = 2π
Z 1
Z 2πZ √2Z
r dr dz dθ +
0
0
0
Z
r −r 3 cos2 θ dr dθ =
0
1
0
√
0
Z 2π
dθ =
0
√
√
r 2−r 2 −r 3 dr = π6 8 2 −7 .
ρ=
3−cos 2θ
8
2
2
2−r 2
En esféricas: V =
0
= 2π
√
2 2
3
En cartesianas: V = 4
29.
$
V
f dx dy dz =
0
0
ρ2 sen φ dρ dφ dθ +
− cos φ
π/4
0
Z π/2 3
cos φ
2π
0
0
x 2 +y 2
0
b
ρ3
5
π/4 sen φ
3
Z 1Z √1−x 2Z √2−x 2 −y 2
Z 2πZ πZ a 2
ρ sen φ
0
+
5
0
dφ =
0
y= 1–x2
ρ2 sen φ dρ dφ dθ
ρ cos φ = ρ2 sen2 φ (sen2 θ +cos2 θ)
4π
3 (
√
2 −1) +
R
2π 1 √ 1−t 2
3 1/ 2 t 5
0
(1 − cos2 φ) sen φ dφ =
0
R
ρ4 sen3 φ dρ dφ dθ
0
8π R 5 ρ∗
15
=
2M R 2
5
.
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dt =
Z π
sen φ dφ = 4π log ba .
dρ dφ dθ = 2π log ρ ba
0
=
π/4
2–r 2
1
dz dy dx = · · · (difíciles integrales).
30. M = 34 πR3 ρ∗ , con ρ∗ densidad constante.
Z 2πZ πZ
#
Iz = V (x 2 + y 2 ) ρ∗ dx dy dz = ρ∗
Z π
2π R 5 ρ∗
Z 2πZ π/2Z cos φ/ sen2 φ
0
.
z=r 2
1
Z 2πZ π/4Z √2
z=
3π
4
1
r dr dz dθ
0
Z √2 √
√
[a esto se llegaría utilizando
= π ( z ) 2 dz + π
2−z 2 2 dz fórmulas de una variable]
0
1
√
√
√
= π2 + 2π( 2 −1) − π3 (2 2 −1) = π6 8 2 −7 .
Z
dθ =
R
π
6
√
8 2 −7 .
Soluciones de problemas de Cálculo (grupo D - 15/16)
4. Integrales de línea
Z bq
1. i) y = f (x) , x ∈ [a, b] → c(x) = x, f (x) , c′ (x) = 1, f ′ (x) → L =
1+ f ′ (x) 2 dx .
a
ii) r = f (θ) , θ ∈ [α, β] → c(θ) = f (θ) cos θ, f (θ) sen θ , c′ (θ) = f ′ cos θ − f sen θ, f ′ sen θ + f cos θ
Z βq
q
→ kc′ (θ)k = f 2 (cos2 θ + sen2 θ) + ( f ′ ) 2 (cos2 θ + sen2 θ) → L =
α
f (θ) 2 + f ′ (θ) 2 dθ .
2. a) (−t , 12 −t) , t ∈ [−1, 0] ; (t , 21 −t) , t ∈ [0, 21 ] ; (t , t − 12 ) , t ∈ [ 12 , 1]
R 1/2 √
R1 √
R0 √
√
2 dt + 1/2 2 dt = 2 2 (¡claro!).
→ L = −1 2 dt + 0
√ √
b) k2(sen 2t −sen t, cos t −cos 2t)k = 2 2 1 − cos t = 4 sen 2t ,
Rπ
L = 8 0 sen 2t dt = −16 cos 2t 0π = 16 .
c) L =
Z e√
Z 8q
1
1+ 49 x −2/3
y ∈ [1, 4] , L =
R
e) L =
2π
0
√
dx = · · · =
x
1
d) L =
√
u=x+ x 2 +1
x 2 +1
x 2 +1 − log 1+
√
x 2 +1
x
ge
1
y
3/2
–3
1/2
x
1
≈ 2.0035 .
e
√
x
1
1
2aπ
Z
c
b) f (x, y, z) = x +z , c(t) = t, t 2, 32 t , c′ (t) = (1, 2t, 2t 2 ) ;
2π
0
p
e2θ +e2θ dθ
1
L
Tmedia =
Z
2π
0
√ Z
= 2
p
e e2θ +e2θ
θ
3
f ds =
Z
c
Z 3
1
y
2
2
g3
√
√
√
6 t 2 14 dt = 2 14 t 3 = 52 14 .
1
f ds =
Z 1
0
t + 23 t (1+2t 2 ) dt =
3
0
cos
√ t
2
+
2
sen
√ t dt
6
1
2
t + 23 t 3
y
√ eθ dθ = 2 e2π − 1 ≈ 756 .
0
√ Z 2π
√ 1
2
2
dθ = L
e2θ dθ = 2L e4π −1 = 2 e2π +1 ≈ 268 .
2π
0
23
25
18
=
535
.
x
111
6
2
Z 2π
=
0
cos2 t
2
+
6
sen √
t cos t
3
6
+
sen2 t 2
dt
6
=
π
2
+
π
6
=
2π
3
D
u
3
2
6
6
3
y
x
.
y
[La proyección de C sobre z = 0 es 2x 2 +2y 2 +2x y = 1 ; de ella salen otras parametrizaciones
√
√
con cálculos bastante más largos, por ejemplo: x, 21 [−x ± 2−3x 2 ], 21 [x ± 2−3x 2 ] ,
√
√
o parametrizando distinto la elipse: √2 sen t, √1 cos t − √1 sen t, ( √1 − √2 ) sen t − √1 cos t ].
1
1/ 6
D
1/ 2
x
2
7. a) (y 2, y) , y ∈ [1, 2] ó (x, x 1/2 ) , x ∈ [1, 4] . Mejor con la primera:
Z 2 p
A = 2π y 1+4y 2 dy = π6 1+4y 2 3/2 21 = π6 173/2 − 53/2 ≈ 30.8 .
2
1
1
b) r = (1+cos θ) , θ ∈ 0, π2 , r ′ (θ) = − sen θ , y = (1+cos θ) sen θ ,
p
√
√
kc′ (θ)k = r 2 +(r ′ ) 2 = 1+2 cos θ +cos2 θ +sen2 θ = 2+2 cos θ .
√
√ Z π/2
√ A= 2 2 π
(1+cos θ) 3/2 sen θ dθ = − 4 52 π (1+cos θ) 5/2 0π/2 = 4π
5 8− 2 .
0
2g 1
0
2
Z 2π
x
2
6. La intersección de x 2 + y 2 +z 2 = 1 y x + y+z = 0 es una circunferencia C parametrizable
con c(t) = cos t u + sen t v , con u , v vectores ortogonales unitarios contenidos en el plano.
Por ejemplo, u = √1 , − √1 , 0 , v = √1 , √2 , − √1 . kc′ (t)k = 1 .
v
M=
x
√
θ 2 +1 + log θ + θ 2 +1 2π
0 ≈ 21.3 a .
4. a) f (x, y, z) = yz , c(t) = (t, 3t, 2t) , c′ (t) = (1, 3, 2) ;
Z
8
aπ
3. r 2 = 2r cos θ +2r sen θ , x 2 + y 2 = 2x +2y , (x −1) 2 +(y−1) 2 = 2 , circunferencia.
√ 2
√
√
Pasando de integrales: a) A= π ( 22 ) + 22·1 = π+2 ; b) L = 2+2+ 2π2 2 = 4+π 2 .
R π/2
R π/2R 2(cos θ+sen θ)
r dr dθ = 0 (2+4 sen θ cos θ) dθ = π+2 .
Con integrales: a) 0 0
R π/2 √
√
8 dθ = 4+π 2 .
b) r 2 + (r ′ ) 2 = 8 → L = 2 + 2 + 0
5. L =
x
y
dx es difícil, pero parametrizando
8 3/2 1
1+ 49 y dy = 27
10 − 8 133/2 ≈ 7.63 .
a
2 θ
y
4
x = y 3/2 ,
√
a θ 2 +1 dθ =
x
1
1
y
Z 4q
1
y
2
≈16,55
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1
4
1
2
Z
8. a) c(x) = (x, x 2 ) , 0 ≤ x ≤ 1 ,
b) c(x) = x, 12 , 1 ≤ x ≤ 2 ,
1
2
c) c(y) = (2, y) , 0 ≤ y ≤ ,
Z
Z
C
C
C
Z
(x 2 + y 2 )dx + dy =
Z
(x 2 + y 2 )dx + dy =
Z
(x 2 + y 2 )dx
+ dy =
1
0
2
(x 2 + x 4 + 2x) dx =
(x 2 + 41 ) dx =
1
1/2
0
dy =
1
2
31
12
23
15
.
1
y
ca
.
.
cb
1
y
↓
||
x
2
9. c(t) = (cos t, b sen t) , t ∈ [0, π] , recorre b2 x 2 + y 2 = b2 en sentido opuesto.
Rπ
T (b) = − 0 (3b2 sen2 t +2, 16 cos t) · ( − sen t, b cos t) dt = 4b2 −8bπ+4 . T ′ (b) = 8(b−π)
3b2 sen t(1−cos2 t)−8b(1+cos 2t)+2 sen t
cc
b
–1
T mínimo si b= π .
10. f(x, y) = (x y, 0) entre (−1, 0) y (1, 0) . Usamos en todas el parámetro x , x ∈ [−1, 1] :
R1
a) c(x) = (x, 0) , c′ = (1, 0) . −1 0 dx = 0 .
R1
b) c(x) = (x, 1− x 2 ) , c′ = (1, −2x) . −1 (x − x 3 ) dx = 0 .
–1
( (1, −1) , x < 0 R 0
R1
c) c(x) = (x, |x|−1) , c′ = (1, 1) , x > 0 . −1 (−x 2 − x) dx + 0 (x 2 − x) dx = 0 .
√
√
R1
d) c(x) = x, − 1− x 2 , c′ = (1, x(1− x 2 ) −1/2 ) . −1 −x 1− x 2 dx = 0 .
y
1
x
1
1
x
Pero no es gradiente de nigún campo escalar pues f y = x . 0 = gx (sobre otros caminos no se anula).
√
√
11. a) c(t) = t 3, 2t 2 . c′ (t) = (3t 2, 4t) , kc′ (t)k = 9t 4 +16t 2 = |t| 9t 2 +16 .
Z 0
f
g0
√
3 −43
1
Longitud L = (−t) 9t 2 +16 dt = 27
− (9t 2 +16) 3/2 = 5 27
= 61
27 .
−1
b) Tangente en (−1, 2) : c(−1) = (−1, 2) ,
c′ (−1) = (3,−4)
−1
→ x(s) = (3s−1, 2−4s) .
Corta la curva para t y s que cumplan: t 3 = 3s−1 , 2t 2 = 2−4s →
(3s−1) 2 = (1−2s) 3 , 8s3 −3s2 = 0 , s = 83 → 12 , 81 y s = 0 → (−1, 2) .
g
f
↑
O bien, la curva y = 2x 2/3 y la recta y = 2−4x
se cortan si 27x 2 = (1−2x) 3 .
3
c) h(x, y) = e2x+y ,
Z
c
Z
∇h · ds = h(1, 2)−h(0, 0) = e4 −1 =
1
0
(6t 2 +4t) e2t
3 +2t 2
dt = e2t
3 +2t 2
g1
0
(cálculo innecesario).
12. a] f (x, y) = x 2 − y 2 = 0 → las rectas y = ±x . [El resto, hipérbolas]. ∇f (x, y) = (2x,−2y) ,
∇f (1, 1) = (2,−2) . Du f (1, 1) = (2, −2) · (−1,−1) = 0 . ∆ f (x, y) = f xx + f yy = 2−2 = 0 .
R
b] Como g = (2x,−2y) = ∇f , será c g · ds = f (0, 1) − f (1, 0) = −2 . Directamente:
R π/2
R
c(t) = (cos t, sen t) , t ∈ 0, π2 , c g · ds = 0 (2c,−2s) · (−s, c) dt = −2 sen2 t 0π/2 = −2 .
√
R
R0
R0
√ √ dt =
4t dt = −2 .
O bien: c(t) = t, 1−t 2 , t ∈ [1, 0] , c g · ds = 1 2t,−2 · · 1, −t
·
1
13. D limitado por y = −2 , y = 0 , x +2y = 0 y x +2y = 2 .
R0
R 0 2 2−2y
!
R 0 R 2−2y
a) D (x +2y) dx dy = −1 −2y (x +2y) dx dy = −1 [ x2 ]−2y +4y dy = −1 2 dy = 2 .
R2
R 2R 0
∂(x,y) 1 −2
= 0 1 = 1 → 0 −1 u dv du = 0 u du = 2 .
O bien: uv ==xy+2y , x =u−2v , ∂(u,v)
C=0
C=–1
1
C=1
v
1
0
∆
f
C=0
2
0
4
x+2y=2
–1
x+2y=0
I
b) Como f(x, y) = (1, cos y) cumple (1)y = 0 = (cos y)x ⇒ deriva de potencial ( U = x +sen y ) ⇒
f · ds = 0 .
∂D
Directamente (largo): c1 = t, − 2t , t ∈ [0, 2] , c2 = (t, −1), t ∈ [2, 4] , c3 = t, 1− 2t , t ∈ [4, 2] , c4 = (t, 0), t ∈ [2, 0] ,
R2
R2
R4
R0
[1 − 21 cos 2t ] dt + 2 dt + 4 [1 − 21 cos(1− 2t )] dt + 2 dt = − 41 sen 1 + 41 sen 1 = 0 .
0
14. Para f(x, y) = −
U=
U=
R
R
−y dx
(y+x) 2
x dy
(y+x) 2
=
=
y
, x
(y+x) 2 (y+x) 2
y
y+x +p(y)
y
y+x −1+q(x)
es f y =
⇒ U=
y
y+x
Directamente: c = (1−t 2, t) , t ∈ [1, 0] ,
c
c
⇒
Z
c
= gx , y hallamos un potencial en y+ x > 0 :
f · ds = U (1, 0)−U (0, 1) = 0 − 1 = −1 .
f · ds =
Z 0
1+t 2
2 )2
(1+t−t
1
dt = · · · =
0
t
1+t−t 2 1
y
x 2 +y 2
y
1
x
1
= −1 .
j es C 1 en R2 −{(0, 0)} , con agujero, pero existe potencial U = 5x − 12 log(x 2 + y 2 ) .
√
√
R π/4
√
f · ds = U (1, 1)−U (−1, 1) = 10 . Directamente: −π/4 5− 2 2cos t , − 2 2sen t · 2 (− sen t, cos t) dt = 10 .
x 15. f(x, y) = 5− x 2 +y
2 i−
Z
Z
y−x
(y+x) 3
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Z
16. F(x, y, z) = (x, y, z) . a) c(t) = (t, t, t) , t ∈ [0, 1] ;
Z
b) c(t) = (cos t, sen t, 0) , t ∈ [0, 2π] ;
c
F · ds =
Z
2π
0
c
F · ds =
Z
1
0
(t, t, t) · (1, 1, 1) dt =
R
(cos t, sen t, 0) · (− sen t, cos t, 0) dt =
1
3t
0
R
2π
0
17. g(x, y, z) = y e2x−z . a) En [0,1]×[0,2] es z = 2− x > z = 0 (no se precisa el dibujo).
$
Z Z
Z 1
1 2−x
2 Z
2
−2
y e2x−z dz dx dy = 2 e2x − e3x−2 dx = e2x − 32 e3x−2 10 = 3 e −3+23 e+2 e .
g=
V
0 0 0
0
Z 1
Z
R1
b) i) c(t) = (t, 2t, 2t) , c′ = (1, 2, 2) , kc′ k = 3 . g·ds = g(c(t))kc′ (t)k dt = 0 6t dt = 3 .
c
ii) Más fácil:
3
2
dt =
.
0 dt = 0 .
z
2
(1,2,2)
z=2–x
1
0
y
Z
∇g · ds = g(1, 2, 2)−g(0, 0, 0) = 2 .
c
R1
R1
Directamente: ∇g = 2y e2x−z, e2x−z,−ye2x−z , 0 (4t, 1,−2t) · (1, 2, 2) dt = 0 2 dt = 2 .
2
1
x
√
18. a) Paraboloide y plano se cortan en la circunferencia de radio 2 . Cilíndricas:
√
$
Z π /2Z √Z
f 2 5 g√2
√
2 2
π/2Z 2 2 4
8
2
= 15
r sen θ dz dr dθ = − cos θ 0
2.
f =
(2r −r ) dr = 2r3 − r5
2
0
0
V
$
Z √Z
2
√
r
2
2−xZ
2
Z √Z
2
√
0
0
2−x 2
(2y− x 2 y− y 3 ) dy dx
Z
√
√
1
8
2 ) 2 − 1 (2− x 2 ) 2 dx =
=
(2−
x
1− x 2 + 14 x 4 dx = 2 (1− 23 + 15 ) = 15
2.
2
4
0
0
√ √ b) Parametrizaciones de C : c(t) = (0, t, t 2 ) , t ∈ 0, 2 o c∗ (t) = 0, t, t , t ∈ [0, 2] .
Z √2
Z
√
√
1
i) c′ (t) = (0, 1, 2t) , kc′ k = 1+4t 2 ,
f ds = t (1+4t 2 ) 1/2 dt = 12
(1+4t 2 ) 3/2 02 = 13
6 .
0
C
q
Z
Z 2
1
c∗′ (t) = 0, 2√1 t , 1 , kc′ k = 4t1 +1 ,
(1+4t) 3/2 20 = 13
f ds = 21 (1+4t) 1/2 dt = 12
6 .
V
f =
0
0
Z √2
x 2 +y 2
y dz dy dx =
0
0
√
2
0
C
ii)
Z
C
f
√
√
R √2
R2
√ g
∇f ·ds = f 0, 2 , 2 − f (0, 0, 0) = 2 . O bien: 0 (0, 1, 0) · (0, 1, 2t) dt = 0 (0, 1, 0) · 0, 2√1 t , 1) dt = 2 .
i
j
k
[no deriva de
∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z = −z i + 0 j +(1− y) k = − z , 0 , 2− y
un potencial].
xy
2x −yz
Z
gπ
f
Rπ
Rπ
f · ds = 0 (cs, 2c,−s) · (−s, c, 0) dt = 0 (2 cos2 t − sen2 t cos t) dt = π + 12 sen 2t − 31 sen3 t = π .
0
c
√
Rπ
′
2
2
Como kc k = sen t +cos t +0 = 1 , la longitud de la curva es L = 0 1 dt = π .
19. div f = y + 0 − y = 0 . rot f =
20. a] c(t) = (1, 1−t, 3t) , t ∈ [0, 1] →
b] rot f = 0 ,
f ∈ C1
R
c
f ·ds =
R
1
0
R1
e−3t ,1,−e−3t · (0,−1, 3) dt = 0 (−1−3e−3t ) dt = e−3 −2 .
U = xe−z +p(y, z)
R
⇒ hay potencial. U = y + q(x, z) , U = xe−z + y
f ·ds = U (1, 0, 3)−U (1, 1, 0) = e−3 −2 .
c
U = xe−z +r (x, y)
2
21. F(x, y, z) = (1, 2yz, y 2 ) , c(t) = (1, 0, 2)+ t(−1, 3, −2) = (1−t, 3t, 2−2t) , t ∈ [0, 1] .
Z 1
Z
R1
F · ds = (1, 12t −12t 2, 9t 2 ) · (−1, 3, −2) dt = 0 (−1+36t −54t 2 ) dt = −1 .
c
Como
a+(b–a)t = c(t)
a
0
i
j
k
∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z
1 2yz y 2
b
3
1
= (2y−2y) i + 0 j + 0 k = 0 y F ∈ C 1(R3 ) existirá un potencial.
[Y la integral será −1 para toda curva].
U = x +p(y, z)
Z
U = y 2 z+q(x, z) ⇒ U = x + y 2 z ⇒
F · ds = U (0, 3, 0)−U (1, 0, 2) = 0 − 1 = −1 (de otra forma).
c
2
U = y z+r (x, y)
22. f(x, y, z) = z 2, 2y, cxz . a) div f = 2+cx . rot f =
b) Para c = 2 es rot f = 0 . Como
f ∈ C 1 ( R3 ) ,
i
j
k
∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z
z 2 2y cxz
existe el potencial:
R
= (0 , 2z−cz , 0) .
Ux = z 2 → U = xz 2 + p(y, z)
Uy = 2y → U = y 2 + q(x, z) ,
Uz = 2xz → U = xz 2 + r (x, y)
U = xz 2 + y 2 .
c] Por tanto, c f · ds = U (1, 0, 1)−U (0, 0, 0) = 1 , sin necesidad de hacer ninguna integral de línea.
Una parametrización sería: c(t) = (t, 0, t) , t ∈ [0, 1] →
R
c
f · ds =
R
1 2
(t , 0, 2t 2 )
0
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· (1, 0, 1) dt =
R
1 2
3t
0
dt = 1 .
i
j
k
∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z
y 2 xy −2z
23. a) div f = 2x −2 . rot f =
f ∈C 1
= 0 i + 0 j +(2y−2y) k = (0 , 0 , 0) =⇒ f deriva de un potencial.
4
∇(div f ) = (2 , 0 , 0) . ∆( f · f ) = ∆ y 4 +4x 2 y 2 +4z 2 = 20y 2 +8x 2 +8 .
z=4-y 2
b) z = 4− y 2 corta z = 0 en las rectas y = ±2 . V es el del dibujo. Por tanto:
R2
R3
#
R 3R 2 R 4−y 2
(2x −2) dz dy dx = 0 (2x −2) dx −2 4− y 2 dy = 32 .
div f = 0 −2 0
V
y
0
2
c) Por ser conservativo, podemos hallar la integral hallando el potencial U :
3
Ux = y 2 → U = x y 2 + p(y, z)
R
x
2
2
2
Uy = 2x y → U = x y + q(x, z) , U = xy −z ⇒ c f · ds = U (0, 2, 0)−U (3, 0, 4) = 16 .
Uz = −2z → U = −z 2 + r (x, y)
O directamente:
Z
c∗
Z
f · ds =
2
Z
t 2, 6t −3t 2, 2t 2 −8 · − 23 , 1,−2t dt =
0
2
22t − 92 t 2 −4t 3 dt = 11t 2 − 23 t 3 −t 4 20 = 16 .
0
O hallar la integral siguiendo un camino más sencillo, por ejemplo el segmento que une los puntos:
Z 1
Z 1
32−8t −36t 2 dt = 16 .
4t 2, 12t −12t 2, 8t −8 · −3, 2,−4 dt =
c∗(t) = (3−3t, 2t, 4−4t) , t ∈ [0, 1] →
0
0
y
2
2
24. g(x, y) = 1, x y . gx − f y = y . No deriva de un potencial. i) c(t) = (2 cos t, 2 sen t) , t ∈ [0, 2π] .
R 2π
R 2π
R
R 2π
2
→ c g · ds = 0 (1, 8cs2 ) · (−2s, 2c) dt = 2 cos t 2π
0 + 0 4 sen 2t dt = 0 (2−2 cos 4t) dt = 4π .
!
R 2πR 2
R 2π
ii) Green: ◦ y 2 dx dy = 0 0 r 3 sen2 θ dr dθ = 14 r 4 20 · 21 0 (1−cos 2θ) dθ = 4π .
g
f
R2
R 2 R √4−x 2
3/2
En cartesianas mucho más largo: −2 −√4−x 2 y 2 dy dx = 32 −2 (4− x 2 ) dx = · · · .
25. f(x, y) = (−x y , y) . gx − f y = x .
O bien:
Z 1Z
0
√
y
√
− y
Z
x dx dy +
"
1
Z 2Z
x=
D
√
4Z y
−1
2+x
x2
Z
x dy dx =
x dx dy = 0 +
y−2
1
2
Z
4
1
2
−1
(2x + x 2 − x 3 ) dx = 94 .
(5y− y 2 −4) dy = 94 .
y=x+2
Parametrizamos ∂D : c1 (x) = (x, x 2 ) , x ∈ [−1, 2] . c2 (x) = (x, x +2) , x ∈ [2,−1]
o c2 (y) = (y−2, y) , y ∈ [4, 1] , o c2 (t) = (2−3t, 4−3t) , t ∈ [0, 1] .
I
∂D
Z
f · ds =
=
2
−1
Z 2
Z
(−x 3, x 2 ) · (1, 2x) dx +
−1
x 3 dx +
Z
2
−1
−1
2
−2
b) f(x, y) = y 2, xy .
"
D
y=x2
D
(−x 2 −2x, 2+ x) · (1, 1) dx
(x 2 + x −2) dx =
15
4
+
9
3
+
3
2
−6=
15
4
−
3
2
=
9
4
.
26. a) f(x, y) = (y 2, 2x) , c1 = 4−t 2, t , t ∈ [−2, 1] , c2 = (t, t −2), t ∈ [0, 3] (sentido opuesto).
Z
R3
R1
f · ds = −2 (−2t 3 +8−2t 2 ) dt − 0 (t 2 −2t +4) dt = 26− 21 − 12 = 27
2 .
∂D
Z 1 Z 4−y 2
R1
gx − f y = 2−2y ,
(2−2y) dx dy = −2 (4−6y+2y 3 ) dy = 27
2 .
2
y
(3,1)
x
x=y+2
c2
c1
(0,–2)
x=4–y 2
y+2
√ f
g
R 5π/4R √2
√ 2 2
− √1 − √1 = − 34 .
−y dx dy = − π/4 0 r 2 sen θ = 13 r 3 02 cos θ 5π/4
π/4 = 3
2
En cartesianas (de las dos formas) es más complicado. Por ejemplo:
R1 !
R −1 R √2−x 2
R 1 R √2−x 2
√
√
x 2 −1 dx = − 34 .
f
=
−
y
dy
dx
=
0
+
y
dy
dx
−
2
−1
− 2 − 2−x
D
−1 −x
2
2
x= 2–y2 , y= 2–x2
r= 2
p/4
1
Parametrizaciones sencillas: c1 (t) = (t, t) , t ∈ [−1, 1] (en sentido correcto).
– 2
√
√
π 5π –1
1
c2 (t) = 2 cos t, 2 sen t , t ∈ 4 , 4 (también en buen sentido).
R 5π/4
R1
√
√
–1
f · ds = −1 t 2, t 2 · (1,1) dt + π/4 2 sen2 t, 2 sen t cos t · − 2 sen t, 2 cos t
5p/4
∂D
R1
√ R 5π/4 √ 4
4
1 1
= −1 2t 2 dt + 2 2 π/4 sc2 −s3 dt = 34 + 2 2 cos t − 32 cos3 t 5π/4
π/4 = 3 + 2 1+1− 3 − 3 = − 3 .
27. a)
Z 1Z
0
e−x
e x−2
Z
x ex dy dx =
= −x ex
1
0
[x − xe2x−2 ] dx =
x 2 x 2x−2 1
0
2 − 2e
+
1
2
Z
1
0
e2x−2 dx =
1−e−2
4
y
.
y=e–x
y=ex–2
. Según Green, la
f · ds vale lo de arriba. Directamente:
D
∂D
−2 e
t−2
−t
, t ∈ [1, 0] .
c1 (t) = (0, t) , y ∈ e , 1 ; c2 (t) = t, e , t ∈ [0, 1] ; c3 (t) = t, e
R0
R1
R
R1
e
2t−2, 1) · (1, et−2 ) dt
−t ) dt +
(te
(t,
1)
·
(1,−e
(0,
1)
·
(0,
1)
dt
+
f
·
ds
=
−2
1
0
e
∂D
R0
R1
2t−2
t−2
−t
−2
+ e ) dt = 32 − e−2 + e−t 10 + 2t e2t−2 − 14 e2t−2 + et−2 01 =
= 1− e + 0 (t − e ) dt + 1 (te
b) gx − f y
–1
–2
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1−e−2
4
.
x
y
28. x = θ −sen θ , y = 1−cos θ , 0 ≤ θ ≤ 2π . Utilizando Green:
I
R 2π
R 2π A = 21
x dy − y dx = 12 0 0 − 12 0 (θ −sen θ) sen θ − (1−cos θ) 2 dθ
∂D
R 2π
= 0 (1−cos θ − 21 θ sen θ) dθ = 3π .
29. g(x, y) = x 2, −2xy . Green.
"
(gx − f y ) =
D
4−2x
(−2y)
0 0
R 2R
2
x
2π
c1 =(x,0), 0≤x≤2π
R2
dy dx = − 0 4−2x 2 dx = 16 (4−2x) 3 20 = − 32
3 .
La ∂D está formada por 3 segmentos fáciles de parametrizar. Por ejemplo:
4
c1
c1 (t) = (t, 4−2t) , t ∈ [2, 0] [para ir en sentido antihorario].
c2 (t) = (0, t) , t ∈ [4, 0] . c3 (t) = (t, 0) , t ∈ [0, 2] . Entonces:
I
R R R
R2
R0
R0
g · ds = c + c + c = 4 t 2, 4t 2 −8t · (1, −2) dt + 4 0 dt + 0 t 2, 0 · (1, 0) dt
1
2
3
∂D
R2
R0
8
32
= 2 (16t −7t 2 ) dt + 0 + 0 t 2 dt = −32+ 56
3 + 3 =−3 .
c2
y=4-2x
D
n
n
c3 2
n
"
"
(2x−2x) dx dy = 0 . Las normales unitarias exteriores n a cada segmento son,
div f dx dy =
D
D
√
respectivamente: √2 , √1 , (−1, 0) y (0, −1) . Sus normas k ck′ (t)k son: 5 , 1 y 1 . Por tanto:
5
5
I
R4
R2
R2
R4
R2
2
g · n ds = 0 t , 4t 2 −8t · (2,1) dt + 0 0 dt + 0 t 2, 0 · (0,−1) dt = 0 (6t 2 −8t) dt − 0 0 dt = 16−16 = 0 .
Divergencia.
∂D
(dos vectores unitarios
30. i) f(x, y) = (x, y) , D = {x 2 + y 2 ≤ 1} . f · n = 1 en el mismo sentido).
I
∂D
1 ds = 2π =
↑
longitud
"
ii) f(x, y) = (2x y, −y 2 ) , div f = 0 ,
I
∂D
Z
f · n ds =
y 2 ds+
c1
Z
D
!
2 dx dy = 2π .
2
1
D
Z
c3
Z
2xy ds = 0 +
c4
c3
c4
div f = 0 .
y 2 ds+
2xy ds+
c2
↑
2 veces el área
R
1
2t
0
dt −
R
1
1 dt
0
− 0 = 0.
[Hasta aquí el control 2].
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0
c2
c1
1
–1
Soluciones de problemas de Cálculo (grupo D - 15/16)
1.
i j k
2u 0
0 1 2v
r(u, v) = (2u, u2 +v, v 2 ) . a) ru × rv = 2
5. Integrales de superficie
u=0, v=1
= 2(2uv, −2v, 1)
−→ 2(0,−2, 1) .
Plano tangente: (0,−2, 1) · (x, y−1, z−1) = 0 → z = 2y−1 .
2
2
b) u = x2 , v = y− x4 , z = y− x4 2 . z x (0, 1) = 0 , z y (0, 1) = 2 , տ z = 1+0(x −1)+2(x −1) .
2.
x 2 + y 2 −z 2 = ch2 u−sh2 u = 1 .
x 2 + y 2 = ch2 u curvas de nivel.
u=0, v=π/4 = ch u(− ch u cos v,− ch u sen v, sh u) −→ − √1 , √1 , 0 .
u∈R
r(u, v) = (ch u cos v, ch u sen v, sh u) v ∈ [0, 2π]
ru × rv =
i
j
k
sh u cos v sh u sen v ch u
−ch u sen v ch u cos v 0
2
2
√
r(0, π4 ) = √1 , √1 , 0 . Plano tangente: − √1 , √1 , 0 · x − √1 , y− √1 , z = 0 , x + y = 2 .
2 2
2 2
2
2
√ √
Partiendo de F (x, y, z) = x 2 + y 2 −z 2 = 1 . ∇F = (2x, 2y,−2z) (√1 , √1 , 0) = 2 , 2 , 0 ↑
2
3.
r(θ, φ) = (2+cos φ) cos θ, (2+cos φ) sen θ, sen φ
i
rθ × rφ = −(2+cos φ) sen θ
− sen φ cos θ
j
k
(2+cos φ) cos θ 0
− sen φ sen θ cos φ
= (2+cos φ)
2
, θ, φ ∈ [0, 2π] .
i
j
k
− sen θ
cos θ
0
− sen φ cos θ − sen φ sen θ cos φ
,
= (2+cos φ)(cos θ cos φ, sen θ cos φ, sen φ) . krθ × rφ k = 2+cos φ .
"
Z 2πZ 2π
!
krθ × rφ k dθ dφ =
(2+cos φ) dθ dφ = 8π 2 .
Área = S dS =
0
D
4.
!
S
"
0
(x 2 + y 2 ) dS , x 2 + y 2 +z 2 = 4 → r(u, v) = (2 sen u cos v, 2 sen u sen v, 2 cos u) , kru ×rv k = 4 sen u
Z 2πZ π
Z π
(x 2 + y 2 ) dS = 16
sen3 u du dv = 32π sen u(1−cos2 u) du = 32π 13 cos3 u−cos u 0π = 128
3 π.
S
0
p 0 0 Con r(x, y) = x, y, 4− x 2 − y 2 [integrando y recinto simétricos en z , basta esta y multiplicar por 2 la integral].
q
f
g 1/2
2
2
krx × ry k = ( f x ) 2 +( f y ) 2 +1 = 4−xx2 −y 2 + 4−xy2 −y 2 +1
= √ 22 2 ⇒
"
2
S
"
(x 2 + y 2 ) dS = 4
Parametrización
5.
de x 2 + y 2 = 4 :
!
a) área de S = S
B
√
x 2 +y 2
dx dy = 4
4−x 2 −y 2 polares ↑
x = 2 cos u ) u ∈ [0, 2π]
y = 2 sen u
v ∈ [0, 3]
z=v
Z
0
2πZ 2
0
4−x −y
3
√r
4−r 2
dr dθ = 4π
Z
4
0
√s ds
4−s
=
6.
!
. a)
!
x = r cos θ ) r ∈ [1, 2]
y = r sen θ
θ ∈ [0, 2π]
z=r
z
i j k
ru × rv = −2s 2c 0 = 2(cos u, sen u, 0) .
0 0 1
R 2πR 3
longitud de la
du dv = 0 0 2 dv du = 12π [claro,
base por la altura].
!
1 dS = D kru × rv k
!
R
R 2πR 3
2 u dv du = 12 2π (1+cos 2v) dv = 24π .
b) i) f (x, y, z) = x 2
8
cos
f
dS
=
0
0
S
0
ii) f(x, y, z) = (xz, yz, 2) f r(u, v) = 2(v cos u, v sen u, 1) .
!
!
R 2πR 3
4v dv du = 36π .
f
·
dS
=
f
r(u,
v)
·
(r
×
r
)
du
dv
=
u
v
0
0
S
D
z2 = x2 + y2
128
3 π.
rr × rθ =
i
j k
c s 1
−r s r c 0
= (−r cos θ,−r sen θ, r) .
3
3
S
pvf
v
v
x 2
r
D
u
i
j
k
∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z
x
y
1
y
u
2π
z
[apunta hacia interior]
S
f
·
dS
=
−
(r
cos
θ,
r
sen
θ,
1)
·
(−r
cos
θ,
−r
sen
θ,
r)
dr
dθ
=
f(x,
y,
z)
=
(x,
y,1)
S
D
R 2πR 2
3 2
apunta también
A
= 0 1 [r 2 −r] dr dθ = 2π r3 − r2 21 = 53 π . [ fhacia
r
exterior]
θ
p
x
−1/2
−1/2 De otra forma: r(x, y) = x , y , x 2 + y 2 , rx × ry = − x (x 2 + y 2 ) , −y (x 2 + y 2 ) , 1 .
!
R 2πR 2
! p
− A (x, y , 1) · (rx × ry ) dx dy = − A 1− x 2 + y 2 dx dy = 0 1 [r 2 −r] dr dθ = · · · como antes.
b) rot f =
2
= (0, 0, 0) y f ∈ C 1 (R2 ) ⇒ f es conservativo. [De hecho la U = x y+z se ve a ojo].
Su integral sobre toda línea cerrada es 0 , sobre esa circunferencia en particular.
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y
$
1
Z Z
1
1 Z
Z
(2x +2y+2z) dx dy dz =
div f =
f(x,y,z) = (x 2, y 2, z 2 )
0
"
! ! V ! !0 0 !
!
f · n dS = + + + + +
sobre cada cara.
7.
∂V
Para la de arriba: r = (x, y, 1) , f(r) = (x 2, y 2, 1) , n = (0, 0, 1) ,
1
0
Z
2x dx +
1
0
Z
2y dy +
1
2z dz = 3 .
0
!
z
r=(x,y,1)
V
1 dS = 1 .
!
Para la de abajo: r = (x, y, 0) , f(r) = (x 2, y 2, 0) , n = (0, 0,−1) , 0 dS = 0 .
y
r=(x,y,0)
x
Y las otras cuatro igual. 1 + 0 + 1 + 0 + 1 + 0 = 3 como debía ser.
z
f(x, y, z) = 4x i +4y j
8.
$
V
+z 2 k
Z
div f = [cilíndricas] =
x 2 + y 2 ≤ 25 ,
en el cilindro
0
5 2
2πZ Z
0 0
0 ≤ z ≤ 2 . div f = 8+2z .
r (8+2z) dz dr dθ = 2π ·
25
2 (16+4)
T
2
V
= 500π .
S
5
B
v pvf
u
x
y
S dada por r = (5 cos θ, 5 sen θ, z) , rθ × rz = 5(cos θ, sen θ, 0) , θ ∈ [0, 2π] , z ∈ [0, 2] .
!
R 2πR 2
Sobre ella: f(r(θ, z)) = (20 cos θ, 20 sen θ, z 2 ) , S f · dS = 0 0 100 dz dθ = 400π .
!
En la tapa superior T : f · n = (4x, 4y, 4) · (0, 0, 1) = 2 → B 4 = π 52 4 = 100π .
5
"
!
En base B : f · n = (4x, 4y, 0) · (0, 0,−1) = 0 → B 0 = 0 . Por tanto,
f · dS = 400π+100π+0 = 500π .
5
f(x, y, z) = ( y ,−x, 1)
9.
∂V
Flujo Φ = ΦS + ΦB a través de la superficie cerrada ∂V = S∪ B
S
(hemisferio superior de la superficie esférica de radio R unido al círculo que es su base):
x = R sen φ cos θ ) φ ∈ 0, π 2
Parametrización r(φ, θ) de S : y = R sen φ sen θ
θ
∈
[0,
2π]
z = R cos φ
rφ × r θ =
i
j
k
R cφ cθ R cφ sθ −R sφ
−R sφ sθ R sφ cθ
0
"
ΦS =
S
rφ = (R cφ cθ, R cφ sθ, −R sφ)
rθ = (−R sφ sθ, R sφ cθ, 0)
= R2 (s2φ cθ, s2φ sθ, sφ cφ) = R2 sen φ (sen φ cos θ, sen φ sen θ, cos φ)
= R sen φ r(φ, θ) (apunta hacia afuera).
Z π /2Z 2π
f · dS =
R2 sen φ cos φ dθ dφ = 2πR2 12 sen2 φ 0π/2 = π R2 .
0
0
Para B es n = (0, 0,−1) , f · n = −1 ⇒ ΦB =
"
B
f · n dS = −
Comprobamos el teorema de Gauss. Como ∇· f = 0 :
$
V
"
B
dS = −πR2 [= −área].
$
∇ · f dV =
V
"
0 dV = 0 =
Φ = ΦS + Φ B = 0 .
∂V
f · dS .
z
x 2 −6x + y 2 +z 2 = 0 ⇔ (x −3) 2 + y 2 +z 2 = 32
esfera de radio 3 centrada en (3, 0, 0) .
Como div f = 1 , el teorema de Gauss implica que el flujo pedido es:
10.
n
f(x, y, z) = 3yz i + 2xz j +(z+ xy) k
"
∂V
$
f · dS =
V
R
B
S
3
y
B
1 dx dy dz = volumen de V = 34 π33 = 36π .
x
Calcularlo directamente sería largo, tanto usando esféricas centradas en el punto:
r(φ, θ) = 3+3 sen φ cos θ, 3 sen φ sen θ, 3 cos φ , φ ∈ [0, π] , θ ∈ [0, 2π] ,
p
como las parametrizaciones cartesianas: x, y, ± 6x − x 2 − y 2 , (x, y) ∈ B círculo de radio 3 centrado en (3, 0) .
11. f(x, y, z) = (yz, ey, 1) → rot f =
i
j
k
∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z
yz e y 1
vector
= (0, y,−z) . nor-
mal:
i j k
0 1 0
−1 1 1
z
= i + k.
S
↑
Triángulo sobre el plano (1, 0, 1) · (x, y, z) = x +z = 0 → r(x, y) = (x, y, −x) en T , rx × ry
Z 0Z 1
"
Z 0
2 3
rot f · n dS =
(0, y, x) · (1, 0, 1) dy dx = (x + x 2 ) dx = x2 + x3 0−1 = − 16 .
x
S
−1
−x
c1 (t) = (0, t, 0) , t ∈ [0, 1]
Parametrizamos ∂S : c2 (t) = (−t, 1, t) , t ∈ [0, 1]
c3 (t) = (−t, t, t) , t ∈ [1, 0]
I
∂S
f · ds =
R
1
0
et dt +
R
1
(1− t)
0
dt +
R
0
(1
1
−1
c1′ = (0, 1, 0)
c2′ = (−1, 0, 1)
c3′ = (−1, 1, 1)
f (c1 ) = (0, et , 1)
f (c2 ) = (t, e, 1)
→
f (c3 ) = (t 2, et , 1)
–1
T
1
y
T1
–1
x
− t 2 + et ) dt = e−1 + 1− 21 − 1+ 13 +1− e = − 16 como debía.
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1
y
z4
f(x, y, z) = (3, x 2, y)
→ rot f = (1, 0 , 2x) , rx × ry = (− f x , − f y , 1) = (8x, 2y, 1) .
r(x, y) = (x, y, 4−4x 2 − y 2 )
12.
"
S
Z 2 Z √1− y 2/4
"
(1, 0, 2x) · (8x, 2y, 1) dx dy =
rot f · dS =
A
−2
R2 1 5 3 2
2
= −2 5 1− 4 y dy = 20 − 12 y −2 =
c1 (t) = (cos t, 2 sen t, 0) , t ∈ − π2 , π2
∂S
f · ds =
R
π/2
−π/2
f
40
3
x
f (c1 ) = (3, cos2 t, 2 sen t)
→
f (c2 ) = (3, 0, −t)
R2
2 cos t(1−sen2 t)−3 sen t dt + −2 2t 2 dt = 2 2 sen t − 23 sen3 t 0π/2 +
impar
2
Sale más largo parametrizando c1 (t) = 1− t4
32
3
A
2
c1
1
40
3
=
.
1/2
, t, 0 , t ∈ [−2, 2] .
S
3
rφ × rθ = 9(sen2 φ cos θ, sen2 φ sen θ, sen φ cos φ) .
"
S
rot F · dS = 9
Z 2π
Z
0
π /2
0
Además: c(t) = (3 cos t, 3 sen t, 0) , t ∈ [0, 2π] →
f(x, y, z) = (x , x y, 2z)
14.
"
S
rot f · dS =
"
rot f =
y dx dy
B
i
j
k
∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z
x xy 2z
Z 1 Z √1−x 2
=
√
−1 − 1−x 2
c(t) = (cos t, sen t, 0) , t ∈ [0, 2π] →
div f = 3+ x .
"
S
$
"
f · dS =
V
B
∂S
(3 sen φ cos φ−sen2 φ sen θ ) dφ dθ = 27π sen2 φ 0π/2 = 27π .
0Iւ
I
∂S
∂S
F · ds = 9
Z
2π
0
Z
sen2 t +2 cos2 t dt = 9
0
Z 2π
0
r (3+r cos θ) dz dr dθ = 6π
0 0
= 2(1+xy−y 2 )
"
B
"
f · n dS = −
B
Z
0
2πZ
1
0
Z 1
0
dt = 27π .
z 1
S
1
B
3
2π
(r −r 3 ) dr =
y
C
x 1
(− sen t cos t + cos2 t sen t) dt = 0 .
(x , x y, 2−2x 2 −2y 2 ) · (2x, 2y, 1) dx dy = 2
rB (x, y) = (x, y, 0) , (x, y) ∈ B ,
3+cos t
2
0
y dy dx = 0 [o impar y recinto simétrico].
Z 2πZ Z
1 1−r 2
div f = [cilíndricas] =
2π
S: r(x, y) = (x, y, 1− x 2 − y 2 ) .
= (0, 0, y) .
rx × ry = (2x, 2y, 1) .
f · ds =
y
g
F(x, y, z) = −y i +2x j +(x +z) k . rot f = (0,−1, 3) . Superficie x 2 + y 2 +z 2 = 9 , z ≥ 0 :
r(φ, θ) = 3 sen φ cos θ, 3 sen φ sen θ, 3 cos φ , φ ∈ [0, π2 ] , θ ∈ [0, 2π] ,
13.
c2
10x dx dy
.
c1′ = (− sen t, 2 cos t, 0)
c2′ = (0, −1, −2t)
c2 (t) = (0, −t, 4−t 2 ) , t ∈ [−2, 2]
I
0
S
.
r +r 3 cos θ sen θ −r 3 sen2 θ) dr dθ = 23 π .
"
(x, x y, 0) · (0, 0, −1) dx dy = 0 .
S
=
∗
"
S
+
"
B
=
3
2π
.
15. a) u ∆u = u(u xx + uyy ) = div uu x, uuy −(u2x +u2y ) = div u∇u − k∇uk 2 (y casi igual para n = 3 ).
b)
ZZ
D
ZZ
u ∆u dx dy =
D
ZZ
I
TD
div u∇u dx dy −
divk∇uk 2 dx dy =
D
c) Usando el teorema de la divergencia en el espacio:
$
V
d) En una variable:
Z b
a
u u ′′ dx = u u ′
u
∂D
∂u
∂n
↓
u ∇u · n = u
ZZ
ds −
∂u
∂n .
"
u ∆u dx dy dz =
u
∂V
D
k∇uk 2 dx dy ,
∂u
∂n
dS −
$
b Z b ′ 2
(u ) dx es una simple integración por partes.
a−
a
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V
k∇uk 2 dx dy dz .
Soluciones del control 1 de Cálculo (23 de marzo de 2015)
4
1. Sea f (x, y) = xy2 , f (x, 0) = 0 . a] Dibujar las curvas de nivel f (x, y) = 0 , 1 , 4 . b] Precisar si f es continua, si
tiene derivadas parciales y si es diferenciable en (0, 0) . c] Hallar un vector unitario u tal que Du f (1, 1)= 4 .
d] Escribir la ecuación del plano tangente a la gráfica de f en (1, 1) . e] Si c(t) = et , t 1 , hallar, mediante
la regla de la cadena, la derivada de h(t) = f (c(t)) en t = 0 .
[0.5 puntos]
4
4
a] xy2 = 0 ! x = 0 (e y = 0 ), xy2 = 1 y 4 ! y = ±x2 e y = ± 12 x2 (parábolas).
y
z=0
z=1
b] Las curvas de nivel muestran que no tiene límite f en (0, 0) y no es continua.
⇥
⇤
Cerca del origen hay puntos donde f vale 1, 4, . . . , o bien, f (x, mx2 ) = m12 .
1
z=4
z=0
1
z=4
Por no ser continua, f no es diferenciable en el punto.
z=1
2x4
y3
3
∆
f
x
c
f (x, 0) = f (0, y) = 0 ) fx (0, 0) = fy (0, 0) = 0 . Existen las parciales.
,
c] ∇f = 4x
y2
2
-1 u
, ∇f (1, 1) = (4, 2) . Vale u = ( 1, 0) = i , pues 4 es la Du en la dirección de i .
⇥
a
a2 +b2
Con más trabajo u = p
! Du f (1, 1) = p4a+2b
= 4 ) - b = 0 ó b = 4a
3 !
2
2
b
a2 +b2
,p
3
5
a +b
d] Plano tangente: z = 1+4(x 1)+2(y+1) , o bien,
,
4
5
⇤
.
z = 4x+2y 1 .
e] c(0) = (1, 1) , c0 (0) = (1, 1) , h0 (0) = ∇f (c(0)) · c0 (0) = 6 .
t=0
O bien: h(t) = f et , t 1 ! h0 (t) = fx et , t 1 et + fy et , t 1 ! h0 (0) = fx (1, 1)+ fy (1, 1) = 6 .
⇥
⇤
2 e4t (2t 3) t=0
e4t
0
Componiendo y derivando: h(t) = (t 1)2 ! h (t) =
!6 .
(t 1)3
p
2
2
2. Sea g(x, y) = e x +y . a] Dibujar aproximadamente g(0, y) y la gráfica de g . ¿Es diferenciable en (0, 0) ?
b] Calcular ∇g( 2, 0) , utilizando cartesianas y polares. Calcular ∆g( 2, 0) en cartesianas o en polares.
[0.3 puntos]
c] Si h(u, v, w) = g u+3v, arctan(vw) , hallar, utilizando la regla de la cadena, ∂∂ hv (1, 1, 0) .
a] g(0, y) = e
p
y2 =
e
|y| ,
par y es e y , si y 0 . De revolución.
1
Como no existe gy (0, 0) , no es diferenciable en el origen.
p
x ep
b] En cartesianas: gx (x, y) =
En polares: g(r, θ ) = e
r
x2 +y2
x2 +y2
gxx =
e ·
(x2 +y2 )1/2
+
y ep
x2 +y2
x2 +y2
. ∇g = gr er = e r (cos θ , sen θ )
Laplaciano mejor en polares: ∆g = grr + 1r gr = e
p
1/e
p
·
x2 e
(x2 +y2 )3/2
+
p
x2 e ·
x2 +y2
=
p
(x2 ·
r
y2 ) e
(x2 +y2 )3/2
1
r
p
·
e
1
-1
p
, gy (x, y) =
z
z
. ∇g( 2, 0) = e 2 , 0
θ =π
!
r=2
r=
1
, gyy =
y
.
e 2 ( 1, 0) % .
1
r
p
(y2 ·
e
r
r=2
x2 ) e
=
p
·
(x2 +y2 )3/2
1
2
e
. ∆g =
2
.
p-
( 2,0)
x2 +y2 1 e
p
x2 +y2
p
x2 +y2
.
c] hv = gx xv +gy yv = 3gx + 1+vw2 w2 gy ! hv (1, 1, 0) = 3gx ( 2, 0) + 0 · gy ( 2, 0) = 3 e 2 .
3. Sean a = ( 1, 0, 3) y f (x, y, z) = xz , y2 , x . a] Calcular: i) a ⇥ f (a) , ii) el ángulo que forman a y f (a) ,
iii) div f , iv) ∇ div f , v) rot f y vi) f · rot f . b] Precisar el punto de corte con el plano z = 5 de la recta
perpendicular a la superficie div f = 3 en el punto a .
[0.3 puntos]
a] i) a ⇥ f (a)=
i j
1 0
3 0
k
3
1
=(0, 10, 0) . ii) a · f (a)=0 , ángulo
π
2
. iii) div f = z+2y . iv) ∇ div f =(0, 2, 1) .
v) rot f = (0, x 1, 0) , vi) f · rot f = (x 1)y2 .
b] z+2y = 3 es un plano (al que pertenece a ), con vector perpendicular (0, 2, 1) . La recta perpendicular será:
x = ( 1, 0, 3) + t (0, 2, 1) = ( 1, 2t, 3+t) que corta z = 5 para t = 2 ! punto ( 1, 4, 5) .
⇥
⇤
Décimas: 1: a] 10, b] 8+5+5=18, c,d] 3∇+6+5=14, e] 8. 2: a] 9, b] 4+5+4=13, c] 8. 3: a] 3+4+3+3+4+3=20, b] 10 .
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Soluciones del control 1* de Cálculo (23 de marzo de 2015)
2
1. Sea f (x, y) = (y x 1)2 , f (x, 1) = 0 . a] Dibujar las curvas de nivel f (x, y) = 0 , 1 , 4 . b] Precisar si f es continua,
si tiene derivadas parciales y si es diferenciable en (0,1) . c] Hallar un vector unitario u tal que Du f (2, 0)= 8 .
d] Escribir la ecuación del plano tangente a la gráfica de f en (2, 0) . e] Si c(t) = 2t, t 2 1 , hallar, mediante
la regla de la cadena, la derivada de h(t) = f (c(t)) en t = 1 .
[0.5 puntos]
y
2
2
a] (y x 1)2 = 0 ! x = 0 (e y = 0 ), (y x 1)2 = 1 , 4 ! y = 1±x , y = 1± 2x [rectas por (0, 1) ].
z=1
z=4
b] Las curvas de nivel muestran que no tiene límite f en (0, 0) y no es continua.
⇥
⇤
Cerca del origen hay puntos donde f vale 1, 4, . . . , o bien, f (x, 1+mx) = m12 .
z=0
z=1
z=0
1
c
2
z=4
Por no ser continua, f no es diferenciable en el punto.
∆
f
x
u
-1
f (x, 1) = f (0, y) = 0 ) fx (0, 1) = fy (0, 1) = 0 . Existen las parciales.
2x2
(y 1)3
c] ∇f = (y 2x1)2 ,
⇥
, ∇f (2, 0) = (4, 8) . Vale u = (0, 1) = j , pues 8 es la Du en la dirección de j .
Con más trabajo u = p
a
a2 +b2
b
a2 +b2
,p
! Du f (2, 0) = p4a+8b
= 8 ) - a = 0 ó a = 4b
3 !
2
2
4
5
a +b
d] Plano tangente: z = 4+4(x 2)+8(y 0) , o bien,
,
3
5
⇤
.
z = 4x+8y 4 .
e] c(1) = (2, 0) , c0 (1) = (2, 2) , h0 (1) = ∇f (c(1)) · c0 (1) = 24 .
t=1
O bien: h(t) = f 2t, t 2 1 ! h0 (t) = 2 fx 2t, t 2 1 +2t fy 2t, t 2 1 ! h0 (1) = 2 fx (2, 0)+2 fy (2, 0) = 24 .
⇥
⇤
8t(t 2 +2) t=1
4t 2
0
Componiendo y derivando: h(t) = (t 2 2)2 ! h (t) =
! 24 .
(t 2 2)3
p
2. Sea g(x, y)=arctan x2 +y2 . a] Dibujar aproximadamente g(0, y) y la gráfica de g . ¿Es diferenciable en (0, 0) ?
b] Calcular ∇g(0, 2) , utilizando cartesianas y polares. Calcular ∆g(0, 2) en cartesianas o en polares.
[0.3 puntos]
c] Si h(u, v, w) = g uew , 4v+6w , hallar, utilizando la regla de la cadena, ∂∂ wh (0, 1, 1) .
a] g(0, y) = arctan |y| , par y es arctan y , si y
π/2 z
0 . De revolución.
Como no existe gy (0, 0) , no es diferenciable en el origen.
b] En cartesianas: gx (x, y) =
xp
(1+x2 +y2 ) x2 +y2
,
1
En polares: g(r, θ ) = arctan r . ∇g = gr er = 1+r
2 (cos θ , sen θ )
1
gxx = (1+x2 +y2 )(x
2 +y2 )1/2
y2 +y4 x2 y2 2x4
+··· =
(1+x2 +y2 )2 (x2 +y2 )3/2
, gyy =
. ∇g(0, 1) = 0 ,
θ = π /2 1
!
(0,
r=2 5
2r
1
+ r(1+r
2)
(1+r2 )2
y
1
-1
yp
gy (x, y) =
(1+x2 +y2 ) x2 +y2
Laplaciano mejor en polares: ∆g = grr + 1r gr =
z
π/4
.
1) % .
2
1 r
= r(1+r
2 )2
1
5
r=2
x2 +x4 x2 y2 2y4
(1+x2 +y2 )2 (x2 +y2 )3/2
c] hw = gx xw +gy yw = u ew gx + 6 gy ! hw (0, 1, 1) = 0·gx (0, 2)+6gy (0, 2) =
3
50
=
.
.
-(0, 2)
1 x2 p
y2
∆g =
(1+x2 +y2 )2 x2 +y2
6
5
.
.
3. Sean a = (2, 2, 1) y f (x, y, z) = x2, yz , y2 . a] Calcular: i) a ⇥ f (a) , ii) el ángulo que forman a y f (a) ,
iii) div f , iv) ∇ div f , v) rot f y vi) f · rot f . b] Precisar el punto de corte con el plano z = 0 de la recta
perpendicular a la superficie div f = 3 en el punto a .
[0.3 puntos]
i
a] i) a ⇥ f (a) = 2
4
j
2
2
k
1
4
= (6, 12, 12) . ii) a · f (a) = 0 , ángulo
π
2
. iii) div f = 2x+z .
iv) ∇ div f = (2, 0, 1) . v) rot f = (y, 0, 0) . vi) f · rot f = x2 y .
b] z+2x = 3 es un plano (al que pertenece a ), con vector perpendicular (2, 0, 1) . La recta perpendicular será:
x = (2, 2, 1) + t (2, 0, 1) = (2+2t, 2,t 1) que corta z = 0 para t = 1 ! punto (4, 2, 0) .
⇥
⇤
Décimas: 1: a] 10, b] 8+5+5=18, c,d] 3∇+6+5=14, e] 8. 2: a] 9, b] 4+5+4=13, c] 8. 3: a] 3+4+3+3+4+3=20, b] 10 .
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Soluciones del control 2 de Cálculo (26 de mayo de 2015)
1. Calcular la integral doble
"
D
y dx dy , donde D es el semicírculo definido por (x 1)2 + y2  1 , y 0 :
a] Integrando: i) en cartesianas (de una de las dos formas posibles) y ii) en las polares habituales.
b] Usando ‘polares centradas en (1, 0)’ : x = 1+u cos v , y = u sen v (tras hallar su jacobiano). [0.26+0.14 = 0.4 ptos]
"
a] i)
"
ii)
Z 2Z p2x x2
y=
D
0 0
Z 1Z 1+ p1 y2
y=
D
"
p
0 1
y2
1
Z π /2Z 2 cos θ
y=
# 0
D
Z 2
1
2 0 (2x
Z 1
y dy dx =
0
y dx dy =
0
⇥
x2 ) dx = 21 4
8
3
2y(1 y2 )1/2 dy =
2
3
r2 sen θ dr d θ = 83
Z π /2
0
⇤
2
3
=
⇤1
⇥
(1 y2 )3/2 0 =
⇥
2
cos3 θ sen θ d θ = 3
x2 +y2 = 2x , r2 = 2r cos θ , r = 2 cos θ
∂ (x,y)
cos v
r=2senθ
.
u sen v
cos4 θ
2
3
⇤π /2
0
u=1
.
v=0
v=π
=
2
3
.
= u . (x 1)2 + y2 = 1 ! u = 1 . y
b] Jacobiano ∂ (u,v) =
sen v u cos v
"
y=
D
$
2. Sea f (x, y, z)= y . a] Hallar
Z πZ 1
b] Si C es el corte de
i)
Z
f ds .
C
u2 sen v du dv =
3 0
(Mejor en cilíndricas, aunque no es difícil en cartesianas).
con xZ= 0 , para y 0 , 0  z  2 , parametrizar la curva C y hallar:
ii)
C
∇f · ds , en el sentido las z crecientes.
a] Paraboloide y plano se cortan en la circunferencia de radio
$
Z π /2Z p2Z 2
f=
V
$
0
r2
0
f=
0
Z p2 ⇥
⇥
8
15
p
2 .
Z p2Z p2 x2
y dz dy dx =
x2 +y2
0
[0.2+0.2 = 0.4 ptos]
p
2 . Cilíndricas:
⇤π /2Z p2 2 4
cos θ 0
(2r r ) dr
0
⇥ 2r2 r5 ⇤p2 ⇥ 4 p2 4 p2 ⇤
=
= 3 5 0 = 3
5
r2 sen θ dz dr d θ =
Z p2Z p2 xZ2 2
V
0 si v 2 [0, π ] . Por tanto:
⇤π
cos v 0 = 23 .
f , si V es el sólido acotado en x, y 0 por el paraboloide z=x2 +y2 y z=2 .
V
z = x2 +y2
0 0
⇥ u3 ⇤1 ⇥
0
0
(2y x2 y y3 ) dy dx
p
||
p
1 x2 + 41 x4 dx = 2 (1 23 + 51 ) .
0
0
⇥ p ⇤
p
2
b] Podemos parametrizar C con c(t) = (0,t,t ) , t 2 0, 2 , o con c⇤ (t) = 0, t,t , t 2 [0, 2] .
Z
Z p2
p
⇤ p2
1
t (1+4t 2 )1/2 dt = 12
(1+4t 2 )3/2 0 = 13
i) c0 (t) = (0, 1, 2t) , kc0 k = 1+4t 2 , f ds =
6 .
C
0
q
Z
Z 2
⇤2
1
1
c0⇤ (t) = 0, 2 p
(1+4t)3/2 0 = 13
, 1 , kc0 k = 4t1 +1 , f ds = 21 (1+4t)1/2 dt = 12
6 .
t
0
C
h
Z
p
p
p i
Rp
R
1
,
1)
dt
=
2 .
ii) ∇f ·ds = f 0, 2 , 2 f (0, 0, 0) = 2 . O bien: 0 2 (0, 1, 0)·(0, 1, 2t) dt = 02 (0, 1, 0)· 0, 2 p
t
=
1
2 (2
1
4 (2
x2 )2
Z
⇤
x2 )2 dx =
2
C
3. Comprobar el teorema de Green para el campo vectorial f(x, y) = ( xy , y) en el recinto D limitado por la
parábola y = x2 y el segmento que une los puntos ( 1, 1) y (2, 4) .
[0.4 puntos]
fy = x .
gx
O bien:
"
x=
D
Z 1Z py
p
y
0
Z 2
Z 2 Z 2+x
x dy dx =
x2
1
Z 4Z py
x dx dy +
1 y 2
1
⇥
(2x+x2 x3 ) dx = 3+ 93
x dx dy = 0 + 21
Z 4
1
15
4
⇤
=
9
4
9
4
.
(5y y2 4) dy =
.
y=x+2
Parametrizamos los dos tramos de la frontera:
I
c1 (x) = (x, x2 ) , x 2 [ 1, 2] . c2 (x) = (x, x+2) , x 2 [2, 1]
⇥
⇤
o c2 (y) = (y 2, y) , y 2 [4, 1] , o c2 (t) = (2 3t, 4 3t) , t 2 [0, 1] .
∂D
Z 2
f · ds =
=
1
Z 2
1
Z
( x3 , x2 ) · (1, 2x) dx +
Z 2
x3 dx +
1
2
1
( x2 2x, 2+x) · (1, 1) dx
(x2 +x 2) dx =
15
4
+ 39 + 32
6=
15
4
3
2
=
9
4
.
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D
y=x2
Soluciones del parcial de Cálculo (grupo C) (abril de 2015)
2xy+y3
1. Sea f (x, y) = x2 +y2 si (x, y) , (0, 0) , f (0, 0) = 0 . a) Dibujar las curvas de nivel f (x, y) = 0 .
b) Estudiar la existencia de derivadas parciales, la continuidad y la diferenciabilidad de f en (0, 0) .
c) Hallar un vector unitario u tal que Du f ( 2, 2) = 0 .
[0.5+1.5+1=3pt]
a) f = 0 , y(2x+y2 ) = 0 ! y = 0 y la parábola x =
b)
1 2
2y
∆
f
[que pasa por ( 2, 2) ].
3x
f (x, 0) = 0
fx (0, 0) = 0
)
. f (x, mx) = 2m+m
! 2m 2 ) discontinua en (0, 0) .
2
1+m
f (0, y) = y
fy (0, 0) = 1
x!0 1+m
⇤
⇥
En polares es casi lo mismo: f (r, θ ) = 2 cos θ sen θ +r sen3 θ ! sen 2θ dependiente de θ .
r!0
⇥
⇤
Para probar la discontinuidad bastaba comprobar, por ejemplo, que f (x, x) ! 1 .
y
2
u
x!0
x
z=0
-2
z=0
Por no ser f continua, deducimos que f no es diferenciable en ese punto.
2y(y2 x2 xy2 ) 2x3 2xy2 +3x2 y2 +y4
c) ∇f =
= 12 , 1 , (2, 1) perpendicular ) u = p25 , p15
,
( 2,2)
(x2 +y2 )2
(x2 +y2 )2
⇤
⇥
Más corto: u debe ser vector tangente a la curva de nivel, que tiene pendiente 12 en el punto .
⇥
⇤
u .
ó
2. Sea g(x, y) = y3 2x2 +2xy 2y2 . a) Hallar sus extremos locales. ¿Tiene extremos absolutos? b) Justificar
que g(x, y) = 0 define una función y(x) de C1 cerca de (0, 2) y hallar la recta tangente a y(x) en ese punto.
c) Si c (t) = t 1,t+t 2 y h(t) = g(c(t)) , calcular h0 (1) utilizando la regla de la cadena en Rn . [2+0.7+0.8=3.5pt]
a)
gx = 2y 4x = 0 , y = 2x &
4 2
, Hg =
= 12(1 2y) !
2 6y 4
gy = 3y2 +2x 4y = 0 , 6x(2x 1) = 0
1
2
⇥
, 1 silla y (0, 0) máximo local con valores g
1
2
1
2
,1 =
g(0, y) = y3 2y2 ! ±∞ ) no tiene extremos absolutos.
g=1
⇤
y g(0, 0) = 0 .
g=0
c
g= 1/2
y!±∞
b) g(0, 2) = 0 , gy (0, 2) = 4 , 0 ) existe
y0 (0) =
4
4
y(x) 2C1
g= 1
cerca de (0, 2) , gx (0, 2) = 4 ,
= 1 . Recta tangente y = y(0)+y0 (0)(x 0) = 2 x .
c) c(1) = (0, 2) , c 0 (1) = (1, 3) , h0 (1) = ∇g(c(1)) · c 0 (1) = (4, 4)·(1, 3) = 16 .
1
2, 0
y 1 . Se ve que la recta es tangente a g = 0 . También se ve que h0 (1) > 0 .
⇤
La curva g = 0 es precisamente la curva f = 2 del problema anterior (buscando más información sobre f llegaríamos a ella) .
⇥
Con Maple pintamos las curvas de nivel g = 1,
3. Sea f (x, y, z) = xz2 , x2 y , y2 z . a) Calcular: i) div f , ii) ∇ div f , iii) rot f .
b) Obtener la ecuación del plano tangente y la recta normal a la superficie div f = 0 en el punto (3, 4, 5) .
¿Corta la recta normal alguno de los tres ejes?
[1+1.5=2.5pt]
a) div f = z2 y2 x2 [ = 0 cono]. ∇ div f = ( 2x, 2y, 2z)
b) Plano tangente:
(3,4,5)
! 2( 3, 4, 5) . rot f = ( 2yz, 2xz, 2xy) .
p
⇤
(pasa por el origen ⇥
3(x 3) 4(y 3)+5(z 5) = 0 , 5z = 3x+4y como en todo cono) ó z = x2 +y2 ... .
Recta normal: 3(1 t), 4(1 t), 5(1+t) , que para t = 1 corta el eje z (esperable en cono) en (0, 0, 10) .
4. Comprobar que u(x, y)= xy + x h
ux = y+ h
y
x
x h0
y y
x x2
y
x
, uy = x+ x h0
, con h: R ! R derivable y x>0 , cumple la ecuación x ux + y uy = u + xy .
[1 pt]
y 1
x x
, x ux + y uy = 2xy+x h
y
x
y h0
y
x
+y h0
y
x
= 2xy+x h
y
x
= u+xy .
otros apartados preparados que no llegué a preguntar:
1. d) Calcular ∆ f ( 2, 2) (mejor en polares).
2. a*) Hallar los puntos críticos de g sobre y 2x = 1 ulizando multiplicadores de Lagrange.
3. c) Hallar D f . Si c (t) = 3, 5 t 2 , 5t y r(t) = f c (t) , hallar c 0 (1) y, con la regla de la cadena, r 0 (1) .
⇥
⇤
2 y2 4x)
1d) f (r, θ ) = sen 2θ +r sen3 θ ) frr + frr + frθ2θ (2 p2 ,3π /4) = 1 o peor fxx + fyy = 2y(3x
=1 .
( 2,2)
(x2 +y2 )2
2a*)
3c)
y 2x = λ
&
3y2 +2x 4y = λ # 3y(y 1) = 0 !
y 2x = 1
x = 1/2, 0
c 0 (1) = (0,
2, 5) . c(1) = (3, 4, 5) .
1
2,0
z2
@
Df = 2xy
0
0
[La recta y=2x+1 es tangente a las curvas de
1
2 y g= 1 del dibujo de arriba].
, (0, 1) . nivel g=
0
x2
2yz
1
2xz
0 A.
y2
c 0 (1) = Df(c(1)) c0 (1) = (150, 18, 0) .
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Soluciones del final de junio de Cálculo (grupo C) (2015)
a) Clasificar los puntos críticos de g .
[2 puntos]
b) Hallar los valores máximo y mínimo de g sobre el círculo x2 +y2  9 .
1. Sea g(x, y) = x2 +2y2 4x .
gx = 2(x 2) = 0
! (2, 0) . Como Hg = 20 04 > 0 , el punto es un mínimo.
gy = 4y = 0 ⇥
⇤
Poniendo g = (x 2)2 +2y2 4 queda claro (y que el mínimo es absoluto) .
a)
b) Ambos extremos han de existir, por ser g continua en un conjunto compacto.
p
x 2=λx
x= 2, y=± 5
Sobre el borde del círculo: 2y = λ y ! λ = 2 " , y = 0 #
. 5 candidatos:
x2 +y2 = 9
x = ±3
p
2, ± 5 = 22 máximos, g( 3, 0) = 21 , g(3, 0) = 3 , g(2, 0) =
g
4 mínimo.
[Las curvas de nivel de g son elipses, que, como deben, son tangentes en los puntos calculados a la circunferencia].
2. Sea f (x, y) = x2 +y2 x . a) Estudiar si tiene derivadas parciales y si es diferenciable en (0, 0) .
b) Dibujar!la curva de nivel f (x, y) = 1 y precisar para qué vector u unitario es mínima Du f (0, 1) .
c) Hallar D f , siendo D el semicírculo x2 +y2  1 , y  x .
[2.5 puntos]
p
a) f (x, 0) = |x| x , f (0, y) = |y| no derivables ) @ parciales en (0, 0) .
[Que f es continua en R2 es obvio, pues lo es la raíz para valores positivos].
b) f = 1 ) x2 +y2 = x2 +2x+1 , x =
∇f = p x2
x +y2
1, p y2
p1
2
x +y2
,
p1
2
0
z=1
f(0,y)
⇥
⇤
1] parábola con x0 ( 1) = 1 .
, ∇f (0, 1) = ( 1, 1) ) u =
1
-2x
Como no existen las parciales, f no es diferenciable en (0, 0) .
1 2
2 [y
y
f(x,0)
y
-y
u
∆
f
y
,
z=0 x
–1/2
–1
pues la derivada direccional el mínima en sentido opuesto al gradiente.
⇥
⇤
1
En polares: ∇f = fr er + r fθ eθ = (cos θ 1, sen θ ) .
[También se deduce del hecho de que el gradiente es perpendicular a la
curva de nivel en el punto y de que apunta hacia donde crece el campo].
Z π /4 Z 1
p
⇥
π /4
r2 (1 cos θ ) dr d θ = 13 π
sen θ ] 3π /4 = π 3 2 .
c)
3π /4 0
⇥
⇤
dibujo de f
con Maple
En cartesianas las integrales son bastante complicadas .
Pensé preguntar también: d) ∆ f = 1r = (x2 +y2 )
⇥
3. Calcular una de las dos integrales triples
$
1/2
⇤
(mejor en polares) .
f dx dy dz siguientes:
V
[1 punto]
y2 +z = 1 ,
a) Si V es el sólido acotado en x
0 , y 0 por x = y , z = 0 e
y siendo f (x, y, z) = e
2
2
2
2
b) Si V es el sólido encerrado entre x +y = 1 , z = 0 y z = x +y , y siendo f (x, y, z) = z .
a) Es importante elegir un buen orden de integración:
Z 1Z yZ 1 y2
0 0 0
e
z dz dx dy
⇥
Por ejemplo, con
=
1
2 0
Z 1Z 1Z 1 y2
0 x
0
Z 1
e
y 1 e
y2
z dz dy dx
1
dy =
aparece
Z 1
⇥
1
2
ey
a)
y2
y2 e
2
1 dy
x
0
⇥
0 0
rz dz dr d θ = 2π
En cartesianas es largo:
Z 1
1
5
2 0 r dr
Z 1 Z p1 x2 Z x2 +y2
1
p
1 x2 0
z=1-y 2
1
= 2e
.
0
⇤
no calculable .
b)
z=r 2
1
1
y
–1
1
x
b) Claramente las coordenadas adecuadas son las cilíndricas:
Z 2πZ 1Z r2
1
⇤
1 1
z.
1
y=x
y= 1–x2
1
= π6 .
Z 1Z p1 x2
z dz dy dx = 2
0 0
Z π /2
2
15 0
x = sent "
=
2
x4 +2x2 y2 +y4 dy dx = 15
Z 1
0
p
(8x4 +4x2 +3) 1 x2 dx
⇤
(8 sen4t+4 sen2t+3) cos2t dt = · · · .
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4. Sean c (t) = t 3 , 2t 2 . a) Hallar la longitud del tramo de curva descrita por c cuando t 2 [ 1, 0] .
[2 puntos]
b) Hallar su recta tangente en ( 1, 2) y el punto en que esta recta tangente vuelve a cortar la curva.
c) Si h(x, y) = e2x+y , hallar la integral de línea de ∇h desde (0, 0) hasta (1, 2) sobre la curva descrita por c .
p
p
a) c0 (t) = (3t 2 , 4t) , kc0 (t)k = 9t 4 +16t 2 = |t| 9t 2 +16 .
Z 0
p
⇥
⇤0
3
3
1
L = ( t) 9t 2 +16 dt = 27
(9t 2 +16)3/2 1 = 5 274 = 61
27 .
1
s=1/2
b) c( 1) = ( 1, 2) , c0 ( 1) = (3, 4) . Tangente: x(s) = (3s 1, 2 4s) ! 12 , 0 .
Corta la curva para t y s que cumplan: t 3 = 3s 1 , 2t 2 = 2 4s !
⇥
⇤
y s = 0 ! ( 1, 2) .
(3s 1)2 = (1 2s)3 , 8s3 3s2 = 0 , s = 83 ! 21 , 18
⇥
⇤
"
O bien, la curva y = 2x2/3 y la recta y = 2 34x se cortan si 27x2 = (1 2x)3 .
Z 1
Z
3
2 ⇤1
3
2
c) ∇h · ds = h(1, 2) h(0, 0) = e4 1 = (6t 2 +4t) e2t +2t dt = e2t +2t 0 (cálculo innecesario).
0
c
5. Sean S la superficie z = 4 4x2 y2 , con z 0 y f(x, y, z) = (y, 2x, 1+yz) . a) Hallar div f y rot f . [2.5 puntos]
b) Calcular la integral de línea de f sobre la elipse que limita S . c) Comprobar el teorema de Stokes.
i
j
k
a) div f = 0+0+y = y . rot f = ∂x ∂y ∂z
z
= (z, 0, 1) .
y 2x 1+yz
4
n
b) Parametrización más sencilla (en el sentido del dibujo): c(t) = (cost, 2 sent, 0) .
I
∂S
Z 2π
(2 sent, 2 cost, 1)·( sent, 2 cost, 0) dt
Z 2π
(4 cos2t
f · ds =
0
=
0
2 sen2t) dt
Z 2π
=
0
S
(1+3 cos 2t) dt = 2π .
x 1
c) Una posible parametrización de la superficie S es
r(x, y) = (x, y, 4 4x2 y2 ) , rx ⇥ ry = (8x, 2y, 1) , con (x, y) 2 D , región elíptica.
impar y D simétrico
D
∂S
y
y2
D
[El pvf apunta en el sentido adecuado al recorrido de ∂ D para aplicar Stokes].
"
" ⇥
"
⇤
⇥
⇤
rot f · dS =
8x (4 4x2 y2 ) + 1 dx dy =
1 = área de D = π · 2 ·1 .
S
2
D
1
x
∂S
D
Para hallar este área lo más útil es (ejemplo de apuntes) el cambio x = cos θ , y = 2 sen θ , con J = 2r !
Z 2πZ 1
Z 2πZ 1
⇥
⇤
2r dr d θ = 2π . Sin usar la imparidad, aquí saldría una
16r2 c(4 4r2 ) dr d θ = 0 .
Área de D =
0
0
Z
⇥
En cartesianas (aún sin simplificar) acaba saliendo:
1Z 2
1
0
p
2
1 x2
p
1
x2
Z 1p
1 dy dx = 8
0
0
1 x2 dx =
Z π /2
También podíamos parametrizar S usando las polares anteriores típicas de las elipses:
i
j
0r1
! rr ⇥ rθ = c 2s
0  θ  2π
r s 2r c
r = (r cos θ , 2r sen θ , 4 4r2 ) ,
Con ellas queda:
"
S
Z 2πZ 1
rot f · dS =
0
0
k
2r
0
0
⇤
cos2t dt = 2π .
= 2r(8r cos θ , 4r sen θ , 1) .
2r(4 4r2 , 0, 1)·(8r cos θ , 4r sen θ , 1) dr d θ = 2π como antes.
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Cálculo (grupo C)
Soluciones del examen de septiembre (8 de septiembre de 2015)
1. Hallar los b para los que f (x, y) = x 2 bxy+ y 2 4x 2y tiene un mínimo local en un punto de y = 1 . [1.5 ptos]
⇥
⇤
f x = 2x by 4 = 0
x = 2 b= 4
! (2,1) , (0,1) . 2b 2b = 4 b2 . (2,1) mínimo, si b= 0 (0,1) silla .
"
"
f y = 2y bx 2 = 0 , y = 1 ! b = 0 ó x = 0
2. Sea F (x, y, z) = x 2 e2y+2 + 4 sen(x +2z)+2z 2 . a) Hallar el plano tangente y la recta normal a la superficie
[2.5 ptos]
F (x, y, z) = 6 en el punto (2, 1, 1) . b) Escribir un vector unitario u tal que Du F (2, 1, 1) = 8 .
rF = 2x e2y+2 +4 cos(x +2z) , 2x 2 e2y+2 , 8 cos(x +2z)+4z . rF (2, 1, 1) = (8, 8, 4) = 4(2, 2, 1) .
a) Plano tangente: 2(x 2)+2(y+1)+(z+1) = 0 , 2x +2y+z = 1 . Recta normal: (2t +2, 2t 1, t 1) .
b) i o j claramente valen (pues Fx = Fy = 8 ).
⇥
⇤
Hay otros infinitos que cumplen: 8a+8b+4c = 8 y a2 +b2 +c2 = 1 .
p
2
2
3. Sea g(x, y) = 2 e x +y . a) Dibujar su corte con el plano x = 0 y su gráfica. ¿Es g diferenciable en (0, 0)?
b) Calcular el volumen del recinto limitado por la gráfica de g y el plano z = 1 .
[2.5 ptos]
a) De revolución. g(0,y) = 2e |y | ) gy (0,0) no existe
) g no diferenciable en (0, 0) .
p
p
2
2
b) 2 e x +y = 1 , r = x 2 + y 2 = log 2 . Polares-cilíndricas:
Z 2πZ ln 2
⇥
⇤
⇥
⇤ 2
⇥
V=
r 2 e r 1 dr dθ = 2π 2(r +1) e r 12 r 2 ln
0 = 2π 1 ln 2
0
2e–|y|
ln2
0
y
1
2⇤
2 (ln 2)
.
4. Sea f(x, y, z) = e z i + j xe z k . a] Calcular directamente la integral de línea de f desde (1, 1, 0) hasta (1, 0, 3)
a lo largo del segmento que une los puntos. b] Hallar, si existe, una función potencial para f .
[2 ptos]
R1
R
R1
a] c(t) = (1, 1 t, 3t) , t 2 [0, 1] ! c f ·ds = 0 e 3t ,1, e 3t · (0, 1, 3) dt = 0 ( 1 3e 3t ) dt = e 3 2 .
b] rot f = 0 ,
f 2 C1
U = xe z +p(y, z)
⇥R
) hay potencial. U = y + q(x, z) , U = xe z + y
f ·ds = U (1, 0, 3) U (1, 1, 0) = e
c
U = xe z +r (x, y)
3
⇤
2 .
Elegir entre 5 y 6:
5. Calcular
"
D
(2x y) 3 dx dy , siendo D el cuadrilátero de vértices (0, 0) , (1, 0) , (2, 2) y (1, 2) de dos formas:
i) directamente, ii) haciendo el cambio u = 2x y , v = y .
[1.5 ptos]
i) Para no hacer 2 integrales, es mejor integrar primero respecto a x :
y y=2x y=2x–2
v
R 2 1⇥
R 2R y/2+1
R2
⇤
2
y/2+1
2
(2x y) 3 dx dy = 0 8 (2x y) 4 y/2 dy = 0 2 dy = 4 .
0 y/2
R 2R 2
R 1R 2x
Más largo: 0 0 (2x y) 3 dy dx + 1 2x 2 (2x y) 3 dy dx
u
D
R1
R 2⇥
2
x
⇤
= 0 4x 4 dx + 1 4 4(x 1) 4 dx = 45 +4 45 = 4 .
2
0
1
R 2R 2
⇥
⇤
u = 2x y x = u+v
1/2
∂(x,y)
= 21 . 12 0 0 u3 du dv = 1· 14 u4 20 = 4 .
= 1/2
ii) Con el cambio: v = y
, y = v 2 , ∂(u,v)
0
1
6. Hallar
"
S
F ·n dS , para F (x,y,z) = (x,1,2) , S la superficie x 2 + y 2 +z 2 = 9 y n su normal unitaria exterior.
[Se puede hallar utilizando un teorema adecuado].
[1.5 ptos]
Mucho más corto utilizando el teorema de la divergencia. Es S = ∂V esfera de radio 3 y es divF = 1 .
Z 2πZ 3Z π
#
La integral pedida coincide con: V 1 dx dy dz =
ρ2 sen φ dφ dρ dθ = 36π = volumen de V = 34 π33 .
0
0
0
Directamente: r (φ,θ) = (3 sen φ cos θ, 3 sen φ sen θ, 3 cos φ) , θ 2 [0, 2π] , φ 2 [0, π] , r φ ⇥ r θ = 3 sen φ r (φ,θ) .
[sentido correcto]
R 2πR π
!
F ·n dS = 0 0 9 sen φ (3 sen φ cos θ, 1, 2) · (sen φ cos θ, sen φ sen θ, cos φ) dφ dθ
S
R 2πR π ⇥
⇤
= 9 0 0 23 sen3 φ(1+cos 2θ) + sen2 φ sen θ + 2 sen φ cos φ dφ dθ =
[se anula]
= 27π
R
π
(1
0
cos2 φ) sen φ dφ
[se anula]
= 27π
⇥
[se anula]
1
3
cos φ + cos3 φ
⇤π
0
= 36π .
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Soluciones del control 1 de Cálculo (5 de abril de 2016)
4
1. Sea f (x,y) = 3y 2x+x 6 , f (0,0) = 0 . a] En (0,0) , precisar si existen f x y f y , si es continua y si es diferenciable.
b] Hallar el u unitario para el que Du f (1,1) es mínima. c] Hallar el plano tangente a la gráfica de f en (1,1) .
d] Si c(t) = et , e3t , hallar, con la regla de la cadena en Rn , la derivada de h(t) = f (c(t)) en t = 0 . [0.4 puntos]
a] f (x, 0) = x12 , x , 0 ⇒ f x (0, 0) no existe. f (0, y) = 0 ⇒ f y (0, 0) = 0 .
Como sobre y = 0 la f −→ ∞ , es discontinua en el origen.
x→0
f
1
1
3
O bien: f (x, mx 2 ) = 3m21+x 2 −→ 3m
2 o f (x, mx ) = (3m2 +1)x 2 −→ ∞ .
x→0
x→0 g
2
De acercarse por rectas no se saca nada: f (x, mx) = 3mx2 +x 4 −→ 0 .
x→0
Por no existir una parcial o no ser continua, f no es diferenciable en (0,0) .
2x 3 (6y 2 −x 6 )
6x 4 y
b] ∇f = (3y 2 +x 6 ) 2 , − (3y 2 +x 6 ) 2 , ∇f (1,1) = 81 (5,−3) . u = − √5 , √3
(vector opuesto al gradiente y unitario).
34
d] Plano tangente: f (1, 1) = 41 , z = 14 + 85 (x −1)− 83 (y−1) , o mejor,
34
z = 5x−3y
.
8
e] c(0) = (1, 1) , c ′ (t) = et , 3e3t , c ′ (0) = (1, 3) , h ′ (0) = ∇f c(0) · c ′ (0) = − 12 .
f
g
4t
t=0
Comprobamos componiendo y derivando: h(t) = 3e6te +e6t = 41 e−2t → h ′ (t) = − 21 e−2t −→ − 21 .
2. Sea f (x, y, z) = xz 2, yx 2, zy 2 −3z 2 . a] Calcular: i) div f , ii) ∇ div f , iii) rot f y iv) ∆ div f .
b] Dibujar la superficie div f = 0 , hallar la recta perpendicular a ella en el punto (1, 2 , 1) y precisar su punto
de corte con el plano x = 0 .
[0.35 puntos]
i
j
k
a] i) div f = z 2 + x 2 + y 2 −6z . ii) ∇ div f = 2(x , y , z−3) . iii) rot f = ∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z
xz 2
iv) ∆ div f = 6 .
= 2(yz , xz , x y) .
yx 2 zy 2 −3z 2
b] x 2 + y 2 +(z−3) 2 = 9 es la superficie esférica de centro (0, 0, 3) y radio 3 ,
y la recta perpendicular a ella en cualquier punto pasará por su centro.
Un vector normal a la superficie se obtiene de ii): (1, 2,−2) .
x = (1, 2, 1)+ t (1, 2,−2) = (1+t, 2+2t, 1−2t) que corta x = 0 para t = −1 →
punto de corte (0 , 0 , 3) que habíamos anticipado.
3. Sea F (x, y) = ex+y −2y .
a] Probar que F = 1 define una función y(x) de C 1 cerca del
[0.35 puntos]
punto (0,0) y hallar la recta tangente a la curva en ese punto.
Elegir dos entre b], c] y d] : b] Escribir el desarrollo de Taylor de orden 2 de F en torno a (0, 0) .
c] Hallar un punto de la curva F = 1 donde no sea aplicable el teorema de la función implícita.
d] Si h(u, v) = F u−v 3, v +u−2 , hallar, utilizando la regla de la cadena en Rn , ∇h en (u, v) = (1, 1) .
x+y
(0,0)
a] Fy = e x+y −2 , Fy (0,0) = −1 , 0 ⇒ define y(x) . e x+y (1+ y ′ )−2y ′ = 0 → y ′ = 2−e ex+y −→ 1 → y = x .
F (0,0) = 1 (es de la curva)
Fx = ex+y , y ′ = − FFyx lleva a lo mismo ր
b] F (x, y) = 1+(x + y)+ 12 (x + y) 2 + · · · −2y = 1+ x − y+ 21 x 2 + xy+ 12 y 2 + · · ·
no se necesita derivar, aunque es
fácil: Fxx = Fxy = Fyy = e x+y .
c] Problemas si e x+y = 2 , que llevado a F = 1 nos da 2−2y = 1 , y = 21 . e x+1/2 = 2 , x = ln 2− 21 .
[Como Fx , 0 La x siempre se puede poner siempre como función derivable de y , e incluso es calculable].
(0,0)
d] (u, v) = (1, 1) → (x, y) = (0, 0) , Fu = Fx +Fy −→ 1−1 = 0 , Fv = −3v 2 Fx +Fy −→ −3·1−1 = −4 .
O en forma matricial: ∇h(1,1) = ∇F (0,0)
1 −3v 2
1 1
!
= (1,−1)
(1,1)
1 −3
1 1
!
= (0 , −4) .
Décimas: 1: a] 6+6+3=15, ∇=5, b] 7, c] 5, d] 8. 2: a] 4+4+4+4=16, b] 7+7+5=19, c] 8. 3: a] 15, b,c,d] 10 .
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Soluciones del control 2 de Cálculo (24 de mayo de 2016)
Elegir entre 1a y 1b :
1a. Calcular la integral
"
D
x dx dy , donde D es la parte del círculo x 2 + y 2 ≤ 2y con x ≥ 0 , y ≥ x , integrando:
i) en cartesianas (de las dos formas posibles), ii) en polares.
√
p
y 2 −2y+ x 2 = 0 → y = 1+ 1− x 2 , x = 2y− y 2 .
√
Z 1
Z Z
g1
1 1+ 1−x 2
x dy dx =
x − x 2 + x(2− x 2 ) 1/2 dx = 21 x 2 − 13 x 3 − 13 (1− x 2 ) 3/2 =
i)
0
Z Z
1
y
0 0
√
Z Z
2
2y−y 2
x dx dy +
Z
ii) r 2 = 2rsen θ .
x dx dy = 12
1 0
Z 2 sen θ
π /2
π /4 0
r =2senq
1
2
0
0
x
[0.3 ptos]
Z
1
0
y 2 dy+ 12
Z
2
f
3 g2
(2y− y 2 ) dy = 61 + 12 y 2 − y3 =
1
1
Z π /2
8
3
3 π /4 sen θ
r 2 cos θ dr dθ =
.
cos θ dθ = 23 sen4 θ
π/2
1
π/4 = 2
1
2
.
r
.
p
1b. Calcular el volumen de la parte de la esfera x 2 + y 2 +(z−1) 2 ≤ 1 situada por encima del cono z = x 2 + y 2 ,
integrando: i) en cilíndricas y ii) en esféricas.
[0.3 ptos]
z=1+
El cono x 2 + y 2 = z 2 y la esfera x 2 + y 2 = 2z−z 2 se cortan si z = 0 , 1 .
1-r 2
r=2senf
V es el sólido de revolución del primer dibujo respecto al eje z .
√
i) Cilíndricas. La esfera pasa a ser z 2 −2z−r 2 = 0 , z = 1+ 1−r 2 y el cono z =r .
√
Z 2πZ 1Z 1+ 1−r 2
$
Z 1
r dz dr dθ = 2π
r −r 2 +r (1−r 2 ) 1/2 dr
1=
0
V
0
0 r
g1
f
= 2π 21 r 2 − 13 r 3 − 31 (1−r 2 ) 3/2 = π .
0
r
Con el orden dr dz aparecen dos integrales como las de 1a] .
ii) En esféricas, la esfera toma la forma ρ2 = 2ρ cos φ , ρ = 2 cos φ .
$
V
Z 2 cos φ
2πZ π /4
Z
Z
ρ2 sen φ dρ dφ dθ = 2π
3
0
0
0
π/2 4π
1
4π 4
= 3 − cos φ π/4 = 3 1− 4 = π .
1=
$
2. a] Calcular
V
π /4
8 cos3 φ sen φ dφ
0
y dx dy dz , si V es el sólido acotado por y = x 2 y los planos y = 1 , z = 0 e y+z = 0 .
b] Hallar el valor de la integral de línea del campo vectorial f(x, y, z) = (y, x, z) desde (−1, 1,−1) hasta (1, 1,−1)
sobre la curva intersección de y = x 2 con y+z = 0 .
a]
$
V
y=
O bien:
Z 1Z
−1
$
V
1Z 0
x2
−y
y=
y dz dy dx =
Z 1Z
0
i
j
k
y
x
z
0Z
−y
√
√
y
− y
Z 1Z
−1
1
x
y 2 dy dx =
2
Z 1Z
y dx dz dy =
0
0
−y
2
3
Z
1
0
[0.2+0.2 = 0.4 ptos]
1− x 6 dx = 23 1− 71 =
2y 3/2 dz dy =
Z
1
0
2y 5/2 dy =
4
7
4
7
y=1
.
–1
1
.
b] rot f = ∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z = (0, 0, 1−1) = 0 y f ∈ C 1 en R3 ⇒ existe función potencial.
x
–1
c
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z=–y
para todo camino.
También podríamos parametrizar la curva dada: c(x) = x , x 2, −x 2 , x ∈ [−1,1] →
Z
R1
R1
R1
f · ds = −1 x 2, x, −x 2 · (1, 2x, −2x) dt = −1 (3x 2 +2x 3 ) dx = 2 0 3x 2 dx = 2 .
O tomar el camino más simple que une los puntos: c(x) = (x , 1 , −1) , x ∈ [−1, 1] →
Z
R1
R1
f · ds = −1 1 , x , −1 · 1 , 0 , 0) dx = −1 dx = 2 .
y
1
Ux = y → U = xy+ p(y, z)
Z
Uy = x → U = x y+ q(x, z) , U = x y+ 12 z 2 ⇒ f · ds = U (1, 1,−1)−U (−1, 1,−1) = 2
c
Uz = z → U = 12 z 2 + r (x, y)
c
y = x2
3. Sea D parte de la elipse 4x 2 + y 2 ≤ 4 con y ≤ 0 . a] Comprobar el teorema de Green sobre D para el campo
I
f
x =r cos θ g
f(x, y) = (y , 2x) , haciendo la integral doble mejor con el cambio y = 2r sen θ . b] Hallar x y ds . [0.5 ptos]
!
a] gx − f y = 1 . Para hallar
Jacobiano
∂(x,y)
∂(r,θ)
=
= 2r . 4x 2 + y 2 = 4r 2 = 4 → r = 1 . θ ∈ [−π, 0] .
"
Z 0Z 1
2r dr dθ = π r 2 10 = π .
1 dx dy =
En cartesianas:
Z 1Z
0
√
−1 −2 1−x
dy dx = 4
2
Z
0
1p
1−x 2
dx = 4
x=sen s
c1 = (cos t, 2 sen t) , t ∈ [−π, 0] . c f · ds =
1
f
√
En cartesianas: c∗ = x,−2 1− x 2 , x ∈ [−1,1] .
Para el segmento: c2 = (x, 0) , t ∈ [1,−1] .
R
Z
π /2
0
cos2 s ds = 2
0
(2s, 2c) · (−s, 2c) dt
−π
Z 1
R
R
R
0
−π
D
f
c2
1 (que debe dar π , mitad del área de la elipse) usamos el cambio:
D
cos θ −r sen θ
2 sen θ 2r cos θ
c2
c∗
f · ds =
f · ds =
R
−1
1
2
−1
Z
π /2
0
c1
1
D
–2
g
(1+cos 2s) ds = π .
g0
0 = −π 3 cos 2t +1] dt = 32 sen 2t +π = π .
−π
Z 1 2
g
√ 2x − · , x · 1, √ · dx = 4 √3x −12 dx = · · · .
1−x
0
R
(0, 2x) · (1, 0) dx = 0 . Por tanto,
=0
∂D
f · ds = π .
√
√
b] Sobre c2 la integral es 0 , pues lo es el integrando. Para la elipse: kc1′ k = s2 +4c2 = 4−3s2 . Por tanto:
I
Z 0
g0
impar en x
= 0 [integrando
xy ds = 0 + 2 sen t cos t 4−3 sin2 t 1/2 dt = − 29 4−3 sin2 t 3/2
sobre curva simétrica].
−π
−π
√
I
Z 1
f
g
√
2
En cartesianas: kc∗′ k = √1+3x2 . xy ds = −2x 1+3x 2 dx = 0 (integrando impar) .
1−x
−1
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Soluciones del parcial de Cálculo (grupo D) (abril de 2016)
cos(x+y)
cos(x y)
1. Sea f (x, y) =
, f (0,0) = 0 . a) Desarrollar el numerador por Taylor hasta orden 2 en torno a
x 2 +y 2
(0,0) . b) Precisar si f en (0,0) : i) es continua, ii) tiene derivadas parciales, iii) es diferenciable.
[0.5+1 pts]
⇥
⇤
2
a) cos z = 1 z2 + · · · ! cos(x + y) cos(x y) = 1 12 (x + y) 2 + · · · 1 21 (x y) 2 + · · · = 2x y+o x 2 + y 2
[ = 2 sen x sen y ]
⇥
⇤
Más largo derivar: f x = s+s , f y = s s , f xx = f yy = c+c , que se anulan en (0, 0), y f xy = c c (0,0) = 2 .
.
g
2m
f (x, mx) ! 1+m
en
general
) discontinua ) no diferenciable.
2
x!0
x!0
⇥
⇤
f (x, 0) = f (0, y) = 0 pues cos y = cos( y) ) las parciales son f x (0, 0) = f y (0, 0) = 0 .
2
2x 1
= 2x2x+···
! 1
b) f (x, x) = cos2x
2
2
3x+y
5x+2y
∂z
∂z
1
, con g 2 C 1 de una variable. Hallar a, b 2 R tales que a ∂x
+b ∂y
= 5x+2y
g0
3x+y
5x+2y
, zy =
2. Sea z(x, y) = g
[1.5 pts]
y
0
z x = (5x+2y)
2 g
f
x
(5x+2y) 2
g0
3x+y
5x+2y
ay bx
0
. az x +bz y = (5x+2y)
2 g
3x+y
5x+2y
3x+y
5x+2y
.
a = 2 , b= 5 .
)
3. Sean f (x, y, z) = xz , y 2, 2xz y c (t) = 1 , t , 1 t 3 . a) Hallar: i) div f , ii) rot f , iii) D f , iv) Jf , v) c0 ( 1) .
[1+0.5+1 pts]
b) Si r(t) = f c (t) , calcular r 0 ( 1) utilizando la regla de la cadena en Rn .
c) Hallar la recta tangente en (1, 1, 2) a la curva dada por c y otro punto en el que la tangente corta la curva.
*
+
a) i) div f = 2x +2y+z , ii) rot f = (0, x 2z, 0) , iii) Df = .. 0 2y 0 // , iv) Jf = 0 ,
0
v) c (t) = 0,1,
3t 2
0
, c ( 1) = (0,1, 3) .
z
0
x
,2z
0
2x -
0
3
+* +
*
* + [se suele escribir
b) c( 1) = (1, 1, 2) . r 0 ( 1) = Df c( 1) c 0 ( 1) = ..0 2 0// .. 1 // = .. 2// como vector fila].
2 0
,4 0
1
2- , 3-
, 6-
c) Recta tangente (si t = 1 ): (1, s 1, 2 3s) . Corta otra vez si t = s 1 , 1 t 3 = 2 3s .
⇥
⇤
! t 3 3t 2 = 0 ! t = 2 y t = 1 doble . El otro punto es (1, 2, 7) .
⇥
⇤
A la derecha, el dibujo de la curva y la tangente z = 1 y 3 , z = 1 3y , sobre el plano x = 1 .
4. Sea F (x, y, z) = x 3 2yz+ ex z 2 . a) Hallar la ecuación del plano tangente a F = 0 en (0, 1, 2) .
b) Probar que F = 0 define implícitamente una z(x, y) de C 1 cerca de (0, 1, 2) y hallar el valor de z x (0,1) .
[1+0.5+1 pts]
c) Encontrar un u unitario que sea perpendicular al vector (1, 0, 1) y tal que Du F (0, 1, 2) = 0 .
a) rF = 3x 2 +z 2 e x, 2z, 2ze x 2y
(0,1,2)
! 2(2, 2, 1) . Plano: (2, 2, 1) · (x, y 1, z 2) = 0 . z = 2y 2x .
b) F 2 C 1 , F (0, 1, 2) = 0 , Fz (0, 1, 2) = 2 , 0 ) 9z(x, y) por el teorema de la función implícita.
2
2 x
+z e
Derivando implícitamente: 3x 2 2yz x +ex z 2 +2ex zz x = 0 , z x = 3x
2(y ze x )
f
⇣ p
⌘g
Coincide con a). Más largo es derivar z = e
x
y+ y 2 x 3 ex
(0,1,2)
=
2
⇥
o bien z x =
Fx
Fz
⇤
.
.
c) Perpendicular al vector y al gradiente en el punto es (1, 0, 1)⇥(2, 2, 1) = (2, 1, 2) ! u = 32 , 13 , 32
f
g
a+c = 0 ! c = a
O resolviendo 2a 2b+c = 0 a = 2b , vector de la forma (2b, b, 2b) de módulo 9|b| .
5. Sea h(x, y) = x x 3 x y 2 . Hallar y clasificar sus puntos críticos.
Como en ellos el hessiano es negativo, (0, ±1) son sillas (y en ellos h vale 0 ).
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⇤
o u .
[2 pts]
p
⌘
⇣
6x 2y
h x = 1 3x 2 y 2 = 0 , y = ±1 , x = ±1/ 3
= 4(x 2 3y 2 ) .
! (0,±1) , p±1 , 0 . H h =
%
%
2y 2x
3
hy = 2x y = 0 , x = 0 , y = 0
Los otros serán máximos o mínimos. Viendo el signo de h xx :
p
p
1/ 3 , 0 es máximo y
1/ 3 , 0 es mínimo (sólo locales).
⇥
dibujo %
con Maple
Soluciones del final de Cálculo (grupo D) (junio de 2016)
a) Dibujar las curvas de nivel f (x, y) = 0 y 1 . b) Hallar, si
y2 x4
1. Sea f (x, y) = x 2 +y 2 si (x,y) , (0,0) , f (0,0) = 0 .
existe, un u unitario tal que Du f (1, 1) valga i) 0 , ii) 3 .
c) Estudiar su continuidad, la existencia de derivadas parciales y su diferenciabilidad en (0, 0) . [0.4+0.7+0.9=2 pts]
a) f = 0 ! y 2 = x 4 , y = ±x 2 parábolas. f = 1 ! x 2 (1+ x 2 ) = 0 , x = 0 .
y
c=0
b) i) Du = 0 en dirección perpendicular a rf (tangente a la curva nivel).
⌘
⇣
Por tanto: u = ± p1 , ⌥ p2 (unitarios tangentes a y = x 2 en x = 1 ).
5
5
O bien: rf = (x 22x
+y 2 ) 2
x 4 2x 2 y 2 y 2, x y(x 2 +1)
x
(1, 1)
! (2, 1) ...
p
ii) No existe u porque el valor máximo de Du es krf k = 5 < 3 .
c) Tan cerca de 0 como queramos hay puntos con f = 0 y f = 1 )
2
c=1
c=0
2
2
m
f discontinua en el origen. O bien, lo es porque: f (x, mx) = m1+mx2 ! 1+m
2 distinto para distintos m .
x!0
f discontinua ) f no diferenciable.
f (x, 0) = x 2 ) f x (0,0) = 2x
x=0 = 0 .
f (0, y) =
( 1,
y ,0
0, y = 0
[Definiendo f (0, 0) = 1 , la
discontinua ) @ f y (0,0) . que no existiría sería f ].
x
2. Sea h(x, y) = 3y 2 x 3 . Hallar los valores máximo y mínimo de h sobre el círculo x 2 + y 2  4 .
[2 puntos]
Los extremos han de existir por ser h continua en el conjunto compacto (el círculo).
Localizamos los puntos críticos en el interior (claramente no hay ‘picos’, pues h 2 C 1 ):
⇢
⇥
h x = 3x 2 = 0
! (0, 0) . H = 06x 06 = 36x . H (0, 0) = 0 y el Hessiano no decide.
hy = 6y = 0
⇤
Aunque no se necesita (basta comparar f (0, 0) = 0 con el resto), como f (x, 0) = x 3 es una silla .
Para encontrar los extremos el borde g(x, y) = x 2 + y 2 = 4 podemos usar mulltliplicadores de Lagrange:
8
3x 2 = 2λ x x = 2 , 0 ! y = ±2
>
>
>
< 6y = 2λ y ! y = 0 , λ =" 3
>
>
> x 2 + y 2 = 4 x =#±2
:
f (0, ±2) = 12 valor máximo.
8 valor mínimo.
f (2, 0) =
f ( 2, 0) = 8 .
También se podría parametrizar la circunferencia (2 cos t, 2 sen t) , t 2 [ π, π] ! h C = 12 sen2 t 8 cos3 t ⌘ s(t)
! s 0 (t) = 24 sen t cos t(1+cos t) = 0 ! t = 0, ± π2 , π , que nos vuelve a dar los puntos de arriba.
O, incluso, es sencillo aquí y 2 = 4 x 2 ! h C = 12 3x 2 x 3 , hallar sus extremos en [ 2, 2] y deducir los y .
Elegir entre 3 y 3*:
3. Calcular el plano tangente a la superficie x 2 + y 2 +3z 2 = 16 en el punto (3, 2, 1) y hallar el ángulo con el que la
curva c(t) = 3et , 2et , e3t corta esa superficie.
[1.5 puntos]
(3,2,1)
2y
3
rF = 2(x, y, 3z) ! 2(3, 2, 3) . Plano tangente: 3(x 3)+2(y 2)+3(z 1) = 0 , z = 16
3 x
.
Se cortan si 3e6t +13e2t = 16 lo que claramente sucede si t = 0 , que lleva el punto (3, 2, 1) de antes.
f
g
De hecho, es el único corte, pues primer miembro creciente, o e2t = s ! 3s3 +13s 16 = [s 1][3s2 +3s+16] = 0 .
Un vector tangente a la curva es c 0(0) = (3, 2, 3) normal al plano tangente.
Curva y superficie son, pues, perpendiculares. Es decir, se cortan formando un ángulo
3*. Calcular
Cilíndricas:
$
Z 2π 2
0
O bien:
dx dy dz
z2
V
Z Z p
1
0
0
0
Esféricas:
1
Z 2πZ π/3Z 2
0
0
r
z2
.
, siendo V el sólido definido por x 2 + y 2 +z 2  4 , z 1 .
4 z2
p
Z 2πZ pZ
3
4 r2
π
2
r
z2
dr dz dθ = π
dz dr dθ = 2π
sen φ
2
1/ cos φ cos φ
R 2⇣ 4
1
R p3 ⇣
0
z2
dρ dφ dθ = 2π
2
⌘
⇥
1 dz = π
p r
4 r2
r
R
[1.5 puntos]
π/3
0
⌘
2s
c2
4 ⇤2
z 1
π = π.
z= 4-r 2
fp
gp3
2
dr = 3π+2π 4 r
= π.
1
r=p/3
0
s
c3
dφ = 2π
f
2
c
g
1 π/3
=
2c 2 0
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0
π.
r =1/sen f
3
2
4. Hallar el área de la región plana definida por x 2/3 + y 2/3  1 , x 0 , y 0 , utilizando el cambio de variables
x =r cos3 θ , y =r sen3 θ .
[2 puntos]
⇤
⇥
Como x 2/3 + y 2/3 =p1 es simétrica, tiene y = 1 x 2/3 3/2 pendiente 0 en (1, 0) ,
corta y = x si x = 2/4 , . . . la región D es la del dibujo (este usando Maple):
∂(x,y)
∂(r,θ)
c 3 3r c 2 s
= 3r sen2 θ cos2 θ sen2 θ +cos2 θ = 3r sen2 θ cos2 θ .
⇤
⇥
Veamos que conjunto D⇤ = [0, 1]⇥ 0, π2 se transforma en nuestro recinto D :
Jacobiano:
⇥
=
s 3 3r s 2 c
D
x
θ = 0 ! y = 0 , θ = π2 ! x = 0 ; x 2/3 + y 2/3 =r 2/3 sen2 θ +cos2 θ =r 2/3  1 , r  1 .
⇤
Y en D⇤ es inyectivo, salvo en (0, 0) , como las polares: θ = K constante lleva a distintas rectas y = (tan3 K )x .
Área =
!
1=
D
R R
3 π/2 1
r
4 0
0
sen2 2θ dr dθ =
3
16
R
π/2
(1
0
cos 4θ) dθ =
3π
32
0=
3π
32
.
5. Sea C la curva cerrada formada por los segmentos
que unen los puntos (1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1) y (1, 0, 0) ,
I
3
f · ds expresándola en términos de una integral de superficie.
y f(x, y, z) = z , 0 , 3(x + y) . a) Calcular
C
b) Parametrizar los segmentos y calcular directamente la integral anterior.
[1.6+0.9=2.5 pts]
i
j
k
a) Nos lleva a utilizar Stokes. rot f = ∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z = 3
z3
0
1
1 , 1+z 2, 0 .
3(x +y)
(1,1,1)
S
El plano por los puntos es claramente x + y+z = 1 que da esta parametrización de S :
r (x, y) = (x, y, 1 x y) , con (x,y) 2T triángulo del dibujo.
x+y+z=1
r x ⇥ r y = ( f x, f y, 1) = (1, 1, 1) (que apunta en el sentido que pide Stokes).
I
"
"
R 1R 1 x
Stokes:
f · ds =
rot f · dS = 3
z 2 dx dy = 3 0 0 (1 x y) 2 dy dx
C
S
T
g1
R1⇥
R1
⇤
1
= 0
(1 x y) 3 0 x dx = 0 (1 x) 3 dx = 41 (1 x) 4 = 14 .
1
T
1
0
[Eligiendo parametrizaciones (no habituales) r (x, z) o r (y, z) se simplificarían algo algunos cálculos].
b) Parametrizaciones posibles de los 3 segmentos en el sentido dado son, por ejemplo:
I
(t,1 t, 0) , t 2 [1,0] , (0, t,1 t) , t 2 [1,0] , (t, 0,1 t) , t 2 [0,1] !
C
Z
0
Z
0
Z
(0, 0, 3t) · (1, 1, 0) +
(1 t) 3, 0, 3t · (0, 1, 1) +
1
1
R1
R0
R0
= 1 0 + 1 3t + 0 (1+3t 2 t 3 ) = 0 23 +1+1 14 = 14 .
f · ds =
1
0
(1 t) 3, 0, 3t · (1, 0, 1)
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x+y=1
Soluciones de septiembre de Cálculo (grupo D) (2016)
1. Sea f (x, y) una función diferenciable
p
p en todo el plano. Se sabe
p que sus derivadas direccionales en el punto
(1, 2) según los vectores 1/ 2 , 1/ 2 y (3/5 , 4/5) son
2 y 3 , respectivamente, y que f (1, 2) = 2 .
Calcular la ecuación del plano tangente y de la recta normal a gráfica de f (x, y) en el punto (1, 2) .
[2 ptos]
rf (2, 1) = fx (1, 2), fy (1, 2) ⌘ (c, d) , D(u,v) f (2, 1) = cu+dv !
p1 c p1 d =
2
2
3
4
c
+
d
5
5 =3
p
2
! fx (1, 2) = 1, fy (1, 2) = 3 .
Plano tangente: z = 2+(x 1)+3(y 2) , x +3y z = 5 . Recta normal a la superficie: x = (1, 2, 2)+t(1, 3, 1) .
2. Sea h(x, y, z) = g u(x,y,z), v(x,y,z) , con u(x,y,z) = x 2 +2yz , v(x,y,z) = y 2 +2xz , y g(u,v) campo escalar C 1 .
2 yz) ∂h +(z 2 x y) ∂h .
Simplificar al máximo, con la regla de la cadena, la expresión (y 2 xz) ∂h
∂x +(x
∂y
∂z
∂h
∂x
∂h
∂y
∂h
∂z
∂g
= ∂u
2x + ∂g
∂v 2z
=
=
∂g
∂g
∂u 2z+ ∂v 2y
∂g
∂g
∂u 2y+ ∂v 2x
[2 ptos]
2 yz) ∂h +(z 2 x y) ∂h
(y 2 xz) ∂h
∂x +(x
∂y
∂z
!
= 2 x y 2 x 2 z+x 2 z yz2 +yz 2 x y 2
∂g
∂u
∂g
∂v
+ 2 y 2 z x 2 z+x 2 y y 2 z+x 2 z x 2 y
= 0 .
Elegir entre 3 y 3*:
3. Sea f (x, y) = (x 1)3 +(y x)2 3x . Hallar sus máximos y mínimos locales y precisar si alguno es absoluto.
[2 ptos]
fx = 3(x 1)2 2(y x) 3 = 0 , (x 1)2 = 1
! (0, 0) y (2, 2) . H =
fy = 2(y x) = 0 !
y=x %
6(x 1)+2
2
2
= 6(x 1) .
2
(0, 0) silla
(2, 2) mínimo.
El valor mínimo f (2, 2) = 5 no es absoluto, pues, por ejemplo, sobre y = x es f (x, x) = x 3 3x ! 1 .
x! 1
⇥
⇤
O basta encontrar un punto donde valga menos, por ejemplo: f ( 2, 2) = 21 < 5 .
3*. Calcular
ª
V
π 2π 2 xπ e
0
0
z dx dy dz si V es el sólido limitado por x = 0 , y = 0 , x + y = 2 , z = 0 y z = e
x
0
π 2π 2 x
z dz dy dx =
0
=
⇥
0
x
4
Algo más corto haciendo
1
2
1 2x
dy
2e
e
⇤
2x 2
0
Ø 2Ø 2 yØ e
0 0
0
x
Ø2
dx = 0 1 x2 e 2x dx = (partes)
Ø
⇤
⇥
1 2
2x dx = 1 + 1 e 2x 2 = 3+e
4 0 e
2 8
8
0
4
x
.
[2 ptos]
.
⇤
z dz dx dy .
4. Comprobar el teorema de Green para f(x,y) = x, x 2 sobre la parte de la elipse 4x 2 +9y 2 = 1 con x 0 . [2 ptos]
π 1/3 π p1 9y 2 /2
Ø 1/3
⇥ ⇤ 1/3
2x dx dy = 12 0 (1 9y 2 ) dy = 61 12 3y 3 0 = 19 .
D
1/3 0
Ø 1Ø π/2
r
O con x = 2 cos θ , y = r3 sen θ , J = r6 , 61 0 π/2 r 2 cos θ dθ dr = 61 · 12 ·2 = 19 .
⇤
⇥
Sobre x = 0 el campo es nulo y la elipse viene dada por c(t) = 12 cos t, 31 sen t , t 2 π2 , π2 :
º
π π/2
Ø
⇥
⇤ π/2
s c
1 π/2
c c2
(1 s2 )c dt = 61 s 13 s3 0 = 91 .
f ·ds =
!
2, 4 ·
2 , 3 dt = 6 0
gx
fy = 2x .
∫
2x =
∂D
π 2ππ 1π 1 r 4
Ø1
r dz dr dθ = 2π 0 r r 5 dr = 2π
f
=
div
3 .
V
0 0
0
∞
∞
y dx dy = 0 (impar).
(x, 1, y)·(0, 0, 1) dx dy =
Sobre la base B : (x, y, 0) ,
π
4x 2 (x 2 + y 2 )+4y(x 2 + y 2 )+ y dx dy =
impar
⇥
1/2
x2 + y2
2
±
Sobre la tapa S : r(x, y) = x, y, 1 (x 2 + y 2 )2 ! r x ⇥ r y = 4x(), 4y(), 1
∫
D
π/2
5. Comprobar el teorema de Gauss para f(x,y,z) = x, 1, y y el sólido dado por 0  z  1
div f = 1 . Cilíndricas:
1/3
impar
O bien, r(r, θ) = r cos θ, r sen θ, 1
r4
0
2ππ 1
0
4r 5 cos2 θ dr dθ = 31 ·2π =
||
2r 5 (1 +cos 2θ)
S
(exterior).
±
∂V
⇤
... .
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f ·dS .
B
.
[2 ptos]