Apuntes Calculo 3 (Fernando Arenas Daza) (Calculo Varias Variables)

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Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
Capı́tulo uno
Funciones escalares de variable vectorial
1.1.
Concepto y ejemplos
Definición 1.1.1 Se denomina función escalar de variable vectorial a toda función
del tipo:
f : D ⊆ Rn → R, donde f (⃗x) = y
Ejemplos
y2
x2
+ 2
2
a
b
(Ver la figura 1.1-1.)
(3) z = f (x, y) =
(1) z = f (x, y) =
√
x2 + y 2
(4) u = f (x, y, z) = log(x2 + y 2 + z 2 )
(5) z = f (t, u, v, w, x, y) =
1
=√
2
2
1 − t − u − v 2 − w 2 − x2 − y 2
x2
y2
− 2
2
a
b
(Ver la figura 1.1-2.)
(2) z = f (x, y) =
Z
Z
X
Y
Y
X
(1)
(2)
Fig. 1.1
(6) Un caso especial es el de la función conocida como forma cuadrática, o sea:
Q : Rn → R
definida del modo siguiente:
Q(⃗x) = ⃗xA⃗x =
n
n ∑
∑
aij xi xj
i=1 j=1
donde A es una matriz cuadrada real y simétrica de orden n.
Por ejemplo:
[
8
2
2
2
(i) en R : Q(x, y) = 8x + 12xy + 17y = [ x y ]
6
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6
17
][
x
y
]
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Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES



7 −2
0
x
(ii) en R3 : Q(x, y, z) = 7x2 − 4xy+6y 2 − 4yz+5z 2 = [ x y z ]  −2 6 −2   y 
0 −2
5
z
(7) Otro caso especial es aquel de las funciones homogéneas, que presentamos en la
siguiente:
Definición 1.1.2 La función f (⃗x) se dice función homogénea de grado p si
∀ λ ∈ R+ : f (λ⃗x) = λp f (⃗x)
Por ejemplo:
x−y
(i) f (x, y) = e x+y
es homogénea de grado cero.
(ii) f (x, y, z) = 3x2 y 7 z 5
es homogénea de grado 14.
(8) Entregamos a continuación el caso de la función lineal
Definición 1.1.3 La función:
ℓ : Rn → R
se dice función lineal si satisface la propiedad:
(∀α, β ∈ R ), (∀⃗x1 , ⃗x2 ∈ Rn ) , ( ℓ(α⃗x1 + β⃗x2 ) = αℓ(⃗x1 ) + βℓ(⃗x2 ) )
Si en el espacio vectorial real Rn consideramos la base ortonormal canónica {b
ei }ni=1 ,
tendremos:
n
∑
xi ebi
⃗x =
i=1
con ello:
ℓ(⃗x) = ℓ(
n
∑
i=1
xi ebi ) =
n
∑
i=1
xi ℓ( ebi )
o sea que bastará conocer los n valores reales ai = ℓ( ebi ) , i = 1, 2, 3, · · · , n para
conocer la imagen ℓ(⃗x), resultando ser ésta:
z = ℓ(⃗x) =
n
∑
i=1
xi ai = ⃗a · ⃗x con ⃗a conocido.
Se concluye que toda función lineal de este tipo obedece a la forma de un producto
punto.
En particular, si ⃗x = (x, y) ∈ R2 y si ⃗a = (a, b) es el vector fijo, entonces:
z = ℓ(x, y) = (a, b) · (x, y) = ax + by
y gráficamente está representada por un plano contenido en R3 que pasa por el origen y cuyo
vector normal es ⃗n = (a, b, −1). En el caso general, o sea cuando ⃗x ∈ Rn , z = ℓ(⃗x) = ⃗a · ⃗x
representa a un hiperplano contenido en Rn+1 pasando por el origen con dirección normal
(a1 , a2 , · · · , an , −1), siendo ⃗a = (a1 , a2 , · · · , an ).
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Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
Definición 1.1.4 Sea f : D ⊆ Rn → R una función y k ∈ R. Se define el conjunto de
nivel de valor k como Ck = {⃗x ∈ Rn | f (⃗x) = k} .
Nota:
Vemos que Ck siempre está contenido en D ⊆ Rn . Además, si n = 2 hablamos de curvas
de nivel y si n = 3, entonces tenemos superficies de nivel.
En la figura 1.2 tenemos la función
f (x, y) = x2 + y 2 , vemos que k puede tomar cualquier valor real; si k < 0, entonces
no hay curvas de nivel, si k = 0, entonces la curva de nivel se reduce al origen y
si k = r2 > 0, entonces la curva de nivel
es la circunferencia x2 + y 2 = r2 , z = 0
y también aparece sobre la superficie del
paraboloide ubicándose esta circunferencia
en el plano z = r2 .
O
O
X
Y
Fig. 1.2
En la figura 1.3 aparecen algunas de las
superficies de nivel de la silla de montar
de la dimensión 4, o sea las superficies
de nivel de :
Z
X
Z
Y
u = f (x, y, z) = x2 + y 2 − z 2 ,
estas superficies de nivel claramente están
en R3 , ya que las escribimos:
Fig. 1.3
x2 + y 2 − z 2 = k ,
si k = 0 se obtiene una superficie cónica, si k < 0 se consiguen hiperboloides de dos mantos
y si k > 0 se obtienen hiperboloides de un manto. Estas superficies también aparecen el
“gráfico ” de la función en los hiperplanos u = k que intersecan a tal “gráfico ”.
Nota:
Aquı́ recordaremos el concepto de vecindad
de radio δ en torno de ⃗x0 en Rn .
Vδ (⃗x0 ) = {⃗x ∈ Rn | ||⃗x − ⃗x0 || < δ}
Esta vecindad Vδ (⃗x0 ) la vemos en la figura
1.4.
Además:
P
C
Vδ∗ (⃗x0 ) = {⃗x ∈ Rn | 0 < ||⃗x − ⃗x0 || < δ}
o sea es la vecindad anterior sin su centro
⃗x0 .
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Fig. 1.4
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CALCULO EN VARIAS VARIABLES
1.2.
Lı́mites y continuidad
Definición 1.2.1
lı́m f (⃗x) = ℓ
⃗
x→⃗
x0
⇕
∀ ϵ > 0 ∃ δ > 0 : |f (⃗x) − ℓ| < ϵ para 0 < ||⃗x − ⃗x0 || < δ
Problema 1.2.1
(i) Comprobar que no existe
(ii) ¿Existirá
ción.
lı́m
(x,y)→(0,0)
√
lı́m
(x,y)→(0,0)
xy
x2 + y 2
3x − 2y
2x − 3y
? Si su respuesta es afirmativa, demuéstrelo por defini-
Solución:
3
3x
Para (i): Tenemos que para x ̸= 0, y = 0 resulta f (x, 0) =
=
y cuando x → 0 se
2x
2
3
tiene f (x, 0) → .
2
Tenemos que para x = 0, y ̸= 0 resulta f (0, y) =
f (0, y) →
2
.
3
2
−2y
=
y cuando y → 0 se tiene
−3y
3
Por lo tanto, el lı́mite no existe.
Para (ii): Para este caso consideramos las rectas que pasan por el origen y = mx, con m
variable, de ello resulta:
f (x, mx) =
mx2
mx
√
= ±√
2
|x| 1 + m
1 + m2
Ahora cuando x → 0 se tiene f (x, mx) → 0.
Otra manera es ocupar las coordenadas polares x = ρ cos θ, y = ρ sen θ, con ellas tenemos:
f (ρ cos θ, ρ sen θ) = √
ρ2 cos θ sen θ
ρ2 (cos2 θ + sen2 θ)
= ρ cos θ sen θ ,
ası́ cuando ρ → 0 se tiene f (ρ cos θ, ρ sen θ) → 0.
Deberemos demostrar, por definición, la existencia de este lı́mite. Pues bien, dado ϵ > 0,
deberemos encontrar δ > 0.
√Es claro que ||⃗x − ⃗x0 || < δ equivale, en este caso, a colocar
||(x, y) − (0, 0)|| < δ, o sea x2 + y 2 < δ.
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Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
Ahora:
1
xy
1 x2 + y 2
1√ 2
|xy|
xy
√
x + y2 < δ = ϵ
−0 = √
< √
=
=√
2 x2 + y 2
2
2
x2 + y 2
x2 + y 2
x2 + y 2
Note que aquı́ se utilizó la desigualdad:
|xy| <
1 2
(x + y 2 )
2
Luego:
lı́m
(x,y)→(0,0)
√
xy
x2 + y 2
=0
A continuación entregaremos un problema en que parece que el lı́mite de la función existe
pero no es ası́.
Problema 1.2.2 ¿Existirá:
x3 + y 3
?
(x,y)→(0,0) x2 + y
lı́m
Si su respuesta es afirmativa, demuéstrelo por definición.
Solución:
Para este caso consideramos las rectas que pasan por el origen y = mx, con m variable, de
ello resulta:
x 3 + m 3 x3
x2 (1 + m3 )
f (x, mx) = 2
=
x + mx
x+m
Ahora cuando x → 0 se tiene f (x, mx) → 0, con lo que el presunto lı́mite serı́a 0. Pero si
consideramos la curva, que pasa por el origen, y = x3 − x2 resulta:
f (x, x3 − x2 ) =
x3 + (x3 − x2 )3
= 1 + (x2 − x)3
x2 + x 3 − x2
y cuando x → 0 se tiene f (x, x3 − x2 ) → 1 y, por lo tanto, el lı́mite no existe.
Problema 1.2.3 Estudiar los siguientes lı́mites:
(a)
lı́m
x6 y 3
+ y6
(x,y)→(0,0) x12
(b)
lı́m
xy 2
.
+ y2
(x,y)→(0,0) x2
Solución:
x6 y 3
, consideramos las rectas que pasan
+ y6
por el origen y = mx, con m variable, de ello resulta:
Para (a): En este caso la función es f (x, y) =
f (x, mx) =
x12
x 6 · m3 · x 3
x3 · m 3
= 6
12
6
6
x +m x
x + m6
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CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Ahora cuando x → 0 se tiene f (x, mx) → 0, con lo que el presunto lı́mite serı́a 0. Pero si
consideramos la curva, que pasa por el origen, y = x2 resulta:
f (x, x2 ) =
y cuando x → 0 se tiene f (x, x2 ) →
1
x12
=
2x12
2
1
y, por lo tanto, el lı́mite no existe.
2
xy 2
, consideramos las rectas que pasan
x2 + y 2
por el origen y = mx, con m variable, de ello resulta:
Para (b): En este caso la función es f (x, y) =
f (x, mx) =
x · m2
x · m2 · x 2
=
2
2
x (1 + m )
1 + m2
Ahora cuando x → 0 se tiene f (x, mx) → 0, con lo que el presunto lı́mite serı́a 0.
Deberemos demostrar, por definición, la existencia de este lı́mite. Pues bien, dado ϵ > 0,
deberemos encontrar δ > 0.
√Es claro que ||⃗x − ⃗x0 || < δ equivale,
√ en este caso, a colocar
||(x, y) − (0, √
0)|| < δ, o sea x2 + y 2 < δ, también que | x | < x2 + y 2 < δ y, a su vez, se
tiene | y | < x2 + y 2 < δ.
Ahora:
Luego:
√
| x |y 2
(x2 + y 2 ) 2
xy 2
−0 = 2
<
= x2 + y 2 < δ = ϵ
2
2
2
2
2
x +y
x +y
x +y
3
lı́m
xy 2
=0
+ y2
(x,y)→(0,0) x2
Problema 1.2.4
¿Existirá el lı́mite:
xy − z 2
?
(x,y,z)→(0,0,0) x2 + y 2 + z 2
lı́m
Solución:
En este caso f (x, y, z) =
resulta:
x2
−→
xy − z 2
, Si consideramos la recta eje OZ : (x, y, z) = z b
k
2
2
+y +z
2
z
f (z b
k) = − 2 = −1 ,
z
Ahora cuando z → 0 se tiene f (z b
k) → 1, con lo que el presunto lı́mite serı́a 1. Ahora si
vamos por la recta ℓ : (x, y, z) = (x, x, 0),resulta:
f (x, x, 0) =
x2
1
= ,
2x2
2
1
1
Ahora cuando x → 0 se tiene f (x, x, 0) → , con lo que el posible lı́mite serı́a , y, por lo
2
2
tanto, el lı́mite no existe.
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Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
Definición 1.2.2
f (⃗x) es continua en ⃗x0 ∈ D ⇔ lı́m f (⃗x) = f (⃗x0 ) ⇔ lı́m (f (⃗x0 + ⃗h) − f (⃗x0 )) = 0
⃗
x→⃗
x0
⃗
h→⃗
0
Definición 1.2.3
f (⃗x) es continua en D ⇔ Si ella es continua en ⃗x para todo ⃗x ∈ D .
Ejemplo 1.2.1 Según hemos visto, podemos decir que la función.
f (x, y) =
{
√ xy
2
si
x +y 2
0 si
(x, y) ̸= (0, 0)
(x, y) = (0, 0)
es continua en el origen.
Ejemplo 1.2.2 También podemos decir, por lo ya visto, que la función:
f (x, y) =
{
x3 +y 3
x2 +y
si
1 si
(x, y) ̸= (0, 0)
(x, y) = (0, 0)
no es continua en el origen.
Problema 1.2.5 Estudiar la continuidad de la función:
f (x, y) =
{
sen x−sen y
tg x−tg y
si (x, y) ̸= (0, 0)
1 si (x, y) = (0, 0)
en el origen.
Solución:
x+y
x+y
2 sen x−y
2 sen x−y
sen x − sen y
2 cos 2
2 cos 2
=
=
x−y cos x cos y =
sen(x−y)
tg x − tg y
2 sen x−y
2 cos 2
cos x cos y
=
cos x+y
2 cos x cos y
cos x−y
2
.
Luego cuando (x, y) → (0, 0) resulta que el lı́mite es 1, con lo que hay continuidad en el
origen.
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CALCULO EN VARIAS VARIABLES
1.3.
Función diferenciable
1.3.1.
Introducción
En la figura 1.5 se representa la superficie:
S : z = f (x, y)
o bien:
Z
S : ⃗r(x, y) = (x, y, f (x, y))
O
en ella hemos tomado el punto fijo
P0 (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) (por comodidad colocamos ⃗x0 = (x0 , y0 , f (x0 , y0 ))) y pretendemos trazar por este punto P0 el respectivo
plano tangente Πt a S, esto no siempre es
posible.
Y
X
Fig. 1.5
Para encontrar tal plano tangente, en el caso de existir, cortamos a{ la superficie por el
x=x
plano de ecuación y = y0 produciéndose en la superficie la lı́nea C1 :
y también
y = y0
intersecamos
a esta superficie por el plano x = x0 produciéndose en la superficie la lı́nea
{
x = x0
C2 :
. Tanto C1 como C2 poseen en P0 el respectivo vector tangente, los que en
y=y
cada caso resultan ser:
⃗e1 = Dx (⃗r)
x=xo
= (1, 0, Dx f (x0 , y0 ))
y ⃗e2 = Dy (⃗r)
y=yo
= (0, 1, Dy f (x0 , y0 ))
El producto cruz entre estos vectores produce el vector normal ⃗n del plano buscado, o sea:
⃗n = ⃗e1 × ⃗e2 = (−Dx f (x0 , y0 ), −Dy f (x0 , y0 ), 1)
y, con ello, la ecuación del plano tangente a S en P0 resulta ser:
Πt : (⃗x − ⃗x0 ) · ⃗n = 0
o sea:
Πt : z − f (x0 , y0 ) = Dx f (x0 , y0 )(x − x0 ) + Dy f (x0 , y0 )(y − y0 ).
Problema 1.3.1 Encontrar la ecuación del plano tangente a la superficie:
S : z = f (x, y) = 6 − (x2 + y 2 )
en su punto P0 (1, 2, 1).
Solución:
Es claro que f (1, 2) = 6 − (1 + 4) = 1, con lo que P0 ∈ S, ahora:
Dx f (x, y) = −2x ⇒ Dx f (1, 1) = −2 ,
Dy f (x, y) = −2y ⇒ Dy f (1, 1) = −4
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Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
con lo que la ecuación del plano tangente pedido será:
Πt : z − 1 = −2(x − 1) − 4(y − 2) ⇐⇒ Πt : 2x + 4y + z − 11 = 0 .
Problema 1.3.2 Encontrar la ecuación del plano tangente a la superficie:
S : z = f (x, y) = 6 − (2x2 + 3y 2 )
en su punto P0 (1, 1, 1).
Solución:
Es claro que f (1, 1) = 6 − (2 + 3) = 1, con lo que P0 ∈ S, ahora:
Dx f (x, y) = −4x ⇒ Dx f (1, 2) = −4 ,
Dy f (x, y) = −6y ⇒ Dy f (1, 2) = −6
con lo que la ecuación del plano tangente pedido será:
Πt : z − 1 = −4(x − 1) − 6(y − 1) ⇐⇒ Πt : 4x + 6y + z − 11 = 0 .
Nota:
Hacemos notar que si hacemos el traslado x = h1 + x0 , y = h2 + y0 , entonces el plano
tangente obedece a la forma lineal ℓ(h1 , h2 ) = ah1 + bh2 , o sea la de un plano que pasa por
el nuevo origen O = P0 .
Nota:
En general lo que se pretende es aproximar el valor de la función f (x0 + h1 , y0 + h2 ) por
medio del plano tangente en las cercanı́as del punto P0 , o sea:
√
f (x0 + h1 , y0 + h2 ) − f (x0 , y0 ) = Dx f (x0 , y0 )h1 + Dy f (x0 , y0 )h2 + h21 + h22 α(h1 , h2 ) ,
con:
lı́m α(⃗h) = 0 .
⃗
h→⃗
0
1.3.2.
Definición y propiedades
Definición 1.3.1
f (⃗x) es diferenciable en ⃗x0
n
(1)
⇕
∃ ℓ : R → R lineal :
f (⃗x0 + ⃗h) − f (⃗x0 ) = ℓ(⃗h) + || ⃗h ||α(⃗h) con :
⇕
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lı́m α(⃗h) = 0 .
⃗
h→⃗
0
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CALCULO EN VARIAS VARIABLES
∃ ℓ : Rn → R lineal :
(2)
f (⃗x0 + ⃗h) − f (⃗x0 ) − ℓ(⃗h)
=0.
⃗
h→⃗
0
|| ⃗h ||
lı́m
Notas:
(01) De (1) se desprende que:
“Si f (⃗x) es diferenciable en ⃗x0 , entonces es continua en ⃗x0 .”
(02) ℓ(⃗h) se denomina la diferencial de f en ⃗x0 con incremento ⃗h, o sea:
df = df (⃗x0 , ⃗h) = ℓ(⃗h) .
(03) Si en (2) ponemos ⃗h = hb
v , resulta ℓ(⃗h) = ℓ(hb
v ) = hℓ(b
v ), con lo que:
ℓ(b
v ) = lı́m
h→0
f (⃗x0 + hb
v ) − f (⃗x0 )
,
h
o sea:
∂f
(⃗x0 ) ,
∂b
v
conocida como la derivada direccional de f en ⃗x0 en la dirección vb.
ℓ(b
v ) = Dvbf (⃗x0 ) =
Problema 1.3.3
√
(1
3)
, se pide calcular Dvbf (⃗x0 ).
Dada la función f (x, y) = x + y , ⃗x0 = (1, 1) y vb = ,
2 2
2
2
Solución:
√
)
√
1 ((
h 3 )2
1(
h )2 (
h2 √
3h2 )
h+
= 1+ 3 .
Dvbf (1, 1) = lı́m
+ 1+
− 2 = lı́m
+ 3h +
1+
h→0 h
h→0 h
2
2
4
4
(04) Hay n derivadas direccionales básicas y son aquellas que siguen las direcciones dadas
por las orientaciones de los ejes coordenados, es decir { eb1 , eb2 , · · · , ebn } y se conocen
como las derivadas parciales de f , ellas son:
ℓ(b
ek ) = Debk f (⃗x0 ) = Dk f (⃗x0 ) = fxk (⃗x0 ) =
f (⃗x0 + hb
ek ) − f (⃗x0 )
∂f
(⃗x0 ) = lı́m
,
h→0
∂xk
h
k = 1, 2, 3, · · · , n
(05)
⃗h =
n
∑
k=1
Donde:
hk ebk ⇒ df = ℓ(⃗h) =
∇f =
n
∑
hk ℓ(b
ek ) =
k=1
n
∑
k=1
hk Dk f (⃗x0 ) = ∇f (⃗x0 ) · ⃗h .
( ∂f ∂f ∂f
∂f )
,
,
,··· ,
∂x1 ∂x2 ∂x3
∂xn
se conoce como gradiente de la función f .
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Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
Teorema 1.3.1 Siendo f (⃗x) y g(⃗x) funciones diferenciables en una vecindad del vector
⃗x ∈ Rn y α, β ∈ R, entonces ∇(αf (⃗x) + βg(⃗x)) = α∇f (⃗x) + β∇g(⃗x).
(06)En particular, si f (⃗x) = xk , k = 1, 2, 3, · · · , n, resulta que su diferencial es
dxk = hk , k = 1, 2, 3, · · · , n .
(07) Poniendo entonces ⃗h = (dx1 , dx2 , dx3 , · · · , dxn ) = d⃗x resulta:
df = ∇f · d⃗x =
n
∑
∂f
dxk .
∂xk
k=1
Problema 1.3.4 Un cilindro circular recto tiene una altura de 10 dm. y un radio de 5 dm..
Calcular la variación experimentada por el volumen si la altura se incrementa en 1 cm. y el
radio en 1 mm..
Solución:
Tenemos:
V = πr2 h = V (h, r) ,
se pide
∆V = V (10,1, 5,01) − V (10, 5) ≈ dV ((10, 5), (0,1, 0,01)) ,
pero:
dV = Vh dh + Vr dr = π(r2 dh + 2rhdr) ,
luego:
dV ((10, 5), (0,1, 0,01)) = π(25 · 0,1 + 100 · 0,01) = 3,5π ,
por lo tanto:
∆V ≈ 3,5π .
Problema 1.3.5 Un triángulo variable ABC está inscrito en la circunferencia fija C[O, r],
mostrar que:
db
dc
da
+
+
=0.
cos α cos β
cos γ
Solución:
a = 2r sen α ⇒ da = 2r cos αdα , b = 2r sen β ⇒ db = 2r cos βdβ , c = 2r sen γ ⇒ dc = 2r cos γdγ ,
de ello:
da
db
dc
+
+
= 2r(dα + dβ + dγ) ,
cos α cos β
cos γ
pero:
α(β, γ) = π − (β + γ) ,
ası́:
dα = αβ dβ + αγ dγ = −dβ − dγ ,
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12
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Fernando Arenas Daza
de esto.
dα + dβ + dγ = 0 ,
y de ello el resultado.
z
Problema 1.3.6 Si tg =
2
√
1−x y
tg demostrar que
1+x 2
[ dy
dx ]
−
.
dz = sen z
sen y 1 − x2
Solución:
log tg
ası́:
o sea:
de donde:
1
1
y
z
= log(1 − x) − log(1 + x) + log tg ,
2
2
2
2
1(
1 )
1
1 1
1 1
2 z
2 y
sec
dz
=
−
dy ,
−
dx +
y sec
z
2 tg 2
2
2
1−x 1+x
2 tg 2
2
dy
dz
11+x+1−x
dx +
,
z
z =−
2
2 sen 2 cos 2
2
1−x
2 sen y2 cos y2
y de esto el resultado.
dz
dy
dx
=
−
,
sen z
sen y 1 − x2
Problema 1.3.7 Un triángulo ABC está determinado con a, b, γ como datos. Si estos
datos tuvieron errores de medida da, db y dγ, probar que el el error de c es aproximadamente:
cos β da + cos α db + a sen β dγ .
Solución:
Se tiene:
c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ ,
luego:
2cdc = 2(a − b cos γ)da + 2(b − a cos γ)db + 2ab sen γdγ ,
o sea:
cdc = (a − b cos γ)da + (b − a cos γ)db + ab sen γdγ ,
pero:
a
b
c
=
=
y c = b cos α + c cos β , b = a cos γ + c cos α , a = c cos β + b cos γ ,
sen α
sen β
sen γ
de esto se deduce que:
cdc = c(cos β da + cos α db + a sen β dγ ) ,
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Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
13
luego:
dc = cos β da + cos α db + a sen β dγ .
(08) De lo que hemos visto se deduce que:
f (⃗x0 + ⃗h) − f (⃗x0 ) ≈ df .
Por ejemplo:
Problema 1.3.8 En un triángulo ABC se midieron los siguientes datos b = 23, 01, c =
17, 92, α = 61◦ , pero los valores reales son b = 23, c = 18 y α = 60◦ . ¿Cuál es el error
aproximado que se cometió con la medida de a?
Solución:
π
π
y se
En este caso b0 = 23, c0 = 18, α0 = , con lo que h1 = 0, 01, h2 = −0, 08, h3 =
3
180
tiene:
a2 = b2 + c2 − 2bc cos α ,
de ello:
2ada = 2(b − c cos α)h1 + 2(c − b cos α)h2 + 2bc sen αh3 ,
luego:
da = √
b2
+
c2
1
((b − c cos α)h1 + (c − b cos α)h2 + bc sen αh3 ) ,
− 2bc cos α
es decir:
a(23, 01; 17, 92; 61◦ ) − a(23, 18, 60◦ ) ≈ da ,
con:
√
3 π
1
1
1
((23−18· )·0, 01+(18−23· )·(−0, 08)+23·18·
·
),
da = √
2
2
2
180
1
2
2
23 + 18 − 2 · 23 · 18 · 2
o sea:
a(23, 01; 17, 92; 61◦ ) − a(23, 18, 60◦ ) ≈ 0, 280522915 .
(09) Hemos visto que el error de medición está dado por:
∆f (x⃗0 ) = f (⃗x0 + ⃗h) − f (⃗x0 ) ≈ df = ∇f (⃗x0 ) · ⃗h .
Error relativo
En ocasiones podemos estimar o acotar superiormente el error relativo de la magnitud en
términos de los errores relativos (todos en %) de las variables:
n
hk
∆f (x⃗0 ) ∑ ∂f
(⃗x0 )
≈
.
f (⃗x0 )
∂xk
f (⃗x0 )
k=1
Por ejemplo:
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14
Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Problema 1.3.9 La resistencia eléctrica R de un alambre es proporcional a su longitud
ℓ e inversamente proporcional al cuadrado de su radio r. El error relativo en la medición
de ℓ fue de un 5 % y el de r fue de un 10 %. Acotar superiormente el error relativo en la
estimación de la resistencia.
Solución:
Se tiene:
R=k
ahora:
∆R ≈ dR = k
De donde:
Ası́:
ℓ
,
r2
(1
2ℓ
2ℓ )
1
dℓ − k 3 dr = k 2 dℓ − 3 dr .
2
r
r
r
r
k(1
2ℓ ) dℓ
dr
∆R
= kℓ 2 dr − 3 dr =
−2
.
R
r
r
ℓ
r
r2
∆R
R
≤
dℓ
dr
+2
ℓ
r
=
10
5
+2
= 25 % .
100
100
Problema
1.3.10 El perı́odo de oscilación de un péndulo con oscilaciones pequeñas esT =
√
ℓ
4π 2 ℓ
2π
con ℓ en cm. y t en seg.. El error relativo en la medición de ℓ
, de donde g =
g
T2
fue de 0,05 % y el de T fue de 0,5 %. Acotar superiormente el error relativo en la estimación
de g.
Solución:
Se tiene:
dg =
de donde:
luego:
8π 2 ℓ
4π 2
dℓ
−
dT ,
T2
t3
dg
dℓ
dT
=
−2
,
g
ℓ
T
0,5
dℓ
dT
0,05
dg
+2
= 1,05 % .
≤
+2
=
g
ℓ
T
100
100
(10)
f diferenciable en un punto ⇒ f tiene derivadas parciales en ese punto .
(11) Al revés no es cierto, por ejemplo:
Problema 1.3.11 Mostrar que:
f (x, y) =







xy 2
x2 + y 4
si
(x, y) ̸= (0, 0)
0 si
(x, y) = (0, 0)
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Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
15
tiene derivadas parciales en el origen, tiene todas las derivadas direccionales en el origen y
sin embargo no es diferenciable en el origen.
Solución:
∂f
f (h, 0) − f (0, 0)
f (0, h) − f (0, 0)
∂f
(0, 0) = lı́m
=0,
(0, 0) = lı́m
=0.
h→0
h→0
∂x
h
∂y
h
Además, si vb = (cos α, sen α) se tiene:
h3 cos α sen2 α
−0
f (h cos α, h sen α) − f (0, 0)
sen2 α
h2 (cos2 α + h2 sen4 α)
Dvbf (0, 0) = lı́m
= lı́m
=
,
h→0
h→0
h
h
cos α
pero:
π
⇒ vb = (0, 1) ⇒ Dvbf (0, 0) = 0 ,
2
π
α = − ⇒ vb = (0, −1) ⇒ Dvbf (0, 0) = 0 ,
2
Luego f es derivable direccionalmente en ⃗0. Veamos si es diferenciable en ⃗0:
α=
f (⃗0 + ⃗h) − f (⃗0) = f (⃗h) =
de ello:
h1 h22
h1 h22
= || ⃗h ||β(⃗h)
= || ⃗h || √ 2
4
+ h2
h1 + h22 (h21 + h42 )
h21
h1 h22
β(⃗h) = √ 2
.
h1 + h22 (h21 + h42 )
Haremos ver que
lı́m β(⃗h) no existe .
⃗
h→⃗
0
En efecto, tomemos las rectas por el origen h2 = mh1 , ası́:
β(h1 , mh1 ) =
(h21
m2
h1 m2 h21
√
√
=±
,
4
2
2
(1 + m4 h2 ) 1 + m2
+ m 4 h1 ) h1 + m 2 h1
m2
̸= 0 .
1 + m2
(12) La suficiencia está dada por el siguiente:
y cuando h1 → 0 se tiene que β → ± √
Teorema 1.3.2 Si f (⃗x) es una función que tiene todas sus derivadas parciales de primer
orden continuas en una vecindad de ⃗x, entonces es diferenciable en ⃗x.
Demostración:
Por espı́ritu didáctico haremos la demostración para n = 2 (para n > 2 se procede por
analogı́a). Pues bien, consideramos:
f (x + h, y + k) − f (x, y) = (f (x + h, y + k) − f (x, y + k)) + (f (x, y + k) − f (x, y)) ,
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16
Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
aplicamos el teorema del valor medio en cada paréntesis ya que:
(∃x (x < x < x + h)) ∧ (∃y (y < y < y + k)) ,
f (x + h, y + k) − f (x, y) = h
∂f
∂f
(x, y + k) + k (x, y)) ,
∂x
∂y
formamos:
f (x + h, y + k) − f (x, y) − df = h(
∂f
∂f
∂f
∂f
(x, y + k) −
(x, y)) + k( (x, y) −
(x, y)) ,
∂x
∂x
∂y
∂y
y, por continuidad resulta que, dado ϵ > 0 y siendo ⃗h = (h, k):
|k| ∂f
|h| ∂f
∂f
∂f
f (x + h, y + k) − f (x, y) − df
(x, y+k)− (x, y) +
(x, y)− (x, y) <
≤
∂x
∂y
|| ⃗h ||
|| ⃗h || ∂x
|| ⃗h || ∂y
<
ϵ
ϵ
+ =ϵ,
2 2
luego la tesis.
(13)Por último, tenemos:
O sea:
vb =
n
∑
k=1
vk ebk ⇒ Dvbf (⃗0) = ℓ(b
v) =
Problema 1.3.12 Sea:
n
∑
vk ℓ(b
ek ) =
n
∑
k=1
k=1
vk Dk f (⃗x0 ) = ∇f (⃗x0 ) · vb .
∂f
(⃗x0 ) = Dvbf (⃗x0 ) = ∇f (⃗x0 ) · vb .
∂b
v

xy

 λ√ 2
x + y2
fλ (x, y) =


0
si :
(x, y) ̸= (0, 0)
si :
(x, y) = (0, 0)
Determinar todos los valores de λ para los que fλ (x, y) es continua y diferenciable en el
origen.
Solución:
En primer lugar si λ = 0, entonces f0 (x, y) = 0 y, por lo tanto es continua. Pensemos ahora
que λ ̸= 0, para este caso consideramos las rectas que pasan por el origen y = mx, con m
variable, de ello resulta:
fλ (x, mx) =
λmx
λmx2
√
= ±√
2
|x| 1 + m
1 + m2
Ahora cuando x → 0 se tiene fλ (x, mx) → 0.
Deberemos demostrar, por definición, la existencia de este lı́mite. Pues bien, dado ϵ > 0,
deberemos encontrar δ > 0.
√Es claro que ||⃗x − ⃗x0 || < δ equivale, en este caso, a colocar
||(x, y) − (0, 0)|| < δ, o sea x2 + y 2 < δ.
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Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
Ahora:
√
√
1
| λ | | xy |
1 x2 + y 2
1
−0 = √
<|λ| √
= | λ | x2 + y 2 < | λ | δ = ϵ ,
2
2
2
2
2
2
2 x +y
2
2
x +y
x +y
λxy
es decir, dado ϵ > 0, existe δ =
ϵ
.
2| λ |
Note que aquı́ se utilizó la desigualdad:
1 2
(x + y 2 ) ,
2
|xy| <
luego, resulta:
lı́m
(x,y)→(0,0)
λxy
√
=0,
x2 + y 2
o sea, la función planteada es continua para todo valor de λ.
Para estudiar la diferenciabilidad, deberemos considerar:
Dx fλ (0, 0) = lı́m
h→0
fλ (h, 0) − fλ (0, 0)
=0,
h
Dy fλ (0, 0) = lı́m
h→0
fλ (0, h) − fλ (0, 0)
=0,
h
de donde ∇fλ (0, 0) = (0, 0).
Ahora, para que fλ (x, y) sea diferenciable en (0, 0) deberá cumplirse:
fλ (h, k) − fλ (0, 0) = ∇fλ (0, 0) · (h, k) +
√
(h2 + k 2 )α(h, k) ,
con
lı́m
(h,k)→(0,0)
α(h, k) = 0 .
Pues bien, tenemos:
fλ (h, k) − fλ (0, 0) = λ √
√
hk
hk
− 0 = 0 + (h2 + k 2 )α(h, k) ⇒ α(h, k) = λ 2
,
2
h + k2
+k
h2
ası́, deberemos calcular:
lı́m
(h,k)→(0,0)
λ
h2
hk
.
+ k2
Considerando las rectas que pasan por el origen k = mh, tendremos:
α(h, mh) = λ
m
mh2
=λ
,
h2 (1 + m2 )
1 + m2
m
que no es 0 a menos que λ = 0. Por lo
1 + m2
tanto, la función planteada es diferenciable sólo para este caso.
luego, si h → 0 vemos que el lı́mite será λ
En resumen la función fλ (x, y) es continua y diferenciable en el origen sólo para el caso
λ = 0.
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Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
1.3.3.
Significado de la derivada direccional
Z
Po
O
Y
X
Fig. 1.6
En la figura 1.6 se tiene la superficie S : z = f (x, y) el plano Π que pasa por P0 es paralelo
−→
tanto a vb = (cos θ, sen θ, 0) y como al eje OZ, y que corta a S según la curva señalada en
la figura. También se ha dibujado el plano tangente Πt en el punto P0 de S que corta a Π
según la recta de dirección ⃗t que es tangente a la curva mencionada en P0 .
Es claro, que la dirección de Π es:
además:
o sea:
vb1 = b
k × vb = (− sen θ, cos θ, 0) ,
⃗t = (Dx f, Dy f, −1) × vb1 ,
⃗t = (cos θ, sen θ, ∇f · vb) .
Por lo tanto, la derivada direccional de f, Dvbf (⃗x0 ), como vemos, es la tercera componente
de este vector ⃗t.
Problema 1.3.13 La temperatura en cualquier punto P (x, y) de una placa está dada por
1
. Hallar en el punto P0 (2, 3) la rapidez de variación de la temperatura en
u(x, y) = 2
x + y2
la dirección que forma ángulo de 72◦ con el eje de abscisas.
Solución:
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Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
En este caso se tiene:
∇u(x, y) = −
2
2
2
(x, y) ⇒ ∇u(2, 3) = − 2
(2, 3) = −
(2, 3) ,
(x2 + y 2 )2
(2 + 32 )2
169
además, tenemos:
vb = (cos 72◦ , sen 72◦ ) =
1 √
( 5 − 1,
4
√
√
10 + 2 5) ,
en conclusión la rapidez de variación de temperatura es:
2
1 √
∂
u(2, 3) = ∇u(2, 3) · vb = −
(2, 3) · ( 5 − 1,
∂b
v
169
4
√
√
10 + 2 5) .
Problema 1.3.14 Encontrar la derivada direccional de la función f (x, y, z) = log(x2 +y 2 +
z 2 + 9) en el punto ⃗x0 = (1, −1, 1) y en la dirección ⃗v = (6, −3, 2).
Solución:
Se tiene ∇f (x, y, z) =
x2
y2
2
2
1
(x, y, z) ⇒ ∇f (1, −1, 1) =
(1, −1, 1) = (1, −1, 1).
2
+z +9
12
6
+
1
Además vb = (6, −3, 2), con esto, resulta:
7
Dvbf (1, −1, 1) = ∇f (1, −1, 1) · vb =
1
1
11
1
(1, −1, 1) · (6, −3, 2) =
(6 + 3 + 2) =
.
6
7
42
42
Teorema 1.3.3 Sea f (⃗x) una función diferenciable. Demostrar que el valor máximo de la
derivada direccional D⃗v f (⃗x) es || ∇f (⃗x) || y se presenta cuando ⃗v tiene la misma dirección
que ∇f (⃗x).
Problema 1.3.15 La temperatura en el punto P (x, y, z) está dada por medio de la fun49
. ¿En qué dirección aumenta más
ción definida mediante T (x, y, z) =
2(1 + x2 + 2y 2 + 3z 2 )
rápido la temperatura en el punto P0 (1, 1, 1)? ¿Cuál es la tasa máxima de incremento de la
temperatura en ese punto P0 ?
Problema 1.3.16 Una persona se encuentra en el punto P0 (−100, −100, 430) sobre una
colina que tiene la forma de la superficie asociada con f (x, y) = 500 − 0,003x2 − 0,004y 2 ,
donde x, y, z están expresados en metros.
(i) ¿Cuál será su tasa de ascenso (elevación sobre desplazamiento horizontal) si
camina hacia el noroeste?
(ii) ¿Con qué ángulo con respecto a la horizontal está ascendiendo?
Solución:
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Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
(i) Como f (x, y) = 500−0,003x2 −0,004y 2 , se tiene ∇f (x, y) = (−0,006x, −0,008y), luego
1
resulta ∇f (−100, −100) = (0,6, 0,8) y la dirección de ascenso es vb = √ (−1, 1), ası́ la
2
derivada direccional es:
√
2
1
∂f
(−100, −100) = (0,6, 0,8) · √ (−1, 1) =
≈ 0,141421356 .
∂b
v
10
2
(ii) El ángulo con respecto a la horizontal en que está ascendiendo es:
Arctg
√
2
= 8◦ 2′ 59′′ .
10
Teorema 1.3.4 Teorema de Euler
Sea f (⃗x) homogénea de grado p, entonces ⃗x · ∇f = pf .
Demostración:
f (⃗x + hb
x) − f (⃗x)
=
h
)p
]
[(
1 + ||⃗hx|| − 1 f (⃗x)
⃗x · ∇f = ||⃗x||b
x · ∇f = ||⃗x||Dxbf (⃗x) = ||⃗x|| lı́m
h→0
f
= ||⃗x|| lı́m
h→o
((
1+
h
||⃗
x||
) )
⃗x − f (⃗x)
h
= f (⃗x) lı́m
h→o
Ejemplo 1.3.1 f (x, y, z) =
1.4.
√
5
(
1+
= ||⃗x|| lı́m
h→o
h
||⃗
x||
)p
h
||⃗
x||
−1
h
=
= pf (⃗x)
x2 + y 2 + z 2 ⇒ ⃗x · ∇f =
5
f.
2
Regla de la cadena
En primer lugar recordamos el concepto de curva.
Definición 1.4.1 Siendo I ⊆ R un intervalo de números reales, se denomina curva a toda
función continua del tipo:
C : ⃗r : I ⊆ R → Rn
donde:
⃗r(t) =
n
∑
k=1
xk (t)b
ek = (x1 (t), x2 (t), · · · , xn (t))
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21
Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
Ejemplo 1.4.1 En R2 , la elipse E :
y2
x2
+
= 1, que se puede colocar en la forma:
a2
b2
⃗r(t) = (a cos t, b sen t) t ∈ [0, 2π[
Ejemplo 1.4.2 En R3 a la hélice cilı́ndrica circular:
⃗r(t) = (x(t), y(t), z(t)) = (a cos t, a sen t, bt) .
Teorema 1.4.1 Sean ⃗r : I ⊆ R → Rn diferenciable en t0 y f : D ⊆ Rn → R diferenciable
en ⃗x0 = ⃗r(t0 ) con rec(⃗r) ⊆ D, entonces g = f ◦ ⃗r : I ⊆ R → R es diferenciable en t0 y:
n
∑ ∂f
dg
d⃗r
dxk
(t0 ) = ∇f (⃗r(t0 )) · (t0 ) =
(⃗r(t0 ))
(t0 ) .
dt
dt
∂xk
dt
k=1
Demostración:
⃗r(t) diferenciable en t0
⇕
⃗k = ⃗r(t0 + h) − ⃗r(t0 ) = d⃗r (t0 )h + | h | α
⃗ (h) , con lı́m α
⃗ (h) = ⃗0 .
h→0
dt
f (⃗x) diferenciable en ⃗x0
⇕
f (⃗x0 + ⃗k) − f (⃗x0 ) = ∇f (⃗x0 ) · ⃗k + || ⃗k ||β(⃗k) , con lı́m β(⃗k) = 0 .
⃗
k→⃗
0
Pero ⃗x0 = ⃗r(t0 ), luego:
f (⃗r(t0 +h))−f (⃗r(t0 )) = ∇f (⃗r(t0 ))·(
d⃗r
(t0 )h+| h | α
⃗ (h))+|| ⃗r(t0 +h)−⃗r(t0 ) ||β(⃗r(t0 +h)−⃗r(t0 )) ,
dt
con lı́m β(⃗r(t0 + h) − ⃗r(t0 )) = 0 ,
t→0
o sea:
g(t0 + h) − g(t0 ) = ∇f (⃗r(t0 )) ·
d⃗r
(t0 )h + | h | γ(h) , con lı́m γ(h) = 0 ,
h→0
dt
con lo que g = f ◦ ⃗r : I ⊆ R → R es diferenciable en t0 y:
n
∑ ∂f
d⃗r
dxk
dg
(t0 ) = ∇f (⃗r(t0 )) · (t0 ) =
(⃗r(t0 ))
(t0 ) .
dt
dt
∂xk
dt
k=1
En general:
n
dg
dxk
d⃗r ∑ ∂f
(⃗r)
= ∇f (⃗r) ·
=
.
dt
dt
∂xk
dt
k=1
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Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Problema 1.4.1 La temperatura en el punto (x, y) es T (x, y), medida en grados Celsius.
Un gusano se arrastra de modo que su posición después de t segundos es:
)
(
√
t
1 + t, 2 +
⃗r(t) = (x(t), y(t)) =
3
donde x e y se miden en centı́metros. Además, se sabe que Tx (2, 3) = 4 y que Ty (2, 3) = 3.
¿Cuán rápido aumenta la temperatura en la senda del gusano después de 3 segundos?
Solución:
Sea S(t) = T (⃗r(t)) ası́, se consigue:
dS
= Tx xt + T yyt ,
dt
ahora, tenemos:
⃗r0 = (x(t0 ), y(t0 )) =
(
√
1 + t0 , 2 +
⃗r0 ′ = (x′ (t0 ), y ′ (t0 )) =
de donde:
dS
dt
t0 =3
(
t0
3
)
= (2, 3) ⇒ t0 = 3 ,
1
1
√
,
2 1+3 3
)
,
1
1
=4· √
+3· =2.
3
2 1+3
Problema 1.4.2 Siendo f (x, y) = sen(3x − y) y además:
}
dg
x3 + 2y =
2t3
⃗r se pide
.
x + y 2 = t2 + 3t
dt
Solución:
dg
dx
dy
= 3 cos(3x − y)
− cos(3x − y)
,
dt
dt
dt
pero:

dy
dx


+
2
=
6t2 
3x2

dt
dt
,


dx
dy

+ 2y
= 2t + 3 
dt
dt
sistema que conduce a:
dx
6t2 y − 2t − 3
=
dt
3x2 y − 1
,
(1)
dy
6tx2 + 9x2 − 6t2
=
,
dt
2(3x2 y − 1)
valores que colocados en (1) conducen al resultado.
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23
Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
y
y además:
x
}
dg
=
7t3
.
⃗r se pide
= 5t2 − 3t
dt
Problema 1.4.3 Siendo f (x, y) = Arctg
3x5 +
x +
4y 2
2y 3
Solución:
Se deja al lector.
Observación:
Podemos generalizar aún más la regla de la cadena, tal como podemos ver en el caso siguiente:
f
z}|{
R2 → R2 −→ R
,
(x, y) → (u, v) → f (u(x, y), v(x, y)) = g(x, y) ,
pues bien, considerando que y es fija, resulta:
∂g
∂f ∂u ∂f ∂v
=
+
,
∂x
∂u ∂x
∂v ∂x
y, considerando x fija, se consigue:
∂g
∂f ∂u ∂f ∂v
=
+
∂y
∂u ∂y
∂v ∂y
Problema 1.4.4 Sea x = ρ cos θ, y = ρ sen θ el cambio cartesiano-polar y sea f (x, y) una
∂f
∂f
y
en coordenadas polares.
función diferenciable, expresar
∂x ∂y
Solución:
}
}
xρ dρ + xθ dθ = dx
cos θdρ − ρ sen θdθ = dx
, o sea:
, resolviendo
yρ dρ + yθ dθ = dy
sen θdρ + ρ cos θdθ = dy
este sistema para dρ y dθ se consigue:
}
cos θdx +
sen θdy = dρ 
ρx dx + ρy dy = dρ
1
1
y como sabemos que:
,
cos θdy = dθ 
− sen θdx +
θx dx + θy dy = dθ
ρ
ρ
1
1
obtenemos: ρx = cos θ, ρy = sen θ, θx = − sen θ y θy = cos θ. Ahora bien, como fx =
ρ
ρ
gρ ρx + gθ θx y fy = gρ ρy + gθ θy , llegamos a la respuesta:
Se tiene:
∂f
∂g
1
∂g
= cos θ
− sen θ
∂x
∂ρ ρ
∂θ
y
∂f
∂g
1
∂g
= sen θ
+ cos θ
.
∂y
∂ρ ρ
∂θ
Observación:
Podemos generalizar aún más la regla de la cadena, tal como podemos ver en el caso siguiente:
f
z}|{
R → R −→ R
n
m
,
⃗x → ⃗u → g(⃗x) = f (⃗u(⃗x)) ,
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Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
resultando:
m
∑ ∂f ∂uk
∂g
=
∂xi
∂uk ∂xi
k=1
Problema 1.4.5 Si u = f
; i = 1, 2, 3, · · · , n.
(y − x z − x)
,
, demostrar que:
xy
zx
x2
∂u
∂u
∂u
+ y2
+ z2
=0.
∂x
∂y
∂z
Solución:
Sean:
r=
y−x
xy
,
s=
z−x
,
zx
de ello:
ux = f r r x + f s s x = −
Luego:
x2
fr
fs
fr + fs
, u y = fr ry + fs sy = 2 , u z = fr rz + fs sz = 2 .
2
x
y
z
( f +f )
∂u
fs
∂u
∂u
fr
r
s
+ y2
+ z2
= x2 −
+ y2 2 + z2 2 = 0 .
∂x
∂y
∂z
x2
y
z
Problema 1.4.6 Si x2 = y 2 + f (x2 + z 2 ), demostrar que:
xy
∂y ∂z
∂z
∂y
+ yz
− zx
=0.
∂x
∂x ∂x
∂x
Solución:
Sea u = x2 + z 2 , como:
x2 = y 2 + f (u) ⇒ 2xdx = 2ydy +
df
du = 2ydy + f ′ du ,
du
pero:
du = 2xdx + 2zdz
luego;
2xdx = 2ydy + f ′ (2xdx + 2zdz) ,
de donde:
xdx = ydy + f ′ xdx + f ′ zdz
de ello resulta:
x(1 − f ′ )
zf ′
∂y
∂y
dx −
dz = dy =
dx +
dz ,
y
y
∂x
∂z
luego:
∂y
x
= (1 − f ′ ) .
∂x
y
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Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
Por otro lado, se tiene:
xdx = ydy + f ′ xdx + f ′ zdz ⇒
y
∂z
∂z
x(1 − f ′ )
dx − ′ dy = dz =
dx +
dy ,
zf ′
zf
∂x
∂y
luego:
∂z
x(1 − f ′ )
.
=
∂x
zf ′
En conclusión:
∂y
∂x
=
∂y ∂z
∂x ∂x
=
∂z
∂x
=
xy
yz
−zx
ası́:
xy


x2 (1 − f ′ ) 






2
′ 2 
x (1 − f ) 
(+) ,
f′







x2 (1 − f ′ ) 


f′
x2
∂y ∂z
∂z
x2
∂y
+ yz
− zx
= ′ (f ′ − f ′ 2 + 1 − 2f ′ + f ′ 2 − 1 + f ′ ) = ′ 0 = 0 ,
∂x
∂x ∂x
∂x
f
f
y con esto el resultado.
Observación:
Aquı́ tenemos un caso muy particular, éste se trata de la situación en que se tiene la ecuación
F (x, y, z) = 0, con Fz (x0 , y0 , z0 ) ̸= 0 en alguna vecindad de (x0 , y0 , z0 ), o sea de una ecuación
que define a z como función implı́cita de (x, y) en esa vecindad de (x0 , y0 , z0 ), es decir z(x, y),
lo que conduce a F (x, y, z(x, y)) = 0, de donde: resulta:
∂F ∂z
∂z
Dx F (x, y, z(x, y))
∂F
+
=0⇒
=−
, si Dz F (x, y, z(x, y)) ̸= 0 ,
∂x
∂z ∂x
∂x
Dz F (x, y, z(x, y))
también:
∂z
Dy F (x, y, z(x, y))
=−
, si Dz F (x, y, z(x, y)) ̸= 0 .
∂y
Dz F (x, y, z(x, y))
Con esto podemos generalizar la ecuación del plano tangente.
Problema 1.4.7 Dada la ecuación F (x, y, z) = 0(sabemos que ésta define a z como función
implı́cita de (x, y), es decir z(x, y),si Dz F (x, y, z(x, y)) ̸= 0), encontrar la ecuación del plano
tangente a esta superficie en su punto P0 (⃗r0 ).
Solución:
Se tendrá:
z − z0 =
∂z
∂x
⃗
x=r⃗0
(x − x0 ) +
∂z
∂y
⃗
x=r⃗0
(y − yo ) ,
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Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
o mejor:
z − z0 = −
Dy F (⃗r0 )
Dx F (⃗r0 )
(x − x0 ) −
(y − y0 ) ,
Dz F (⃗r0 )
Dz F (⃗r0 )
de donde:
o sea:
Dx F (⃗r0 )(x − x0 ) + Dy F (⃗r0 )(y − y0 ) + Dz F (⃗r0 )(z − z0 ) = 0 ,
Πt : (⃗r − ⃗r0 ) · ∇F (⃗r0 ) = 0 .
Ejemplo 1.4.3 Determinar la ecuación del plano tangente al elipsoide:
x2
y2
z2
+
+
=1,
a2
b2
c2
en su punto P0 (⃗r0 ).
Respuesta:
x0 x y0 y z0 z
+ 2 + 2 =1.
a2
b
c
Problema 1.4.8
Tarea:
1
Determinar la ecuación del plano tangente a la superficie S : sen(xyz) =
en su punto
2
( π 1)
P0 3, ,
.
6 3
Problema 1.4.9 Determinar el ángulo formado por las superficies de ecuaciones:
x2 + y 2 + z 2 = 8 , y
en el punto P0 (1,
√
x2 + y 2 = 2z
3, 2).
Solución:
E(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 8 = 0 ⇒ ∇E = (2x, 2y, 2z) y P(x, y, z) = x2 + y 2 − 2z = 0 ⇒
∇P = (2x, 2y, −2) de ello:
√
√
1
(1, 3, 2) · (1, 3, −1)
√ √
= √ ⇒ θ ≈ 71◦ 33′ 54,18′′
cos θ =
8 5
10
Problema 1.4.10 Si el punto P0 (x0 , y0 , z0 ) pertenece al elipsoide de ecuación:
E:
y2
z2
x2
+
+
=1
a2 − α b2 − α c2 − α
(α < c2 < b2 < a2 ) ,
x2
y2
z2
+
+
=1
a2 − β
b2 − β
c2 − β
(c2 < β < b2 < a2 ) ,
y al hiperboloide de un manto de ecuación:
H:
entonces estas superficies se cortan ortogonalmente en P0 .
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Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
Solución:
Se tiene:
∇E(⃗r0 ) = 2
(
y0
z0 )
x0
,
,
= 2⃗n1
a2 − α b2 − α c2 − α
,
∇H(⃗r0 ) = 2
(
y0
z0 )
x0
,
,
= 2⃗n2 ,
a2 − β b2 − β c2 − β
Se deberá probar que
⃗n1 ⊥ ⃗n2 ⇐⇒ ⃗n1 · ⃗n2 = 0 .
Calculemos:
n⃗1 · n⃗2 =
(
y0
z0 ) ( x0
y0
z0 )
x0
,
,
,
,
·
=
a2 − α b2 − α c2 − α
a 2 − β b2 − β c2 − β
x2
y2
z2
+ 2
+ 2
=
2
2
− α)(a − β) (b − α)(b − β) (c − α)(c2 − β)
( 1
( 1
1 [ 2( 1
1 )
1 )
1 )]
=
− 2
− 2
− 2
x0 2
+ y02 2
+ z02 2
=
α−β
a −α a −β
b −α b −β
c −α c −β
y2
z2
x2
y2
z2 )
1 ( x20
1
+ 2 0 + 2 0 − 2 0 + 2 0 + 2 0
(1 − 1) = 0 .
=
=
2
α−β a −α b −α c −α a −β
b −β
c −β
α−β
=
(a2
Observación:
Ahora podemos considerar el sistema:
F (x, y, u, v)
G(x, y, u, v)
=
=
0
0
}
(∗)
,
este sistema, según veremos más adelante, define en cierta vecindad de (x0 , y0 , u0 , v0 ), por
ejemplo, a u y a v como funciónes implı́citas de x e y, es decir u = u(x, y), v = v(x, y); de
donde, al derivar el sistema con respecto a x resulta:
}
F x + F u ux + F v v x = 0
,
Gx + Gu ux + Gv vx = 0
o mejor:
F u ux
Gu ux
+
+
Fv vx
Gv vx
=
=
−
−
Fx
Gx
}
,
y en el supuesto que en la vecindad de (x0 , y0 , u0 , v0 ) se tiene
∂(F, G)
=
∂(u, v)
Fu
Gu
Fv
Gv
̸= 0 ,
este sistema produce los valores de ux y vx , o sea:
ux =
−Fx Fv
−Gx Gv
Fu Fv
Gu Gv
∂(F, G)
∂(x, v)
=−
∂(F, G)
∂(u, v)
,
vx =
Fu −Fx
Gu −Gx
Fu Fv
Gu Gv
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∂(F, G)
∂(u, x)
,
=−
∂(F, G)
∂(u, v)
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Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
derivando el sistema (∗) con respecto a y se obtiene por analogı́a:
uy =
−Fy Fv
−Gy Gv
Fu Fv
Gu Gv
∂(F, G)
∂(y, v)
=−
∂(F, G)
∂(u, v)
,
vy =
Fu −Fy
Gv −Gy
Fu Fv
Gu Gv
∂(F, G)
∂(u, y)
=−
.
∂(F, G)
∂(u, v)
Problema 1.4.11 Sabiendo que x = eu cos v, v = ey sen x, demostrar que ux vy −uy vx =
v
.
x
Solución:
Aquı́ el sistema es:
F (x, y, u, v)
G(x, y, u, v)
=
=
u
y
−
−
ex cos y
ev sen u
= 0
= 0
}
,6
con lo que:
−ex cos y
0
∂(F, G)
=
∂(x, y)
xu = −
−1 ∂(F, G)
=
u ∂(u, y)
=
1.5.
1
ex sen y
−e cos u
1
v
= −u ̸= 0 ,
=
ex sen y
1
1
(1 + ex sen yev cos u) ,
u
−1 ∂(F, G)
=
u ∂(v, y)
0
−ev sen u
yu = −
−1 ∂(F, G)
=
u ∂(x, u)
−ex cos y
0
1
−ev cos u
=
1 x
e cos yev cos u ,
u
yv = −
−1 ∂(F, G)
=
u ∂(x, v)
−ex cos y
1
0 u −ev sen u
=
1 x
e cos yev sen u ,
u
xv = −
con ello:
ex sen y
1
=
1 x
e sen yev sen u ,
u
∂(x, y)
= xu yv − xv yu =
∂(u, v)
1
((1 + ex sen yev cos u)ex cos yev sen u − ex sen yev sen uex cos yev cos u) =
u2
y
= .
u
Derivadas parciales de orden superior
Nota:
Si tenemos la función f (⃗x), con dominio D ⊆ Rn , sabemos que tiene n derivadas parciales
de primer orden, las que son:
∂f
= fxi = Di f , i = 1, 2, 3, · · · n
∂xi
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Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
Ahora bien, cada una de estas fxi , i = 1, 2, 3, · · · n, a su vez, es una función y si la suponemos
diferenciable se podrá derivar consiguiéndose:
∂2f
2
= fxj xi = Dj,i
f , i, j = 1, 2, 3, · · · n
∂xj ∂xi
Vemos que hay n2 derivadas parciales de segundo orden.
2
Por otro lado, si fxj xi = Dj,i
f , i, j = 1, 2, 3, · · · n también es diferenciable resultará:
∂3f
3
= fxk xj xi = Dk,j,i
f , i, j, k = 1, 2, 3, · · · n
∂xk ∂xj ∂xi
Vemos que hay n3 derivadas parciales de segundo orden.
Ası́, sucesivamente.
Problema 1.5.1 Dada la función:

x2 − y 2


 xy 2
x + y2
f (x, y)



0
si :
(x, y) ̸= (0, 0)
si :
(x, y) = (0, 0)
encontrar fyx (0, 0) y fxy (0, 0).
Solución:
Tenemos:
f (h, y) − f (0, y)
= lı́m
h→0
h
luego fyx (0, y) = −1 con lo que fyx (0, 0) = −1.
hy
fx (0, y) = lı́m
h→0
h2 − y 2
−0
h2 + y 2
= −y ,
h
Por otra parte, tenemos:
fy (x, 0) = lı́m
h→0
f (x, h) − f (x, 0)
= lı́m
h→0
h
xh
x2 − h2
−0
x2 + h2
=x,
h
luego fxy (x, 0) = 1 con lo que fxy (0, 0) = 1.
Luego, resulta:
fyx (0, 0) = −1 ̸= 1 = fxy (0, 0) .
Teorema 1.5.1 Lema de Schwarz
Sea f (x, y) una función que posee derivadas parciales de segundo orden cruzadas y continuas
en alguna vecindad de (x, y), entonces:
∂2f
∂2f
(x, y) =
(x, y)
∂y∂x
∂x∂y
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Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Demostración:
Sea:
A = [f (x + h, y + k) − f (x + h, y)] − [f (x, y + k) − f (x, y)]
y coloquemos g(x) = f (x, y + k) − f (x, y), con ello:
A = g(x + h) − g(x)
Por teorema del valor medio:
(
)
∂f
∂f
∃ x (x < x < x + h) A = hg ′ (x) = h[ (x, y + k) −
(x, y)]
∂x
∂x
y por teorema del valor medio:
(
)
∂2f
∃ y (y < y < y + k) A = hk
(x, y)
∂y∂x
(1)
Por otro lado, también se tiene:
A = [f (x + h, y + k) − f (x, y + k)] − [f (x + h, y) − f (x, y)]
y coloquemos G(y) = f (x + h, y) − f (x, y), con ello:
A = G(y + k) − g(y)
Por teorema del valor medio
(
)
∂f
∂f
(x, y)]
∃ y (y < y < y + k) A = kG′ (y) = k[ (x + h, y) −
∂y
∂y
y por teorema del valor medio:
(
)
∂2f
∃ x (x < x < x + h) A = hk
(x, y)
∂x∂y
(2)
De (1) y (2), resulta:
∂2f
∂2f
(x, y) =
(x, y)
∂y∂x
∂x∂y
y, por la continuidad de estas derivadas se tiene que cuando (h, k) → (0, 0) resulta:
∂2f
∂2f
(x, y) =
(x, y)
∂y∂x
∂x∂y
Problema 1.5.2
z = x2 Arctg
y
2
z (1, 1) =?
⇒ Dxy
x
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Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
Solución:
Dy z =
x2
x4 + 3x2 y 2
x3
2
2
⇒ Dxy
z =
⇒ Dxy
z (1, 1) = 1.
2
+y
(x2 + y 2 )2
Problema 1.5.3
z 3 − xz − y = 0 ⇒ zxy = −
3z 2 + x
(3z 2 − x)3
Solución:
(
Fx
z
Fy
1 )
F (x, y, z) = z 3 − xz − y = 0 ⇒ zx = −
= 2
y zy = −
= 2
, de donde:
Fz
3z − x
Fz
3z − x
)
(
1 − 6z 2 3z2z−x
6zzx − 1
3z 2 + x
1
=
−
=
=−
.
zxy = Dx (zy ) = Dx
2
2
2
2
2
3z − x
(3z − x)
(3z − x)
(3z 2 − x)3
Problema 1.5.4 Encontrar zxy sabiendo que y = g(x, z).
Solución:
Se tiene:
F (x, y, z) = g(x, z) − y = 0,
de donde:
zx = −
gx
Fy
1
Fx
= − , zy = −
= ,
Fz
gz
Fz
gz
luego:
zxy = Dx (zy ) = Dx
(
)
gxz − gzz zx
1
=
=−
gz
gz2
)
(
gx
gxz − gzz −
gz
=−
gz2
=
gzz gx − gxz gz
.
gz3
Problema 1.5.5
f (x, y) = 0 ⇒
fxx fy2 − 2fxy fx fy + fyy fx2
d2 y
=
−
dx2
fy3
Solución:
dy
fx d2 y
d ( dy )
d ( fx )
=−
y
=
=
−
dx
fy dx2
dx dx
dx fy
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32
Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Luego:
2
d y
=−
dx2
(
)
)
(
dy
dy
fy − fx fxy + fyy dx
fxx + fyx dx
fy2
=
)
)
(
fxx − fyx ffxy fy − fx fxy − fyy ffxy
fy
·
=
=−
fy2
fy
(
=−
fxx fy2 − 2fxy fx fy + fyy fx2
fy3
Problema 1.5.6 Sea f (x, y) función homogénea de grado p, demostrar que:
x2
∂2f
∂2f
∂2f
+ 2xy
+ y 2 2 = p(p − 1)f
2
∂x
∂x∂y
∂y
Solución:
Como f (x, y) es función homogénea de grado p, por Euler se tiene que:
xfx + yfy = pf
Ahora:
( ∂
( ∂
∂ )
∂ )
x
+y
+y
(xfx + yfy ) = p x
f
∂x
∂y
∂x
∂y
de donde:
xfx + x2 fxx + 2xyfxy + yfy + y 2 fyy = p(xfx + yfy ) = p2 f
o sea:
x2 fxx + 2xyfxy + y 2 fyy = p2 f − (xfx + yfy ) = p2 f − pf = p(p − 1)f.
Ejemplo 1.5.1 Siendo f (x, y) =
1 2
(x + y 2 )3 , calcular x2 fxx + 2xyfxy + y 2 fyy
30
Solución:
Resp.
1
· 6 · 5 · (x2 + y 2 )3 = (x2 + y 2 )3 .
30
Problema 1.5.7 Tarea
Sea f (x, y) función homogénea de grado p, demostrar que:
x3
∂3f
∂3f
∂3f
∂3f
+ 3x2 y 2
+ y 3 3 = p(p − 1)(p − 2)f
+ 3xy 2
3
2
∂x
∂x ∂y
∂x∂y
∂y
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33
Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
Problema 1.5.8 Siendo:
3x
x
+
−
y
2y
−
−
u2 +
u +
v
2v 2
−
=
13 =
0
0
}
hacer ver que en una vecindad de (x0 , y0 , u0 , v0 ) = (1, −1, −2, 2) u y v son funciones implı́citas de (x, y) y calcular uy (1, −1),ux (1 − 1), vx (1, −1) y uxy (1, −1).
Solución:
De antemano se tiene:
3
1
−
+
1 −
2 +
4 +
2 +
2
8 −
=
13 =
0
0
}
o sea, (1, −1, −2, 2) es solución del sistema. Ahora bien, al derivar parcialmente el sistema
con respecto a y se obtiene:
}
1 − 2uuy +
vy = 0
2 −
uy + 4vvy = 0
o mejor:
2uuy
uy
−
−
vy
4vvy
=
=
1
−2
}
cuyo determinante principal es ∆ = 1 − 8uv ⇒ ∆(1, −1, −2, 2) = 33 ̸= 0 por lo que existe la
función implı́cita u(x, y) en la vecindad de (1, −1), además, al despejar uy resulta:
uy = −
10
4v + 2
⇒ uy (1, −1)|u=−2,v=2 = −
1 − 8uv
33
Al derivar parcialmente el sistema con respecto a x se consigue:
}
3 − 2uux +
vx = 0
1 −
ux + 4vvx = 0
o mejor:
−
−
2uux
ux
vx
4vvx
=
=
3
1
}
cuyo determinante principal es ∆ = 1 − 8uv ⇒ ∆(1, −1, −2, 2) = 33 ̸= 0 por lo que existen
las funciones implı́citas ux y v(x, y) en la vecindad de (1, −1), además, al despejar ux y vx
resultan:
23
1 − 12v
⇒ ux (1, −1)|u=−2,v=2 = −
ux =
1 − 8uv
33
7
2u − 3
⇒ vx (1, −1)|u=−2,v=2 = −
vx =
1 − 8uv
33
Por último:
∂2u
∂ ( ∂u )
∂ ( 4v + 2 ) 4vx (8uv − 1) − (4v + 2)(8vux + 8uvx )
=
=
=
∂x∂y
∂x ∂y
∂x 8uv − 1
(8uv − 1)2
con lo que:
uxy (1 − 1)|u=−2,v=2 =
(
4 −
7
33
)
(−33) − 10(16 ·
332
23
33
− 16
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(
23
33
+
7
33
)
)
, etc.
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CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Fernando Arenas Daza
Problema 1.5.9 Sean f (x, y) y g(u, v) = f (ev sec u, ev tg u). Demostrar que:
cos u (guv − gu ) = xy (fxx + fyy ) + (x2 + y 2 )fxy .
Solución:
Se tiene:
gu = fx xu + fy yu ,
que en este caso particular se traduce en:
gu = ev (fx sec u tg u + fy sec2 u) .
Ahora resulta:
guv = (fxx xv + fxy yv ) xu + fx xuv + (fyx xv + fyy yv ) yu + fy yuv ,
o sea:
guv = fxx xu xv + fxy (xu yv + xv yu ) + fyy yu yv + fx xuv + fy yuv ,
que en este ejemplo nos conduce a:
(
)
guv = fxx ev sec u tg uev sec u+fxy ev sec u tg uev tg u + ev sec uev sec2 u +fyy ev sec2 uev tg u+
+fx ev sec u tg u + fy ev sec2 u ,
es decir:
o mejor:
(
)
guv = sec u xy(fxx + fyy ) + fxy (x2 + y 2 ) + ev (fx sec u tg u + fy sec2 u) ,
de donde:
con lo que:
(
)
guv = sec u xy(fxx + fyy ) + fxy (x2 + y 2 ) + gu ,
(
)
guv − gu = sec u xy(fxx + fyy ) + fxy (x2 + y 2 ) ,
cos u (guv − gu ) = xy (fxx + fyy ) + (x2 + y 2 )fxy .
Problema 1.5.10 Sean x = f (u, v), y = g(u, v) dos funciones tales que fu = gv y fv =
−gu . Además se tiene F (x, y) = G(u, v). Demostrar que:
(
)(( )2 ( )2 )
Guu + Gvv = Fxx + Fyy
fu + fv
.
Solución:
Se tiene:
G u = Fx f u + Fy g u ,
luego:
(
)
(
)
Guu = Fxx fu + Fxy gu fu + Fx fuu + Fxy fu + Fyy gu gu + Fy guu ,
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35
Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
o sea:
Guu = Fxx (fu )2 − 2Fxy fu fv + Fx fuu + Fyy (fv )2 + Fy guu .
Por otra parte, se obtiene:
Gv = Fx fv + Fy gv ,
luego:
(
)
(
)
Gvv = Fxx fv + Fxy gv fv + Fx fvv + Fxy fv + Fyy gv gv + Fy gvv ,
o sea:
Gvv = Fxx (fv )2 + 2Fxy fu fv + Fx fvv + Fyy (fv )2 + Fy guu .
Por lo tanto, se consigue:
)
(
(
) (( ) 2 ( ) 2 )
)
(
Guu + Gvv = Fxx + Fyy
fu + fv
+ Fx fuu + fvv + Fy guu + gvv ,
es decir:
(
) (( ) 2 ( ) 2 )
(
)
(
)
Guu + Gvv = Fxx + Fyy
fu + fv
+ Fx guv − guv + Fy − fuv + fuv ,
en conclusión:
) (( ) 2 ( ) 2 )
(
fu + fv
Guu + Gvv = Fxx + Fyy
.
Problema 1.5.11 Sea x = ρcosθ, y = ρ sen θ el cambio cartesiano-polar y sea f (x, y) una
función con derivadas parciales de segundo orden continuas, demostrar que:
∂2f
∂2g
1 ∂g
1 ∂2g
∂2f
+ 2 =
+
+ 2 2 .
2
2
∂x
∂y
∂ρ
ρ ∂ρ ρ ∂θ
Solución:
Recordamos del problema resuelto [1.4.4] que:
∂f
∂g
1
∂g
= cos θ
− sen θ
∂x
∂ρ ρ
∂θ
y
∂f
∂g
1
∂g
= sen θ
+ cos θ
,
∂y
∂ρ ρ
∂θ
con ello:
fxx =
∂ ( ∂f )
∂ ( ∂f )
1
∂g )
∂ ( ∂f ) 1
∂ (
∂g
− sen θ
= cos θ
− sen θ
= cos θ
cos θ
−
∂x ∂x
∂ρ ∂x
ρ
∂θ ∂x
∂ρ
∂ρ ρ
∂θ
∂ (
1
∂g )
1
∂g
1
1
− sen θ
cos θ
= cos θ(cos θgρρ + 2 sen θgθ − sen θgρθ )−
− sen θ
ρ
∂θ
∂ρ ρ
∂θ
ρ
ρ
1
1
1
− sen θ(− sen θgρ + cos θgθρ − cos θgθ − sen θgθθ ) ,
ρ
ρ
ρ
luego:
fxx = cos2 θgρρ +
2
sen2 θ
sen2 θ
2
sen
θ
cos
θg
−
sen
θ
cos
θg
+
g
+
gθθ
θ
θρ
ρ
ρ2
ρ
ρ
ρ2
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(1)
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Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
y, por analogı́a se obtiene:
fyy = sen2 θgρρ −
2
cos2 θ
cos2 θ
2
sen θ cos θgθ + sen θ cos θgθρ +
gρ +
gθθ
2
ρ
ρ
ρ
ρ2
(2)
Sumando (1) y (2) resulta lo pedido, o sea:
1
1
fxx + fyy = gρρ + gρ + 2 gθθ .
ρ
ρ
1.6.
Forma binaria diferencial total exacta
Definición 1.6.1 Toda forma del tipo p(x, y)dx + q(x, y)dy se conoce como forma binaria
diferencial (F.B.D.).
Ejemplo 1.6.1 3xydx + (x2 + y 2 )dy es F.B.D.
Definición 1.6.2 La F.B.D. p(x, y)dx + q(x, y)dy se conoce como forma binaria diferencial total exacta (F.B.D.T.E.) si existe función f (x, y) tal que df = pdx + qdy .
√
xdx + ydy
es F.B.D.T.E. ya que existe f (x, y) = log x2 + y 2 y
Ejemplo 1.6.2
2
2
x +y
y
x
dx + 2
dy.
df = 2
x + y2
x + y2
Teorema 1.6.1 Siendo p(x, y), q(x, y), py (x, y), qx (x, y) funciones continuas en una vecindad de (x, y), se tiene que:
p(x, y)dx + q(x, y)dy es F.B.D.T.E. ⇐⇒ py (x, y) = qx (x, y)
Demostración:
⇒) Como p(x, y)dx+q(x, y)dy es F.B.D.T.E. existe función f (x, y) tal que df = pdx+qdy ,
pero sabemos que df = fx dx + fy dy , con ello resulta fx = p y fy = q y, por lo tanto:
py = fyx = fxy = qx
⇐) Sabemos ahora que py = qx , deberemos encontrar función f (x, y) tal que su diferencial
sea df = pdx + qdy , con ello ésta será F.B.D.T.E.. Pero, sabemos que df = fx dx + fy dy ,
luego se tendrá obligatoriamente que:
fx = p
(1)
fy = q
(2).
Integrando parcialmente (1) con respecto a x se obtendrá:
∫ x
p(u, y)du + α(y) (3)
f (x, y) =
a
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37
Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
Derivando parcialmente (3) con respecto a y se llegará a:
∫ x
py (u, y)du + α′ (y)
fy (x, y) =
(4)
a
Recordando (2) como también la expresión py = qx y colocándolas en (4) tendremos:
∫ x
qx (u, y)du + α′ (y) = q(x, y) − q(a, y) + α′ (y)
q(x, y) =
a
conseguiremos:
α′ (y) = q(a, y) (5)
Integrando (5) con respecto a y deduciremos que:
∫ y
q(a, v)dv
α(y) =
(6)
b
colocando (6) en (3) resultará:
f (x, y) =
∫
x
p(u, y)du +
a
∫
y
q(a, v)dv
b
que es la función buscada.
Problema 1.6.1 Dada la F.B.D. (x2 − y 3 )dx + (1 − 3xy 2 )dy ¿será F.B.D.T.E.? En caso
de ser la respuesta afirmativa encontrar la primitiva.
Solución:
En este problema p = x2 − y 3 ⇒ py = −3y 2 y q = 1 − 3xy 2 ⇒ qx = −3y 2 , luego la
respuesta es afirmativa, por lo tanto, existe la primitiva f (x, y) tal que fx = x2 − y 3 y
fy = 1 − 2xy 2 . Integrando parcialmente la primera con respecto a x se consigue: f (x, y) =
x3
− xy 3 + α(y), derivando ésta parcialmente con respecto a y y recordando la segunda se
3
obtiene 1 − 3xy 2 = −3xy 2 + α′ (y), de donde α′ (y) = 1, con lo que α(y) = y + C llegándose
x3
a f (x, y) =
− xy 3 + y + C.
3
Problema 1.6.2 Tarea
Idem para:
(2x tg y + sen 2y)dx + (x2 sec2 y + 2x cos 2y − ey )dy
Respuesta: Sı́, la primitiva es :
f (x, y) = x2 tg y + x sen 2y − ey + C .
Problema 1.6.3 Idem para:
(3x2 + 2y sen 2x)dx + 2(sen2 x + 3y 2 )dy
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Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Solución:
p = 3x2 + 2y sen 2x ⇒ py = 2 sen 2x, q = 2(sen2 x + 3y 2 ) ⇒ 4 sen x cos x = 2 sen 2x.
Integrando la primera con respecto a x resulta:f (x, y) = x3 − y cos 2x + α(y), derivando
parcialmente a esta última con respecto a y, e igualando a la segunda (fy = q), se obtiene
2(sen2 x + 3y 2 ) = − cos 2x + α′ (y) = 2 sen2 x − 1 + α′ (y) ⇒ α′ (y) = 1 + 6y 2 ⇒ α(y) =
y + 2y 3 + C. Por lo tanto, f (x, y) = x3 − y cos 2x + y + 2y 3 + C.
1.7.
Forma ternaria diferencial total exacta
Tanto la F.T.D. como la F.T.D.T.E. se definen en forma similar a las F.B.D. y a la
F.B.D.T.E., por ello sólo nos remitiremos a los resultados.
Teorema 1.7.1 Sean P (x, y, z),Q(x, y, z), R(x, y, z), Py (x, y, z), Pz (x, y, z), Qx (x, y, z), Qz (x, y, z),
Rx (x, y, z), y Ry (x, y, z) funciones continuas en una vecindad de (x, y, z), entonces:
b
bi
b
j
k
P (x, y, z)dx + Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz es F.T.D.T.E. ⇐⇒ Dx Dy Dz = ⃗0 .
P Q
R
Demostración:
⇒) Como P (x, y, z)dx + Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz es F.T.D.T.E. existe función f (x, y, z)
tal que df = P dx + Qdy + Rdz , pero sabemos que df = fx dx + fy dy + fz dz , con ello resulta
fx = P , fy = Q y fz = R, por lo tanto:
Py = fyx = fxy = Qx , Rx = fzx = fxz = Pz , Ry = fzy = fyz = Qz
⇐) Sabemos ahora que Py = Qx , Rx = Pz , Ry = Qz , deberemos encontrar función
f (x, y, z) tal que su diferencial sea df = P dx + Qdy + Rdz , con ello ésta será F.T.D.T.E..
Pero, sabemos que df = fx dx + fy dy + fz dz , luego se tendrá obligatoriamente que:
fx = P
(1)
fy = Q
(2)
fz = R
(3).
Integrando parcialmente (1) con respecto a x se obtendrá:
∫ x
P (u, y, z)du + α(y, z) (4)
f (x, y, z) =
a
Derivando parcialmente (4) con respecto a y se llegará a:
∫ x
Py (u, y, z)du + αy (y, z) (5)
fy (x, y, z) =
a
Recordando (2) como también la expresión Py = Qx y colocándolas en (5) tendremos:
∫ x
Qx (u, y, z)du + αy (y, z) = Q(x, y, z) − Q(a, y, z) + αy (y; z)
Q(x, y, z) =
a
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39
Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
conseguiremos:
αy (y) = Q(a, y, z) (6)
Integrando (6) con respecto a y deduciremos que:
∫ y
Q(a, v, z)dv + β(z) (7)
α(y, z) =
b
colocando (7) en (4) resultará:
∫
∫ x
P (u, y, z)du +
f (x, y, z) =
a
y
Q(a, v, z)dv + β(z) (8)
b
Derivando parcialmente (8) con respecto a z se llegará a:
∫ y
∫ x
Qz (a, v, z)dv + β ′ (z)
Pz (u, y, z)du +
fz (x, y, z) =
(9)
b
a
Recordando (3) como también la expresión Pz = Rx y Qz = Ry y colocándolas en (9)
tendremos:
∫ y
∫ x
Ry (a, v, z)dv + β ′ (z)
Rx (u, y, z)du +
R(x, y, z) =
b
a
o sea
R(x, y, z) = R(x, y, z) − R(a, y, z) + R(a, y, z) − R(a, b, z) + β ′ (z) ⇒ β ′ (z) = R(a, b, z)
luego:
β(z) =
∫
z
R(a, b, w)dw
(10)
c
colocando (10) en (8) tendremos:
∫
∫ x
P (u, y, z)du +
f (x, y, z) =
a
y
Q(a, v, z)dv +
b
∫
z
R(a, b, w)dw
c
que es la función buscada.
Problema 1.7.1 Dada la F.T.D. (z + 2xe−y )dx + (cos z − x2 e−y )dy + (x − y sen z + 3)dz
¿será F.T.D.T.E.? En caso de ser la respuesta afirmativa encontrar la primitiva.
Solución: Aquı́:P = z + 2xe−y , Q = cos z − x2 e−y , R = x − y sen z + 3 ,luego:
bi
Dx
z + 2xe−y
b
j
Dy
cos z − x2 e−y
b
k
Dz
x − y sen z + 3
= (− sen z+sen z, 1−1, −2xe−y +2xe−y ) = ⃗0 .
Por lo tanto, es F.T.D.T.E. y existe f (x, y, z) tal que:
fx = z + 2xe−y (1), fy = cos z − x2 e−y (2), fz = x − y sen z + 3 , (3) ,
luego, integrando (1) parcialmente con respecto a x obtenemos:
f = x2 e−y + xz + α(y, z) (4),
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CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Fernando Arenas Daza
derivando parcialmente (4) con respecto a y se llega a:
fy = −x2 e−y + αy (y, z) = cos z − x2 e−y ⇒ αy (y, z) = cos z ⇒ α(y, z) = y cos z + β(z) (5) .
Colocando (5) en (4) llegamos a:
f = x2 e−y + xz + y cos z + β(z) (6) ,
derivando parcialmente con respecto a z obtenemos:
fz = x − y sen z + β ′ (z) = x − y sen z + 3 ⇒ β ′ (z) = 3 ⇒ β(z) = 3z + C (7) .
Colocando (7) en (6) tendremos:
f (x, y, z) = x2 e−y + xz + y cos z + 3z + C .
Problema 1.7.2 Tarea
Idem para:
(2xz 3 + 6y)dx + (6x − 2yz)dy + (3x2 z 2 − y 2 )dz .
Solución:
Respuesta: Sı́ y :
f (x, y, z) = x2 z 3 + 6xy − y 2 z + c .
1.8.
Teoremas incrementales
Teorema 1.8.1 Teorema de Lagrange o de los incrementos finitos
Sea f (⃗x) una función diferenciable en ⃗x0 , entonces:
(∃ θ ∈]0, 1[) (f (⃗x0 + ⃗h) − f (⃗x0 ) = ⃗h · ∇f (⃗x0 + θ⃗h)).
Demostración:
Sea t ∈ [0, 1], se define la función g(t) = f (⃗x0 + t⃗h), luego por teorema del valor medio
diferencial, resulta:
g(1) − g(0)
(∃ θ ∈]0, 1[) (
= g ′ (θ))
1−0
pero:
g(0) = f (⃗x0 ), g(1) = f (⃗x0 + ⃗h) , g ′ (t) = ∇f (⃗x0 + t⃗h) · ⃗h ⇒ g ′ (θ) = ⃗h · ∇f (⃗x0 + θ⃗h)
y de ello la tesis.
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41
Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
Problema 1.8.1 Demostrar que, siendo 0 < θ < 1, se tiene:
ln
x+y−2
x+y
=
2
x + y − θ(x + y − 2)
Solución:
Sea (x, y) = (1, 1) + t(x − 1, y − 1) t ∈ [0, 1] y f (x, y) = ln
se tiene:
x+y
. Por el teorema de Lagrange
2
f (x, y) − f (1, 1) = (x − 1, y − 1) · ∇f (1 + θ(x − 1), 1 + θ(y − 1)) , (0 < θ < 1) ,
o sea:
0
z }| {
( 1
x+y
1 )
1+1
ln
− ln
= (x − 1, y − 1) ·
,
2
2
x+y x+y
(1+θ(x−1),1+θ(y−1))
=
x+y−2
2 + θ(x + y − 2)
y cambiando θ por 1 − θ en esta última, se consigue lo pedido, o sea:
=
ln
1.8.1.
x+y
x+y−2
=
·
2
x + y − θ(x + y − 2)
Diferenciales de orden superior
Nota:
Ya sabemos que si f (⃗x) es diferenciable en ⃗x0 , entonces:
df (⃗x0 , ⃗h) = ∇f (⃗x0 ) · ⃗h =
o simplemente:
df = ∇f · ⃗h =
n
∑
∂f
(⃗x0 )hi
∂x
i
i=1
n
∑
∂f
hi
∂xi
i=1
Ahora bien; tenemos que si todas las derivadas parciales de segundo orden de f (⃗x) son
continuas en una vecindad de ⃗x0 , entonces existe d2 f , la que es:
n
n
n ∑
n
(∑
∑
∂f ) ∑ ( ∂f )
∂2f
hi =
hj hi = ⃗h H(f ) ⃗h
d2 f = d(df ) = d
d
hi =
∂x
∂x
∂x
∂x
i
i
j
i
i=1
i=1
i=1 j=1
donde:



[ ∂2f ] 

H(f ) =
=

∂xj ∂xi



fx1 x1
fx1 x2
fx1 x3
···
···
···
fx1 xn
fx2 x1
fx2 x2
fx2 x3
···
···
···
fx2 xn
fx3 x1
fx3 x2
fx3 x3
···
···
···
fx3 xn
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···
···
···
···
···
···
···
fxn x1
fxn x2
fxn x3
···
···
···
fxn xn










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42
Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
se conoce como la matriz hessiana de f ; por lo dicho, se cumple el lema de Schwarz, y,
por lo tanto, esta matriz es simétrica.
(
π)
Ejemplo 1.8.1 Siendo f (x, y) = sen x + 2y +
, de ésta resulta:
2
(
π
π)
y fy = 2 cos(x + 2y + )
fx = cos x + 2y +
2
2
con lo que:
(
(
π)
− sen x + 2y +
−2 sen x + 2y +

2
H(f (x, y)) = 

(
(
π)
−2 sen x + 2y +
−4 sen x + 2y +
2

π)
2
π)
2




Ahora, si las derivadas parciales de tercer orden de f (⃗x) son continuas en una vecindad de
⃗x0 , por las mismas razones se tendrá:
n
n ∑
(∑
d3 f = d(d2 f ) = d
i=1 j=1
=
n
n ∑
( ∂2f )
) ∑
∂2f
d
hj hi =
hj h i =
∂xj ∂xi
∂xj ∂xi
i=1 j=1
n (
n ∑
n ∑
∑
i=1 j=1 k=1
)
∂3f
h k hj hi
∂xk ∂xj ∂xi
y ası́ sucesivamente.
1.8.2.
Teorema de Taylor en varias variables
Teorema 1.8.2 Sea f (⃗x) una función que tiene hasta derivadas parciales de orden (m + 1)
continuas en una vecindad de ⃗x0 , entonces ∃ θ ∈]0, 1[ tal que:
f (⃗x0 + ⃗h) = f (⃗x0 ) +
dm+1 f (⃗x0 + θ⃗h)
df (⃗x0 ) d2 f (⃗x0 ) d3 f (⃗x0 )
+
+
+ ··· +
1!
2!
3!
(m + 1)!
Demostración:
Sea t ∈ [0, 1], se define la función g(t) = f (⃗x0 + t⃗h), luego por teorema de Maclaurin
∃ θ ∈]0, 1[ tal que:
g(1) = g(0) +
g ′ (0) g ′′ (0) g ′′′ (0)
g (m+1) (θ)
+
+
+ ··· +
1!
2!
3!
(m + 1)!
Pero: g(1) = f (⃗x0 + ⃗h) , g(0) = f (⃗x0 ) y por la regla de la cadena se consiguen los valores
g ′ (0) = df (⃗x0 ) , g ′′ (0) = d2 f (⃗x0 ), g ′′′ (0) = d3 f (⃗x0 ), . . . , g (m+1) (θ) = dm+1 f (⃗x0 + θ⃗h),
obteniéndose la tesis.
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43
Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
Problema 1.8.2 Dada la función f (x, y) = x2 y + x3 + y 3 se pide su desarrollo de Taylor
en términos de x − 1, y + 1.
Solución:
En este problema tenemos los vectores ⃗x0 = (1, −1), ⃗h = (x − 1, y + 1) y ⃗x = (x, y) =
(1, −1) + (x − 1, y + 1) = ⃗x0 + ⃗h. Además f (1, −1) = −1.
Ahora tenemos fx = 2xy + 3x2 ⇒ fx (1, −1) = 1, fy = x2 + 3y 2 ⇒ fy (1, −1) = 4, luego:
df (1, −1) = 1(x − 1) + 4(y + 1).
Por otro lado, fxx = 2y + 6x ⇒ fxx (1, −1) = 4, fxy = 2x ⇒ fxy (1, −1) = 2 y fyy = 6y ⇒
fyy (1, −1) = −6, con ello resulta:
d2 f (1, −1) = 4(x − 1)2 + 4(x − 1)(y + 1) − 6(y + 1)2 .
Además, fxxx = 6 ⇒ fxxx (1, −1) = 6, fxxy = 2 ⇒ fxxy (1, −1) = 2, fxyy = 0 ⇒
fxyy (1, −1) = 0 y fyyy = 6 ⇒ fyyy (1, −1) = 6; por lo tanto, se obtiene:
d3 f (1, −1) = 6(x − 1)3 + 6(x − 1)2 (y + 1) + 6(y + 1)3 .
Luego:
x2 y + x3 + y 3 = −1 +
(x − 1) + 4(y + 1) 4(x − 1)2 + 4(x − 1)(y + 1) − 6(y + 1)2
+
+
1!
2!
+
6(x − 1)3 + 6(x − 1)2 (y + 1) + 6(y + 1)3
·
3!
Problema 1.8.3 Dada la función f (x, y) = exy sen(x + y) se pide encontrar los valores de
∂3f ⃗
∂3f ⃗
∂3f ⃗
∂3f ⃗
(0) ,
(0) ,
(0) .
(0) ,
3
2
2
∂x
∂x ∂y
∂x∂y
∂y 3
Solución:
Se tiene:
][ x + y (x + y)3
]
[
(x + y)3
xy x2 y 2
+R1
−
+R2 = (x+y)+x2 y+xy 2 −
+R =
f (x, y) = 1+ +
1!
2!
1!
3!
3!
1
1
1
1
f (x, y) = x + y + x2 y + xy 2 − x3 − y 3 + R
2
2
3!
3!
y como
fxxx (0, 0)x3 + 3fxxy (0, 0)x2 y + 3fxyy (0, 0)xy 2 + fyyy (0, 0)y 3
3!
de ello se desprende, por comparación, que:
d3 f =
fxxx (⃗0) = fyyy (⃗0) = −1 ,
fxxy (⃗0) = fxyy (⃗0) = 1
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44
Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Definición 1.8.1 Dada la forma cuadrática Q(⃗x) = ⃗xA⃗x diremos que ella es:
(i) Definida positiva si ∀⃗x ̸= ⃗0 (Q(⃗x) > 0)
(ii) Definida negativa si ∀⃗x ̸= ⃗0 (Q(⃗x) < 0)
(iii) Indefinida si ∀⃗x ̸= ⃗0 (Q(⃗x) > 0 o bien Q(⃗x) = 0 o bien Q(⃗x) < 0)
Por ejemplo:
Q1 (x, y) = 8x2 + 12xy + 17y 2 = 3(x + 2y)2 + 5(x2 + y 2 ) es definida positiva; por otro
lado, Q2 (x, y) = −25x2 + 14xy − 25y 2 = −7(x − y)2 − 18(x2 + y 2 ) es definida negativa
y, por último, Q3 (x, y) = 4x2 − 10xy + 4y 2 = 5(x − y)2 − (x2 + y 2 ) es indefinida porque
Q3 (x, 2x) = 0, Q3 (x, x) < 0 y Q3 (x, 0) > 0.
2
2
Teorema 1.8.3
[ Dada ]la[ forma
] cuadrática Q(x, y) = ax + 2bxy + cy , entonces resulta que
a b
x
a b
Q(x, y) = [x y]
es definida positiva si y sólo si a > 0 y
> 0.
b c
y
b c
(
b2 ) 2
b )2 (
y y de ello se tiene
Demostración: Q(x, y) = ax2 + 2bxy + cy 2 = a x + y + c −
a
a
(
2)
a
b
> 0 si y = − x.
que Q(x, y) > 0 si y sólo si a > 0 si y = 0 y c −
a
b
2
2
Corolario 1.8.1 Dada
la ]forma
[
[
]cuadrática Q(x, y) = ax + 2bxy + cy , entonces resulta
a b
a b
x
> 0.
que Q(x, y) = [x y]
es definida negativa si y sólo si a < 0 y
b c
b c
y
Caso general
Si la forma cuadrática Q(⃗x) = ⃗xA⃗x es de dimensión n, entonces ella será:
(i) Definida positiva ⇐⇒ a11 > 0,
a11
a12
a12
a22
> 0, · · · , det A > 0 ( o sea todos los
determinantes positivos ).
a11 a12
> 0, · · · ( o sea los determinantes tienen
a12 a22
signos alternados partiendo con signo negativo ).
(ii) Definida negativa ⇐⇒ a11 < 0,
(iii) Indefinida ⇐⇒
a11
a12
a12
a22
<0


x
5 −2 0
Por ejemplo, estudiar la forma Q(x, y, z) = [ x y z ]  −2 6 2   y 
z
0 2 7

a11 a12
5 −2
=
a12 a22
−2 6
que la forma cuadrática es definida positiva.
En este caso a11 = 5 > 0,
= 26 > 0 y det A = 162 > 0, por lo
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45
Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
Teorema 1.8.4 Si Q(⃗x) es definida positiva, entonces existe constante m > 0 tal que:
∀⃗x ̸= ⃗0 (Q(⃗x) ≥ m||⃗x ||2 ).
Demostración:
Q(b
x) es una función continua en la superficie de la esfera E[O, 1], por lo tanto, en esta esfera
Q(b
x) tiene mı́nimo m, o sea, Q(b
x) ≥ m y, con ello, resulta:
Q(⃗x) = Q(||⃗x || x
b) = ||⃗x ||2 Q(b
x) ≥ m||⃗x ||2 .
1.9.
Extremación de funciones
Definición 1.9.1 Sea A ⊆ Rn , diremos que A es un conjunto abierto cuando para cada
⃗x0 ∈ A existe δ > 0 tal que Vδ (⃗x0 ) ⊆ A y ⃗x0 se conoce como punto interior de A.
Por ejemplo, en R2 el conjunto A dado por:
A = {(x, y) ∈ R2 | x > 0}
Y
es un conjunto abierto (ver la figura 1.7
puesto que si (x0 , y0 ) ∈ A basta considerar
la vecindad Vδ (⃗x0 ) del tipo:
||(x, y) − (x0 , y0 )|| < x0
x
X
O
y:
Vx0 (⃗x0 ) ⊆ A
Fig. 1.7
Definición 1.9.2 La función f (x, y) tiene un máximo local en (x0 , y0 ) si se satisface
f (x, y) ≤ f (x0 , y0 ) para todos los puntos (x, y) en alguna vecindad con centro en (x0 , y0 ).
La función f (x, y) tiene un mı́nimo local en (x0 , y0 ) si f (x0 , y0 ) ≤ f (x, y) para todos
los puntos (x, y) en alguna vecindad con centro en (x0 , y0 ). La función f (x, y) tiene un
extremo local en (x0 , y0 ) si (x0 , y0 ) es un máximo local o bien un mı́nimo local.
Si las desigualdades anteriores se satisfacen para todos los puntos (x, y) en el dominio de
f , entonces f tiene un máximo (mı́nimo) absoluto en (x0 , y0 ), o sea es un extremo
absoluto.
Teorema 1.9.1 Sea D ⊆ R2 (podemos considerar la dimensión n) un conjunto abierto,
f (⃗x) una función con dominio D y con derivadas parciales de primer orden continuas. Si
⃗x0 ∈ D es punto extremo de f, entonces es ∇f (x⃗0 ) = ⃗0.
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46
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Fernando Arenas Daza
Demostración:
Esto es claro porque el plano tangente a la superficie (que representa a f ) en el punto
P0 (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) es paralelo al plano de ecuación z = 0.
Demostración general:
Sea ⃗x0 extremo relativo de f y ⃗h cualquier vector, formemos la función compuesta dada por
g(t) = f (⃗x0 + t⃗h), con ello g(t) tiene extremo relativo en t0 = 0, o sea g ′ (0) = 0, es decir
que, por la regla de la cadena, se tiene ∀⃗h : ∇f (⃗x0 ) · ⃗h = 0 ⇒ ∇f (⃗x0 ) = ⃗0 .
Definición 1.9.3 Dada la función f (x, y) con dominio D, el punto x⃗0 es un punto crı́tico
o estacionario de f si ⃗x0 es punto interior de D y ∇f (⃗x0 ) = ⃗0, o bien ⃗x0 está en la frontera
de D, o bien no existe ∇f (⃗x0 ).
Definición 1.9.4 Dada la función f (x, y) con dominio D, el punto x⃗0 es un punto silla
de f si es punto crı́tico de f pero no es extremo de f .
Notas:
(1) Sea f (x, y) = x2 + y 2 − 2x − 6y + 14, entonces ∇f (x, y) = (2x − 2, 2y − 6), el gradiente
se anula para x = 1, y = 3 ası́ que el único punto crı́tico es (1, 3). Al completar
cuadrados se obtiene:
f (x, y) = (x − 1)2 + (y − 3)2 + 4 ,
y como los cuadrados (x − 1)2 ) e (y − 3)2 son no negativos para todos los valores de
x e y y f (1, 3) = 4 se tiene f (1, 3) ≤ f (x, y), entonces este punto (1, 3) es un mı́nimo
local y, de hecho es un mı́nimo absoluto porque (1, 3, 4) es el vértice de un paraboloide
circular.
(2) Esta condición es necesaria pero no suficiente; para ello basta considerar la siguiente
situación. Tal como vemos en la figura 1.8, si z = f (x, y) = x2 − y 2 , resulta:
∇f (x, y) = (2x, −2y) = (0, 0) con lo que el
punto crı́tico es:
(x0 , y0 ) = (0, 0).
Z
Haciendo vecindad de O en plano ZX se
tendrá:
z = f (x, 0) = x2 > 0 = f (0, 0),
resultando que (0, 0) es mı́nimo.
X
Y
Haciendo vecindad de O en plano Y Z se
tendrá:
z = f (0, y) = −y 2 < 0 = f (0, 0),
resultando que (0, 0) es máximo. Luego
Fig. 1.8
(0, 0) es un punto silla.
(3) Es importante que se tenga la hipótesis que el dominio de f , D, sea abierto, ya que
por ejemplo veamos que ocurre cuando D es cerrado, ya que toda función continua
definida en un conjunto cerrado y acotado posee máximo y mı́nimo.
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Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
Tomemos ahora, tal como se muestra en la figura 2.6, la función:
z = f (x, y) = x2 + y 2
cuyo dominio es:
D = {(x, y) ∈ R2 | x2 + 2y 2 ≤ 1}
Para puntos interiores a D se tiene:
∇f (x, y) = (2x, 2y) = (0, 0) con lo que el
punto crı́tico es:
(x0 , y0 ) = (0, 0) y es mı́nimo (según vemos
en la figura 1.9).
Ahora bien, si tomamos la elipse E, que es
la frontera de D, o sea:
Z
1
E : x = cos t, y = √ sen t; t ∈ [0, 2π[ ,
2
X
Y
resultará la función compuesta:
Fig. 1.9
1
1
g(t) = f (cos t, √ sen t) = cos2 t+ sen2 t
2
2
y, de esto, se obtiene g ′ (t) = − cos t sen t = 0,
sen t = 0 ⇒ t1 = 0, t2 = π ,
cos t = 0 ⇒ t3 =
π
π
, t4 = − ,
2
2
consiguiéndose los puntos crı́ticos:
1
1
⃗x1 = (1, 0), ⃗x2 = (−1, 0) que son máximos y ⃗x3 = (0, √ ) y ⃗x4 = (0, − √ ) que son mı́nimos
2
2
y todos ellos están en la frontera.
Teorema 1.9.2 Prueba de la segunda derivada Sean f (x, y) una función con derivadas
parciales de segundo orden continuas en una vecindad de x⃗0 , ∇f (x⃗0 ) = ⃗0 y:
D(x⃗0 ) =
fxx (x⃗0 )
fxy (x⃗0 )
fyx (x⃗0 )
fyy (x⃗0 )
,
entonces:
(1) D(x⃗0 ) > 0 y fxx (x⃗0 ) > 0 ⇒ x⃗0 es un mı́nimo local.
(2) D(x⃗0 ) > 0 y fxx (x⃗0 ) < 0 ⇒ x⃗0 es un máximo local.
(3) D(x⃗0 ) < 0 ⇒ x⃗0 no es un extremo local.
Demostración:
Veamos la primera parte, tenemos la derivada direccional en cualquier ⃗x:
Dvbf = fx v1 + fy v2 ;
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48
Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
de donde:
Dvb2 f = Dvb(Dvbf ) =
∂
∂
∂
∂
(Dvbf )v1 +
(Dvbf )v2 =
(fx v1 + fy v2 )v1 +
(fx v1 + fy v2 )v2 =
∂x
∂y
∂x
∂y
)2
(
fxy
v2
2
v2 + 2 (fxx fyy − fxy
),
= fxx v12 + 2fxy v1 v2 + fyy v22 = fxx v1 +
fxx
fxx
2
y se nos dice que D(x⃗0 ) > 0 y fxx (x⃗0 ) > 0 y como D(⃗x) = fxx fyy − fxy
y fxx son funciones
continuas existe una vecindad con centro en x⃗0 y radio δ > 0 donde D(⃗x) > 0 y fxx (⃗x) > 0
siempre que ⃗x esté en esta vecindad. Por consiguiente, al observar la fórmula anteriormente
obtenida resulta Dvb2 f > 0 siempre que ⃗x esté en esta vecindad; esto significa que si C es
la curva obtenida por medio de la intersección de la superficie de f con el plano vertical a
través de P0 (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) en la dirección de vb, entonces C es cóncava hacia arriba en el
intervalo de longitud 2δ. Esto se satisface para todo vb; ası́ que si condicionamos a que (x, y)
esté en tal vecindad la gráfica de f está sobre su plano tangente horizontal (pues el vector
director de este plano es (0, 0, −1) ya que el gradiente se anula en el punto crı́tico) en P0 .
Por consiguiente, f (x0 , y0 ) ≤ f (x, y) siempre que (x, y) esté en la vecindad, lo que prueba
que x⃗0 es un mı́nimo local.
Este teorema se generaliza mediante:
Teorema 1.9.3 Sea D ⊆ Rn un conjunto abierto y f : D ⊆ Rn → R una función con
derivadas parciales hasta de tercer orden continuas en una vecindad del punto crı́tico ⃗x0 de
f , entonces:
(1) ⃗hHf (⃗x0 )⃗h > 0 ⇒ ⃗x0 es mı́nimo de f
(2) ⃗hHf (⃗x0 )⃗h < 0 ⇒ ⃗x0 es máximo de f .
Demostración:
De hecho se hará ver que ⃗x0 es extremo estricto de f , o sea que para ⃗x cercano a ⃗x0 se
tendrá o bien f (⃗x0 ) < f (⃗x) o bien f (⃗x0 ) > f (⃗x). Pues bien, como ⃗x0 es punto crı́tico de f
se tiene ∇f (⃗x0 ) = ⃗0 y, por lo tanto df (⃗x0 ) = 0 y por teorema de Taylor:
f (⃗x0 + ⃗h) − f (⃗x0 ) =
1⃗
hHf (⃗x0 )⃗h + R2 (⃗x0 , ⃗h)
2!
con
R2 (⃗x0 , ⃗h)
=0
⃗
h→⃗
0 || ⃗
h ||2
lı́m
(pues al ser las derivadas parciales de tercer orden de f continuas en ⃗x0 se tiene | R2 (⃗x0 , ⃗h) | <
M || ⃗h ||3 .)
En el caso definido positivo, se tiene que para todo ⃗h ̸= ⃗0 se tiene ⃗hHf (⃗x0 )⃗h ≥ m⃗h 2 y como
también:
R2 (⃗x0 , ⃗h)
=0
lı́m
⃗
h→⃗
0 || ⃗
h ||2
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49
Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
resulta que existe δ > 0 tal que para 0 < || ⃗h || < δ y para estos ⃗h se tiene | R2 (⃗x0 , ⃗h) | <
1
1 ⃗ 2
mh < ⃗hHf (⃗x0 )⃗h y, por lo tanto:
2
2
1
0 < ⃗hHf (⃗x0 )⃗h + R2 (⃗x0 , ⃗h) = f (⃗x0 + ⃗h) − f (⃗x0 )
2
o sea:
f (⃗x0 + ⃗h) > f (⃗x0 )
Para el otro caso considerar (−f ) en lugar de f y hacer el mismo raciocinio.
Ahora pasaremos a ver algunos problemas.
Problema 1.9.1
Máximos y mı́nimos de f (x, y) = x2 y + y 2 .
Solución:
Se tiene ∇f = (2xy, x2 + 2y) = ⃗0 de donde se consigue el sistema:
}
2xy = 0
x2 +
2y = 0
Y
O
F-
X
sistema que produce el siguiente punto
crı́tico ⃗x0 = (0, 0). Ahora.
[
]
2y 2x
H(f )(x, y) =
2x 2
⇓
H(f )(0, 0) =
Fig. 1.10
[
0
0
0
2
]
,
o sea la hessiana no produce información. Deberemos acudir, entonces a la definición, estudiando el signo de la diferencia:
f (x, y) − f (0, 0) = x2 y + y 2 − 0 = x2 y + y 2 = y(x2 + y) ,
este producto se traduce en la recta de ecuación y = 0 (Eje X) y la parábola de ecuación
(
(
1)
1)
con lo que P 0, −
<0y
P(x, y) = x2 + y = 0 que tiene eje vertical y foco F 0, −
4
4
aparecen en la figura 1.10. Haciendo el estudio con el gráfico que aparece en dicha figura ,
se deduce que (0, 0) es un punto silla.
Problema 1.9.2 Determinar los puntos de la superficie S : z = (xy)−1 que están más
cercanos al origen
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50
Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Solución:
En este caso la función a extremar es:
d2 (O, P ) = x2 + y 2 + (xy)−2 = f (x, y) ,
con ello se tiene:
∇f = (2x − 2x−3 y −2 , 2y − 2x−2 y −3 ) = ⃗0 ,
de donde se consigue el sistema:
x
y
=
=
}
x−3 y −2
x−2 y −3
⇐⇒
x4 y 2
x2 y 4
=
=
1
1
}
sistema que produce los puntos crı́ticos (1, 1), (1, −1), (−1, 1) y (−1, −1).Ahora.
]
[
2 + 6x−4 y −2
4x−3 y −3
.
H(f )(x, y) =
4x−3 y −3 2 + 6x−2 y −4
Luego:
H(f )(1, 1) = H(f )(−1, −1) =
[
8
4
4
8
]
,
la que es definida positiva, por lo tanto, (1, 1) y (−1, −1) son mı́nimos.
Por otra parte, tenemos:
H(f )(−1, 1) = H(f )(1, −1) =
[
8
−4
−4
8
]
,
la que es definida positiva, por lo tanto, (−1, 1) y (1, −1) son mı́nimos.
Luego, como piden los puntos de S, √
la respuesta es (1, 1, 1), (1, −1, −1), (−1, −1, 1) y
(−1, 1, −1) y la distancia mı́nima es d = 3, además esto último es claro porque:
d2 = x2 + y 2 +
1
1
≥ 3 xy
x2 y 2
xy
1
3
=3.
Problema 1.9.3 Una caja de base rectangular sin tapa se va a fabricar con 12 m2 de
cartulina. Calcular el volumen máximo de dicha caja.
Solución:
Tenemos V = xyz con xy + 2yz + 2zx = 12, si en esta última despejamos z, resulta:
z=
con lo que:
V = xy
12 − xy
,
2(x + y)
12xy − x2 y 2
12 − xy
=
,
2(x + y)
2(x + y)
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51
Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
de donde:
∇V =
1
(y 2 (12 − 2xy − x2 ), x2 (12 − 2xy − y 2 )) = ⃗0 ,
2(x + y)2
pero x = y = 0 dan volumen nulo, ası́, deberemos resolver el sistema:
}
12 − 2xy − x2 = 0
12 − 2xy − y 2 = 0
o sea x2 = y 2 y como ambas deben ser positivas se tendrá x = y, con ello en cualquiera de
las ecuaciones ponemos x = y resultando 12 − 3x2 = 0, luego, x = y = 2, z = 1.
Debido a la naturaleza fı́sica del problema o al teorema anterior resulta que el volumen
máximo es 4 m3 .
Problema 1.9.4 Encontrar y clasificar los puntos crı́ticos de:
f (x, y) = 10x2 y − 5x2 − 4y 2 − x4 − 2y 4 .
Tenemos:
∇f = (20xy − 10x − 4x3 , 10x2 − 8y − 8y 3 ) = ⃗0 ,
de donde:
2x
(10y
5x2
−
−
5
4y
−
−
2x2 ) =
4y 3 =
0
0
}
de la primera ecuación resulta x = 0 ó 10y − 5 − 2x2 = 0. Si x = 0 se coloca en la segunda
ecuación resulta −4y(1 + y 2 ) = 0, o sea y = 0 resultando el punto crı́tico (0, 0).
Si ahora consideramos 10y − 5 − 2x2 = 0 resulta x2 = 5y − 2,5 que colocado en la segunda
ecuación nos conduce a la ecuación cúbica 4y 3 − 21y + 12,5 = 0, aplicando el programa
MAPLE se obtienen las soluciones:
y1 = −2,545156630 ,
y2 = 0,6467721991 ,
pero como:
x=±
y3 = 1,898384431 ,
√
5y − 2,5 ,
por consiguiente, para y1 no hay valores reales para x. Para y2 los valores asociados de x
son x22 = ±0,8566568718 y para y3 corresponden x32 = ±0,644224301.
En resumen, tenemos los cinco puntos crı́ticos (0, 0), (x22 , y2 ), (x32 , y3 ). De esto se desprende:
Punto crı́tico
(0, 0)
(±0,8566568718, 0,6467721991)
(±0,644224301, 1,898384431)
fxx
−10
−55,93
−5,87
D
Conclusión
80
máximo local
2488,71 máximo local
−187,64
punto silla
Problema 1.9.5 Una confiterı́a produce pastillas y calugas a un costo de $ 50 y $ 60 la
bolsa, respectivamente. Si la bolsa de pastillas se vende a $ x y la de calugas a $ y entonces
se pueden vender 250(y − x) bolsas de pastillas y 32000 + 250(x − 2y) de calugas.¿Cuáles son
los precios de venta que maximizan la utilidad?
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52
Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Solución:
artı́culo
bolsa de pastillas
bolsa de calugas
precio de costo
50
60
precio de venta
x
y
La función de utilidad será:
U (x, y) = (x − 50)250(y − x) + (y − 60)(32000 + 250(x − 2y)) =
= 500xy − 250x2 − 500y 2 − 2500x + 49500y − 1920000 ,
con ello:
Ux
Uy
=
=
500y
−1000y
o sea:
−x
x
− 500x
+ 500x
+
−
=
=
y
2y
−
+
2500 =
49500 =
5
−99
0
0
}
}
con lo que el punto crı́tico es x = 89 , y = 94.
Aquı́:
H(U )(89, 94) =
[
−500
500
500 −1000
]
,
y, por lo tanto el máximo es x⃗0 = (89, 94).
Problema 1.9.6 Una casa con una estructura en forma de ∆ tiene un volumen fijo V .
Su pared del frente y la pared posterior tienen forma de triángulos isósceles paralelos y
congruentes cuyas bases son horizontales. El techo tiene dos rectángulos que conectan los
pares de lados superiores de los triángulos. Para minimizar los costos del aire acondicionado
y de la calefacción hay que minimizar el ára lateral de la estructura, o sea sin el piso, Dar
las dimensiones mı́nimas de tal casa.
Solución:
Considerando la figura 1.11, tenemos:
z
h
x
y
Fig. 1.11
2V
1
xhy ⇒ y =
,
2
hx
x√ 2
2V
1
z,
4z − x2 +2·
A = 2· xh+2yz =
2
2
hx
o sea:
x√ 2
8V z
A(x, z) =
4z − x2 + √
.
2
x 4z 2 − x2
V =
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53
Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
Se consigue:
)
)(
(√
8V z
x2
1
2
2
=0,
−
4z − x − √
Ax =
2 x2 (4z 2 − x2 )
4z 2 − x2
Az = 2
x2 z(4z 2 − x2 ) + 4V (4z 2 − x2 ) − 16V z 2
3
x(4z 2 − x2 ) 2
ahora bien, si de la primera de éstas consideramos:
=0,
√
√
x2
=0⇒x=z 2,
4z 2 − x2 − √
2
2
4z − x
valor que reemplazado en la segunda nos conduce a:
1
1
3
z 3 = 2V ⇒ z = 2 3 V
con lo que:
5
x = 26 V
1
3
,
.
Por otra parte, si pensamos que de la primera se consigue:
√
1
8V z
4
2 2
2
2
z 4 − 4V z ,
− 2 2
=
0
⇒
x
−
4z
x
+
16V
z
=
0
⇒
x
=
2z
+
2
2 x (4z − x2 )
1
1
pero la cantidad z 4 − 4V z ≥ 0 con z ̸= 0 (a causa del hecho geométrico), o sea z ≥ 2 3 V 3 ,
en este caso se tendrá que:
x4 − 4z 2 x2 + 16V z = 0 ⇐⇒ x2 (4z 2 − x2 ) = 16V z ,
al colocar este resultado
en Az = 0 nos lleva a 4V (4z 2 − x2 ) = 0 de donde 4z 2 − x2 = 0 y
√
2
2
4
como x = 2z + 2 z − 4V z llegaremos a:
√
4z 2 = 2z 2 + 2 z 4 − 4V z ⇒ 4V z = 0 ⇒ z = 0 ,
lo que no puede ser.
5
1
3
Luego, el único punto crı́tico es: x = 2 6 V
se hace ver que es mı́nimo, ya que con:
Axx = −
1
1
z = 2 3 V 3 . Por la regla de la segunda derivada
,
x8 − 10x6 z 2 − 48x4 V z + 24x4 z 4 + 160x2 V z 3 − 256V z 5
5
x3 (4z 2 − x2 ) 2
Axz = −8
x2 z 3 + 2V x2 − 4z 5 + 4V z 2
Azz = 2
5
(4z 2 − x2 ) 2
x(48V z − 4x2 z 2 + x4 )
5
(4z 2 − x2 ) 2
resultará
5
1
1
,
,
.
1
Axx (2 6 V 3 , 2 3 V 3 ) > 0
y:
D(x, z) =
Axx
Axz
5
Por lo tanto, la respuesta es x = 2 6 V
2
2
es 2 3 · 3 · V 3 .
Azx
Azz
1
3
,
5
1
1
1
⇒ D(2 6 V 3 , 2 3 V 3 ) > 0 .
1
z = 23 V
1
3
=y,
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1
h = 2− 6 V
1
3
y el área mı́nima
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54
Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Problema 1.9.7 Una boya debe tener la forma de un cilindro de revolución con conos de
revolución en cada una de sus bases y con el mismo radio de la directriz del cilindro. Encontrar la mı́nima área superficial posible, dado que el cuerpo encierra un volumen constante
V.
Solución:
Considerando la figura 1.12 tenemos que el
área es:
√
σ = 2πrh + 2πr r2 + z 2 ,
z
h
y que el volumen constante es :
r
2
V = πr2 h + πr2 z ,
3
despejando la altura h en ésta última, conseguimos:
Fig. 1.12
h=
de donde:
σ(r, z) =
ası́, deducimos:
σr
=
V
−2 2
r
σz
=
4
− πr
3
√
4
2V
− πrz + 2πr r2 + z 2 ,
r
3
4
πz
3
−
+ 2π √
V
2
− z,
2
πr
3
+
2π
(
√
r2
+
z2
r2
+√
r2 + z 2
)


= 0 





= 0 
rz
2
r + z2
De la segunda se llega a:
2
z= √ r,
5
que colocada en la primera nos lleva a:
√ √
5V
3 3
r=
,
10π
2
z=√
5
√ √
5V
3 3
.
10π
No es necesario continuar debido a las condiciones geométricas del problema.
Problema 1.9.8 Encontrar los puntos crı́ticos de la función:
f (x, y) = (3x2 + 5y 2 )e−(x
2
+y 2 )
y decidir cuáles son extremos y cuáles puntos silla.
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Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
55
Solución:
Para esta función el gradiente es:
∇f = −2e−(x
2
+y 2 )
(x(3x2 + 5y 2 − 3), y(3x2 + 5y 2 − 5)) ,
al anular este gradiente se obtienen los puntos crı́ticos A(0, 0), B(0, 1), C(0, −1), D(1, 0) y
E(−1, 0).
La matriz hessiana asociada es:
[
]
2(3 − 15x2 − 5y 2 + 6x4 + 10x2 y 2 )
4xy(3x2 + 5y 2 − 8)
−(x2 +y 2 )
H(f (x, y)) = e
4xy(3x2 + 5Y 2 − 8) 2(5 − 25y 2 − 3x2 + 6x2 y 2 + 10y 4 )
Al evaluar esta matriz en los puntos crı́ticos obtenidos se deduce que A(0, 0) es un mı́nimo,
B(0, 1) y C(0, −1) son máximos y D(1, 0) y E(−1, 0) son puntos silla.
Problema 1.9.9 Tres alelos (versiones alternas de los genes) A, B, O determinan los cuatro tipos de sangre A (AA o AO),B (BB o BO), O (OO) y AB. La ley de Hardy-Weinberg
establece que la proporción de individuos de una población que tienen dos alelos diferentes es
P (p, q, r) = 2pq + 2pr + rq, donde p, q, r son las proporciones de A, B y O en la población.
Utilizando el hecho de que p + q + r = 1 se pide encontrar el máximo valor de P (p, q, r).
Solución:
En este caso la función a extremar es:
P (p, q, r) = 2pq + 2pr + rq ,
y como:
con ello se tiene:
p + q + r = 1 ⇒ r = 1 − (p + q), ,
P1 (p, q) = 2pq + (1 − p − q)(2p + q) ,
de donde se consigue el gradiente:
∇P1 = (2 − q − 4p, 1 − p − 2q)
)
(
3 2
. Además, la matriz hessiana
,
al anular este gradiente se consigue el punto crı́tico
7 7
correspondiente es:
[
]
−4 −1
H(P1 )(p, q) =
.
−1 −2
Luego:
) [
]
2 3
−4 −1
=
,
,
−1 −2
7 7
(
)
3 2
la que es definida negativa, por lo tanto,
es máximo. En conclusión, el máximo valor
,
7 7
4
de P es .
7
H(P1 )
(
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56
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
1.9.1.
Fernando Arenas Daza
Extremos condicionados
Teorema 1.9.4 Sean f (x, y, z) y g(x, y, z) funciones que poseen derivadas parciales de primer orden continuas. Si f tiene un extremo ⃗r0 = (x0 , y0 , z0 ) que satisface la condición
g(⃗r) = 0 con ∇g(r0 ) ̸= ⃗0, entonces:
(
)
∃α ∈ R ∇f (⃗r0 ) = α∇g(⃗r0 ) .
Demostración:
Como la ecuación g(⃗r) = 0 representa a una superficie y P0 (⃗r0 ) es un punto de ella sucede
que hay muchas curvas en esta superficie que son del tipo C : ⃗r (t) y que pasan por P0 , o
sea existe valor t0 tal que ⃗r (t0 ) = ⃗r0 , por lo tanto, si consideramos la ecuación compuesta
d
dG
dG
= ∇g(⃗r0 ) · ⃗r ′ (t0 ) = 0,
(t) = (0) = 0 y como
(t)
G(t) = g(⃗r (t)) = 0 tendremos
dt
dt
dt
t=t0
luego:
∇g(⃗x0 ) ⊥ ⃗r ′ (t0 ) ,
o sea ∇g(⃗r0 ) es perpendicular con C en ⃗r0 además, sabemos que ∇g(⃗r0 ) es perpendicular
con S en ⃗r0 .
Por otra parte, como ⃗r0 es extremo de f podemos formar la función compuesta F (t) =
f (⃗r (t)) y se tendrá que t0 es extremo de F (t), o sea:
dF
(t)
dt
t=t0
= ∇f (⃗r0 ) · ⃗r ′ (t0 ) = 0 ,
luego:
∇f (⃗x0 ) ⊥ ⃗r ′ (t0 ) ,
o sea ∇f⃗r0 ) es perpendicular con C en ⃗r0 además, sabemos que ∇g(⃗r0 ) es perpendicular con
S en ⃗r0 .
(
)
Deducimos entonces que ∃α ∈ R ∇f (⃗r0 ) = α∇g(⃗r0 ) .
Nota:
Bastará entonces extremar la función f + λg .
Problema 1.9.10 Hallar el punto de la elipse de ecuación 3x2 − 2xy + 3y 2 = 8 para el cual
la respectiva recta tangente está a la mayor distancia del origen
Solución:
F (x, y) = 3x2 − 2xy + 3y 2 − 8 = 0, luego la recta tangente en el punto P0 (x0 , y0 ) tiene
ecuación:
3x0 x − (x0 y + xy0 ) + 3y0 y − 8 = 0 ⇒ (3x0 − y0 )x + (3y0 − x0 )y − 8 = 0,
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57
Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
por lo tanto, tenemos:
d2 =
32
[(3x0 − y0 )0 + (3y0 − x0 )0 − 8]2
,
=
(3x0 − y0 )2 + (3y0 − x0 )2
5(x20 + y02 ) − 6x0 y0
o mejor:
d2 =
ahora bien, se tiene:
32
,
5(x2 + y 2 ) − 6xy
d2 máximo ⇐⇒ D2 = 5(x2 + y 2 ) − 6xy es mı́nimo.
Extremamos entonces:
g = 5(x2 + y 2 ) − 6xy + λ(3x2 − 2xy + 3y 2 − 8) .
Se consigue:
gx
gy
gλ
=
=
=
10x
−6x
3x2
−
+
−
6y
10y
2xy
+
+
+
2λ(3x − y)
2λ(−x + 3y)
3y 2
−
=
=
8 =
√
⇒ x0 = y0 = ± 2; ,

{
0 
0
⇒
6x2

0
−
x
2x2
=
=
de ello se obtiene la respuesta:
√ √
√
√
( 2, 2) , (− 2, − 2) , d = 2 .
También se puede considerar x = −y y se obtendrá los puntos (1, −1), (−1, 1) y d =
sea mı́nimo.
y
⇒
8
√
2, o
Problema 1.9.11 Hallar el punto de la elipse de ecuación 5x2 − 6xy + 5y 2 = 4 para el cual
la respectiva recta tangente está a la mayor distancia del origen
Solución:
F (x, y) = 5x2 − 6xy + 5y 2 − 4 = 0 ⇒ y0′ = −
Fx
Fy
(x0 ,y0 )
tangente tiene ecuación:
y − y0 =
=
3y0 − 5x0
, luego la recta
5y0 − 3x0
3y0 − 5x0
(x − x0 ) ⇒ (3y0 − 5x0 )x + (3x0 − 5y0 )y = 5x20 − 6x0 y0 + 5y02 = 4 ,
5y0 − 3x0
por lo tanto, tenemos:
d2 =
8
[(3y0 − 5x0 )0 + (3x0 − 5y0 )0 − 4]2
,
=
2
2
2
2
(3y0 − 5x0 ) + (3x0 − 5y0 )
17(x0 + y0 ) − 30x0 y0
o mejor:
d2 =
8
,
17(x2 + y 2 ) − 30xy
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58
Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
ahora bien, se tiene:
d2 máximo ⇐⇒ D2 = 17(x2 + y 2 ) − 30xy es mı́nimo.
Extremamos entonces:
g = 17(x2 + y 2 ) − 30xy + λ(5x2 − 6xy + 5y 2 − 4) .
Se consigue:
gx
gy
gλ
=
=
=
34x −
−30x +
5x2 −
30y
34y
6xy
+ 2λ(5x − 3y)
+ 2λ(5y − 3x)
+
5y 2
de ello se obtiene la respuesta:
−
=
=
4 =
⇒ x0 = y0 = ±1; ,

{
0 
0
⇒
10x2

0
−
x
6x2
=
=
y
⇒
4
(1, 1) , (−1, −1) , d2 = 2 .
También se puede considerar x = −y, etc.
Problema 1.9.12 Recordamos que el volumen encerrado por un elipsoide con semiejes a,
4
b y c es V = πabc, encontrar el volumen encerrado por el elipsoide de ecuación:
3
11x2 + 9y 2 + 15z 2 − 4xy + 10yz − 20xz = 80.
Solución:
En este caso la extremación debe ser la de d2 = x2 + y 2 + z 2 y la condición dada por
11x2 + 9y 2 + 15z 2 − 4xy + 10yz − 20xz = 80, o sea :
x2 + y 2 + z 2 + λ(11x2 + 9y 2 + 15z 2 − 4xy + 10yz − 20xz − 80,
que conduce al sistema:
x
y
z
11x2
+
+
+
+
λ(11x
λ(9y
λ(15z
9y 2
−
2y
−
2x
+
5y
+ 15z 2
−
+
−
−
10z)
5z)
10x)
4xy
+
10yz
−
20xz
=
=
=
=
0
0
0
80







,
multiplicando la primera por x, la segunda por y y la tercera por z y ocupando la cuarta se
obtiene.
80
1
d2 + 80λ = 0 ⇒ = − 2 ,
λ
d
que colocado en el sistema anterior nos lleva al nuevo sistema:

)
(
80

2y −
10z = 0 
11 − 2 x −



d





(
)


80

−2x +
9− 2 y +
5z = 0
,
d




(
)


80

−10x +
5y +
15 − 2 z = 0 



d


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59
Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
sistema lineal homogéneo para x, y, z y se desea que tenga solución distinta de la trivial
(0, 0, 0), la condición para que esto suceda es que:
11 −
80
)
d2
2
−2
9−
−10
5
10
80
d2
5
15 −
= 0,
80
d2
al desarrollar este determinante obtenemos la ecuación cúbica en d2 :
9d6 − 432d4 + 4480d2 − 10240 = 0,
y si sus raı́ces son d21 , d22 y d23 (cuadrados de los valores de los semiejes del elipsoide), entonces:
d21 d22 d23 =
10240
210 · 10
=
,
9
32
por lo tanto el volumen pedido es:
√
4 25 · 10
4
V = πd1 d2 d3 = π
.
3
3
3
Problema 1.9.13 Determinar el área de la elipse que se genera al cortar el elipsoide de
ecuación:
y2
z2
x2
+
+
=1,
a2
b2
c2
con el plano de ecuación:
Ax + By + Cz = 0 .
Solución:
Ahora si d2 = x2 +y 2 +z 2 es el cuadrado de la distancia de (x, y, z) al origen, tendremos:
x2
y2
z2
+ 2 + 2 − 1) + λ2 (Ax + By + Cz) ,
2
a
b
c

x
+ 2λ1 2 + λ2 A
= 0 


a





y


= 0 
+ 2λ1 2 + λ2 B


b




z
,
+ 2λ1 2 + λ2 C
= 0

c







y2
z2


+
+
−
1
=
0

2
2

b
c





+
By +
Cz
= 0
g = x2 + y 2 + z 2 + λ1 (
gx
=
2x
gy
=
2y
gz
=
2z
gλ1
=
x2
a2
gλ2
=
Ax
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60
Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Multiplicando la primera por x, la segunda por y, la tercera por z y sumándolas, obtenemos:
2d2 + 2λ1 = 0 ⇒ λ1 = −d2 ,
valor que colocado en la primera ecuación del sistema nos da:
(
λ2 Aa2
d2 )
,
2x 1 − 2 = −λ2 A ⇒ x = −
a
2(a2 − d2 )
por analogı́a resultan:
y=−
λ2 Bb2
2(b2 − d2 )
,
z=−
λ2 Cc2
,
2(c2 − d2 )
multiplicando estas últimas respectivamente por A, B y C, sumándolas y, como por la
segunda condición Ax + By + Cz = 0, se obtiene:
λ2 ( A2 a2
B 2 b2
C 2 c2 )
−
+ 2
+ 2
=0,
2
2
2
2 a −d
b −d
c − d2
recordando que λ2 es un parámetro, se consigue:
B 2 b2
C 2 c2
A2 a2
+
+
=0,
a2 − d2
b2 − d2
c2 − d2
o sea:
A2 a2 (b2 − d2 )(c2 − d2 ) + B 2 b2 (c2 − d2 )(a2 − d2 ) + C 2 c2 (a2 − d2 )(b2 − d2 ) = 0 ,
o mejor:
d4 [A2 a2 +B 2 b2 +C 2 c2 ]−d2 [A2 a2 (b2 +c2 )+B 2 b2 (c2 +a2 )+C 2 c2 (a2 +b2 )]+(A2 +B 2 +C 2 )a2 b2 c2 = 0 ,
y como el producto de las raı́ces de esta ecuación es:
d21 d22 =
resulta que el área pedida es:
πd1 d2 = π
(A2 + B 2 + C 2 )a2 b2 c2
,
A2 a2 + B 2 b2 + C 2 c2
√
(A2 + B 2 + C 2 )
abc .
+ B 2 b2 + C 2 c2
A2 a2
Problema 1.9.14 En la figura 1.13, en el plano (X, O, Y ), se tiene un hexágono con vértices P1 (x, y), P2 (0, 1), P3 (−x, y), P4 (−x, −y), P5 (0, −1), P6 (x, −y) inscrito en la circunferencia canónica unitaria.
Y
(-x,y) (0,1)
(x,y)
X
O
(-x,-y)
(0,–1)
(x,-y)
Fig. 1.13
Cuando este hexágono se hace girar en
torno del eje de ordenadas genera una superficie de revolución formado por un cilindro y dos conos. ¿Qué radio y qué altura
del cilindro maximizan el volumen del sólido encerrado por esta superficie?
Solución:
Observando la figura de la solución tenemos que el volumen pedido es:
2
V (x, y) = 2πx2 y+ πx2 (1−y) , con x > 0 e y > 0 ,
3
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61
Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
y con la condición x2 + y 2 = 1, o sea:
g(x, y) = x2 + y 2 − 1 ,
de donde definimos la nueva función:
F (x, y, λ) = V (x, y, z) + λg(x, y) .
Calculamos su gradiente y lo igualamos al vector nulo:
)
(
4 2
4
2
2
∇F = 4πxy + πx(1 − y) + 2λx, πx + 2λy, x + y − 1 = ⃗0 ,
3
3
o sea el sistema es:
4πxy
+
4
πx(1 − y)
3
4 2
πx
3
x2
y2
+
+
2λx
+
2λy
−
1


= 0 





,
= 0 






= 0
multiplicando la primera por x, la segunda por y, sumando y recordando la tercera, obtenemos:
4πx2 (3y + 1)
,
2λ = −
3
valor que colocado en la segunda nos lleva a:
3y + 1
y = 0 ⇒ 3y 2 + y − 3 = 0 ,
3
√
13 − 1
, valor que al ser colocado en la tercera nos
que tiene la solución positiva y =
6
√
√
22 + 2 13
. De lo anterior se desprende que la solución para el
conduce al resultado x =
6
radio es:
√
√
22 + 2 13
x=
,
6
1−
y la altura es:
2y =
√
13 − 1
.
3
Problema 1.9.15 El plano de ecuación x + 2y + 3z = 3 interseca a la superficie cónica
de ecuación x2 + y 2 = z 2 según una elipse. Determinar el punto que está más elevado y el
punto que está más abajo en esta elipse.
Solución:
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62
Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Considerando la figura 1.14 se tiene que la
función a extremar es:
Z
f (x, y, z) = z ,
sujeta a las condiciones:
Y
X
g(x, y, z) = x + 2y + 3z − 3 ,
h(x, y, z) = x2 + y 2 − z 2 ,
Fig. 1.14
definimos la nueva función:
F (x, y, z, λ, µ) = z + λ(x + 2y + 3z − 3) + µ(x2 + y 2 − z 2 ) ,
que nos conduce a:
∇F (x, y, z, λ, µ) = (λ + 2µx, 2λ + 2µy, 1 + 3λ − 2µz, x + 2y + 3z − 3, x2 + y 2 − z 2 ) ,
de donde al anular el gradiente:
(λ + 2µx, 2λ + 2µy, 1 + 3λ − 2µz, x + 2y + 3z − 3, x2 + y 2 − z 2 ) = (0, 0, 0, 0, 0) ,
de donde:
λ
2λ
1
x
x2
+ 2µx
+ 2µy
+
3λ
+
2y
+
y2
−
+
−
2µ
3z
z2
−
=
=
=
3 =
=
0
0
0
0
0











,
λ
λ
, de la segunda se obtiene y = − , o sea 2x = y que colocado
2µ
µ
en la cuarta ecuación nos conduce a:
de la primera resulta x = −
x + 4x + 3z = 3 ⇒ z = 1 −
5x
,
3
y en la última ecuación, al reemplazar, conseguimos:
(
)2
5x
2
2
x + 4x = 1 −
⇒ 20x2 + 30x − 9 = 0,
3
y ası́,
√
3 9 5
,
x=− ±
4
20
resultando los puntos:
(
(
√
√
√ )
√
√
√ )
3 9 5 3 9 5 9 3 5
3 9 5 3 9 5 9 3 5
P1 − −
, P2 − +
,
,− −
, +
,− +
, −
4
20
2
10 4
4
4
20
2
10 4
4
siendo el primero el más elevado y el segundo el más bajo.
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63
Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
Problema 1.9.16 Un triángulo variable ABC está circunscrito en una circunferencia de
radio fijo ρ. Encontrar el valor del radio r de la más pequeña circunferencia circunscrita al
triángulo ABC.
Solución:
Considerando la figura 1.15 se tiene que
el área del triángulo (simbolizada por
(ABC)) se puede expresar mediante:
(ABC) = sρ =
C
ρ
abc
,
4r
r
O
I
B
A
de donde resulta:
4rρ =
2abc
,
2s
(1)
Fig. 1.15
y recordando el teorema de los senos:
a = 2r sen α , b = 2r sen β , c = 2r sen γ ,
se consigue al aplicar estos valores en (1):
sen α sen β sen γ
ρ
=
,
2r
sen α + sen β + sen γ
(2)
α
α
β
β
γ
γ
pero sen α = 2 sen cos , sen β = 2 sen cos , sen γ = 2 sen cos , además, en cual2
2
2
2
2
2
quier triángulo ABC se sabe que:
sen α + sen β + sen γ = 4 cos
α
β
γ
cos cos ,
2
2
2
al aplicar estos resultados en (2), llegamos a:
α
β
γ
ρ
= sen sen sen ,
4r
2
2
2
colocando en (3)
(3)
α
β
γ
= x, = y, = z, conseguimos:
2
2
2
ρ
= sen x sen y sen z ,
4r
(4)
por lo tanto, deberemos extremar (4) sujeta a la condición que:
x+y+z =
o sea:
π
,
2
(
π)
,
F (x, y, z, λ) = sen x sen y sen z + λ x + y + z −
2
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64
Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
de donde:
Fx
Fy
Fz
Fλ
= cos x sen y sen z
= sen x cos y sen z
= sen x sen y cos z
=
x
+
+
+
+
λ
λ
λ
y
+
z
−λ
−λ
}
=
=
=
=
luego, de este sistema se llega a:
cos x sen y sen z
sen x cos y sen z
=
=
0
0
0
π
2









,
,
que nos lleva a:
cot x tg y = 1 ⇒ tg x = tg y ⇒ x = y ,
por lo tanto
x=y=z⇒α=β=γ=
π
ρ
1
⇒
= ⇒ r = 2ρ .
3
4r
8
Problema 1.9.17 Encontrar el máximo de la función f (x, y, z) = x + 2y + 3z cuando el
punto P (x, y, z) yace sobre la elipse de ecuaciones x − y + z = 1, x2 + y 2 = 1.
Solución:
En este caso la función a extremar es:
F (x, y, z, λ, µ) = x + 2y + 3z + λ(x − y + z − 1) + µ(x2 + y 2 − 1) ,
con lo que se obtiene:
2µx
2µy
+
−
x
x2
−
+
λ
λ
λ
y +
y2
z
=
=
=
=
=
−1
−2
−3
1
1











colocando λ = −3 en la primera y segunda ecuaciones obtenemos:
x=
5
1
, y=−
,
µ
2µ
valores que colocamos en la última ecuación, o sea:
√
29
25
1
+
=
1
⇒
µ
=
±
,
µ2
4µ2
2
por lo tanto, se consigue:
2
5
x = ±√ , y = ∓√ ,
29
29
estos valores los ponemos en la cuarta ecuación, o sea:
7
z =1−x+y =1∓ √ ,
29
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65
Capı́tulo 1: Funciones escalares de variable vectorial
luego los valores de f en esos puntos son:
)
(
)
(
)
(
√
5
7
2
5
7
2
= ±√ + 2 ∓√
+3 1∓ √
= 3 ± 29 ,
f ±√ , ∓√ , 1 ∓ √
29
29
29
29
29
29
√
luego el valor máximo de f es 3 + 29 .
Problema 1.9.18 Dada la circunferencia de ecuación x2 + y 2 = 2y encontrar los semiejes
de la elipse de ecuación b2 x2 + a2 y 2 = a2 b2 que contiene en su interior a la circunferencia
dada y que posee área mı́nima.
Solución:
Para que se cumpla lo pedido la circunferencia dada, de ecuación x2 + (y − 1)2 = 1, debe
ser tangente a la elipse, por lo tanto la función a extremar es:
f (x, y) = d2 = x2 + (y − 1)2 ,
(cuadrado de la distancia desde un punto (x, y) al punto (0, 1), centro de la circunferencia)
sujeta la condición de que el punto (x, y) pertenezca la elipse buscada, de ecuación:
b2 x2 + a2 y 2 − a2 b2 = 0 ,
o sea, deberemos extremar:
F (x, y, λ) = x2 + (y − 1)2 + λ(b2 x2 + a2 y 2 − a2 b2 ) ,
con ello:
Fx
2
=
x
+
λb2 x
Fy
2
= (y − 1)
+
λa2 y
Fλ
=
b2 x2
+
a2 y 2

= 0 






−
a2 b2
= 0 






= 0
,
multiplicando la primera por x, la segunda por (y − 1) y sumando resulta, al aplicar la
tercera ecuación, que:
d2 − λa2 (b2 − y) = 0 ⇒ λ =
d2
,
a2 (b2 − y)
y recordando que d2 = 1 ya que el punto debe estar en la circunferencia centrada en (0, 1)
y radio d = 1, obtenemos:
1
λ= 2 2
,
a (b − y)
pero, de la primera ecuación del sistema conseguimos:
1 + λb2 = 0 ⇒ 1 +
b2 (a2 − 1)
b2
=
0
⇒
y
=
,
a2 (y − b2 )
a2
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(1)
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66
Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
y, reemplazando el valor de λ en la segunda ecuación del sistema obtenemos:
y 2 − b2 y + b2 = 0 ,
(2)
de (1) y (2) deducimos que:
b2 =
Por lo tanto, el área de la elipse es:
g(a) = πab = π √
a4
.
−1
a2
a3
,
a2 − 1
derivando g(a) con respecto a a e igualando
√
3
a 0 tal derivada obtenemos a0 =
, por
2
3
consiguiente llegamos a b0 = √ que son
2
los valores de los semiejes pedidos. Esto lo
vemos en la figura 1.16.
Y
b
O
Fig. 1.16
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aX
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Capı́tulo 2: Funciones vectoriales de variable vectorial
Capı́tulo Dos
Funciones vectoriales de variable vectorial
2.1.
Concepto y ejemplos
Definición 2.1.1
Se denomina función vectorial de variable vectorial a toda función del tipo:
F~ : D ⊆ Rn → Rm , donde F~ (~x) = ~y .
Ejemplos
(1) El plano
Sean ~b, ~c ∈ R3 y A(~a) un punto, entonces:
Π : ~r (β, γ) = ~a + β ~b + γ ~c ,
(β, γ) ∈ R2 .
(2) La esfera de ecuación: x2 + y 2 + z 2 = a2 .
E : ~r (θ, φ) = a(bi sen θ cos φ + b
j sen θ sen φ + b
k cos θ) ,
(3) El paraboloide elı́ptico de ecuación: z =
P : ~r (u, v) = ubi + vb
j+
(4) El elipsoide de ecuación:
(θ, φ) ∈ [0, π] × [0, 2π[ .
y2
x2
+
.
a2
b2
³ u2
a2
+
v 2 ´b
k.
b2
x2
y2
z2
+
+
=1.
a2
b2
c2
E : ~r (θ, φ) = a bi sen θ cos φ + b b
j sen θ sen φ + c b
k cos θ ,
(5) El paraboloide hiperbólico de ecuación: z =
(θ, φ) ∈ [0, π] × [0, 2π[ .
y2
x2
− 2 .
2
a
b
³ u2
v2 ´
P : ~r (u, v) = ubi + vb
j+ 2 − 2 b
k.
a
b
(6) El hiperboloide de un manto de ecuación:
y2
z2
x2
+ 2 − 2 =1.
2
a
b
c
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68
Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
En este caso procedemos del modo siguiente:
x2
z2
y2
−
=
1
−
,
a2
c2
b2
que es equivalente con;
³x
a
+
z ´³ x z ´ ³
y ´³
y´
−
= 1+
1−
,
c a
c
b
b
de donde conseguimos el sistema:
x z
+
a
c
=
x z
−
a
c
=
³
y´ 

eu 1 +

b 
³
y´ 


e−u 1 −
b
(u ∈ R) ,
este sistema nos hace ver que esta superficie cuádrica, es una superficie reglada, ya que él
muestra que el hiperboloide de un manto está constituido por la familia de rectas que dicho
sistema representa cuando u varı́a en el conjunto de los números reales. Colocando:
y
=v
b
(v ∈ R) ⇒ y = bv ,
además el sistema anterior se transforma en:

x z
+
=
eu (1 + v) 


a
c

x z

−
= e−u (1 − v) 
a
c
¡
¢
(u, v) ∈ R2 ,
al sumar las ecuaciones de este último sistema, conseguimos:
2
x
= (eu + e−u ) + v(eu − e−u ) ⇒ x = a(cosh u + v senh u) ,
a
y, al restar, obviamente, resulta:
z = c(senh u + v cosh u) ,
luego, la parametrización es:
H : ~r (u, v) = abi(cosh u + v senh u) + bb
jv + cb
k(senh u + v cosh u) .
(7) El cambio cartesiano - polar
£
£
2
2
~
F~ : R+
0 × 0, 2π ⊆ R → R ; donde (x, y) = F (ρ, θ) = (ρ cos θ, ρ sen θ) .
(8) El cambio cartesiano - cilı́ndrico
£
£
3
3
~
F~ : R+
0 × 0, 2π × R ⊆ R → R ; donde (x, y, z) = F (ρ, φ, z) = (ρ cos φ, ρ sen φ, z) .
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69
Capı́tulo 2: Funciones vectoriales de variable vectorial
(9) El cambio cartesiano - esférico
£
¤ £
£
3
3
~
F~ : R+
0 × 0, π × 0, 2π ⊆ R → R ; donde (x, y, z) = F (r, θ, φ) = r(sen θ cos φ, sen θ sen φ, cos θ) .
2.1.1.
El caso de la función lineal
Definición 2.1.2
Se denomina función lineal a toda función del tipo:
~ : Rn → Rm ; donde L(~
~ x) = ~y ,
L
tal que:
´
¡
¢ ¡
¢ ³
~ (α~x1 + β~x2 ) = αL
~ (~x1 ) + β L
~ (~x2 ) .
∀α, β ∈ R , ∀~x1 , ~x2 ∈ Rn : L
Como ejemplo tenemos la transformación en R2 que proyecta ortogonalmente a cualquier
vector ~x ∈ R2 sobre la recta de ecuación y = x (ver la figura 2.1), o sea:
Y
¡
¢
T~ (~x) = ~x · b
a b
a,
(x,y)
donde:
es decir:
X
O
Fig. 2.1
1
j),
b
a = √ ( bi + b
2
1
j).
T~ (x, y) = (x + y)( bi + b
2
En este ejemplo es claro que:
³
´
¡
¢
¡
¢
T~ (α~x1 + β~x2 ) = (α~x1 + β~x2 ) · b
a b
a = α ~x1 · b
a b
a + β ~x2 · b
a b
a = αT~ (~x1 ) + β T~ (~x2 ) .
2.2.
Matriz asociada a una función lineal con
respecto a las bases canónicas
Sean { ebj }nj=1 y { eb′i }m
i=1 las respectivas bases canónicas de los espacios vectoriales
n
m
n
~
~ x) = ~y , una función lineal. Luego, tenemos:
reales R y R y sea L : R → Rm ; donde L(~
n
~x ∈ R : ~x =
n
X
j=1
~ x) = ~y ∈ Rm : ~y =
xj ebj , L(~
m
X
i=1
yi eb′i ,
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(1)
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70
Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
pero también:
~ x) ∈ Rm : L
~
~y = L(~
n
³X
j=1
y como:
~ (b
L
ej ) =
m
X
i=1
de (2) y (3) resulta:
~ x) =
~y = L(~
n
´ X
~ (b
xj ebj =
ej ) ,
xj L
(2)
j=1
aij eb′i , para : j = 1, 2, · · · , n ,
m ³X
n
X
i=1
j=1
de (1) y (4) llegamos a:
(3)
´
aij xj eb′i ,
(4)




yi =
aij xj para : i = 1, 2, · · · , m ⇐⇒ 


j=1

n
X
con lo que:
y1
y2
···
···
···
ym


 
 
 
=
 
 
 
a11
a21
···
···
···
am1
a12
a22
···
···
···
am2
a13
a23
···
···
···
am3
···
···
···
···
···
···
 
a1n
a2n
···
···
···
amn














x1
x2
···
···
···
xn
~ x) ⇐⇒ ~y = A ~x .
~y = L(~
En el ejemplo anterior, con base { bi , b
j } para R2 , resulta:
1
T~ ( bi ) = ( bi + b
j)
2
ası́:
·
2.3.
y1
y2
¸
=
1
2
,
·
1
T~ ( b
j ) = ( bi + b
j),
2
1 1
1 1
¸ ·
x1
x2
¸
.
Lı́mites y continuidad
Definición 2.3.1
lı́m F~ (~x) = ~ℓ
~
x→~
x0
m
∀ ǫ > 0 ∃ δ > 0 : || F~ (~x) − ~ℓ || < ǫ para 0 < ||~x − ~x0 || < δ
Teorema 2.3.1
¡
¢
F~ (~x) = f1 (~x) , f2 (~x) , f3 (~x) , · · · , fm (~x) y existe : lı́m fk (~x) para : k = 1, 2, · · · , m ,
~
x→~
x0
entonces:
lı́m F~ (~x) =
~
x→~
x0
³
lı́m f1 (~x) , lı́m f2 (~x) , lı́m f3 (~x) , · · · , lı́m fm (~x)
~
x→~
x0
~
x→~
x0
~
x→~
x0
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~
x→~
x0
´
.




 ,



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71
Capı́tulo 2: Funciones vectoriales de variable vectorial
Teorema 2.3.2 Existiendo:
lı́m f (~x)
,
~
x→~
x0
lı́m F~ (~x)
,
~
x→~
x0
~ (~x) , entonces :
lı́m G
~
x→~
x0
(1)
lı́m f (~x)F~ (~x) = lı́m f (~x) lı́m F~ (~x) ,
(2)
~
x→~
x0
~
x→~
x0
~
x→~
x0
¢
¡
~ (~x) = lı́m F~ (~x) + lı́m G
~ (~x) ,
lı́m F~ (~x) + G
~
x→~
x0
~
x→~
x0
(3)
~
x→~
x0
¡
¢
~ (~x) = lı́m F~ (~x) · lı́m G
~ (~x) ,
lı́m F~ (~x) · G
~
x→~
x0
~
x→~
x0
(4)
si m = 3 :
Definición 2.3.2
~
x→~
x0
¢
¡
~ (~x) .
~ (~x) = lı́m F~ (~x) × lı́m G
lı́m F~ (~x) × G
~
x→~
x0
~
x→~
x0
~
x→~
x0
F~ (~x) es continua en ~x0 ∈ D
m
lı́m F~ (~x) = F~ (~x0 )
~
x→~
x0
m
¢
lı́m F~ (~x0 + ~h) − F~ (~x0 ) = ~0
~
h→~
0
Definición 2.3.3
¡
F~ (~x) es continua en D
m
Si ella es continua en ~x para todo ~x ∈ D.
~ : Rn → Rm es lineal, entonces es continua.
Teorema 2.3.3 Si L
Demostración:
~x ∈ Rn ⇒ ~x =
además, se tiene:
~ x) = L
~
L(~
n
³X
j=1
n
X
k=1
xj ebj ∧
´
xj ebj =
³
n
X
j=1
´
| xj | ≤ || ~x || para j = 1, 2, · · · n ,
~ (b
xj L
ej ) , con : δ =
n
X
j=1
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~ (b
|| L
ej ) || ,
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72
Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
luego:
~ x) || = ||
|| L(~
n
X
j=1
~ (b
xj L
ej ) || ≤
n
X
j=1
~ (b
| xj | || L
ej ) || ≤ || ~x ||
n
X
j=1
~ (b
|| L
ej ) || ≤ || ~x ||δ ,
y, por lo tanto, resulta:
~ x + ~h) − L(~
~ x) || = || L(
~ ~h) || ≤ δ|| ~h || ,
|| L(~
obteniéndose:
¢
¡
~ (~x + ~h) − L
~ (~x) = ~0
lı́m L
~
h→~
0
2.4.
Función diferenciable
Definición 2.4.1
¡
¢
F~ (~x) = f1 (~x) , f2 (~x) , f3 (~x) , · · · , fm (~x) es diferenciable en ~x0
m
~ : Rn → R lineal :
∃L
(1)
~ (~h) + || ~h ||~
F~ (~x0 + ~h) − F~ (~x0 ) = L
α (~h)
con :
lı́m α
~ (~h) = ~0 .
~
h→~
0
m
(2)
lı́m
~
h→~
0
~ : Rn → R lineal :
∃L
~ (~h)
F~ (~x0 + ~h) − F~ (~x0 ) − L
|| ~h ||
= ~0 .
Notas:
(01) De (1) se desprende que:
“Si F~ (~x) es diferenciable en ~x0 , entonces es continua en ~x0 .”
~ (~h) se denomina la diferencial de F~ en ~x0 con incremento ~h, o sea:
(02) L
~ (~h) .
dF~ = dF~ (~x0 , ~h) = L
~ (~h) = L
~ (hb
~ (b
(03) Si en (2) ponemos ~h = hb
v , resulta L
v ) = hL
v ), con lo que:
F~ (~x0 + hb
v ) − F~ (~x0 )
~ (b
L
v ) = lı́m
,
h→0
h
o sea:
∂ F~
~ (b
(~x0 ) ,
L
v ) = Dvb F~ (~x0 ) =
∂b
v
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73
Capı́tulo 2: Funciones vectoriales de variable vectorial
conocida como la derivada direccional de F~ en ~x0 en la dirección vb.
(04) Hay n derivadas direccionales básicas y son aquellas que siguen las direcciones dadas
por las direcciones de los ejes coordenados, es decir { eb1 , eb2 , · · · , ebn } y se conocen como
las derivadas parciales de F~ , ellas son:
F~ (~x0 + hb
ek ) − F~ (~x0 )
∂ F~
~ (b
(~x0 ) = lı́m
,
L
ek ) = Debk F~ (~x0 ) = Dk F~ (~x0 ) = F~xk (~x0 ) =
h→0
∂xk
h
k = 1, 2, 3, · · · , n
(05)




~h =
~
~
~
~
~
hk ebk ⇒ dF = L (h) =
L (b
ek )hk =
Dk F (~x0 )hk =


k=1
k=1
k=1
k=1 

n
X
n
X
Donde:
F~ ′ =
h ∂f i
i
∂xj
n 
X
n
X

∂f1
∂x1
∂f2
∂x1



 ···
=
 ···

 ···
∂fm
∂x1
∂f1
∂x2
∂f2
∂x2
···
···
···
···
···
···
···
···
···
∂fm
∂x2
∂f1
∂xn
∂f2
∂xn
∂f1
∂xk
∂f2
∂xk




··· 
 hk = F~ ′ (~x0 )~h .
··· 

··· 
∂fm
∂xk




··· 

··· 

··· 
∂fm
∂xn
se conoce como matriz jacobiana de la función F~ .
π
es:
3
√
³ √3
3
1´
~
F (r, φ) = r
cos φ,
sen φ,
.
2
2
2
Ejemplo 2.4.1 El manto superior del cono θ =
Luego:
√
√
³ √3
3
1 ´ ∂ F~
r 3
∂ F~
(r, φ) =
cos φ,
sen φ,
(r, φ) =
(− sen φ, cos φ, 0) ,
,
∂r
2
2
2
∂φ
2
y:
 √





F~ ′ (r, φ) = 




3
cos φ
2
√
3
sen φ
2
1
2
√
r 3
−
sen φ
2
√
r 3
cos φ
2
0
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





 .




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74
Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
(06) Poniendo entonces ~h = (dx1 , dx2 , dx3 , · · · , dxn ) = d~x
 ∂f
∂f1
∂f1
1
· · · ∂x
∂x2
1
n
 ∂x
∂f
∂f
∂f
 ∂x21 ∂x22 · · · ∂xn2

 ··· ··· ··· ···
dF~ = F~ ′ d~x = 
 ··· ··· ··· ···

 ··· ··· ··· ···
∂fm
∂fm
m
· · · ∂f
∂x1
∂x2
∂xn
resulta:
 
dx1
 
  dx2
 
  ···
 
  ···
 
···

dxn




 .



(07) También:

∂f1
 ∂x1 (~x0 )


 ∂f

2
(~x )

 ∂x1 0

Dvb F~ (~x0 ) = F~ ′ (~x0 ) vb = 

···


···


···

 ∂fm
(~x0 )
∂x1
∂f1
(~x0 )
∂x2
···
∂f2
(~x0 )
∂x2
···
···
···
···
···
···
···
∂fm
(~x0 ) · · ·
∂x2

∂f1
(~x0 ) 
∂xn



∂f2

(~x0 ) 

∂xn



···


···


···


∂fm
(~x0 )
∂xn








v1
v2
···
···
···
vn




 .



Problema 2.4.1 Siendo:
F~ (x, y) = (x sen y, x2 y, x3 cos y) , calcular: Dvb F~
³ π´
, donde ~v = (2, 1) .
1,
2
Solución:
En este caso:

sen y
2xy
F~ ′ (x, y) = 
3x2 cos y
con lo que:
Dvb F~
2.5.
³
1,
π´
2


x cos y
1
³ π´
 ⇒ F~ ′ 1,
x2
= π
2
−x3 sen y
0

0
1  ,
−1




· ¸
1 0
3
1
1
2
=√  π 1 
= √  2π + 1  .
1
5
5
0 −1
−1
Regla de la cadena
Teorema 2.5.1
~ : D1 ⊆ Rp → Rm diferenciable en
Sean F~ : D ⊆ Rn → Rp diferenciable en ~x0 y G
~
~
~
~
~
~y0 = F (~x0 ) con rec(F ) ⊆ D1 , entonces H = G ◦ F : D ⊆ Rn → Rm es diferenciable en ~x0
y:
~ ′ (~x0 ) = G
~ ′ (F~ (~x0 )) F~ ′ (~x0 ) .
H
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75
Capı́tulo 2: Funciones vectoriales de variable vectorial
Demostración:
F~ (~x) diferenciable en ~x0
m
~k = F~ (~x0 + ~h) − F~ (~x0 ) = F~ ′ (~x0 )~h + || ~h || α
~ (~h) , con lı́m α
~ (~h) = ~0 .
~
h→~
0
~ (~y ) diferenciable en ~y0
G
m
~ ~k) = ~0 .
~ (~y0 + ~k) − G
~ (~y0 ) = G (~y0 )~k + || ~k ||β~ (~k) , con lı́m β(
G
~′
~
k→~0
Pero ~y0 = F~ (~x0 ), luego:
~ (F~ (~x0 + ~h)) − G
~ (F~ (~x0 )) = G
~ ′ (F~ (~x0 )) (F~ ′ (~x0 )~h + || ~h || α
G
~ (~h))+
~ F~ (~x0 + ~h) − F~ (~x0 )) ,
+|| F~ (~x0 + ~h) − F~ (~x0 ) ||β(
~ F~ (~x0 + ~h) − F~ (~x0 )) = ~0 ,
con lı́m β(
~
h→~
0
o sea:
~ (~x0 + ~h) − H
~ (~x0 ) = G
~ ′ (F~ (~x0 ))F~ ′ (~x0 )~h + || ~h || ~γ (~h) , con lı́m ~γ (~h) = ~0 ,
H
~
h→~0
~ =G
~ ◦ F~ : D ⊆ Rn → Rm es diferenciable en ~x0 y:
con lo que H
~′ =G
~ ′ (F~ (~x0 )) F~ ′ (~x0 ) .
H
~ = (g1 , g2 , · · · , gm ) y H
~ = (h1 , h2 , · · · , hm ),
O sea, siendo F~ = (f1 , f2 , · · · , fp ) = (y1 , y2 , · · · , yp ), G
entonces:
p
h ∂h i h ∂g ih ∂y i h X
∂gi ∂yk i
i
i
i
′
~
H =
=
=
,
∂xj
∂yj ∂xj
∂yk ∂xj
k=1
es decir:
p
X ∂gi ∂yk
∂hi
=
para: i = 1, 2, · · · , m ; j = 1, 2, · · · , n .
∂xj
∂yk ∂xj
k=1
Ejemplo 2.5.1
F~ (x, y) = (x2 − yy 2 , x2 + yy 2 , cos xy)
,
~ (u, v, w) = (uv 2 , v + 3w2 ) ,
G
y se tiene:
(x, y) → (u, v, w) → (α, β) ,
entonces:
·
αx
βx
αy
βy
¸
=
·
αu
βu
αv
βv
αw
βw
¸

ux
· vx
wx

· 2
uy
v 2uv

vy
=
0
1
wy
0
6w
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¸

2x
2x
·
−y sen xy

−2y
 ,
2y
−x sen xy
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76
Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
con ello:
αx = 2v 2 x+4uvx = 2(x2 +y 2 )2 x+4(x4 −y 4 )x , αy = −2v 2 x+4uvy = −2(x2 +y 2 )2 y+4(x4 −y 4 )y ,
βx = 2x − 6wy sen xy = 2x − 6y cos xy sen xy , βy = 2y − 6wx sen xy = 2y − 6x cos xy sen xy .
Problema 2.5.1 Dadas las funciones:
~ (u, v) = (u sen v , u2 , u3 cos v)
G
,
F~ (x, y, z) = (xyz , y , x2 + y 2 + z 2 ) ,
~
~ ~
~
se considera la función
³ π ´ H = F ◦G, se pide encontrar la derivada direccional de H en el
punto (u0 , v0 ) = 1,
y en la dirección ~v = (3, 4).
2
Solución:
Se tiene:


yz xz
~ ′ = F~ ′ G
~′ =  0 1
H
2x 2y
u5 cos v
= 0
2u sen v
u4 sen v cos v
1
2u2

xy
sen v
0 
2u
2z
3u2 cos v

u cos v
=
0
−u3 sen v

sen v
u3 sen v

2u
0
3u2 cos v
2u3 cos v

u cos v
 ,
0
−u3 sen v
de donde:


 

0 0 1
1 0
0 −1
³ π´
~ ′ 1,
H
=  0 1 0  2 0  =  2 0  ,
2
2 2 0
0 −1
6 0
con lo que:




¸
0 −1 ·
−4
´ 1
π
1
3
~ 1,
=  6  .
Dvb H
= , 2 0 
4
2
5
5
6 0
18
³
Problema 2.5.2 Demostrar que:
∂(u, v)
∂(u, v) ∂(x, y) ∂(u, v) ∂(y, z) ∂(u, v) ∂(z, x)
=
·
+
·
+
·
.
∂(s, t)
∂(x, y) ∂(s, t)
∂(y, z) ∂(s, t)
∂(z, x) ∂(s, t)
Solución:
~
~ =G
~ ◦ F~ , o
Tenemos las funciones diferenciables (x, y, z) = F~ (s, t), (u, v) = G(x,
y, z) y H
~
sea (u, v) = H(s, t), luego:


·
¸
¸ ·
xs xt
ux uy uz
us ut
·  ys yt  ,
=
vs vt
vx vy vz
zs zt
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77
Capı́tulo 2: Funciones vectoriales de variable vectorial
de donde:
o sea:
¯
∂(u, v) ¯¯ us
=¯
vs
∂(s, t)
¯ ¯
ut ¯¯ ¯¯ ux xs + uy ys + uz zs
=
vt ¯ ¯ vx xs + vy ys + vz zs
¯
ux xt + uy yt + uz zt ¯¯
,
vx xt + vy yt + vz zt ¯
∂(u, v)
= (ux xs +uy ys +uz zs )·(vx xt +vy yt +vz zt )−(ux xt +uy yt +uz zt )·(vx xs +vy ys +vz zs ) ,
∂(s, t)
en este desarrollo se cancelan los términos ux vx xs xt , uy vy ys yt , uz vz zs zt porque aparecen
tanto en el primer producto de trinomios como en el segundo, por lo que se llega a:
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯ xs xt ¯
¯ xs xt ¯
¯ ys yt ¯
¯ ys yt ¯
∂(u, v)
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯+
= ux vy · ¯
− uy vx · ¯
+ uy vz · ¯
− uz vy · ¯
ys yt ¯
ys yt ¯
zs zt ¯
zs zt ¯
∂(s, t)
¯
¯
¯
¯ ¯
¯ ¯
¯ ¯
¯ ¯
¯
¯ zs zt ¯
¯ zs zt ¯ ¯ ux uy ¯ ¯ xs xt ¯ ¯ uy uz ¯ ¯ ys yt ¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯+
+uz vx · ¯
− ux vz · ¯
=
·
+
·
xs xt ¯
xs xt ¯ ¯ vx vy ¯ ¯ ys yt ¯ ¯ vy vz ¯ ¯ zs zt ¯
¯
¯ ¯
¯
¯ u uz ¯ ¯ zs zt ¯ ∂(u, v) ∂(x, y) ∂(u, v) ∂(y, z) ∂(u, v) ∂(z, x)
¯=
¯·¯
+ ¯¯ z
·
+
·
+
·
.
vz vx ¯ ¯ xs xt ¯ ∂(x, y) ∂(s, t)
∂(y, z) ∂(s, t)
∂(z, x) ∂(s, t)
2.6.
Cambio continuo de coordenadas
Definición 2.6.1
Se denomina cambio continuo de coordenadas en Rn a toda función del tipo:
F~ : D ⊆ Rn → Rn ; ~y = F~ (~x) ,
que tiene derivadas parciales de primer orden continuas y matriz jacobiana no singular, o
sea:
∂(y1 , y2 , · · · , yn )
6= 0 .
J=
∂(x1 , x2 , · · · , xn )
Ejemplo 2.6.1
En R2 el cambio cartesiano polar ~r(ρ, θ) = ρ(cos θ, sen θ) , es cambio continuo.
En efecto, x = ρ cos θ y = ρ sen θ , vemos
que:
~rρ = (cos θ, sen θ) = ρb,
~rθ = ρ(sen θ, cos θ) = ρθb
ρb ⊥ θb
y:
¯
¯
¯ cos θ −ρ sen θ ¯
¯ = ρ 6= 0 ,
¯
J =¯
sen θ ρ cos θ ¯
Y
P
X
O
Fig. 2.2
con ello este es un cambio continuo en R2 − {~0} y su gráfico se presenta en figura 2.2.
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78
Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Ejemplo 2.6.2
En R3 el cambio cartesiano cilı́ndrico ~r(ρ, φ, z) = (ρ cos φ, ρ sen φ, z) , es cambio continuo.
En efecto, tenemos:
x = ρ cos φ, y = ρ sen φ, z = z , vemos que:
~rρ = (cos φ, sen φ, 0) = ρb,
~rφ = ρ(sen φ, cos φ, 0) = ρφb
~rz = b
k
b φb ⊥b
ρb ⊥φ,
k, b
k ⊥b
ρ
¯
¯
¯ cos φ −ρ sen φ 0 ¯
¯
¯
y : J = ¯¯ sen φ ρ cos φ 0 ¯¯ = ρ 6= 0 ,
¯
0
0
1 ¯
e3
Z
e2
P
e1
z
O
φ
ρ
Y
Q
X
Fig. 2.3
−→
con ello este es un cambio continuo en R3 − OZ y su gráfico se presenta en figura 2.3.
Ejemplo 2.6.3
En R3 el cambio cartesiano esférico ~r(r, θ, φ) = r(sen θ cos φ, sen θ sen φ, cos θ) , es cambio continuo.
En efecto, tenemos:
x = r sen θ cos φ, y = r sen θ sen φ,
z = r cos θ , vemos que:
~rr = (sen θ cos φ, sen θ sen φ, cos θ) = rb,
~rθ = r(cos θ cos φ, cos θ cos φ, −r sen θ) =
rθb
~rφ = r sen θ(− sen φ, cos φ, 0) = r sen θφb
b θb ⊥φ,
b φb ⊥b
rb ⊥θ,
r, y:
¯
¯
sen θ cos φ sen θ sen φ
cos θ
¯
J = ¯¯ r cos θ cos φ cos θ sen φ − sen θ
¯ −r sen θ sen φ r sen θ cos φ
0
e1
Z
e3
P
e2
r
z
O
R
¯
¯
¯
¯ ,
¯
¯
θ
φ
Y
Q
X
Fig. 2.4
con ello [ rb θb φb ]2 = 1, luego [ rb θb φb ] = 1 y, por lo tanto J = r2 sen θ 6= 0, este es un cambio
−→
continuo en R3 − OZ y su gráfico se presenta en figura 2.4.
2.6.1.
Composición de cambios continuos
Ahora tenemos los cambios de coordenadas sucesivos en Rn , digamos que ellos son
F~ (~x) = ~y
,
~ y ) = ~z ,
G(~
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79
Capı́tulo 2: Funciones vectoriales de variable vectorial
~ =G
~ ◦ F~ y:
luego también es cambio continuo H
∂(z1 , z2 , · · · , zn )
∂(z1 , z2 , · · · , zn ) ∂(y1 , y2 , · · · , yn )
=
·
6= 0 .
∂(x1 , x2 , · · · , xn )
∂(y1 , y2 , · · · , yn ) ∂(x1 , x2 , · · · , xn )
θ
F
V
>
G
O
O
Y
U
ρ
H
>
O
X
>
Fig. 2.5
En la figura 2.5 tenemos como ejemplo: (u, v) = F~ (ρ, θ) = (ρcosθ, ρ sen θ) y (x, y) =
~
G(u,
v) = (4u, 5v), luego:
∂(x, y) ∂(u, v)
∂(x, y)
=
·
,
∂(ρ, θ)
∂(u, v) ∂(ρ, θ)
es decir:
2.6.2.
¯
∂(x, y) ¯¯ 4 0
=
∂(ρ, θ) ¯ 0 5
¯
¯
¯ · ρ = 20ρ 6= 0 .
¯
Transformación inversa local
Ahora tenemos la transformación:
F~ : D ⊆ Rn → Rn ; ~y = F~ (~x) ,
y consideramos una vecindad de ~x0 ∈ D, en esa vecindad sucede que la matriz jacobiana
F~ ′ es invertible y, por ende existe la transformación inversa local, con lo que:
∂(y1 , y2 , · · · , yn ) ∂(x1 , x2 , · · · , xn )
·
=1,
∂(x1 , x2 , · · · , xn ) ∂(y1 , y2 , · · · , yn )
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80
Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
por tal motivo:
∂(x1 , x2 , · · · , xn )
1
=
.
∂(y1 , y2 , · · · , yn )
∂(y1 , y2 , · · · , yn )
∂(x1 , x2 , · · · , xn )
Y
F
>
V
U
O
F
X
O
-1
<
Fig. 2.6
En la figura 2.6 tenemos el ejemplo donde la región R contenida en (XOY ) está definida
x
por aquella parte de (XOY ) comprendida por x ≥ 0, y ≥ 0, xy = 1, xy = 4, y = , y = 2x;
2 ³
y
y´
es obvio que hay que hacer xy = u, = v, con lo que resulta (u, v) = F~ −1 (x, y) = xy,
x
x
y la región se transforma en la región previa R∗ , contenida en (U OV ), dada por 1 ≤ u ≤ 4,
1
≤ v ≤ 2, luego:
2
¯
¯
y x ¯¯ 2y
∂(u, v) ¯¯
y
1 ¯=
=¯
= 2v ,
¯
∂(x, y) ¯ − 2
x
x
x
luego:
1
∂(x, y)
=
,
∂(u, v)
2v
y , en este caso se tiene:
(x, y) = F~ (u, v) =
³r u √ ´
, uv .
v
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81
Capı́tulo 2: Funciones vectoriales de variable vectorial
2.6.3.
Transformación de las derivadas parciales de una
función escalar de variable vectorial
En Rn se ha definido la función f (~y ) y, a su vez, en este espacio se produce el cambio
continuo de coordenadas ~y = F~ (~x) con jacobiano no nulo:
J=
∂(y1 , y2 , · · · , yn )
,
∂(x1 , x2 , · · · , xn )
y definimos la función compuesta g(~x) = f (F~ (~x)), se desea expresar las derivadas par∂f
∂g
ciales
(para j = 1, 2 , · · · , n) en términos de las derivadas parciales
(con
∂yj
∂xi
i = 1, 2 , · · · , n).
Pues bien, como g = f (F~ ), resulta:
³ ´−1
∇g = ∇f F~ ′ ⇒ ∇f = ∇g F~ ′
,
o sea:
∇f =
µ
∂f ∂f
∂f
,
,··· ,
∂y1 ∂y2
∂yn
¶
=
µ
∂g ∂g
∂g
,
,··· ,
∂x1 ∂x2
∂xn
¶
¶¸
·
µ
1
∂yj
· · Adj
,
J
∂xi
con lo que para j = 1, 2 , · · · , n se obtiene:
¶
µ
n
1 X ∂g
∂yj
∂f
,
=
Adj
∂yj
J
∂xk
∂xk
k=1
es decir:
¯
¯ ∂y1
¯ ∂x1
¯ ∂y1
¯ ∂x2
1 ¯¯ · · ·
∂f
= ¯
∂yj
J ¯ ···
¯
¯ ···
¯ ∂y1
¯ ∂x
n
∂y2
∂x1
∂y2
∂x2
···
···
···
∂y2
∂xn
···
···
···
···
···
···
∂g
∂x1
∂g
∂x2
···
···
···
∂g
∂xn
···
···
···
···
···
···
¯
¯
¯
¯
¯
¯
··· ¯
¯ ,
··· ¯
¯
··· ¯
∂yn ¯¯
∂x
∂yn
∂x1
∂yn
∂x2
n
esto quiere decir que en la columna j de este último jacobiano se deben colocar las derivadas
∂g
parciales
(con i = 1, 2 , · · · , n). Luego, la fómula es:
∂xi
∂(y1 , y2 , · · · , g, · · · , yn )
∂f
∂(x1 , x2 , · · · · · · , xn )
=
, para : j = 1, 2 , · · · , n .
∂(y1 , y2 , · · · , yj , · · · , yn )
∂yj
∂(x1 , x2 , · · · · · · , xn )
Problema 2.6.1 Expresar los operadores
∂
∂
∂
,
y
en coordenadas esféricas.
∂x ∂y ∂z
Solución:
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Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
∂(x, y, z)
= r2 sen θ. Pues bien, sea
∂(r, θ, φ)
f (x, y, z) una función diferenciable y tomamos la función compuesta g = f ◦ ~r donde
(x, y, z) = ~r(r, θ, φ) es el cambio cartesiano- esférico, por lo tanto se tendrá, por la regla
anterior:
Sabemos que el jacobiano de esta transformación es
∂(g, y, z)
1
∂f
∂(r, θ, φ)
= 2
=
∂(x, y, z)
∂x
r sen θ
∂(r, θ, φ)
¯
∂g
∂g
¯
∂r
∂θ
¯
¯ sen θ sen φ r cos θ sen φ
¯
¯
cos θ
−r sen θ
¯
¯
¯
r sen θ cos φ ¯¯ ,
¯
0
∂g
∂φ
Haciendo el desarrollo, se consigue:
∂g sen θ cos φ ∂g
sen φ ∂g
∂f
= sen θ cos φ
+
−
.
∂x
∂r
r
∂θ r sen θ ∂φ
En forma parecida conseguiremos:
∂(x, g, z)
cos φ ∂g
∂f
∂g cos θ sen φ ∂g
∂(r, θ, φ)
=
+
+
.
= · · · = sen θ sen φ
∂(x, y, z)
∂y
∂r
r
∂θ r sen θ ∂φ
∂(r, θ, φ)
Por último:
∂(x, y, g)
∂f
∂g sen θ ∂g
∂(r, θ, φ)
=
−
.
= · · · = cos θ
∂(x, y, z)
∂z
∂r
r ∂θ
∂(r, θ, φ)
p
y
x2 + y 2 y v = Arctg ; demostrar que:
x
µ ¶ µ ¶
µ ¶ µ ¶
∂u
∂x
∂u
∂y
·
+
·
=1.
∂x y
∂u v
∂y x
∂u v
Problema 2.6.2 Sean u = ln
Observación: En cada derivada parcial el subı́ndice indica la variable que permanece fija.
Solución:
En este caso tenemos que el jacobiano principal es:
¯
y
x
¯
∂(u, v) ¯¯ x2 + y 2 x2 + y 2
=¯
−y
x
∂(x, y) ¯
¯ x2 + y 2 x2 + y 2
¯
¯
¯
1
¯
,
¯= 2
¯ x + y2
¯
además, sabemos que:
µ ¶
µ ¶
∂u
∂u
x
y
∂u
∂u
=
=
= 2
,
= 2
,
∂x y
∂x
x + y2
∂y x
∂y
x + y2
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Capı́tulo 2: Funciones vectoriales de variable vectorial
por la regla anterior, nos resulta:
µ
∂x
∂u
¶
∂y
∂u
¶
v
y:
µ
con lo que:
µ
2.7.
∂u
∂x
¶
y
·
µ
¯
∂(x, v)
¯
1
¯
∂(x, y)
−y
=
= (x2 + y 2 ) ¯¯
∂(u, v)
¯ x2 + y 2
∂(x, y)
0
x
x2 + y 2
¯
¯
¯
¯=x,
¯
¯
¯
∂(y, v)
¯
0
¯
∂(x, y)
2
2 ¯
−y
=
= (x + y ) ¯
∂(u, v)
¯ x2 + y 2
∂(x, y)
1
x
2
x + y2
¯
¯
¯
¯=y,
¯
¯
v
∂x
∂u
¶
v
+
µ
∂u
∂y
¶
x
·
µ
∂y
∂u
¶
v
=
x
y
·x+ 2
·y =1.
x2 + y 2
x + y2
La función implı́cita
Por comodidad consideremos un caso particular, éste es:
F~ : D ⊆ R3+2 → R2
,
F~ ((x, y, z), (u, v)) = (f (~x, ~u), g(~x, ~u)) ,
donde ~x = (x, y, z) y ~u = (u, v). Pensemos que hay valores de ~x y ~u donde se tiene F~ (~x, ~u) = ~0
en especial en (~x0 , ~u0 ), o sea F~ (~x0 , ~u0 ) = ~0 luego en una vecindad de (~x0 , ~u0 ) se puede definir
la función implı́cita ~u(~x). ¿Cuándo se presentará esta posibilidad?
Para contestar consideremos en esa vecindad el sistema:
f (x, y, z, u(x, y, z), v(x, y, z)) = 0
g(x, y, z, u(x, y, z), v(x, y, z)) = 0
¾
,
derivemos este sistema parcialmente con respecto a x, obtendremos:
¾
fx + fu ux + fv vx = 0
,
gx + gu ux + gv vx = 0
o mejor:
fu ux
gu ux
+
+
fv vx
gv vx
Es claro que el determinante principal es:
¯
¯ fu fv
¯
¯ gu gv
= −fx
= −gx
¾
.
¯
¯ ∂(f, g)
¯=
¯ ∂(u, v) ,
de ello se desprende que para que se pueda definir la función implı́cita ~u(~x) deberemos tener
que este determinante anterior no se anule en la vecindad de (~x0 , ~u0 ). Con ello, resulta:
¯
¯
¯ −fx fv ¯
∂(f, g)
¯
¯
¯ −gx gv ¯
∂(x, v)
¯ =−
,
ux = ¯¯
¯
∂(f, g)
f
f
v ¯
¯ u
¯ gu gv ¯
∂(u, v)
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Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
por analogı́a resultan:
∂(f, g)
∂(u, x)
vx = −
.
∂(f, g)
∂(u, v)
Derivando parcialmente el sistema primero con respecto a y y luego con respecto a z se
consiguen:
∂(f, g)
∂(f, g)
∂(f, g)
∂(f, g)
∂(y, v)
∂(u, y)
∂(z, v)
∂(u, z)
, vy = −
, uz = −
, vz = −
.
uy = −
∂(f, g)
∂(f, g)
∂(f, g)
∂(f, g)
∂(u, v)
∂(u, v)
∂(u, v)
∂(u, v)
Problema 2.7.1 Dado el sistema:
x −
3x +
2y
y
+ z2
− 5z
+
−
u2
u
+ 2v 2
+ 2v 3
−
−
9 = 0
2 = 0
¾
¿será posible que, en una vecindad del vector ~r0 = (x0 , y0 , u0 , v0 , w0 ) = (1, −1, 0, 2, 1), las
variables u, v sean funciones implı́citas de (x, y)? De ser la respuesta afirmativa, calcular
vxy (1, −1, 0).
Solución:
Colocando:
f (~r) = x
g(~r) = 3x
− 2y
+ y
+
−
z2
5z
+
−
u2
u
+ 2v 2
+ 2v 3
− 9 = 0
− 2 = 0
¾
consideremos una vecindad de ~r0 = (x0 , y0 , z0 , u0 , v0 ) = (1, −1, 0, 2, 1), que claramente es
solución del sistema. Aquı́ tenemos:
¯
¯
∂(f, g) ¯¯ 2u 4v ¯¯
∂(f, g) ¯¯
=¯
¯ = 28 6= 0 ,
2 ¯ = 4v(1 + 3uv) ⇒
−1 6v
∂(u, v)
∂(u, v) ~r0
por lo tanto existe vecindad de ~r0 donde el jacobiano anterior no se anula. A continuación
calculamos:
∂(f, g)
¯
¯
¯ 1 4v ¯
1
3
∂(x, v)
¯
¯
=−
r0 ) = − ,
ux = −
2 ¯ ⇒ ux (~
¯
∂(f, g)
4v(1 + 3uv) 3 6v
14
∂(u, v)
∂(f, g)
¯
¯
¯ 2u 1 ¯
1
∂(u, x)
¯ ⇒ vx (~r0 ) = − 13 ,
¯
vx = −
=−
∂(f, g)
4v(1 + 3uv) ¯ −1 3 ¯
28
∂(u, v)
∂(f, g)
¯
¯
¯ 2u −2 ¯
u+1
3
1
∂(u, y)
¯
¯=−
vy = −
⇒ vy (~r0 ) = − ,
=−
∂(f, g)
4v(1 + 3uv) ¯ −1 1 ¯
2v(1 + 3uv)
14
∂(u, v)
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85
Capı́tulo 2: Funciones vectoriales de variable vectorial
ahora tenemos:
vxy
1
= Dx (vy ) = − D
2
µ
u+1
v(1 + 3uv)
¶
=
1 ux v(1 + 3uv) − (u + 1)(vx (1 + 3uv) + v(3ux v + 3uvx ))
,
=− ·
2
(v(1 + 3uv))2
luego:
vxy (1, −1, 0) = vxy (~r0 ),
se consigue valorando la derivada anterior en ~r0 .
Ejemplo 2.7.1 Dado el sistema:
f
g
=
8x2
2
= 7x y
+ 12xy
+
17z
5
+ 17y 2
−
sen z 2
+
sen u
−
+
200x cos
uv
3
y 2 −4x
14xve


= 0 
= 0


,
consideremos una vecindad de (x0 , y0 , z0 , u0 , v0 ) = (1, 2, 0, π, −1) (que claramente es solución
del sistema). Aquı́ tenemos:
¯ 200
uv 200
uv ¯¯
¯
xv sen
xu sen
¯
¯
∂(f, g) ¯ 3
3
3
3 ¯
=¯
¯ ,
¯
∂(u, v) ¯
2
¯
cos u
14xey −4x ¯
de donde:
∂(f, g) ¯¯
¯
∂(u, v) (1,2,0,π,−1)
etc.
¯
¯ 200√3
¯
¯
= ¯¯ 3 · 2
¯
¯ −1
√
200π 3
−
3·2
14
¯
¯
¯
¯ 100
¯ = √ (14 − π) 6= 0 ,
¯
3
¯
¯
Problema 2.7.2 Dado el sistema:
3x + y
x − 2y
5x + 3y
−
+
−
u3
u2
u
+ 2v 3
+ 2v 2
− 3v
+
sen w
−
3w3
+ 2 cos w

+ 4 = 0 
− 9 = 0
,

+ 1 = 0
¿será posible que, en una vecindad del vector ~r0 = (x0 , y0 , u0 , v0 , w0 ) = (1, −1, 2, 1, 0), las
variables u, v y w sean funciones implı́citas de (x, y)? De ser la respuesta afirmativa, calcular
uxy (1, −1).
Solución:
Tarea.
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87
Capı́tulo 3: Integración múltiple
Capı́tulo Tres
Integración múltiple
3.1.
Integración Doble
Tal como vemos en la figura 3.1 tenemos
una región R ⊆ R2 , en dicha figura hemos trazado, arbitrariamente, paralelas a
los ejes, no igualmente distanciadas, originándose rectángulos de área ∆xi ∆yj . En
cada uno de ellos hemos escogido, arbitrariamente el punto (xi , yj ). Sea f (x, y) una
función, que por comodidad la escogemos
continua y positiva, formamos:
Y
R
X
O
m
n ∑
∑
Fig. 3.1
f (xi , yj )∆xi ∆yj ,
i=1 j=1
Sea || ∆ || la norma de la partición (diagonal del mayor de los rectángulos).
Definición 3.1.1
lı́m
lı́m
n→∞ , || ∆ ||→0 m→∞
m
n ∑
∑
f (xi , yj )∆xi ∆yj = ℓ
i=1 j=1
⇕
∀ϵ>0∃δ>0 :|
m
n ∑
∑
i=1 j=1
f (xi , yj )∆xi ∆yj − ℓ | < ϵ
para toda partición de norma || ∆ || con || ∆ || < δ y para todas las posibles elecciones de
los (xi , yj ) en los rectángulos.
Este lı́mite ℓ se conoce como integral doble de f en R y se simboliza por:
∫ ∫
f (x, y)dxdy .
R
Nota:
Cuando f (x, y) = 1 resulta que
∫ ∫
dxdy, representa el área de R, o sea:
R
σ(R) =
∫ ∫
dxdy .
R
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88
Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
3.2.
Problemas resueltos
Problema 3.2.1 Utilizando la definición de integral doble se pide calcular
∫ ∫
y cos(xy)dxdy,
R
siendo:
R = {(x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b , A ≤ y ≤ B} .
Con posterioridad se pide calcular esta misma integral por medio de integrales iteradas.
Solución:
Tenemos la función integrando
[ ] f[(x, y)] = y cos(xy). Utilizamos particiones en progresión
aritmética para los trazos a, b y A, B . En el primero, consideramos los extremos derechos
b−a
xi = a+li, donde i = 1, 2, · · · , m y l = ∆xi =
y en el segundo tomamos los extremos
m
B−A
. Ası́, las sumas parciales
superiores yj = A+Lj, donde j = 1, 2, · · · , n y L = ∆yj =
n
son del tipo:
Sm,n =
n
m ∑
∑
f (xi , yj )∆xi ∆yj = lL
n
∑
j=1
(A + Lj) cos[(a + li)(A + Lj)] =
i=1 j=1
i=1 j=1
=L
n
m ∑
∑
m
∑
1
cos[(a + li)(A + Lj)] sen((A + Lj)l)
sen((A + Lj)l)
i=1
(A + Lj)l
(1)
pero:
m
∑
m
cos[(a+li)(A+Lj)] sen((A+Lj)l) =
i=1
=
1∑
(sen[(A+Lj)(a+l(i+1))]−sen[(A+Lj)(a+l(i−1))]) =
2 i=1
1
(sen[(A + Lj)(b + l)] − sen[(A + Lj)a] + sen[(A + Lj)b] − sen[(A + Lj)(a − l)] = Sl
2
(2)
De (1) y (2) resulta:
Sn =
n
∑
L
j=1
2
lı́m
m→∞ , l→0
n
∑
1
(sen[(A + Lj)b] − sen[[(A + Lj)a]
Sl = L
sen((A + Lj)l)
j=1
(A + Lj)l
Considerando ahora la suma del tipo:
Tn = L
n
∑
j=1
=
(sen[(A + Lj)p] =
n
∑
1
1
(sen[(A + Lj)p] sen(Lp) =
p sen(Lp) j=1
Lp
n
∑
1
1
(cos[(A + L(j − 1))p] − cos[(A + L(j + 1))p] =
2p sen(Lp) j=1
Lp
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(3) .
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Capı́tulo 3: Integración múltiple
=
1
1
(cos(pA) − cos(p(B − L)) + cos(p(A + L)) − cos(p(B + L)))
2p sen(Lp)
Lp
con lo que:
T =
lı́m
m→∞ , L→0
Tn =
1
(cos(pA) − cos(pB))
p
(4) ,
poniendo p = b y posteriormente p = a en (4) y calculando de (3):
lı́m
m→∞ , L→0
resulta:
∫ ∫
y cos(xy)dxdy =
Sn
1
1
(cos(bA) − cos(bB)) − (cos(aA) − cos(aB)) =
b
a
R
=
cos(aB) − cos(aA) cos(bB) − cos(bA)
−
.
a
b
Por otra parte:
∫ ∫
∫
y cos(xy)dxdy =
R
B
A
(∫
)
b
∫
cos(xy)d(xy) dy =
a
(5) ,
B
A
(sen(by) − sen(ay))dy =
cos(aB) − cos(aA) cos(bB) − cos(bA)
−
a
b
y observamos que (5) es lo mismo que (6).
(6) ,
=
Problema 3.2.2 Calcular:
{
∫ ∫
1
xe2y dxdy , siendo R :
I=
0
R
≤
≤
x ≤
y ≤
5
log x
Solución:
Considerando la figura 3.2, tenemos:
(∫
)
∫
5
I=
log x
1
=
Y
e2y dy dx =
x
0
1
2
∫
5
xe2y
1
log x
0
dx =
ln5
R
∫
1 5
x(x2 − 1)dx =
=
2 1
(
)
x2 5
1 x4
= 72 .
−
=
2 4
2
1
Por otra parte, tenemos:
R:
{
ey
0
5
1
O
Fig. 3.2
≤
≤
x ≤
y ≤
5
log 5
;
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X
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Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
con lo que:
∫
(∫
)
∫
1 log 5 2y 2
e
e x
I=
xdx dy =
2 0
0
ey
(
)
∫
1 25 2y 1 4y
1 log 5 2y
2y
e − e
e (25 − e )dy =
=
2 0
2 2
4
log 5
2y
5
5
ey
dy =
log 5
0
= 72 .
Problema 3.2.3 Calcular el área de la porción de plano limitada por el eje de abscisas y
las curvas de ecuaciones x2 + y 2 = 10 e y 2 = 9x.
Y
Solución:
Considerando la figura 3.3, tenemos que
tales curvas se intersectan en el punto
P0 (1, 3), además resulta:
Po
3
 2
y


≤
9
R:


0 ≤
R
O
X
1
Fig. 3.3
x
≤
y
≤
√
10 − y 2
3
Luego, el área pedida es
σ(R) =
Pero en:
√
∫
3
0
(∫ √
y2
9
10−y 2
)
dx dy =
∫
3
0
(√
10 − y 2 −
y2
9
)
dy .
∫ √
I=
10 − y 2 dy ,
10 sen θ, resultando:
∫
1 + cos 2θ
1 √
y
I = 10
dθ = 5θ + 5 sen θ cos θ = 5 Arcsen √ + y 10 − y 2 ,
2
10 2
hacemos y =
por lo tanto, obtenemos:
(
)
y3
1 √
y
2
σ(R) = 5 Arcsen √ + y 10 − y −
27
10 2
3
0
3
3
1
3
= 5 Arcsen √ + −1 = +5 Arcsen √ .
2
10 2
10
Problema 3.2.4 Calcular el área encerrada por la curva de ecuación (y − x − 3)2 = 4 − x2 .
Solución:
Se debe tener 4 − x2 ≥ 0, o sea −2 ≤ x ≤ 2 y la ecuación planteada al ser desarrollada nos
conduce a:
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91
Capı́tulo 3: Integración múltiple
2x2 − 2xy + y 2 + 6x − 6y + 5 = 0 ,
Y
vemos que
C -
–2
2 −1
−1 1
R
2
O
=1>0
o sea es una elipse con centro en el punto
C(0, 3) (ver figura 3.3.1) ya que:
}
2h − k = −3
−h + k =
3
X
Fig. 3.3.1
tiene solución h = 0, k = 3.
Además, al intersecar la elipse con la recta de ecuación x = 2 se produce el punto A(2, 5) y
al cortar la elipse con la recta de ecuación x = −2 se produce el punto B(−2, 1)y también
se tiene que:
√
(y − x − 3)2 = 4 − x2 ⇒ y = x + 3 ± 4 − x2 ,
de donde resulta:
{
x ≤
2 √
y ≤ x + 3 + 4 − x2
√
√
colocando y1 = x + 3 − 4 − x2 , y2 = x + 3 + 4 − x2 tenemos que el área pedida es:
∫ 2
∫ ∫
∫ 2 ∫ y2
∫ 2√
(y2 − y1 )dx = 2
dydx =
σ(R) =
dxdy =
4 − x2 dx =
R1 :
−2 √
x + 3 − 4 − x2
−2
R
=2
∫
π
2
−2
−2
y1
4 cos2 θdθ = 4
−π
2
≤
≤
∫
π
2
−π
2
(1 − cos 2θ)dθ = 4π .
Problema 3.2.5 Calcular el volumen del sólido limitado por los paraboloides de ecuaciones
y2
y2
x2 +
= −(z − 4) y z = 3x2 + .
4
4
Solución:
En este caso, observando la figura 3.4, los
paraboloides intersecan según la curva:

y2

2

= −z + 4
x
+


4
C:

2


 3x2 + y
=
z
4
Si en este sistema eliminamos z se obtiene
el cilindro proyectante de C sobre el plano
XOY , es decir:
Z
Y
X
y2
4x +
=4,
2
2
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Fig. 3.4
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Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
en conclusión, la curva frontera de R es la elipse de ecuación:
4x2 +
y2
=4, z=0,
2
y, a causa de la simetrı́a que se observa en la figura 4.4, tendremos:
)
)
∫ ∫ (
∫ ∫ (
y2
y2
y2
2
2
2
4−x −
V=4
4 − 4x −
dxdy = 4
dxdy ,
− 3x −
4
4
2
R1
R1
donde:
R1 :
pues:
4x2 +
Ahora, tenemos:
∫ ∫ √
0
pero en:
0 ≤
0 ≤
x
y
≤
≤
√1
2 2(1 − x2 )
y2
y2
= 4 ⇐⇒ x2 +
= 1 ⇐⇒ y 2 = 8(1 − x2 ) .
2
8
)
) √
(
∫ 1(
y 3 2 2(1−x2 )
y2
2
2
4y − 4x y −
dydx = 4
dx =
4 − 4x −
2
6
0
0
0
)
√
∫ 1( √ √
√
√ 2√
2
8
8 2 1 − x2 − 8 2x 1 − x2 −
=4
(1 − x2 )3 dx =
3
0
(∫ 1 √
)
∫ 1 √
∫
√
3
1 1
x2 1 − x2 dx −
(1 − x2 ) 2 dx ,
1 − x2 dx −
= 32 2
3 0
0
0
1
V=4
{
2
2(1−x2 )
I1 =
∫ √
1 − x2 dx , hacemos x = sen θ ,
resultando:
∫
∫
)
√
1
1
1(
1
I1 = cos2 θdθ =
(1 + cos 2θ)dθ = θ + sen θ cos θ =
Arcsen x + x 1 − x2 .
2
2
2
2
En
I2 =
obteniéndose:
I2 =
=
En:
resultando:
I3 =
1
4
∫
∫
x2
√
1 − x2 dx , hacemos x = sen θ ,
sen2 2θdθ =
1
4
∫
1 − cos 4θ
1
1
dθ = θ −
sen 4θ =
2
8
32
√
1
1
1
1
θ − 4 sen θ cos θ(1 − 2 sen2 θ) = Arcsen x − x(1 − 2x2 ) 1 − x2 .
8
32
8
8
∫
3
I3 = (1 − x2 ) 2 dx , hacemos x = sen θ ,
∫
4
cos θdθ =
∫
[
]
θ 1
1 + 2 cos 2θ + cos2 2θ
1
θ + sen 2θ + + sen 4θ =
=
4
4
2 8
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Capı́tulo 3: Integración múltiple
=
[
]
√
√
1 3
1
Arcsen x + 2x 1 − x2 + x(1 − 2x2 ) 1 − x2 .
4 2
2
Con estas integrales obtenemos:
(
)
√
√
√ (1
1
1
2
2
2
Arcsen x − x(1 − 2x ) 1 − x +
V = 32 2 (Arcsen x + x 1 − x ) −
2
8
8
[
])
√
√
1
1 1 3
1
+ ·
Arcsen x + 2x 1 − x2 + x(1 − 2x2 ) 1 − x2
=
3 4 2
2
0
)
)
(
(
√
√
√
1 3 π
1 π 1 π
1 1 1
= 16π 2
= 4π 2 .
· − · −
· ·
− −
= 32 2
2 2
8 2
12 2 2
2 8 8
Problema 3.2.6 Calcular el volumen del sólido limitado por los paraboloides de ecuaciones
4y 2
5y 2
z = 9 − x2 −
y z = 8x2 +
.
9
9
Solución:
Considerando la figura 3.4-1, resulta:
{
0 ≤ x ≤
√1
ℜ:
0 ≤ y ≤ 3 1 − x2
Z
porque el cilindro de proyección de la curva
de intersección entre los paraboloides es:
Y
y2
=1,
9
x2 +
X
con lo que el volumen pedido es:
Fig. 3.4-1
√
3 1−x2
))
(
5y 2
4y 2
2
V=4
dydx =
− 8x +
9−x −
9
9
0
0
) √
∫ 1 ∫ 3√1−x2
∫ 1(
y 3 3 1−x2
2
2
2
=4
(9 − 9x − y )dydx = 4
dx =
9y − 9x y −
3
0
0
0
0
∫ 1 √
√
3
(27 1 − x2 − 27x2 1 − x2 − 9(1 − x2 ) 2 )dx =
=4
∫
=4
∫
1
∫
(
2
0
1
0
(∫
√
√
2
2
2
(18 1 − x − 18x 1 − x = 72
1
)
∫ 1 √
√
2
2
2
(x 1 − x dx ,
1 − x dx −
0
0
pero, en estas integrales hacemos x = sen θ, resultando:
)
(∫ π
∫ π
2
1 2
2
2
cos θdθ −
sen 2θdθ =
V = 72
4 0
0
= 72
(∫
π
2
0
1
1 + cos 2θ
dθ −
2
4
∫
π
2
0
1 − cos 4θ
dθ
2
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)
,
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Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
luego, haciendo los cálculos:
V=
27
π.
2
Problema 3.2.7 Calcular el volumen del sólido limitado por los paraboloides de ecuaciones
z = 12 − 2x2 − y 2 y z = x2 + 2y 2 .
Solución:
Se deja a cargo del lector y saldrá 24 π .
1
Problema 3.2.8 Calcular el volumen bajo la superficie f (x, y) = √
y sobre el
|x−y |
cuadrado dado por el sistema 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 .
Solución:
Considerando la figura 3.5, tenemos que el volumen pedido es:
∫ ∫
dxdy
√
V=
,
|x−y |
R
esta es una integral impropia puesto que la función integrando no está definida para los
puntos de la recta de ecuación y = x. Luego, tenemos que proceder del modo siguiente:
R = R1 (ϵ) ∪ R2 (ϵ) ,
donde:
Y
1
R1 (ϵ) :
{
ϵ
0
≤
≤
x ≤
y ≤
1
x−ϵ
R2 (ϵ) .
{
0 ≤
ϵ ≤
x ≤
y ≤
y−ϵ
1
R2
y:
R1
O
1
X
Fig. 3.5
Luego, tenemos:
V(ϵ) =
∫ ∫
R1 (ϵ)
dxdy
√
+
|x−y |
∫ ∫
R2 (ϵ)
dxdy
√
,
|x−y |
en la primera de estas integrales se tiene | x − y | = x − y y en la segunda | x − y | = y − x,
por lo tanto, bastará tratar una de ellas (porque son similares), digamos la primera, es decir:
∫ 1 ∫ x−ϵ
∫ 1 ∫ x−ϵ
d(x − y)
dy
√
√
dx = −
dx =
x
−
y
x−y
ϵ
0
ϵ
0
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Capı́tulo 3: Integración múltiple
=
∫
1
2(x − y)
ϵ
− 12 +1
0
x−ϵ
dx = 2
de donde:
∫
1
√
( x−
ϵ
√
ϵ)dx = 2
(
(
√
4
−2 ϵ
V = lı́m V(ϵ) = 2 lı́m
ϵ→0
ϵ→0 3
8
por lo tanto, tenemos que el volumen pedido es V = .
3
Problema 3.2.9 Demostrar que
∫
x
dx1
0
∫
√
2 3
x2 − x ϵ
3
)
x1
f (x2 )dx2 =
0
Solución:
En este caso, observando la figura 3.6, tenemos:
{
0 ≤ x1 ≤ x
R:
0 ≤ x2 ≤ x 1
=
√
4
−2 ϵ,
3
0
f (x2 )(x − x2 )dx2 .
X2
x
R
{
R:
∫
ϵ
x
o bien:
ası́:
1
8
,
3
=
∫
)
x
dx1
0
∫
O
x2 ≤
0 ≤
≤
≤
x
x
f (x2 )dx2 =
∫ ∫
x1
x2
x1
0
R
=
∫
f (x2 )dx1 dx2 =
∫
x
0
x
X1
Fig. 3.6
)
(
∫ x
dx1 dx2 =
f (x2 )
x2
x
0
f (x2 )(x − x2 )dx2 .
∫ ∫
y
x2 + y 2
sen
dxdy siendo:
x
x
R
{
}
R = (x, y) ∈ R2 | πx ≤ x2 + y 2 ≤ 2πx , −x ≤ y ≤ x .
Problema 3.2.10 Calcular
Solución:
Considerando la figura 3.7, tenemos que
siendo:
Y
(x,y)
f (x, y) =
y
O
x
X
se deduce que:
-y
(x,-y)
Fig. 3.7
x2 + y 2
y
sen
,
x
x
∀(x, y) ∈ R :
(
)
f (x, −y) = −f (x, y) ,
por lo tanto, se obtiene:
∫ ∫
y
x2 + y 2
sen
dxdy = 0 .
x
x
R
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Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Problema 3.2.11 Calcular:
∫ ∫
(x2 + 2y 2 ) sen 2xydxdy ,
R
siendo R la porción de plano limitada por las parábolas de ecuaciones y = x2 , y =
3 2
x +1
4
Solución:
Estas parábolas intersecan en los puntos P1 (−2, 4) y P2 (2, 4) y en forma similar al ejemplo
anterior se tendrá que como f (x, y) = (x2 + 2y 2 ) sen 2xy, entonces f (−x, y) = −f (x, y) y,
por lo tanto, la integral valdrá 0.
3.3.
Cambio de variables en una integral doble
Nota:
Comenzaremos recordando el área del paralelogramo, contenido en R2 , determinado por los
−→
−→
vectores OA = ⃗a = (a1 , a2 ) y OB = ⃗b = (b1 , b2 ), a este paralelogramo lo vemos en la figura
3.8.
En este caso, tenemos el vector ⃗a⊥ , que es
ortogonal con el vector ⃗a y en sentido dextrorsium, definido del modo siguiente:
⃗a⊥ = −
bi
a1
b
j
a2
Y
,
B
σ
luego, el área σ del paralelogramo será:
A
b
h
a
X
O
σ = Bh ,
Fig. 3.8
o sea:
σ = Bh = || ⃗a||b
a⊥ · ⃗b = ⃗a⊥ · ⃗b = −
b1
a1
b2
a2
=
a1
b1
a2
b2
.
Nota:
Supongamos que tenemos la región R∗ contenida en el plano (U, O, V ), la que se transforma
en la región R, contenida en el plano (X, O, Y ), por medio del cambio continuo de coordenadas (x, y) = F⃗ (u, v), considerando la figura 3.9, en la que se han trazado paralelas arbitrarias
a los ejes coordenados, produciéndose las celdas del tipo D∗ en el plano (U, O, V ) y al buscar las imágenes de éstas rectas se consiguen las celdas del tipo D, en el plano (X, O, Y ),
observamos que el área de D∗ es:
σ(D∗ ) =
du
0
0
dv
= dudv ,
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Capı́tulo 3: Integración múltiple
ahora bien, para obtener el área de la celda D, tenemos, a causa de la diferenciabilidad de
F⃗ , que:
F⃗ (u + du, v + dv) ≈ F⃗ (u, v) + dF⃗ ,
Y
F
>
V
U
O
X
O
Fig. 3.9
donde:

dF⃗ = 
dx
dy


=

=
∂x
∂u
∂y
∂u
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v



 du + 

∂x
∂v
∂y
∂v
du
dv



=
∂x
∂u du
∂y
∂u du
+
∂x
∂v dv
+
∂y
∂v dv

=
 dv = ⃗e1 du + ⃗e2 dv ,
con lo que el área de la celda D será apróximadamente:
σ(D) =
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
dudv =
∂(x, y)
dudv ,
∂(u, v)
esto nos conduce al teorema de Jacobi:
Teorema 3.3.1 Sea f (x, y) una función integrable en R y (x, y) = F⃗ (u, v) un cambio
∂(x, y)
que transforma a R en R∗ , entonces:
continuo de coordenadas con jacobiano
∂(u, v)
∫ ∫
R
f (x, y)dxdy =
∫ ∫
f ∗ (u, v)
∂(x, y)
dudv .
∂(u, v)
R∗
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Fernando Arenas Daza
CALCULO EN VARIAS VARIABLES
3.3.1.
Aplicaciones
Problema 3.3.1 Calcular I =
∫ ∫
2
e−(8x
+12xy+17y 2 )
dxdy siendo:
R
{
}
R = (x, y) ∈ R2 | 8x2 + 12xy + 17y 2 ≤ 100 .
Solución:
Tenemos:
2
2
8x + 12xy + 17y =
(
√
3
2 2x + √ y
2
)2
) (
)2
(
√
3
9 2
25
2
√
y + y2 ,
+ 17y − y = 2 2x +
2
2
2
hacemos el cambio continuo de coordenadas:
√
3
u = 2 2x + √ y
2
,
5
v=√ y,
2
cuyo jacobiano es:
∂u
∂x
∂(u, v)
=
∂(x, y)
√
2 2
∂u
∂y
=
∂v
∂x
∂v
∂y
0
luego la integral pedida pasa a ser:
∫ ∫
2
2
1
I=
e−(u +v ) dudv ,
10
R∗
√3
2
√5
2
con
∂(x, y)
=
= 10 ⇒
∂(u, v)
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
≤
≤
ρ ≤
θ ≤
consiguiéndose:
∫ 2π ∫ 10
∫ 10
2
2
π
π −ρ2
1
e−ρ ρdρ = −
dθ
e−ρ d(−ρ2 ) =
e
I=
10 0
10 0
10
0
1
,
10
10
0
10
2π
=
)
π (
1 − e−100 .
10
Problema 3.3.2 Calcular:
∫ ∫
]
[π
(14x2 + 24xy + 21y 2 ) dxdy ,
sec2
I=
33
R
siendo:
=
{
}
R∗ = (u, v) ∈ R2 | u2 + v 2 ≤ 100 ,
efectuando ahora el cambio cartesiano-polar llegamos a:
{
∫ ∫
1
0
∗∗
−ρ2
e ρdρdθ , con R :
I=
0
10
R∗∗
∂x
∂u
{
}
R = (x, y) ∈ R2 | 14x2 + 24xy + 21y 2 ≤ 11 .
Solución:
Procediendo en forma similar al problema anterior se conseguirá I =
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√
33 2
.
10
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99
Capı́tulo 3: Integración múltiple
Problema 3.3.3 Calcular:
I=
∫ ∫
2
e−(14x
+24xy+21y 2 )
dxdy ,
R
siendo:
{
}
R = (x, y) ∈ R2 | 14x2 + 24xy + 21y 2 ≤ 150 .
Solución:
Procediendo en forma similar al problema anterior se conseguirá I = √
Problema 3.3.4 Calcular:
I=
∫ ∫
cos
)
π (
1 − e−150 .
150
x−y
dxdy ,
x+y
R
siendo R la porción del plano limitada por las rectas de ecuaciones x + y = 1, x = 0, y = 0.
Y
Solución:
Considerando la figura 3.10, hacemos el
cambio continuo de coordenadas:
1
u=x−y , v =x+y ,
R
cuyo jacobiano es:
∂(u, v)
=2,
∂(x, y)
X
1
O
Fig. 3.10
además, obtenemos:
x=
u+v
v−u
, ,y =
,
2
2
y las fronteras de R pasan a ser las fronteras de R∗ :
V
1
x=0⇒u+v =0, y =0⇒v−u=0,
x+y =1⇒v =1.
R*
En este caso, tenemos la figura 3.11, donde:
∫ ∫
u 1
cos · dudv ,
I=
v 2
O
R∗
con:
∗
R :
{
−v ≤
0 ≤
Fig. 3.11
u
v
≤
≤
v
1
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1
U
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100 CALCULO EN VARIAS VARIABLES
o sea:
1
I=
2
)
∫ v
∫
1 1
u (u)
u
cos d
v
cos du dv =
dv =
v
2 0
v
v
−v
0
−v
∫ 1
∫
1 1
sen 1
u v
=
.
vdv =
v sen
dv = sen 1
2 0
v −v
2
0
∫
1
(∫
Fernando Arenas Daza
v
Problema 3.3.5 Calcular:
I=
∫ ∫
x+y
x
e − y dxdy ,
R
siendo R la porción del plano limitada por el trapecio de vértices A(1, 0), B(2, 0), C(0, −2),
D(0, −1).
Solución:
Efectuar el cambio de variables u = x + y, v = x − y y se conseguirá I =
3
senh 1 .
2
Problema 3.3.6 Calcular el volumen que se genera al rotar la región plana R del primer
cuadrante limitada por las parábolas de ecuaciones y 2 = x, y 2 = 8x, x2 = y, x2 = 8y, en
−→
torno al eje OX.
Solución:
Considerando la figura 3.12, el volumen pedido es:
∫ ∫
ydxdy ,
V = 2π
Y
8
R
4
dxdy
‹
hacemos el cambio continuo de coordenadas y 2 = ux , x2 = vy, o sea:
R
2
y
O
2 x 4
u=
8 X
y2
x
,
v=
x2
,
y
cuyo jacobiano es:
Fig. 3.12
∂(x, y)
1
∂(u, v)
= ,
= −3 ⇒
∂(x, y)
∂(u, v)
3
además, obtenemos:
∗
R :
{
1 ≤
1 ≤
u
v
≤
≤
8
8
Despejando y del cambio de coordenadas:
vy 3 = ux3 ⇒ vy 3 = u
2
1
y6
⇒ y 3 = u2 v ⇒ y = u 3 v 3 ,
u3
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101
Capı́tulo 3: Integración múltiple
por lo tanto el volumen pedido:
V = 2π
∫ ∫
ydxdy ,
R
se expresa como:
∫ 8
∫
1
2π 3 3 5 8 4
2π 8 2
v 3 dv =
u 3 du
· · u3 v3
V=
3 1
3 5 4
1
1
8 3π
1
10
(25 − 1)(24 − 1) =
279
π.
2
Problema 3.3.7 Calcular el volumen que se genera al rotar la región plana R del primer
cuadrante limitada por las parábolas de ecuaciones x2 = 3y, x2 = 24y, y 2 = 3x, y 2 = 24x,
−→
en torno al eje OY .
Solución:
Procediendo en la misma forma que en el problema anterior se obtendrá:
V=
Problema 3.3.8 Calcular I =
∫ ∫
35 · 31
π.
2
x2 + y 2
dxdy, siendo:
x3
R
{
R = (x, y) ∈ R2 | πx ≤ x2 + y 2 ≤ 2πx
,
}
−x ≤ y ≤ x .
Solución:
Hacemos el cambio continuo de coordenadas:
u=
cuyo jacobiano es:
x2 + y 2
x
v=
,
y
,
x
x3
∂(u, v)
x2 + y 2
∂(x, y)
=
⇒
,
=
∂(x, y)
x3
∂(u, v)
x2 + y 2
y:
R∗ :
{
luego, conseguimos:
I=
π ≤
−1 ≤
∫ ∫
u
v
≤
≤
2π
1
dudv = 2π .
R∗
Problema 3.3.9 Calcular el volumen interior al cilindro de ecuación y 2 + z 2 = 2ay y a la
esfera de ecuación x2 + y 2 + z 2 = 4a2 .
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102 CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Fernando Arenas Daza
Solución:
En este caso, considerando la figura 3.13, tendremos:
∫ ∫ √
4a2 − (y 2 + z 2 )dydz ,
VI = 4
R∗
llevamos a polares en el plano (Y, O, Z),
con:
X
y = ρ cos θ
z = ρ sen θ ,
,
con:
O
{
∗
R :
0 ≤
0 ≤
≤
≤
ρ
θ
o sea:
V=4
32a3
=
3
(
Z
Y
2a cos θ
π
2
Fig. 3.13
∫
π
2
0
∫
2a cos θ
0
= −2
π
−
2
∫
∫
π
2
0
∫
√
4a2 − ρ2 ρdρdθ = −2
3
2
(4a2 − ρ2 ) 2
3
2a cos θ
0
π
2
0
dθ =
∫
4
3
2a cos θ
0
∫
π
2
0
√
4a2 − ρ2 d(4a2 − ρ2 )dθ =
23 a3 (1 − sen3 θ)dθ =
(
)
∫ π2
∫ π2
32a3 π
2
−
(1 − cos θ) sen θdθ =
sen θdθ −
cos θd(cos θ) =
3
2
0
0
0
(
) π)
(
)
(
32a3 π 2
32a3 π
cos3 θ
2
=
=
.
+ cos θ −
−
3
2
3
3
2
3
0
π
2
2
)
Problema 3.3.10 Calcular el volumen interior al paraboloide de ecuación z = x2 + y 2 e
interior a la esfera de ecuación x2 + y 2 + z 2 = 2.
Solución:
Procediendo con el cambio cartesiano polar se obtendrá V =
π √
(8 2 − 7); .
6
Problema 3.3.11 Calcular la integral:
∫ ∫
(π )
y
cos
xy dxdy ,
2
x
12
R
donde R es la porción de plano encerrada por las curvas de ecuaciones xy = 1, xy = 6,
y = x2 , y = 4x2 .
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103
Capı́tulo 3: Integración múltiple
Solución:
Tomando en cuenta la figura 3.13-1 hacemos el cambio continuo de coordenadas:
Y
2
u = xy , y = vx ,
cuyo jacobiano es:
x2
3y
1
∂(x, y)
∂(u, v)
=
= 2 ⇒
=
,
∂(x, y)
x
∂(u, v)
3y
3v
y:
R∗ :
{
1
1
≤
≤
luego, conseguimos:
∫ ∫
∫
X
O
6
4
Fig. 3.13-1
∫ ∫
(π ) 1
(π )
y
v
cos
cos
xy
dxdy
=
u
dudv =
x2
12
12
3v
R
1
=
3
≤
≤
u
v
R
R∗
(π ) ∫ 4
( π ))
12 (
dv = · · · =
u du
cos
1 − sen
.
12
π
12
1
6
1
Problema 3.3.12 Calcular la integral de Gauss I =
∫∞
−∞
2
e−x dx .
Solución:
2
Como f (−x) = e−x = f (x) (o sea, es función par), se tiene I = 2
I2 = 2
∫
∞
0
2
e−x dx · 2
∫
∞
0
∫∞
0
2
e−x dx, con lo que:
∫ ∫
2
2
2
e−(x +y ) dxdy ;
e−y dy = 4
R
donde R es el primer cuadrante del plano (X, O, Y ). Procedemos a efectuar cambio a polares,
resultando:
{
0 ≤ ρ ≤ ∞
π
R∗ :
0 ≤ θ ≤
2
luego, conseguimos:
2
I =4
con lo que:
∫
π
2
dθ lı́m
0
b→∞
∫
b
e
0
−ρ2
ρdρ = −π lı́m
b→∞
∫
∞
2
∫
b
0
2
2
e−ρ d(−ρ2 ) = π lı́m (1 − e−b ) = π ,
e−x dx =
b→∞
√
π.
−∞
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104 CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Fernando Arenas Daza
Problema 3.3.13 Sea ℜ la porción de plano contenida en el primer cuadrante acotada por
las lemniscatas de ecuaciones ρ2 = 4 cos 2θ, ρ2 = 9 cos 2θ, ρ2 = 4 sen 2θ, ρ2 = 9 sen 2θ.
Encontrar la masa de esta lámina plana ℜ si la densidad en el punto P (ρ, θ) es δ(ρ, θ) = 16.
Indicación: Efectuar el cambio continuo de coordenadas ρ2 =
√
u sen 2θ .
√
v cos 2θ, ρ2 =
Solución:
Tomando en cuenta la indicación y considerando el gráfico que se muestra en la figura
3.14 resulta:
√
√
1
uv
v
, θ = Arctg
,
ρ= 4
u+v
2
u
cuyo jacobiano es:
X
O
∂(ρ, θ)
1
√
=
,
4
∂(u, v)
16(u + v) uv(u + v)
Fig. 3.14
además, se tiene la densidad δ = 16, por lo tanto, la masa pedida en coordenadas polares
es:
∫ ∫
m=
δ(ρ, θ)ρdρdθ ,
ℜ
porque el elemento de área es ρdρdθ, o sea que en nuestro caso:
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫ √
dudv
1
uv
4
√
dudv
=
m = 16
ρdρdθ = 16
3 ,
4
u + v 16(u + v) uv(u + v)
(u + v) 2
∗
∗
ℜ
ℜ
ℜ
donde:
∗
ℜ =
o sea:
m=
∫
81
16
∫
81
16
du
3 dv =
(u + v) 2
∫
81
∫
{
81
16
16
≤
≤
u
v
d(u + v)
≤
≤
3 dv = 2
81
81
∫
81
(u + v) 2
16
√
√
= · · · = 4(2 97 − 13 2) .
16
16
(
√
1
1
−√
v + 16
v + 81
)
dv =
Problema 3.3.14 En el plano (X, O, Y ) se considera la región ℜ del primer cuadrante
definida por ℜ : xy ≥ 1 , x2 + y 2 ≤ 16 , xy ≤ 4 , y ≥ x , se pide:
(i) Encontrar una región ℜ∗ en el plano (U, O, V ) de modo que su imagen en el plano
(X, O, Y ) mediante el cambio de variables u = x2 + y 2 , v = xy , sea la región ℜ.
∫ ∫
(x2 + y 2 )dxdy , o sea, el momento de inercia con respecto al origen
(ii) Calcular I0 =
ℜ
de la lámina homogénea (densidad constante ρ = 1) cuya forma es la de ℜ.
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105
Capı́tulo 3: Integración múltiple
Solución:
Para (i):
De la figura 3.15, se tiene:
∂(u, v)
= 2(x2 − y 2 ) ,
∂(x, y)
Y
4
pero:
)
(
(x + y)2 = u + 2v , (x − y)2 = u − 2v ,
R
ası́:
X
4
O
√
x + y = u + 2v
√
x − y = − u − 2v (pues : x ≥ y )
Fig. 3.15
o sea:
√
2(x + y)(x − y) = −2 u2 − 4v 2 ,
luego:
∂(x, y)
1
=− √
,
2
∂(u, v)
2 u − 4v 2
ahora:
1 ≤ v = xy ≤ 4 , u = x2 + y 2 ≤ 16 ,
de donde:
√
x − y ≤ 0 ⇐⇒ − u − 2v ≤ 0 ⇐⇒ u − 2v ≥ 0 ⇐⇒ u ≥ 2v ,
con ello:
∗
ℜ :
{
2v ≤
1 ≤
Para (ii):
Considerando la figura 3.16, tenemos:
∫ ∫
(x2 + y 2 )dxdy =
I0 =
ℜ
=
∫ ∫
ℜ∗
ududv
√
2 u2 − 4v 2
≤
≤
u
v
16
4
.
V
4
R*
1
O
ε
8
u
esta última integral es impropia en v = ,
2
luego tendremos:
{
2(v + ϵ) ≤ u ≤ 16
ℜ∗ (ϵ) :
,
1
≤ v ≤
4
16 U
Fig. 3.16
por lo tanto, resulta:
I0 (ϵ) =
1
2
∫
4
1
∫
16
2(v+ϵ)
√
udu
1
dv =
4
u2 − 4v 2
∫
4
1
∫
16
2(v+ϵ)
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d(u2 − 4v 2 )
√
dv =
u2 − 4v 2
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106 CALCULO EN VARIAS VARIABLES
1
=
2
con lo que:
∫
4
1
√
Fernando Arenas Daza
u2 − 4v 2
∫
1
I0 = lı́m I0 (ϵ) =
ϵ→0
2
3.3.2.
4
1
16
2(v+ϵ)
√
dv ,
162 − 4v 2 dv
Problemas propuestos
1. Cambiar el orden de integración en:
∫
4
0
∫
√
4− 16−x2
x2
8
f (x, y) dydx +
∫
4
0
∫
8
f (x, y) dydx +
√
4+ 16−x2
∫
8
4
∫
8
x2
8
f (x, y) dydx .
2. Se pide cambiar el orden de integración en:
∫ 4 ∫ √8y
f (x, y)dxdy .
√
8y−y 2
0
3. Se pide cambiar el orden de integración en:
∫ 5 ∫ log x
xe2y dydx .
1
0
Calcular esta integral de las dos maneras.
4. Calcular la integral:
∫ ∫
ℜ
xdxdy
√
,
2
x + y2 + 1
siendo ℜ la región del plano (X, O, Y ) dada por:

 0 ≤ x ≤
ℜ :
 0 ≤ y ≤
Respuesta:
2
x2
2
5
log 5 − 1 .
4
5. Calcular:
I=
∫ ∫
R2
dxdy
3
(1 + x2 + y 2 ) 2
,
llevar a polares y se obtendrá I = 2π.
6. Calcular:
I=
∫ ∫
ex
2
+xy+y 2
dxdy ,
R
siendo:
{
}
R = (x, y) ∈ R2 | x2 + xy + y 2 ≤ 1 .
2π
Proceder como en problema resuelto 4.3.1 y se conseguirá I = √ (e − 1) .
3
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107
Capı́tulo 3: Integración múltiple
7. Determinar el volumen bajo la superficie dada por z = − log(x2 + y 2 ) y sobre el plano
XY . (Ojo que es impropia para el origen.) Se conseguirá, llevando a polares,
V = π.
8. Calcular:
∫ ∫
(1 + xy)dxdy ,
ℜ
siendo ℜ = ℜ1 ∪ ℜ2 donde:
{
−1 ≤ x ≤
ℜ1 =
0 ≤ y ≤
0
(x + 1)2
ℜ2 =
y
{
0 ≤
0 ≤
x
y
≤
≤
1
(x − 1)2
.
9. Sea ℜ la región del plano (XOY ) encerrada por las rectas de ecuaciones y = x,
y = x + 1, y = 2x − 2, y = 2x. Demostrar que:
∫ ∫
xydxdy = 7 .
ℜ
10. Demostrar que:
d
dy
∫
b
f (x, y)dx =
a
∫
b
a
∂f
(x, y)dx .
∂y
11. Dado el cambio continuo de coordenadas:
x=u−v
y la región:
y = u2 + v
,
{
ℜ = (u, v) ∈ R2 | 1 ≤ u ≤ 2
,
}
0≤v≤1 ,
se pide determinar la región imagen D (de ℜ) contenida en el plano (X, O, Y ) y
evaluar la integral:
∫ ∫
dxdy
√
,
1 + 4(x + y)
D1
donde D1 = {(x, y) ∈ D | x ≤ 1} .
3.4.
3.4.1.
Funciones gamma y beta
Función gamma
Ella es:
∀x ∈ R
+
(
∫
:
Γ(x) =
∞
t
x−1 −t
e dt
0
)
.
Vemos que esta integral paramétrica es impropia de tercera especie. Tiene las siguientes
propiedades:
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108 CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Fernando Arenas Daza
1. Fórmula de los complementos:
] [ (
∀x ∈ 0, 1 : Γ(x) · Γ(1 − x) =
2. En particular si x =
π )
.
sen πx
1
se consigue:
2
( )
( ( ))2
√
π
1
1
=
= π.
⇒
Γ
Γ
π
2
sen 2
2
3.
Γ(1) = 1
en efecto:
Γ(1) =
∫
∞
e−t dt = lı́m
b→∞
0
∫
b
e−t dt = lı́m e−t
b→∞
0
0
b
=1.
4.
∀x ∈ R+ : (Γ(x + 1) = xΓ(x))
en efecto:
Γ(x + 1) =
∫
∞
x −t
t e dt = lı́m
0
b→∞
∫
b
x −t
t e dt = lı́m
0
b→∞
(
x −t
−t e
b
0
+x
∫
b
t
x−1 −t
0
y de esto el resultado.
5. En particular:
∀n ∈ N : (Γ(n + 1) = nΓ(n) = n!)
6.
( )
(
(
)
)
( )
3
1
1√
1
1
1
Γ
π =Γ 1+
=Γ
=
.
+1 = Γ
2
2
2
2
2
2
7.
Γ
(
)
)
( )
( )
(
1 · 3√
3
3
3
5
1
=Γ
= 2 π =Γ 2+
.
+1 = Γ
2
2
2
2
2
2
8.
∀n ∈ N :
9.
En efecto:
haciendo:
( (
)
)
1
1 · 3 · 5 · ... · (2n − 1) √
Γ n+
=
π
.
2
2n
(
) ∫ ∞
x
1
Γ 1+
e−u du .
=
x
0
)
( )
(
∫
1
1 ∞ 1 −1 −t
1
1
= Γ
=
t x e dt ,
Γ 1+
x
x
x
x 0
t = ux → dt = xux−1 du ,
luego:
t
∞
0
→u
∞
0
,
)
(
∫ ∞
∫
x
1 ∞ x 1 −1 −ux x−1
1
e−u du .
xu
du =
=
(u ) x e
Γ 1+
x
x 0
0
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e dt
)
,
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109
Capı́tulo 3: Integración múltiple
10.
Γ(x) = 2
En efecto, bastará hacer en Γ(x) =
∫
∞
2
u2x−1 e−u du .
0
∫∞
0
tx−1 e−t dt el cambio t = u2 ya que:
t = u2 → dt = 2udu
luego:
Γ(x) =
3.4.2.
∫
∞
,
∞
t
2
(u2 )x−1 e−u 2udu = 2
0
→u
0
∫
∞
∞
0
,
2
u2x−1 e−u du .
0
Función beta
Ella es:
+
∀m ∈ R , ∀n ∈ R
+
(
:
B(m, n) =
∫
1
x
m−1
0
(1 − x)
n−1
dx
)
.
Esta integral biparamétrica es impropia de segunda especie, hay que hacer el estudio para
los casos:
m≥1, n≥1 ,
0<m<1, n>1
,
m>1, 0<n<1,
0<m<1, 0<n<1,
y en todos ellos será convergente.
Esta integral tiene las siguientes propiedades:
1.
B(m, n) = B(n, m) :
En efecto, bastará hacer en B(m, n) el cambio x = 1 − y.
2.
B(m, n) = 2
∫
En efecto, en B(m, n) hacemos:
π
2
0
(
sen θ
)2m−1 (
)2n−1
· cos θ
dθ .
x = sen2 θ → dx = 2 sen θ cos θdθ
luego:
B(m, n) =
∫
π
2
0
=2
∫
(
sen2 θ
π
2
0
(
1
,
x
0
→θ
π
2
0
,
)m−1 (
)n−1
· cos2 θ
2 sen θ cos θdθ =
sen θ
)2m−1 (
)2n−1
· cos θ
dθ .
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110 CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Fernando Arenas Daza
3.
B(m, n) =
Γ(m) · Γ(n)
.
Γ(m + n)
En efecto, tenemos:
Γ(m) = 2
de donde:
∫
∞
2
x2m−1 e−x dx ,
Γ(n) = 2
0
∫
∞
2
y 2n−1 e−y dy ,
0
∫ ∫
2
2
x2m−1 y 2n−1 e−(x +y ) dxdy ,
Γ(m) · Γ(n) = 4
ℜ
donde ℜ es el primer cuadrante del plano (X, O, Y ). LLevando esta última a coordenadas polares, resulta:
Γ(m) · Γ(n) = 4
( ∫
= 2
∞
∫
∞
0
∫
π
2
0
2(m+n)−1 −ρ2
ρ
e
0
(
ρ cos θ
)( ∫
dρ
2
)2m−1 (
)2n−1 −ρ2
ρ sen θ
e ρdθdρ =
π
2
0
(
)2m−1 (
)2n−1
cos θ
· sen θ
dθ
= Γ(m + n)B(m, n) ,
de esto el resultado.
3.4.3.
La integral de Dirichlet
Ella es:
D=
∫ ∫
xℓ−1 y m−1 dxdy ,
R
+
con ℓ, m, ∈ R y siendo R la región del primer cuadrante dada por:
( x )p ( y )q
x≥0, y≥0,
+
≤ 1 , p , q ∈ R+ .
a
b
Demostraremos que:
∫ ∫
R
En efecto, colocamos:
( ) ( )
m
ℓ
Γ
p Γ q
ab
ℓ−1 m−1
).
x y
dxdy =
· (
pq
Γ pℓ + m
q +1
ℓ m
( x ) p2
a
o sea:
=u
2
x = au p
ası́:
,
( y ) q2
,
y = bv q ,
b
=v,
2
4ab p2 −1 q2 −1
∂(x, y)
=
u
v
,
∂(u, v)
pq
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)
=
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111
Capı́tulo 3: Integración múltiple
además:
R∗ : u ≥ 0 ,
y:
4aℓ bm
D=
pq
v≥0
∫ ∫
u2 + v 2 ≤ 1 ,
,
2ℓ
u p −1 v
2m
q −1
dudv ,
R∗
a esta última la llevamos a polares (ρ, θ) donde:
R∗∗ : 0 ≤ ρ ≤ 1 ,
luego:
4aℓ bm
D=
pq
∫ ∫
0≤θ≤
2ℓ
(ρ cos θ) p −1 (ρ sen θ)
π
,
2
2m
q −1
ρdρdθ ,
R∗∗
de donde:
aℓ bm
D=
pq
( ∫
2
1
ρ
0
ℓ m
=
3.5.
ab
·
pq
2ℓ
2m
p + q −1
ℓ
p
1
+
m
q
·B
) ( ∫
dρ · 2
(
ℓ m
,
p q
π
2
(cos θ)
2ℓ
p −1
(sen θ)
2m
q −1
dθ
0
)
=
( ) ( )
m
ℓ
Γ
p Γ q
ab
).
=
· (
pq
+
1
Γ pℓ + m
q
)
ℓ m
Centro de masa de una lámina plana
Para obtener el centro de masa G(⃗g ) de una lámina plana R, cuya densidad en cada
punto de ella es ρ(x, y), se utiliza, según sabemos, la expresión:
∫ ∫
⃗rρdσ
⃗g = ∫R∫
,
ρdσ
R
donde dσ = dxdy es el elemento de área y ⃗r = (x, y) es cualquier punto de la lámina.
Problema 3.5.1 Hallar el centro de masa de la lámina homogénea definida por:
2
2
2
ℜ : x ≥ 0 y ≥ 0 , x3 + y3 ≤ a3 .
Solución:
En este caso tenemos la masa:
M=
∫ ∫
R
dxdy =
∫ ∫
x1−1 y 1−1 dxdy ,
R
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112 CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Fernando Arenas Daza
aplicamos la integral de Dirichlet con a = b, ℓ = m = 1, p = q =
2
, resultando:
3
( ( 3 ))2
Γ 2
a2
9a2 41 π
3πa2
M = ( )2 ·
=
·
=
.
2
Γ(4)
4
3!
32
3
Por otra parte, resulta:
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
x1−1 y 2−1 dxdy ,
ydxdy =
x2−1 y 1−1 dxdy =
xdxdy =
R
R
R
R
por lo tanto, considerando una de ellas, por ejemplo, la primera, al aplicar la integral de
2
Dirichlet se obtiene para ésta a = b, ℓ = 2, m = 1, p = q = , resultando:
3
(3)
∫ ∫
∫ ∫
3
3
Γ(3) · Γ 2
8a
a
)
(
ydxdy ,
=
=
xdxdy = ( )2 ·
2
105
Γ 5 + 21
3
R
con lo que:
∫ ∫
⃗g = ∫R∫
R
⃗rdσ
=
dσ
32
256 a
8a3
· 2 (1, 1) =
· (1, 1) .
105 3a π
315 π
R
3.6.
Momentos de inercia de una lámina plana
−→
Con respecto al eje OX
Considerando la figura 3.17, se tiene que
tal momento de inercia es:
∫ ∫
y 2 ρdσ .
Ix =
Y
R
P-
R
y
O
x
−→
Con respecto al eje OY
Por analogı́a, se consigue:
∫ ∫
x2 ρdσ .
Iy =
X
Fig. 3.17
R
Momento de inercia polar con respecto al origen O
∫ ∫
(x2 + y 2 )ρdσ .
IO =
R
−→
Problema 3.6.1 Calcular el momento de inercia con respecto al eje OX de la lámina plana
homogénea de inecuación:
2
2
2
x3 + y3 ≤ a3 .
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113
Capı́tulo 3: Integración múltiple
Solución:
Tenemos:
Ix =
∫ ∫
y 2 dσ ,
R
Hacemos el cambio continuo de coordenadas:
x = ρcos3 θ
y = ρ sen3 θ , cuyo jacobiano es :
,
∂(x, y)
= 3ρ cos2 θ sen2 θ ,
∂(ρ, θ)
con lo que:
∫ ∫
(
)2
ρ sen3 θ ρ cos2 θ sen2 θdρdθ , donde : R∗ : 0 ≤ ρ ≤ a
Ix = 3
, 0 ≤ θ ≤ 2π ,
R∗
luego:
Ix = 3
∫
a
3
0
pues 2m − 1 = 8 ⇒ m =
ρ dρ ·
9
2
(
,
2·2
∫
π
2
8
2
sen θ cos θdθ
0
2n − 1 = 2 ⇒ n =
)
=
3a4
B
2
(
9 3
,
2 2
)
,
3
, con lo que:
2
( ) ( )
3a4 1 1 · 3 · 5 · 7 √ 1 √
3a4 Γ 92 · 23
21
·
=
· ·
· π · · π = 9 πa4 .
Ix =
2
Γ(6)
2 5!
24
2
2
Problema 3.6.2 problema propuesto
−→
Determinar el momento de inercia con respecto al eje OX de la lámina plana R contenida
en el primer cuadrante del plano (X, O, Y ), que está dada por las inecuaciones:
3y ≤ x2 ≤ 24y
,
3x ≤ y 2 ≤ 24x ,
sabiendo que la densidad en cada punto P (x, y) de ella es:
ρ(x, y) =
3.7.
√
3
3x2 y .
Superficies
Definición 3.7.1 En R3 se denomina superficie a toda función continua del tipo:
⃗r : D ⊆ R2 → R3
o sea:
⃗r (u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) .
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114 CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Fernando Arenas Daza
Ejemplos
(1) El plano
Sean ⃗b, ⃗c ∈ R3 y A(⃗a) un punto, entonces:
Π : ⃗r (β, γ) = ⃗a + β ⃗b + γ ⃗c ,
(β, γ) ∈ R2 .
(2) La esfera de ecuación: x2 + y 2 + z 2 = a2 .
E : ⃗r (θ, ϕ) = a(bi sen θ cos ϕ + b
j sen θ sen ϕ + b
k cos θ) ,
(θ, ϕ) ∈ [0, π] × [0, 2π[ .
y2
x2
+
.
a2
b2
( u2
v2 )
P : ⃗r (u, v) = ubi + vb
j+ 2 + 2 b
k.
a
b
(3) El paraboloide elı́ptico de ecuación: z =
(4) El elipsoide de ecuación:
x2
y2
z2
+ 2 + 2 =1.
2
a
b
c
E : ⃗r (θ, ϕ) = a bi sen θ cos ϕ + b b
j sen θ sen ϕ + c b
k cos θ ,
(θ, ϕ) ∈ [0, π] × [0, 2π[ .
y2
x2
−
.
a2
b2
( u2
v2 )
P : ⃗r (u, v) = ubi + vb
j+ 2 − 2 b
k.
a
b
(5) El paraboloide hiperbólico de ecuación: z =
(6) El helicoide
H : ⃗r (u, v) = (u cos v, u sen v, v) ,
3.7.1.
Otros ejemplos
1. Reconocer la cuádrica cuya expresión vectorial es:
1 + uv
uv − 1
u−v
+ bb
j
+ cb
k
.
⃗r (u, v) = abi
u+v
u+v
u+v
2. Reconocer la cuádrica cuya expresión vectorial es:
⃗r (u, v) = aubi cos v + bub
j sen v + cu2 b
k.
3. Reconocer la cuádrica cuya expresión vectorial es:
⃗r (u, v) = aubi cosh v + bub
j senh v + cu2 b
k.
4. Reconocer la cuádrica cuya expresión vectorial es:
⃗r (u, v) = a(u + v)bi + b(u − v)b
j + uv b
k.
5. Demostrar que la suma de los cuadrados de las longitudes de los trazos que determinan
sobre los ejes coordenados los planos tangentes a la superficie S definida por:
(
)
3
S : ⃗r (u, v) = u3 sen3 v , u3 cos3 v , (a2 − u2 ) 2 ,
es constante.
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115
Capı́tulo 3: Integración múltiple
3.7.2.
Area de una porción de superficie
P
Considerando la figura 3.18, donde tenemos la superficie:
e2
t
e1
S : ⃗r = ⃗r (u, v)
C2
C1
C
r
(u, v) ∈ R ,
,
observamos que por un punto cualquiera
de ella, digamos P (⃗r (u, v)), se han trazado
las lı́neas coordenadas:
O
Fig. 3.18
C1 : v = cte.
,
C2 : u = cte. ,
tales curvas superficiales tienen su respectivo vector tangente en el punto P : Tales vectores
tangentes son:
∂ ⃗r
∂ ⃗r
, ⃗e2 =
.
⃗e1 =
∂u
∂v
Tales vectores tangentes debidamente ponderados por los incrementos de las respectivas variables activas originan sobre el plano tangente el respectivo elemento de área superficial
en el punto P , éste es:
dσ = || ⃗e1 × ⃗e2 ||dudv ,
donde acostúmbrase a colocar:
√
g = || ⃗e1 × ⃗e2 || con lo que dσ =
√
gdudv ,
y, por lo tanto, el área de una porción S de la superficie S se obtiene con:
∫ ∫
∫ ∫
√
σ(S) =
dσ =
gdudv .
S
R
Problema 3.7.1 Calcular el área de la porción de superficie de ecuación:
z=
y 2 − x2
,
4
que es interior al cilindro de ecuación x2 + y 2 = 2a2 .
Solución:
Tenemos:
S : ⃗r (x, y) =
)
(
y 2 − x2
,
x, y,
4
con ello resulta:
(
x)
⃗e1 = ⃗rx = 1,0, −
2
,
(
y)
⃗e2 = ⃗ry = 0, 1,
2
,
⃗e1 × ⃗e2 =
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y )
,− ,1 ,
2
2
(x
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116 CALCULO EN VARIAS VARIABLES
de donde:
√
g=
√
Fernando Arenas Daza
x2 + y 2
+1,
4
luego:
σ(S) =
∫ ∫
dσ =
∫ ∫ √
1
x2 + y 2
+ 1 dxdy =
4
2
R
S
∫ ∫ √
x2 + y 2 + 4 dxdy ,
R
donde:
R = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 ≤ 2a2 } .
Llevando a coordenadas polares, se obtiene:
√
∫ √2a √
√
π
2
dθ
ρ + 1 ρdρ =
ρ2 + 4 d(ρ2 + 4) =
2 0
0
0
(
)
)
3
3
π( 2
16
π 2
=
(2a2 + 4) 2 −
(2a + 4) 2 − 8 .
=
2 3
3
3
1
σ(S) =
2
∫
2π
∫
2a
Problema 3.7.2 Calcular el área de la porción de helicoide generado por los arcos de hélices
de ecuaciones:
[
]
⃗r(t) = (3 cos t, 3 sen t, 4t) , ⃗s(t) = (7 cos t, 7 sen t, 4t) t ∈ 0, 2π .
Solución:
Considerando la figura 3.19, donde tenemos la superficie:
Z
⃗ =R
⃗ (t, u) = u⃗s(t)+(1−u)⃗r(t) , (t, u) ∈ R ,
S: R
con:
X
Y
Fig. 3.19
luego:
[
] [ ]
R = 0, 2π × 0, 1 ,
observamos que:
⃗ =R
⃗ (t, u) = ((3+4u) cos t, (3+4u) sen t, 4t) ,
S: R
⃗ t = (−(3 + 4u) sen t, (3 + 4u) cos t, 4) ,
⃗e1 = R
⃗ u = (4 cos t, 4 sen t, 0) ,
⃗e2 = R
por lo tanto, conseguimos:
⃗e1 × ⃗e2 = 4(−4 sen t, 4 cos t, −(3 + 4u)) ,
y, en conclusión:
√
√
dσ = || ⃗e1 × ⃗e2 ||dtdu = 4 16u2 + 24u + 24 dtdu = 4 (4u + 3)2 + 16 dtdu ,
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117
Capı́tulo 3: Integración múltiple
de donde el área pedida será:
σ(S) = 4
∫
2π
dt
0
∫
1
0
∫
√
(4u + 3)2 + 16 du = 8π
1
0
√
(4u + 3)2 + 16 du ,
en esta última integral hacemos 4u + 3 = 4 tg θ resultando:
)
( √
√
∫ Arctg 47
7 65
65 + 7 15
3
σ(S) = 32π
+ ln
−
− ln 2 ,
sec θ dθ = · · · = 16π
16
4
16
Arctg 34
esto se debe a que:
∫
sec3 xdx =
sec x tg x 1
+ ln | sec x + tg x | + C .
2
2
Problema 3.7.3 Dada la superficie:
S: z=
x2
y2
+
,
16
9
determinar el área de la porción de S comprendida entre el plano de ecuación z = 0 y
b forma un ángulo de
aquella curva superficial donde el vector unitario normal superficial N
−→
π
con el eje OZ.
6
Solución:
Considerando la figura 3.20, tenemos:
)
(
x2
y2
,
+
S : ⃗r (x, y) = x, y,
16
9
Z
luego:
(
)
2x
⃗e1 = ⃗rx = 1, 0,
,
16
(
)
2y
⃗e2 = ⃗ry = 0, 1,
,
9
por lo tanto, conseguimos:
)
(
⃗ = ⃗e1 × ⃗e2 = − 2x , − 2y , 1 ,
N
16
9
Y
X
Fig. 3.20
de lo anterior, se deduce que:
⃗
N
b=√
N
,
)
(( )
x 2 ( y )2
+
+1
4
16
9
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118 CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Fernando Arenas Daza
por la condición del problema tenemos:
√
π
1
3
b ·b
= cos = N
k=√ (
⇒4
( x )2 ( y )2 )
2
6
+1
4 16 + 9
(
y2
x2
+ 2
2
16
9
)
+1=
4
,
3
que nos conduce a la curva de intersección:
 2

 x
1622
C :

 x
16
luego:
σ(S) =
{
=
1
12
z
R
S
R=
+
=
)
∫ ∫ √ ( 2
y2
x
+
+ 1dxdy ,
4
dσ =
162
92
∫ ∫
donde:
y2
92
y2
9
+
(x, y) ∈ R2 |
x2
y2
1
+
≤
2
2
16
9
12
}
,
efectuando el cambio de variables:
16
x = √ ρ cos θ
12
9
y = √ ρ sen θ ,
12
,
cuyo jacobiano es:
∂(x, y)
= 12ρ ,
∂(ρ, θ)
llegamos a:
∫ ∫ √ 2
ρ
4 + 1 ρdρdθ ,
σ(S) = 12
12
R∗
donde:
R∗ : 0 ≤ ρ ≤ 1
,
0 ≤ θ ≤ 2π ,
por lo tanto, obtenemos:
σ(S) = 36
∫
2π
dθ
0
∫
1
0
√
ρ2
+1d
3
(
ρ2
+1
3
)
2
= 72π ·
3
(
) 23
ρ2
+1
3
1
0
(( ) 3
)
4 2
= 48π
−1 .
3
√
Problema 3.7.4 Dada la superficie S : ⃗r(ρ, θ) = (ρ cos θ, ρ sen θ, 16 − ρ2 cos2 θ ), ((ρ, θ)
son las coordenadas polares) y la superficie cilı́ndrica C de ecuación x2 + y 2 = 4x: Hallar el
área de S que está en el interior de C.
Solución:
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119
Capı́tulo 3: Integración múltiple
Tal como vemos en figura 3.21, en esta parte se pide el área de la porción de superficie
√ cilı́ndrica de ecuación cartesiana z =
16 − x2 (que es equivalente
√ a colocar S :
⃗r(ρ, θ) = (ρ cos θ, ρ sen θ, 16 − ρ2 cos2 θ )
con (ρ, θ) coordenadas polares). Luego, se
tiene:
√
S : ⃗r(x, y) = (x, y, 16 − x2 )
Z
Y
X
comprendida dentro de la superficie
cilı́ndrica de ecuación x2 + y 2 = 4x.
Aquı́, se tiene:
Fig. 3.21
)
(
x
,
⃗e1 = 1, 0, − √
16 − x2
con ello:
⃗e1 × ⃗e2 =
ası́, el área pedida es.
(
√
⃗e2 = b
k,
)
4
x
, 0, 1 ⇒ || ⃗e1 × ⃗e2 || = √
,
16 − x2
16 − x2
σ=4
∫ ∫
√
R
1
dxdy ,
16 − x2
que llevamos a coordenadas polares (considerando que la región R se parte por mitades), o
sea:
∫ ∫
ρ
√
σ=8
dρdθ ,
16 − ρ2 cos2 θ
R1
donde:
R1 :
{
o sea.
σ=8
3.7.3.
∫
π
2
0
∫
4 cos θ
0
0 ≤
0 ≤
ρ
θ
≤
≤
4 cos θ
π
2
ρ
√
dρdθ = · · · = 16
16 − ρ2 cos2 θ
(
√
√ )
2
.
2 − Argth
2
Problemas propuestos
1. Calcular el área de la porción de superficie S : z = x2 + y 2 con 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 9.
2. Calcular el área de la porción de superficie S : z = xy contenida en el interior del
cilindro de ecuación x2 + y 2 = 1.
3. Dada la esfera de ecuación x2 + y 2 + z 2 = a2 y el cilindro de ecuación y 2 + z 2 = ay,
calcular eñ área de las porciones de esfera determinadas por el cilindro.
4. Determinar el área de la porción de superficie dada por:
√
S : ⃗r (u, v) = (u cos v, u sen v, a2 − u2 cos2 v) ,
que es interior al cilindro :
C : x2 + y 2 − ax = 0 .
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120 CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Fernando Arenas Daza
5. Dada la porción de superficie:
S : ⃗r (u, v) = (u, v, u2 + v 2 ) ,
con (u, v) ∈ ℜ = {(u, v) ∈ R2 | 1 ≤ u2 + v 2 ≤ 9} . Se sabe que la densidad en cada
punto de S es proporcional a la distancia desde el eje de simetrı́a de S, o sea:
ρ (x, y, z) = ρ (⃗r (u, v)) = k
determinar la masa de S.
3.8.
√
u2 + v 2 , k > 0 ,
Integración triple
Las integrales triples se tratan en forma similar a las integrales dobles. Considerando,
entonces, la figura 3.22, nos resulta:

a
≤ x ≤
b

α(x) ≤ y ≤
β(x)
T :

γ(x, y) ≤ z ≤ δ(x, y)
Z
O
Y
luego:
∫ ∫ ∫
X
f (x, y, z)dxdydz
T
Fig. 3.22
se entiende como:
∫ ∫ ∫
f (x, y, z)dxdydz =
T
∫
b
a
∫
β(x)
α(x
∫
δ(x,y)
f (x, y, z)dzdydx .
γ(x,y)
Nota:
Cuando f (x, y, z) = 1 resulta que
∫ ∫ ∫
dxdydz, representa el volumen de T, o sea:
T
V (T) =
∫ ∫ ∫
dxdydz .
T
Problema 3.8.1 El sólido T del primer octante limitado por las superficies de ecuaciones
z = 4 − x2 − y 2 , z = 0, x + y = 2, x = 0, y = 0 tiene densidad puntual ρ(x, y, z) = 2z.
Hallar su masa m.
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121
Capı́tulo 3: Integración múltiple
Solución:
Considerando

 0
0
T :

0
Z
la figura 3.23, tenemos:
≤
≤
≤
x
y
z
≤
≤
≤
2
2−x
4 − x2 − y 2
Y
luego la masa es:
∫ ∫ ∫
zdxdydz ,
m=2
X
Fig. 3.23
T
o sea:
m=2
∫ ∫ ∫
zdxdydz = 2
T
de donde:
m=
∫
2
0
∫
∫
2
0
∫
2−x
0
∫
4−x2 −y 2
2−x
0
zdzdydx ,
0
(4 − x2 − y 2 )2 dydx = · · · =
704
.
45
Teorema 3.8.1 Teorema del valor medio integral
Sea f : D ⊆ Rn → R una función continua con T ⊂ D región de integración cerrada y
acotada, entonces:


∫ ∫
∫
∃ ⃗x0 ∈ Int (T) : 
· · · f dτ = f (⃗x0 )V (T) ,
T
donde V (T) es el volumen de T.
Demostración:
⃗ y mı́nimo
Como f es continua en T, que es cerrado y acotado, entonces f tiene máximo M
m
⃗ en T, luego:
(
)
⃗) ,
∀⃗x ∈ T : f (m)
⃗ ≤ f (⃗x) ≤ f (M
integrando, resulta:
∫ ∫
···
T
∫
f (m)dτ
⃗
≤
o sea:
f (m)
⃗ V (T) ≤
∫ ∫
∫ ∫
···
T
···
T
∫
∫ ∫
f (⃗x)dτ ≤
∫
⃗ ) V (T) ,
f (⃗x)dτ ≤ f (M
∫
f (⃗x)dτ
···
T
y, por lo tanto, resulta:
f (m)
⃗ ≤
∫ ∫
···
T
V (T)
⃗),
≤ f (M
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∫
⃗ )dτ ,
f (M
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122 CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Fernando Arenas Daza
de esto el resultado, ya que a causa del teorema del valor intermedio tenemos que:
∫ ∫
∫


· · · f (⃗x)dτ




T
 .
∃ ⃗x0 ∈ Int (T) : 
f
(⃗
x
)
=
0


V (T)


En forma similar a las integrales dobles se tiene el siguiente:
Teorema 3.8.2 Sea f (x, y, z) una función integrable en T y (x, y, z) = F⃗ (u, v, w) un cambio
∂(x, y, z)
que transforma a T en T∗ , entonces:
continuo de coordenadas con jacobiano
∂(u, v, w)
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
∂(x, y, z)
dudvdw .
f ∗ (u, v, w)
f (x, y, z)dxdydz =
∂(u, v, w)
T
3.8.1.
T∗
Aplicaciones
El primer problema que veremos ya lo hicimos cuando estudiamos máximos y mı́nimos
condicionados (ver problema resuelto [2.9.12]), ahora lo resolveremos por medio de integración.
Problema 3.8.2 Calcular el volumen encerrado por el elipsoide de ecuación:
11x2 + 9y 2 + 15z 2 − 4xy − 20xz + 10yz = 80 .
Solución:
Lo resolvemos del modo siguiente:
11x2 + 9y 2 + 15z 2 − 4xy − 20xz + 10yz = (x − 2y)2 + 10(x − z)2 + 5(y + z)2 ≤ 80 .
Haciendo el cambio de variables:

 u
v

w
cuyo jacobiano es:
=
=
=
√ x −
10x −
√
5y +
√ 2y
√10z
5z
,
√
1
∂(x, y, z)
∂(u, v, w)
= 15 2 ⇒
= √ ,
∂(x, y, z)
∂(u, v, w)
15 2
deducimos que el volumen pedido es:
V=
1
√
15 2
∫ ∫ ∫
dudvdw ,
T
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123
Capı́tulo 3: Integración múltiple
donde:
√
T : u2 + v 2 + w2 ≤ 80 = (4 5)2 .
En conclusión:
V=
√
1 4
27 √
√ π(4 5)3 = 2 10π .
3
15 2 3
Problema 3.8.3 Calcular:
I=
∫ ∫ ∫
x2 dxdydz ,
T
donde T está dada por las inecuaciones:
z≥
x2
y2
+
4
9
z ≤4−
,
(
x2
y2
+
4
9
)
.
Considerando la figura 3.24 y las inecuaciones que definen al sólido T, observamos
que:
z =4−z ⇒z =2,
Solución:
Z
con lo que:
y2
x2
+
≤2,
4
9
hacemos, entonces el cambio de coordenadas:

 x = 2ρ cos θ
y = 3ρ sen θ

z =
z
Y
X
Fig. 3.24
cuyo jacobiano tanto como T∗ son:

 0 ≤
∂(x, y, z)
= 6ρ y T∗ :
0 ≤
 2
∂(ρ, θ, z)
ρ ≤
luego:
I=6
∫ ∫ ∫
2
(2ρ cos θ) ρdρdθdz = 24
T∗
= 12
∫
2π
(1 + cos 2θ)dθ
0
= 48π
(
∫
∫
√
0
2
∫
ρ
θ
z
2π
0
∫
ρ3 cos2 θdzdθdρ =
ρ2
0
5
(4ρ − 2ρ )dρ = 12 · 2 · 2π
ρ6
ρ4
−
2
6
)
√
2
0
2
2π
4 − ρ2
4−ρ2
√
2
3
√
≤
≤
≤
∫
√
2
0
(2ρ3 − ρ5 )dρ =
)
(
4
= 32π .
= 48π 2 −
3
Problema 3.8.4 Calcular:
(
)
∫ ∫ ∫
)3
π ( 2
√ 7x − 4xy + 6y 2 − 4yz + 5z 2 2 dxdydz ,
I=
sen
72 2
T
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124 CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Fernando Arenas Daza
en:
T : 7x2 − 4xy + 6y 2 − 4yz + 5z 2 ≤ 18 .
Solución:
Aplicando el método de completar cuadrados de binomio, conseguimos:
)2
√
)2 (√
(
√
81
2
38
7
2
2
2
y−2
z
+ z2 ,
7x − √ y +
7x − 4xy + 6y − 4yz + 5z =
7
38
19
7
efectuando el cambio de variables:


u =









v =









 w =
√
√
2
√ y
7
√
7
2
z
38
7x −
38
y
7
−
,
9
√ z
19
cuyo jacobiano es:
√
∂(u, v, w)
=
∂(x, y, z)
2
7 −√
7
√
38
0
7
0
obtenemos:
1
I= √
9 2
0
√
−2
9
√
19
0
∫ ∫ ∫
sen
T∗
√
∂(x, y, z)
1
=9 2⇒
= √ ,
∂(u, v, w)
9 2
7
38
(
)3
π ( 2
√ u + v2 + w2 2
72 2
)
dudvdw ,
donde:
T∗ : u2 + v 2 + w2 ≤ 18 .
A esta última integral le aplicamos el cambio a esféricas, consiguiéndose:

√
 0 ≤ r ≤ 3 2
T∗∗ :
0 ≤ θ ≤
π

0 ≤ ϕ ≤
2π
con jacobiano:
∂(u, v, w)
= r2 sen θ ,
∂(r, θ, ϕ)
con lo que, finalmente:
1
I= √
9 2
∫
√
3 2
sen
0
(
πr3
√
72 2
)
2
r dr
∫
π
sen θdθ
0
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∫
2π
dϕ =
0
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125
Capı́tulo 3: Integración múltiple
√
(
) (
)
∫ 3√ 2
0
1
πr3
1 72 2
πr3
√
√
· √
sen
= ·
d
· cos θ · 2π =
3
π
π
9 2 0
72 2
72 2
(
)
(
(
)
)
3
0
3π
32
1
πr
32
32
√
1 − cos
=
1+ √
cos
=
.
√ =
3
3
4
3
72 2 3 2
2
Problema 3.8.5 Encontrar el centro de masa del sólido homogéneo encerrado por arriba
por medio del hiperboloide de ecuación z 2 = a2 + x2 + y 2 y por abajo por el cono de ecuación
z 2 = 2(x2 + y 2 ) .
Solución:
Considerando la figura 3.25, observamos
−→
que G(⃗g ) estará en el eje OZ, o sea:
∫ ∫ ∫
zdxdydz
⃗g =
Z
b
k,
T
V (T)
llevaremos el problema a coordenadas
cilı́ndricas, resultando:
Y
X
a2 + ρ2 = 2ρ2 ⇒ ρ = a ,
Fig. 3.25
además, obtenemos:
T∗ :
luego, el volumen es:
V=
∫
a
0
∫


0 ≤
0 ≤
 √
ρ 2 ≤
2π
0
∫ √a2 +ρ2
√
ρ 2
ρ ≤
ϕ ≤
z ≤
a
√ 2π
a2 + ρ2
ρdzdϕdρ =
2π √
( 2 − 1)a3 .
3
Por otra parte, se consigue:
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
∫ a
πa4
,
(a2 ρ − ρ3 )dρ =
zdxdydz =
zρdρdϕdz = π
4
0
T
T∗
con ello, tenemos finalmente:
πa4
√
√
3a
2 + 1 b 3a( 2 + 1) b
4
b
√
√
k.
·
k
=
k
=
⃗g =
2π √
8
8( 2 − 1)
2+1
( 2 − 1)a3
3
Problema 3.8.6 El tallo de un hongo es un cilindro circular recto de radio 1 y altura 8 y
cuya densidad puntual es directamente proporcional a la distancia desde el punto a la base
del cilindro. Su sombrero es un hemisferio de radio r y densidad 1. Calcular R de modo que
el centro de masa esté situado en el plano en que se apoya el hemisferio.
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126 CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Fernando Arenas Daza
Solución:
Considerando los sólidos T1 y T2 de la figura 3.26, debido a su ubicación y a causa de la
simetrı́a de ellos deberá tenerse como centro de masa al punto G(⃗g ) con vector posición
⃗g = (x̄, ȳ, z̄) = (0, 0, 0) = ⃗0, luego:
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
zdxdydz ,
zk(8 + z)dxdydz +
mz̄ =
T2
T1
Z
Z
Y
X
Y
X
(1)
(2)
Fig. 3.26
la primera de estas integrales la llevamos a

 0
0
T∗1 :

−8
coordenadas cilı́ndricas, obteniéndose:
≤
≤
≤
ρ ≤
ϕ ≤
z ≤
1
2π
0
con lo que:
(
)
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
z3
2
2
(8z + z )ρdρdϕdz = kπ 4z +
zk(8 + z)dxdydz = k
3
T∗
1
T1
0
−8
1
= − 28 kπ .
3
Para la segunda de estas integrales ocupamos las coordenadas esféricas, obteniéndose:


 0 ≤ r ≤ R
∗
0 ≤ θ ≤
π
T2 :
π

 0 ≤ ϕ ≤
2
con lo que:
∫ ∫ ∫
T2
zdxdydz =
∫ ∫ ∫
R4
r sen θ cos θdrdθdϕ = 2π ·
4
3
T∗
2
=
πR4 1
· sen2 θ
2
2
π
2
0
=
πR4
,
22
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∫
π
2
senθd(sen θ) =
0
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127
Capı́tulo 3: Integración múltiple
luego:
πR4
1
mz̄ = − 28 kπ + 2 = 0 ⇒ R =
3
2
Problema 3.8.7 Calcular:
∫ ∫ ∫
T
x2
siendo:
√
4
210 k
.
3
dxdydz
)2 ,
(
+ y 2 + z − 12
T : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 .
Solución:
Llevándola a esféricas, resulta:
∫ ∫ ∫
∫ 1∫ π
dxdydz
r2 sen θdθ
dr ,
I=
=
2π
(
)
2
1
0
0 r 2 − r cos θ +
x2 + y 2 + z − 12
T
4
(
)
1
pero d r2 − r cos θ +
= r sen θdθ, luego:
4
)
(
∫ 1 ∫ π d r2 − r cos θ + 1
4 dr ,
r
I = 2π
1
0
0
r2 − r cos θ +
4
o sea:
∫ 1
∫ 1
(
r2 + r + 14
1) π
2
r log 2
r log r − r cos θ +
dr = 2π
dr =
I = 2π
4 0
r − r + 14
0
0
∫ 1
∫ 1
]
[∫ 1
2r + 1
log |2r − 1|dr = 4π(J1 − J2 )
log
r log |2r + 1|dr −
= 4π
dr = 4π
2r − 1
0
0
0
3
1
du
Pero en J1 hacemos 2r + 1 = u con ello dr =
, r ⇒ u , luego:
2
1
0
∫ 3
∫ 1
∫ 3
∫
]
u−1
du
1[ 3
r log |2r + 1|dr =
J1 =
log |u|du =
log |u|
=
u log |u|du −
2
2
4 1
1
1
0
]
[
)
(
3
1
log |u| 1
−
− u(log |u| − 1) =
= u2
4
2
4 1
] 1(3
)
[
(
)
1 9
1
1
=
log 3 .
log 3 −
+ − 3(log 3 − 1) − 1 =
4 2
2
4
4 2
Ahora:
∫
1
J2 =
0
log |2r − 1|dr ,
desgraciadamente esta es impropia, pues tiene problemas en r =
J1 =
∫
1
2 −ϵ
0
log |2r − 1|dr +
∫
1
, luego:
2
1
1
2 +ϵ
log |2r − 1|dr = K1 + K2 ,
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128 CALCULO EN VARIAS VARIABLES
K1 =
∫
1
2 −ϵ
0
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log |2r − 1|dr ,
en ella hacemos u=2r-1, con lo que:
∫ −2ϵ
∫
]
1 [ −2ϵ
log |u|du =
u log |u|du +
K1 =
4 −1
−1
]
1
1 [ 2 ( log 2ϵ 1 )
−
4ϵ
− 2ϵ(log 2ϵ − 1) + − 1 .
4
2
4
4
∫ 1
(
[
]
log 2ϵ 1 )
1
1
K2 =
log |2r − 1|dr = · · · =
−
− − 1 − 4ϵ2
− 2ϵ(log 2ϵ − 1) .
1
4
4
2
4
2 +ϵ
= ··· =
Por lo tanto:
2
4(log ϵ − 1)
2
= ··· = − .
J2 = lı́m (K1 + K2 ) = − − lı́m
ϵ→0
4 ϵ→0
ϵ−1
4
En conclusión:
I = 4π(J1 − J2 ) = 4π
[1(3
) ( 2 )]
)
(3
log 3 − −
log 3 + 2 .
=π
4 2
4
2
Problema 3.8.8 planteado
Calcular la integral:
∫ ∫ ∫
π
cos 363
(14x2 + 41y 2 + 30z 2 − 6xy − 20zx + 40yz)
√
dxdydz ,
14x2 + 41y 2 + 30z 2 − 6xy − 20zx + 40yz
T
siendo T el sólido elipsoidal de inecuación:
14x2 + 41y 2 + 30z 2 − 6xy − 20zx + 40yz ≤ 121 .
3.9.
Integral de Dirichlet
Problema 3.9.1 Calcular:
D=
∫ ∫ ∫
xℓ−1 y m−1 z n−1 dxdydz ,
T
con ℓ, m, n ∈ R+ y siendo T el sólido del primer octante dado por:
( x )p ( y )q ( z )r
x≥0, y≥0, z≥0,
+
+
≤ 1 , p , q , r ∈ R+ .
a
b
c
Solución:
Colocamos:
( x ) p2
a
=u
,
( y ) q2
b
=v
,
( z ) r2
c
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=w,
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129
Capı́tulo 3: Integración múltiple
o sea:
2
x = au p
ası́:
2
y = bv q
,
2
z = cw r ,
,
8abc p2 −1 q2 −1 2 −1
∂(x, y, z)
=
u
v
wr ,
∂(u, v, w)
pqr
además:
T∗ : u ≥ 0 ,
v≥0 ,
y:
D=
8aℓ bm cn
pqr
∫ ∫ ∫
u2 + v 2 + w 2 ≤ 1 ,
w≥0 ,
2ℓ
u p −1 v
2m
q −1
w
2n
r −1
dudvdw ,
T∗
a esta última la llevamos a esféricas (s, θ, ϕ) donde:
T∗∗ : 0 ≤ s ≤ 1
,
0≤θ≤
π
2
,
0≤ϕ≤
π
,
2
luego:
D=
8aℓ bm cn
pqr
∫ ∫ ∫
2ℓ
(s sen θ cos ϕ) p −1 (s sen θ sen ϕ)
2m
q −1
(s cos θ)
2n
r −1
s2 sen θdsdθdϕ ,
T∗∗
de donde:
8aℓ bm cn
D=
pqr
·
∫
π
2
(sen ϕ)
2m
q −1
∫
1
s
0
ds ·
∫
π
2
2ℓ
(sen θ) p +
2m
q −1
(cos θ)
2n
r −1
dθ·
o
(ℓ
m n) (m ℓ )
1
a ℓ bm cn
+
,
,
B
B
=
n
pqr pℓ + m
p
q r
q p
q + r
( ) ( ) ( )
ℓ
m
n
ℓ m n Γ p Γ q Γ r
ab c
).
(
=
pqr Γ ℓ + m + n + 1
p
q
r
2ℓ
(cos ϕ) p −1 dϕ =
0
3.9.1.
2m
2n
2ℓ
p + q + r −1
Aplicaciones de la integral de Dirichlet
Al igual que con las integrales dobles se resuelven los siguientes problemas:
Problema 3.9.2 Encontrar la masa del sólido T dado por:
x≥0
,
y≥0
,
z≥0
,
y2
z2
x2
+
+
≤1,
a2
b2
c2
si la densidad en cada punto es proporcional al cuadrado de la distancia al origen.
Solución:
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130 CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Fernando Arenas Daza
Tenemos, al utilizar la integral de Dirichlet, lo siguiente:
∫ ∫ ∫
(∫ ∫ ∫
2
2
2
m=k
(x + y + z )dxdydz = k
x3−1 y 1−1 z 1−1 dxdydz+
T
+
T
∫ ∫ ∫
x
1−1 3−1 1−1
y
z
dxdydz +
T
T

∫ ∫ ∫
)
x1−1 y 1−1 z 3−1 dxdydz =
( 3 )( ( 1 ))2
( 3 )( ( 1 ))2
( 3 )( ( 1 ))2 
Γ
Γ
Γ
Γ
3 Γ
3 Γ
ab c
abc
 a bc

2(
2)
2(
2)
2(
2
= k
+
+
=
1
1
1) 
8
8
8
Γ 3+
Γ 3+
Γ 3+
2
2
2
√
π
πabck(a2 + b2 + c2 )
(a2 + b2 + c2 )
·
=
.
= abckπ
√
1·3·5
2
30
8·
π
·
23
3
Problema 3.9.3 Determinar la masa del sólido acotado por la superficie expresada por
medio de la inecuación:
2
2
2
2
x3 + y 3 + z 3 ≤ 73 ,
sabiendo que la densidad en el punto P (x, y, z) es ρ(x, y, z) = x2 y 2 z 4 .
Solución:
Considerando la figura 3.27 tenemos que la masa es:
M =8
∫ ∫ ∫
x3−1 y 3−1 z 5−1 dτ .
T
Z
que es una integral de Dirichlet con:
a=b=c=7,
Y
X
2
,
3
ℓ=m=3yn=5,
p=q=r=
Fig. 4.27
en el sólido del primer octante definido por:
2
2
2
2
x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0 , x3 + y 3 + z 3 ≤ 73 ,
o sea:
( ( ))2 ( )
15
9
Γ
Γ
12
22 · 712 · π
7
2
2
( )
=
.
M = 8 · ( )3 ·
35
5 · 17 · 19 · 23 · 29 · 31 · 33
2
Γ
2
3
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131
Capı́tulo 3: Integración múltiple
Problema 3.9.4 Encontrar el centro de masas del sólido homogéneo del primer octante
dado por:
2
2
2
2
x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0 , x3 + y3 + z 3 ≤ a3
Respuesta:
⃗g =
21a b b b
(i + j + k) .
29
Problema 3.9.5 Determinar la masa del sólido del primer octante acotada por:
( x ) 21 ( y ) 31 ( z ) 61
+
+
≤1,
2
3
6
√ √
si la densidad en cada punto está dada por ρ(x, y, z) = 5 · x · 3 y 2 · z.
3.10.
Momentos de inercia de un sólido
−→
Con respecto al eje OX
Considerando la figura 3.28, tenemos que
tal momento de inercia es:
∫ ∫ ∫
(y 2 + z 2 )ρdxdydz .
Ix =
Z
T
O
Y
X
Fig. 3.28
−→
Con respecto al eje OY
Por analogı́a, se consigue:
∫ ∫ ∫
(z 2 + x2 )ρdxdydz .
Iy =
T
−→
Con respecto al eje OZ
Iz =
∫ ∫ ∫
(x2 + y 2 )ρdxdydz .
T
Polar con respecto al origen O
∫ ∫ ∫
(x2 + y 2 + z 2 )ρdxdydz .
IO =
T
Nota:
El significado del momento de inercia con respecto a un eje es el siguiente, en el espacio
−→
consideramos el sólido T que rotaremos en torno al eje OZ, siendo ω la rapidez angular, con
lo que el vector de rotación es:
⃗ = ωb
R
k,
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132 CALCULO EN VARIAS VARIABLES
Fernando Arenas Daza
tal como vemos en la figura 3.29, al consi−→
derar el caso de Iz se tiene ⃗s = AP , además
−→
⃗r = OP :
v = || ⃗v ||
s = || ⃗s || ,
,
Z
con ello:
⃗v =
A
d⃗s
⃗ × ⃗s ,
= λR
dt
λ ∈ R+ ,
v
P
O
X
Y
pero
v = ωs ,
Fig. 3.29
luego λ = 1 y, además, resulta:
−→
⃗ × ⃗s = R
⃗ × (⃗r − OA) = R
⃗ × ⃗r ,
⃗v = R
además; resulta:
bi
0
x
b
k × ⃗r =
b
j b
k
0 1
y z
pero, la energı́a cinética es:
= (−y, x, 0) ⇒ || b
k × ⃗r ||2 = x2 + y 2 ,


∫ ∫ ∫
1
1
ρ || ω b
k × ⃗r ||2 dxdydz  =
Ec = mv 2 = 
2
2
T
=
1 2
ω
2
∫ ∫ ∫
(x2 + y 2 )ρdxdydz =
1 2
ω Iz .
2
T
−→
Problema 3.10.1 Determinar el momento de inercia con respecto al eje OZ del sólido:
}
{
T = (x, y, z) ∈ R3 | a2 ≤ x2 + y 2 + z 2 ≤ 4a2 ,
si la densidad en cada punto es ρ(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 .
Solución:
Se tiene en este caso:
Iz =
∫ ∫ ∫
(x2 + y 2 )ρdxdydz ,
T
llevándolo a coordenadas esféricas resulta:
∫ 2π
∫ π
∫ 2a
∫
r7 2a π
dϕ = 2π
sen3 θdθ
r6 dr
Iz =
(1 − cos2 θ) sen θdθ =
7 a 0
0
0
a
)
(
2π
2π
cos3 θ 0
8
1016 7
=
=
· 127a7 · cos θ −
· 127a7 · =
πa .
7
3
7
3
21
π
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133
Capı́tulo 3: Integración múltiple
Problema 3.10.2 Sean:
⃗z0 =
1
V (D)
y:
I (⃗z) =
∫ ∫
∫ ∫
·... ·
D
·... ·
D
∫
∫
⃗xdV el centro de masa de D
|| ⃗x − ⃗z ||2 dV⃗x , con ⃗z f ijo
el momento de inercia polar en torno a ⃗z.Demostrar que I (⃗z) se minimiza si ⃗z es ⃗z0 y que:
I (⃗z) = I (⃗0) − V (D)|| ⃗z0 ||2 + V (D)|| ⃗z − ⃗z0 ||2 .
Solución:
Tenemos:
∇⃗z I (⃗z) =
o sea:
∫ ∫
·... ·
D
∫
∫ ∫
·... ·
D
⃗xdV⃗x = ⃗z
∫
∫ ∫
∇⃗z || ⃗x − ⃗z ||2 dV⃗x =
·... ·
D
∫
∫ ∫
·... ·
D
dV⃗x = ⃗zV (D) ⇒ ⃗z =
∫
(−2(⃗x − ⃗z))dV⃗x = ⃗0 ,
1
V (D)
∫ ∫
·... ·
D
∫
⃗xdV = ⃗z0 .
Tomando en cuenta la figura 3.30, resulta:
Q
−→
−→
−→
QP = P0 P − P0 Q ,
P
o sea:
⃗x − ⃗z = (⃗x − ⃗z0 ) − (⃗z − ⃗z0 ) ,
de donde:
Po
Fig. 3.30
|| ⃗x − ⃗z ||2 = || (⃗x − ⃗z0 ) − (⃗z − ⃗z0 ) ||2 ,
desarrollando esta última expresión, obtenemos:
|| ⃗x − ⃗z ||2 = || ⃗x ||2 − 2⃗x · ⃗z0 + || ⃗z0 ||2 − 2⃗x · ⃗z + 2⃗z0 · ⃗z − 2|| ⃗z0 ||2 + || ⃗z − ⃗z0 ||2 =
= || ⃗x ||2 − || ⃗z0 ||2 − 2⃗z · (⃗x − ⃗z0 ) + || ⃗z − ⃗z0 ||2 ,
integrando esta expresión, conseguimos:
I (⃗z) = I (⃗0) − V (D)|| ⃗z0 ||2 − 2⃗z · V (D)⃗z0 + 2⃗z · V (D)⃗z0 + V (D)|| ⃗z − ⃗z0 ||2 =
= I (⃗0) − V (D)|| ⃗z0 ||2 + V (D)|| ⃗z − ⃗z0 ||2 .
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