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N° HORAS46 24 16 10 24

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PRINCIPALES TEXTOS DE REFERENCIA:

1.- E. Kreysyig: Matemáticas Avanzadas para ingeniería. Limusa Wiley, México, 2000. 2.- J.E. Marsden, A..J. Tromba: Cálculo Vectorial. 4a ed. Adisson-Wesley,1998. 3.- C. Pita: Cálculo Vectorial. 1a ed. Prentice-Hall. Hispanoamericana, México,1995.4.- M..H. Protter, C.B. Morrey: Análisis Matemático. Fondo educativo Interamericano, 1995. 5.- N.B. Hacer, J.P. Sullivan: Análisis Matemático, Ed. Trillas, México, 1970. 6.- L. Brand : Cálculo Avanzado, 2a ed. Ed. CECSA, México, 1960. 7.- G. Baranenkov y P. Demidovich, Problemas y Ejercicios de Análisis Matemático, 9a ed., Madrid. 8.- Villalobos Emilio, Inostroza Jorge, Ubilla Pedro: Guías de ejercicios. Departamento de Matemática y C.C. USACh

1.- UNIDAD TEMATICA UNO: DIFERTENCIABILIDAD DE FUNCIONES VECTORIALES

CAPACIDADES A DESARROLLAR: 1.- Calcular elementos que caracterizan a curvas, a partir de la derivada vectorial. 2.- Calcular derivadas parciales y aplicarlas a la obtención de máximos y mínimos

de funciones. CONTENIDOS 1.1.- Para la función vectorial de variable real, conceptos de:

Límite, continuidad y derivada. Curva. Parametrización de curvas. Vectores unitarios tangente, normal y binormal a una curva. Longitud, curvatura y torsión de una curva. Fórmulas de Serret-Frenet. Aplicación a la cinemática.

1.2.-Para la función real de variable vectorial, conceptos de:

Limite, continuidad y diferenciabilidad. Derivadas parciales, derivadas direccional, gradiente. Derivación de funciones compuesta. Derivación implícita. Derivada de función inversa. Aplicaciones. Operadores diferenciales en sistemas de coordenadas cartesianas, cilíndricas y esféricas. Plano tangente, recta normal a superficie. Valores extremos; extremos libres y extremos condicionados. Ejercicios de aplicaciones.

1.3.-Para función vectorial de variable vectorial, conceptos de:

Limite, continuidad, diferenciabilidad y derivadas. (extensión de conceptos homólogos tratados en 1.1 y 1.2) Matriz Jacobiana. Cambio de variables. Conexión con transformaciones lineales.

2.- UNIDAD TEMATICA DOS: INTEGRALES MULTIPLES CAPACIDADES A DESARROLLAR: 1.- Comprender los fundamentos de la integración múltiple. 2.- Resolver integrales dobles y triples. 3.- Aplicar cambios de variables para resolver integrales dobles y triples. 4.- Expresar y resolver problemas de Geometría y de la Física con integrales dobles y Triples. CONTENIDOS 2.1.- Integral doble Definición.

Propiedades. Condición necesaria y suficiente de integrabilidad y consecuencias. Teorema Fubini. Método de resolución. Aplicaciones.

2.2.-Integral triple Definición. Propiedades. Método de resolución. Aplicaciones.

2.3.-Cambio de variables de integral doble

Coordenadas polares y otras.

2.4.-Cambio de variables en integral triple

Coordenadas cilíndricas Coordenadas esféricas y otras.

2.5.-Aplicaciones Aplicaciones de las integrales doble y triple a la resolución de problemas Geométricos, Físicos y otros.

3.- UNIDAD TEMATICA TRES: INTEGRALES CURVILINEAS CAPACIDADES A DESARROLLAR: 1.- Comprender los fundamentos de la integración de funciones en curvas planas y

en curvas del espacio. 2.- Resolver integrales curvilíneas. 3.- Expresar integrales en forma vectorial. 4.- Reconocer integrales en campos conservativos y resolverlas con cálculo de potencial. 5.- Expresar y resolver problemas de la Física y la Geometría con integrales curvilíneas. CONTENIDOS 3.1.-Integrales curvilíneas Definición y cálculo de integrales curvilíneas en

curvas planas. Definición y cálculo de integrales curvilíneas para curvas del espacio.

3.2.-Campos conservativos Integrales curvilíneas independientes de la curvaCampos conservativos. Potencial.

3.3.-Formas diferenciales Formas diferenciales. Integral de formas diferenciales.

3.4.-Aplicaciones Aplicaciones. Cálculo de área, trabajo y flujo.

4.- UNIDAD TEMATICA CUATRO: INTEGRALES DE SUPERFICIES CAPACIDADES A DESARROLLAR 1.- Expresar superficies en formas cartesianas, paramétrica y vectorial. 2.- Calcular área de superficies. 3.- Resolver integrales de superficies. 4.- Expresar integrales de superficie de la forma vectorial. CONTENIDOS 4.1.- Superficie Definición de superficie. Superficie regular.

Distintas formas de expresión analítica.

4.2.- Área de superficie Cálculo de área de superficie. Plano tangente y normal a una superficie.

4.3.-Integrales de superficie Definición y cálculo de integral de superficie. Interpretación vectorial.

4.4.-Aplicación Aplicación Integral de flujo de campo vectorial.

5.- UNIDAD TEMATICA CINCO: TEOREMAS DE TRANSFORMACION DE INTEGRALES.

CAPACIDADES A DESARROLLAR: 1.- Comprender las interrelaciones existentes entre integrales: Integrales dobles,

curvilíneas, de superficie y triples, como extensión del teorema fundamental del cálculo.

2.- Habilidad para resolver las integrales antes mencionadas con el método, (fórmula) más conveniente.

3.- Comprender las diversas interpretaciones y aplicaciones que surgen en relación a las formulas que se presentarán.

CONTENIDOS 5.1.- Teorema de Green. Elementos geométricos y de cálculo que

determinan la fórmula de Green. Aplicaciones

5.2.- Teorema de Gauss Elementos geométricos y de cálculo que determinan la fórmula de Gauss Interpretación física de la divergencia. Aplicaciones

5.3.- Teorema de Stokes Elementos geométricos y de cálculo que determinan la fórmula de Stokes. Interpretación física del rotacional. Aplicaciones. Relación con campo conservativo. Deducción de la ecuación de Laplace y de Poisson.

Capítulos Archivos

Parte I: Series e Integrales de Fourier

1.1 Desarrollo

1.2 Ejercicios Resueltos

1.3 Ejercicios Propuestos

1.4 Aplicación Serie de Fourier

Parte II: Funciones Vectoriales

2.1 Desarrollo

2.2 Ejercicios Resueltos

2.3 Ejercicios Propuestos

2.4 Aplicación Funciones Vectoriales

Parte III: Funciones de Varias Variables

3.1 Desarrollo

3.2 Ejercicios Resueltos

3.3 Ejercicios Propuestos

3.4 Aplicaciones Máximos y Mínimos

Parte IV: Integrales Dobles y Triples

4.1 Desarrollo

4.2 Ejercicios Resueltos

4.3 Ejercicios Propuestos

4.4 Aplicaciones

Parte V: Integrales de Línea e Integrales de Superficie.

5.1 Desarrollo Integral de Línea

5.2 Desarrollo Integral de Superficie

5.3 Ejercicios Resueltos

5.4 Ejercicios Propuestos  

   

 

Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín

Part I

SERIES E INTEGRALES DEFOURIER

(Edición de ejemplar de prueba)

1 Introducción

Para problemas con condiciones de frontera periódicas en el intervalo �L � x �L, nos preguntamos si la siguiente serie in�nita (conocida como serie de Fourierde f(x)), tiene sentido:

f(x) = a0 +1Xn=1

(an cos

�n�x

L

�+ bn sin

�n�x

L

�) (1:1:1)

Obviando la igualdad, vale preguntarse ¿Converge esta serie in�nita?,¿quécondiciones debe cumplir f para que se dé la convergencia?,¿Converge a f(x)?Estas preguntas no tienen una respuesta sencilla. Sin embargo, las series de

Fourier normalmente funcionan bastante bien.La expresión comentada será válida para algunos tipos de funciones y se

necesitarán pequeñas modi�caciones para otros tipos de ellas. Partiremos siendopositivos suponiendo que la expresión mencionada es cierta. ¿Qué nos dice éstasobre los valores de los coe�cientes an y bn?. Necesitaremos del siguiente lema.

1.1 Lema Elemental

i) Si m y n son números enteros no negativos distintos entonces:

LZ�L

cos

�n�x

L

�cos

�m�x

L

�dx =

LZ�L

sin

�n�x

L

�sin

�m�x

L

�dx = 0 (1:1:2)

ii) Para cualquier par de enteros no negativos m y n:

LZ�L

cos

�n�x

L

�sin

�m�x

L

�dx = 0 (1:1:3)

1

iii)Para cualquier entero positivo n,

LZ�L

cos2�n�x

L

�=

LZ�L

sin2�n�x

L

�dx = L (1:1:4)

Demostración: Se prueba integrando directamente:i)

LZ�L

cos

�n�x

L

�cos

�m�x

L

�dx =

1

2

LZ�L

cos

�(n+m)�x

L

�dx+

1

2

LZ�L

cos

�(n�m)�x

L

�dx

=1

2

L

(n+m)�sin

�(n+m)�x

L

�jL�L

+1

2

L

(n�m)� sin�(n�m)�x

L

�jL�L

= 0

Además, si m = 0 y n 6= 0 es facilmente veri�cable que la integral es

cero.

En forma similar se prueba queLR�Lsin�n�xL

�sin�m�xL

�dx = 0

ii)

LZ�L

cos

�n�x

L

�sin

�m�x

L

�dx = �,1

2

LZ�L

cos

�(n+m)�x

L

�dx+

1

2

LZ�L

cos

�(n�m)�x

L

�dx

= �12

L

(n+m)�sin

�(n+m)�x

L

�jL�L

+1

2

L

(n�m)� sin�(n�m)�x

L

�jL�L

= 0

Estas formulas relativas a estas integrales se les llama relaciones deortogonalidad y diremos en tal caso que el conjunto de las funciones�cos

�n�xL

�; sin

�m�xL

�8n = 0; 1; 2; :::::; y 8 m = 1; 2; :::::;son

ortogonales en [�L;L]iii) Demostración queda como ejercicio para el lector. Debe calcular estasintegrales.En síntesis, se puede puntualizar que:

1L

LR�Lcos

�n�xL

�cos

�m�xL

�dx =

�0; si m6=n1; si m=n

= �m;n

2

1L

LR�Lsin�n�xL

�sin�m�xL

�dx =

�0; si m6=n1; si m=n

= �m;n

1L

LR�Lcos

�n�xL

�sin�m�xL

�dx = 0 8m;n

LR�Lcos

�n�xL

�dx = 0 8m;n y

LR�Lsin�m�xL

�dx = 0 8m;n

2 La serie de Fourier de una función

Se debe distinguir entre f(x) y su serie de Fourier en el intervalo �L � x � L:Serie de Fourier de f(x)

a0 +1Xn=1

(an cos

�n�x

L

�+ bn sin

�n�x

L

�)

La serie trigonométrica puede incluso no converger y si converge, puede queno lo haga a f(x). Partiendo del supuesto que la serie converge podríamosdeterminar los coe�cientes de Fourier a0, an, bn: usando las relaciones de ortog-onalidad.Lo que queremos es:

f(x) = a0 +1Xn=1

(an cos

�n�x

L

�+ bn sin

�n�x

L

�) (1:1:1)

Integrando la identidad (1:1:1) se tiene:

LZ�L

f(x)dx =

LZ�L

a0dx+1Xn=1

(an

LZ�L

cos

�n�x

L

�dx+ bn

LZ�L

sin

�n�x

L

�dx)

Como todas las integrales de la derecha valen cero, excepto la primera, sededuce de aquí el valor de a0;así.

a0 =1

2L

LZ�L

f(x)dx

Para el calculo de an multiplicamos la identidad (1:1:1) por cos�k�xL

�e

integrando término a término tenemos.LZ�L

f(x) cos

�k�x

L

�dx = a0

LZ�L

cos

�k�x

L

�dx+

1Xn=1

24an LZ�L

cos

�n�x

L

�cos

�k�x

L

�dx+ bn

LZ�L

sin

�n�x

L

�cos

�k�x

L

�dx

35= 0 + L�n;k + 0

3

Por lo tanto:

LZ�L

f(x) cos

�k�x

L

�dx = akL

así el valor de ak es

ak =1

L

LZ�L

f(x) cos

�k�x

L

�dx: 8 k � 1

Ahora multiplicando (1:1:1) por sin�k�xL

�e integrando de manera similar y

por el lema se tiene

bk =1

L

LZ�L

f(x) sin

�k�x

L

�dx:

Hemos "encontrado" los coe�cientes a0, an, bn claro eso si bajo muchossupuestos. Estos cálculos sugieren la siguiente de�nición.

2.1 Coe�cientes de Fourier

De�nición .-i) Sea f una función Riemann integrable en [�L;L], los coe�cientes

a0 =1

2L

LZ�L

f(x)dx

an =1

L

LZ�L

f(x) cos

�n�x

L

�dx paran = 1; 2; 3::: (1:2:1)

bn =1

L

LZ�L

f(x) sin

�n�x

L

�dx; paran = 1; 2; 3:::

relacionados con f en [�L;L] se denominan coe�cientes de Fourier.

ii) La serie de Fourier de f en el intervalo [�L;L] se de�ne como la seriedonde los coe�cientes están dados por (1:2:1): Para no hablar de convergenciatodavía, escribimos:

f(x) � a0 +1Xn=1

�an cos

�n�x

L

�+ bn sin

�n�x

L

��Donde el signo"�" signi�ca sólo que a la derecha se tiene la serie de Fourier

de f(x) (en el intervalo �L � x � L).

4

Ejemplo 1: Determinar la serie de Fourier de f(x) = x si x 2 [��; �]

Solución: Determinemos la grá�ca de la función

2.51.250­1.25­2.5

2.5

1.25

0

­1.25

­2.5

x

y

x

y

Determinemos los coe�cientes de Fourier de f en [��; �]a0 =

12�

�R��xdx = 0

an =1�

�R��x cos (nx) dx =

�1n2� cos(nx) +

xn� sin(nx)

���� = 0

bn =1�

�R��x sin(nx)dx = 2

n (�1)n+1

Luego, la serie es1Pn=1

2n (�1)

n+1 sin(nx)

2.2 Atributos de la función

Lo anteriormente expuesto es válido para cierto tipo de funciones, nos referimosa las funciones f(x) que son seccionalmente continuas.

De�nición 1.- Sea f(x) de�nida en [a; b]. Entonces f es seccionalmentecontinua en [a; b] si:a) f es continua en [a; b] ,excepto quizás en un número �nito de puntos.b) Ambos limx!a+ f(x) y limx!b� f(x) existen y son �nitos.c) f no es continua en x0, x0 2 (a; b) y los límites limx!x+0

f(x) y limx!x�0f(x)

existen y son �nitos .

De�nición 2.- f(x) es seccionalmente suave en [a; b] si f y f 0 son sec-

cionalmente continuas en [a; b] :

Ejemplo 2: Muestre que f(x) = x13 no es seccionalmente suave en

ningún intervalo cerrado que contenga en su interior al cero.

5

Solución: En efecto, se tiene que f 0(x) = 13x

�23 =) lim

x!0f 0(x) = lim

x!0

13x

�23 =

1 , no existe. Luego, la función no es seccionalmente suave.Observación:Cada función seno y coseno que aparece en el desarrollo de la serie de Fourier

tienen períodos diferentes el que es igual a 2Ln para n � 1:Por otra parte, un

múltiplo entero del período de una función períodica es también un período ,podemos a�rmar entonces que 2L es período común para las funciones seno ycoseno del desarrollo de la serie. Por lo anterior, la serie de Fourier no sólorepresenta a f(x) en el intervalo �L � x � L , sino que, proporciona unaextensión períodica de f en todos los reales.

Ejemplo 3: Encontrar el período de la función f(x) = 100 cos2 x:

52 .50­2 .5­5

7 5

5 0

2 5

0

x

y

x

y

Solución: Utilizando la identidad trigonométrica cos2 � = 12 (1+ cos 2�) se

tienef(x) = (10 cosx)2 = 100 cos2 x = 100

1

2(1 + cos 2x)

entoncesf(x) = 50 + 50 cos 2x

como el periódo de cos 2x es � y una constante tiene cualquier período, f(x)es de período �:

2.3 Convergencia de las series de Fourier

TeoremaSi f(x) es seccionalmente suave en el intervalo [�L;L], entonces la serie de

Fourier de f(x) converge.i) A la extensión períodica de f(x); en los puntos que la extensión períodica

sea continua.ii) Al promedio de los límites laterales 12 (f(x

+)+f(x�)) en los puntos dondela extensión períodica tenga una discontinuidad de salto.

6

Ejemplo 4: Sea f(x) =

�0 si �3 � x � 0x si 0 � x � 3 :Construir la serie de

Fourier y analizar la convergencia en todo IR

Solución: Determinemos la grá�ca de la función

2.51.250­1.25­2.5

3

2.5

2

1.5

1

0.5

0

x

y

x

y

Calculemos los coe�cientes de la correspondiente serie de Fourier de f(x):

a0 =16

3R�3f(x)dx = 1

6

3R0

xdx = 34

an =13

3R�3f(x) cos

�n�x3

�dx

= 13

3R0

x cos�n�x3

�dx = 1

3

�9 cos (n�x3 )n2�2 +

3x sin (n�x3 )n�

�30

= 3n2�2 (cos(n�)� 1)

bn =13

3R�3f(x) sin

�n�x3

�dx

= 13

3R0

x sin�n�x3

�dx = 1

3

�9 sin (n�x3 )n2�2 +

3x cos (n�x3 )n�

�30

= � 3n� cos(n�)

la serie de Fourier la podemos escribir

3

4+

1Xn=1

�3

n2�2((�1)n � 1) cos

�n�x

3

�� 3

n�cos(n�) sin

�n�x

3

��

Tenemos que f es continua en [�3; 3] ,por lo tanto su extensión periódicaes seccionalmente continua en R , con discontinuidad de salto en los puntosx = 3� 6n, n 2 ZPor lo tanto, de acuerdo al teorema la serie converge a

fE(x) =

�f(x) si x 6= 3� 6n32 si x = 3� 6n n 2 Z

entonces

7

fE(x) =3

4+3

�2

1Xn=1

�1

n2((�1)n � 1) cos

�n�x

3

�� �n(�1)n sin

�n�x

3

��

es decir

f(x) =3

4� 6

�2

1Xn=1

�1

(2n� 1)2 cos�(2n� 1)�x

3

�+�

n(�1)n sin

�n�x

3

��Al estudiar la convergencia en x0= 3 punto de discontinuidad de la función

se obtiene

3

2=3

4+3

�2

1Xn=1

�1

n2((�1)n � 1) (�1)n

�=)

1Xn=1

1

(2n� 1)2 =�2

8

Ejemplo 5 Sea f(x) = x+ �; x 2 [��; �] : Determine la serie de Fouriery obtener la grá�ca de sumas parciales.

Solución : La grá�ca de la función es

2.51.250­1.25­2.5

5

3.75

2.5

1.25

x

y

x

y

Determinemos los coe�cientes de Fourier de f en [��; �]a0 =

12�

�R��(x+ �)dx = 1

2�

hx2

2 + �xi���= 1

2�

�2�2

�= �

an =1�

�R��(x+ �) cos (nx) dx =

1

�

�1n2 cos(nx) +

xn sin(nx)

���� = 0

bn =1�

�R��(x+ �) sin(nx)dx =

1

�

�1n2 sen(nx)�

xn cos s(nx)

����

bn =2n (�1)

n+1

8

Así la serie de Fourier de f (x) es

� + 21Xn=1

(�1)n+1n

sennx = � + 2

�senx� sen2x

2+sen3x

3� � � �

�Para visualizar la convergencia de está serie grá�quemos algunas de sus

sumas parciales

Sn (x) = � + 2nXk=1

(�1)k+1k

senkx

Obtengamos S1 :

S1 (x) = � + 21X

k=1

(�1)k+1k

sin(kx)

52.50­2.5­5

5

4

3

2

x

y

x

y

Obtengamos S3

S3 (x) = � + 23X

k=1

(�1)k+1k

sin(kx)

52.50­2.5­5

5

3.75

2.5

1.25

x

y

x

y

Obtengamos S10

S10 (x) = � + 210Xk=1

(�1)k+1k

sin(kx)

9

52 .50­2 .5­5

6 .2 5

5

3 .7 5

2 .5

1 .2 5

0

x

y

x

y

Finalmente, obtengamos S50

S10 (x) = � + 250Xk=1

(�1)k+1k

sin(kx)

52 .50­2 .5­5

6 .2 5

5

3 .7 5

2 .5

1 .2 5

0

x

y

x

y

Podemos visualizar que en la medida que es mayor el número de términosde las sumas parciales estas convergen a la grá�ca de la función

2.4 La integral de funciones pares e impares

2.4.1 Lema (De funciones pares e impares)

Sea f una función integrable en [�L;L] :

a) Si f una función par en [�L;L], entoncesLR�Lf(x)dx = 2

LR0

f(x)dx

b) Si f es función impar en [�L;L], entoncesLR�Lf(x)dx = 0

Demostracióna) f función par, entonces f(�x) = f(x) 8x 2 R:Considerando que fes par y el cambio de variable t = �x se tiene

10

0Z�L

f(x)dx =

0Z�L

f(�x)dx =LZ0

f(t)dt =

LZ0

f(x)dx

entonces

LZ�L

f(x)dx =

0Z�L

f(x)dx+

LZ0

f(x)dx = 2

LZ0

f(x)dx

b) f función impar, entonces f(�x) = �f(x) 8x 2 R:Usando este hechose tiene.

0Z�L

f(x)dx =

0ZL

�f(�x)dx =0ZL

f(t)dt =

L

�Z0

f(x)dx

entonces

LZ�L

f(x)dx =

0Z�L

f(x)dx+

LZ0

f(x)dx =

LZ0

f(x)dx�LZ0

f(x)dx = 0

lo que demuestra el lema.

2.5 Teorema de las funciones pares y de las impares

Sea f una función integrable en [�L;L],a) Si f es par, la serie de Fourier de f en [�L;L] es

a0 +

1Xn=1

an cos

�n�x

L

�

donde a0 = 1L

LR0

f(x)dx y an =2L

LR0

f(x) cos�n�xL

�dx: Esta se denomina

serie de cosenosb) Si f es impar, la serie de Fourier de f en [�L;L] es

1Xn=1

bn sin

�n�x

L

�

donde bn = 2L

LR0

f(x) sin�n�xL

�dx:Esta se denomina serie de senos

Demostración: Se deja al lector, debe aplicar el Lema 1.3.1 en el cálculo delos coe�cientes de Fourier

11

Ejemplo 6: Calcule la serie de Fourier de f(x) = 1� jxj en �2 � x � 2:

Solución: A partir de la grá�ca de la función podemos inferir que la fun-ción es par

210­1­2

0.5

0

­0.5

­1

x

y

x

y

Es decir f(�x) = 1 � j�xj = 1 � jxj = f(x) 8x 2 R, luego se tiene que fes par.Obtengamos los coe�cientes del desarrollo de Fourier

a0 =12

2R0

(1� x)dx = 12

�x� x2

2

�j20 = 0

an =22

2R0

(1� x) cos�n�x2

�dx =

2R0

cos�n�x2

�dx�

2R0

x cos�n�x2

�dx

an = 0��4 cos (n�x2 )n2�2 +

2x sin (n�x2 )n�

�20

; por consiguiente

an =

�0 si n es par8

(2n�1)2�2 si n es imparAsi la serie de Fourier de f(x) = 1� jxj es

8

�2

1Xn=1

1

(2n� 1)2 cos�(2n� 1)�x

2

�En muchos problemas se tiene la posibilidad de trabajar con series de senos

o series de cosenos. Por ejemplo , al resolver ecuaciones diferenciales parcialesde segundo orden aplicando el método de separación de variables.

3 Desarrollos llamados de medio rango

Sea una función f seccionalmente continua que está de�nida sólo en un intervalo[0; L] y se desea desarrollar en serie de Fourier 8x 2 [0; L] . Una forma de hacerlo anterior es extender f al intervalo [�L;L] y por supuesto , puede ser hechode muchas maneras, sin embargo, dos extensiones son las más convenientes eimportantes. Construir una extensión impar lo que origina una serie de senoso construir un extensión par lo que determina una serie de cosenos. Estas sedenominan desarrollos de medio rango.

12

3.1 Extensión impar:

Supongamos que conocemos f(x) solamente para 0 � x � L, entonces podemosextenderla como una función impar. obteniendo otra función denotada fi(x) yde�nida por:

fi(x) =

�f(x); 0 � x � L

�f(�x); �L � x � 0como se muestra en la �gura adjunta.

52.50­2.5­5

0.25

0.125

0

­0.125

­0.25

x

y

x

y

Si f(x) es seccionalmente suave en 0 � x � L; entonces fi(x) es tambiénseccionamente suave y se puede aplicar el teorema de convergencia de series deFourier.

La serie de Fourier de fi(x) es

f(x) =

1Xn=1

bn sin

�n�x

L

�, � L � x � L

Como nosotros estamos interesados solamente en lo que ocurre entre0 � x � L:En esa región f(x) es identica a fi(x) y la serie de Fourier es

f(x) =1Xn=1

bn sin

�n�x

L

�, 0 � x � L

con co�ciente bn =2

L

LZ0

f(x) sin

�n�x

L

�dx

Ejemplo 7. Sea la función f(x) = x en el interior 0 � x � L: Obtener eldesarrollo de medio rango considerando una extensión impar.

13

Solución. La discontinuidad de salto de la función fi(x) =�

x; 0 � x � Lx; �L � x � 0 ;extensión

impar periódica ,muestra que la serie de Fourier de senos de f(x) = x convergea cero en x = L aunque f(L) 6= 0 y converge a f(x) en 0 � x < L:Ádemas

bn =2

L

LZ0

f(x) sin

�n�x

L

�dx =

2

L

LZ0

x sin

�n�x

L

�dx =

2L

n�(�1)n+1

Por lo tanto, la serie resultante es:

x =2L

�

1Xn=1

(�1)n+1n

sin

�n�x

L

�, 0 � x < L

3.2 Extensión par

Supongamos ahora que conocemos f(x) solamente para 0 � x � L , entonces laextendemos como función par obteniendo otra función denotada fp(x) de�nidapor:

fp(x) =

�f(x); 0 � x � L

f(�x); �L � x � 0como muestra la �gura adjunta:

52.50­2.5­5

25

20

15

10

5

0

x

y

x

y

Si f(x) es seccionalmente continua en 0 � x � L; entonces su extensión parfp(x) lo será también por lo que se puede aplicar el teorema de convergencia deseries de Fourier.En el intervalo 0 � x � L; la función f(x) es idéntica a su extensión par. La

serie que se obtiene se denomina serie de Fourier de Cosenos de f(x).

14

a0 +1Xn=1

an cos

�n�x

L

�; 0 � x � L, con coe�cientes

a0 =1

L

LZ0

f(x)dx y an =2

L

LZ0

f(x) cos

�n�x

L

�dx

Ejemplo 8: Construir la serie de Fourier de Cosenos de f(x) = x en

0 � x � L:

Solución: Por las características de la extensión en lo que concierne a lacontinuidad de la función tenemos:

x = a0 +1Xn=1

an cos

�n�x

L

�; 0 � x � L

a0 =1

L

LZ0

f(x)dx =1

L

LZ0

xdx =1

L

x2

2jL0 =

L

2

an =2

L

LZ0

f(x) cos

�n�x

L

�dx =

2

L

LZ0

x cos

�n�x

L

�dx

an =

�0 si n par.

� 4Ln2�2 si n impar.

Finalmente, la serie de Fourier coseno de f(x) = x en 0 � x � L es:

L

2� 4L�2

1Xn=1

1

(2n� 1)2 cos�(2n� 1)�x

L

�

4 Diferenciacion e Integración de la series deFourier

4.1 Derivación

Las series in�nitas, aun las convergentes no siempre se pueden derivar términoa término. Un caso ilustrativo, es el de la función f(x) = x de�nida para�� � x � �; cuya serie de Fourier es

1Xn=1

2(�1)n+1n

sin(nx)

15

que converge para �� < x < �; es decir

x =1Xn=1

2(�1)n+1n

sin(nx); para � � < x < �

Si diferenciamos, esta serie término a término tenemos:

1Xn=1

2(�1)n+1 cos(nx)

la cual es una serie que no converge en ]��; �[ , ya que si an = 2(�1)n+1 cos(nx)para cada x 2]� �; �[; lim

n!1an no existe, como no ocurre que an �! 0 ,con-

cluimos que1Pn=1

2(�1)n+1 cos(nx) no converge para cada x 2]� �; �[.

Por otro lado, f�(x) = 1 8x 2]� �; �[. Esto muestra en este caso que laderivada término a término de la serie, no converge a la derivada de la funcióna la que representa.La di�cultad se nos presenta cada vez que la serie de Fourier de f(x) tiene

una discontinuidad de salto, la derivación término a término no está justi�cadaen estos casos. Sin embargo, podemos aquí considerar la siguiente proposiciónque agrega condiciones para permitir la derivación término a término.Proposición:Sea f una función continua en [�L;L] con f(�L) = f(L); si f 0 es seccional-

mente suave en [�L;L] donde f 00(x) existe se tiene.

f 0(x) =1Xn=1

n�

L

��an sin

�n�x

L

�+ bn cos

�n�x

L

��Demostración.- Se deja al lector, se sugiere escribir la serie de Fourier de

f 0(x); considerando que esta serie converge a f 0(x) siempre que f 00(x) exista.Use integración por partes para relacionar los coe�cientes de f 0(x) con los cor-respondientes de f(x):

Ejemplo 9. Considere la función f(x) = x2 en �� � x � � y veri�que

si la derivada de esta serie existe.

Solución Claramente se satisface las hipótesis de la proposición anterior.La serie de Fourier de la función f(x) en [��; �] es:(Ver Problema 2 en problemas resueltos)

f(x) =�2

3+ 4

1Xn=1

(�1)n

n2cos(nx)

16

Como f 0(x) = 2x es continua, y existe f 00(x) = 2 en todo el intervalo,entonces para �� < x < �

f 0(x) = 2x = 41Xn=1

(�1)n+1

nsin(nx)

Note que este resultado concuerda con lo establecido en el ejemplo 1 delinciso 2.1.

4.2 Integración

La precaucion que se tiene para la derivación término a término de la serie deFourier no se requiere para el caso de la integración .ProposiciónSea f una función seccionalmente suave en [�L;L] con serie de Fourier

f(x) = a0 +1Xn=1

�an cos

�n�x

L

�+ bn sin

�n�x

L

��;

Entonces para cada x 2 [�L;L] :xZ�L

f(t)dt = a0(x+ L) +L

�

1Xn=1

1

n

�an sin

�n�x

L

�� bn

�cos

�n�x

L

�� (�1)n

��

Demostración;

Sea F (x) =xR�Lf(t)dt � a0x 8x 2 [�L;L] así de�nida F es continua en

[�L;L] además F (�L) =�LR�Lf(t)dt � a0 (�L) = a0L y F (L) =

LR�Lf(t)dt �

a0L = 2a0L� a0L = a0LPor lo cual F (�L) = F (L); asimismo F 0(x) = f(x)�a0 8x 2 [�L;L] donde

f es continua. Entonces podemos asegurar que F 0 es seccionalmente continuaen [�L;L] y por el teorema de convergencia tenemos que

F (x) = A0 +1Xn=1

�An cos

�n�x

L

�+Bn sin

�n�x

L

��(1)

donde para n � 1:

17

An =1

L

LZ�L

F (t) cos

�n�t

L

�dt integrando por partes.

=1

LF (t)

L

n�sin

�n�t

L

�����L�L� L

n�

LZ�L

F 0(t) sin

�n�t

L

�dt

= 0� L

n�

LZ�L

(f(t)� a0) sin�n�t

L

�dt:

= � L

n�

LZ�L

f(t) sin

�n�t

L

�dt+

L

n�a0

LZ�L

sin

�n�t

L

�dt:

An = � L

n�bn

donde bn es el coe�ciente correspondiente de la serie de Fourier de f en[�L;L]:De manera analoga se tiene que:

Bn =1

L

LZ�L

F (t) sin

�n�t

L

�dt =

L

n�an

donde an es también el correspondiente coe�ciente de la serie de Fourier def en [�L;L]:Por lo tanto, reemplazando en (1)

F (x) = A0 +L

�

1Xn=1

1

n

��bn cos

�n�x

L

�+ an sin

�n�x

L

��; x 2 [�L;L]

para A0 tenemos:

F (L) = a0L = A0 +1Xn=1

An cos(n�) =) A0 = a0L�1Xn=1

An cos(n�)

�nalmente

A0 = a0L+L

�

1Xn=1

1

nbn cos(n�)

ahora sustituyendo A0 se tiene

18

F (x) = a0L+L

�

1Xn=1

1

nbn cos(n�) +

L

�

1Xn=1

1

n

��bn cos

�n�x

L

�+ an sin

�n�x

L

��y reemplazando en la igualdad inicial obtenemos lo que a�rma el teorema.

xZ�L

f(t)dt = a0(x+ L) +L

�

1Xn=1

1

n

�an sin

�n�x

L

�� bn

�cos

�n�x

L

�� (�1)n

��

4.3 Identidad de Parseval

Sea f una función seccionalmente continua en [�L;L] y tal que f 0 es tambiénseccionalmente continua en [�L;L].Si

f(x) = a0 +

1Xn=1

�an cos

�n�x

L

�+ bn sin

�n�x

L

��es la serie de Fourier de f , entonces

1

L

LZ�L

[f(x)]2dx = 2 (a0)

2+

1Xn=1

h(an)

2+ (bn)

2i

que se conoce como identidad de Parseval

Prueba: La serie de Fourier de f converge a f(x) para cada x del intervalo[�L;L]:

f(x) = a0 +1Xn=1

�an cos

�n�x

L

�+ bn sin

�n�x

L

��Multiplicando por f(x) se tiene

f(x)2 = a0f(x) +1Xn=1

�anf(x) cos

�n�x

L

�+ bnf(x) sin

�n�x

L

��podemos integrar término a término.LR�L[f(x)]

2dx = a0

LR�Lf(x)dx+

1Pn=1

"an

LR�Lf(x) cos

�n�xL

�dx+ bn

LR�Lf(x) sin

�n�xL

�dx

#de aquí recordando lo que son los coe�cientes de una serie de Fourier se tiene.

LZ�L

[f(x)]2dx = 2 (a0)

2L+ L

1Xn=1

[an � an + bn � bn] =)

19

1

L

LZ�L

[f(x)]2dx = 2 (a0)

2+

1Xn=1

h(an)

2+ (bn)

2i

Ejemplo10. Sea f(x) =

�x �� < x < �0 x = ��; � ; periódica de período 2�.

Pruebe que1Pn=1

1n2 =

�2

6 .

Solución: Como f(x) en es una función impar se tiene que : an = 0 para n = 0; 1; 2; :::y

bn =1

�

�Z��

x sin (n�) dx =2

�

�Z0

x sin (n�) dx = ��2x cos(nx)

n�

��0

=) bn =

�2n n = 1; 3; 5; :::� 2n n = 2; 4; 6; :::

Por lo tanto

f(x) � 21Xn=1

(�1)n+1 sin(nx)n

= 2

�sinx

1� sin 2x

2+sin 3x

3:::

�Aplicando la identidad de Parseval

1

�

�Z��

x2dx = 4

�1

12+1

22+1

32+1

42+ :::

�=)

1Xn=1

1

n2=1

4�

�Z��

x2dx =1

4�

x3

3j��� =

�2

6

5 Integral de Fourier

Las series de Fourier son una herramienta poderosa para tratar problemasrelacionados con funciones períodicas. Luego, es conveniente generalizar estemétodo parar incluir funciones no períodicas.

De�nición.- Si f(x) de�nida en (�1;1) es seccionalmente continua encada intervalo �nito y tiene derivadas por la derecha e izquierda en todo punto

20

y tal que1R�1

jf(x)j dx converge, entonces la integral de Fourier de f se de�ne

como:1

�

1Z0

[A(w) coswx+B(w) sinwx] dw

donde:

A(w) =

1Z�1

f(t) coswtdt

B(w) =

1Z�1

f(t) sinwtdt

A(w) y B(w) se llaman los coefcientes de la integral de Fourier de f(x):

Ejemplo 11. Encontrar la representación por medio de la integral deFourier de la función:

f(x) =

�1 ; jxj < 10 ; jxj > 1

Solución: Primeramente, determinemos la grá�ca de la función

210­1­2

1

0 .7 5

0 .5

0 .2 5

0

x

y

x

y

Ahora, calculemos los coe�cientes de la Integral de Fourier

A(w) =1R�1f(u) coswudu =

1R�1coswudu =

�sinwuw

�j1�1 = 2

sinww

B(w) =1R�1f(u) sinwudu =

1R�1sinwudu = 0

Por lo tanto, la integral de Fourier de f(x) es:

1

�

1Z0

�2

wsinw coswx

�dw

21

5.1 Criterio de convergencia de la integral de Fourier

Si f(x) es seccionalmente continua en [�L;L] 8 L > 0 y tal que1R�1

jf(t)j dt

existe, entonces la integral de Fourier converge a 12 [f(x

+) + f(x�)] (Promediode los límites izquierdo y derecho de f(x)), 8 x donde f 0(x+) y f 0(x�) existen.

Ejemplo 12. Estudie la convergencia de la Integral de Fourier del ejemplo11

Solución Sea f(x) de�nida en ejemplo 11, debido a que f(x) es seccional-mente suave, la integral de Fourier de f(x) converge a 1

2 [f(x+) + f(x�)] 8 x.

De acuerdo con el criterio de convergencia se tiene:

2

�

1Z0

�sinw

wcoswx

�dw =

8<: 1 si �1 < x < 112 si x = �10 si jxj > 1

En particular, una situación interesante se da cuando x = 0:

2

�

1Z0

�sinw

wcoswx

�dw = 1 =)

1Z0

�sinw

wcoswx

�dw =

�

2

5.2 Integrales de Fourier de cosenos y senos

Sea f(x) una función de�nida en [0;1); podemos extender esta función a unafunción par o impar en (�1;1) y calcular la integral de Fourier de esta ultima,que resulta ser de coseno y seno respectivamente, lo cual es completamenteanáloga a los desarrollos en cósenos y senos de una función de�nida en unintervalo [0; L] para el caso de las series de Fourier.

De�nición: Sea f de�nida en [0;1) y sea1R0

jf(u)j du convergente, la inte-

gral de Fourier en cósenos de f es11

�

Z0

A(w) cos(wx)dw; donde A(w) = 2

1Z0

f(u) cos(wu)du

Y la integral de Fourier en senos de f es

11

�

Z0

B(w) sin(wx)dw; donde B(w) = 2

1Z0

f(u) sin(wu)du

En lo que tiene que ver con la convergencia de la integral de Fourier en estecaso, si f es seccionalmente suave en todo intervalo [0;1], entonces esta integralconverge a 1

2 [f(x+) + f(x�)] en (0;1):

22

Ejemplo 13: Encontrar la integral de Fourier de f(x) =�x2 si 0 � x � 100 si x > 10

;

si:a) se considera una extension par de f(x)b)) se considera una extension impar de f(x); y luegoc) en ambos casos, determinar las convergencias de estas integrales .

Solución: Consideremos la grá�ca de la función

21.510.50

1

0.75

0.5

0 .25

0

x

y

x

y

a) Para obtener la integral de Fourier de cosenos, extendemos f como unafunción par fP de�nida en toda la recta real, luego:

A(w) = 2

1Z0

f(u) cos(wu)du = 2

10Z0

u2 cos(wu)du

= 2

24u2wsin(wu)j100 � 2

w

10Z0

u sin(wu)du

35= 2

�u2

wsin(wu)� 2

w

�1

w2sin(wu)� u

wcos(wu)

��100

=

�200

w� 4

w3

�sin 10w +

40

w2cos 10w

Por lo tanto, la integral de Fourier de cosenos es:

1

�

1Z0

��200

w� 4

w3

�sin 10w +

40

w2cos 10w

�coswxdw

Al aplicar criterio de convergencia obtenemos:

23

1

�

1Z0

��200

w� 4

w3

�sin 10w +

40

w2cos 10w

�coswxdw =

8>><>>:x2 si 0 < x < 100 si x > 100 si x = 050 si x = 10

b) Para obtener la integral de Fourier de senos, extendemos f como unafunción impar fI de�nida en toda la recta real.

B(w) =

1Z�1

f(t) sinwtdt = 2

10Z0

u2 sinwudu

= 2

24�u2wcoswuj100 +

2

w

10Z0

u coswudu

35= 2

��u

2

wcoswu+

2

w

�1

w2coswu+

u

wsinwu

��100

= 2

��10

2

wcos 10w +

2

w3cos 10w +

20

w2sin 10w � 2

w3

�entonces la integral de Fourier de senos es:

1

�

1Z0

���200w+4

w3

�cos 10w +

40

w2sin 10w � 4

w3

�sinwxdw

Finalmente, al aplicar criterio de convergencia obtenemos:

1

�

1Z0

���200w+4

w3

�cos 10w +

40

w2sin 10w � 4

w3

�sinwxdw =

8>><>>:x2 si 0 < x < 100 si x > 100 si x = 050 si x = 10

24

Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín

1 Ejercicios Resueltos

(ejemplar de prueba)

Mediante la inclusión de ejercicios resueltos se espera que los es-tudiantes tengan portunidad de movilizar sus capacidades para bus-car, analizar, procesar, representar y comunicar diferentes tipos deinformación, decodi�cando y traduciendo la información contenidaen las funciones, grá�cos, series de Fourier, integrales de Fourier ysus propiedades.

1.1 Problema 1.

i) Desarrollar en serie de Fourier la función periódica de período 2� .Representargra�camente y estudiar la convergencia de la serie en R:

f(x) =

�0 si � � � x � 0x si 0 � x � �

Solución:i) Calculo de los coe�cientes de Fourier.

a0 =12�

�R��f(x)dx = 1

2�

"0R

��f(x)dx+

�R0

f(x)dx

#= 1

2�

�R0

xdx

a0 =12�

hx2

2

i�0= �

4

an =1�

�R��f(x) cos(nx)dx = 1

�

�R0

x cos(nx)dx

Usando el método de integración por partes se tiene:

an =1�

hx cos(nx)

n + cos(nx)n2

i�0= 1

�

h0� 0 + (�1)n

n2 � 1n2

ian =

(�1)n�1n2� =

�0 para n par

� 2n2� para n impar

así:a2n = 0 8 na2n�1 = � 2

(2n�1)2� 8 n:

bn =1�

�R��f(x) sin(nx)dx = 1

�

�R0

x sin(nx)dx

= 1�

h�x cos(nx)

n + sin(nx)n2

i�0= � cos(n�)

n

luego el coe�ciente es:bn =

(�1)n+1n

1

Por lo tanto, la serie de Fourier será:

�

4+

1Xn=1

"� 2

� (2n� 1)2cos ((2n� 1)x) + (�1)

n+1

nsin(nx)

#

En todos los puntos de continuidad la serie converge a f(x) y en los puntosde discontinuidad del tipo x = � + 2n� con n 2 Z, la serie converge a �

2 :

ii) A partir del resultado anterior obtenga la suma de la serie:

1Xn=1

1

(2n� 1)2

Solución.(ii)Evaluando en x = 0 se tiene

0 =�

4� 2

�

�1

12+1

32+1

52+ :::

�de donde

�

4=2

�

�1

12+1

32+1

52+ :::

�y de aquí

1Xn=1

1

(2n� 1)2 =�2

8

1.2 Problema 2

i) Desarrollar en serie de Fourier la función periódica de período 2�, de�nidapor:

f(x) = x2; � � � x � �

ii) A partir del resultado obtenido calcular la suma de:

1Xn=1

1

n2

iiI) Determine la convergencia de la serie1Xn=1

1

n4

Solución:i) La función f es par por lo cual obtendremos una serie de cosenos, que

tiene la forma:

a0 +1Xn=1

an cos (nx)

2

a0 =1�

�R0

f(x)dx = 1�

�R0

x2dx = 1�

hx3

3

i�0= �2

3

an =2�

�R0

f(x) cos(nx)dx = 2�

�R0

x2 cos(nx)dx

an =hx2 sin(nx)

n + 2x cos(nx)n2

i�0= 4 cos(n�)

n2 = 4(�1)nn2

Luego, la serie es:�2

3+ 4

1Xn=1

(�1)n

n2cos (nx)

Como la función es continua en R ,entonces:

x2 =�2

3+ 4

1Xn=1

(�1)n

n2cos (nx) ; todo x real.

Solución (ii)

La serie numérica se puede obtener haciendo x = � y f(�) = �2;

�2 =�2

3� 4

�� 112� 1

22� 1

32� :::

�de donde

1Xn=1

1

n2=1

4

�� � �

2

3

�=�2

6

iii) Como la función f es seccionalmente suave para �� � x � � y f (��) =f (�) se cumplenlas condiciones de su�ciencia de la identidad de Parseval entonces

1

�

�Z��

�x2�2dx = 2

��2

3

�+

1Xn=1

�4 (�1)n

n2

�2=)

1

�

�x5

5

����

=2

9�4 +

1Xn=1

16

n4=)

1Xn=1

1

n2=

�4

90

1.3 Problema 3

Sea f(x) = x(sinx); si �� < x < �; entonces:

i) Determine la serie de esta función.

3

ii) Pruebe la convergencia de la serie:

1Xn=1

(�1)n

n2 � 1 =1

4

Solución:i) La función f(x) es par, es decir f(x) = f(�x) 8 x 2 (��; �); entonces:bn = 0

a0 =1�

�R0

f(x)dx = 1�

�R0

x sinxdx = 1�

�[x (� cosx)]�0 +

�R0

cosxdx

�= 1

an =2�

�R0

f(x) cos(nx)dx = 2�

�R0

x sinx cos(nx)dx

Para n 6= 1an =

1�

�R0

x [sin ((n+ 1)x)� sin ((n� 1)x)] dx = 2(�1)n+1n2�1

Para n = 1

a1 =2�

�R0

x sinx cosxdx = 1�

�R0

x sin(2x)dx = � 12

Por lo tanto, la serie es:

x sinx = 1� 12cosx+ 2

1Xn=2

(�1)n+1

n2 � 1 cos (nx)

ii) En x = 0 hay un punto de continuidad de la función, entonces la serieconverge a f(0)

f(0) = 0 = 1� 12cos 0 + 2

1Xn=2

(�1)n+1

n2 � 1 cos (0)

Finalmente

1Xn=2

(�1)n+1

n2 � 1 =1

4

1.4 Problema 4

i) Para f(x) = e�[x], 0 � x � 2 obtener su serie de Fourier en cosenos, periódicade período 4.ii) Del resultado determinar la convergencia de:

1Xn=1

(�1)n�1

2n� 1

Solución: Evaluando la función parte entera tenemos

4

f(x) =

8<: 1 si 0 � x < 1e�1 si 1 � x < 2e�2 si x = 2

Con extensión par fp(x) de f(x) se obtiene la serie:

a0 +1Xn=1

an cosn�x

2

a0 =12

�1R0

1dx+2R1

e�1dx

�= 1

2

�1 + e�1

�an =

�1R0

cos n�x2 dx+2R1

e�1 cos n�x2 dx

�=

sin n�x2

n�2

j10 + e�1sin n�x

2n�2

j21

= 2sin n�

2

n� + 2e�1sinn��sin n�

2

n� = 2sin n�

2

n�

�1� e�1

�Finalmente, la serie es:

1 + e�1

2+ 2(1� e�1)

1Xn=1

sin n�2n�

cosn�x

2

ii) Convergencia de x0 = 2 punto de discontinuidad con límites laterales e�1

se tiene convergencia:

e�1 =1 + e�1

2+ 2(1� e�1)

1Xn=1

sin n�2n�

cosn�

e�1 � 12

= 2(1� e�1)1Xn=1

sin n�2n�

cosn�

1Xn=1

1

2n� 1 =�

4

1.5 Problema 5

Utilice la serie de Fourier para demostrar la identidad trigonométrica

sin3(x) =3

4sin(x)� 1

4sin(3x)

Solución:Se calcula la serie de Fourier de f(x) = sin3(x) en [��; �] : Como f (x) es

impar la serie será:

1Xn=1

bn sinn� con bn =2

�

�Z0

sin3(x) sin(nx)dx

5

En primer lugar, calculemos la integral para n 6= 1�R0

sin3 x sinnxdx =�� sin3 x cosnxn

�j�0 + 3

n

�R0

sin2 x cosx cosnxdx

Usando la identidad trigométrica: cosx cosnx = cos(n�1)x � cos(n+11)x2

= 32n

�R0

sin2 x [cos(n� 1)x� cos(n+ 1)x] dx (1)

En segundo lugar, calculemos el valor del coe�ciente b1 para n = 1 en (1)

b1 = � 1�32

�R0

sin2 x cos 2xdx = � 34�

�R0

(1� cos 2x) cos 2xdx = 34�

�R0

1�cos 4x2 dx

b1 =2�34�

�2 =

34

En tercer lugar, para n > 1 en (1)

bn =32n

�sin2 x

�sin(n+1)xn+1 + sin(n�1)x

n�1

�j�0 �

�R0

�sin(n+1)xn+1 + sin(n�1)x

n�1

�sin 2xdx

�bn = � 3

2n

�R0

�sin(n+1)xn+1 + sin(n�1)x

n�1

�sin 2xdx

Usando la identidad trigonometrica

bn = � 32n

1n+1

12

�R0

(cos(n+ 1)x� cos(n+ 3)x) dx

� 32n

1n�1

12

�R0

(cos(n� 3)x� cos(n+ 1)x)dx = 0; 8 n 6= 3

Para n = 3 el cálculo directo, produce:b3 = � 3

2�3�2�22� = �

14

Por lo tanto, la serie de Fourier resultante es:

3

4sin(x)� 1

4sin(3x)

Luego, por el teorema de la convergencia dada la continuidad de f se tienelo requerido.

1.6 Problema 6

Halle la representación de la integral de Fourier de la función f(t) = e�at sit > 0 considerando una extensión par de f (t) y estudie la convergencia en R:Solución:

Sea fp(t) =�e�at si t > 0eat si t < 0

;así de�nida es una función par, luego:

6

A(w) = 2

1Z0

f(u) cos(wu)du = 2

1Z0

e�au cos(wu)du

= 2 limb!1

bZ0

e�au cos(wu)du

= 2 limb!1

�e�au

a2 + w2(�a cos(wu) + w sin(wu))

�b0

= 2 limb!1

�e�ab

a2 + w2(�a cos(wb) + w sin(wb)) + a

a2 + w2

�=

2a

a2 + w2

Entonces la integral de Fourier de f(t) es:

1

�

1Z0

2a

a2 + w2cos(wx)dw =

2a

�

1Z0

cos(wx)

a2 + w2dw

Como la funcion es continua en R;aplicando el criterio de la convergencia, laintegral converge a f (t):

1Z0

cos(wx)

a2 + w2dw =

�

2ae�ax

1.7 Problema 7

Halle la representación de la integral de Fourier de la función f(x) = xe�jxj six 2 (�1;1) y estudie su convergencia en R:

Solución:Se tiene que f(x) es una función impar. Examinemos, si se cumplen las

condiciones de existencia de integral de Fourier.En primer lugar

1Z�1

���xe�jxj��� dx = 2

1Z0

xe�xdx

= 2

24�xe�xj10 +

1Z0

e�xdx

35= 2 � 1 = 2

7

Además, f es continua y diferenciable 8x.Los coe�cientes de Fourier de f son:

A(w) = 0 ya que f es una función impar

B(w) =

1Z�1

ue�juj sin(wu)du =4w

(1 + w2)2

Entonces, para todo x la integral de Fourier converje a:

xe�x =4

�

1Z0

w

(1 + w2)2 sin(wx)dw

1.8 Problema 8

Sea f la función pulso rectangular unitario de período 2 de�nida

por f (x) =

�12� si �� < x < �0 si �1 � x < � ó � < x � 1 a) Representar gra�ca-

mente f (x)b) Obtener la serie de Fourier de f (x) .c) Si an (�) es el coe�ciente n-ésimo de la serie anterior, calcular los límites:

limn!1

( lim�!0+

(an (�)) ; lim�!0+

( limn!1

(an (�)))

Solución:b) Como f es una función par de período 2 ,entonces :

a0 =

1Z0

f (x) dx =

�Z0

1

2�dx =

1

2

an = 2

1Z0

f (x) cos(n�x)dx = 2

�Z0

1

2�cos (n�x) dx =

1

�

sen(n��)

n�= an (�)

bn = 0 8n

Luego, se tiene que:

f (x) � 1

2+1

�

1Xn=1

sen(n��)

n�cos (n�x) ; x 2 [�1; 1]

c) En primer lugar calculemos:

8

lim�!0+

( limn!1

(an (�))) = lim�!0+

( limn!1

1

�

sen(n��)

n�n!1

) = lim�!0+

(0) = 0

En segundo lugar

limn!1

( lim�!0+

(ak (�)) = limn!1

( lim�!0+

�1

�

sen(n��)

n�

�) = lim

n!1(1) = 1

1.9 Problema 9.

Dada la función f(x) = xe�x con x > 0;a) Veri�que que considerando las extensiones par e impar de la función f :Z 1

0

�1� w2(1 + w2)2

�coswx dw =

Z 1

0

�2w

(1 + w2)2

�senwx dw

b) Estudiar la convergencia de la IF parar deducir que:Z 1

0

�1

(1 + w2)2

�dw =

Z 1

0

�w2

(1 + w2)2

�dw

SoluciónConsideremos para f(x) = xex con x > 0 la extensión par

fp (x) =

�xe�x si x > 0�xex si x < 0

=)

fp (x) � 1

�

1Z0

A (w) coswxdw con A (w) = 2

1Z0

xe�x coswx dx

Ahora, consideremos la extensión impar de f

fi (x) =

�xe�x si x > 0xex si x < 0

=)

fi (x) � 1

�

1Z0

B (w) senwxdw con B (w) = 2

1Z0

xe�xsenwx dx

Podemos calcular los coe�cientes A (w) y B (w) integrando por partes:

9

A (w) = 2

1Z0

xe�x coswx dx =)

A (w) = 2

"xe�x (� coswx+ wsenwx)

(1 + w2)�e�x(

�1� w2

�coswx� 2wsenwx)

(1 + w2)2

#10

A(w) = 2

�1� w2(1 + w2)2

�

B (w) = 2

1Z0

xe�xsenwx dx =)

B (w) = 2

"xe�x (�senwx� w coswx)

(1 + w2)�e�x(

�1� w2

�senwx+ 2w coswx)

(1 + w2)2

#10

B(w) = 2

�2w

(1 + w2)2

�Construyendo las respectivas integrales de Fourier y aplicando el teorema

de la convergencia , puesto que f es una función seccionalmente 8x > 0 ,se tieneque :

xe�x =2

�

1Z0

�1� w2(1 + w2)2

�coswxdw

xe�x =2

�

1Z0

�2w

(1 + w2)2

�senwxdw

Por lo tanto, las extensiones son iguales:

1Z0

�1� w2(1 + w2)2

�coswx dw =

1Z0

�2w

(1 + w2)2

�senwx dw

b) En x = 0 se tiene un punto en que estas extensiones son continuas, luegoambas integrales convergen a f(0) = 0

1Z0

1� w2(1 + w2)2

dw = 0 =)1Z0

1

(1 + w2)2dw =

1Z0

w2

(1 + w2)2dw

10

1.10 Problema 10.

Si f (x)es una función par ,con integral de Fourier f (x) = 1�

1Z0

A (w) cos(wx)dw,

demuestre que: a) xf (x) = 1�

1Z0

A� (w) cos(wx)dw; dondeA� (w) = �dA(w)dw

b) x2f (x) = 1�

1Z0

A� (w) cos(wx)dw; donde A� (w) = �d2A(w)dw2

Solución

a) Se tiene que xf (x) = 1�

1Z0

A� (w) sen(wx)dw; es una función impar,

entonces A� (w) = 2

1Z0

v f (v) sen(wv)dv (1):

Como f (x) = 1�

1Z0

A (w) cos(wx)dw con A (w) = 2

1Z0

f (v) cos(wv)dv:

Entonces, derivando el coe�ciente queda dA(w)dw = �2

1Z0

vf (v) sen(wv)dv (2)

Por lo tanto, comparando (1) y (2) se tienedA(w)dw = �A� (w)

b) Como x2f (x) = 1�

1Z0

A� (w) cos(wx)dw; es una función par,

entonces A� (w) = 2�

1Z0

v2 f (v) cos(wv)dv (1)

Como, f (x) = 1�

1Z0

A (w) cos(wx)dw con A (w) = 2

1Z0

f (v) cos(wv)dv:

Por consiguiente dA(w)dw = �2

1Z0

vf (v) sen(wv)dv =)

d2A(w)dw2 = �2

1Z0

v2 f (v) cos(wv)dv (2)

Por lo tanto, comparando (1) y (2)se tiened2A(w)dw2 = �A� (w) :

11

Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín

1 Ejercicios propuestos( Edición ejemplar de prueba)1.- Sea f una función de período � dada por

f(x) =

�sen2x si 0 � x � �=20 si �=2 � x � �

32.521.510.50

1

0.75

0.5

0.25

0

x

y

x

y

a) Obtener la serie de Fourier de f(x):

b) Deducir la convergencia de la serie:1Xn=1

14n2�1

2.- Sea f una función dada por f(x) =�x (� � x) si 0 < x < �x (� + x) si �� < x < 0

a) Represente gra�camente la la función f usando Mapleb) Obtener la serie de Fourier de f(x):

c) Deducir la convergencia de la serie:1Xn=1

(�1)(n�1)(2n�1)3

3.- Un pulso triángular simétrico de altura y ancho ajustables es

descrito por: f(x) =�a�1� x

b

�si 0 � x � b

0 si b � x � �a) Muestre que los coe�entes de Fourier son: a0 =

ab2� ; an =

2ab�

(1�cosnb)(nb)2

b) Tome a = 1 y b = �2 calcule y represente las cinco primeras

sumas parciales.

4. Sea f una función dada por f(x) = 1 + jxj x 2 [�1; 1]a) Obtener la serie de Fourier de f(x):

b) Deducir la convergencia de la serie:1Xn=1

14n2�1

5. Encontrar la serie de coseno de Fourier de la función períodica de período4

1

f (x) = e�[x] , 0 � x � 2:

b) Deducir la convergencia de la serie:1Xn=1

12n�1

c) Usando la identidad de Parseval deducir la convergencia de la serie:1Xn=1

1(2n�1)2

6. Sea f (x) = xsenx; �� � x � �a) Obtener la serie de Fourier de f:b) Pruebe que esta serie se puede diferenciar término a término.c) Use el resultado anterior para obtener el desarrollo de Fourier.de senx+ xcox; �� � x � �:

b) Deducir la convergencia de la serie1Xn=1

1(2n�1)6

7. Sea f(x) =�0 si �� � x � 0x si 0 < x � �

a) Obtener la serie de Fourier de f:b) Pruebe que esta serie se puede integrar término a término.c) Use los resultados anteriores para obtener el desarrollo enserie trigonométrica para

R x�� f (u) du

8. a) Establecer que si f(x) = x, �� < x < � entonces

x = 2

1Xn=1

(�1)n+1

nsennx

b) Con la identidad de Parseval deducir la convergencia1Xn=1

1n2 =

�2

6

c) Muestre que la integración de la serie de Fourier de f(x) = x, �� < x < �conduce a.

1Xn=1

(�1)n+1

n2=�2

12

d) Sea f(x) una función continua de�nida en �� < x < � con serie de

Fourier a0+1Xn=1

(an cosnx+bnsennx):Si g(x) = f(x��) pruebe que la serie

de Fourier de g(x) es

a0 +1Xn=1

((�1)n an cosnx+ (�1)n bnsennx)

e) Aplicando los resultados de a y d), obtener la serie de Fourier de período2� de la función de�nida por g(x) = x� � ; 0 < x < �:

2

9. Sea f(x) una función seccionalmente contínua, impar de período 2�;con

serie de Fourier1Xn=1

bnsen(nx)

a) Veri�car que g(x) =

xZ0

f(t)dt; x 2 R es función par de período 2�

b) Deducir que1Xn=1

bnn (1� cos(nx)) es la serie de Fourier de g(x) y

que1Xn=1

bnn =

1�

�Z0

(

xZ0

f(t)dt)

10. Sea f (x) ; x 2 R función impar con integral de Fourier

Ii =1�

�Z0

B (w) senwx dw: Pruebe que la integral de Fourier de

g (x) = f (x) senx es: Ip =

�Z0

A (w) cos(wx) dw; con

A(w) =

�1� [B (w + 1)�B (w � 1)] w > 11� [B (w + 1) +B (w � 1)] 0 � w < 1

11. Sea f(x) =�1� x2 si jxj � 10 si jxj > 1 ;obtener la integral de Fourier

y estudie su convergencia en x0 = 0:

12. a) Obtener la integral de Fourier de f(x) =�cosx si jxj � �0 si jxj > �

b) Estudiar la convergencia de la IF en x0 = 0 ; x1 = �:

13. Establecer la igualdad 2�

1Z0

w1+w2 senw�dw = e

�x si x > 0 y de

esto deducir el valor al cual converge

1Z0

w2

(1+w2)2 dw:

14. Obtener la Integral de Fourier de f (x) = e�jxj ; x 2 R:

Del resultado, deducir el valor de

1Z0

cos(wx)(1+w2) dw:

15. Aplicando la la representación de la integral de Fourierdemostrar que:

a)

1Z0

cos(�w=2) coswx

1� w2 dw =

��2 cosx si jxj < �

20 si jxj > �

2

3

b)

1Z0

1� cos�ww

sen(wx)dw =

��2 si 0 < x < �0 si x > �

16. Si f (x)es una función par con integral de Fourier

f (x) =

1Z0

A (w) cos(wx)dw, demuestre que:

f (ax) = 1�a

1Z0

A�wa

�cos(wx)dw; a > 0

17. Pruebe que la integral de Fourier de f puede escribirse como

limw!1

1

�

1Z�1

f (t)sen(w(t� x))

t� x dt

2 Respuestas

1) a)

f (x) � 1

�+1

2sen2x� 2

�

1Xn=1

1

4n2 � 1 cos 4nx

b) Estudie la convergencia en f��2

�1Xn=1

1

4n2 � 1 =1

2

2) a) f(x) =�x (� � x) si 0 < x < �x (� + x) si �� < x < 0

2.51.250­1.25­2.5

1.25

0

­1.25

x

y

x

y

b)

f (x) � 8

�

1Xn=1

1

(2n� 1)3 sen(2n� 1)x

c) Como f(x) es discontinua en x = � la serie converge a f(�+) + f(��)2 luego

4

1Xn=1

(�1)(n�1)(2n� 1)2 =

�3

32

3) Si a = 1 y b = �2 el grá�co de la funcion es

32.521.510.50

1

0.75

0.5

0.25

0

x

y

x

y

4)a)

f (x) � 3

2� 4

�2

1Xn=1

1

(2n� 1)2 cos(2n� 1)�x

b) Como f(x) es continua 8x la serie converge a f(0), luego1Xn=1

1

(2n� 1)2 =�2

8

c) Aplicando la identidad de Parseval, se tiene:

1Xn=1

1

(2n� 1)4 =�4

96

5. a)

f (x) � 1 + e�1

2+2

�

�1� e�1

� 1Xn=1

sen(n�2 )

ncos(

n�

2x)

b) Como f(x) es discontinua enx0 = 2 converge a los límiteslaterales en ese punto, entonces se tiene la convergencia

1Xn=1

1

2n� 1 =�

4

6. a)

xsenx = � � 12� cosx+ 2�

1Xn=1

(�1)n+1n2 � 1 cos (nx) ; -� � x � �

5

b) f y f 0 son seccionalmente suave en �� � x � � y f (��) = f (�) ;luego se satisfacen las condiciones del teorema de diferenciación.c)Tenemos que

x cosx+ senx =1

2�senx+ 2�

1Xn=1

(�1)nn2 � 1nsen (nx) ; � � � x � �

7. a)

f (x) � 1

4� +

1Xn=1

�(�1)n � 1�n2

cos (nx) +(�1)n+1

nsen (nx)

�; � � � x � �

b) f es seccionalmente continua en �� � x � � ,entonces sesatisfacen las condiciones del teorema de integracion. Luego,su serie puede integrarse término a término

c) Tenemos queR x�� f (u) du =

�0 �� � x � 0x2

2 0 < x � �Esta función esta representada por la serie obtenida al integrarla serie de Fourier anterior

1

4�x+

1

4�2 +

1Xn=1

�(�1)n � 1�n2

sen (nx)

n+(�1)n+1

n

(� cosnx+ (�1)n)n

�8)e)

x� � = �21Xn=1

sen(nx)

n

11)a)1

�

Z 1

0

�4senw

w3� 4 cosw

w2

�coswx dw

b) La función es continua en x0 = 0 luego la IF converge a f(0)Z 1

0

�4senw

w3� 4 cosw

w2

�dw = �

12)a) Comof(x) es una función par se tiene que:

A(w) =2

�

�Z0

cos v cos(wv) dv =2

�

wsenw�

1� w2

B (w) = 0

6

Por lo tanto,

IF =2

�

�Z0

wsenw�

1� w2 coswxdw:

b) En x0 = 0 hay un punto de continuidad de f (x), entonces

2

�

�Z0

wsenw�

1� w2 dw = f (0) = 1

y x1 = � es un punto de discontinuidad de f (x), entonces:

2

�

�Z0

wsen2w�

1� w2 dw =f (�+) + f (��)

2=0 + 1

2

13) Considere una extensión impar de f(x), entoncesA (w) = 0 y B (w) = 2w

1+w2

La Integral de Fourier de f(x)es 2�

1Z0

w1+w2 senwx dw:

Usando la identidad de Parseval

1Z0

w2

(1+w2)2 dw =�4

14) Como f es par tiene Integral de Fourier f(x) = 2�

1Z0

cos(wx)(1+w2) dw:

Al estudiar la continuidad en x0 = 1 se obtiene la convergencia1Z0

cos(w)(1+w2)dw =

�2e

7

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Part I

Aplicaciones de la Serie Fourier

0.1 Problema 1. Onda cuadrada alta frecuencia

Una aplicación simple de la Serie de Fourier la podemos encontraren el análisis de circuitos electrónicos que son diseñados para manejarpulsos variables agudos, tales como, una onda cuadrada o un "dientede sierra".Supongamos que una onda cuadrada está de�nida por lafunción:

f(x) =

�0;�� < x < 0h; 0 < x < h

A partir de la de�nición, de los coe�cientes podemos encontrar:

a0 =1

2�

Z �

0

hdt =h

2

an =1

�

Z �

0

h cosntdt = 0; n � 1

bn =1

�

Z �

0

hsenntdt =h

n�(1� cosn�)

bn =2h

n�; n impar =) bn =

2h

(2n� 1)�bn = 0; n par

Luego la serie resultante es:

De�nition 1

f(x) =1Xn=1

2h

(2n� 1)� sen (2n� 1)x =h

2+

�senx

1+sen3x

3+sen5x

5+ :::

�Es importante decir que el primer término representa el promedio de f(x) sobre

el intervalo [��; �]y que todos los términos en base coseno se anulan. Ademásf (x)� h

2 es una función impar, luego ,tenemos una serie de fourier solo con baseseno. Por otra parte, los co�cientes bn decrecen inversamente proporcionalcon n:Fisicamente esto signi�ca que la onda cuadrada debe contener muchoscomponentes de alta frecuencia.Si el aparato electrónico no deja pasar estoscomponentes, la onda cuadrada resultante emerge más o menos redondeada.

1

0.2 Problema 2. Recti�cador de onda completa.

Consideremos ahora la salida de un recti�cador de onda completa,que produce corriente continua pulsante como muestra la �gura. Elrecti�cador se puede modelar como un dispositivo que se alimenta conuna onda senoidal ,que deja pasar los los pulsos positivos, e inviertelos pulsos negativos. Esto produce:

f(x) =

�sen!x; 0 < !x < �

�sen!x; �� < !x < 0

Puesto que f (x) es una función par, es decir f (x) = f (�x), la serie defourier será cosenoidal

a0 =1

2�

�Z 0

���sen!td(!t) +

Z �

0

sen!td(!t)

�=2

2�

Z �

0

sen!td(!t) =2

�

an =2

�

Z �

0

sen!t cosn!t d(!t); n � 1

an = � 2�

2

n2 � 1 ; n par =) an = �1

�

4

4n2 � 1an = 0; n impar

bn = 0; 8n

Por lo tanto, la serie resultante es:

f(x) =2

�� 4

�

1Xn=1

1

(4n2 � 1) cos (2n!x)

La frecuencia de oscilacion más baja es 2!:Las componentes de alta frecuen-cia decaen inversamente con n2; lo que muestra que el recti�cador de ondacompleta hace un buen trabajo para producir un modelo aproximado de la cor-riente continua.

0.3 Problema 3. Ecuacion de calor unidimensional

El �ujo unidimensional de calor en un cuerpo material homogéneoestá modelado por la ecuación @2u(x;t)

@x2 = @u(x;t)@t

donde u(x; t) es latemperatura del cuerpo y c2 la constante de difusión del calor. En elcaso de una barra aislada, que se prolonga hacia el in�nito en ambossentidos, la solución general esta dada por

u(x; t) =

1Z0

(A (w) cos(wx) + B (w) sen(wx) ) e�c2w2t dw: Si se aplica

la condicion inicial u(x; 0) = f (x) ; -1 < x < 1 ,donde f(x) es la tem-

2

peratura inicial, se obtiene que u(x; 0) = f (x) =

1Z0

(A (w) cos(wx) +

B (w) sen(wx) ) dw es una integral de Fourier con coe�cientes A (w) =

1�

1Z�1

f (v) cos(wv) dv y B (w) = 1�

1Z�1

f (v) sen(wv) dv

a) Determine la integral de Fourier, si la función temperatura ini-cial es f(x) = e�x

2=2:-1 < x <1 y la solución de está ecuación:

Solución:

Como f es una función par se tiene Ip =

1Z0

A (w) cos(wx) dw; con

; y B (w) = 0 luego

A (w) =2

�

1Z0

e�v2=2 cos(wv) dv =) A

0(w) = � 2

�

1Z0

ve�v2=2 sen(wv) dv

Integrando por partes se tiene

A0(w) = � 2

�

24�e�v2=2 sen(wv) + w 1Z0

e�v2=2 sen(wv) dv

3510

Evaluando la integral y resolviendo EDO(1)

A0(w) = � 2

�

h0 + w(

�

2A (w)

i10=) A

0(w) = �wA (w)

A (w) = Ce�w2=2; C constante

Luego la IF es:

3

e�x2=2 = C

�Z0

e�w2=2 cos(wx) dw

Por tanto, la solución queda:

u(x; t) = C

1Z0

(e�w2=2 cos(wx)) e�c

2w2t dw

0.4 Problema 4.

1) La función adjunta sirve para modelar la salida de un recti�-cador de media onda:

f(x) =

�sen!x; 0 � !x � �0; �� � !x � 0

a) Represente gra�camente la señal de salida si ésta se extiendeperiodicamente con periodo 2�:

b) Determine la serie de Fourier que la representa.

Solución:

f(x) =1

�+1

2sen!x� 2

�

1Xn=1

1

(4n2 � 1) cos (2n!x)

0.5 Problema 5.

Una onda triángular se representa por la función:

f(x) =

��x;�� < x < 0x; 0 < x < h

4

a) Represente gra�camente la función.

b) Represente f(x) mediante una serie de Fourier.

c) Estudie la convergencia de la serie en x = ��; x = 0; y x = �

d) Muestre que:1Xn=1

1(2n�1)2 =

�2

8

Solución:

b)

f(x) =�

2� 4

�

1Xn=1

cos (2n� 1)x(2n� 1)2

0.6 Problema 5. Conducción del calor.

Consideremos una varilla delgada, aislada, situada a lo largo deleje x, desde x = 0 hasta x = a;y supongamos que la conducción de calordesde la varilla hacia el exterior se da solamente por los extremos deella, los cuales se mantienen a temperatura cero. En física se muestraque si en tiempo t = 0 la temperatura u a lo largo de la varilla es iguala u(x; 0) = bnsennx, donde bn = cte y n 2 Z+ , entonces para el tiempot > 0 la temperatura es igual a u(x; t) = bn (sennx) e��n

2t; donde � > 0es una constante positiva. Asimismo, hay un principo de superposi-cion que nos permite añadir los efectos de diferentes distribucionesiniciales de temperatura. Por lo tanto, si la temperatura inicial es:

u(x; 0) = f (x) =1Xn=1

bnsennx

entonces en tiempo t > 0, se tiene:

u(x; t) =1Xn=1

bn (sennx) e��n2t para 0 � x � a

De acuerdo con todo esto, hallar la temperatura para t > 0 paralas siguientes temperaturas iniciales dadas.

5

a) u(x; 0) = f (x) = 3senx+ 5sen2x: ¿Que tipo de extensión de f(x)serequiere en este caso?

b) u(x; 0) = f (x) = exsenx:¿Que tipo de extensión de f(x)se requiereen este caso?

Soluciones.

a)u(x; t) = f (x) = 3senxe��t + 5sen2xe�4�t

b)

u(x; t) =4

�

1Xn=1

n

n2 + 4

�(�1)n�1 e� � 1

�sennx e��n

2t

0.7 Problema 6

Las series de fourier se constituyen en una herramienta poderosaen el análisis del comportamiento de los sistemas físicos sujetos apertubaciones periódicas f(t).

El valor de la raíz media cuadrática ó RMC de una función f(t),sobre un intervalo (a; b) ;se de�ne como:

hf(t)i =

sR baf2 (t) dt

b� a

a) Sea f (t) una función de�nida x 2 [a; b] , con un período funda-mental T = b � a. Pruebe que aplicando la identidad de Parseval elvalor RMC se reduce a la formula:

6

hf(t)i =

vuuta20 + 121Xn=1

[a2n + b2n]

b) Determine RMC de f(t) = E sen!t, con E y ! constantes posi-

tivas.

Solución:

b) El período fundamental de la función f(t) = E sen!t, es 2�! .

Entonces el valor RMC de f(t) es:

hf(t)i =

s1

(2�=!)

Z 2�!

0

E2sen2(!t) dt =Ep2

0.8 Problema 7.

Un resorte vibra libremente con ambos estremos �jos en x = 0 y x =L:

a) Si su movimiento esta descrito por la ecuación de onda:

@2u (x; t)

@t2= v2

@2u (x; t)

@x2

con las condiciones iniciales:

u (x; t) = f (x) y@u (x; 0)

@t= g(x)

Suponga que la solución de esta ecuación es una serie de Fourierde la forma:

u(x; t) =1Xbn

n=1

(t) sen(n�x

L)

7

sustituya esta solución en la ecuacion anterior y determine loscoe�cientes b (t) :

b) Considere la presencia de un medio resistivo que amortigua lasvibraciones de acuerdo con la ecuación

@2u (x; t)

@t2= v2

@2u (x; t)

@x2� k@u (x; t)

@t

Suponga que rige la solución anterior con las mismas condicionesiniciales y nuevamente determine el coe�ciente b (t) , suponiendo queel amortiguamiento es pequeño, es decir

�n��L

�2 � �k2 �2 > 0c) Repita los calculos pero suponiendo que el amortiguamiento es

grande es decir�n��L

�2 � �k2 �2 < 0.Soluciones:

a)

bn (t) = An cos(n��t

L) +Bn sen(

n��t

L)

An =2

L

Z L

0

f (x) sen�n�xL

�dx; Bn =

2

n��

Z L

0

g (x) sen�n�xL

�dx

b)

bn (t) = e�k2 t (An cos(!nt) +Bn sen(!nt))

An =2

L

Z L

0

f (x) sen�n�xL

�dx; Bn =

2

L!n

Z L

0

g (x) sen�n�xL

�dx+

k

2!nAn

donde, !2n =�n��L

�2��k

2

�2> 0

c)

8

bn (t) = e�k2 t (An cosh(�nt) +Bn senh(�nt))

An =2

L

Z L

0

f (x) sen�n�xL

�dx; Bn =

2

L�n

Z L

0

g (x) sen�n�xL

�dx+

k

2�nAn

donde, �2n =�n��L

�2��k

2

�2< 0

0.9 Problema 8

En una placa circular de radio � = 1, cuyas secciones superior einferior están aisladas, se mantiene la mitad de su periferia superiora una temperatura constante T1y la otra mitad a una temperaturaconstante T2:Encontrar la temperatura de la placa en condicionesestacionarias.

a) La ecuación de difusión del calor, en coordenadas polares (�; �),en condiciones estacionarias esta dada por @2�

@�2 +1�@�@�+

1�2@2�@�2

= 0;donde� (�; �) es la funcion temperatura. Suponga que � (�; �) ;se puede sep-arar como � (�; �) =M (�)N (�)y pruebe que la ecuación se transforma

en �2 M00

M + � M�0

M = �N00

N :

b) A partir del resultado anterior , haga cada lado de la ecuaciónigual a �2 y encuentre las EDO(2)

N" (�) + �2N (�) = 0

�2M" (�) + �M�(�) +M (�) = 0

b) Pruebe que N (�) = A1 cos��+A2sen�� y M (�) = B1��+B2�

��sonsoluciones de las correspondientes ecuaciones anteriores.

c) Pruebe que la solución general es

� (�; �) =M (�)N (�) =1X T1 + T2

2

(T � T ) (1� cosn�)n�

�nsenn�

9

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Part I

Funciones Vectoriales de una variable real

(Edición ejemplar de prueba)

IntroducciónLa recta de R3 que pasa por el punto

�!P o = (x0; y0; z0) y es paralela

a un vector �!a = (a1;a2;a3) se de�ne como el conjunton�!P 0 + t

�!a j t 2 Ro:En

esta de�nición de recta a cada número real t corresponde el punto�!P 0+ t

�!a deR3; es decir a cada valor t de R le asocia el punto (x0+ ta1;y0+ ta2;z0+ ta3)de R3:Tal correspondencia o asociación genera lo que llamaremos una funciónvectorial de una variable real que en este caso es de R en R3. Si denotamospor

�!f a tal función entonces su regla de correspondencia es

�!f (t) = (x0 + ta1;y0 + ta2;z0 + ta3)

El dominio de�!f es el conjunto de todos los números reales y el rango

de�!f es la recta que pasa por el punto

�!P o y es paralela al vector �!a . Este

es un ejemplo del tipo de funciones que estudiaremos en este módulo; paratales funciones consideraremos los conceptos de límite, continuidad, derivada eintegral. Desde el punto de vista conceptual no hallaremos ideas nuevas y en lamayor parte de los casos las técnicas usadas son las mismas desarrolladas en elcálculo de funciones real de una variable real.

1 Funciones Vectoriales

1.1 De�nición.-

Una función vectorial de una variable real es una función cuyo dominio es unconjunto de números reales y el rango es un conjunto de vectores o puntos deRn

1

Notación�!f : D � R! Rn tal que 8 t 2 D, �!f (t) = (f1(t); f2(t); : : : ; fn(t));

donde fk : D � R ! R para cada k = 1; 2; ::; n es una función real de variablereal. Cada fk es la k-ésima componente del vector

�!f (t):

Si la función�!f describe el movimiento de una partícula, el vector

�!f (t) =

(f1(t); f2(t); : : : ; fn(t)) señala la posición en el instante t, es decir en estos casost representa la variable tiempo.

Ejemplo 1Sea

�!f : I � R! R3 tal que

�!f (t) = (cos t; sin t; t); I = [0; 2�] Hacer

un esquema del rango de�!f

Solución:Pongamos

�!f (t) = (x(t); y(t); z(t)) donde x = cos t; y = sin t; z = t. En

este caso para cualquier valor de t se cumple x2+y2 = 1 que es la proyecciónen el plano XY de cualquier punto

�!f (t) de la curva que está sobre el manto

de un cilindro de radio unitario x2 + y2 = 1; y z = t señala la distancia de�!f (t) al plano XY.El rango de

�!f es entonces una curva que partiendo de (1; 0; 0) describe

un arco completo de una helicoidal en el manto del cilindro x2 + y2 = 1 de R3:

x

y

z

Ejemplo 2Sea

�!f : I � R! R3 tal que

�!f (t) = (t; t; t); describa el rango de

�!f :

Solución:Las imagenes

�!f(t) = (t; t; t) las podemos escribir vectorialmente de la

forma�!f (t) = (0; 0; 0) + t(1; 1; 1) lo que nos permite reconocer que se trata de

una recta que pasa por el origen (0; 0; 0) en la dirección del vector �!v = (1; 1; 1):

2

Ejemplo 3Sea

�!f : I � R ! R3 tal que

�!f = (t; t; 2t2); I = [�3; 3];describa el rango

de�!f:Solución:Ponemos

�!f (t) = t(1; 1; 0)+t2(0; 0; 2); de esta expresión se puede a�rmar que

�!f (t) es la suma de un vector a lo largo de la recta y = x en el plano XY y unvector perpendicular al plano XY. Quiere decir entonces que el rango de

�!f se

encuentra en el plano que contiene los vectores (1; 1; 0); (0; 0; 2) perpendicularal plano XY.Si se considera en un punto (t; t; 0) en el plano XY y u distancia al origen,

u =pt2 + t2 =

p2t, resulta que z = 2t2 = u2. Por lo tanto, el rango de

�!f es

una porción de la parábola z = u2 que esta en el plano y = x perpendicular alplano XY y que contiene al eje z.

x

y

z

2 Límite de una función vectorial.

Previamente aclaremos o recordemos algunos conceptos en cuanto a la métricaque usaremosSi �!a y �!b son una par de elementos (puntos) de Rn , pongamos�!a = (a1; a2; a3; : : : ; an);

�!b = (b1; b2; b3; : : : ; bn)

las distancia desde �!a hasta �!b es �!b ��!a se de�ne por

�!b ��!a = " nXi=1

(bi � ai)2# 12

que en R2 y R3 viene a corresponder a lo que de�nimos como distancias entredos puntos.

3

.De�nición:Se dice que el vector

�!l = (l1; l2; l3; : : : ; ln) es el límite de la función vectorial�!

f : I � R ! Rn en t0 2 I , si para cada � > 0 existe un número � > 0

tal que siempre que t esta en el dominio de�!f y 0 < jt� t0j < � entonces �!f (t)��!l < �:

2.1 Teorema del límite

Sea�!f : I � R! Rn función vectorial. Entonces

limt!t0

�!f (t) = l = (l1; l2; l3; : : : ; ln)() lim

t!t0fk(t) = lk; k = 1; 2; :::; n

donde�!f (t) = (f1(t); f2(t); : : : ; fn(t))

Demostración.- i) (() Suponemos que limt!t0

fk(t) = lk; k = 1; 2; :::; n

Sea � > 0 dado

�!f (t)��!l = k(f1(t)� l1; f2(t)� l2; :::; fn(t)� ln)k

= k(f1(t)� l1; 0; 0; :::; 0) + (0; f2(t)� l2; 0; :::; 0) + (0; 0; 0; :::; fn(t)� ln)k� k(f1(t)� l; 0; :::; 0)k+ k(0; f2(t)� l2; 0; :::0)k+ :::+ k(0; :::; 0; fn(t)� ln)k� jf1(t)� lj+ jf2(t)� l2j+ :::+ jfn(t)� lnj

Si limt!t0

fk(t) = lk =)Si �n > 0 existe �k > 0 tal que 0 < jt� t0j < �k =)

jfk(t)� lkj < �n ; k = 1; 2; :::; n

tomando � = min f�kg ; k = 1; 2; :::; n se tiene que 0 < jt� t0j < � =)jfk(t)� lkj < �

n para todo k = 1; 2; ::; n:De la desigualdad anterior, mayorando por �

n : �!f (t)��!l < �

n+ :::+

�

n=

nXi=1

�

n=�

nn = �

8 t 2 (t0 � �; t0 + �);lo que prueba esta parte del teorema.ii) ()) Suponemos que lim

t!t0

�!f (t) =

�!l

Sea � > 0 dado

limt!t0

�!f (t) =

�!l = (l1; l2; l3; : : : ; ln) y

�!f (t) = (f1(t); f2(t); : : : ; fn(t))

4

implica que existe � > 0 talque

�!f (t)��!l < � todo t en el dominio de �!f tal que 0 < jt� t0j < �

pero jfk(t)� lkj < kf(t)� lk todo k. entonces jfk(t)� lkj < � todo t en eldominio de

�!f tal que 0 < jt� t0j < �

Por lo tanto limt!t0

fk(t) = lk; todo k = 1; 2; :::; n:

Se ha establecido entonces que:limt!to

�!f (t) =

�!l = (l1; l2; l3; ::::; ln), lim

t!tofk(t) = lk; k = 1; 2; 3; ::::; n:

Ejemplo 4

Si�!f (t) = (cos t; sin t) ; calcule lim

t!�2

�!f (t)

Solución:

limt!�

2

�!f (t) =

�limt!�

2

cos t; limt!�

2

sin t

�= (0; 1)

Ejemplo 5

La trayectoria de una partícula en el espacio R3 está dada por la funciónvectorial �!c (t) = (cos 2t; sin t; 2t� ): Calcule: limt!�

2

�!c (t); limt!�

�!c (t) y limt!��

2

�!c (t).Solución.-limt!�

2

(cos 2t; sin t; 2t� ) = ( limt!�2

cos 2t; limt!�

2

sin t; limt!�

2

2t� ) =(�1; 1; 1)

limt!�(cos 2t; sin t;2t� ) = (limt!�

cos 2t; limt!�

sin t; limt!�

2t� ) = (1; 0; 2)

limt!��

2

(cos 2t; sin t; 2t� ) = ( limt!��2

cos 2t; limt!��

2

sin t; limt!��

2

2t� ) = (�1;�1;�1)

2.2 Operaciones con funciones vectoriales

De�nición.- Sean�!f ;�!g : I � R! Rn funciones vectoriales, entonces, para

cada t 2 I se de�ne �!f +�!g ; �!f ��!g ; �!f ��!g ; �!f ��!g de la forma siguiente:

a) (�!f +�!g )(t) =

�!f (t) +�!g (t) = ((f1 + g1)(t); (f2 + g2)(t); :::; (fn + gn)(t))

b) (�!f ��!g )(t) =

�!f (t)��!g (t) = ((f1 � g1)(t); (f2 � g2)(t); :::; (fn � gn)(t))

c) (�!f � �!g )(t) =

�!f (t) � �!g (t) = f1(t)g1(t) + f2(t)g2(t) + :::+ fn(t)gn(t)

=

nXi=1

fi(t) � gi(t)

5

d) (�!f ��!g )(t) =

�!f (t)��!g (t)

= ((f2g3)(t)� (f3g2)(t)); (f3g1)(t)� (f1g3)(t); (f1g2)(t)� (f2g1)(t)):

en este caso n = 3:De�nición.- Si : I ! R y

�!f : I ! Rn es función vectorial, de�nimos:

�!f : I ! Rn tal que (

�!f )(t) = (t)

�!f (t) = ( (t)f1(t); (t)f2(t); :::; (t)fn(t))

Estas de�niciones nos llevan al siguiente teorema

2.3 Teoremas del algebra de límites

De�nición.- Sean�!f ;�!g : I � R ! Rn funciones vectoriales, to 2 I , si

limt!to

�!f (t) = �!a y lim

t!to

�!g (t) = �!b ; �!a ;�!b 2 Rn;entonces:

a) limt!to

h�!f +�!g

i(t) = lim

t!to

�!f (t) + lim

t!to

�!g (t) = �!a +�!b

b) limt!to

h�!f ��!g

i(t) = lim

t!to

�!f (t)� lim

t!to

�!g (t) = �!a ��!b

c) limt!to

h�!f � �!g

i(t) = lim

t!to

�!f (t) � lim

t!to

�!g (t) = �!a � �!b

d) limt!to

h�!f ��!g

i(t) = lim

t!to

�!f (t)� lim

t!to

�!g (t) = �!a ��!b ; con n = 3 en estecaso.

Demostración:Es consecuencia directa de aplicación del Teorema del Limite y la de�niciónde las operaciones. Se deja como ejercicio al lector.

2.4 Teorema: producto de función escalar porvectorial

Sean : I � R! R y�!f : I � R! Rn, to 2 I tal que:

limt!to

(t) = � ; y limt!to

�!f (t) = �!a ; � 2 R y �!a 2 Rn, entonces:

limt!to

h �!fi(t) = lim

t!to (t) lim

t!to

�!f (t) = ��!a

Demostración: Se deja como ejercicio al lector.

6

3 Continuidad

De�nición.- Sea�!f : I! Rn y to 2 I , diremos que

�!f es continua en to si para

cada " > 0;existe � > 0 tal que 8 t 2 I : jt� toj < �;entonces �!f (t)��!f (to) <

"Note que: si

�!f = (f1; f2; f3; :::; fn) tal que

�!f : I ! Rn y fi : I ! R,

i = 1; 2; 3; :::; n:

Entonces�!f es continua en to ssi fi es,contínua en to para todo i =

1; 2; 3; :::; n:

En efecto, vea que jfi(t)� fi(to)j �"

nXi=1

((fi(t)� fi(to))2# 12

=) si�!f es continua, entonces fi es continua. Reciprocamente como �!f (t)��!f (to) �

nXi=1

jfi(t)� fi(toj podemos inferir que si fi es continua,

i = 1; 2; 3; :::; n;entonces�!f es continua.

Por lo tanto, decimos que una función vectorial es continua ,si y solo si, loson cada una de sus funciones componentesObservación: Los teoremas de continuidad que obviaremos en este caso y

que son una réplica de los teoremas de límites se pueden probar fácilmente.

4 La Derivada

4.1 De�nición:

Sea�!f : I � R! Rn función vectorial y to 2 I:Se de�ne la derivada de

�!f en to,

denotada d�!fdt (t0) o

�!f�(to) por el límite:

�!f�(to) = lim

h!0

�!f (to+h)�

�!f (to)

h , cuando este límite existe.

Geométricamente �!c 0(to) es un vector tangente a la curva C descrita por latrayectoria �!c (t) en el punto �!c (t0) y apunta en la dirección que es descrita lacurva C por �!c (t)

7

C(t))

C(t+h)C’(t)

x

y

z

�gura2

De la de�nición del límite se deduce que:

4.2 Teorema:�!f : I � R ! Rn; to 2 I y

�!f = (f1; f2; f3; :::; fn) entonces

�!f es derivable en to

si y solo si cada fi es derivable en to:Demostración

�!f `(to) = lim

h!0

�!f (to + h)�

�!f (to)

h

= limh!0

1

h[f1(to + h)� f1(to); f2(to + h)� f2(to); :::; fn(to + h)� fn(to)]

=

�limh!0

f1(to+h)�f1(to)h ; lim

h!0

f2(to+h)�f2(to)h ; :::; lim

h!0

fn(to+h)�fn(to)h

�=hf0

1(to); f02(to); :::; f

0n(to)

iPor lo tanto

�!f 0(to) existe si y solo si f 0k(to) existe para k = 1; 2; 3; :::; n

Si suponemos que �!c (t) describe una trayectoria seguida por una partículapodemos de�nir al vector �!c�(t) como el vector velocidad en la trayectoria �!c enel punto �!c (t):Asimismo , de�niremos la rapidez en ese punto como

���!c�(t)��Ejemplo 6Sea �!c (t) = (r cos(t); r sin(t)), trayectoria cuyo camino corresponde a una

circunferencia de radio r:

8

10 .50­ 0 .5­ 1

1

0 .5

0

­ 0 .5

­ 1

x

y

x

y

Muestre que �!c (t) y �!c 0(t) son ortogonales

Solución.�!c (t) es derivable y �!c 0(t) = (�r sin t; r cos t)�!c (t) � �!c 0(t) = (r cos(t); r sin(t)) � (�r sin t; r cos t)

= r (sin t) r cos (t)� r (cos t) r sin (t) = 0

) �!c (t) y �!c 0(t) son ortogonales 8 t:

5 Regularidad de una curva

Una diferencia signi�cativa de la derivada de funciones vectoriales respecto dela suavidad o regularidad de la curva en el aspecto geométrico es que en estecaso la derivabilidad no detecta picos en la curva. Para describir este hechoconsideramos el siguiente ejemplo:

Ejemplo 7Sea

�!f : R! R2 de�nida por

�!f (t) = (t3; t2 jtj):Su grá�co como muestra la

�gura es similar al grá�co de y = jxj en R2 y sabemos que la función f (x) = jxjno es derivable en x = 0:

100500­50­100

125

100

75

50

25

0

x

y

x

y

9

Muestre que la función dada es derivable para t = 0.Solución�!f (t) = (t3; t2 jtj)) x(t) = t3 , y(t) = t2 jtj

x(t) = t3 ) x0(t) = 3t2;8 t;

y(t) = t2 jtj ) y0(t) =�3t2; t > 0

�3t2; t < 0

�

Además si t = 0) y0(0) = limh!0

y(h)� y(0)h

= limh!0

h2 jhjh

= limh!0

h jhj = 0

) �!f�(0) = (0; 0)Lo que prueba que esta función es derivable en todo R y que hay puntos en

los cuales la derivada es cero, esto geometricamente signi�ca que la curva no essuave en ese punto, cambia rapidamente de dirección, presenta un peak.

Con el objeto de advertir este comportamiento geométrico en una curva ysu relación con la derivada demos la siguiente de�nición.

5.1 Camino regular

De�nición.- Sea�!f : I � R! Rn una función de clase C1(I):Se dice que

�!f (t)

describe un camino regular si�!f 0(t) 6= �!0 8 t 2 I:

Consideremos el siguiente ejemplo para aclarar aún más este concepto

EjemploDada la curva C es descrita por �!c (t) = (cos3 t; sin3 t); 0 � t � 2�, que

corresponde a un Astroide

0 .50­ 0 .5

1

0 .5

0

­ 0 .5

­ 1

x

y

x

y

10

Muestre que no es una curva regular en 0 � t � 2�,

SoluciónEsta trayectoria regular no es regular, pues en t = 0; �2 ; �; y

3�2 la derivada

se anula como podemos veri�car en el siguiente cálculo.�!c�(t) = (3 cos2 t(� sin t); 3 sin2 t cos3 t) = (�3 cos2 t sin t; 3 sin2 t cos3 t)�!c�(0) = (0; 0) ; �!c�(�2 ) = (0; 0) ;

�!c�(�) = (0; 0) ; y �!c�( 3�2 ) = (0; 0)

5.2 Propiedades de la Derivada

Teorema.- Sean�!f ;�!g : I � R! Rn funciones derivables y � : I � R! R una

función derivable, entonces:i) (k

�!f )0(t) = k

�!f�(t)

ii) (�!f +�!g )0(t) = �!f 0(t) +�!g 0(t)

iii) (�!f ��!g )0(t) = �!f 0(t)��!g 0(t)

iv) (��!f )0(t) = �0(t)

�!f (t) + �(t)

�!f 0(t)

v) (�!f � �!g )0(t) = �!f�(t) � �!g (t) + �!f (t) � �!g�(t) Producto Punto o Producto

internovi) (

�!f � �)�(t) = �!f�(�(t))��(t)

vii) (�!f ��!g )0(t) = �!f�(t)��!g (t) +�!f (t)��!g 0(t) para n = 3

Demostración: i), ii), iii) se dejan al lector

iv) (��!f )0(t) = (�(t)

�!f (t))�

= ((�f1)�(t); (�f2)�(t); (�f3)�(t); :::; (�fn)�(t))

= (�0(t)f1(t) + �(t)f�01(t); �

0(t)f2(t) + �(t)f02(t); :::; �

0(t)fn(t) + �(t)f0n(t))

= (�0(t)f1(t); �0(t)f2(t); :::; �

0(t)fn(t) + �(t)f01(t); �(t)f

02(t); :::; �(t)f

0n(t))

= �0(t)(f1(t); f2(t); :::; fn(t)) + �(t)(f01(t); f

02(t); :::; f

0n(t))

= �0(t)�!f (t) + �(t)

�!f 0(t)

11

v) (�!f � �!g )0(t) =

��!f (t) � �!g (t)

�0=

d

dt

"nXk=1

fi(t)gi(t)

#=

nXk=1

d

dt(fk(t)gk(t))

=nXk=1

[f 0k(t)gk(t) + fk(t)g0k(t)]

=nXk=1

f 0k(t)gk(t) +nXk=1

fk(t)g0k(t)

=�!f 0(t) � �!g (t) +�!f (t) � �!g 0(t)

v), vi) se dejan al lector.

6 Parametrización

Si �!c (t) de�ne una trayectoria donde t es el parámetro, podemos modi�car laexpresión que de�ne �!c (t) por �!c (s) de tal modo de tener el mismo conjunto deimagenes, esto lo llamaremos reparametrización.

6.1 De�nición:

Sean�!f : I � R! Rn tal que

�!f = (f1; f2; f3; :::; fn) de�ne un camino regular

en el espacio Rn y ' : I1 ! I una función de clase C1(I) biyectiva y tal que'0(s) 6= 0; 8 s 2 I1; entonces

�!f o : I1 ! Rn tal que

�!f o(s) = (

�!f � ')(s) se

llama reparametrización de la trayectoria)�!f

Observación:De esta de�nición se tiene que:

1)�!f o(s) = (

�!f � ')(s)) �!

f 0(s) =�!f�('(s)) � '�(s)

si '(s) = t) �!f

0

o(s) =�!f�(t) � '�(s) = '�(s) � �!f�(t)

) �!f 0o (s) = '�(s) � �!f 0(t)

como '(s) es un escalar, esto signi�ca que�!f

0

o(s) es '�(s) veces la

12

velocidad que llevaría una partícula parametrizada por�!f (t):

t= ϕ(s)

Is

I1

ϕ

f’(t) f’(s))

(f o ϕ)

f

2) '0(s) 6= 0) '�(s) > 0;8s 2 I1 v '�(s) < 0;8s 2 I;

de la expresión�!f 0o (s) = '�(s) � �!f 0(t) se puede inferir que:

a.- Si '�(s) > 0 , 8 s 2 I1 )�!fo(s) conserva la orientación de

�!f (t)

b.- Si '�(s) < 0 , 8 s 2 I1 )�!fo(s) invierte la orientación de

�!f

Si�!fo(s) es una reparametrización de

�!f (t) y del hecho que

�!fo0(s) =

'�(s) � �!f�0(t) en cada punto�!fo(s) =

�!f (t) si '(s) = t, se deduce el siguiente

teorema.

6.2 Teorema

Sea�!f : I � R! R2 ( o R3) un camino regular y

�!fo =

�!f �' : J � R! R2 (

o R3) una reparametrización de él ( donde ' tiene las condiciones pedidas enla de�nición). Entonces la recta tangente a la curva C (traza de

�!f ) en

�!f (to)

con t0 2 I , es la misma que la recta tangente a C en�!fo(s0) si t0 = '(s0):

Demostración.- t0 = '(s0))�!P 0 =

�!f (to) =

�!f ('(s0) ) =

�!fo(s0)

además �!fo�(s) = '�(s) � �!f�(s) implica que los vectores

�!f 0(to)

y�!fo0(s0) son paralelos,entonces las rectas tangentes a la curva en

�!f (to)

coinciden.

13

6.3 Ejemplos de reparametrizaciones

Sea�!f : [a; b]! R3;una trayectoria regular . Entonces:1) La trayectoria

�!fo : [a; b] ! R3 tal que t 7�! �!

f (a+ b� t) es la repara-metrizacion de

�!f que corresponde a la aplicacion ' : [a; b] 7�! [a; b] dada por

t 7�! a+ b� t, llamamos a �!f o trayectoria opuesta a

�!f :

2) La trayectoria �!g : [0; 1] ! R3 tal que t 7�! �!f (a+ (b� a)t) es una

reparametrizacion de�!f que corresponde a la aplicación ' : [0; 1] 7�! [a; b] dada

por t 7�! a+ (b� a)t, y que conserva la trayectoria de �!f :

EjemploSea

�!f : [�5; 10]! R3 de�nida por t 7�! �!

f (t) = (t; t2; t3) . Reparametrizarcomo trayectoria opuesta a

�!f :

SoluciónAplicando el apartado 1) tenemos:

�!fo : [�5; 10]! R3 tal que t 7�! �!

f (5� t) =((5� t); (5� t)2; (5� t)3) es la reparametrización opuesta a

�!f que corresponde

a la aplicación ' : [�5; 10] 7�! [�5; 10] dada por t 7�! 5� t.

EjercicioSea

�!f : [a; b] ! R3;una trayectoria regular y k una contante positiva .

Sea la aplicación ' :�0; b�ak

�7�! [a; b] dada por '(t) 7�! kt+ a:Muestre que la

trayectoria reparametizada�!f � ' :

�0; b�ak

�! R3 mantiene la trayectoria de

�!f pero la recorre k veces más rápido.

7 Longitud de Arco

Sea C una curva descrita por�!f (t) = (f1(t); f2(t); f3(t); :::; fn(t)); de un intervalo

I = [a; b] en Rn:Sea P una partición de [a; b] y Lp la longitud de la poligonaloriginada por P:

f

a = to

…

b= tn

t1 t3

f(to)f(tk) f(tn)

14

Lp =nXk=1

�!f (ti)��!f (ti�1) Para cada partición P se tiene una correspondiente Lp:

7.1 De�nición.

La curva C descrita por�!f (t) = (f1(t); f2(t); f3(t); :::; fn(t)) de�nida en [a; b] se

dice que es recti�cable si

fLp=P es patición de [a; b]g

tiene una cota superior. Si C es recti�cable entonces la longitud ` de C esel supremo del conjunto de los Lp; es decir

` = sup fLp=P es partición de [a; b]g

7.1.1 De�nición

Sea�!f : I � R ! Rn una trayectoria regular de clase C1 . La longitud

de�!f entre t = a; t = b denotada por `(

�!f ) o simplemente ` se de�ne por:

` =

bZa

�!f�(t) dtEjemplo 7 .Si �!c : [0; 2�] ! R2 tal que �!c (t) = (r cos t; r sin t). ¿ Es una trayectoria

regular? ¿Cual es la longitud de la Curva asociada?Solución.Como �!c�(t) = (�r sin t; r cos t) 6= (0; 0) 8t 2 [0; 2�] la trayectoria es regular,

luegok�!c�(t)k =

p(�r cos t)2 + (r sin t)2) = r

) ` =2�Z0

k�!c�(t)k dt =2�Z0

rdt = 2�r

Ejemplo 8.¿Cuál es la longitud del astroide dado por la ecuación: �!c (t) = (a cos3 t; a sin3 t)?Solución:

15

0 .50­ 0 .5

1

0 .5

0

­ 0 .5

­ 1

x

y

x

y

Veri�quemos primeramente si el astroide es una curva regular:�!c�(t) = (�3a cos2 t sin t; 3a cos t sin2 t)

Podemos inferir que el astroide no es una curva regular, pues�!c�(t) = (�3a cos2 t sin t; 3a cos t sin2 t) = (0; 0) para t = 0; �2 ; �;

3�2 ; 2�

pero dado que es simétrica respecto de ambos ejes podemos calcular su longituden el segmento del dominio

�0; �2

�y luego multiplicamos por cuatro.

`

4=

�2Z0

k�!c�(t)k dt =

�2Z0

p9a2 cos4 t sin2 t+ 9a2 sin4 t cos2 tdt

= 3a

�2Z0

sin t cos tdt =

�3asin2 t

2

��2

0

=3a

2

=) ) ` = 6a

7.2 La Longitud de Arco como Parámetro

7.2.1 Teorema:

Sea�!f : I � R ! Rn función de clase C1 tal que

�!f�(t) 6= �!

0 8 t 2 I .Entonces la longitud s de�nida por

s(t) =

tZ0

�!f 0(u) du; con t 2 I , de una curva puede introducirse como unparámetro de la curva y : d�!fds = 1Demostración:

16

s(t) =

tZ0

�!f 0(u) du) s�(t) = dsdt =

�!f 0(t) � 0Claramente s = s(t) es monótona, estrictamente creciente y contínua, por lo

tanto s(t) tiene función inversa, que denominaremos por t(s) tal que t�(s) existey es positiva para todo s con 0 � s � l(�!f ):

�!f (t(s)) = (f1(t(s)); f2(t(s)); :::; fn(t(s))

Derivando usando la regla de la cadena tenemos:

d�!f

ds= (f1�(t(s)) � t�(s); f2�(t(s)) � t�(s); :::; fn�(t(s)) � t�(s))

=d�!f

dt� dtds=

d�!fdtdsdt

De donde se obtiene que: d�!f

ds

= �!f�(t) ks�(t)k =)

�!f�(t) s�(t)

= 1

Observación:

1. Del teorema anterior se desprende, la rapidez con que recorre�!f es con-

stante e igual a 1 si está paramétrizada con el parámetro longitud de arco.

2. Si �!r (s) = (x(s); y(s); z(s)) describe una curva de R3, y s es parámetrolongitud de arco, entoncesbT = d�!r

ds es vector tangente unitario, ya que: bT = dbrds = 1

7.2.2 Propiedad:

La longitud de un arco es independiente de la parametrización

Demostración:Sean

�!f : [a; b] ! Rn un camino regular y

�!f � : [c; d] ! Rn una

reparametrización de�!f ; por lo cual existe ' de [c; d] en [a; b] de C1 que es

sobreyectiva y '�(s) 6= 0 8 s 2 [c; d]

Entonces:

17

s� �!fo

�=

dZc

�!f ��(u) du = dZc

�!f�('(u))'�(u) du=

dZc

�!f�('(u)) '�(u)du ; si '�(u) > 0

t = '(u)) s� �!fo

�=

bZa

�!f�(t) dt = s(�!f )) s

� �!fo

�= s(

�!f )

De la misma forma si '�(u) < 0, la parametrización invierte el sentidoy '(c) = b; '(d) = a

) s� �!f ��=

dZc

�!f�('(u))'�(u) du = dZc

�!f�('(u)) (�'�(u)) du= �

dZc

�!f�('(u)) '�(u)du = dZc

�!f�(t)) dt =)s� �!fo

�= s(

�!f )

7.3 Parametrización por Longitud de Arco

7.3.1 De�nición.

Sea�!f : I � R! Rn , función de clase C1 y tal que

�!f�(t) 6= 0 en I = [a; b] ;

se de�ne s por

s =

tZa

�!f 0(u) du = '(t)De la de�nición de s se pueden hacer las siguientes precisiones:

1. s = '(t) =

tZa

�!f�(u) du) dsdt = '�(t) =

�!f�(t) 2. Si t 2 (a; b]) ds

dt > 0) s = '(t) es función estrictamente creciente.

3. Por (2) s = '(t) es biyectiva y por lo tanto invertible, sea t = '�1(s).

18

Por tanto, la parametrizació parametrización de�!f en términos es:

�!f (s) =

�!f ('�1(s))

Ejemplo 9Considere la trayectoria: �!r (t) = (a cos t; asent) ,y reparametrice en función

de la longitud de arco s:SoluciónLa ecuación cartesiana de la curva C es x2+y2 = a2 ,que corresponde a una

circunsferencia centradaen el origen de radio a:Veri�quemos si es una curva regular, su derivada es:

�!r�(t) = (�a sin t; a cos t) 6= (0; 0) 8t)

k�!r�(t)k =pa2 sin2 t+ a2 cos2 t

) k�!r�(t)k = a

Determinemos su longitud de arco,

s =

tZ0

k�!r�(u)k du =tZ0

adu = [au]t0 = at

) s = at o t =s

a

Por lo tanto, �!r (s) = (a cos sa ; a sinsa ) es una parametrización por longitud

de arco de la circunferencia de radio a.

Observación: No siempre es sencillo parametrizar por longitud de arco, amodo de ejemplo veamos el siguiente caso.Ejemplo 10Considere la curva C curva descrita por la trayectoria �!r (t) = (t; t2 + 1);

t 2 [0; 3] ; y parametrice en función de la longitud de arco s:Solución.La curva corresponde a una parabóla que tiene por ecuación cartesiana:

y = x2 + 1; x 2 [0; 3]

19

32 . 521 . 510 . 50

1 0

8

6

4

2

x

y

x

y

Determinemos la longitud de la curva:

�!r�(t) = (1; 2t)) kr�(t)k =p1 + 4t2

s =

tZ0

p1 + 4u2du =

"ln��p1 + 4u2 + 2u��

4+up1 + 4u2

2

#t0

s =1

4ln���p1 + 4t2 + 2t���+ t

2

p1 + 4t2

En este caso no es posible obtener t = '�1(s) es decir despejar t en funciónde s a partir de

s = '(t) =1

4ln���p1 + 4t2 + 2t���+ t

2

p1 + 4t2

:

Part II

Trayectorias y Curvas

Una aplicación �!c : [a; b] �! R3(o R2) continua , de�nida de un intervalo I alespacio R3o al plano R2, la llamaremos trayectoria. La imagen C en R3(o R2)de la trayectoria corresponde a lo que es una curva.

20

De�nicion:Se llama curva de la trayectoria �!c : I � R ! R3(R2) dada por �!c (t) =

(x(t); y(t); z(t)) al conjunto de imagenes de�!c ;es decir C =��!c (t) 2 R3= t 2 I

=�

(x(t); y(t); z(t)) 2 R3 : t 2 I

Ejemplo 1: Sea �!c : R! R3 una función de�nida por �!c (t) = (x0;y0;z0)+t(v1;v2;v3) es una recta L en el espacio que pasa por (x0;y0;z0) y tiene la di-rección �!v = (v1;v2;v3)::A partir de esta función se deducen las ecuaciones:x(t) = x0 + tv1; y(t) = y0 + tv2; z(t) = z0 + tv3 ; que se conocen como ecua-ciones paramétricas de una recta en el espacio.Luego, la recta es la imagen dela trayectoria: �!c (t) = (x0;y0;z0) + t(v1;v2;v3); t 2 RGeneralmente, usamos t como variable independiente y �!c (t) señala la posi-

ción de una partícula en el espacio y t en este caso es la variable tiempo.

Ejemplo 2: Sea �!c : [0; 2�] ! R2 una función de�nida por �!c (t) =(cos t; sin t) ;¿cuál es la curva asociada a esta trayectoria?SoluciónA partir de las funciones paramétricas tenemos , x (t) = cos t y (t) = sin t

que cumplen con

(x (t))2+ (y (t))

2= (cos t)

2+ (sin t)

2= 1 8t 2 [0; 2�]

Por lo tanto, es una trayectoria cuya imagen corresponde a una circunsferenciacentrada en el origen y radio unitario.Observe que �!c (t) = (cos 3t; sin 3t) con t 2

�0; 2�3

�describe la misma curva.

En este caso tenemos que trayectorias parametrizadas en forma diferente de-scriben una misma curva. La variable t se designa usualmente con el nombre deparámetro. De ahora en adelante diremos que �!c (t) = (x(t); y(t); z(t)) es unarepresentación paramétrica de la curva C, donde t es el parámetro

De�nición.

21

Sea�!c (t):[a; b]! R3 continua, una trayectoria que describe la curva C:diremosque C en una curva cerrada si y solo si �!c (a) = �!c (b):Una curva cerrada simple, o curva de Jordan es una curva cerrada que tiene

la propiedad :si �!c (t1) = �!c (t2) =) (t1 = t2) _ (t1 = a y t2 = b):Como vemosesto ocurrre si la función �!c es inyectiva en I es decir 8t1; t2 2 I; t1 6= t2 =)�!c (t1) 6= �!c (t2)

Ejercicios 3A partir de la representación paramétrica dada, describa las curvas y en-

cuentre las ecuaciones cartesianas de las mismas, si ello es posible:1) �!c (t) = (t;�t) t � 02) �!c (t) = (4� t2; t) t 2 [�2; 3]3) �!c (t) = (cos t; sin t; 2t) 0 � t � 14) �!c (t) = (a cos t; b sin t; 1) 0 � t � 2�

8 Vectores Unitarios

8.1 Vector Tangente unitario

Sea �!c (t) : [a; b]! R3 una trayectoria y C la curva descrita por �!c (t),

supongamos que �!c tiene derivada de tercer orden y que �!c�(t) 6= �!0 8t 2 [a; b] : De�nimos el Vector Tangente unitario en un punto �!c (t) dela trayectoria, como sigue:

bT(t) = �!c�(t) �!c�(t) En el caso que el parámetro sea el parámetro longitud de arco, entonces: bT(s) = �!c�(s)PropiedadSea �!c (s) : [0; L]! R3 una trayectoria parametrizada por longitud de arco.

Pruebe que los vectores bT y bT� son ortogonales.En efecto:

Como: bT � bT = bT 2 = 1 =) d

ds (bTc�T) = 0 ) bT � bT �+ bT�� bT = 0 )

2bT � bT�= 0) bT � bT�= 0 ; es decir que bT es ortogonal a bT�

22

8.2 Vector Normal

En todos los puntos donde bT� 6= 0 de�nimos : bN =bT0 (s) bT0 (s) ;Vector normal

principal a la curva C en el punto �!c (s).

8.3 Vector Binormal

Hay un tercer vector unitario que es perpendicular tanto a bT como a bN . Sede�ne por el producto cruz de estos vectores, y es denominado vector Binormal,denotado por: bB = bT� bNEl conjunto de vectores

nbT; bN; bBo forma un sistema de vectores unitarios,ortogonales entre sí, orientados positivamente en este orden en cada punto �!c (s)de la curva, es decir se cumple que:bT � bN = 0 bN � bB = 0 bB � bT = 0bT � bT = 1 bN � bN = 1 bB � bB = 1bT� bN = bB bN� bB = bT bB� bT = bN,

x

y

z

T

N

BP

0

En la medida que varía el conjunto de vectoresnbT ; bN; bBo ;este se desplaza

a lo largo de la curva y se llama triedro movil.

Ejemplo 4Considere la hélice circular de�nida por: �!c (t) = (3 cos t; 3 sin t; 4t); t > 0 .

Hallar los vectores bT ; bN; y bB.

23

x

y

z

Solución.

�!c�(t) = (�3 sin t; 3 cos t; 4) �!c�(t) = 5

) s =

tZ0

kc(u)k du = 5t) t =s

5

) �!c (s) = (3 cos s5; 3 sin

s

5; 4s

5)

Por lo tanto: bT = �!c 0(s) = (� 35 sin

s5 ;

35 cos

s5 ;

45 )

Del resultado anterior podemos inferir que bT = 1

Ahora determinemos el vector normal a partir de su de�nición: bN =bT�(s) bT�(s)

bT�(s) = (� 325 cos

s5 ; � 3

25 sins5 ; 0) bT�(s) =q�� 3

25 coss5

�2+�� 325 sin

s5

�2=

q�325

�2= 3

25

bN =(� 3

25 coss5 ;�

325 sin

s5 ; 0)

325

= (� cos s5 ; � sin s5 ; 0)

Del resultado anterior podemos inferir que: bN = 1

24

A partir de los vectores bT y bN se tiene bB = bT � bN )

bB =������

bi bj bk� 35 sin

s5

35 cos

s5

45

� cos s5 � sin s5 0

������ = 45 sin

s5 i�

45 cos

s5j+

35j y podemos comprobar

que: bB = 1De los calculos anteriores podemos resumir que tenemos:En cada punto �!c (s) de la curvabT = (� 3

5 sins5 ;

35 cos

s5 ;

45 );

bN = (� cos s5 ;� sins5 ; 0);

bB = (45 sin s5 ;�

45 cos

s5 +

35 ; 0)

como t =s

5podemos reparametrizar la trayectoria en funcion de t, como

siguebT (t) = (� 35 sin t;

35 cos t;

45 );

bN(t) = (� cos t;� sin t; 0); bB(t) = ( 45 sin t;� 45 cos t+

35 ; 0)

Como ejercicio dejamos que veri�que que: bT � bN = bB bN � bB = bT bB � bT = bN9 Curvatura

Sea�!f : I ! Rn función vectorial dos veces diferenciable, parametrizada

por el parámetro longitud de arco. Al número k(s) = �!f "(s) se le llama

curvatura de�!f en el punto

�!f (s):

Intuitivamente, de la de�nición se in�ere que la curvatura es una medida decuanto se "dobla" una curva, como una medida del alejamiento de la curva dela recta tangente.Ejemplo 5Calcular la curvatura de la hélice �!c (t) = (3 cos t; 3 sin t; 4t); t � 0Solución.

Sabemos que al parametrizar en función del arco se tiene

�!c (s) = (3 coss

5; 3 sin

s

5; 4s

5)

k(s) = k�!c "(s)k = (� 3

25cos

s

5;� 3

25sin

s

5; 0)

= 3

25

En este caso, la curvatura es constante y como k(s) = k�!c "(s)k = bT�(s) ;signi�ca

que el vector tangente unitario bT (s) tiene la misma rapidez de variación de sudirección, en todos los puntos.

Ejemplo 6Mostrar que la curvatura de una recta es cero.

25

Solución

Sea P0 = (xo; yo; zo) punto de la recta y�!v = (a; b; c) su vector dirección,

entonces podemos escribir �!c (t) = (xo + ta; yo + bt; zo + ct)

�!c�(t) = (a; b; c) =) s =

tZ0

pa2 + b2 + c2dt = t

pa2 + b2 + c2

) s = tpa2 + b2 + c2 o t =

spa2 + b2 + c2

Reparametrizando en función del arco se tiene�!c (s) = (xo +

sapa2 + b2 + c2

; yo +sbp

a2 + b2 + c2; zo +

scpa2 + b2 + c2

)

Derivando la expresion anterior:

�!c (s) = 1pa2 + b2 + c2

(a; b; c)) c"(s) = (0; 0; 0)

) k(s) = 0

Por lo tanto, la curvatura en cualquier punto es cero.

9.1 Círculo, circunferencia de curvatura

Si �!c (s) es un punto de la curva C y k la curvatura. La circunferencia que estangente la curva C en el punto �!c (s) de radio R = 1

k se llama circunferenciade curvatura y R radio de curvatura.

x

y

C(s)

P

El centro de esta circunferencia se encuentra en la dirección del vector�!c "(s).

26

9.2 Cálculo de curvatura usando parámetro t cualquieraen IR3

9.2.1 Teorema.

Sea�!f : I � R ! R3 función vectorial, al menos dos veces diferenciable ,tal

que:�!f�(t) 6= 0 8t 2 I: Entonces:

k(t) =

�!f�(t)��!f "(t) �!f�(t) 3Demostración:Sea S parámetro longitud de arco tal que t = '(s)

�!f�(s) = bT (s) = �!

f `(t) �!f `(t) ) �!f�(s) =

1 �!f `(t) �!f `(t)Debemos calcular

�!f��(s). Usando la regla de la cadena se tiene:

�!f "(s) =

d

dt

0@ 1 �!f `(t) �!f `(t)1A dt

dscon

dt

ds=

1

ds

dt

=1 �!f `(t)

Por otra parte, como �!f `(t) 2 = �!f `(t) � �!f `(t)

Se tiene:

2 �!f `(t) d

dt

� �!f `(t) � = �!f `(t) � �!f "(t) +�!f "(t) � �!f `(t)) d

dt

� �!f `(t) � = �!f `(t) � �!f "(t) �!f `(t)

Volviendo a la derivada de�!f�(s) :

�!f "(s) =

�!f "(t)

�!f `(t) ��!f `(t) ddt

� �!f `(t) �kf `(t)k2

� 1ds

dt

27

�!f "(s) =

�!f "(t)

�!f `(t) ��!f `(t)�!f `(t) � �!f "(t) �!f `(t) �!f `(t) 2 � 1 �!f `(t) �!f "(s) =

�!f "(t)

�!f `(t) 2 ��!f `(t)��!f `(t) � �!f "(t)� �!f `(t) 4Como

�!f "(t) 2 = �!f "(t) � �!f "(t)) �!f"(s) 2 =

0B@�!f"(t) �!f `(t) 2 ��!f `(t)��!f `(t) � �!f "(t)� �!f `(t) 4

1CA2

�!f "(s) 2 = �!f "(t) 2 �!f `(t) 4 � 2 �!f `(t) 2 ��!f `(t) � �!f "(t)�2 + �!f `(t) 2 ��!f `(t) � �!f "(t)�2

kf `(t)k8 �!f "(s) 2 = �!f�(t) 2 �!f "(t) 2 � ��!f `(t) � �!f "(t)�2 �!f `(t) 6

�!f "(s) 2 = �!f `(t)��!f "(t) 2 �!f `(t) 6

Por lo tanto:

k(t) =

�!f `(t)��!f "(t) �!f `(t) 3Caso particular en caso de curvas en el planoEjemplo 7Sea �!r (t) = (x(t); y(t)) una trayectoria de R2; en este caso

k(t) =jx�(t)y"(t)� x"(t)y�(t)j[(x�(t))2 + (y�(t))2]

3=2

Solución .-Se deja al alumno, como indicación se sugiere poner

�!r (t) � �!f (t) = (x(t); y(t); 0)

28

y aplicar la formula del teortema precedente

Ejemplo 8

Calcule la curvatura de la espiral de Arquímides � = a �:

Solución.-

x = � cos �y = �sin�

=) r(�) = (a� cos �; a�sen�)

estoy considerando x(�) = a� cos � y y(�) = a�sen�; derivando estasfunciones se tiene

x�(�) = a cos � � a�sen� y y�(�) = asen� + a� cos �

x��(�) = �2asen� � a� cos � y y��(�) = 2a cos � � a�sen�

efectuando los productos y simpli�cando se tiene

x�(�) y"(�)� x"(�)y�(�) = 2a2 + a2�2 = a2(2 + �2)

por otro lado también

(x�(t))2 + (y�(t))2 = a2 + a2�2 = (1 + �2)a2

reemplazando en la formula se tiene

k(�) =

��a2(2 + �2)���(1 + �2)a2

�3=2 y simpli�cando k(�) =2 + �2

a(1 + �2)3=2

para cualquier � positivo.

como comentario, observe que lim�!1

2 + �2

a(1 + �2)3=2= 0; esto no signi�ca otra

cosa que la curvatura de la espiral de Arquímides muy lejos del origen tiende aser casi una recta.

10 Planos por un punto de la curva

Sea �!c : I � IR ! IR3 un camino regular dos veces diferenciable y�!P0 =

�!c (t0) (donde t puede ser parámetro longitud de arco). Si�!T ,�!N y

�!B son los

vectores tangente, normal y binormal de la curva en�!c (t0) = (x0; y0; z0):Podemosde�nir los siguientes planos por

�!P0 =

�!c (t0)

29

10.1 Plano Osculador

Plano determinado por�!T y

��!N en el

�!P0 cuya ecuación es:

(x� x0; y � y0; z � z0) ��!B = 0

10.2 Plano Normal

Plano determinado por��!N y

�!B en el punto

�!P0 cuya ecuación es:

(x� x0; y � y0; z � z0) ��!T = 0

10.3 Plano Recti�cante

Plano determinado por�!B y

�!T en el punto

�!P0 cuya ecuación es:

(x� x0; y � y0; z � z0) ��!N = 0

La �gura muetra los tres planos que se intersectan ortogonalmente.

Con estos mismos vectore se el punto�!P0 se de�nen las rectas:

30

10.4 Recta Tangente

Cuya ecuación vectorial es:

�!P (t) =

�!P0 + t

�!T

Es decir (x; y; z) = (x0; y0; z0) + t (T1; T2; T2) ; t 2 IR

10.5 Recta Normal

Cuya ecuación vectorial es:

�!P (t) =

�!P 0 + t

�!N

Es decir (x; y; z) = (x0; y0; z0) + t (N1; N2; N2) ; t 2 IR

10.6 Recta Binormal

Cuya ecuación vectorial es:

�!P (t) =

�!P 0 + t

�!B

Es decir (x; y; z) = (x0; y0; z0) + t (B1; B2; B2) ; t 2 IR

Ejemplo 9

Considere el camino regular de�nido por �!c (t) = (t3; t2; t). Obtener:a) las ecuaciones de los planos Osculador, Normal, Recti�cante yb) las rectas tangente, normal y binormal a esta curva en el punto (1; 1; 1):

SoluciónPrevio a responder este problema observemos que para determinar los planosy rectas pedidas no es obligatorio trabajar con los vectores unitarios por locual es útil observar que:

�!c�(t) es vector paralelo a �!T (t) , es decir: �!c�(t) = ��!T�!c�(t)��!c "(t) es vector paralelo a �!B (t), es decir :�!c�(t)��!c "(t) = ��!B(�!c�(t)��!c "(t))��!c�(t) es vector paralelo a �!N (t) es decir :

(�!c�(t)��!c "(t))��!c�(t) = �!N

31

Así en el ejercicio:

�!c�(t) = (3t2; 2t; 1) y �!c��(t) = (6t; 2; 0) evaluando en t = 1 �!c�(1) = (3; 2; 1)

y �!c��(1) = (6; 2; 0)

�!c�(1)��!c "(1) =

������i j k3 2 16 2 0

������ = �2i+ 6j � 6k = �2(i� 3j + 3k)

(�!c�(1)��!c "(1)��!c�(1) =

������i j k�2 6 �63 2 1

������ = 18i�16j�22k = 2(9i�8j�11k)En el punto (1; 1; 1) calculamos:Plano Recti�cante(x� 1; y � 1; z � 1) � (9;�8;�11) = 0

) 9x� 8y � 11z + 10 = 0 ecuación del planoPlano Osculador(x� 1; y � 1; z � 1) � (1;�3; 3) = 0

) x� 3y + 2z � 1 = 0 ecuación del planoPlano Normal

(x� 1; y � 1; z � 1) � (3; 2; 1) = 0) 3 x+ 2y + z � 6 = 0 ecuación del plano

Recta tangente:x� 13

=y � 12

=z � 11

Recta Normal:x� 19

=y � 1�8 =

z � 1�11

Recta binormal:x� 11

=y � 1�3 =

z � 13

11 Torsión

Si una partícula se mueve siguiendo un camino C, el plano osculador en unpunto P de la curva es un buen referente para observar el giro o torsimiento dela curva, que no es otra cosa que la medida del alejamiento de la curva del planoosculador en una vecindad del punto P:El comportamiento de la derivada de del vector Binormal bB(s) respecto del

parámetro longitud de arco da la razón de cambio del vector�!B respecto del

plano osculador

32

Por otro lado se puede obsevar que:bB (s) � bB (s) = 1 =) bB�(s) � bB (s)+ bB (s) � bB�(s) = 0 =)) bB�(s) � bB (s) = 0por lo que a�rmamos que bB�(s) es perpendicular a bB (s) :Además como bB (s) � bT (s) = 0 =) bB (s) � bT�(s) + bB�(s) � bT (s) = 0bT�(s) = � bN (s) por lo que bB (s) � bT�(s) = 0 =) ) d bB

ds � bT = 0 por lo quese deduce d bB

ds es perpendicular a bT :Estas dos últimas conclusiones señalan que d bB

ds es un vector perpendicular

a bB y a bT , esto signi�ca entonces que d bBds es paralelo a bN ,es decir normal

al plano osculador en el punto P. Este razonamiento nos permite formular lasiguiente de�nición.

11.1 De�nición.

Sea �!c : I � IR ! IR3 un camino regular tres veces diferenciable parame-trizado por longitud de arco y tal que

�!f��(s) 6= 0 8s 2 I ( es decir con curvatura

no nula). Al número real �(s) tal que

d bBds

= ��(s) bN(s)se llama Torsión de la curva en el punto �!c (s):Entonces, se tiene que �(s) = �d bB

ds � bN(s)Observaciones:

1) El signo menos tiene el propósito de que si �(s) > 0;entoncesd bBds

tiene

la dirección de � bN(s): Así cuando P se mueve sobre la curva en una direcciónpositiva bT , bB(s) gira alrededor de bT en el mismo sentido que un tirabuzóndiestro que avanza en la dirección de bT .como se muestra en la �gura adjunta.

P

T

N

B

2) La k�(s)k = d bBds es una medida de la rapidez con que la curva se despega

del plano osculador

La primera consecuencia importante, de lo anterior, es que si bB(s) no varía (bB constante) signi�ca que la curva se mantiene en el plano osculador y d bBds

= 0:

A�rmamos, entonces que: ��!c (s) describe una curva plana si y solo si sutorsión es cero�.

33

11.2 Cálculo de la tosión usando parámetro t cualquiera(en IR3)

11.2.1 Teorema.

Sea�!f : I � IR ! IR3 función vectorial al menos tres veces diferenciable tal

que:�!f ´( t) 6= 0 y

�!f��( t) 6= 0 8t 2 I: Entonces:

�(t) =

h�!f �(t)��!f "(t)

i� �!f ��(t) �!f �(t)��!f "(t) 2

La demostración de esta formula puede resultar un interesante aunque largoejercicio a este nivel, sin embargo no lo incluiremos aquí pues no forma partede los objetivos de este escrito en esta primera versión.

Ejemplo 10La curva C resulta de la intersección de las super�cies z = 2x2y y z = x+y:

Veri�que usando la formula que �(1) = 0:Solución.-Sea z = 2x2y y z = x+ y =) x+ y = 2x2y de aquí despejando y se

tiene y =x

2x2 � 1Haciendo x = t se tiene una parametrización para la curva intersección de

las super�cies:�!c (t) =

�t;

t

2t2 � 1 ;2t3

2t2 � 1

�Las derivadas son:�!c�(t) =

�1;�(2t2 + 1)(2t2 � 1)2 ;

2t2(2t2 � 3)(2t2 � 1)2

��!c �(t) =

�0;4t(2t2 + 3)

(2t2 � 1)3 ;4t(2t2 + 3)

(2t2 � 1)3

��!c ��(t) =

�0;�12(4t4 + 12t2 + 1)

(2t2 � 1)4 ;�12(4t4 + 12t2 + 1)

(2t2 � 1)4

�En P = (1; 1; 2); t = 1 y evaluando las derivadas en t = 1 se tiene:�!c �(1) = (1;�3;�2) ; �!c �(1) = (0; 20; 20) ; �!c ��(1) = (0;�204;�204)

��!c �(t)��!c "(t)� � �!c ��(t) =������1 �3 �20 20 200 �204 �204

������ = 0: =) �(1) = 0:

Comentario.- el resultado no podía ser otro ya que la curva C está en unplano, el plano z = x+ y:

34

12 Formulas de Frenet

Fueron obtenidas por el matemático Frances Jean Frédéric Frenet en 1847 ensu tesis doctoral, hoy se les conoce como las formulas de Frenet.

13 1) dbTds = k

bN14 2) d bN

ds =� k bT + � bB15 3) dbB

ds = � � bNDemostración.-1) Igualdad establecida en la fundamentación de la de�nición de la torsión2) De las respectivas de�niciones se tiene:

bN =dbTds dbTds ; bT(t) = �!c�(s) y k(s) =

�!c "(s)

bN =dbTds dbTds =) dbT

ds = dbTds bN

bT(t) = �!c�(s) y k(s) = �!c "(s) =) dbT

ds = �!c "(s) bN

= k(s) bN) dbT

ds = k cN:2) A partir de bN = bB � bT y diferenciando se tiene:

dbNds =

d bBds � bT + bB � dbT

ds = (�� bN)� bT + bB � (k bN)= � ( bN � bT ) + k( bB� bN) = � bB � k bT :

) dbNds = � bB � k bT

Finalmente, las formulas de Frenet se pueden resumir en una representaciónmatricial, donde la matriz de transformación es antisimétrica.0B@ bT 0(s)bN 0 (s)bB0 (s)

1CA =

0@ 0 k 0�k 0 �0 �� 0

1A0B@ bTbNbB

1CA

35

Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín

1 PROBLEMAS RESUELTOS

1.1 Continuidad y diferenciabilidad

1.1.1 Problema

Dada la función f : IR2 ! IR de�nida como

f (x; y) =

(arctg

xy

x2 + y2; si (x; y) 6= (0; 0)

0 ; si (x; y) = (0; 0):

a) Veri�car si f es continua en IR2

b) Calcular si existen las derivadas parciales@f

@x;@f

@yen IR2

Solución.a) Tenemos que f (x; y) es continua 8 (x; y) 6= (0; 0) puesto que escomposicion de dos funciones continuas, como son arctg y

xy

x2 + y2:

Para estudiar la continuidad en el punto (0; 0) tenemos que calcularlim

(x;y)!(0;0)f(x; y) lo que haremos a través de la trayectoria y = mx,

entonces lim(x;y)!(0;0)

f(x;mx) = limx!0

arctgmx2

x2 + y2= lim

x!0arctg

m

2 +m2

que depende de la pendiente m, por lo que este limite no existe.Por lo tanto f no es continua en el punto(0; 0)b) Para (x; y) 6= (0; 0) la función admite derivadas parciales, que son:@f

@x(x; y) = y

y2 � x2(x2 + y2)2 + x2y2

;@f

@y(x; y) = x

x2 � y2(x2 + y2)2 + x2y2

Para (x; y) = (0; 0) ;se tiene@f

@x(0; 0) = lim

h!0

f(h; 0)� f (0; 0)h

= limh!0

arctg0� 0h

= limh!0

0 = 0

@f

@y(0; 0) = lim

h!0

f(0; h)� f (0; 0)h

= limh!0

arctg0� 0h

= limh!0

0 = 0

Por lo tanto, existen las derivadas parciales en (x; y) = (0; 0) :

1.1.2 Problema

Dada la función f : IR2 ! IR de�nida como

f (x; y) =

8<:x2seny2

x2 + y2; si (x; y) 6= (0; 0)

0 ; si (x; y) = (0; 0);probar que es

diferenciable en el punto P0 = (0; 0) :¿Es continua la funciónen ese punto?

1

Solución.Tenemos que utilizar la de�nición y ver si el siguiente límite es cero:

L = lim(h;k)!(0;;0)

j�f � df jph2 + k2

; con �f = f(h; k)� f (0; 0) = h2senk2

h2 + k2; y

df =@f

@x(0; 0)h+

@f

@y(0; 0) k

donde

@f

@x(0; 0) = lim

h!0

f(h; 0)� f (0; 0)h

= limh!0

h2 � 0h2

� 0h

= 0

@f

@y(0; 0) = lim

h!0

f(0; k)� f (0; 0)k

= limh!0

0 � senk2k2

� 0k

= 0

Luego, df = 0; entonces L = lim(h;k)!(0;;0)

h2senk2

(h2 + k2)ph2 + k2

g (x; y) =h2senk2

(h2 + k2)3=2

� h2k2

(h2 + k2)3=2

� (h2 + k2)(h2 + k2)

(h2 + k2)3=2

=p(h2 + k2) <

"Si � = " . Así L = 0 y f es diferenciable en P0 = (0; 0) :De lo anterior se deduce que f es es continua en (0; 0) ya que es diferenciable

en dicho punto.

1.2 Regla de la cadena

1.2.1 Problema

Sea la ecuación zxx + 2zxy + zy = 0 , donde

x(u; v) =u+ v

2; y(u; v) =

u� v2

; z(u; v) =u2 � v24

� w (u; v)

Muestre que al cambiar las variables independientes (x; y) por (u; v) y lafunción z por w la ecuación se reduce a 2� 4w uu = 0:SoluciónEn primer lugar, calculamos la aplicación inversa

u(x; y) = x+ y; v (x; y) = x� y:

Derivando parcialmente estas últimas expresiones se tiene:ux = 1; uy = 1; vx = 1; vy = �1Usando estos resultados y la regla de la cadena, obtenemos

zx = zu ux + zv vx = zu + zvzy = zu uy + zv vy = zu � zvReiterando la derivacion parcial usando la regla de la cadenapor segunda vezzxx = (zx)u ux + (zx)v vx = z uu + zvu + zuv + zvvzxy = (zx)u uy + (zx)v vy = z uu + zvu � (zuv + zvv)

2

zyy = (zx)u uy + (zv)v vy = z uu � zvu � (zuv � zvv)Suponiendo que z es una función continua con primeras derivadas parciales

continuas, entonceszxx + 2zxy + zy = 4z uu = 0

Finalmente, zu =2u

4� wu =) z uu =

1

2� w uu

Por tanto:1

2� w uu = 0

1.2.2 Problema

Una función z = z (x; y) se dice que es armónica si tiene derivadas parciales desegundo orden continuas y además zxx + zyy = 0:

Sean u =x

x2 + y2; v =

y

x2 + y2: Pruebe que:

i) u y v son armónicasii) (ux)

2= (vy)

2

iii) (uy)2= (vx)

2

iv) uxvx = �uyvyb) Si f (x; y) es una función armónica, entonces la función w (x; y) = f

�x

x2 + y2;

y

x2 + y2

�es también armónicaSolución

i) u =x

x2 + y2=) ux =

y2 � x2(x2 + y2)2

; uy = �2xy

(x2 + y2)2

v =y

x2 + y2=) vx = �

2xy

(x2 + y2)2; vy =

x2 � y2(x2 + y2)2

Derivando parcialmente por segunda vez se tiene

uxx =�2x(x2 + y2)2 � (y2 � x2)2(x2 + y2)2x

(x2 + y2)4=2x3 � 6xy2(x2 + y2)3

uyy =�2x(x2 + y2)2 � (2xy)2(x2 + y2)2y

(x2 + y2)4=�2x3 + 6xy2(x2 + y2)3

Lo anterior implica queuxx + uyy = 0Analogamente para vxx + vyy = 0:

ii) (ux)2=

�y2 � x2(x2 + y2)2

�2=

�x2 � y2(x2 + y2)2

�2= (vy)

2

iii)(uy)2=

�� 2xy

(x2 + y2)2

�2=

�2xy

(x2 + y2)2

�2= (vx)

2

iv) uxvx =�y2 � x2(x2 + y2)2

��� 2xy

(x2 + y2)2

�= �

�2xy(y2 � x2)(x2 + y2)2

�= �uyvy

b) Aplicando derivacion compuesta tenemos:

wx =@f

@uux +

@f

@vvx; wy =

@f

@uuy +

@f

@vvy

3

wxx =

�@2f

@u2ux +

@2f

@v@uvx

�ux +

@f

@uuxx +

�@2f

@u@vux +

@2f

@v2vx

�vx +

@f

@vvxx

wyy =

�@2f

@u2uy +

@2f

@v@uvy

�uy +

@f

@uuyy +

�@2f

@u@vuy +

@2f

@v2vy

�vy +

@f

@vvyy

wxx =@2f

@u2(ux)

2 +@2f

@v@uvxux +

@f

@uuxx +

@2f

@u@vuxvx +

@2f

@v2(vx)

2 +@f

@vvxx

wyy =@2f

@u2(uy)

2 +@2f

@v@uuyvy +

@f

@uuyy +

@2f

@u@vuyvy +

@2f

@v2(vy)

2 +@f

@vvyy

Sumando términos y utilizando las igualdades establecidas en a) se tiene

wxx+wyy =

�@2f

@u2+@2f

@v2

�(ux)

2+@f

@u(uxx+uyy)+

�@2f

@u2+@2f

@v2

�(vx)

2+@f

@v(vxx+vyy) = 0

1.3 Derivacion Implicita

1.3.1 Problema

a) Sea f : R ! R2 una función tal que grad f(1; 1) = (2; 4) y g : R3 ! R2una función tal que sus funciones coordenadas gi : R3 ! R; i = 1; 2 tienen lossiguientes gradientes grad g1(1; 1; 1) = (2; 3; 1), grad g2(1; 1; 1) = (�5; 4; 2). Si

g(1; 1; 1) = (1; 1). Obtener@(f � g)@x

(1; 1; 1).

b) Utilizando el teorema de la función implicita determine si es posible es-cribir y en términos de x para la función F (x; y) = x4 � exy3�1 = 0 en unavecindad del punto (1; 1), y además encuentre su derivada.

SoluciónSean las coordenadas cartesianas designadas en R3 por (x; y; z) y en R2 por

(u; v), y tomando u = u(x; y; z); v = v(x; y; z) tenemos que:

@f � g@x

(1; 1; 1) =@f

@u(g(1; 1; 1)) � @u

@x((1; 1; 1)) +

@f

@v(g(1; 1; 1)) � @v

@x((1; 1; 1))

=@f

@u((1; 1)) � @u

@x((1; 1; 1)) +

@f

@v((1; 1)) � @v

@x((1; 1; 1))

Notemos que

grad f(1; 1) =

�@f

@u(1; 1);

@f

@v(1; 1)

�= (2; 4);

grad g1 =

�@g1@x;@g1@y;@g1@z

�=

�@u

@x;@u

@y;@u

@z

�= (2; 3; 1);

grad g2 =

�@g2@x;@g2@y;@21@z

�=

�@v

@x;@v

@y;@v

@z

�= (�5; 4; 2);

Así@f � g@x

(1; 1; 1) = 2 � 2 + 4 � �5 = �16:

4

Primeramente notar que (1; 1) 2 F�1(0; 0) y además

@F

@x= 4x3 � y3exy

3�1;@F

@y= �3xy2exy

3�1

las cuales son continuas en R2 en particular para alguna bola B((1; 1); �) de(1; 1) donde @F

@y (1; 1) = �3 6= 0 por lo tanto podemos ocupar el teorema de lafunción implicita, y de�nir f : B((1; 1); �) ! R con y = f(x) y 1 = f(1) cuyaderivada es

y0 =4x3 � y3exy3�13xy2exy3�1

:

1.3.2 Problema

a) Determine las derivadas parciales @u=@x; @u=@y; @v=@x; @v=@y, donde u; vson funciones de�nidas implicitamente por el sistema

F (x; y; u; v) = xeu+v + uv � 1 = 0; G(x; y; u; v) = yeu�v � 2uv � 1 = 0:

Al rededor del punto p = (1; 1; 0; 0).

b) Sea la función z = f(u2 + v2; u=v) obtener@2z

@u2.

Solucióna) Veri�cando las hipótesis del Teorema de la función implicita podemos

concluir que:

@u

@x= � (yeu�v + 2u)eu+v

2xu+vyeu�v + yeu�vu� 2vxeu+v + 2xeu+vu+ vyeu�v

@v

@x= � eu+v(yeu�v � 2v)

2xu+vyeu�v + yeu�vu� 2vxeu+v + 2xeu+vu+ vyeu�v

@u

@y= � e(u� v)(xeu+v + u)

2xu+vyeu�v + yeu�vu� 2vxeu+v + 2xeu+vu+ vyeu�v

@v

@y=

(xeu+v + v)eu�v

2xu+vyeu�v + yeu�vu� 2vxeu+v + 2xeu+vu+ vyeu�v

b) De�niendo x := x(u; v) = u2 + v2; y := y(u; v) = u=v tenemos quez = f(x; y), entonces

@z

@u=@z

@x

@x

@u+@z

@y

@y

@u=@z

@x2u+

@z

@y

1

v;

5

luego

@2z

@u2= 2

@z

@x+ 2u

�@2z

@x2@x

@u+@2z

@y@x

@y

@u

�+1

v

�@2z

@y2@y

@u+@2z

@x@y

@x

@u

�= 2

@z

@x+ 2u

�@2x

@x22u+

@2z

@y@x

1

v

�+1

v

�@2z

@y22u+

@2z

@x@y

1

v

�Utilizando �nalmente el teorema de Schwarz tenemos que

@2z

@u2= 2

@z

@x+ 4u2

@2z

@x2+1

v

@2z

@y2+4u

v

@2z

@x@y:

1.4 PLANO TANGENTE Y RECTA NORMAL

1.4.1 Problema

Probar que los planos tangentes a la super�cie S: xyz = a; a > 0 constante, encualquier punto de S forma con los planos coordenados un tetraedro de volumenconstante.Solución.Sea la super�cie S descrita por la función implícita F (x; y; z) = xyz�a = 0:los vectores normales a la super�cie S satisfacen rF (x; y; z) = (yz; xz; xy)Si�!P 0 = (x0; y0; z0) 2 S;entonces

�!N (P0) = rF (x0; y0; z0) = (y0z0; x0z0; x0y0)

La ecuación del plano tangente al punto�!P 0 2 S; esta de�nida por

(�!r ��!P 0)��!N (P0) = 0;luego y0z0 (x� x0)+x0z0 (y � y0)+x0y0 (z � z0) = 0:

Entonces, las trazas de este plano con los ejes coordenados son

i) Si x = �; y = 0; z = 0 =) � =3x0y0z0y0z0

= 3x0

ii) Si x = 0; y = �; z = 0 =) � =3x0y0z0x0z0

= 3y0

iii) Si x = 0; y = 0; z = =) � =3x0y0z0x0y0

= 3z0

El volumen del tetraedro es:

V =��

6=(3x0) (3y0) (3z0)

6=9

2a; constante.

1.4.2 Problema

a) Probar que S1dada por F (x; y; z) = 0 y S2 dada por G(x; y; z) = 0 sonortogonales en sus puntos de intersección sí y solo si FxGx+FyGy +FzGz = 0:b) Probar que las super�cies S1 : x2 + y2 + z2 � 2x + 4y � 8z = 0 y S2 :3x2 � y2 + 2z2 � 6x� 4y � 16z + 31 = 0 son ortogonales.Solución.a) La normal a S1dada por F (x; y; z) = 0 es

�!N 1 = rF (x; y; z) = (Fx; Fy; Fz).

Del mismo modo, la normal a S2 dada por G(x; y; z) = 0 es

�!N 2 = rG(x; y; z) = (Gx; Gy; Gz)

6

Por de�nición, ambas super�cies son ortogonales si rF � rG = 0 ()

(Fx; Fy; Fz) � (Gx; Gy; Gz) = 0 =) FxGx + FyGy + FzGz = 0

b) Sea S1 : x2 + y2 + z2 � 2x+ 4y � 8z = 0 =)

(x� 1)2 + (y + 2)2 + (z � 4)2 � 21 = 0

y S2 : 3x2 � y2 + 2z2 � 6x� 4y � 16z + 31 = 0 =)

3(x� 1)2 � (y + 2)2 + 2(z � 4)2 = 0

Entonces S1tiene normal�!N 1 = rF (x; y; z) = (2x� 2; 2y + 4; 2z � 8) :

Asimismo , S2 tiene normal�!N 2 = rG(x; y; z) = (6x� 6;�2y � 4; 4z � 16) :

=) rF � rG = (2x� 2; 2y + 4; 2z � 8) � (6x� 6;�2y � 4; 4z � 16)= (2x� 2) (6x� 6) + (2y + 4) (�2y � 4) + (2z � 8) (4z � 16)= 4

�3(x� 1)2 � (y + 2)2 + 2(z � 4)2

�= 4 � 0 = 0

Por lo tanto, S1 es ortogonal a S1:

1.5 DERIVADAS DIRECCIONALES

1.5.1 Problema

Sea f (x; y) :

8<:2xy2

x2 + y4; si (x; y) 6= (0; 0)

0 ; si (x; y) = (0; 0):Determine, si existe, la derivada

direccional de f en P0 = (0; 0).Solución.Sea be = (e1; e2) un versor e una dirección cualquiera de IR2 tal queDbef (0; 0) = lim

�!0

f((0; 0) + � (e1; e2))� f (0; 0)�

= lim�!0

f(�e1; �e2)� f (0; 0)�

Dbef (0; 0) = lim�!0

2 (�e1) (�e2)2

(�e1)2+ (�e2)

4

�= lim

�!0

2�3e1e22

�2(e21 + �2e42)

�Por lo tanto

Dbef (0; 0) = lim�!0

2e22e1;este limite existe si y solo si e1 6= 0

1.5.2 Problema

Sea f (x; y) =

8<:x (x+ y)

x2 + y2; si (x; y) 6= (0; 0)

0 ; si (x; y) = (0; 0):Determine, si existe, la derivada

direccional de f en P0 = (0; 0).Solución.Sea be = (e1; e2) un versor e una dirección cualquiera de IR2 tal queDbef (0; 0) = lim

�!0

f((0; 0) + � (e1; e2))� f (0; 0)�

= lim�!0

f(�e1; �e2)� f (0; 0)�

7

Dbef (0; 0) = lim�!0

e1(e1 + e2)

� (e21 + e22)

Este limite existe si y solo si e1(e1 + e2) = 0 =) e1 = 0 ó (e1 + e2) = 0i) Si be = (0; e2) = 0; Dbef (0; 0) = 0ii) Si be = (e1;�e1) = 0; Dbef (0; 0) = 0:

1.5.3 Problema

Hallar la derivada direccional de f (x; y; z) = x2yz3 en el punto P0 = (1; 1;�1) enla dirección de la tangente a la trayectoria : �!r (t) = (e�t; 1 + 2sen (t) ; t� cos (t)) :Solución.Como f (x; y; z) = x2yz3es una función diferenciable en R3;entoncesDbtf (P0) = rf (P0) � bt; donde rf (P ) = �2xyz3; x2z3; 3x2yz2�El punto P0 que corresponde a t = t0 es:�!r (t0) = (e�t0 ; 1 + 2sen (t0) ; t0 � cos (t0)) = (1; 1;�1) =) e�t0 = 1Así, t0 = ln (1) = 0El vector tangente a la curva es:�!r 0(t) = (�e�t; 2 cos (t) ; 1 + sen (t)) ; entonces �!r 0

(0) = (�1; 2; 1) yel vector tangente unitario en esta dirección quedabt = �!r

0(0)

k�!r 0 (0)k =(�1;2;1)p

6

Por tanto, la derivada direccional esDbtf (P0) = (�2;�1; 3) � (�1;2;1)p

6= 3p

6> 0

Como es positiva,signi�ca que f aumenta en esta dirección.

1.5.4 Problema

Calcular la derivada direccional de f (x; y; z) = xy + xz � yz en el puntoP0=

�p2;�

p2; 0�en dirección de la tangente a la curva determinada por las

super�ciesx2 + y2 + z2 = 4; x+ y + z = 0

Solución.Como f (x; y; z) = xy+xz� yz es una función diferenciable en R3;entoncesDbtf (P0) = rf (P0) � bt; donde rf (P ) = (y + z; x� z; x� y) =)

rf (P0) =��p2;p2; 2p2�

Aún falta calcular el vector bt = �!r0(P0)

k�!r 0 (P0)k ,que es tangente a la curvadeterminada por las super�cies dadas.

Sea C dada por �!r (x) = (x; y (x) ; z (x)) =) �!r 0 (x) =�1; y

0(x) ; z0 (x)

�,

donde y0(x) ; z0 (x) se calculan implicitamente a partir del sistema

de ecuaciones por derivación con respecto a x, en el entendidoque y = y (x) ; z = z (x) :En efecto:

8

2x+ 2yy0 + 2zz0 = 0 � 121 + y

0+ z

0= 0

() yy0 + zz0 = �xy0+ z

0= �1

Resolviendo el último sistema obtenemos

y0(x) =

���� �x z�1 1

�������� y z1 1

���� =�x+ zy � z ; z

0(x) =

���� y �x1 �1

�������� y z1 1

���� =x� yy � z

Evaluando

y0 �p

2�=�p2

�p2= 1 y y

0 �p2�=2p2

�p2= �2

Luego

=) �!r 0�p2�= (1; 1;�2) =) bt = �!r 0

(P0)

k�!r 0 (P0)k=(1; 1;�2)p

6Por lo tanto, se tiene que

Dbtf (P0) = (�p2;p2; 2p2) � (1; 1;�2)p6

=�4p6

1.6 VALORES EXTREMOS

1.6.1 Problema

Encuentre los valores extremos de la f (x; y) = x2 + y2 � 12x

4:Solución.Derivando parcialmente con respecto a x e y tenemos:fx (x; y) = 2x� 2x3fy (x; y) = 2yEsta claro que fx y fy son continuas en R2Aplicando la condición necesaria para los puntos críticos de ftenemos: 2x� 2x3 = 0; 2y = 0:Al resolver el sistema obtenemos tres puntos críticos.P0 = (0; 0) ; P1 = (1; 0) ; P2 = (�1; 0)Determinemos el Hessiano H (x; y) :

H (x; y) =

���� fxx (x; y) fxy (x; y)fyx (x; y) fyy (x; y)

���� = ���� 2� 6x2 00 2

���� = 4� 12x2Evaluemos el Hessiano H (x; y) en cada uno de los puntos:i) Para P0 = (0; 0) =) H (0; 0) = 4 > 0 y fxx (0; 0) = 2 > 0Se concluye, que en P0 hay un mínimo relativo f (0; 0) = 0:ii) Para P1 = (1; 0) =) H (1; 0) = �8 < 0 :Por tanto, en P1 hay punto silla de f:iii) Para P2 = (�1; 0) =) H (�1; 0) = �8 < 0 :Así, en P2 tambien hay un punto silla de f:

1.6.2 Problema

Encuentre los valores extremos de la f (x; y) = x2 + y2 � xy + x+ y

9

en el dominio D =�(x; y) 2 R2= x � 0; y � 0; x+ y � �3

:

Solución.En primer lugar, determinemos los valores extremos en el conjuntoabierto: D� =

�(x; y) 2 R2= x < 0; y < 0; x+ y > �3

:

Derivando parcialmente con respecto a x e y tenemos:fx (x; y) = 2x� y + 1fy (x; y) = 2y � x+ 1Observe que fx y fy son continuas en R2Aplicando la condición necesaria para los puntos críticos de ftenemos en sistema:2x� y = �1; �x+ 2y = �1:Al resolver el sistema obtenemos un único punto críticoP0 = (�1;�1) 2 D�

Determinemos el Hessiano H (x; y) :

H (x; y) =

���� fxx (x; y) fxy (x; y)fyx (x; y) fyy (x; y)

���� = ���� 2 �1�1 2

���� = 3 8 (x; y) 2 D�:

Así, P0 = (�1;�1) =) H (�1;�1) = 3 > 0 y fxx (�1;�1) = 3 > 0Se concluye, que en P0 hay un mínimo relativo f (�1;�1) = �1:En segundo lugar, estudiemos la condición que se presenta en lafrontera de D:a) Si y = 0; f (x; 0) = x2 + x con x 2 [�3; 0]Determinemos los puntos críticos en este bordef0(x) = 2x+ 1 = 0 =) x = � 1

2Luego se tiene un punto critíco en P1 =

�� 12 ; 0�2 D:

Como f00(x) = 2 > 0;8x 2 [�3; 0] ;entonces en P1 =

�� 12 ; 0�hay

un mínimo f�� 12 ; 0�= � 1

4 :b) Si x = 0; f (0; y) = y2 + y con y 2 [�3; 0]Determinemos los puntos críticos en este bordef0(y) = 2y + 1 = 0 =) y = � 1

2Luego, se tiene un punto critíco en P2 =

�0;� 1

2

�2 D:

Como f00(y) = 2 > 0;8y 2 [�3; 0] ;entonces en P2 =

�0;� 1

2

�hay

un mínimo f�0;� 1

2

�= � 1

4 :c) Si x+ y = �3; f (x;�x� 3) = 3x2 + 9x+ 6 con x 2 [�3; 0]Determinemos los puntos críticos en este bordef0(x) = 6x+ 9 = 0 =) x = � 3

2 =) y = � 32

Luego se tiene un punto critíco en P2 =�� 32 ;�

32

�2 D:

Como f00(x;�x� 3) = 6 > 0;8x 2 [�3; 0] ;entonces P2 =

�� 32 ;�

32

�en hay un mínimo f

�� 32 ;�

32

�= � 3

4 :

10

1.7 MULTIPLICADORES DE LAGRANGE PARA EX-TREMOS RESTRINGIDOS

1.7.1 Problema

En que puntos de la elipsex2

a2+y2

b2= 1, la tangente a este lugar geométrico

forma con los ejes coordenados un triángulo de área mínima.Solución.Sea la ecuación de la tangente a la elipse en el punto (x0; y0) :x0x

a2+y0y

b2= 1

Sea f (x; y) =1

2xT yT , el área que forma la recta tangente con los ejes

coordenados, donde xT yT se determinan a partir de la ecuación dela tangente.

Si yT = 0 =) xT =a2

x0xT = 0 =) yT =

b2

y0

Así f (x; y) =1

2

a2b2

x0y0es la función a estudiar.

que veri�ca la condición:x20a2+y20b2� 1 = 0:

Consideremos la función :

L (x; y; �) =1

2

a2b2

x0y0+ �

�x20a2+y20b2� 1�

Lx (x; y; �) = �12

a2b2

x20y0+ 2�

x0a2= 0 �1=y0

Ly (x; y; �) = �12

a2b2

x0y20+ 2�

y0b2= 0 �=x0

L� (x; y; �) =x20a2+y20b2� 1 = 0

Multiplicando las ecuaciones anteriores por los coe�cientes que seindican, tenemos

1:0) �12

a2b2

x20y20

+2�

a2x0y0= 0 �1=y0

2:0) �12

a2b2

x20y20

+2�

b2y0x0= 0 �1=x0

3:0)x20a2+y20b2� 1 = 0

Restando 2:0� 1:0 se tiene2�

a2x0y0=

2�

b2y0x0

=) x20 =a2

b2y20

Sustituyendo este resultado en 3.0) se tiene un único punto crítico de f en

P0 =

�ap2;bp2

�Mediante el criterio de la segunda derivada podemos determinar lanaturaleza del punto crítico

11

f (x; y(x)) =1

2

a2b2

x0y0=) f

0(x) =

a2b2

2

�y0 � x0y

0

0(x)

(x0y0)2

!donde a partir de la condición obtenemos2x0a2

+2y0b2y0

0(x) = 0 =) y0

0(x) = �b2x0a2y0

=) y0

0(x) = �b2

a2

"y0 � x0y

00

0

y20

#Así

f00(x) = �a

2b2

2

(x0y0)

2(2y0

0 + x0y00

0 (x))� 2(x0y0)(y0 + x0y0

0(x))2

(x0y0)4

!Produce

f00�ap2;bp2

�> 0

Por lo tanto, en el punto P0 =�ap2;bp2

�un mínimo de f

1.7.2 Problema

Se desea construir una tolva para un silo, que tenga una capacidad de 100 m3

y forma de cono circular recto de 2m de radio coronado por un cilindro porun cilindro circular recto, empleando un mínimo de material para la super�cie.Calcular las alturas x del cilindro e y del cono para tal objeto.Solución:Sea la función super�cie de�nida por f (x; y) = 2�

p4 + y2 +4�x

Con la condición que el volumen sea g (x; y) = 43�y + 4�x� 100 = 0

Entonces formemos la función:L (x; y; �) = f (x; y) = 2�

p4 + y2 +4�x+ �

�43�y + 4�x� 100

�Lx (x; y; �) = 4� + 4�� = 0 =) � = �1Ly (x; y; �) =

4�y

2p4 + y2

+4

3�� = 0 =) y

2p4 + y2

=1

3

L� (x; y; �) =43�y + 4�x� 100 = 0

9y2 = 4�4 + y2

�=) 5y2 = 16 =) y =

4p5

Sustituyendo en la restricción se tiene

4�x = 100� 163p5� =) x =

100

4�� 4

3p5

En consecuencia, se tiene un único punto crítico en

P0 =

�100

4�� 4p

5;4p5

�La condición de mínimo de f se estable mediante la segunda derivada

f (x; y(x)) = 2�p4 + y2 + 4�x =) f

0(x) =

4�yy0

2p4 + y2

+ 4�

43�y + 4�x� 100 = 0 =) y0 (x) = �3

Por lo tanto, sustituyendo y0 (x) ; y derivando por segunda vez

12

f0(x) = � 6�yp

4 + y2+ 4� =) f

00(x) = �6�

(�3(4 + y2)� y2

(4 + y2)3=2

!f00(P0) > 0 =) Valor minimo

Así el valor mínimo de la función es:

f

�100

4�� 4p

5;4p5

�= 2�

q4 + 16

5 +4�

�100

4�� 4p

5

�= 100� 20�

3p5

1.7.3 Problema

Determine la distancia mínima y máxima del origen a la curva de intersección

del paraboloide z =7

4� x2 � y2 y el plano x+ y + z = 2:

Solución:En este caso es conveniente los valores extremos del cuadrado de ladistancia con respecto al origen en vez de la distancia misma. Por lotanto, se deben hallar los valores extremos de la función:

f(x; y; z) = x2 + y2 + z2

sujeta a las restriciones

g (x; y; z) = z � 74+ x2 + y2 = 0

h (x; y; z) = x+ y + z � 2 = 0

Para aplicar el método de los multiplicadores de Lagrange se de�ne

F (x; y; z; �1; �2) = x2+y2+z2+�1

�z � 7

4+ x2 + y2

�+�2 (x+ y + z � 2)

Fx = 2 (1 + �1)x+ �2 = 0 (1:0)Fy = 2 (1 + �1) y + 2�2 = 0 (2:0)Fz = 2z + �1 + �2 = 0 (3:0)

F�1 = z �7

4+ x2 + y2 = 0 (4:0)

F�2 = x+ y + z � 2 = 0 (5:0)1:0)� 2:0) : 2 (1 + �1) (x� y) = 0 =) �1 = �1 o y = x

Si �1 = �1 ;entonces de 1) �2 = 0 y de 3) z =1

2

Si z =1

2; entonces de 4) y 5) se obtiene: 2x2 � 3x+ 1 = 0

Resolviendo la ecuación anterior, sus soluciones son: x1 = 1;x2 =1

2

x1 = 1 =) y1 =1

2=)

�1;1

2;1

2

�es punto crítico.

x2 =1

2=) y2 = 1 =)

�1

2; 1;

1

2

�es punto crítico.

Por otra parte:4)� 5) =) x2 + y2 � x� y + 14= 0

13

Si y = x =) 2x2 � 2x+ 14= 0; resolviendo la ecuación x =

2�p2

4

y = x =2 +

p2

4=) z =

4� 2p2

4=)

2 +

p2

4;2 +

p2

4;4� 2

p2

4

!es punto crítico de f:

y = x =2�

p2

4=) z =

4 + 2p2

4=)

2�

p2

4;2�

p2

4;4 + 2

p2

4

!es punto crítico de f:Así

fmax

2�

p2

4;2�

p2

4;4� 2

p2

4

!=1

4

�9 + 2

p2�

fmin

�1

2; 1;

1

2

�=3

2

Como la curva intersección del paraboloide y el plano es una curva cerrada,

la distancia mínima y la distancia máxima al origen son respectivamente

r3

2y

1

2

q�9 + 2

p2�:No necesitamos más pruebas por las caracteristicas geométricas

del problema.

1.7.4 Problema

Demuestre que las distancias máxima y mínima desde el origen a la curva de

intersección de�nida porx2

4+y2

5+z2

25= 1; z = x+ y:

Solución:Debenos encontrar los valores extremos de la función

f(x; y; z) = x2 + y2 + z2

sujeta a las restriciones

g (x; y; z) =x2

4+y2

5+z2

25� 1 = 0

h (x; y; z) = x+ y � z = 0

Para aplicar el método de los multiplicadores de Lagrange se de�ne

F (x; y; z; �1; �2) = x2 + y2 + z2 + �1

�x2

4+y2

5+z2

25� 1�+ �2 (x+ y � z)

Aplicando la condición necesaria de punto crítico

14

Fx = 2

�1 +

�14

�x+ �2 = 0 (1:0)

Fy = 2

�1 +

�15

�y + �2 = 0 (2:0)

Fz = 2(1 +�15+ �2 = 0 (3:0)

F�1 =x2

4+y2

5+z2

25� 1 = 0 (4:0)

F�2 = x+ y � z = 0 (5:0)Despejando de estas ecuaciones x; y; z se tiene

x = � 2�2�1 + 4

; y = � 5�22�1 + 10

; z = � 25�22�1 + 50

; 6:0)

Al dividir 5:0 por �2 6= 0 (lo cual está justi�cado porque de otro modo de1:0; 2:0 y 3:0, se tendría x = y = z = 0).

2

�1 + 4+

5

2�1 + 10+

25

2�1 + 50= 0:Multiplicando por 2 (�1 + 4) (2�1 + 10) (2�1 + 50)

y simpli�cando da17�21 + 245�1 + 750 = 0 =) (�1 + 10)(17�1 + 75) = 0

de donde: �1 = �10; �1 = �75

17

Caso i) Si �1 = �10; entonces de 6:0 : x =�23; y =

�22; z =

5�26:

Sutituyendo en 4.0 da:�2236+�2220+5�2266

� 1 = 0 =) �22 =180

19=)

�2 = �6r5

19Por lo tanto, se tienen dos puntos críticos.

P1 =

2

r5

19; 3

r5

19; 5

r5

19

!y P2 =

�2r5

19:� 3

r5

19;�5

r5

19

!

Evaluando en la función se tiene f

�2r5

19;�3

r5

19;�5

r5

19

!= 10

Caso ii) Si �1 = �75

17; entonces de 6:0 : x =

34�27; y = �17�2

4; z =

17�228

:

Sutituyendo en 4.0 da:�2236+�2220+5�2266

� 1 = 0 =) �22 =(140)2

(17)2(646)=)

�2 = ��140

17p646

�Por lo tanto, se tienen otros dos puntos críticos más.

P1 =

�40p646

;� 35p646

5p646

�y P2 =

�� 40p

646;35p646

;� 5p646

�Evaluando en la función se tiene f

�� 40p

646;� 35p

646;� 5p

646

�=75

17

Asi el valor máximo buscado es 10 y el valor mínimo es75

17

15

1.7.5 Problema

Se desea construir un silo, que tenga una capacidad de V0 con forma de cilindrocircular recto de altura h y radio basal r . Calcular la altura h del cilindro yradio basal r de manera que la super�cie total sea mínima.Solución:Sea la función super�cie de�nida por f (r; h) = 2�r2 +2�rhCon la condición que el volumen sea g (x; y) = �r2h� V0 = 0Entonces formemos la función:L (r; h; �) = 2�r2 + 2�rh+ �

��r2h� V0

�Lr (r; h; �) = 4�r + 2�h+ 2��rh = 0 1:0)Lh (r; h; �) = 2�h+ ��r2 = 0 2:0)L� (r; h; �) = �r2h� V0 = 0 3:0)

De 2:0)se tiene: � = �2ry sustituyendo este valor en 1:0) obtenemos h = 2r

Si h = 2r; entonces de 3.0)r = 3

rV02�;h = 2 3

rV02�

En consecuencia, se tiene un único punto crítico en

P0 =

3

rV02�; 2 3

rV02�

!La condición de mínimo de f se establece mediante la segunda derivadaf (r; h(r)) = 6�r2 =) f

0(r) = 12�r

=) f00(r) = 12� > 0

Por lo tanto, se tiene un valor mínimo de f si h = 2rAsí el valor mínimo de la super�cie es:

f

3

rV02�; 2 3

rV02�

!= 6�

�V02�

�2=31.7.6 Problema

Determinar los extremos absolutos de la función f (x; y) = y3 + x2y + 2x2 +2y2 � 4y � 8 en el conjunto D =

�(x; y) 2 IR2=x2 + y2 � 1

:

Solución.En primer lugar estudiemos los puntos del interior de D, para ver si existen

máximos o mínimos locales.La condicion necesaria, de los puntos interiores candidatos a extremos, es

rf (x; y) = (0; 0) =)@f

@x= 2x(y + 2) = 0

@f

@y= 3y2 + x2 + 4y � 4 = 0

i) La primera ecuación implica que x = 0 ó y = �2: Si y = �2; la segundaecuación implica que x = 0; luego se tiene un punto crítico en P0 = (0;�2) ; sinembargo , P0 =2 D:

16

ii) Si x = 0, la segunda ecuación es 3y2 + 4y � 4 = 0 =) y = �2; y = 2

3:

Las coordenadas del punto P1 =�0;2

3

�veri�can

4

9< 1;entonces P1 2 D:

Además f (P1) =8

27+8

9� 83� 8 = 256

27= �9; 48:

En segundo lugar, estudiemos los puntos de la frontera de D usando lafunción f (x; y) = y3 + x2y + 2x2 + 2y2 � 4y � 8 bajo la restrición g (x; y) =x2 + y2 � 1 = 0:Usemos el método de los multiplicadores de Lagrange.Sea L (x; y; �) = y3 + x2y + 2x2 + 2y2 � 4y � 8 + �(x2 + y2 � 1);y obtenemos:@L

@x= 2x(y + 2) + �2x = 0 (1:0)

@L

@y= 3y2 + x2 + 4y � 4 + �2y = 0 (2:0)

@L

@�= x2 + y2 � 1 = 0 (3:0)

De la ecuación 1:0 se tiene que x = 0 ó (y + 2) + � = 0a) Si x = 0;en 3.0 se tiene y2� 1 = 0 =) y = �1:Luego se tienen otros dos

puntos críticosP2 = (0; 1) y P2 = (0;�1) que satisfacen las ecuaciones 1:0 y 3:0:Para comprobar que también satisfacen la ecuación 2:0 , sustituyamos el ella

P1 = (0; 1) =) � =3

22 IR

P2 = (0;�1) =) � =5

22 IR:

Si evaluamos las función en los puntos encontrados obtenemos:f (P2) = 1 + 2� 4� 8 = �9f (P3) = �1 + 2 + 4� 8 = �3b) Si (y+2)+ � = 0 () � = �(y+2), en 2:0 se tiene 3y2 + x2 +4y� 4+

2y(y + 2) = 0=) x2 + y2 = 4, resultado que contradice la ecuación 3:0; x2 + y2 = 1:Luego, esta condición no produce un punto crítico.Por lo tanto, comparando los valores de la función en los tres puntos en-

contrados, podemos inferir que el máximo absoluto se alcanza en P3 y que elmínimo absoluto se alcanza en P1

1.7.7 Problema

Determine las dimensiones de una caja rectangular, sin tapasuperior,que ha de tener un volumen dado V0;de manera quesu super�cie sea mínima.Solución:

Sea la función super�cie de�nida por f (x; y; z) = xy + 2xz + 2yzCon la condicion que el volumen sea g (x; y; z) = xyz � V0 = 0Entonces formemos la función:

17

L (x; y; z; �) = f (x; y) = xy + 2xz + 2yz + � (xyz � V0)

Lx (x; y; z; �) = y + 2z + �yz = 0 (1:0)Ly (x; y; z; �) = x+ 2z + �xz = 0 (2:0)Lz (x; y; z; �) = 2x+ 2y + �xy = 0 (3:0)L� (x; y; z; �) = xyz � V0 = 0 (4:0)

Despejando y y x de 1:0 y 2:0 se tiene5.0) y = x = � 2z

1+�z ; sutituyendo en 3:0) produce:

� 8z1+�z +

4�z2

(1+�z)2= 0 =) z = 1

� 6:0)

Reemplazando en 6:0) en 5:0) se tieney = x = � 4

� : Sustituyendo en 4.0�� 4�

� �� 4�

� �1�

�= V0 =) � =

�16V0

�1=3Por lo tanto, se tiene un único punto crítico de f en

P0 =�4�V016

�1=3; 4�V016

�1=3;�V016

�1=3�:

Examinemos la naturaleza del punto crítico usando el Hessiano limitado:

H (x; y; z) =

����������0 @g

@x@g@y

@g@z

@g@x

@2L@x2

@2L@x@y

@2L@x@z

@g@y

@2L@x@y

@2L@y2

@2L@y@z

@g@z

@2L@x@z

@2L@y@z

@2L@z2

����������=

��������0 yz xz xyyz 0 1 + �z 2 + �yxz 1 + �z 0 2 + �xxy 2 + �y 2 + �x 0

��������H�4�V016

�1=3; 4�V016

�1=3;�V016

�1=3�=

����������0 4

�V016

�2=34�V016

�2=316�V016

�2=34�V016

�2=30 2 6

4�V016

�2=32 0 6

16�V016

�2=36 6 0

����������Usando propiedades de determinantes, obtenemos que el valor de Hessiano

es:

H = 16�V016

�4=3��������0 1 1 41 0 2 61 2 0 64 6 6 0

�������� = �2048:0� (0:062 5V0)43 < 0

Además: �3 =

������0 1 11 0 21 2 0

������ = 4 > 0Entonces la función f tendrá un máximo condicionado en el punto P0 =�

4�V016

�1=3; 4�V016

�1=3;�V016

�1=3�1.8 Aplicación al cálculo de errores

1.8.1 Problema

El periodo T de un péndulo simple depende de la longitud l y de la aceleraciónde gravedad g del lugar y está dado por:

18

T = 2�

rl

g: Hallar a a) el error absoluto y b) el error relativo , al calcular

T con l = 0; 6 m y g = 10m=s2 si los valores verdaderos eran l = 58; 5cm yg = 9; 8m=s2:Solución

a) Sea T = 2�

rl

g: el período de un péndulo simple.

El error absoluto de T es �T; que en este caso es aproximadamente dT: asíse tiene:

El error absoluto de T = dT =@T

@ldl +

@T

@gdg =

�plgdl � �

rl

g3dg

Error de l = �l = dl = (0; 6 � 0; 585)m = 0; 015m

Error de g = �g = dg = (10� 9; 8)m=s2 = 0; 2m=s2

El error absoluto de T = dT =�p

0; 6x10(0; 015)� �

r0; 6

1000(0; 2)

b) El error relativo de T =dT

T=

1

2�

rl

g

��plgdl � �

rl

g3dg

�

El error relativo de T =�1

2ldl � 1

2gdg

�:

El error relativo de T =dT

T=

1

2�

rl

g

��plgdl � �

rl

g3dg

�

1.8.2 Problema

Si u = f(x; y; z) de�ne una función diferenciable, y z se de�ne implicitamentecomo una función de x e y

por la ecuación g(x; y; z) = 0 con los atributos pedido en el teorema de lafunción implícita. Pruebe que

u tiene primeras derivadas parciales de x e y dadas por:

@u

@x=

@(f;g)@(x;z)

@y@z

;@u

@y=

@(f;g)@(y;z)

@y@z

19

b) Si u = x2y + z2; y z = g(x; y) se de�ne implicitamente po la ecuaciónx2y � 3z + 8yz3 = 0Calcule:

@u

@x(1; 0; 0) y

@u

@y(1; 0; 0)

1.9 Solución:

a) Utilizando la regla de la cadena tenemos

@u

@x=@f

@x+@f

@z

@z

@x

por otra parte si g(x; y; z) = 0 de�ne implicitamente a z = z(x; y) entonces

@z

@x= �

@g@x@g@z

reemplazando en la ecuación anterior

@u

@x=@f

@x+@f

@z(�

@g@x@g@z

) =@f@x

@g@z �

@f@z

@g@x

@g@z

=

@(f;g)@(x;z)

@g@z

Similarmente

@u

@y=@f

@y+@f

@z

@z

@yy

@z

@y= �

@g@y

@g@z

)@u

@y=@f

@y+@f

@z(�

@g@y

@g@z

) =

@f@y

@g@z �

@f@z

@g@y

@g@z

=

@(f;g)@(y;z)

@g@z

b) En este caso u = f(x; y; z) = x2y+z2 y z = z(x; y) se de�ne implicitamentepor

g(x; y; z) = x2y � 3z + 8yz3 = 0 y tenemos

@g

@x= 2xy ,

@g

@y= x2 + 8z3 ,

@g

@z= �3 + 24yz2

derivadas que son todas continuas por lo que se a�rma que g es de C1

20

Ademas g(1; 0; 0) = 0 y @g@z (1; 0; 0) = �3 6= 0

Entonces por el teorema de la función implicita se tiene que existe V =V@(1; 0) y una vecindad (�a; a) de z = 0y una función z(x; y) de C1 sobre V tal que

z(1; 0) = 0 y z(1; 0)�(�a; a)

Ademas:

@(f;g)@(x;z) =

����2xy 2z2xy �3 + 24yz2

���� = 2xy(�3 + 24yz2)� 2xy2z= 2xy(�3 + 24yz2 � 2z)

@g@z = �3 + 24yz

2

) @u

@x=2xy(�3 + 24yz2 � 2z)

�3 + 24yz2 ) @u

@x(1; 0; 0) =

0

�3 = 0

También:

@(f;g)@(y;z) =

���� x2 2zx2 + 8z3 �3 + 24yz2

���� = �3x2 + 24x2yz2 � 2x2z � 16z3= x2(24yz2 � 2z � 3)� 16z3

) @u

@y=x2(24yz2 � 2z � 3)� 16z3

�3 + 24yz2 ) @u

@y(1; 0; 0) =

�3�3 = 1

21

Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín

Ejercicios Propuestos - Funciones Vectoriales

1. Sean ~f;~g : [a; b]! Rn funciones derivables, probar que:

a) (�~f + �~g)(t) = �~f (t) + �~g (t) ; � y � constantes

b) (�~f)0 (t) = �0 (t) ~f (t) + �(t)f 0 (t) si � = �(t) es una función escalar.

c)�~f � ~g

�0(t) = ~f 0(t) � ~g(t) + ~f(t) � ~g0(t)

d)�~f � ~g

�0(t) = (f 0 � g) (t) + (f � g0) (t)

2. Para ~f(t) = (e2t; t2; e�2t) calcular:

a) ~f 0 (t)

b) ~f 00 (t)

c) ~f 0(t) 3. Obtener una función paramétrica vectorial de la curva resultante al intersectar las super�cies: x2 +y2 + z2 = 2 y z =

p2 (1 + y)

4. Parametrizar en la forma ~r0 = ~r(t) = (x(t); y(t); z(t)); t 2 [a; b] las curvas C de�nidas por:

a) Recta por A = (1; 2;�3) y B = (2; 2; 2)

b) Recta intersección de los planos x+ y + z = 0 y y � z = 0

c) Intersección del cilindro recto x2 + y2 = 9 y el plano z = 1

d) El cilindro x2 � ax+ y2 = 0 intersección la esfera x2 + y2 + z2 = 0

5. Calcular la longitud l de la curva descrita por la trayectoria ~r(t) = (a cos3 t; a sin3 t); t 2 [0; 2�]

6. Una hormiga camina sobre la super�cie S : x(u; v) = sinu cosu; y (u; v) = sinu sin v; z (u; v) = cosu

�6 � u � �

2 ; ��2 � v � � en el instante t = 0; se mueve de tal forma que en cualquier tiempo t > 0

describe latrayectoria �!r (t) =

�p32 sin t;

12 ;

p32 cos t

�:

Demuestre que la hormiga se mueve sobre la super�cie esferica S y determine cuando y en donde lahormiga abandona el sector descrito de la esfera

7. Halle el o los valores de t para los cuales el vector tangente a la curva descrita por r(t) = (2t2+1; 3t�2); t 2 R sea paralelo al vector ~u = (2;�1):

8. Calcule

limt!0( (x+t)

2�x2t ; (x+t)

3�x3t ; (x+t)

4�x4t )

9. Discuta la continuidad de la función

f(t) = f (t;sin tt ) si t 6= 0

(0; �) si t = 0

10. Demuestre que: si �!f (t) es constante, entonces �!f y

�!f 0 son ortogonales.

1

11. Encuentre un vector tangente y la recta tangente a la hélice cónica de representación paramétrica

�!f (t) = (t cos t; t sin t;

t

2�)

en los puntos (0; 0; 0) y (0; �2 ;14 )

12. Sea la hélice descrita por�!f (t) = (cos t; sin t; t) t 2 [0; �2 ]: Pruebe que en ningún punto de esta curva�!

f 0(t) es paralelo a la cuerda de�!f (0) a

�!f (�2 )

13. Una partícula se mueve en el plano a lo largo de la espiral � = e� con una rapidez constante de 5 piespor segundo.

a) ¿Cuáles son la velocidad y la aceleración de la partícula cuando � = �4 ?

b) ¿Cuanto tarda la partícula en ir desde el punto correspondiente a � = 0 hasta el punto correspondientea � = �?

c) Si � = 0 cuando t = 0, proporcione ecuaciones paramétricas para la trayectoria de la partícula.

14. Determine los puntos en que la recta tangente a la curva de R3 dada por

~r(t) =�6t+ 2t3

�{̂+ (6t� 2t3)|̂+ 3t2k̂

es paralela al plano x+ 3y + 2z = 5

15. Demuestre que el camino descrito por�!f : [�2; 2]! R2 de�nida por

�!f (t) = (t2� 1; t3+2t2� t� 2) no

es simple. ¿Es cerrado?¿Es cerrado simple?

16. Determine las ecuaciones de la recta tangente y del plano normal a la curva descrita por�!f : I ! R3

de�nida por f(t) = (etsint; etcost; 5t) en el punto P =�!f (0)

17. Sea�!f : [0; 5]! R3 la trayectoria

�!f (t) = (sin t; cos t; t): Obtenga una reparametrización

�!f c de

�!f que

conserve su orientación y que recorra la trayectoria de�!f en la quinta parte del tiempo en el que lo

hace�!f :

18. Un objeto ubicado inicialmente en el origen de coordenadas se desplaza de acuerdo al movimiento

~r(t) = (t2;�t cos t; t sin t)

a) Determine el punto en que el objeto impacta a la esfera x2 + y2 + z2 = 2

b) Calcular la longitud recorrida por el objeto hasta el instante del impacto.

c) Calcular el ángulo entre la trayectoria y la esfera en el instante del impacto.

19. El movimiento de una partícula se realiza en el círculo unitario del plano XY de acuerdo con la fórmula(x; y; z) =

�cos t2; sin t2; 0

�; t � 0:

a) Como funciones de t: ¿Cual es el vector velocidad y la rapidez de la partícula?

b) ¿En qué punto del círculo se debe liberar la partícula para que golpee un blanco localizado en (2; 0; 0)?

c) ¿En que tiempo t se debe liberar? (usar t � 0 más pregunta b)

d) ¿Cual es su velocidad y rapidez en el instante en que se libera?

e) ¿En que instante se golpea el blanco?

2

20. Si f : I ! IR es una función diferenciable, demostrar que la grá�ca de f , es decir la curva y = f(x),es una curva regular y calcular sus vectores tangente , normal, su curvatura, su radio de curvatura, ysu centro de curvatura.

21. Sea C una curva de IR3 dada por la ecuación�!r (t) = (4 cos(t); 4sen (t) ; 4 cos t(t)); t 2 [0; 2�]

a) Veri�car que es una elipse.b) Determinar los vectores bT ; bN; bBen cualquier punto Cc) Calcular la curvatura y torsión de C en todo punto.d) Determinar en qué puntos de C la curvtura k es máxima y en cuáles es mínima

Respuestas

2.

a) ~f 0 (t) = 2�e2t; t;�e�2t

�b) ~f 00 (t) = 2(2e2t; 1; 2e�2t)

c) ~f 0(t) = 2pe4t + e�4t + t23. ~r(t) = (a cos t;�2 + 2 sin t;

p2(�1 + 2 sin t)); 0 � t � 2�

4 a) ~r(t) = (1 + t; 2;�3 + 5t) t 2 R

b) ~r(t) = (1� 2t; t; t) t 2 R

c) ~r(t) = (3 cos t; 3 sin t; 1) t 2 [0; 2�]

d) ~r(t) = (a2 +a2 cos t;

a2 sin t;

p2a sin t

4 ) t 2 [0; 2�]

5. 6a; 6� t = �2 ; (x; y; z) = (

p32 ;

12 ; 0)

7. t = � 32

8. (2x; 3x2; 4x3)

9. Es continua

10.�!f � �!f 0 = 0

11.�1; 0; 12�

�; �!r (t) = (t; 0; 12� t)

(0; �2 ;14 );

�!r (t) = (��2 t;

�2 + t;

14 + t

12� )

13.

a) ~v = (0; 5); ~a = (� 25p2e�

�4 ; 0)

b) 15

p2(e� � 1)

c)�!f (t) = [ 5p

2t+ 1](cos ln( 5p

2t+ 1); sin ln( 5p

2t+ 1))

14. ~r(1) = (8; 4; 3)

15. No es simple�!f (1) = (0; 0) =

�!f (�1)

16. ~r(t) = (t; 1 + t; 5t); x+ y + 5z = 1 plano normal

17. �f : [0; 1]! R3; �f (s) = (sin(5s); cos(5s); 5s)

3

18.

a) (1;�cos1; sin1)

b) 1:57

19.

a) ~v = (�2t sin t2; 2t cos t2; 0); s = 2t

b) ( 12 ;�p32 ; 0)

c)q

5�3

d) v = 2q

5�3 (

p32 ;

12 ; 0); s = 2

q5�3

e) 3p3+10�

2p15�

20. La grá�ca de la función es la curva �!r : I ! IR2 determinada por �!r (x) = (x; f(x))

Como �!r 0(x) = (x; f 0(x)), resulta que j�!r 0(x)j =p1 + (f 0(x))2 > 0 8x 2 I y por tanto la curva es regularbT (x) = (1; f 0 (x))p

1 + (f 0(x))2y�!N (x) =

(�f 0 (x) ; 1)p1 + (f 0(x))2

k(x) =jf" (x)j

(p1 + (f 0(x))2)3

y R(x) =(p1 + (f 0(x))2)3

jf" (x)j

�!c (x) = (x; f(x)) + (1 + (f0(x)2)

jf" (x)j (�f 0 (x) ; 1)

21. Solución

A partir de las ecuaciones paramétricas, se tiene que:x (t) = 4 cos(t)y (t) = 4sen (t) =) x2 + y2 = 16z (t) = 4 cos(t) z = xbT (t) = (�4sen (t) ; 4 cos (t) ;�4sen (t))p

16 + 16sen2 (t); bB (t) = (�16; 0; 16)

16p2bN (t) = bB (t)� bT (t) = (cos (t) ; 2sen (t) ; cos (t))p

2p1 + sen2 (t)

k(t) =16p2

43hp1 + sen2 (t)

i3 ; �(t) = 0La curvatura es máxima si t = 0; � =) P0 = (4; 0; 4)

La curvatura es mínima si t =�

2;3�

2=) P1 = (0; 4; 0)

4

Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín

Aplicaciones

(ejemplar de prueba)

Cuando una partícula se mueve en el espacio y describe una curva en tresdimensiones, es conveniente �jar a la partícula un sistema de coordenadas rec-tangular, de tal manera que una coordenada sea tangente a la trayectoria, otrasea normal a ella y una tercera que sea ortogonal a las dos primeras. Es de-cir , las coordenadas tangencial, normal y binormal constituyen un sistema de

referencia cuya base esta constituida por los vectoresnbT ; bN; bBo :

x

y

z

T

N

B

Las ecuaciones de la velocidad y la aceleracion pueden obtenerse como sigue:�!v = �!r 0 = d�!r

dsdsdt = s

0 bT�!a = �!v 0 = �!r 00 = s00 bT + s0 bT 0 = s00 bT + (s0)2� bNPuede concluirse que:

1. la velocidad es tangente a la trayectoria y su magnitud es s0

2. la aceleracion tiene dos componentes.

(a) Una es la componente tangencial , de magnitud (s00);debida al cambiode magnitud de la velocidad.

1

(b) La otra es la componente normal, de magnitud (s0)2=�; hacia el centrode curvatura. Esta componente se debe al cambio de dirección de lavelocidad.

Tanto la velocidad como la aceleracion siempre estan sobre el plano oscu-lador.

Problemas

1. Una partícula se mueve a lo largo de la curva: y = 2x � x2 con unacomponente horizontal de la velocidad de 4m=s, es decir vx = 4m=s.

Hallar las componentes tangencial y normal de la aceleración en el punto(1, 1), si en el instante t = 0; x(0) = 0Solución:La función de posición de la partícula es: �!r (t) = (x(t); 2x(t)�x2(t)), t 2 I

y derivando obtenemos su velocidad�!v (t) = (x0(t); 2x0(t) � 2x(t)x0(t)). Como la componente horizontal de la

velocidad es 4m/s entonces x0(t) = 4 ; integrando x(t) = 4t+ C =) x(0) =0 + C = 0 =) C = 0Luego �!r (t) = (4t; 8t � 16t2) =) �!v (t) = �!r 0(t) = (4; 8 � 32t) =)

�!a = �!r 00(t) = (0;�32)Como �!r (1=4) = (1; 1), entonces

�!T (1=4) = (1;1)p

2y�!N = (1=4) = (1;�1)p

2.

Luego, las componentes tangencial y normal de la aceleraciónse obtienen proyectando el vector aceleración en la esas direcciones.aT =

�!a (1=4) � �!T (1=4) = � 32p2y aN =

�!a (1=4) � �!N (1=4) = � 32p2

2. a) Una partícula se mueve en el espacio de tal forma que en el instante t =t0;el vector velocidad es (1; 1; 1) ;y el vector aceleración es (�2; 1; 0) :Hallarlascomponentes tangencial y normal de la aceleración en el instantet = t0:

b) Si la partícula describe una curva en el espacio de tal manera que losvectores velocidad y aceleración tienen siempre magnitud constante,pruebe que la curvatura es constante en cada punto de la curva.

Solución:

a) Puesto que , se conoce la velocidad tenemos:

�!v (t0) = k�!v (t0)k bT = (1; 1; 1) =) k�!v (t0)k =p3

�!a (t0) = aT (t0) bT + aN (t0) bN =)�!v (t0) � �!a (t0) = aT (t0) k�!v (t0)k bT � bT + aN (t0) k�!v (t0)k bT � bN

aT (t0) =�!v (t0) � �!a (t0)k�!v (t0)k

=(1; 1; 1) � (�2; 1; 0)p

3

2

Por otra parte:

�!v (t0)��!a (t0) = aT (t0) k�!v (t0)k bT � bT + aN (t0) k�!v (t0)k bT � bNaN (t0) =

k�!v (t0)��!a (t0)kk�!v (t0)k

=k(1; 1; 1)� (�2; 1; 0)kp

3=3p2

2

b) La curvatura esta dada por: k (t) =k�!v (t)��!a (t)kk�!v (t)k3

Supongamos que k�!v (t)k = c1 yk�!a (t)k = c2Dado que k�!v (t)k = c1 ;al derivar está expresión , se tiene �!v (t) � �!a (t) = 0;

entonces �!v (t) es ortogonal con �!a (t):Así

k (t) =k�!v (t)��!a (t)kk�!v (t)k3

=k�!v (t)k k�!a (t)kk�!v (t)k3

=k�!a (t)kk�!v (t)k2

=c2c21

3. La aceleración de una partícula en función del tiempo viene dada por �!a (t) =�2t; 3t2; 4t3

�: Si en el instante t = 0 está en el origen de coordenadas con

velocidad inicial �!v (0) = (1; 0;�1):

a) Hallar la velocidad y la posición en cualquier instante de tiempo.

b) Hallar el valor de t en el que la partícula pasa por el plano xy:

Solución:

a) Sea �!r (t) la posición de la partícula en el instante t: Entonces �!r 0(t) = �!v (t)y �!r 00

(t) = �!a (t):

Por lo tanto:tZ0

d�!v =tZ0

�!a (u)du =tZ0

�2u; 3u2; 4u3

�du = (u2; u3; u4)

��t0= (t2; t3; t4)

Entonces:

�!v (t)��!v (0) = (t2; t3; t4) =) �!v (t) = (t2 + 1; t3; t4 � 1)

Ahora:tZ0

d�!r (t) =

tZ0

�!v (u)du =tZ0

(u2 + 1; u3; u4 � 1) du

�!r t)��!r (0) = (t3

3+ t;

t4

4;t5

5� t) =)

�!r t) = (t3

3+ t;

t4

4;t5

5� t)

3

b) La partícula pasa por el plano xy cuando z = 0 =) t5

5� t = 0 =) t = 0

y t = 5:

4. Usando la ecuación1

�=

���� d2y=dx2

(1 + (dy=dx)2)3=2

���� :a) Hallar el radio de la curvatura de la curva representada por y = x2 +2x en

el punto x = 2:

b) Hallar los radios de la curvatura de la curva representada porx2

16+y2

9= 1

en los puntos x = 0 y x = 4 respectivamente.

Solución:a) La curva representada por y = x2 + 2x corresponde a una parábola que

se abre hacia arriba cuyo vértice está en el punto (�1;�1):

x

y

Usando la ecuación calculemos el radio de curvatura: y = x2 + 2x =)dydx = 2x+ 2 =) d2y

dx2 = 21

�=

���� 2

(1 + 4(x+ 1)2)3=2

���� Asi, el radio de curvatura en x = 0 es 1� =���� 2

(37)3=2

����b) La curva representada por

x2

16+y2

9= 1 corresponde a una elipse con

semiejes mayor a = 4 y menor b = 3 respectivamente.

x

y

a

b

Derivando la ecuacion y = 3

r1� x

2

16se tiene

dy

dx= � 3

16xvuut1�x2

16

=)d2ydx2 = �

316

10@1�x216

1A3=2

4

Por lo tanto , el radio de curvatura queda1

�=

3

16

�������1

(1� 7x2

256)3=2

�������Asi, el radio de curvatura en x = 0 es

1

�=

3

16=) � =

16

3

5. El vector posición de una partícula móvil a lo largo de una curva, esta dadopor: �!r = atbi + b cos tbj + b sin btk en donde a y b son constante

usando la ecuación:1

�=

����d2�!rds2���� donde � es el radio de curvatura.

Hallar la curvatura de la curva.

Solución:Parametricemos , el vector posición en función de la longitud de arco s:

s =

tZ0

k�!r 0(�)k d� =tZ0

k(a;�b sin t; b cos t)k d� =pa2 + b2�

���t0=) t =

spa2 + b2

�!r (s) =

�a

spa2 + b2

; b cossp

a2 + b2; b sin

spa2 + b2

��!r 0 (s) =

�ap

a2 + b2;� bp

a2 + b2sin

spa2 + b2

;bp

a2 + b2cos

spa2 + b2

��!r 00 (s) =

�0;� b

a2 + b2sin

spa2 + b2

;b

a2 + b2cos

spa2 + b2

�Por consiguiente, el radio de curvatura es:

1

�=

����d2�!rds2���� = b

a2 + b2=) � =

a2 + b2

b= constante

6. En un cierto instante, las magnitudes de la velocidad y la aceleración de unproyectil son 20 m=s y 80m=s respectivamente, y el ángulo de inclinaciónentre ellas es de 30o :Determinar el radio de curvatura de la trayectoriaen ese instante

30º

80 m/s2

at

an

va

20m/s

5

Solución:Sean bT y bN los vectores unitarios en las direcciones tangencial y normal

respectivamente. Como la velocidad es tangente a la trayectoria tenemos que�!v = k�!v k bT = 20 (m=s) bTLas componentes tangencial y normal de la aceleración son:

aT = a cos � = 80 cos 30o = 40p3�m=s2

�aN = asen� = 80 sen30o = 40

�m=s2

��!a = 40

p3�m=s2

� bT + 40 �m=s2� bNEl radio de curvatura puede calcularse a partir de:

aN =k�!v k2

�=) � =

k�!v k2

aN=400

40= 10m

7. La aceleración de una partícula, esta dada por: �!a = 2tbi + 3t2bj + 2bk endonde �!a está m=s2 y t está en s: Si en el instante t = 0;�!v = 0: A partirde la componente normal de la aceleración hallar el radio de curvatura dela trayectoria de la partícula en el instante t = 1 s:

Solución:En primera instancia determinemos la velocidad de la partïcula

tZ0

d�!v =

tZ0

�!a (u)du =tZ0

�2�bi+ 3�2bj + 2bk � d� = t2bi+ t3bj + 2tbk

�!v (t)��!v (0) = t2bi+ t3bj + 2tbk =) �!v (t) = t2bi+ t3bj + 2tbkAhora evaluemos la velocidad y la aceleracion respectivamente, en el instante

t = 1s :�!v (1) = bi+ bj + 2bk�!a (1) = 2bi+ 3bj + 2bkAsí la componente normal de la aceleración en el instante t = 1 es

aN (1) =k�!v (1)k2

�=k�!v (1)��!a (1)k

k�!v (1)k =) � =k�!v (1)k3

k�!v (1)��!a (1)k =�p6�3

k(�4; 2; 1)k

Por lo tanto el radio de curvatura es:� =

�p6�3

k(�4; 2; 1)k =�p6�3

p21

m

8. El vector posición de una partícula se describe por la función vectorial�!r (t) = a cos(wt)bi+ a sin (wt)bj + bt2bk ;donde a y b son constantes posi-tivas.

6

Expresar la velocidad y la aceleracion en sus componentes tangencial y nor-mal.Solución:Calculemos la velocidad y la aceleración en coordenadas rectangulares.�!v = �!r 0 (t) = �awsen(wt)bi+ aw cos (wt)bj + 2btbk�!a = �!r 00 (t) = �aw2 cos(wt)bi� aw2 sin (wt)bj + 2bbkA continuación , podemos calcular la rapidez y la magnitud de la aceleraciónk�!v k =

p�!v � �!v =pa2w2 + 4b2t2

k�!a k =p�!a � �!a =

pa2w4 + 4b2

Ahora, estamos en condiciones de expresar la velocidad y la aceleración ensus componentes tangencial y normal.�!v = k�!v k bT = pa2w2 + 4b2t2 bTaT (t) =

�!v (t) � �!a (t)k�!v (t0)k

=4b2tp

a2w2 + 4b2t2

aN (t) =k�!v (t)��!a (t)kk�!v (t0)k

=

pa4w6 + 4a2b2w4t2 + 4a2b2w2p

a2w2 + 4b2t2Por tanto, la aceleración es:

�!a = 4b2tpa2w2 + 4b2t2

bT + pa4w6 + 4a2b2w4t2 + 4a2b2w2pa2w2 + 4b2t2

bN9. La posición de una partícula sobre la periferia de una rueda de 8 cm de

diámetro se especi�ca como s(t) = t3 � 4t2 +8t en donde s es la longituddel arco, medida en cm, a lo largo de la periferia circular, a partir de unorigen conveniente, y t es el tiempo, en segundos.

Hallar la magnitud de la aceleración k�!a ken el instante en que la magnitudde la aceleración tangencial es de 4cm=s2:Solución:A partir de la ecuación dada s(t) = t3 � 4t2 + 8t; obtenemoss0(t) = k�!v k = 3t2 � 8t+ 8s00(t) = aN (t) = 6t� 8

El radio de curvatura � en este caso es el radio de la rueda. Así que: � =82 = 4cm:La aceleración es�!a (t) = s00(t) bT + (s0(t))2�

bN = (6t� 8) bT + (3t2�8t+8)24bN

En el instante que aT = 4; 6t�8 = 4; de donde t = 2s: Luego, en el instantet = 2s:�!a (2) = 4 bT + 4 bNPor lo tanto, la magnitud de la aceleración es:k�!a k =

p�!a � �!a = 4p2cm=s2

7

Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín

1 Funciones de varias variables

(Edición ejemplar de prueba)

1.1 Introducción

El concepto de función, ya establecido, en cursos precedentes puede ser exten-dido a situaciones del tipo

�!f : A � IRm ! B � IRn; m; n 2 IN en el sentido

que son correspondencias que asignan a cada vector �!x 2 A un único vector�!y 2 B anotado �!y =

�!f (�!x ) : Consideradas las componentes de �!x y de �!y

también se anota de la forma (y1; y2; : : : ; yn) =�!f (x1; x2; : : : ; xm); se llaman

funciones vectoriales de variable vectorial , o bien, n funciones dependientes dem variables independientes. Sus respectivos dominio de de�nición A y recorridoB se denominan campos vectoriales.En primer término se consideran funciones del tipo

�!f : A � IRm ! B � IR

esto es con m > 1 y n = 1 , o sea, función real de variable vectorial ( de mvariables independientes . En la unidad anterior fueron consideradas funcionesvectoriales

�!f : A � IR ! IRn , es decir con m = 1 y n > 1. Estas fun-

ciones se denotan como y =�!f (x1; x2; : : : ; xm); alternativamente

�!y = f (�!x )con�!x = (x1; x2; : : : ; xm) y se estudiarán sus propiedades en cuanto a varia-ciones, grá�cas, aplicaciones, etc, a partir de los conceptos de límite, con-tinuidad, y derivada. En particular, para los casos usuales m = 2 y m = 3,se denotan z = f(x; y); (x; y) 2 A � IR2; w = f(x; y; z)(x; y; z) 2 A � IR3;respectivamente.

1.1.1 Ejemplos

Caso 1) a) La correspondencia z = f(x; y) = xy , A = IR2; B = IR ,restringidos x e y a valores positivos f(x; y) = xy corresponde al área delrectángulo de lados x e y Si comparado con f (r) = �r2; ésta representa elárea del círculo de radio r y es función del tipo f : A � IR ! B � IR; oseacon m = 1 y n = 1:b) La correspondencia w = f(x; y; z) = xyz ,tiene A = IR3; B = IR , y

con x; y; z positivos representa el volumen V del prisma recto de aristas x; y; z.

Caso 2) a) La función f : A � IR2 ! B � IR dada por z = f(x; y) =px2 + y2 ,A = IR2; B = IR; y representa la distancia del punto P = (x; y) al

origen O = (0; 0) deIR2:

1

b) La función f : A � IR3 ! B � IR dada por w = f(x; y; z) =px2 + y2 + z2 ,A = IR3; B = IR; y representa la distancia del punto P =

(x; y; z) al origen O = (0; 0; 0) deIR3:

Caso 3) La función z = f(x; y) =1p

x2 + y2,en que f : A � IR2 ! B � IR

tiene A = IR2; B = IR; y representa el potencial electróstatico en cada puntoP = (x; y) del plano debido a una carga unitaria colocada en el origen O = (0; 0)de IR2:

Nota: En estos ejemplos de funciones con m = 2, ó m = 3 se de�ne el con-cepto de líneas de nivel o super�cies de nivel como S = f(x; y) 2 A= f (x; y) = cgpara c constante dada; ó S = f(x; y; z) 2 A= f (x; y; z) = cg para c constantedada.

a) En el caso 2) se tiene S =n(x; y) 2 IR2=

px2 + y2 = c

ocon c � 0 son

circunsferencias de radiopc (ó el origen si c = 0).

b) En el caso 3) S =

((x; y) 2 IR2 � f(0; 0)g = 1p

x2 + y2= c; c > 0

)y

las líneas que veri�can x2 + y2 =1

c2se llaman líneas equipotenciales alrededor

de la carga y describen circunsferencias centradas el (0; 0) de radio1

c.

Unido a lo anterior, en topografía las curvas determinadas por ecuaciónf (x; y) = c se llaman también contornos de nivel de una super�cie . Porejemplo, en la función z = f(x; y) =

p25� x2 � y2 que tiene

A =�(x; y) 2 IR2= x2 + y2 � 25

; B = [0; 5]

Representa una "montaña" esférica de radio basal 5 y altura 5 con c = 3 setiene

p25� x2 � y2 = 3; de lo cual se tiene el contorno de nivel x2 + y2 = 16.

Caso 4) La presión P ejercida por un gas ideal encerrado en un tiesto elástico

es dada por la función P (T; P ) = kT

Pcon k cte. En este caso las líneas de

nivel reciben el nombre de líneas isobáricas ( P = c), ó isotermas T = c:

Caso 5) a) El área S de la super�cie del cuerpo humano es una función delpeso w y la altura h dada por S (w; h) = 0; 091w0:425h0;725 (deducción empírica),donde w esta en libras y h en pulgadas y S en pie2:b) También S es dada por S (h; t) = 2ht donde h es la altura en cm y t es la

longitud de la circunferencia máxima del muslo en cm. Por ejemplo, una niñade altura h = 156 cm y 50 cm de de circunsferencia máxima del muslo tienenuna super�cie corporal de 15:600 cm2:

2

Caso 6) La función f (x; y) = C xay1�a con C y a constantes, donde x son

las unidades de trabajo e y las unidades de capital representa un modelo deunidades de producción ( Modelo de Cobb-Douglas), que se utiliza en economíay en la evaluación de proyectos.

Caso 7) a) La potencia eléctrica para un voltage E y resistencia R es la

función de dos variables P (E;R) =E2

R:

b) La resistencia total al conectar en paralelo dos resistencias R1; R2 es

regido por la ecuación1

R=

1

R1+1

R2; de donde se deduce R = R (R1; R2) :

Caso 8) a) La aceleración centrípeta de una partícula que se mueve en la

circunferencia de radio r siendo v la rapidez es dada por a (r; v) =v2

r:

b) El desplazamiento vertical de una cuerda larga sujeta en el origen, quecae bajo la acción de su propio peso es dada por

u (x; t) =

8<: � g

2a2�2axt� x2

�; si 0 � x � at

� g

2a2t2 ; si x > at; a cte

:

Caso 9) La concentración molecular C (x; t) de un líquido es dada por C (x; t) =

t�1=2e�x2

k t y esta función veri�ca la ecuación de difusión

k

4

@2C

@x2=@C

@t:

Caso10) Cuando una chimenea de h metros de altura emite humo que con-tiene contaminante óxido nítrico la concentración C (x; z) a x km de distanciay z metros de altura es dada por

C (x; z) =a

x2

�eb(z�h)2

x2 + e�b(z�h)2

x2

�Calcular e interpretar los valores de

@C

@x;@C

@t;en el punto P = (2; 5) para

a = 200, b = 0; 02; h = 10 m.

Caso 11) Un ejemplo de una función que depende de 4 variables es la queestablece la ley de Poiseuille en la cual la intensidad del �ujo de un �uido viscoso(como la sangre) través de un conducto (como una arteria), es Q (R;L; p1; p2) =

kR4

L(p1 � p2) con k cte, R radio de conducto, L su longitud y p1; p2 presiones

en los extremos del conducto.

3

1.2 Funciones Escalares de Variable Vectorial

1.3 Conceptos Topológicos

Nuestro espacio universo será Rn pensado preferentemente con n = 2 o n = 3:Si �!x 2 Rn entonces cada vector �!x = (x1; x2; : : : ; xn) esta conformado por

una n- upla ordenada de números reales.La métrica que se usará, es la métrica usual, es decir si �!x ;�!y 2 Rn tal que:

�!x = (x1; x2; : : : ; xn)�!y = (y1; y2; : : : ; yn)

entonces

k�!x ��!y k =

nXi=1

(xi � yi)2! 1

2

A kk se le llama norma euclidea y permite calcular la distancia entre lospuntos x e ySi y = 0 entonces

k�!x k =

nXi=1

x2i

! 12

1.3.1 Vecindad

Sea x0 2 Rn;una vecindad de x0 es:

V� (x0) = fx 2 Rn j kx� x0k < �g

En R2 esta vecindad es un disco centrado en P0. En R3 es una esferacentrada en P0 y de radio �Caso especial es el de la vecindad despuntada

V �� (x0) = V� (x0)� fx0g

1.3.2 Punto Interior

Sea S � Rn; x 2 S es un punto interior de S si existe � > 0 tal que:

V�(x) � S

4

1.3.3 Conjunto Abierto

Sea A � Rn,diremos que A es un conjunto abierto si y sólo si todos sus puntosson interiores.

Ejemplo: A =�(x; y) 2 R2 j x2 + y2 � 1

No es conjunto abierto

A =�(x; y) 2 R2 j jxj < 1; jyj < 1

Es conjunto abierto

A =�(x; y) 2 R2 j 0 � x < 1

No es conjunto abierto

1.3.4 Conjunto Cerrado

Sea B � Rn ,diremos que B es un conjunto cerrado si su complemento Rn �Bes abierto.

1.3.5 Punto Frontera

Sea A � Rn; x0 es un punto frontera de A si y solo si 8� > 0 : V� (x0) \ A 6= ?y V� (x0) \ (Rn �A) 6= ?

1.3.6 Interior de un Conjunto

Sea A � Rn,el conjunto de todos los puntos interiores de A se llama el interiorde A y se denota

oA o sea:

oA = fx j x es punto interior de Ag

1.3.7 Frontera de un Conjunto

Sea A � Rn , la frontera de A es el conjunto de todos los puntos frontera de Ay se denota Fr(A):

Proposición 1 Si S es abierto, no contiene ninguno de sus puntos fronteras.Dem. Directamente de la de�nición de conjunto abierto.

Proposición 2 Si S es cerrado, contiene a todos sus puntos fronteras.

5

1.3.8 Segmento Lineal

Si P1; P2 2 Rn, el segmento lineal que une P1 con P2 es P = (1 � t)P1 + P2;0 � t � 1:P1 se llama punto inicial y P2 punto terminal.

1.3.9 Linea Poligonal

Una poligonal esta formada por un número �nito de segmentos lineales unidossucesivamente por sus extremos.

1.3.10 Punto Aislado

Sea A � Rn , x0 es punto aislado de A si y solo si x0 2 A y 9� > 0 :

V �� (x0) \A = ?

1.3.11 Punto de Acumulación

Sea A � Rn , x 2 Rn , x es punto de acumulación de A si toda vecindaddespuntada de x contiene puntos de A, es decir:

x es punto de acumulación de A() V �� (x0) \A 6= ?

1.3.12 Región

Sea R � Rn ,diremos que el conjunto R es una región si es un conjunto abiertoy cualquier par de puntos de ella pueden unirse mediante una línea poligonal,contenida en R:

1.3.13 Región Cerrada

Es una región unida con su frontera.

Teorema Sea C � Rn y C es conjunto cerrado, entonces C contiene en todossus puntos de acumulación.

6

1.4 Aspectos Geométrico de las Funciones Escalares

Sea f : D � Rn ! R esta función a cada x 2 D;x = (x1; x2; : : : ; xn) le asignauna imagen b 2 R; b un escalar.

b = f(x1; x2; : : : ; xn)

a este tipo de funciones se les llama usualmente campo escalar.Con el objeto de resaltar sus aspectos geométricos, especialmente para fun-

ciones de dominio en R2 o R3 analizaremos conceptos como, grá�cas, curvasde nivel, super�cies de nivel, trazos, etc. de estas funciones.Sea f : D � Rn ! R si x 2 D =) x = (x1; x2; : : : ; xn); D es el dominio de

la función f:

f (D) = Im(f) = fz 2 R j z = f(x1; x2; : : : ; xn)g

1.4.1 Grá�ca de una Función

Sea f : D � Rn ! R , de�nimos la grá�ca de f como el subconjunto deRn+1 formado por todos los puntos (x1; x2; : : : ; xn; f(x1; x2; : : : ; xn)) para cada(x1; x2; : : : ; xn) 2 Rn.Simbólicamente

Gf =�(x1; x2; : : : ; xn; f(x1; x2; : : : ; xn)) 2 Rn+1 j (x1; x2; : : : ; xn) 2 D

Así, si n = 2 y f es tal que z = f(x; y) entonces su grá�ca será:

Gf =�(x; y; z) 2 R3 j z = f(x; y)

1.4.2 Curvas y Super�cies de Nivel

Sea f : D � Rn ! R y C un escalar.Entonces el conjunto de puntosde nivelde valor C ,se de�ne como el conjunto de puntos (x1; x2; : : : ; xn) 2 D para loscuales f(x1; x2; : : : ; xn) = C:Simbólicamente, el conjunto de nivel

S = f(x1; x2; : : : ; xn) 2 D j f(x1; x2; : : : ; xn) = Cg

� Si n = 2 el conjunto f(x; y) j f(x; y) = Cg es una curva de nivel.

� Si n = 3 el conjunto f(x; y; z) j f(x; y; z) = Cg es una super�cie de nivel.

7

Ejemplo: 1.- Trazar la curva de nivel de f(x; y) = x� y; C = 0; 1; 2 � ��Es familia de rectas de pendiente 1:

543210­1­2­3­4

4

3

2

1

0

­1

­2

­3

­4

­5

x

y

x

y

2.- Trazar la curva de nivel de f(x; y) = 10� x2 � 4y2; C = 0; 1; 2 � ��

32.521.510.50­0.5­1­1.5­2­2.5­3

1.25

1

0.75

0.5

0.250

­0.25

­0.5

­0.75

­1

­1.25

x

y

x

y

Es familia de elipses centradas para C < 10; cuyo eje mayor se en-cuentra sobre el eje x

Observacion: Las curvas y las super�cies de nivel permiten dar unaimagen de la grá�ca de la función.

1.5 Limite

Sea f : D � Rn ! R una función escalar y x0 un punto de acumulación deldominio D: Formularemos la de�nición de límite de una función escalar de lasiguiente forma.De�nición: La función f tiene como límite al número L 2 R cuando x! x0,

si para cada � > 0, existe � (�; x0) > 0 tal que

x 2 D y 0 < kx� x0k < � entonces jf (x)� Lj < �

Simbólicamente:

8

limx!x0

f (x) = L() 8� > 0;9� > 0 : x 2 D y 0 < kx� x0k < � =) jf (x)� Lj < �

En el caso particular n = 2 esta de�nición es

lim(x;y)!(x0;y0)

f(x; y) = L() 8� > 0;9� > 0 : (x; y) 2 D y

0 < k(x; y)� (x0; y0)k < � =) jf(x; y)� Lj < �

1.5.1 Ejemplo

Sea f(x; y) = x2 + 2xy: Determinar si existe lim(x;y)!(3;�1)

�x2 + 2xy

�Análisis:Si (x; y)! (3;�1) signi�ca que x esta cercano a 3 e y esta cercano a �1 por

lo tanto el valor de x2 + 2xy debe estar próximo a 3 se espera entonces que sieste límite existe debe ocurrir que:

lim(x;y)!(3;�1)

�x2 + 2xy

�= 3

Observe que:

jx� 3j �q(x� 3)2 �

q(x� 3)2 + (y + 1)2 = k(x; y)� (3;�1)k

jy + 1j �q(y + 1)

2 �q(x� 3)2 + (y + 1)2 = k(x; y)� (3;�1)k

por lo cual:

k(x; y)� (3;�1)k < � =) jx� 3j < � y jy + 1j < �

por otro lado��x2 + 2xy � 3�� = ��(x� 3)2 + 2(x� 3)(y + 1) + 4(x� 3) + 6(y + 1)��

� jx� 3j2+2 jx� 3j jy + 1j+4 jx� 3j+6 jy + 1jSin pérdida de generalidad se puede poner la condición � < 1 entonces

mayorando se tiene que

��x2 + 2xy � 3�� < jx� 3j+ 2 jy + 1j+ 4 jx� 3j+ 6 jy + 1j< � + 2� + 4� + 6� = 13�

De�niendo � = min�1; "13

;

Todo lo anterior permite a�rmar que:

k(x; y)� (3;�1)k < � )��x2 + 2xy � 3�� < 13 ��x2 + 2xy � 3��

< 13� = 13"

13= "

9

Lo cual prueba que lim(x;y)!(3;�1)

�x2 + 2xy

�= 3

Consideremos otro ejemplo en que usamos también la de�nición pero otroprocedimiento

1.5.2 Ejercicio:

Probar que

lim(x;y)!(0;0)

�x2y2

x2 + y2

�= 0

Solución: Sea � > 0

x2 � x2 + y2; y2 � x2 + y2 =) x2y2 ��x2 + y2

�2=) x2y2

x2 + y2� x2 + y2; (x; y) 6= (0; 0)

Sea � =p"; k(x; y)� (0; 0)k = k(x; y)k =

px2 + y2

px2 + y2 < � =)

px2 + y2 <

p" =) x2 + y2 < "

)���� x2y2

x2 + y2

���� = x2y2

x2 + y2< "

Lo que prueba que

lim(x;y)!(0;0)

�x2y2

x2 + y2

�= 0

1.5.3 Los Teoremas de Límites

Sean f : D1 � Rn ! R , g : D2 � Rn ! R tales que si a = (a1; a2; : : : ; an)es punto de acumulación de D1 y D2 y lim

x!af(x) = L; lim

x!ag(x) = M; aquí

x = (x1; x2; : : : ; xn):Entoncesa.) lim

x!a(f + g) (x) = L+M

b.) limx!a

(f � g) (x) = L�Mc.) lim

x!a(f � g) (x) = L �M

d.) limx!a

�f

g

�(x) =

L

M, M 6= 0

La demostración de estas propiedades es idéntica a la correspondiente de lasfunciones de R en R:

10

Teorema Sea f : D � Rn ! R tal que limx!a

f(x) = L; y g : I � R! R es unafunción continua en I. Entonces g � f : D � Rn ! R y

limx!a

(g � f) (x) = g�limx!a

f(x)�= g(L)

Ejemplo: Evaluar lim(x;y)!(3;2)

ex+y2

Solución:Sea g(z) = ez es continua en todo R; lim

(x;y)!(3;2)x+ y2 = 7; entonces

lim(x;y)!(3;2)

ex+y2

= e7

1.5.4 Trayectorias:

Sea (x; y) un punto de R2: Una trayectoria por (x; y) es cualquier recta o curvaque contenga a (x; y)

Teorema Una condición necesaria (no su�ciente) para que lim(x;y)!(0;0)

f(x; y)

exista y sea L, es que si los limites limx!0

f(x; ' (x)) y limx!0

f(x; (x)) existen y

deben valer L , para cualquier y = '(x) , y = (x) trayectoria que pasen por(0; 0):

Ejemplo: Sea f(x; y) = x2yx4+y2 ¿Existirá lim

(x;y)!(0;0)f(x; y)?

Solución:Dominio de f es R2 � f(0; 0)g y claramente (0; 0) es punto de acumulacióndel dominio de f .Sea T1 = f(x; y) j y = axg familia de rectas que pasan por el origen si el

límiteexiste debería ocurrir que:

lim(x;y)!(0;0)

x2y

x4 + y2= lim

x!0

x2 (�x)

x4 + �2x2

= limx!0

(�x)

x2 + �2= 0

Esto señala que si el límite existe este debe ser cero, seguimos averiguando:Sea T2 =

�(x; y) j y = x2

parábola por el origen.

lim(x;y)!(0;0)

x2y

x4 + y2= lim

x!0

x4

x4 + x4=1

2

11

No puede ser, el límite si existe no puede tener dos valores diferentes.Luego:

No existe lim(x;y)!(0;0)

x2y

x4 + y2

1.5.5 Límites Iterados

Se llaman límites iterados a los siguientes.

limx!x0

�limy!y0

f(x; y)

�; lim

y!y0

�limx!x0

f(x; y)

�

Ejemplo: Sea f(x; y) = x2�y2x2+y2 ; (x; y) 6= (0; 0) :Determine los límites iterados

de f:Solución:Tenemos que (0; 0) es punto de acumulación del dominio de f .Evaluemos, los límites iterados

limx!0

�limy!0

x2 � y2x2 + y2

�= lim

x!0

x2

x2= 1

limy!0

�limx!0

x2 � y2x2 + y2

�= lim

y!0

�y2y2

= �1

Los conceptos de límites y límites iterados se relacionan según los siguientesteoremas.

Teorema 1: Si lim(x;y)!(x0;y0)

f(x; y) existe, y si para cada x en una vecindad

reducida de x0, limy!y0

f(x; y) existe. Entonces

limx!x0

�limy!y0

f(x; y)

�= lim

(x;y)!(x0;y0)f(x; y)

Este teorema nos lleva a formular el siguiente teorema.

Teorema 2: Si lim(x;y)!(x0;y0)

f(x; y) existe, y si para cada y en una vecindad

reducida de y0; limx!x0

f(x; y) existe. Entonces

limy!y0

�limx!x0

f(x; y)

�= lim

(x;y)!(x0;y0)f(x; y)

Ahora, se puede combinar ambos teoremas:

12

Teorema 3: Si lim(x;y)!(x0;y0)

f(x; y) existe, y si para cada x en una vecindad

reducida de x0, limy!y0

f(x; y) existe, y si para cada y de una vecindad reducida de

y0; limx!x0

f(x; y) existe. Entonces

limy!y0

�limx!x0

f(x; y)

�= lim

x!x0

�limy!y0

f(x; y)

�= lim

(x;y)!(x0;y0)f(x; y)

En el ejemplo anterior podemos concluir que no existe lim(x;y)!(0;0)

x2�y2x2+y2 ;pues

de existir su límites iterados deben ser iguales.

1.6 Continuidad

1.6.1 De�nición.

Una función f es continua en a ( a es punto de acumulación de D � Rn) sipara cada " > 0 existe � > 0 tal que

8x 2 D : kx� ak < � =) jf(x)� f(a)j < "

donde x = (x1; x2; :::; xn); a = (a1; a2; :::; an):O lo que es lo mismo:Se tiene que f es continua en a si:

i) f(a) existe; ii) limx!a

f(x) existe y ; iii) limx!a

f(x) = f(a)

:

Es decir , para que una función de varias variables sea continua en un puntodebe estar de�nida allí, debe tener límite en él y el valor de la función en elpunto debe ser igual al valor del límite en ese punto. En R2 podemos enunciaresta propiedad de la siguiente forma.

1.6.2 De�nición:

Una función f en continua en un punto interior (x0; y0) de una región R sif (x0; y0) está de�nida y

lim(x;y)!(x0;y0)

f(x; y) = f (x0; y0)

f será continua en la región R si es continua en cada punto de R:Las funciones que no son continuas se dicen que son discontinuas.

13

1.6.3 Teoremas de Continuidad

Son similares a los teoremas para funciones de una variable. Esto signi�ca que,si una función es combinación de otras funciones y estas funciones a su vez soncontinuas entonces la función es continua excepto en aquellos puntos en los queno está de�nida.

Ejemplo. Sea la función f(x; y) =

8<:x2y2

x2 + y2si (x; y) 6= (0; 0)

0 si (x; y) = (0; 0);

Claramente si (x; y) 6= (0; 0), f es un cuociente de funciones continuaspor lo que también es continua. Además , la función es continua en (0; 0) puesse demostró que

lim(x;y)!(0;0)

x2y2

x2 + y2= 0 = f(0; 0);

Por lo tanto, esta función es continua en todo R2 . Continuando con estemismo ejemplo, podemos usar coordenadas polares para mostrar de que ésteúltimo límite vale cero. Decir que (x; y) ! (0; 0) , en coordenadas polares esequivalente a que r ! 0 (independientemente del valor de �).

Expresando la función f(x; y) =x2y2

x2 + y2en coordenadas polares

x = r cos �; y = r sin �; obtenemos la función

g(r; �) =r2 cos 2� sin 2�

cos 2� + sin 2�= r2

cos 2� sin 2�

cos 2� + sin 2�

observese que

' (�) =cos 2� sin 2�

cos 2� + sin 2�= cos 2� sin 2� � 1:

esta acotada, se tiene entonces

(r) = r2

Por lo tanto:limr!0

g(r; �) = limr!0

(r)'(�) = 0:

En general, podemos concluir que si '(�) �M está acotada y (r)! 0cuando r �! 0;entonces lim

r!0 (r)'(;) = 0:

1.6.4 Continuidad en un conjunto abierto.

Diremos una función es continua en un conjunto abierto U � Rn;si ella escontinua en cada punto del conjunto U .

14

1.7 Derivadas Parciales

1.7.1 De�nición

Sea f : D � R2 ! R función de dos variables que está de�nida en una vecindaddel puntos (x0; y0):La derivada parcial de f respecto de x en (x0; y0) se de�ne por:

@f

@x(x0; y0) = lim

h!0

f(x0 + h; y0)� f(x0; y0)h

Similarmente, la derivada parcial de f respecto de y en (x0; y0) se de�ne por:

@f

@y(x0; y0) = lim

h!0

f(x0; y0 + h)� f(x0; y0)h

siempre que estos límites existan.Las derivadas de orden superior las consideramos como una reiteracion de

la de�nicion anterior, es decir, derivadas sucesivas, así:

@2f

@x2=

@

@x

�@f

@x

�= lim

h!0

fx(x0 + h; y0)� fx(x0; y0)h

@2f

@y2=

@

@y

�@f

@y

�= lim

h!0

fy(x0; y0 + h)� fy(x0; y0)h

@2f

@x@y=

@

@x

�@f

@y

�= lim

h!0

fy(x0 + h; y0)� fy(x0; y0)h

1.7.2 Ejemplo:

Calcular las derivadas parciales de:

f(x; y) = x3y2 + x4 sin y + cosxy

Solución.De acuerdo con la de�nición debemos calcular

limh!0

(x+ h)3y2 + (x+ h)4 sin y + cos(x+ h)y � (x3y2 + x4 sin y + cosxy)h

Desarrollando el numerador se tiene:

x3y2 + 3x2hy2 + 3xh2y2 + h3y2 + x4 sin y + 4x3h sin y + 6x2h2 sin y + 4xh3 sin y

+h4 sin y + cos(xy) cos(hy)� sin(xy) sin(hy)� x3y2 � x4 sin y � cos(xy) =3x2hy2 + 3xh2y2 + h3y2 + 4x3h sin y + 6x2h2 sin y + 4xh3 sin y + h4 sin y

+cos(xy)(cos(hy)� 1)� sin(xy) sin(hy)

15

Calculando límite

limh!0

(x+ h)3y2 + (x+ h)4 sin y + cos(x+ h)y � (x3y2 + x4 sin y + cosxy)h

= 3x2y2 + 4x3 sin y + cosxy limh!0

(cos(hy)� 1)h

� sin(xy) limh!0

sin(hy)

h

Como limh!0

(cos(hy)� 1)h

= 0 y limh!0

sin(hy)

h= y

Tenemos que este límite y por tanto la derivada es

@f

@x(x; y) = 3x2y2 + 4x3 sin y � y sin(xy)

De igual forma se puede calcular por de�nición.

@f

@y(x; y) = 2x3y + x4 cos y � x cosxy

1.7.3 Derivadas Parciales Cruzadas

Teorema (de Schwarz) Sea f : D � R2 ! R una función, D abierto. Si las

derivadas@2f

@x@yy@2f

@y@xexisten y son continuas en D, entonces:

@2f

@x@y=

@2f

@y@x

Demostración queda propuesta.Como ejemplo ilustrativo considere la función

f(x; y) =

(x3y�xy3x2+y2 si (x; y) 6= (0; 0)0 si (x; y) = (0; 0)

y veri�que que:

@2f

@x@y(0; 0) = 1;

@2f

@y@x(0; 0) = �1

Observación: Use la de�nición y encuentre estos resultados.

16

1.8 Diferenciabilidad en dos variables

1.8.1 De�nición:

Sea f una función de�nida en una vecindad de (x0; y0).Diremos que f es difer-enciable en (x0; y0) si existen números A y B tales que:

f(x0 + h; y0 + k)� f(x0; y0) = Ah+Bk + � (h; k) k(h; k)k

y si el residuo tiene la propiedad limk(h;k)k!0

� (h; k) = 0. Diremos que f es

diferenciable en una región, si es diferenciable en cada punto de la región.

1.8.2 Teorema:

Si f es diferenciable en (x0; y0), entonces f es continua en (x0; y0).

Demostración:Sea (x; y) 2 V� ((x0; y0))

f(x0+h; y0+k)�f(x0; y0) = A (x� x0)+B (y � y0)+� (h; k) k(x; y)� (x0; y0)k

Además sabemos que

jx� x0j � k(x; y)� (x0; y0)k ; jy � y0j � k(x; y)� (x0; y0)k

entonces

kf(x0 + h; y0 + k)� f(x0; y0)k � jAh+Bk + � (h; k)j k(x; y)� (x0; y0)k

Si (x; y)! (x0; y0) , tenemos que � (h; k)! 0 y k(x; y)� (x0; y0)k ! 0por lo tanto kf(x0 + h; y0 + k)� f(x0; y0)k ! 0

) lim(h;k)!(0;0)

f(x0 + h; y0 + k) = f(x0; y0)

La diferenciabilidad es también una condición más fuerte que la existenciade las derivadas parciales.

17

1.8.3 Teorema

Si f es diferenciable en (x0; y0), entonces las derivadas parciales de primer ordenexisten en (x0; y0) y

fx(x0; y0) = A

fy(x0; y0) = B

DemostraciónSea f diferenciable en (x0; y0) =)

f(x0 + h; y0 + k)� f(x0; y0) = Ah+Bk + � (h; k)ph2 + k2

dividiendo por h 6= 0 y haciendo k = 0 se tiene:

f(x0 + h; y0)� f(x0; y0)h

= A+ �jhjh

=)����f(x0 + h; y0)� f(x0; y0)h

�A���� = j� (h)j ���� jhjh

���� = j� (h)jpero lim

h!0� (h) = 0

) limh!0

f(x0 + h; y0)� f(x0; y0)h

= A

De manera analoga

) limk!0

f(x0; y0 + k)� f(x0; y0)k

= B

Se puede tener también el siguiente criterio para la diferenciabilidad de unafunción.

1.8.4 Teorema:

Sea f : D � R2 ! R una función.Si f tiene primeras derivadas parcialescontinuas en una región D: Entonces f es diferenciable en cada punto de D:Nota: Todas las ideas dadas para funciones de dos variables se pueden

extender a funciones de�nidas en un espacio n dimensional.

1.8.5 Diferencial Total

En dos dimensiones:Si f es diferenciable en (x0; y0) entonces la diferencial total es:

df =@f

@xdx+

@f

@ydy en (x0; y0)

En tres dimensiones:.

18

Si f es diferenciable en (x0; y0; z0) entoncesa diferencial total es:

df =@f

@xdx+

@f

@ydy +

@f

@zdz en (x0; y0; z0)

1.9 Derivada Direccional

1.9.1 Gradiente

Sea f : D � Rn ! R; P 2 D abierto y f diferenciable en P: Entonces elvector gradiente de f en P se denota rf (P ) y se de�ne por la formula:

rf (P ) =�@f

@x1(P ) ;

@f

@x2(P ) ; :::;

@f

@xn(P )

�

Ejemplo: Sea f(x; y; z) = 3x3y2z: Calcular rf(1; 2; 3):Solución:

rf(x; y; z) =�9x2y2z; 6x3yz; 3x3y2

�rf(1; 2; 3) = (108; 36; 12) = 12 (9; 3; 1)

1.9.2 De�nición Derivada direccional

Sea f : D � Rn ! R y P0 un punto interior de D:Sea�!u vector unitario

k�!u k = 1:La derivada direccional de f en P0 en la dirección de �!u se de�ne por:

limh!0

f(P0 + h�!u )� f(P0)h

Si este límite existe f tiene derivada direccional en P0 en la dirección de�!u

y la denotamos@f

@�!u (P0) :

Ejemplos 1.) Si f y g son funciones diferenciablesDemostrar que:

r (fg) = frg + grf

r�f

g

�=grf � frg

g2si g no es cero

2.) Si f es diferenciable en una variable y g = f�x2 + y2 + z2

�: Calcular

rg � rg:

Solución.

19

Si ponemos u = x2 + y2 + z2 al derivar parcialmente se tiene@g

@x= 2xf 0(u) ;

@g

@y= 2yf 0(u) ;

@g

@z= 2zf 0(u):

=) rg = 2f 0(u)(x; y; z) =) rg � rg = 4 [f 0(u)] 2 [(x; y; z) � (x; y; z)]

= 4 [f�(u)] 2(x2 + y2 + z2)

1.9.3 Teorema:

Si f es diferenciable en P; entonces@f

@�!u (P ) existe para todos los vectores�!u ,

unitarios y

@f

@�!u (P ) = rf (P ) ��!u

Demostración:Considerando la demostración en R3.Sean P0 = (x; y; z) y �!u = (u1;u2; u3)Por de�nición de diferenciabilidad se tiene:

f(P0 + h�!u )� f(P0) = f(x+ hu1; y + hu2; z + hu3)� f(x; y; z)

=@f

@xh � u1 +

@f

@yh � u2 +

@f

@zh � u3 + � jhj

= h

�@f

@xu1 +

@f

@yu1 +

@f

@zu3

�+ � jhj

Dividiendo por h y tomando límite cuando h! 0 se tiene �! 0 y

limh!0

f(P0 + h�!u )� f(P0)h

=@f

@xu1 +

@f

@yu2 +

@f

@zu3

) @f

@�!u (P0) = rf (P0) ��!u

Nota: Para cada �!u vector unitario �jo, la derivada direccional@f

@�!u de�ne

una nueva función, a la cual a su vez se le puede aplicar la de�nición de derivadadireccional y tenemos así las derivadas direccionales superiores.

@2f

@�!u 2 =@

@�!u

�@f

@�!u

�

20

1.9.4 Teorema:

Supongamos que f tiene segundas derivadas parciales continuas en una vecindadde un punto P: Entonces:

@2f

@�!u 2 (P ) = (r ��!u )2 f

Demostración

@f

@�!u = f1u1 + f2u2 + f3u3

@2f

@�!u 2 = u1@f1@�!u + u2

@f2@�!u + u3

@f3@�!u

@2f

@�!u 2 = u1 (f11u1 + f12u2 + f13u3) + u2 (f21u1 + f22u2 + f23u3)

+u3 (f31u1 + f32u2 + f33u3)

Como las derivadas cruzadas son iguales se tiene

@2f

@�!u 2 = u21 f11 + 2u1u2 f12 + 2u1u3 f13 + u22 f22 + 2u2u3 f23 + u

23 f33

=

�u1

@

@x+ u2

@

@y+ u3

@

@uz

�2f = (r � �!u )2 f

Consecuencias de@f

@�!u (P ) = rf (P ) ��!u

1.) Si rf (P ) = 0 =) @f

@�!u (P ) = 0 8�!u2.) La dirección de máximo crecimiento de la derivada direccional viene

dada

por@f

@�!u (P ) = krf (P )k en la dirección del vector gradiente.

3.) La dirección de mayor decrecimiento (o mínimo crecimiento) viene dadaen

la dirección �rf (P ) y el valor mínimo es @f

@�!u (P ) = �krf (P )k :

Demostración.Basta considerar

@f

@�!u (P ) = rf (P ) ��!u = krf (P )k cos �

21

1.10 Plano tangente y recta normal

Sea z = f(x; y) la ecuación de una super�cie cualquiera. En lo que sigue con-viene para mayor comprensión del razonamiento usar la expresión F (x; y; z) =0 para denotar la super�cie de tal modo que

F (x; y; z) = f(x; y)� z ó F (x; y; z) = z � f(x; y)

Sea entonces la super�cie F (x; y; z) = 0 y P0 = (x0; y0; z0) un puntode ella. Sea �!r (t) = x(t)i+ y(t)j + z(t)k la ecuación paramétrica de unacurva C en dicha super�cie y que pasa por el punto (x0; y0; z0):

Tomando la diferencial de F (x; y; z) = 0 tenemos

@F

@xdx+

@F

@ydy +

@F

@zdz = 0

En P0 = (x0; y0; z0) de la curva donde�!r (t0) = P0 se tiene

@F (P0)

@x� x�(t0)dt+

@F (P0)

@y� y�(t0)dt+

@F (P0)

@z� z�(t0)dt = 0 =)

@F (P0)

@x� x�(t0) +

@F (P0)

@y� y�(t0) +

@F (P0)

@z� z�(t0) = 0

Es decir �@F (P0)

@x;@F (P0)

@y;@F (P0)

@z

�� (x�(t0); y�(t0); z�(t0)) = 0

) 5F (P0) � �!r�(t0) = 0Esto nos dice que 5F (P0) es perpendicular a �!r�(t0): Esto ocurre para todacurva C que pase por P0 y como

�!r�(t0) es vector tangente a C se tieneque 5F (P0) es perpendicular a toda recta tangente a la super�cie en P0:Por lo tanto, 5F (P0) es un vector normal a la super�cie en P0:

1.10.1 Plano Tangente

La expresion de la forma:

@F (P0)

@x(x� x0) +

@F (P0)

@y(y � y0) +

@F (P0)

@z(z � z0) = 0

es la ecuación del plano tangente a la super�cie F (x; y; z) = 0 en el puntoP0 = (x0; y0; z0)

22

1.10.2 Recta Normal

El vector director de la recta es 5F (P0);luego la ecuación vectorial queda

(x; y; z) = (x0; y0; z0) + t(@F (P0)

@x;@F (P0)

@y;@F (P0)

@z); t 2 R

Ecuación paramétrica:

x = x0 + t@F (P0)

@x

y = y0 + t@F (P0)

@y; t 2 R

x = z0 + t@F (P0)

@z

Eliminando el parámetro t obtenemos la ecuación cartesiana:

x� x0Fx(P0)

=y � y0Fy(P0)

=z � z0Fz(P0)

Si la super�cie es z = f(x; y) la ecuación del plano tangente se puedeescribir

z � z0 = fx(x0; y0)(x� x0) + fy(x0; y0)(y � y0)

Ejemplo: Sea z = ex(cos y+ 1) en el punto (0; �2 ; 1) calcular las ecuaciones

del plano tangente y la recta normal a la super�cie.

Solución.

fx(x; y) = ex(cos y + 1); fy(x; y) = �ex(seny)

fx(0;�

2) = 1; fy(0;

�

2) = � 1

Reemplanzando términos en la ecuación del plano tenemos:

z � 1 = 1 � (x� 0) + (�1)(y � �

2)

=) z � 1 = x� y + �

2

Finalmente, la ecuación del plano tangente queda

23

x� y � z + �

2+ 1 = 0

y(x; y; z) = (0;

�

2; 1) + t(1;�1;�1)

la ecuación de la recta normal en su forma vectorial.

1.11 Función Compuesta. La Regla de la Cadena.

En este módulo abordaremos en forma básica la siguiente problemática. Si ues una función diferenciable de variables x; y; z; � � �; y a su vez estas últimasson funciones de otras variables nuevas t y/o s ¿podemos encontrar la primeraderivada parcial de u con respecto a las nuevas variables t y/o s expresada entérminos de las derivadas parciales de las funciones dadas?. Así, por ejemplo,si un fenómeno físico está ocurriendo digamos en una región cilíndrica, resul-taría mejor expresar las cantidades que interesen en términos de coordenadascilindricas y no en cartesianas.

1.11.1 Caso particular:

Sea f : D � R2 �! R tal que u = f(x; y); dos variables independientes.Supongamos a su vez que cada una de estas dos variables es diferenciable deuna simple variable independiente t: Si x = x(t) y y = y(t), la derivada de lafunción compuesta (regla de la cadena) con respecto a t es

du

dt=

@u

@x� dxdt+@u

@y� dydt

du

dt= ru � �!r 0 (t)

1.11.2 Caso particular de dos variable independientes simples.

Sea f : D � R2 �! R tal que u = f(x; y); tiene dos variables inde-pendientes. Estas variables a su vez funciones diferenciables de dos variablessimples independientes t y s: La expresión de las derivadas de la funcióncompuesta (o regla de la cadena) es:

@u

@t=@u

@x� dxdt+@u

@y� dydt

@u

@s=@u

@x� dxds+@u

@y� dyds

Los expresiones anteriores las podemos expresar matricialmente como:

24

�@u

@t;

@u

@s

�=

�@u

@x;

@u

@y

�0B@ dx

dt

dy

dtdx

ds

dy

ds

1CA

Ejemplo 1: Hallardz

dt; si z =

x

y; donde x = et y y = ln t:

Solución.

Sidz

dt=@u

@x� dxdt+@u

@y� dydt; entonces

dz

dt=1

yet +

�� x

y2

�1

t

dz

dt=

et

ln t� et

(ln t)21

t= et

�1

ln t� 1

t(ln t)2

�

Ejemplo 2: Hallar@u

@ty

@u

@ssi u = f(x; y); donde x = t2 � s2,

y = ets

Solución.-En este caso

@u

@t= fx(x; y)

dx

dt+ fy(x; y)

dy

dt; entonces

@u

@t= fx(x; y)(2t) + fy(x; y)(s e

ts)

Similarmente

@u

@s= fx(x; y)

dx

ds+fy(x; y)

dy

ds; entonces

@u

@s= fx(x; y)(�2s)+fy(x; y)(t ets)

1.11.3 De forma más general si

f : D � Rn �! R tal que z = f(y1;y2;y3; � ��; yn;); es función de n variablesindependientes. Supongamos también que cada una de estas variables inde-pendientes es función diferenciable de otras m variables simples independientesx1; x2; x3; � � �; xm: La expresión de la derivada de la función compuesta (regla dela cadena) es similar, pudiendose escribir cada una de estas derivadas por

@z

@xj=

nXi=1

@z

@yi� @yi@xj

Esta ecuación se puede escribir utilizando matrices, como

25

�@z

@x1; : : : ;

@z

@xm

�=

�@z

@y1; : : : ;

@z

@yn

�0BBBB@@y1@x1

: : :@y1@xm

......

@yn@x1

� � � @yn@xm

1CCCCALa matriz n�m

�@yi@xj

�i=1:::n; j=1:::m

se denomina matriz jacobiana de

la transformación yi = yi(x1;x2;x3; � ��; xm):

Ejemplo 3: Sea f(x; y; z) = x + x2y + zey, en donde x; y; y z , estánrelacionadas con u y v a través de la transformación

x = uv; y = u2 � v2; z = u senv

Calcule@f

@u;@f

@v, y

@2f

@v@u; en el punto (u; v) = (2; 2):

Solución.-La matriz jacobiana para esta transformación es0@ xu xv

yu yvzu zv

1A =

0@ v u2u �2vsenv u cos v

1A0@ xu xv

yu yvzu zv

1A (2; 2) =

0@ 2 24 �4sin 2 2 cos 2

1APara (u; v) = (2; 2); los valores de x; y y z son 4; 0 ; y 2sen2

respectivamente:Entonces la matriz reglón (fx fy fz) es

(fx fy fz) =�1 + 2xy x2 + zey ey

�evaluando en el punto (4; 0; 2sen2) queda�

1 + 2xy x2 + zey ey�(4; 0; 2sen2) = (1 16 + 2sen2 1)

De donde

(fu fv) = (fx fy fz)

0@ xu xvyu yvzu zv

1A= (fxxu + fyyu + fzzu fxxv + fyyv + fzzv)

26

Evaluando

(fu fv) (2; 2) = (66 + 9sen2 � 62� 8sen2 + 2cos2)

Por lo tanto

@f

@u(2; 2) = 66 + 9sen2 y

@f

@v(2; 2) = �62� 8sen2 + 2cos2

Ahora bien, como

fu = fxxu + fyyu + fzzu

= (1 + 2xy )v + (x2 + zey)2u+ eysenv

Se tiene

@2f

@v@u= fuv = 2(xyv + yxv)v + 1 + 2xy + 2(2xxv + ze

yyv + eyzv)u

+ yveysenv + ey cos v

Evaluando en el punto (2; 2) se tiene

@2f

@v@u(2; 2) = 1� 36sen2 + 9 cos 2

1.12 Función Implicita

Cuando de�nimos funciones en forma implicita decimos por ejemplo, sea y ='(x) una función diferenciable de�nida implicitamente por medio de la ecuaciónF (x; y) = 0; o bien, sea z = f(x; y); de�nida implicitamente por la ecuaciónF (x; y; z) = 0:El primer caso lo podemos ejempli�car con una función y = '(x) de�nida

por la ecuación de la hipérbola x2 � 4xy � 3y2 = 9Muchas veces las ecuaciones que relacionan a las variables pueden ser tan

complejas y no lineales, que no es posible esperar encontrar relaciones sencillas,si las hay, explícitas que expresen a una variable en términos de las otras.En términos generales, lo que se pide es que esta relación entre las variables

exista localmente, es decir en alguna vecindad de un punto donde las ecuacionesse satisfacen. La mayoría de las veces no se esperan resultados globales, es decir,no todos los puntos que satisfacen las relaciones implícitas satisfacen tambiénlas explícitas.Con el objeto de ilustrar estas ideas analicemos el siguiente ejemplo.

Ejemplo:

Pruebe que la ecuación z5+z+xy = 0 de�ne una función z = f(x; y) paratodos los valores x e y:Solución.

27

Se debe establecer que para cada x e y se puede resolver en forma única paraz la ecuación de quinto grado. Ya que esto no es obvio, razonamos utilizandola grá�ca de

u = z5 + z + a

u�(z) = 5z4 + 1; 8a =) u es estrictamente creciente;entonces para cada

a existen z1 y z2 tal que

u(z1) < 0 < u(z2)

por lo cual existe un único z tal que u(z) = 0 para cada a :

Si se identi�ca a con la cantidad xy se ha establecido el hecho planteado.

Luego, "z = f(x; y) se de�ne implicitamente por la ecuación z5+z+xy = 0"

1.12.1 Derivación implicita

En el caso y = '(x) una función diferenciable de�nida implicitamente pormedio de la ecuación F (x; y) = 0Si F es diferenciable y Fy(x; y) 6= 0: Entonces

dy

dx= �Fx(x; y)

Fy(x; y)

En el caso de funciones de dos variables de�nida implicítamente, el siguienteteorema a�rma la existencia de funciones implícitas bajo ciertas circunstanciasy da formulas para obtener las derivadas parciales de estas funciones:

28

1.12.2 Teorema de la función implícita

Sea F una función de R3 en R que pertenece a la clase C1 en un conjunto

abierto U . Si F (x0; y0; z0) = 0 y@F

@z(x0; y0; z0) 6= 0; donde (x0; y0; z0) 2 U;

entonces existe una vecindad V = V�(x0; y0); y una vecindad (z0�a; z0+a)de z0 y una función única f de C1 sobre V tal que

f(x0; y0) = z0 y f(x; y) 2 (z0 � a; z0 + a) 8(x; y) 2 V:

y F (x; y; f(x; y)) = 0

Además, 8(x; y) 2 V = V�(x0; y0) se tiene:

@f(x; y)

@x= �

@F

@x(x; y; f(x; y))

@F

@z(x; y; f(x; y))

@f(x; y)

@y= �

@F

@y(x; y; f(x; y))

@F

@z(x; y; f(x; y))

Este teorema se puede generalizar a más variables, de tal modo que si sedan las condiciones exigidas por el teorema y u = f(x; y; z; � � �) está de�nidaimplicitamente por F (x; y; z ; � � �; u) = 0 y Fu(x; y; z ; � � �; u) 6= 0; entonces

@f

@x= �

@F

@x@F

@z

@f

@y= �

@F

@y@F

@z

@f

@z= �

@F

@z@F

@zetc.

29

Ejemplo: Calcular@z

@xy

@z

@ysi z se de�ne implicitamente en la ecuación

x2y � 8xyz = yz + z3

Solución.-

F (x; y; z) = �x2y + 8xyz + yz + z3

Fx(x; y; z) = 8yz � 2xy; Fy(x; y; z) = 8xz + z � x2; Fz(x; y; z) = 8xy + y + 3z2

Claramente estas derivadas son continuas en R3, son funciones polinómicas;Por consiguiente, F pertenece a C1 .Para todo (x; y; z) en que Fz(x; y; z) 6= 0 se tiene.

@z

@x= � 8yz � 2xy

8xy + y + 3z2

@z

@y= � 8xz + z � x2

8xy + y + 3z2

1.13 Jacobiano

1.13.1 De�nición.-

Si f1; f2; f3; : : : ; fn son funciones diferenciables de Rn en R y si (x1; x2; x3; : : : ;xn) 2 D su dominio tal que

f1 = f1(x1; x2; x3 : : : ; xn)

f2 = f2(x1; x2; x3 : : : ; xn)

...

fn = fn(x1; x2; x3 : : : ; xn)

El Jacobiano de las funciones f1; f2; f3; : : : ; fn ; respecto de las variablesx1; x2; x3 : : : ; xn se de�ne por el determinante de las primeras derivadas

parciales y se denota@(f1; f2; f3; : : : ; fn)

@(x1; x2; x3 : : : ; xn)

@(f1; f2; f3; : : : ; fn)

@(x1; x2; x3 : : : ; xn)=

����������

@f1@x1

@f1@x2

: : : @f1@xn

@f2@x1

@f2@x2

: : : @f2@xn

...@fn@x1

@fn@x2

: : : @fn@xn

����������

30

1.13.2 Dos funciones de�nidas implicitamente

Teorema Sean F (x; y; u; v) = 0 y G(x; y; u; v) = 0 funciones continuas y

con primeras derivadas parciales continuas (F y G pertenecen a C1) en algunavecindad de P0 = (x0; y0; u0; v0) en donde las ecuaciones

F (x; y; u; v) = 0 ; G(x; y; u; v) = 0

se satisfacen. Entonces

a) Si@(F;G)

@(u; v)(P0) 6= 0; las ecuaciones de�nen implicitamente funciones

continuas u = u(x; y); v = (x; y) con primeras derivadas parciales continuascon respecto a cada una de las variables en alguna vecindad de (x0; y0) yu = u(x0; y0); v = v(x0; y0)

b) Las derivadas parciales de u y v en P0 estan dadas por

@u

@x= �

@(F;G)

@(x; v)

@(F;G)

@(u; v)

;@u

@y= �

@(F;G)

@(y; v)

@(F;G)

@(u; v)

@v

@x= �

@(F;G)

@(u; x)

@(F;G)

@(u; v)

;@v

@y= �

@(F;G)

@(u; y)

@(F;G)

@(u; v)

Ejemplo Calcule las derivadas parciales@u

@xy

@v

@xdonde u y v estan

de�nidas por las ecuaciones implícitas

x2 + 2uv = 1; x3 � u3 + v3 = 1Solución:En este caso F (x; u; v) = x2+2uv�1 = 0 y G(x; u; v) = x3�u3+v3�1 = 0

@(F;G)

@(u; v)=

���� 2v 2u�3u2 3v2

���� = 6(u3 + v3)@(F;G)

@(u; v)6= 0 para todo (x; u; v) donde u 6= 0 y v 6= 0:

@(F;G)

@(x; v)=

���� 2x 2u3x2 3v2

���� = 6x(v2 � xu)@(F;G)

@(u; x)=

���� 2v 2x�3u2 3x2

���� = 6x(xv + u2)Entonces

31

@u

@x= �6x(v

2 � xu)6(u3 + v3)

=x(xu� v2)u3 + v3

y

@v

@x= �6x(xv + u

2)

6(u3 + v3)= �x(xv + u

2)

u3 + v3

1.14 Máximos y Mínimos

Máximos y Mínimos (extremos locales o relativos) para funciones de dos o másvariables.Sea f : U � R2 ! R; U conjunto abierto.f tiene un máximo local en x0 2 U si f(x0) � f(x) 8x 2 B�(x0; y0)f tiene un mínimo local en x0 2 U si f(x0) � f(x) 8x 2 B�(x0; y0)

Ejemplo: La función f(x; y) = 4 � x2 � y2 tiene un máximo local en (0; 0);pues �f = f(0:0)� f(x; y) = x2 + y2 � 0ya que x2 � 0; y2 � 0 8(x; y) 2 B�(0; 0):Observación: Si las desigualdades son válidas en todo U se tendrá extremo

absolutos.

1.14.1 Punto Crítico:

Sea f : D � Rn ! R:Los puntos donde todas las derivadas parciales de f soncero o no existen se llaman puntos crítico de f:

1.14.2 Caso particular:

Si f : R2 ! R; (x0; y0) es punto crítico de f si y solo si :i)

@f(x0; y0)

@x= 0;

@f(x0; y0)

@y= 0

óii)

@@f(x0; y0)

@x; y/o @

@f(x0; y0)

@y

Ejemplo 1: La función z = f(x; y) = x2 + y2

Tiene un mínimo local en (0; 0) : f(0; 0) � x2 + y2 = f(x; y)f(0; 0) = 0 es mínimo absoluto.

32

Ejemplo 2: La función z = f(x; y) = 1� 3px2 + y2

f(0; 0) = 0 es mínimo local y absoluto.

Ejemplo 3: Sea z = f(x; y) = x2 � y2 =) @f

@x= 2x

@f

@y= �2y

=) (0; 0) punto crítico.

1.14.3 Punto silla:

De�nición : Sea punto (x0; y0) 2 Dom(f) . Si cualquier B�(x0; y0) contienepuntos (x; y) 2 B�(x0; y0) tales que f(x; y)� f(x0; y0) > 0 y puntos (x; y) 2B�(x0; y0) tales que f(x; y)� f(x0; y0) < 0 se llama punto ensilladura.De�nición. Sea f : U � Rn ! R:Un punto crítico en que f no es máximo

ni mínimo se llama punto silla.

Ejemplo: En la función f(x; y) = x2 � y2; (0; 0) es punto ensilladura, pues�f = f(0; 0) � f(x; y) = �x2 + y2 no se puede decir nada aún del signo, peropara �f = f(0:0) � f(x; 0) = �x2 � 0 y �f = f(0; 0) � f(0; y) = y2 � 0;permite concluir que (0; 0) es punto ensilladuraObservación: De�niciones extendibles a funciones de más variables.

1.14.4 Teorema:

Sea f una función continua de dos variables de�nida en una región cerrada yacotada R del plano XY: Entonces:a.) Al menos hay un punto (x0; y0) 2 R en que f alcanza su valor mínimo.b.) Al menos hay un punto (x0; y0) 2 R en que f alcanza su valor máximo.

Observación: Este Teorema es extensible a más variables.De�nición: Sea f : U � Rn ! R función de�nida en un conjunto abierto

U 2 Rn y sea x 2 U . Suponga que todas las derivadas parciales de segundoorden existen en x. A la matriz cuadrada de orden n:

A = (aij)i;j=1;:::;n donde aij =@2f

@xi@xj(x)

x = (x1; x2; :::; xn)

se llama matriz Hessiana (o simplemente Hessiano) de la función f en x yse denota H(x):

33

1.14.5 Caso particular:

Para f(x; y)

H(x; y) =

@2f@x2

@2f@y@x

@2f@x@y

@2f@y2

!

1.14.6 Caso particular:

Para f(x; y; z)

H(x; y; z) =

0B@@2f@x2

@2f@y@x

@2f@z@x

@2f@x@y

@2f@y2

@2f@z@y

@2f@x@z

@2f@y@z

@2f@z2

1CASea

An =

0BBBB@a11 a12 : : : a1n

a21. . .

.... . .

an1 ann

1CCCCAConsideremos las submatrices Ak de An (k = 1; 2; : : : ; n) de�nidas de las

siguientes maneras:

A1 = (a11) ; A2 =

�a11 a12a21 a22

�; A3 =

0@ a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

1A ; � � � ;

An =

0BBBB@a11 a12 : : : a1n

a21. . .

.... . .

an1 ann

1CCCCA1.14.7 Teorema: (Consideraciones su�cientes para la existencia de

extremos locales)

Sea f : U � Rn ! R una función de�nida en un conjunto abierto U de Rn y xun punto critico de f (es decir rf(x) = �!

0 ) y supongamos que las derivadasparciales de segundo orden son críticos en una vecindad abierta de x. Entonces:a.) Si todas las submatrices Ak de la matriz Hessiana H(x) de�nidas de la

forma anterior tienen determinante positivo, f tiene un mínimo local en x.b.) Si todas las submatrices Ak de la matriz Hessiana H(x), de�nidas de

la forma anterior, tienen determinantes de signo alternado comenzando porA1 < 0, f tiene un máximo local en x.

34

Ejemplo 1: Sea f : R2 ! R de�nida por f(x; y) = x2 + 3y2 � 2x� 12y + 13

rf(x; y) = (2x� 2; 6y � 12) = (0; 0) =) (1; 2) .Punto Crítico.

H(x; y) =

�2 00 6

�=) detH(x; y) = 12

A1 = (2) =) detA1 = 2 > 0

A2 =

�2 00 6

�=) detA2 = 12 > 0

) f tiene mínimo local en (1; 2):

Ejemplo 2: Sea f : R2 ! R de�nida por f(x; y) =�x2 + 3y2

�e1�(x

2+y2):@f@x = 2xe

1�(x2+y2)�2x�x2 + 3y2

�e1�(x

2+y2): = e1�(x2+y2) �2x� 2x3 � 6xy2�

@f@y = 6ye

1�(x2+y2)�2y�x2 + 3y2

�e1�(x

2+y2): = e1�(x2+y2) �6y � 6y3 � 2x2y�

=) x� x3 � 3xy2 = 03y � 3y3 � x2y = 0

�=) x

�1� x2 � 3y2

�= 0

y�3� 3y2 � x2

�= 0

�=) (0; 0)

Puntos Críticos: (0; 0); (0; 1); (0;�1); (1; 0); (1; 0); (�1; 0)

Determine si en estos puntos hay máximos, mínimos o puntos sillas.

Ejemplo 3: Sea f : R4�f0; 0; 0; 0g ! R y f(x; y; z; u) = x+y

x+z

y+u

z+1

uDetermine los valores extremos de f:

@f

@x= 1� y

x2= 0

@f

@y=

1

x� z

y2= 0

@f

@z=

1

y� u

z2= 0

@f

@y=

1

z� 1

u2= 0

=) (1; 1; 1; 1) Punto Crítico.0BBBB@@2f@x2

@2f@y@x

@2f@z@x

@2f@u@x

@2f@x@y

@2f@y2

@2f@z@y

@2f@u@y

@2f@x@z

@2f@y@z

@2f@z2

@2f@u@z

@2f@x@u

@2f@y@u

@2f@z@u

@2f@u2

1CCCCA

35

H(x; y; z; u) =

0BB@2yx3 � 1

x2 0 0� 1x2

2zy3 � 1

y2 0

0 � 1y2

2uz3 � 1

z2

0 0 � 1z2

2u3

1CCA

H(1; 1; 1; 1) =

0BB@2 �1 0 0�1 2 �1 00 �1 2 �10 0 �1 2

1CCA41 = 2;42 = 3;43 = 2;44 = 5

)Hay un mínimo local en (1; 1; 1; 1):

1.15 Extremos Restringidos

Pensemos, que se tiene una función f(x; y) sujeta a cierta condición g(x; y) =0:Se quiere maximizar o minimizar f(x; y) con la condición que (x; y) satisfagala ecuación g(x; y) = 0:En este caso podemos elaborar una respuesta aplicando la condición nece-

saria de valor extremo para f(x; y)

df

dx=@f

@x+@f

@y� dydx= 0

Aplicando el teorema de la función implícita podemos calculardy

dxa partir

de

g(x; y(x)) = 0 =) @g

@x+@g

@y� dydx= 0

=) dy

dx= �

@g@x@g@y

Sustituyendo en la primera ecuación tenemos:

df

dx=@f

@x+@f

@y� �@g@x@g@y

!= 0 ;

@g

@y6= 0

=) @f

@x

@g

@y+@f

@y� @g@x

= 0

=) @(f; g)

@(x; y)= 0

Entonces los puntos críticos deben cumplir dos condiciones:

36

g(x; y) = 0:

@(f; g)

@(x; y)= 0

Además, la decisión de valor extremo resulta del signo ded2f

dx2en cada

punto crítico, ya que f(x; y) = f(x; y(x)) = f(x):

Ejemplo 1. Obtenga las dimensiones de un rectángulo de perímetro dadoque determinan la mayor y la menor área de éste.Solución.Si x e y denotan las longitudes de los lados del rectángulo, el problemaconsistirá en buscar los extremos de la función

f(x; y) = xy; x; y > 0

sujeta a la restricción g(x; y) = x+ y � L2 = 0 ,donde L es el perímetro

dado.Entonces aplicando las condiciones necesaria para obtener los puntoscríticos tenemos:

g(x; y) = x+ y � L

2= 0:

@(f; g)

@(x; y)=

�y x1 1

�=) y = x

Sustituyendo el resultado obtenido en la primera ecuación, se tiene:

x = y =L

4

Luego hemos encontrado que la función f tiene un único punto crítico en

P =

�L

4;L

4

�.

Además, determinemos la naturaleza del punto usando el criterio de lasegunda derivada

f(x; y (x)) = xy =) df

dx= y + x

dy

dx

g(x; y) = x+ y � L

2= 0 =) dy

dx= �1

) df

dx= y � x

d2f

dx2=

dy

dx� 1 = �2 < 0

37

Por tanto, en el punto (L4 ;L4 ;

L2

16 ) hay un máximo relativo sobre la curva deintersección de las dos super�cies z = xy y x+ y = L

2

La situación se puede generalizar para funciones de más variables o máscondiciones.Por otra parte, para resolver este mismo tipo de problemas de máximo ymínimo podemos utilizar otro método que se fundamenta en el siguienteteorema.

1.15.1 Teorema (Multiplicadores de Lagrange)

Sean f : U � Rn ! R; g : U � Rn ! R funciones de C1. Sean x0 2 U tal queg(x0) = 0 y S = fx 2 U : g(x) = 0g supongamos además que rg(x0) 6= 0. Sif jS (f restringida a S) tiene un máximo o mínimo local en S; en x0;entoncesexiste � 2 R talque:

rf(x0) + �rg(x0) = 0

Nota: Lo anterior signi�ca que x0 es un punto crítico de f jS :Método: Construir F (x; y; �) = f + �g y determinar puntos críticos de F

Ejemplo 1. Utilice el procedimiento que se origina a partir de este teoremapara obtener el máximo local del ejemplo anterior.

Solución.En este caso

f(x; y) = xy; x; y > 0

sujeta a la condición:

g(x; y) = x+ y � L

2= 0

:Sea F (x; y; �) = xy + �(x+ y � L

2 ); entonces

Fx = y + � = 0

Fy = x+ � = 0

F� = x+ y � L

2= 0

de aquí x = ��; y = �� y sustituyendo en la tercera ecuación:��� �� L

2 = 0 =) � = �L4 :

El punto crítico es (x0; y0) = ( L4 ;L4 ):

El punto (L4 ;L4 ;

L2

16 ) es el máximo relativo sobre la curva de intersecciónde las dos super�cies z = xy y x+ y = L

2

38

Ejemplo 2. De todos los rectángulos inscritos en la elipsex2

a2+y2

b2= 1;

a > 0 y b > 0 con lados paralelos al los ejes, determine el de mayor área.Solución.En este caso

f(x; y) = 4xy; x; y > 0

y g(x; y) =x2

a2+y2

b2� 1 = 0

Sea F (x; y; �) = 4xy + �

�x2

a2+y2

b2� 1 = 0

�; entonces

Fx = 4y + 2�x

a2= 0 =) � = �2a

2y

x

Fy = 4x+ 2�y

b2= 0 =) � = �2b

2x

y

) x2

a2=

y2

b2

Reemplazando esta última expresión en la ecuación

F� =x2

a2+y2

b2� 1 = 0 =)

obtenemos a un único punto crítico:�ap2;bp2

�Además, determinemos la naturaleza del punto usando el criterio de lasegunda derivada

f(x; y (x)) = 4xy =) df

dx= 4y + 4x

dy

dx=) d2f

dx2= 4

dy

dx+ 4x

d2y

dx2

g(x; y) =x2

a2+y2

b2� 1 = 0 =) dy

dx= � b

2x

a2y

=) d2y

dx2= � b

2

a2

�1

y+b2

a2x2

y3

�Reemplazando la primera y segunda derivada, produce

d2f

dx2= �8 b

2x

a2y� 4 b

4

a4

�x3

y3

�=) d2f

dx2= �12 b

a< 0

En el punto�ap2;bp2

�hay máximo relativo f

�ap2;bp2

�= ab

39

Ejemplo 3: Obtenga los extremos posibles de f(x; y) = x2 + 24xy + 8y2 conla restricción x2 + y2 � 25 = 0Solución:Sea F (x; y; �) = x2 + 24xy + 8y2 + �

�x2 + y2 � 25

�:

Fx = 2x+ 24y + 2�x = 0 =) (1 + �)x+ 12y = 0 (1)

Fy = 24x+ 16y + 2�y = 0 =) 12x+ (8 + �)y = 0 (2)

F� = x2 + y2 � 25 = 0 (3)

Multiplicando la ecuación (1) por 12 y (3) por(1 + �) produce.

12(1 + �)x+ 144y = 0

12(1 + �)x+ (8 + �)(1 + �)y = 0

Restando ambas ecuaciones

=) �2 + 9�� 136 = 0 =) �1 = 8; �2 = �17

Si � = 8 =) 18x+ 24y = 024x+ 32y = 0

�=) 3x+ 4y = 0 =) y = � 3

4x

x2 +�34x�2= 25 =) x = �4

Lo que da los puntos críticos (�4;�3)Si � = �17 en forma similar se obtiene que (�3;�4) son puntos críticos.

Para determinar máximos y mínimos absolutos e una región cerraday acotada encerrada por una curva suave, se debe:� Determinar todos los puntos críticos en el interior de la región.� Usar Lagrange para determinar puntos críticos en la frontera.� Evaluar f en los puntos, críticos.� Analizar y seleccionar el máximo y el mínimo utilizando los puntos

críticos obtenidos

1.16 Criterio de la Segunda Derivada para Extremos Re-

stringidos.

Sea f(x; y) función a maximizar o minimizar y g(x; y) = 0 la condición:S =

�(x; y) 2 R2 j g(x; y) = 0

:Sea F (x; y; �) = f(x; y) + �g(x; y)

Sea (x0; y0; �) punto crítico de F

@f@x j(x0;y0) +�

@g@x j(x0;y0)= 0

@f@y j(x0;y0) +�

@g@y j(x0;y0)= 0

g (x0; y0) = 0

40

Se desea utilizar el criterio de la segunda derivada para identi�car extremoslocales de la función f(x; y) bajo la condición g (x; y) = 0 lo que conduceencontrar los máximos y mínimos de funciones de una variable f(x; y(x)) .De la condición, calculemos y = y(x) y reemplacemos en f jS : Aquí

podemos considerar f como función de una variable, es decir f(x; y) = f(x; y(x))enS:Nos proponemos calcular @2f

@x2

df

dx=@f

@x+@f

@y� dydx

d2f

dx2=

@2f

@x2+

@2f

@y@x� dydx+

@2f

@x@y� dydx+@2f

@y2��dy

dx

�2+@f

@y� d

2y

dx2

=@2f

@x2+ 2

@2f

@y@x� dydx+@2f

@y2��dy

dx

�2+@f

@y� d

2y

dx2

g(x; y(x)) = 0 =) @g

@x+@g

@y� dydx= 0

=) dy

dx= �

@g@x@g@y

Derivando nuevamente g respecto de x

@2g

@x2+

@2g

@y@x� dydx+

@2g

@x@y� dydx+@2g

@y2��dy

dx

�2+@g

@y� d

2y

dx2= 0

Sustituyendody

dxse tiene:

@2g

@x2+ 2

@2g

@y@x� �@g@x@g@y

!+@2g

@y2� �@g@x@g@y

!2+@g

@y� d

2y

dx2= 0 = �

�@g

@y

�

@2g

@x2� @g@y� 2 @

2g

@y@x� @g@x

+@2g

@y2��@g

@x

�2� 1�

@g@y

�2 + �@g@y�2� d

2y

dx2= 0

=) d2y

dx2=

1�@g@y

�2"�@

2g

@x2� @g@y+ 2

@2g

@y@x� @g@x

� @2g

@y2��@g

@x

�2� 1@g@y

#

Reemplazando en d2fdx2

41

d2y

dx2=

@2f

@x2� 2 @

2f

@y@x�

@g@x@g@y

!+@2f

@y2�

@g@x@g@y

!2

+@f

@y� 1�

@g@y

�2"�@

2g

@x2� @g@y+ 2

@2g

@y@x� @g@x

� @2g

@y2��@g

@x

�2� 1@g@y

#

y0 = y(x0)@f@x jx0= ��

@g@x jx0 ;

@f@y jx0= ��

@g@y jx0

Luego (x0; y0)@f@x jx0@g@x jx0

= ��@f@y jx0@g@y jx0

= ��

d2f

dx2=

1�@g@y

�2"@2f

@x2��@g

@y

�2� 2 @

2f

@y@x� @g@x

� @g@y+@2f

@y2��@g

@x

�2�

+�@2g

@x2��@g

@y

�2� 2� @2g

@y@x� @g@x

� @g@y+ �

@2g

@y2��@g

@x

�2#

=1�@g@y

�2"�

@2f

@x2+ �

@2g

@x2

���@g

@y

�2� 2

�@2f

@y@x+ �

@2g

@y@x

�

�@g@x

� @g@y+

�@2f

@y2+ �

@2g

@y2

���@g

@x

�2#

Podemos escribir entonces:

d2f

dx2=

1�@g@y

�2"@2F

@x2��@g

@y

�2� 2 @

2F

@y@x� @g@x

� @g@y+@2F

@y2��@g

@x

�2#

En el paréntesis

� =@g

@x

�����@g@x

@g@y

@2F@y@x

@2F@y2

�����+ @g

@y

�����@g@y

@g@x

@2F@y@x

@2F@x2

�����= �

�������0 @g

@x@g@y

@g@x

@2F@x2

@2F@y@x

@g@y

@2F@y@x

@2F@y2

������� = ��������0 @g

@x@g@y

@g@x

@2F@x2

@2F@y@x

@g@y

@2F@y@x

@2F@y2

�������De lo anterior se plantea la siguiente de�nición

42

1.16.1 De�nición.

Si f y g son funciones como las de�nidas antes y F = f+�g: Llamamos hessianolimitado de la función F a

HF =

�������0 @g

@x@g@y

@g@x

@2F@x2

@2F@y@x

@g@y

@2F@y@x

@2F@y2

������� en (x0; y0)

De tal modo que

d2f

dx2= � HF (x0; y0)�

@g@y (x0; y0)

�2

1.16.2 Teorema en extremos restringidos

Consideremos nuevamente

d2f

dx2= � HF (x0; y0)�

@g@y (x0; y0)

�2De esta expresión, dado que el signo de la segunda derivada d2f

dx2 depende

sólo del determinante Hessiano limitado, ya que�@g@y (x0; y0)

�2> 0;tenemos la

siguiente forma para el criterio de la segunda derivada.

1.16.3 Teorema

Criterio de la Segunda derivada para extremos restringidos.a) Si HF (x0; y0) > 0, entonces

d2fdx2 < 0 y la función tiene un máximo local

condicionado en (x0; y0).b) Si HF (x0; y0) < 0, entonces

d2fdx2 > 0 y la función tiene un mínimo local

condicionado en (x0; y0) :c) Si HF (x0; y0) = 0 no hay información del punto(x0; y0).

43

Ejemplo: Hallar los extremos de f(x; y) = (x � y)2 sujeta a la restricciónx2 + y2 � 1 = 0Solución:Sea F (x; y; �) = (x� y)2 + �

�x2 + y2 � 1

�Fx = 2 (x� y) + 2�x = 0Fy = �2 (x� y) + 2�y = 0

�=) 2� (x+ y) = 0

F� = x2 + y2 = 1

Si � = 0 =) y = x =) 2x2 = 1 =) x = � 1p2

Produce dos puntos críticos�1p2; 1p

2

�y�� 1p

2;� 1p

2

�Si � 6= 0 =) y = �xSe tienen otros dos puntos críticos adicionales�1p2;� 1p

2

�y�� 1p

2; 1p

2

�Calculemos ahora el Hessiano límitado

HF (x; y) =

������0 2x 2y2x 2 + 2� �22y �2 2 + 2�

������= 2x (�2x (2 + 2�) + 2 (�2y))= �8

�x2 + xy + y2

�� 8�

�x2 + y2

�Evaluando para � = 0

HF (x; y) =

������0 2x 2y2x 2 �22y �2 2

������= �8

�x2 + xy + y2

�En los dos primeros dos puntos críticos produce

HF

�� 1p

2;� 1p

2

�= �12 < 0

Por lo tantod2f

dx2> 0, la función f en estos puntos tiene mínimos locales

condicionados

Sustituyendo y = �x en la primera ecuación se tiene � = �2 6= 0. Entoncesel Hessiano se reduce

HF (x; y) = 8�x2 � xy + y2

�

44

HF

�� 1p

2;1p2

�= 12 > 0

Igual resultado se logra al evaluar en el otro otro crítico

HF

�1p2;� 1p

2

�= 12 > 0

Entoncesd2f

dx2< 0 y la función f tiene en estos puntos máximos locales

condicionados .

Este criterio de la segunda derivada para extremos restringidos se puedegeneralizar para funciones de más de dos variables.En el caso de una función de tres variables x; y; z y sujetos a la sola restricción

g(x; y; z) = 0; formamos el Hessiano correspondiente a

F (x; y; z; �) = f(x; y; z) + �g (x; y; z)

de la siguiente forma

HF =

����������0 @g

@x@g@y

@g@z

@g@x

@2F@x2

@2F@y@x

@2F@x@z

@g@y

@2F@y@x

@2F@y2

@2F@y@z

@g@z

@2F@x@z

@2F@y@z

@2F@z2

����������y sea

A3 =

�������0 @g

@x@g@y

@g@x

@2F@x2

@2F@y@x

@g@y

@2F@y@x

@2F@y2

�������El criterio de la segunda derivada en este caso expresa:Sea (x0; y0; z0) punto crítico.a.- SiHF < 0 y A3 > 0;entonces la función f tendrá un máximo condicionado

en (x0; y0; z0):b.- SiHF < 0 y A3 < 0;entonces la función f tendrá un mínimo condicionado

en (x0; y0; z0):c.- Si HF > 0;entonces la función f no tiene extremos condicionado en

(x0; y0; z0):d.- Si HF = 0; no hay información acerca del punto(x0; y0;z0).

45

Ejemplo Sea f(x; y; z) = x2 + y2 + z2 sujetos a la restrición g (x; y) = z2 +2x� y2 � 1 = 0Solución:Sea la función F = x2 + y2 + z2 + �

�z2 + 2x� y2 � 1

�Fx = 2x+ 2� = 0 =) 2 (x+ �) = 0 =) x = ��Fy = 2y � 2�y = 0 =) 2y(1� �) = 0 =) y = 0

Fz = 2z + 2�z = 0 =) 2z(1 + �) = 0 =) z = 0

F� = z2 + 2x� y2 � 1 = 0

Reemplazando en F� : 02 + 2(��) � 02 � 1 = 0 =) � = � 12 así el punto

crítico es�12 ; 0; 0

�

HF =

��������0 2 �2y 2z2 2 0 0�2y 0 2� 2� 02z 0 0 2 + 2�

��������= �4

�4� 4x2

�� 2y � 2 � 2y (2� 2�) + 2z � 2 (2� 2�) (�2z)

HF

�1

2; 0; 0;�1

2

�= �16 < 0

A3 = 8y2 � 4 (2� 2�) = 0� 12 < 0

)Hay un mínimo condicionado en el punto�12 ; 0; 0

�:

46

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Ejercicios Propuestos

1 Límites

1.1 Problema

Determinar si existen los siguientes limites, y si existen, calcular su valor

a) lim(x;y)!(0;0)

ln

�xseny

ysenx

�b) lim

(x;y)!(0;0)

x2 � y2x2 + y2

Solución

a) lim(x;y)!0

ln

�xseny

ysenx

�= 0; b) El límite de la función f no existe

1.2 Problema

En los siguientes casos, usar coordenadas polares para concluir que el límite def (x; y) cuando (x; y) tiende a (0; 0) existe y vale cero.

a) lim(x;y)!(0;0)

y3

x2 + y2

b) lim(x;y)!(0;0)

x3y4

x4 + y4

2 Diferenciabilidad, continuidad

2.1 Problema

Dada la función f (x; y) =

8<: xysen1

ysi y 6= 0

0 8 (x; 0); probar que es diferencia-

ble en el punto P0 = (0; 0) ;¿es continua en este punto?

Solución.La función f es diferenciable en P0 = (0; 0) ; implica que es continua en (0; 0)

1

2.2 Problema

Dada la función f (x; y) =

8<:jxj ypx2 + y2

si (x; y) 6= (0; 0)

0 si (x; y) = (0; 0)

:

a) Estudiar su continuidad en IR2

b) Estudiar la existencia de derivadas parciales en IR2 y determinarlas,si es que existen.c) Estudiar su diferenciabilidad en IR2

Solucióna) La función f es en continua en IR2

b) Existen derivadas parciales en

IR2 � f(o; a) =a 6= 0g ;No existe @f@x(0; a) ,

@f

@y(0; a) = 0;

@f

@x(0; 0) = 0;

@f

@y(0; 0) = 0

c) La función f no es diferenciable en P0 = (0; 0) ;puesto que

lim(h;k)!(0;0)

j�f � df jph2 + k2

6= 0

2.3 Problema

Veri�car que f (x; y) =pjxyj es continua y no diferenciable en (0; 0) :

3 Derivadas parciales

3.1 Problema

Sea f (x; y) =

8<: xyx2 � y2x2 + y2

si (x; y) 6= (0; 0)0 si (x; y) = (0; 0)

a) Deducir que@f

@x(0; y) = �y 8y; @f

@y(x; 0) = x 8x

b) Veri�car que@2f

@y@x(0; 0) 6= @2f

@x@y(0; 0)

3.2 Problema

Dada la función f (x; y) =�x+ y si x = 0 ó y = 01 si x 6= 0; y 6= 0

a) Veri�que que@f

@x(0; 0) = 1 ;

@f

@y(0; 0) = 1

b) Muestre que la función f no es continua en (0; 0)

2

3.3 Problema

Sea u =xy

x+ y; muestre que u satisface la ecuación:

x2@2u

@x2+ 2xy

@2u

@y@x+ y2

@2u

@y2= 0

3.4 Problema

Sea u =1p

x2 + y2 + z2; probar que u satisface la ecuación:

@2u

@x2+@2u

@y2+@2u

@z2= 0

3.5 Problema

Enuncie las condiciones del teorema de Schwarz de igualdad de las derivadascruzadas.

3.6 Problema

Justi�que si es cierto que una función f : IR3 ! IR diferenciable en IR3 tienederivadas parciales.SoluciónSi una función f es diferenciable en �!x o y la diferencial es Df (�!x o) ,entonces para todo vector unitario bv 6= 0 existe Dbvf (�!x o) que veri�caDbvf (�!x o) = Df (�!x o) � bv: En particular, esto sucede para los vectores(1; 0; 0) ; (0; 1; 0) ; (0; 0; 1) ; por lo que existen las derivadas parciales

3.7 Problema

Suponga que z es función de las variables x e y , que satisface la ecuación que

se da en cada caso . Encontrar las derivadas parciales de primer orden@z

@xy@z

@ya) x3 + y3 + z3 + senxz + cos yz = 15b) ez + x2 ln z + y = 0:Solución

a)@z

@x= � (3x2 + z cosxz)

3z2 + x cosxz � ysenyz ;@z

@y= � (3y2 � zsenxz)

3z2 + x cosxz � ysenyzb)@z

@x= � 2xz ln z

zez + x2;@z

@y= � z

zez + x2

3

3.8 Problema

Suponga que existen funciones u y v , que satisfacen las siguientes ecuaciones.�u cos v = x+ 1u sin y = x+ y

Calcular@u

@x,@u

@y;@v

@x,@v

@ySolución@u

@x= cos v + senv ,

@u

@y= senv;

@v

@x=cos v � senv

u,@v

@y=cos v

u

4 Derivadas Direccionales

4.1 Problema

Calcule la derivada direccional de la función dada en la dirección del vectorindicado.a) f (x; y; z) = 2x2 � y2 � z2, en (1; 2; 2) hacia (4; 5; 0) :b) f (x; y; z) = 2x2 � 8xy + z2 , en el punto (4; 4; 1) en la dirección de lanormal exterior a la super�cie x2 + y2 + z = 17Solucióna) Dbvf (1; 2; 2) = 8p

22; b) Dbvf (4; 4; 1) = � 446p

129

4.2 Problema

Determine la ecuación del plano tangente al paraboloide x2 + y2 + z � 1 = 0 yque pasa por los puntos

�1; 0; 12

�y�0; 1; 12

�:

SoluciónLa ecuación de plano tangente es: x+ y + z =

3

2

4.3 Problema

Sea S una super�cie dada por la ecuación x3+y3+z3�a3 = 0; con a constante, y� un plano tangente en P0 = (xo; yo;zo) 2 S que intersecta los ejes coordenadosX,Y,Z en �; �; respectivamente. Probar que ��3=2 + ��3=2 + �3=2 = a�3=2

es constante.

4

4.4 Problema

Determinar el plano tangente a la super�cie S

px+

py +

pz =

pa; (a > 0)

en el punto P0 = (xo; yo;zo) 2 S y demostrar que este plano corta los ejescoordenados en segmentos cuya suma de longitudes es constante.Soluciónx� xopxo

+y � yopyo

+z � zopzo

= 0

l =pa(pxo +

pyo +

pzo) = a; (a > 0)

4.5 Problema

Muestre que si el punto P0 = (xo; yo;zo) pertenece al elipsoide de ecuación:

� :x2

a2 � � +y2

b2 � � +z2

c2 � � = 1 con�� < c2 < b2 < a2

�y al manto del hiperboloide de ecuación:

� :x2

a2 � � +y2

b2 � � +z2

c2 � � = 1 con�c2 < � < b2 < a2

�Entonces las super�cies � y � se cortan ortogonalmente en P0 = (xo; yo;zo) :

5 Regla de la cadena

Sean f : IR2 ! IR y g : IR ! IR; con f (x; g (x)) = xsen (g (x)) : Sabiendoque g (1) = 0 y que f

0(1; 0) = 1; calcular g0 (1) :

Solución.El valor de la derivada es g0 (1) = 1

5.1 Problema

Sea f : D � IR2 ! IR una función diferenciable homogénea de grado p, esdecir que veri�ca la condición f (tx; ty) = tpf (x; y) 8t > 0;8 (x; y) 2 IR2:a) Demuestre la ecuación x

@f

@x+ y

@f

@y= pf:

b) Pruebe que la siguientes funciones son homogéneas f (x; y) = xy;f (x; y) = x2 + 3xy + y2 y luego veri�que la ecuación anterior.

5.2 Problema

Sea g(t) = f (x (t) ; y (t)) de clase C2, deduzca que:

g00(t) = fxx (x; y) (x0)2+2fxy (x; y)x

0y0+fyy (x; y) (y0)2+fx (x; y)x

00+fy (x; y) y00

5

5.3 Problema

Sea f = f (x; y) de clase C2 con fx (0; 1) = 2; fy (0; 1) = 1; fxx(0; 1) = 0;fxy (0; 1) = �1; fyy (0; 1) = 1:Si h(t) = f

�t2; 1 + t3

�.

Calcule la derivada compuesta (f � �!r )0(t) y evalue h��(0) = 4

Soluciónh00(t) = fxx (x; y) (x

0)2+ 2fxy (x; y)x

0y0 + fyy (x; y) (y0)2+ fx (x; y)x

00 +fy (x; y) y

00

h00 (0) = 4

5.4 Problema

Veri�que que la función f (x; y) = g�x

y2

�satisface la ecuación:

2x@f

@x+ y

@f

@y= 0

6 Puntos críticos máximos y mínimos

6.1 Problema

Hallar los extremos absolutos de la función f (x; y; z) = x+ y+ z en el conjuntoD =

�(x; y; z) 2 IR3=x2 + y2 � z � 1

�:

Solución

El mínimo de f se alcanza en��12;�12;1

2

�y vale

1

2; y el máximo se alcanza

en�� 1p

2;� 1p

2;1

2

�y vale 1 +

p2

6.2 Problema

Sea la función f (x; y) = xy�y2 � x2

�a) Determine y clasi�que los puntos críticos de fb) Detemine los máximos y los mínimos de f en la región0 � x � 1; 0 � y � 1:Solucióna) En P0 = (0; 0) hay un punto silla. En P1 = ( 1p3 ; 1) hay máximo de f ;

y en P2 = (1; 1p3; ) hay un mínimo de f

b) El máximo es f( 1p3; 1) =

2

3p3y el mínimo f(1; 1p

3) = � 2

3p3

6

6.3 Problema

Analice y clasi�que los puntos críticos de la función

f(x; y) = x3 � y3

SoluciónEn (0,0) hay punto silla

6.4 Problema

Calcular el paralelepípedo de volumen máximo que tiene una diagonal de lon-gitud 1.

Solución

V

�1p3;1p3;1p3

�=

1

3p3

6.5 Problema

Hallar el punto de la elipse 3x2 � 2xy+ 3y2 = 8 para la cual la respectiva rectatangente está a la menor distancia del origen.SoluciónSe tienen cuatro puntos críticos P0 = (1;�1) ; P1 = (�1; 1) ;P2 =

�p2;p2�; P3 =

��p2;�

p2�:

Los puntos donde esta la menor distancia son:d�p2;p2�= d

��p2;�

p2�= 2

Los puntos donde está la mayor distancia :d (1;�1) = d (�1; 1) =

p2

6.6 Problema

Obtenga la distancia más corta y más larga del origen a la curva de intersección

del paraboloide z =7

4� x2 � y2

y el plano x+ y + z+ = 2:

Solución.Las distancias mínima y máxima son respectivamente

q32 y 1

2

p9 + 2

p2

7

6.7 Problema

Un canalón cuya sección transversal tiene forma de trapecio, con ángulos en labase iguales, se va a construir doblando bandas iguales a lo largo de ambos ladosde una larga pieza de metal, de 12 pulgadas de ancho. Encuentre los ángulos dela base y el ancho de los lados que producen la máxima capacidad de acarreo.

Solución. ángulos2�

3; ancho de lados 4 pulgadas

6.8 Problema

Pruebe que para ángulos x; y; z cuya suma es x+ y + z = �2 ,

se cumple la desigualdad

sinx sin y sin z � 1

8

8

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1 Aplicaciones de Máximos y Mínimos

1.0.1 Aplicaciones al campo de la mecánica

Sea�!F : D ! R3 un campo de Fuerza de�nido en ciento dominio D de R3. Con-

sideremos ahora una partícula de masa m que se mueve a lo largo de una trayec-toria �!r (t) bajo la acción de este campo de fuerza. La ecuación de movimientode la partícula esta dada por la segunda ley de Newton:

�!F (�!r (t)) = m�!r " (t) (�)

Si el campo vectorial�!F es conservativo, esto es,

�!F = �rV , entonces:

1

2m k�!r 0 (t)k+ V (�!r (t)) = c , donde c es una constante.El primer término se llama energía cinética y el segundo corresponde a lafunción potencial V:Si diferenciamos la expresión anterior usando la regla de la cadena:d

dt

�1

2m k�!r 0 (t)k+ V (�!r (t))

�= m�!r 0 (t) � �!r 00

(t) +rV (�!r (t)) � �!r 0(t) = 0h

m�!r 00(t) +rV (�!r (t))

i� �!r 0

(t) = 0 () m�!r 00(t) +rV (�!r (t)) = 0

Por tanto, m�!r 00(t) = �rV (�!r (t)) = �!F (�!r (t)) lo que demuestra la

ecuación de Newton (�) :

1.0.2 De�nición

Un punto �!r o 2 D se llama posición de equilibrio si la fuerza en ese punto escero:

�!F (�!r o) = 0:Un punto �!r o que sea de equilibrio se llama estable si para

todo � > 0 y " > 0; podemos escoger números �o > 0 y "o > 0 tales que un puntosituado en cualquier lugar a una distancia menor que �o de

�!r o;después de recibirinicialmente energía cinética en una cantidad menor que "o, permanecerá parasiempre a una distancia de �!r o menor que � y poseera energía cinética menorque ":

Así, si tenemos una posición de equilibrio, la estabilidad en �!r o signi�caque una partícula que se mueve lentamente cerca de �!r o siempre permanecerácerca de �!r o y se mantendrá moviendose lentamente.Ahora, si tenemos un punto de equilibrio inestable �!r o , entonces �!r (t) =

�!r o resuelve la ecuación de Newton�!F (�!r (t)) = m�!r " (t) ; pero las soluciones

cercanas pueden alejarse de �!r o conforme trascurra el tiempo.

1

1.0.3 Proposición 1

i) Los puntos críticos de un potencial son posiciones de equilibrio.ii) En un campo conservativo, un punto �!r o en el cual el potencial alcanceun mínimo local estricto, es una posición de equilibrio estable.

Demostración

1) La primera a�rmación es bastante obvia debido a la de�nición de campoconservativo:

�!F = �rV; los puntos de equilibrios �!r o son exactamente los

puntos críticos de V, en los cuales rV (�!r o) = 02) Para probar la a�rmación ii), haremos uso de la ley de conservación de

energía . Tenemos

1

2m k�!r 0 (t)k+ V (�!r (t)) = 1

2m k�!r 0 (0)k+ V (�!r (0))

Escojamos un pequeña vecindad de �!r o; y asumamos que la partícula tienenpoca energía cinética. Conforme t crece, la partícula se aleja de �!r osobre unatrayectoria �!r (t) y V (�!r (t)) crece pues V (�!r (0)) es un mínimo estricto , demodo que la energía cinética debe decrecer . Si la energía cinetica inicial essu�cientemente pequeña, entonces, para que la partícula escape de la vecindadde �!r o; fuera de la cual V ha crecido en una cantidad de�nida, la energia cineticatendria que volverse negativa, lo cual es imposible. Asi, la particula no puedeescapar de la vecindad.

1.0.4 De�nición

Sea una partícula en un campo de potencial V restringido a mantenerse sobrela super�cie de nivel S dada por la ecuación � (x; y; z) = 0 con r� 6= 0: Sien la ecuación de Newton

�!F (�!r (t)) = m�!r " (t) (�) ; reemplazamos �!F con la

componente de�!F paralela a S, aseguramos que la partícula permanecerá en

S:

1.0.5 Proposición 2

i) Si en un punto P sobre la super�cie S el potencial V jS tiene un valorextremos, entonces el punto P es una posición de equilibrio sobre la super�cie.ii) Si un punto P 2 S es un mínimo local estricto del potencial VjS , entonces

el punto P es una posicion de equilibrio estable.

2

Ejemplo Sea el campo gravitacional cerca de la super�cie de la tierra; estoes, sea

�!F = (0; 0;�mg) donde g es la aceleración de gravedad . Determine la

función potencial gravitacional y ¿cuáles son las posiciones de equilibrio, siuna partícula con masa m esta restrigida a la esfera g (x; y; z) = x2+ y2+ z2�r2 = 0; (r > 0)?¿Cuáles son estables?.

Tenemos que Fz = �@V

@z= mg =) V (x; y; z) = mgz

Usando el método de los multiplicadores de Lagrange podemos localizarlos extremos posibles, tenemos que:

L (x; y; z; �) = V (x; y; z) + �g (x; y; z)

L (x; y; z; �) = mgz + ��x2 + y2 + z2 � r2

�Lx (x; y; z; �) = 2�x = 0 =) � 6= 0 y x = 0 (1:0)

Ly (x; y; z; �) = 2�y = 0 =) � 6= 0 y y = 0 (2:0)

Lz (x; y; z; �) = mg + 2�z = 0 =) � = �mg2z

y z 6= 0 (3:0)

L� (x; y; z; �) = x2 + y2 + z2 � r2 = 0 ( 4:0)

Reemplazando (1:0); (2:0); (3:0) en ( 4:0)

z2 � r2 = 0 =) z = �r y � = �mg2r

Luego, se deduce que los puntos P1 = (0; 0; r) y P2 = (0; 0;�r) sonposiciones de equilibrio.

1.0.6 Aplicaciones a la geometría

Ejemplo Determine la distancia mínima desde el origen (0,0,0) a la super�cie

S del elipsoide x2 +y2

4+z2

9= 1:

SoluciónSabemos que la distancia entre un punto P y el origen está dada por la

función d(x; y; z) =px2 + y2 + z2: Sin embargo, por razones de simplicidad

en los cálculos , en lugar de la función anterior vamos a considerar la funciónf(x; y; z) = x2 + y2 + z2 en atención a que f tendra un mínimo en un punto siy solo si d lo tiene.Se trata de obtener los extremos condicionados de la función distancia

f(x; y; z) = x2 + y2 + z2 sujeta a la condición x2 +y2

4+z2

9= 1:

Formemos la función auxiliar de Lagrange

F (x; y; z; �) = (x2 + y2 + z2) + �(x2 +y2

4+z2

9� 1)

3

y consideremos entonces el sistema.

Fx (x; y; z; �) = 2x+ 2�x = 0

Fy (x; y; z; �) = 2y +1

2�y = 0

Fz (x; y; z; �) = 2z +2

9�z = 0

F� (x; y; z; �) = x2 +y2

4+z2

9� 1 = 0

De las tres primeras ecuaciones obtenemos

2x(1 + �) = 0 =) x = 0 ó � = �1

y(2 +1

2�) = 0 =) y = 0 ó � = �4

2z(1 +1

9�) = 0 =) z = 0 ó � = �9

Sustituyendo y = z = 0 en la cuarta ecuación produce

x2 � 1 = 0 =) x = �1

:Reemplazando x = z = 0 en la cuarta ecuación produce

y2

4� 1 = 0 =) y = �2

Sustituyendo x = y = 0 en la cuarta ecuación produce

z2

9� 1 = 0 =) z = �3

Luego , se obtienen seis puntos críticosP0 = (1; 0; 0) ; P1 = (�1; 0; 0) ; P2 = (0; 2; 0) ; P3 = (0;�2; 0)P4 = (0; 0; 3) ; P5 = (0; 0;�3) :Evaluando la función en los puntos encontrados deberá haber un máximo yun mínimof(�1; 0; 0) = 1; f(0;�2; 0) = 4; f(0; 0;�3) = 9Se tiene que el mínimo de f se encuentra en los puntos (�1; 0; 0) y es igual

1. y el máximo está localizado en los puntos (0; 0;�3) y vale 9:

Ejemplo Determine la distancia mínima y máxima del origen a la curva de

interseccion del paraboloide x2 + y2 + z � 74= 0 y el plano x+ y + z � 2 = 0:

Solución.

4

Igual que el ejemplo anterior resulta mas conveniente hallar los extremosdel cuadrado de la distancia respecto del origen en vez de la función distanciad (x; y; z) =

px2 + y2 + z2

Por consiguiente, se trata de obtener los extremos condicionados de la fun-ción distancia f(x; y; z) = x2 + y2 + z2 sujeta a las condiciones g(x; y; z) =

x2 + y2 + z � 74= 0 y h(x; y; z) = x+ y + z � 2 = 0

Formemos la función auxiliar de Lagrange

F (x; y; z; �1; �2) = (x2 + y2 + z2) + �1

�x2 + y2 + z � 7

4

�+ �2 (x+ y + z � 2)

y consideremos entonces el sistema.

Fx(x; y; z; �1; �2) = 2x(1 + �1) + 2�2 = 0 (1)

Fy(x; y; z; �1; �2) = 2y(1 + �1) + 2�2 = 0 (2)

Fz(x; y; z; �1; �2) = 2z + �1 + �2 = 0 (3)

F�1(x; y; z; �1; �2) = x2 + y2 + z � 74= 0 (4)

F�2(x; y; z; �1; �2) = x+ y + z � 2 = 0 (5)

De las dos primeras ecuaciones se obtiene�1 = �1 ó y = xConsideremos primero el caso �1 = �1:A partir de (1) se obtiene �2 = 0 :

Sustituyendo estos valores en (3) z =1

2:

Reemplazando z en (4) y (5), produce

x2 + y2 � 54

= 0

x+ y � 32

= 0

Resolviendo el sistema se obtienen los puntos críticos

P0 =

�1;1

2;1

2

�; P1 =

�1

2; 1;

1

2

�Al evaluar ambos puntos en la función distancia, obtenemos

d (x; y; z) =

r1 +

1

4+1

4=

r3

2Consideremos ahora y = x , a partir de las ecuaciones (4) y (5) se obtiene

2x2 + z � 74

= 0

2x+ z � 2 = 0

Resolviendo el sistema se obtienen los puntos críticos

P3 =

1

2�p2

4;1

2�p2

4; 1�

p2

2

!;

5

Al evaluar todos estos puntos en la función distancia, obtenemos

d

1

2�p2

4;1

2�p2

4; 1�

p2

2

!=1

2

p9� 2

p2

Como la curva de intersección del paraboloide y el plano es cerrada, lasdistancias máxima y minima absoluta del la curva al origen son:

dm�ax =1

2

p9 + 2

p2; dm�{n =

r3

2

Ejemplo Encuentre el volumen máximo de una caja rectangular inscrita en

el elipsoidex2

a2+y2

b2+z2

c2= 1 con sus caras paralelas a los planos coordenados.

Solución.Sea P(x,x,z) el vértice de la caja que esta en el primer octante donde x >

0; y > 0; z > 0: Por la simetria del problema se desea maximizar la función

volumen f(x; y; z) = 8xyz sujeta a la condición g(x; y; z) =x2

a2+y2

b2+z2

c2�1 = 0

Formemos la función auxiliar de Lagrange

F (x; y; z; �) = 8xyz + �

�x2

a2+y2

b2+z2

c2� 1�

y consideremos entonces el sistema.

Fx (x; y; z; �) = 8yz +2�

a2x = 0 (1)

Fy (x; y; z; �) = 8xz +2�

b2y = 0 (2)

Fz (x; y; z; �) = 8xy +2�

c2z = 0 (3)

F� (x; y; z; �) =x2

a2+y2

b2+z2

c2� 1 = 0 (4)

Multiplicando las ecuaciones(1), (2)y (3) por x; y; x respectivamente, pro-duce

8xyz +2�

a2x2 = 0 (1:1)

8xyz +2�

b2y2 = 0 (2:2)

8xyz +2�

c2z2 = 0 (3:3)

Entonces , obtenemos

2�

a2x2 =

2�

b2y2 =

2�

c2z2 = �8xyz

6

Para obtener el volumen máximo se requiere que x; y; x 6= 0 y � 6= 0Concluimos entonces que

x2

a2=y2

b2=z2

c2

Sustituyendo esta expresión en la ecuación (4), obtenemos

3x2

a2� 1 = 0 =) x =

ap3

Así, sucesivamente se tiene un único punto crítico

P0 =

�ap3;bp3;cp3

�Por lo tanto , la caja tiene un volumen máximo dado por

fmax

�ap3;bp3;cp3

�=

8

3p3abc

1.0.7 Aplicaciones al campo de la economía

Supongase que la producción de cierto producto de una compañía manufactureraes una cantidad Q , donde Q es una función de f(K;L) donde K es la cantidadde capital (o inversión) y L es la cantidad de trabajo realizado. Si el precio deltrabajo es p, el precio del capital es q y la compañia no puede gastar más de Bdólares, ¿cómo podemos hallar la cantidad de capital y de trabajo que maximicela producción Q?Solución:Se esperaría que si se incrementa la cantidad de capital o de trabajo, entonces

la producción deberá incrementarse; esto es:

@Q

@K� 0 y

@Q

@L� 0

También se esperaria que conforme se añada trabajo a una cantidad dadade capital, obtendremos menos productos adicionales por nuestro esfuerzo, estoes:

@2Q

@K2< 0

De manera análoga,@2Q

@L2< 0

Con estas hipótesis sobre Q , es razonable esperar que las curvas de nivel dela producción- llamadas isocuantas- Q(K;L) = c;se vean como las esbozadasen la �gura, con c1 < c2 < c3:

7

B/q

B/p

K

L

Q = c

Podemos interpretar la convexidad de las isocuantas como sigue: si nosmovemos hacia la derecha a lo largo de una isocuanta dada , se emplea máscapital para reemplazar una unidad de trabajo y producir la misma cantidad.La restricción de presupuesto signi�ca que debemos mantenernos dentro deltriángulo acotado por los ejes y la recta pL+qK = B: Geometricamente, es claroque producimos más al gastar nuestro dinero de tal manera que seleccionemosla isocuanta que solamente toca, pero no cruza, la recta presupuesto.Como el punto máximo está en la frontera de nuestro dominio, aplicaremos

el método de los multiplicadores de Lagrange para hallar el máximo. Paramaximizar Q = f(K;L) sujeto a la restricción pL + qK = B; buscamos lospuntos críticos de la función auxiliar

H (K;L; �) = f (K;L) + � (pL+ qK �B)

Así queremos:

HK (K;L; �) = fK (K;L) + �q = 0 =) fK (K;L) = QK (K;L) = ��qHL (K;L; �) = fL (K;L) + �p = 0 =) fL (K;L) = QL (K;L) = ��pH� (K;L; �) = pL+ qK �B = 0 =) pL+ qK �B = 0

Con estas ecuaciones podemos encontrar los puntos críticos de la funciónQ: Luego, usando derivación implicita podemos determinar el punto donde semaximiza la producción.En el ejemplo anterior , � representa algo interesante. Más adelante vamos

a interpretar �:Sean k = qK y l = pL, de modo que k es el valor en dólares del capital

empleado, y l es el valor en dolares del trabajo empleado, entonces las ecuacionesse convierten en:

H (k; l; �) = f (k; l) + � (l + k �B)

Hk (k; l; �) = fk (k; l) + � = 0 =) fk (k; l) = Qk (k; l) = ��Hl (k; l; �) = fl (k; l) + � = 0 =) fl (k; l) = Ql (k; l) = ��H� (k; l; �) = �l + k �B = 0 =) �l + k �B = 0

8

Comparando con las primeras dos ecuaciones del caso anterior se tiene que:

@Q

@k=1

q

@

@K= �� = @Q

@l=1

p

@

@K

Así , en el punto óptimo de producción , el cambio marginal en la producciónpor dólar de inversión de capital adicional, es igual al cambio marginal de laproducción por dólar de trabajo adicional, y � es este valor común. En el puntoóptimo, el intercambio de un dólar de capital por un dólar de trabajo no cambiala producción. Fuera del punto óptimo, la producción marginal es distinta, yun intercambio, o el otro, incrementan la producción.

Ejemplo Suponga que la producción total de una compañia está dada por lafunción P = P (K;L) = K1=4L1=2 donde K denota el número de unidades decapital usado y L es el número de unidades de trabajo usado.a) Suponga que cada unidad de capital K cuesta 1 millón de dólares y

cada unidad de trabajo L cuesta 7 millones de dólares.Considere el problemade maximizar la producción total P si el presupuesto total es de 10 millones dedólares.b) Suponga que el capital K aumenta en una razón de 4% por año, y el tra-

bajo L aumenta en una razón de 5% por año. Determine la razón de crecimientode la producción P por año.Solución:Tenemos que extremar P = P (K;L) = K1=4L1=2 bajo la condición K +

7L� 10 = 0Sea la función auxiliar de Lagrange

F (K;L:�) = K1=4L1=2 + � (K + 7L� 10)

y consideremos entonces el sistema.

FK (K;L:�) =1

4K�3=4L1=2 + � = 0 (1)

FL (K;L:�) =1

2K1=4L�1=2 + 7� = 0 (2)

F� (K;L:�) = K + 7L� 10 = 0 (3)

Multiplicando (1:0) por 4K y (2:0) por 2L; produce:

K1=4L1=2 + 4K� = 0 (1:1)

K1=4L�1=2 + 14L� = 0 (2:1)

Restando las últimas ecuaciones tenemos:

4K�� 14L� = 0

9

Entonces

2�(2K � 7L) = 0 =) � = 0�o (2K � 7L) = 0

Si � = 0 nos quedamos sin restricion, luego

� 6= 0y(2K � 7L) = 0 =) K =7

2L

Reemplazando el resultado anterior en (3:0) ;queda

7

2L+ 7L = 10 =) L =

20

21entonces K =

10

3

Asi, se tienen un único punto crítico en P0 =�10

3;20

21

�:

Por tanto, la produccion maximizada será P�10

3;20

21

�=

�10

3

�1=4�20

21

�1=2ii) Supongamos que K y L aumentan en una razón de 4% y 5%, respectiva-

mente, por año

dK

dt= 0; 04K (1:0)

dL

dt= 0; 05L (2:0)

Usando la regla de la cadena sobre la función P (K;L) tenemos:

dP

dt=

@P

@K

@K

@t+@P

@L

@L

@tdP

dt=

1

4K�3=4L1=2

@K

@t+1

2K1=4L�1=2

@L

@t(3:0)

Sustituyendo (1:0) y (2:0) en (3:0)

dP

dt=

1

4K�3=4L1=2 (0; 04K) +

1

2K1=4L�1=2 (0; 05L)

dP

dt= K1=4L1=2

�1

40; 04 +

1

20; 05

�Reemplazado en la expresion anterior P = K1=4L1=2

Finamente, se tiene:dP

dt= 0; 035P;lo que signi�ca que la producción au-

menta 3,5% por año.

10

Ejemplo Una compañia planea gastar 10.000 dólares en publicidad. Cuesta3.000 dólares un minuto de publicidad en la televisión y 1.000 dólares un minutode publicidad en la radio. Si la empresa compra x minutos de comerciales entelevisión e y minutos de comerciales en la radio, su ingreso, en miles de dólares,esta dado por f (x; y) = �2x2 � y2 + xy+8x+3y: ¿Como puede la empresamaximizar su ingreso invirtiendo en la publicidad?Solución:Se desea maximizar la función f (x; y) = �2x2 � y2 + xy+8x+3y bajo

la restricción g(x; y) = 3x+ y � 10 = 0:Consideremos la función auxiliar

L (x; y; �) = �2x2 � y2 + xy + 8x+ 3y + � (3x+ y � 10)

Primero,apliquemos la condición necesaria de punto crítico rL (x; y; �) = 0:

Lx (x; y; �) = �4x+ y + 8� 3� = 0 (1)

Ly (x; y; �) = �2y + x+ 3� � = 0 (2)

L� (x; y; �) = 3x+ y � 10 = 0 (3)

De la ecuaciones (1) y (2)se obtiene

y = 3�+ 4x� 8 (1:1) ; x = �+ 2y � 3 (2:1)

Reemplazando (2:1) en (1:1) queda:

y = 3�+ 4 (�+ 2y � 3)� 8 =) y = 7�+ 8y � 80

Luego, se tiene

y =20

7� � (1:2)

Asi, (1:2) en (2:1) produce:

x =19

7� � (2:2)

Sustituyendo (1:2) y (2:2) en (3:0) , obtenemos:

4�� 1 = 0 =) � =1

4:

Entonces (1:2) y (2:2) nos da un único punto crítico P0 =

�73

28;69

28

�.

Determinemos la naturaleza de este punto critico usando el criterios de lasegunda derivada.El hessiano para f (x; y) es

H

�73

28;69

29

�=

���� fxx fxyfxy fyy

���� =���� �4 11 �2

���� = 7 > 0 y fxx

�73

28;69

28

�= �4 < 0

11

Por lo tanto, la función es máxima en el punto P0 =�73

28;69

28

�.

Así , la empresa tendria que comprar73

28minutos de comerciales en tele-

visión y69

28minutos de comerciales en radio.

1.1 Problemas Propuestos de Aplicaciones

1.- Sea una partícula que se mueve en un campo de potencial en R2 dado porV (x; y) = 3x2 + 2xy + 2x + y2 + y + 4: Hallar los puntos de equilibrio establesi los hay.

Solución : Hay un único punto de equilibrio estable en��14;1

4

�2.- Sea una partícula moviéndose en un campo de potencial en R2 dado por

V (x; y) = x2+4xy� y2� 8x� 6y: Hallar todos los puntos de equilibrio.¡Cuáles, si los hay, son estable?Solución : Hay un único punto de equilibrio inestable en (2; 1) :3.- Sea una partícula restringida a moverse sobre la esfera x2+ y2+ z2 = 1;

sujeta a fuerzas gravitacionales, asim como al potencial adicional V (x; y; z) =x+ y:Hallar los puntos de equilibrio estable, si los hay.Solución : Hay un único punto de equilibrio estable en

�2 +m2g2

��1=2(�1;�1;�mg)

4.- Usando la información anterior , encuentre el punto óptimo para la fun-ción de producciónQ (K;L) = AK�L1�� , donde A y � son constantes positivasy 0 < � < 1; que se usa para modelar la econonomía nacional. Q es, entonces,la producción agregada de la economía para una entrada de capital y trabajodada .

Solución:En el óptimo:KQ

�=

pL

1� �5.- Una compañia usa aluminio, hierro y magnesio para producir accceso-

rios de automóviles. La cantidad de accesorios que puede producir usando xtoneladas de aluminio, y toneladas de hierro y z toneladas de magnesio esQ (x; y; z) = xyz: El costo de la materia prima es: aluminio 6 dólares portonelada; hierro 4 dólares por tonelada ; y magnesio 8 dolares por tonelada.¿Cuántas toneladas de aluminio, hierro y magnesio deberán usarse para manu-facturar 1000 accesorios al menor costo posible?

Solución: x =20

33p3 , y = 10 3

p3; z = 5 3

p3

6.- Una Pyme cuenta con 8.000 dólares para importar dos tipos de bebidasenergéticas . Si x son la unidades de bebidas energéticas que se importarán

desde Holanda, y se estima que venderán12x

x+ 6unidades de esta bebidas a un

precio de 200 dólares cada una. Si y son la unidades de bebidas energéticas que

se importarán desde Alemania, estimandose que venderán24y

y + 3unidades, a un

precio de 200 dólares cada una.

12

Si el costo por unidad vendida de cada bebida es de 50 dólares .a) Determine cuantas unidades de cada bebida energética deben importar

para maximizar su utilidad.b) Determine la utilidad máxima.

Solución:La función utilidad esta dada por la diferencia entre el precio deventa de las bebidas y el costo de importacióna) 78; 5 bebidas Holandesas y 81; 5 bebidas Alemanas.b) Utilidad U(78; 5; 81; 5) = 5144; 7 dólares.7.- La función de producción de una compañía es Q (x; y) = xy: El costo de

producción es C (x; y) = 2x+ 3y:Si esta compañía puede gastar C (x; y) = 10;¿cuál es la máxima cantidad que puede producir?

Solución: P�5

2;5

3

�=25

6

13

Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín

Integrales dobles y triples

1 Integrales Dobles

1.1 Aspectos geométricos

Sea R un rectángulo representado por R = [a; b]� [c; d] y f una función continuade�nida sobre R, es decir

f : R � R2 ! R

Caso de funciones no negativas:Supongamos que f(x; y) � 0 y 8(x; y) 2 R tal que la grá�ca de z = f(x; y)

está arriba del plano xy ,determinando una región V del espacio R3; bajo lasuper�cie z = f(x; y) y sobre la región R:Antes de dar una de�nición en el lenguaje de las Sumas de Riemann, podemos

decir que; bajo las condiciones anteriores el volumen de la región V correspondeen este caso a lo que llamaremos integral doble de f sobre R y que denotaremos:Z Z

R

f(x; y)dA oZ Z

R

f(x; y)dxdy

1.1.1 Ejemplo:

Sea f(x; y) = x2 + y2 y R = [0; 1]� [0; 2].

5 2.5 0 ­2.5 ­5

52.50­2.5­5

50

37.5

25

12.5

0

x y

z

x y

z

El volumen bajo el paraboloide z = x2+y2 sobre el rectángulo R correspondea la integral doble de f sobre R en este caso.Z Z

R

(x2 + y2)dA

1

Debemos estar claros eso si, que el concepto de integral doble es mucho másque esta interpretación geométrica

1.2 Integral doble sobre un rectángulo

Sea R = [a; b] � [c; d] un rectángulo y f una función acotada de�nida sobre Res decir existe M > 0 tal que

�M � f(x; y) �M para (x; y) 2 R

Observación: Una función continua sobre un rectángulo cerrado siempre esacotada.

1.2.1 Partición

Sean P1 = fx0; x1; :::; xng partición de [a; b]P2 = fy0; y1; :::; yng partición de [c; d]

Al conjunto P = P1 � P2 = f(xi; yj) = 0 � i � n; 0 � j � ng lo llamaremospartición de R de valor n� n.

Sea kP1k = max f4xi = xi � xi�1 = i = 1; 2; :::; ngkP2k = max f4yi = yi � yi�1 = j = 1; 2; :::; ng

1.2.2 Norma de la partición.

La norma de P denotada kPk se de�ne por

kPk = max fkP1k ; kP2kg

kPk = max flij : diagonal de Rijg

(no es única forma de de�nir norma de P , pero ésta es la que usaremos)

1.2.3 Sumas superiores y sumas inferiores

Sean Rij rectángulo [xi�1; xi] � [yj�1; yj ] 1 � i; j � n y 4ij = área delrectángulo Rij = (xi � xi�1) � (yj � yj�1)De�nimos ahora, sumas inferiores y sumas superiores de Riemann de f re-

specto de la partición dada, por

sP (f) =nX

i;j=1

mij(f)4ij ;

SP (f) =nX

i;j=1

Mij(f)4ij

Como consecuencia de estas de�niciones podemos decir de estas sumas:

2

i) Si P es una partición cualquiera de R

sP (f) � SP (f)ii) Si P 0 es partición mas �na que P ( P � P 0) entonces

sP (f) � sP 0(f) y SP 0(f) � SP (f)iii) Si P1 y P2 son dos particiones cualquiera de R

sP1(f) � SP2(f)Con estas sumas formamos los respectivos conjuntos:Conjunto de sumas inferiores.

fsP (f)=P es partición de RgConjunto de sumas superiores.

fSP (f)=P es partición de RgSi m y M son cortas inferior y superior respectivamente de f en R entoncessi A = (b� a) � (d� c).

i) sP (f) � m �A para todo P partición de Res decir el conjunto de sumas inferiores es acotado inferiormenteii) SP (f) �M �A 8 P partición de R; es decir, el conjunto de sumassuperiores es acotado superiormente.Por lo tanto, haciendo uso del axioma del supremo (o del ín�mo) de laaxiomática de los números reales podemos de�nir.

1.2.4 De�nición

Si R es un rectángulo de R2 y f una función acotada sobre R de�nimos:a) Integral Inferior de f sobre R porZ Z

R

fdA = sup fsP (f) : P es partición de Rg

b) Integral Superior de f sobre R porZ ZR

fdA = inf fSP (f) : P es partición de Rg

Sumas e IntegralesLas de�niciones de estas respectivas integrales permiten a�rmar que para

toda partición P de R y toda función acotada de�nida sobre R

sP (f) �Z Z

R

fdA �Z Z

R

fdA � SP (f)

Estamos ahora en condiciones de formular la de�nición de integral doble sobreun rectángulo en base a sumas superiores e inferiores.

3

1.2.5 De�nición:

Una función f(x; y) de�nida y acotada sobre un rectángulo R se dice que esRiemann integrable sobre R siZ Z

R

fdA =

Z ZR

fdA

Si f es integrable sobre R, entonces la integral doble de�nida de f sobre Rse denota por

R RRfdA o

R RRfdxdy y en tal casoZ Z

R

fdA =

Z ZR

fdA =

Z ZR

fdA

Nota: Alternativamente en cursos de cálculo se de�ne:Z ZR

fdA = limkpk!0

nXi;j=1

f(xi; yj)Aij; (xi; yj) 2 Rij

lo que no es contradictorio sino que complementario y resultan planteamientosequivalentes. Esto es la de�nición utilizando el concepto de sumas intermediasde Riemann.

1.2.6 Teorema:

Cualquier función continua de�nida en un rectángulo cerrado R es integrableDemostración:La demostración de este hecho no resulta de interés en este curso a pesarde su enorme importancia, dejemos las cosas aquí a la imaginación delestudiante.

1.2.7 Propiedades básicas de la Integral Doble

De la de�nición se desprende que:1) Si f(x; y) = 1 todo (x; y) 2 R;la integral resulta el área de la región

A = Área de R =Z Z

R

dA

2) Si f es integrable en RZ ZR

cfdA = c

Z ZR

fdA

3) Si f y g son funciones integrables en RZ ZR

(f + g)dA =

Z ZR

fdA+

Z ZR

gdA

4

4) Si f y g son funciones integrables en R y f(x; y) � g(x; y) para todo(x; y) 2 R entonces Z Z

R

fdA �Z Z

R

gdA

5) Si f es integrable sobre R, entonces jf j es integrable sobre R y����Z ZR

fdA

���� � Z ZR

jf j dA

1.2.8 Teorema del Valor Medio para Integrales Dobles

Si f(x; y) es continua sobre rectángulo R con área A(R), entonces existe unpunto ("; �) en el interior de R tal queZ Z

R

f(x; y)dA = f("; �) �A(R)

DemostraciónSea

m = min ff(x; y) : (x; y) 2 RgM = max ff(x; y) : (x; y) 2 Rg

y supongamos que m < M: Entonces m � f(x; y) �M; y si f noes identicamente igual a m o M , entonces

m �A(R) <Z Z

R

f(x; y)dA < M �A(R)

El teorema del valor medio de las funciones continuas asegura que existe unpunto ("; �) en el interior R tal que

f("; �) =

�Z ZR

f(x; y)dA

��A(R)

=)) f("; �) �A(R) =Z Z

R

f(x; y)dA

1.3 Integrales sobre conjuntos acotados de R2

En este caso extenderemos la de�nición de integral doble a regiones que no sonnecesariamente rectángulos, sino que regiones acotadas en general.Supongamos que S es una región cerrada y acotada de R2; por ejemplo un

circulo, un triángulo, un rombo etc. , cualquier región con estas característicasse puede poner dentro de un rectángulo R

5

1.3.1 De�nición:

Sea R rectángulo que contiene a región cerrada y acotada S y f una funciónde�nida y acotada en S, extendemos f a R de la siguiente forma

fR(x; y) =

�f(x; y); (x; y) 2 S0; (x; y) 2 R� S

fR la consideraremos como la extensión de f a todo R:

1.3.2 De�nición.

Sea S una región acotada de R2 y f una función de�nida y acotada sobre S, siR es en rectángulo tal que R � S y fR la extensión de f a R del tipo de�nidoaquí, entonces si existe

R RRfRdA , de�nimosZ Z

S

fdA =

Z ZR

fRdA

Importante.

Las propiedades enunciadas, de la integral doble en rectángulos siguen siendoválidas en conjuntos más generales lo que se puede justi�car por la de�niciónanterior

1.3.3 Integrales Iteradas

Una integral de la forma Z b

a

Z h(x)

g(x)

f(x; y)dydx

se llama integral iterada y se interpreta comoR baF (x)dx donde para cada x 2

[a; b];con F (x) =R h(x)g(x)

f(x; y)dy:

Si f(x; y) es función continua sobre f(x; y) : a � x � b; g(x) � y � h(x)g yG(x; y) una primitiva en la segunda variable, de f(x; y); es decir ,@G(x; y)

@y= f(x; y) para cada x 2 [a; b] y todo g(x) � y � h(x); el teorema

Fundamental del cálculo permite que

F (x) =

Z h(x)

g(x)

f(x; y)dy = G(x; y) jy=h(x)y=g(x)= G(x; h(x))�G(x; g(x))

Se puede interpretar entonces la integral iterada como un proceso sucesivo

6

de integración asíZ b

a

Z h(x)

g(x)

f(x; y)dydx =

Z b

a

Z h(x)

g(x)

f(x; y)dy

!dx

De manera similar se tieneZ d

c

Z h(y)

g(y)

f(x; y)dxdy =

Z d

c

Z h(y)

g(y)

f(x; y)dx

!dy

1.3.4 Ejemplo.Z 1

0

Z x

0

(x2 + 4xy)dydx =

Z 1

0

�Z x

0

(x2 + 4xy)dy

�dx

=

Z 1

0

�x2y + 2xy2

�x0dx

=

Z 1

0

(x3 + 2x3)dx =

Z 1

0

3x3dx =3

4x4����10

=3

4

Otros ejemplos: Interprete y evalúe:i)

R 40

R 20xpydxdy

ii)R 20

R 40xpydydx

iii)R 10

R x0sin(x2)dydx

iv)R 20

R 3px

�x2 + y

�dydx

v)R 50

R x22x(x+ y)dydx

Algunas Respuestas

i)R 40

R 20xpydxdy =

R 40

hR 20xpydx

idy =

R 40

hx2

2

pyi20dy =

=R 402pydy =

h2 � 23y

32

i40= 32

3

iii)R 10

R x0sin(x2)dydx = 1�cos 1

2

iv)R 20

R 3px

�x2 + y

�dydx 16

h1�

p27

iA continuación examinaremos la evaluación de la integral doble por medio

de integrales iteradas.

1.4 Teorema de Fubini

Sea f una función continua en una región R cerrada y acotada, entoncesa) Si R = f(x; y)�a � x � b; g1(x) � y � g2(x)g y g y son funciones

7

continuas en [a; b] se tiene:Z ZR

fdA =

Z b

a

Z g2(x)

g1(x)

f(x; y)dydx

b) Si R = f(x; y)�c � y � d; h1(x) � x � h2(x)g y h1 y h2 sonfunciones continuas en [c; d] se tieneZ Z

R

fdA =

Z d

c

Z h2(y)

h1(y)

f(x; y)dxdy

1.4.1 Ejemplo

Este ejemplo ilustra como este teorema se adapta a la situación del problema,en este caso se pide calcular Z Z

R

xydA

y R es la región triángular del plano con vértices en los puntos A(-6,-2),B(-1,3) y C(9,-7).

Solución.La región se debe subdividir en dos subregiones del tipo (a):Los segmentos de recta AB, BC Y AC tienen ecuaciones y = x+ 4;y = �x+ 2 e y = � 1

3x� 4 respectivemente. Las regiones puedenescribirse.

I : �6 � x � �1;� 13x� 4 � y � x+ 4

II : �1 � x � 9;� 13x� 4 � y � �x+ 2

Entonces aplicando T. de Fubini a ambas regiones se tiene

Z ZR

xydA =

Z �1

�6

Z x+4

� 13x�4

xydydx+

Z 9

�1

Z �x+2

� 13x�4

xydydx

=1

2

Z �1

�6

hxy2ix+4� 13x�4

dx+1

2

Z 9

�1

hxy2i�x+2� 13x�4

dx

=1

9

Z �1

�6(4x3 + 24x2)dx+

1

9

Z 9

�1(4x3 � 30x2 � 54x)dx

= �102527

Se observa que R también puede subdividirse en dos regiones del tipo (b)mediante una recta paralela al eje horizontal que pase por A.

8

1.4.2 Propiedad

Suponga que S es una región acotada y sea C una curva la cual divide a Sen dos subregiones S1 y S2 .Si f es continua en S , lo es tambien en S1 y S2 , yZ Z

S

f(x; y)dA =

Z ZS1

f(x; y)dA+

Z ZS2

f(x; y)dA

Demostración.- Directamente de la de�nición eligiendo un rectangulo su�-cientemente grande que contenga a S y extendiendo f de S a R, deS1 a R, S2 a R.

Ejemplo. CalcularR R

S(x2 + y)dA; donde S es la región limitada por la

recta y = x y la curva y = x3

Solución.- En este caso

S1 =�(x; y) 2 R2 : �1 � x � 0; x � y � x3

S2 =

�(x; y) 2 R2 : 0 � x � 1; x3 � y � x

Z Z

S

(x2 + y)dA =

Z ZS1

(x2 + y)dA+

Z ZS2

(x2 + y)dA

Z ZS1

(x2 + y)dA =

Z 0

�1

Z x3

x

(x2 + y)dydx =

Z 0

�1

�x2y +

y2

2

�x3x

dx

=

Z 0

�1[(x5 +

x6

2)� (x3 + x

2

2)]dx

=

�x6

6+x7

14� x

4

4� x

3

6

�0�1

= � (�1)6

6� (�1)

7

14+(�1)44

+(�1)36

= � 1

84

9

Z ZS2

(x2 + y)dA =

Z 1

0

Z x

x3(x2 + y)dydx =

Z 1

0

�x2y +

y2

2

�xx3dx

=

Z 1

0

[(x3 +x2

2)� (x5 + x

6

2)]dx

=

�(x4

4+x3

6)� (x

6

6+x7

14)

�10

= (14

4+13

6)� (1

6

6+17

14)

=5

28

Por lo tanto Z ZS

(x2 + y)dA = � 1

84+5

28=1

6

1.5 Áreas y Volumenes

1.5.1 Área

Como se dijo en la introducción y de acuerdo a la idea geométrica si R es unaregión plana entonces el área de R se calcula con la integral doble.

A(R) =

Z ZR

dA

Ejemplo. Calcule el área de la región interior a la circunferencia x2+y2 = 2axarriba de la parábola ay = x2, a > 0:

Solución.�gura

Sea R =n(x; y) 2 IR2= 0 � x � a; x2a � y �

p2ax� x2

o

A =

Z ZR

dA =

Z a

0

Z p2ax�x2

x2

a

dydx

=

Z a

0

(p2ax� x2 � x

2

a)dx

=a2

12(3� � 4)

10

1.5.2 Volumen

Si R es una región plana, z = f(x; y); z = g(x; y) son dos super�cies tal quef(x; y) � g(x; y) 8(x; y) 2 R , el volumen entre ambas super�cies al interiorde la región se puede calcular usando la siguiente integral doble

V =

Z ZR

[f(x; y)� g(x; y)]dA

1.5.3 Ejemplo

1) Use la integral doble para determinar el volumen del tetraedro acotado porlos planos coordenados y el plano 3x+ 6y + 4z � 12 = 0:Solución.Para determinar la región R hacemos z = 0 y encontramos su interseccióncon el plano dado xy . Así z = 0 =) 3x+ 6y = 12 =) y = � 1

2x+ 2La región en el plano xy está acotada por el eje x, el eje y y la rectay = � 1

2x+ 2; por lo tanto�guraR =

�(x; y) 2 IR2= 0 � x � 4; 0 � y � � 1

2x+ 2

z = f(x; y) =12� 3x� 6y

4= 3� 3

4x�32y y z = g(x; y) = 0

El volumen del tetraedro es:

V =

Z ZR

f(x; y)dA

=

Z ZR

�3� 3

4x� 3

2y

�dA =

Z 4

0

Z � 12x+2

0

�3� 3

4x� 3

2y

�dydx =

=

Z 4

0

��3� 3

4x

�y � 3y

2

4

�� 12x+2

0

dx =

Z 4

0

�3

16x2 � 3

2x+ 3

�dx

=

�x3

16� 3x

2

4+ 3x

�40

= 4

Otros ejemplos:1) Usando integral iterada calcule

R Rs

�x2 + 2y

�dA; donde S: región

comprendida entre y = x2 e y =px

2) Calcule el volumen del sólido limitado por los cilindros x2 + z2 = 16 yy2 + z2 = 16 .Este es un interesante ejercicio, puede empezar por bosquejar elsólido o una parte de él, pues se puede aprovechar su simetría.

11

1.6 Cambio de variable

Un cambio de variables adecuado puede no sólo simpli�car el integrando sinotambién la región donde se evalúa la integral.Sea f una función continua de�nida sobre la region R cerrada y acotada.

Considerese la integral doble Z ZR

f(x; y)dxdy

De�nimos T , transformación invertible

x = x(u; v); (u; v) 2 Sy = y(u; v); (u; v) 2 S

tal que@(x; y)

@(u; v)6= 0, la que produce una correspondencia biunívoca entre R

y S donde R es una región en xy y S es la nueva región en plano uv. resultadode la transformación T .Si P es una partición de�nida en R la transformación induce a su vez una cor-

respondiente partición en S de tal modo que si Rij es un subrectángulo generadopor la partición P en R; denotaremos por Sij el correspondiente subrectánguloen S

Si 4Aij = Área de Rij y 4A0ij = Área de SijSe tiene la siguiente razón entre las áreas.

4Aij4A0ij

t����@(x; y)@(u; v)

���� =)4Aij t����@(x; y)@(u; v)

����4A0ijEntonces

f(x; y)4Axy t f(x; y)����@(x; y)@(u; v)

����4AuvDe esta relación y la de�nición de integral doble se tiene el siguiente teorema

de cambio de variable.

1.6.1 Teorema

Sea R una región en el plano xy acotado por una curva simple cerrada y suavey que S es la imagen de R bajo la transformación T invertible, de�nida:

x = x(u; v); (u; v) 2 Sy = y(u; v); (u; v) 2 S

donde x(u; v); y(u; v) son continuamente diferenciables en un dominio que con-tiene a S en cual

J � @(x; y)

@(u; v)6= 0

12

Si f(x; y) de�ne una función continua sobre R se tiene:Z ZR

f(x; y)dxdy =

Z ZS

f (x (u; v) ; y (u; v))

����@(x; y)@(u; v)

���� dudv

1.6.2 Ejemplo :

Calcular Z ZR

3xydA

Sea R la región limitada por las rectas x� 2y = 0; x� 2y = �4; x+ y = 4;x+ y = 1:

Solución:�guraSea u = x+ y; v = x� 2yResolviendo el sistema lineal obtenemosu = x+ yv = x� 2y

%=) x = 1

3 (2u+ v)y = 1

3 (u� v)Además el jacobiano de la transformación es����@(x; y)@(u; v)

���� =�������@x

@u

@x

@v@y

@u

@y

@v

������� =�������2

3

1

31

3� 13

������� = �2

9� 19= �1

3

Aplicando el teorema del cambio de variable , obtenemosZ ZR

3xydA =

Z ZS

3(1

3(2u+ v) � 1

3(u� v))

�����13���� dA

=1

9

Z ZS

(2u+ v) (u� v) dA

=1

9

Z 4

1

Z 0

�4(2u+ v) (u� v) dudv

=104

9

1.6.3 Ejemplo :

Calcular Z ZR

px2 + y2dA

R región del plano xy limitada por x2 + y2 = 4; x2 + y2 = 9

13

Solución:Sea el cambio de variable a polares

x = r cos �y = r sin �

=)����@(x; y)@(r; �)

���� =�������@x

@r

@x

@�@y

@r

@y

@�

������� =���� cos � �r sin �sin � r cos �

���� = rZ Z

R

px2 + y2dA =

Z ZS

r � jrj drd�

=

Z 2�

0

Z 3

2

r2drd�

=

Z 2�

0

19

3d� =

38

3�

2 Aplicaciones de la integral doble

2.1 Masa de una región plana de densidad variable.

Sea �(x; y) función positiva y de�nida sobre un conjunto cerrado y acotadoS con área no nula, que indica la densidad en cada punto (x; y) de S:La masa de S es la integral de la función densidad.

M(S)=Z Z

S

�(x; y)dA

En el caso que la densidad es constante � = k; la masa es el producto delárea por la densidad: M(S) = k �A(S):

2.1.1 Ejemplo.

Encuentre la masa de un círculo de radio a si su densidad es � veces la distanciaal centro.Solución.Con el uso de coordenadas polares el cálculo de la integral resultante es más

sencillo.

M(S) = �

Z ZS

px2 + y2dydx = �

Z 2�

0

Z a

0

�2d�d� =2��a3

3

14

2.2 Momentos y centroide de una región plana

Para un conjunto S acotado y de área positiva , y una función densidadde�nida en S; tenemos las siguientes de�niciones.

Primer momento con respecto al eje y:

My =

Z ZS

�(x; y)xdA

Primer momento con respecto al eje x:

Mx =

Z ZS

�(x; y)ydA

Segundo momento con respecto al eje y:

Iy =

Z ZS

�(x; y)x2dA

Segundo momento con respecto al eje x:

Ix =

Z ZS

�(x; y)y2dA

Segundo momento Polar con respecto al origen:

I0 =

Z ZS

�(x; y)(x2 + y2)dA

Centroide:

(x; y) =

�My

M;Mx

M

�Cuando la función densidad es variable y está asociada con la distribución

de la masa, los segundos momentos se llaman también momentos de inercia yel centroide se le llama también centro de masas.En una forma más general, el primer y segundo momento de un conjunto S

se puede de�nir con respecto a una linea recta cualquiera L.

ML =

Z ZS

�(x; y)D(x; y)dA

IL =

Z ZS

�(x; y) [D(x; y)]2dA

Siendo D(x; y) la distancia de la recta L al punto (x,y).

15

2.2.1 Ejemplo.

Una lámina triangular tiene los vértices (0; 0); (1; 0) y (1; 2); y tiene densidad�(x; y) = x2y: Halle su centro de masa.Solución:En este caso R =

�(x; y) 2 IR2= 0 � x � 1; 0 � x � 2x

Debemos calcular M =M(S);My y Mx :

M =

Z ZS

x2ydA =

Z 1

0

Z 2x

0

x2ydydx =

Z 1

0

�x2y2

2

�2x0

dx

=) M =

Z 1

0

2x4dx =

�2x5

5

�10

=2

5

Calculemos ahora

My =

Z ZS

x2yxdA =

Z 1

0

Z 2x

0

x3ydydx

=

Z 1

0

2x5dx =

�2x6

6

�10

=) My =1

3

Por último

Mx =

Z ZS

x2yydA

Z 1

0

Z 2x

0

x2y2dydx

=

Z 1

0

�x2y3

3

�2x0

dx =

Z 1

0

8x5

3dx

=) Mx =

�8x6

18

�10

=4

9

Así tenemos que

(x; y) =

�My

M;Mx

M

�= (

5

6;10

9)

.

3 Integrales triples

3.1 Ideas preliminares

Los conceptos a desarrollar en lo referente a la Integral en su génesis, su sig-ni�cado y su cálculo en el caso de tres variables es similar al mismo tema en

16

funciones de una variable y de dos variables. El tratamiento hecho en el casode la integral doble se extiende en forma natural a las integrales triples en susmecanismos conceptuales y métodos de cálculo involucrados solo hay un cambioen el escenario, el espacio R3.Atendiendo a la declaración anterior no haremos el detalle de la generación

del concepto porque como ya lo dijimos se trata de una generalización. Paramantener el marco de referencia, pensemos en sumas superiores, sumas inferi-ores, integral superior e integral inferior para funciones de�nidas sobre una cajarectangular de tipo:

h (x; y; z) : fa1 � x � b1; a2 � y � b2; a3 � z � b3g

Con este trasfondo se plantea el teorema de Fubini que permitirá el cálculode la integral triple.

3.2 Teorema de Fubini

Si f(x; y; z) esta de�nida sobre una regiónR = fa1 � x � b1; a2 � y � b2; a3 � z � b3g ;entonces:

ZZZR

f(x; y; z)dv =

b1Za1

b2Za2

b3Za2

f(x; y; z)dzdydx

siempre que estas integrales existan.Observación: Hay otras cinco formas de calcular la integral triple depen-

diendo del orden de integración en la integral iterada.

.

3.2.1 Ejemplo:

CalculeZZZR

�x2 + yz

�dv, donde R = f0 � x � 2;�1 � y � 2;�1 � z � 3g

Solución:

17

ZZZR

�x2 + yz

�dv =

2Z0

2Z�1

3Z�1

�x2 + yz

�dzdydx

=

2Z0

2Z�1

�x2z + y

z2

2

�3

j�1dydx

=

2Z0

2Z�1

��3x2 +

9

2y

����x2 + y

2

��dydx

2Z0

2Z�1

�4x2 + 4y

�dydx

=

2Z0

�4x2y + 2y2

� 2

j�1dx

=

2Z0

�12x2 + 6

�dx

= 4x3 + 6x2

j0

= 44

3.3 Teorema de la integral triple (Para dominios más gen-

erales)

Si f(x; y; z) esta de�nida sobre un conjunto acotado R formado por todoslos puntos tales que a1 � x � b1; y1 (x) � y � y2 (x) y z1 (x; y) � z �z2 (x; y)entonces:

ZZZR

f(x; y; z)dv =

b1Za1

y2(x)Zy1(x)

z2(x;y)Zz1(x;y)

f(x; y; z)dzdydx

siempre que ambas integrales existan.

Importante.? Hay otras cinco formas de calcular la integral triple dependiendo el orden

de integración para el calculo de la integral iterada.

18

? Si S es un conjunto acotado el cual tiene área en el plano XY y f(x; y; z)es una función de�nida, acotada y no negativa sobre S; y si R es el conjunto detodos los (x; y; z) tal que (x; y) 2 S y 0 � z � f(x; y), entonces la región Rtiene volumen si y solo si f(x; y) es integrable sobre S y en tal caso

V (R) =

ZZS

f(x; y)dA

? Si R es una rigión de R3 que tiene volumen, entonces

V (R) =

ZZZR

f(x; y; z)dv con f(x; y; z) = 1

3.3.1 Ejemplo

Sea R la región acotada por los paraboloides z = x2 + y2 y 2z = 12� x2 � y2.Usando integral triple calcule el volumen de R:

Solución.La representación grá�ca de estas super�cies es

5 2 .5 0 ­2 .5 ­5

52 .50­2 .5­5

5 0

3 7 .5

2 5

1 2 .5

0

x y

z

x y

z

z = x2 + y2

52 .5

0­2 .5

­5

52 .5

0­2 .5

­55

0

­5

­1 0

­1 5

x

y

z

x

y

z

19

z =12� x2 � y2

2

SoluciónLa curva de intersección es el círculo x2 + y2 = 4; z = 4Si f(x; y; z) = 1 se tiene el volumen

v(R) =

ZZZR

f(x; y; z)dv

=

2Z�2

p4�x2Z

�p4�x2

12�x2�y22Z

x2+y2

dzdydx

= 6

2Z0

p4�x2Z0

�4�

�x2 + y2

��dydx

= 4

2Z0

�4� x2

� 32 dx

= 12�

3.3.2 Ejemplo

Calcular el volumen de la región del espacio limitada por las super�cies cílin-dricas x2 + z2 = 1; y2 + z2 = 1:Solución.Utilizaremos la simetría del problema y proyectaremos la región al plano xz

( también se podría proyectar al plano yz ).La proyección nos da un círculo de radio 1La región se puede expresar:

�1 � x � 1�p1� z2 � y �

p1� z2

�p1� x2 � z �

p1� x2

Expresando el cálculo del volumen como una integral triple tenemos

V =

Z Z Zdxdydz

R

20

usando integrales iteradas

V =

1Z�1

p1�x2Z

�p1�x2

p1�z2Z

�p1�z2

dydzdx =

1Z�1

p1�x2Z

�p1�x2

2p1� z2dzdx

Si seguimos por este camino llegamos a una expresión de dí�cil de resolver( intentelo), recurriremos entonces al cambio de orden de integración que es unrecurso siempre disponible

V =

1Z�1

p1�x2Z

�p1�x2

2p1� z2dzdx =

1Z�1

p1�z2Z

�p1�z2

2p1� z2dxdz

=

1Z�1

4(1� z2)dxdz = (4z � 4z3

3)1

j�1=16

3

El volumen calculado es

V =16

3(unidades de volumen)

3.4 Cambio de variable para integrales triples.

Sea T : U � R3 ! R3 una transformación de clase C1 de�nida por:

x = x (u; v; w)y = y (u; v; w)z = z (u; v; w)

Recordando el jacobiano de la transformación se tiene:

J =@ (x; y; z)

@ (u; v; w)=

������@x@u

@x@v

@x@w

@y@u

@y@v

@y@w

@z@u

@z@v

@z@w

������Como en el caso anterior de dos variables, el jacobiano mide como la curva latransformación distorsiona su dominio.

Formula de cambio de variable para integrales triplesSea R una región en el espacio xyz y S una región en el espacio uvw que

corresponde a R bajo la transformación T de�nida por x = x (u; v; w) ; y =

y (u; v; w) y z = z (u; v; w) siempre que T sea de clase C1 y uno a uno, @(x;y;z)@(u;v;w) 6=0 en S. Entonces:

21

ZZZR

f(x; y; z)dv =

ZZZS

f(x (u; v; w) ; y (u; v; w) ; z (u; v; w)) jJ j dudvdw

Donde

J =@ (x; y; z)

@ (u; v; w)

Los cambios más usados en integrales triples es a coordenadas cilindricas ycoordenadas esféricas dependiendo de la naturaleza del problema.

3.4.1 Coordenadas cilíndricas

El cambio de variable es:

x = r cos �y = r sin �z = z

Supongamos que: P es un punto del espacio de coordenadas xyzP1 proyección de P en plano xyr radio vector de O a P1 y� el ángulo entre eje x y

��!OP1, medido del lado

positivo del eje xentonces r =

px2 + y2 y � = arctan y

xTenemos

J =@ (x; y; z)

@ (r; �; z)=

������cos � �r sin � 0sin � r cos � 00 0 1

������= r cos2 � + r sin2 � = r

ZZZR

f(x; y; z)dv =

ZZZS

f(r cos �; r sin �; z) � r � drd�dz

3.4.2 Ejemplo:

Use coordenadas cilíndricas para calcular el volumen del sólido limitado por elparaboloide z = x2 + y2 y el plano z = 4:

Figura. z = x2 + y2

22

Solución:En el espacio xyz, la �gura es al interior del elipsoide y limitado por arriba

por el plano z = 4 que es un plano paralelo al plan xyAprovechando la simetría del sólido calculamos la cuarta parte de él (por

conveniencia). En esta situación la región transformada viene descrita por:

0 � r � 2; 0 � � � �

2; r2 < z < 4

La descripción de la región en las nuevas variables es fundamental para elacertado planteamiento de la integral doble como integral iterada, en este casoesta circunstancia es evidente

V

4=

�2Z0

2Z0

4Zr2

rdzdrd�

=

�2Z0

2Z0

�4r � r3

�drd�

=

�2Z0

4d� = 2�

) V = 8�

3.4.3 Coordenadas Esféricas

El cambio de variable es:

x = � cos � sin�y = � sin � sin�z = � cos�

Supongamos que P es un punto del espacio de coordenadas xyzP1 proyección de P en plano xy� magnitud del radio vector

��!OP

� el ángulo entre eje x y��!OP1, medido del lado positivo del eje x

� angulo formado por��!OP y el eje Z; medido del lado positivo del eje z:

J =@ (x; y; z)

@ (�; �; �)=

������cos � sin� sin � sin� cos��� sin � sin� � cos � sin� 0� cos � cos� � sin � cos� �� sin�

������= ��2 sin�

23

3.5 Formula del cambio de variableZZZR

f(x; y; z)dv =

ZZZS

f(� cos � sin�; � sin � sin�; � cos�)�����2 sin���� drd�dz

Las coordenadas esféricas se usan preferentemente en el caso en que uno oambas super�cies que acotan la región de integración es una esfera centrada enel origen, esto se observa en los siguientes ejemplos.

3.5.1 Ejemplo 1

Hallar el volumen de la región sólida limitada inferiormente por el semiconoz2 = x2 + y2; z � 0 y superiormente por la esfera x2 + y2 + z2 = 9:Solución:Haciendo la intersección de

x2 + y2 + z2 = 9 y z = x2 + y2

resulta que la intersección de estas super�cies es una circunferencia en el planoz = 3p

2de�nida por las ecuaciones

) x2 + y2 =9

2; z =

3p2

esto permite visualizar que (0; 3p2; 3p

2) es un punto de la intersección por lo

que 0 � � � �4 ; la esfera tiene radio 3 por lo cual 0 � � � 3; y 0 � � � 2�:

Como se está calculando el volumen de una región que es simétrica respecto deleje z; la cuarta parte de la región queda descrita por

0 � � � 3; 0 � � � �

2; 0 � � � �

4

=) ) V4=

ZZZR

f(x; y; z)dV =

�2Z0

�4Z0

3Z0

�2 sin�d�d�d�

V

4=

�2Z0

�4Z0

9 sin�d�d�

V

4=

�2Z0

��9p2+ 9

�d� =

9

2

p2� 1p2

!�

Por lo tanto

V = 18

p2� 1p2

!�

24

3.5.2 Ejemplo

Utilice coordinadas esféricas para hallar el volumen del sólido que está arribadel cono z =

px2 + y2 y debajo de la esfera x2 + y2 + z2 = z

Solución.

x2 + y2 + z2 = z () x2 + y2 + (z � 12)2 =

1

4

es una esfera que pasa por el origen y tiene centro en (0; 0; 12 ):La ecuación de la esfera en coordinadas esféricas es � = cos�;a su vez de la

ecuación del cono se in�ere que 0 � � � �4 :

Por lo que la región en coordenadas esfericas esta descrita por

; 0 � � � �

4; 0 � � � 2�; 0 � � � cos�

El volumen de la región es

V =

ZZZR

f(x; y; z)dV =

2�Z0

�4Z0

cos�Z0

�2 sin�d�d�d�

=

2�Z0

�4Z0

sin�

��3

3

�cos�

j0d�d�

=2�

3

�4Z0

sin� cos3 �d� =2�

3

��cos

4 �

4

� �4j0=�

8

Por lo tantoV =

�

8

3.6 Masa, Momentos, y Centroide de una Región del Es-pacio

Como en el caso de dos dimensiones, si �(x; y; z) función positiva y con-tinua, de�nida sobre una region compacta (conjunto cerrado y acotado) W convolumen, que indica la densidad en cada punto (x; y; z) de W:La masa de W es dada por la integral de la función densidad.

M(W )=Z Z Z

W

�(x; y; z)dV

25

El primer momento de W se de�ne respecto de algun plano, y el segundomomento (o momento de inercia) con respecto a algún plano, línea o punto.Daremos aqui solo las formulas típicas planos coordenados, ejes y el origen.Primer momento con respecto al plano yz:

Myz =

Z Z ZW

�(x; y; z)xdV

Segundo momento con repecto al plano yz:

Iyz =

Z Z ZW

�(x; y; z)x2dV

Segundomomento con repecto al eje x

Ix =

Z Z ZW

�(x; y; z)(y2 + z2)dV

Segundomomento polar con respecto del origen

I0 =

Z Z ZW

�(x; y; z)(x2 + y2 + z2)dV

Centroide: (x; y; z) =�Myz

M ; Mzx

M ;Mxy

M

�:

3.6.1 Ejemplo

Determinar el centroide de la porción de la esfera x2+y2+z2 � a2; en el primeroctante, asumiendo densidad constante.Solución.El problema no pierde generalidad si suponemos que � = 1, y claramente

x = y = z:Necesitamos calcular solamente

Mxy =

Z Z ZW

�(x; y; z)zdV

y usando coordenadas esfericas esta integral queda

Mxy =

�2Z0

�2Z0

aZ0

(� cos�)�2sen�d�d�d� =�a4

16

Como V = �a3

6 ; el centroide es (38a;

38a;

38a):

26

3.6.2 Ejemplo

Encontrar el momento de inercia IL de un cilindro circular recto co a radio dela base, h altura y densidad proporcional a la distancia al eje del cilindro, conrespecto a una recta L paralela al eje del cilindro y a una distancia b de él.

Solución.La recta L se de�ne por: x = b; y = 0El cilindro es descrito por: 0� r � a; 0 � z � hLa densidad es � = kr

Entonces

IL =

Z Z ZW

�(x; y; z)((x� b)2 + y2)dV

=

2�Z0

aZ0

hZ0

kr((x� b)2 + y2)rdzdrd�

=

2�Z0

aZ0

hZ0

kr2(r2 + b2)dzdrd� + 0

= 2�ka3h�a2

5 +b2

3

�

27

Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín.Ejercicios Resueltos

1 Cálculo de integrales dobles en coordenadasrectángulares cartesianas

1.1 Problema

CalcularZZ

D

px + ydxdy si D es la región acotada por las respectivas rectas

y = x; y = �x y x = 1SoluciónSe tiene que la región D =

�(x; y) 2 IR2= 0 � x � 1;�x � y � x

ZZ

D

px + ydxdy =

Z 1

0

Z x

�x

px + ydydx

=2

3

Z 1

0

(x + y)3=2���x�xdx

=2

3

Z 1

0

(2x)3=2dx

=25=2

3

2

5(x)

5=2���10

=8p2

15

1.2 Problema

CalcularZZ

D

px2 � y2dxdy si D es el dominio limitado por el triángulo de

vértices A (0; 0) ; B(1;�1); C (1; 1) :SoluciónEntonces se tiene que el dominio está delimitado por las rectas y = x;y = �x y x = 1:Luego el dominio de integración es:

D =�(x; y) 2 IR2= 0 � x � 1;�x � y � x

:Integrando a franjas verticales, resulta

1

ZZD

px2 � y2dxdy =

Z 1

0

Z x

�x

px2 � y2dydx

=

Z 1

0

Z x

�xx

r1�

�yx

�2dydx

Hacemos el cambio de variablesy

x= sent =) dy = x cos tdt y

determinemos los limites.Para y = x =) arcsen

�xx

�= arcsen (1) =

�

2:

Para y = �x =) arcsen

��xx

�= arcsen (�1) = ��

2Por tanto

Z 1

0

Z x

�xx

r1�

�yx

�2dydx =

Z 1

0

Z �2

��2

x2p1� sen2tdtdx

=

Z 1

0

Z �2

��2

x2 cos2 tdtdx

=

Z 1

0

Z �2

��2

x2(1 + cos 2t

2)dtdx

=

Z 1

0

x2�t

2+sen2t

4

��2

��2

dx

=�

2

Z 1

0

x2dx

=�

2

�x3

3

�10

=�

6

1.3 Problema

CalcularZZ

D

�y � 2x2

�dxdy si D es la región acotada por jxj+ jyj = 2

SoluciónSe tiene que la región D =

�(x; y) 2 IR2= jxj+ jyj � 2

Si escogemos la región con una partición de tipo I, es necesario utilizar dos

integrales iterativas porque para �2 � x � 0 , la frontera inferior de la región esla grá�ca de y = �x� 2, y la superior es y = x+2;y para 0 � x � 2 la fronterainferior de la región es la grá�ca de y = x� 2, y la superior es y = �x+ 2Entonces se tiene D = D1 [D2 tal que D1 [D2 = �:donde D1 =

�(x; y) 2 IR2= � 2 � x � 0; � x� 2 � y � x+ 2

D2 =

�(x; y) 2 IR2= 0 < x � 2; x� 2 � y � �x+ 2

2

Por otra parte la funcion del integrando f (x; y) = y � 2x2 es simétrica conrespecto al eje y, es decir 8 (x; y; z) 2 D existe (�x; y; z) tal que f (�x; y) =y � 2(�x)2 = f (x; y) :Por lo tanto

ZZD

�y � 2x2

�dxdy = 2

Z 2

0

Z �x+2

x�2

�y � 2x2

�dydx

= 2

Z 2

0

�y2

2+ 2x2y

������x+2x�2

dx

= 2

Z 1

0

�4x3 � 8x2

�dx

=

�x4 � 8

3x3�����2

0

= 2

�16� 64

3

�= �32

3

1.4 Problema

CalcularZZ

D

�x2 + y2

�dxdy si D =

�(x; y) 2 IR2= x2 + y2 � 1

:Usando

coordenadas cartesianasSolución.Usando coordenadas cartesianas, la región de integración es un círculocentrado en el origen de radio unoPor lo tantoD =

�(x; y) 2 IR2= � 1 � x � 1;�

p1� x2 � y �

p1� x2

ZZ

D

�x2 + y2

�dxdy =

Z 1

�1

Z p1�x2

�p1�x2

(x2 + y2)dydx

=

Z 1

�1(x2y +

y3

3)

����p1�x2

�p1�x2

dx

= 2

Z 1

�1(x2p1� x2 + 1

3

p(1� x2)3)dx

= 2

Z 1

�1x2p1� x2dx+ 2

3

Z 1

�1

p(1� x2)3dx

Con ayuda de una tabla de integrales obtenemos que:

Z 1

�1x2p1� x2dx = (�x

4

p1� x2 + 1

8(xp1� x2 + arcsenx)

����1�1

=1

8(arcsen(1)� arcsen (�1) = 1

8(�

2+�

2) =

�

8

3

Z 1

�1

p(1� x2)3dx = (

x

4

p(1� x2)3 + 3x

8

p(1� x2) + 3

8arcsenx)

����1�1

=3�

8

Por lo tanto: ZZD

�x2 + y2

�dxdy =

2�

8+2

3

3�

8=�

2

Notese que la solución del problema usando coordenadas cartesianas esbastante compleja

1.5 Problema

CalcularZZ

D

xydxdy si D es la región acotada por y =px; y =

p3x� 18;

y � 0:Usando coordenadas cartesianas.Solución.Si escogemos la región con una partición de tipo I, es necesario utilizar dos

integrales iterativas porque para 0 � x � 6 , la frontera inferior de la región esla grá�ca de y = 0, y la superior es y =

px;y para 6 � x � 9 la frontera inferior

de la región es la grá�ca de y =p3x� 18, y la superior es y =

px

Luego tenemos que D = D1 [D2 tal que D1 [D2 = �:Entonces D1 =

�(x; y) 2 IR2= 0 � x � 6; 0 � y �

px

D2 =�(x; y) 2 IR2= 6 < x � 9;

p3x� 18 � y �

px

Por lo tantoZZD

xydxdy =

ZZD1

xydxdy +

ZZD2

xydxdy

=

Z 6

0

Z px

0

xydydx+

Z 9

6

Z px

p3x�18

xydydx

=

Z 6

0

x

�y2

2

�px0

dx+

Z 9

6

x

�y2

2

�pxp3x�18

dx

=1

2

Z 6

0

x2dx+1

2

Z 9

6

(�2x2 + 18x)dx

=

�1

6x3�60

+

��x

3

3+ 9

x2

2

�96

=185

2

Si escogemos la región con una partición de tipo II, es necesario utilizar sólouna integral iterativa porque para 0 � y � 3 , la frontera izquierda de la región

4

es la grá�ca de x = y2 mentras que la frontera derecha queda determinada por

la grá�ca x =y2

3+ 6; obteniendo así la región

D1 =

�(x; y) 2 IR2= y2 � x � y2

3+ 6; 0 � y � 3

�la integral iterativa quedaZZ

D

xydxdy =

Z 3

0

Z (y2=3)+6

y2xydxdy

=

Z 3

0

�x2

2

�(y2=3)+6y2

ydy

=1

2

Z 3

0

"�y2 + 18

3

�2� y4

#(y2=3)+6y2

ydy

=1

18

Z 3

0

��8y5 + 36y3 + 324y

�dy

=1

18

��43y6 + 9y4 + 162y2

�30

=1

18

��4336 + 36 + 2 � 36

�=185

2

1.6 Problema

Encontrar el área de la región determinada por las desigualdades: xy � 4;y � x; 27y � 4x2:Solución.Sabemos que xy = 4 tiene por grá�ca una hipérbola equilátera, y = x es la

recta bisectriz del primer cuadrante y 27y = 4x2 corresponde a una parábola.Veamos cuale son los puntos de intersección de estas curvas con el proprositode con�gurar el dominio de integración

xy = 4y = x

�=) x2 = 4 =) x = �2 =) y = �2

27y = 4x2

y = x

�=) 27x = 4x2 =)

x = 0

x =24

4

)=) y = 0; y =

27

4

xy = 427y = 4x2

�=) x = 3; y =

4

3

Para calcular el área A(R) =ZZ

D

dxdy; podemos escoger una partición del

dominio de tipo I ó de tipo II.Consideremos dos subregiones de tipo I

D1 =

�(x; y) 2 IR2= 2 � x � 3; 4

x� y � x

�

5

D2 =

�(x; y) 2 IR2= 3 � x � 27

4;4

27x2 � y � x

�Si proyectamos sobre eje x

A(R) =

ZZD

dxdy =

ZZD1

dxdy +

ZZD2

dxdy

A(R) =

Z 3

2

Z x

4x

dydx+

Z 27=4

3

Z x

427x

2

dydx

=

Z 3

2

yjx4xdx+

Z 27=4

3

yjx427x

2 dx

=

Z 3

2

�x� 4

x

�dx+

Z 27=4

3

�x� 4

27x2�dx

=

�x2

2� 4 lnx

�32

+

�x2

2� 4

81x3�27=43

=5

2� 4 ln 3

2+729

32� 92� 4

81

273

43+4

8133

= �2� 4 ln 32+729

32� 24316

+4

3

=665

96� 4 ln 3

2

Si proyectamos sobre eje y

DI =

�(x; y) 2 IR2= 4

y� x � 3

2

p3y;

4

3� y � 2

�DI =

�(x; y) 2 IR2= y � x � 3

2

p3y; 2 � y � 27

4

�A(R) =

ZZD

dxdy =

ZZD1

dxdy +

ZZD2

dxdy

A(R) =

Z 2

43

Z 32

p3y

4y

dxdy +

Z 27=4

2

Z 32

p3y

y

dxdy

=

Z 2

43

hp3y � 4 ln y

idy +

Z 27=4

2

�3

2

p3y � y

�dy

=

�3

2

p3y3 � 4

y

�243

+

�p3y3 � y

2

2

�27=42

= �83� 4 ln 3

2+9 � 278

� 72932

+ 2

=665

96� 4 ln 3

2

6

1.7 Problema

Encontrar el volumen de la región acotada por los tres planos coordenados y elplano x+ 2y + 3z = 6Solución.Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano xy tenemos:

V =

ZZD

6� x� 2y3

dxdy ,D =

�(x; y) 2 IR2= 0 � x � 6; 0 � y � 6� x

2

�

V =1

3

Z 6

0

Z 6�x2

0

(6� x� 2y) dydx

=1

3

Z 6

0

�(6� x)y � y2

� 6�x2

0dx

=1

3

Z 6

0

�(6� x)2

2� (6� x)

2

4

�dx

=1

12

Z 6

0

(6� x)2dx

=

�� 1

36(6� x)3

�60

= 6

Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano yz tenemos:

V =

ZZR

(6� 3z � 2y) dzdy , R =�(y; z) 2 IR2= 0 � y � 3; 0 � z � 6� 2y

3

�

V =

Z 3

0

Z 6�2y3

0

(6� 2y � 3z) dzdy

=

Z 3

0

�(6� 2y)z � 3

2z2� 6�2y

3

0

dy

=

Z 3

0

�(6� 2y)2

3� (6� 2y)

2

6

�dy

=1

6

Z 3

0

(6� 2y)2dy

=

�� 1

12

(6� x)33

�30

= 6

2 Cambios de orden de Integración

2.1 Problema

Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante .

7

I =

Z 1

0

Z 2

2x

ey2

dydx

Solución.El dominio de integracion dado esD =

�(x; y) 2 IR2= 0 � x � 1; 2x � y � 2

:

Si se invierte el orden de integración tenemos que modi�car la partición del

dominio. D =n(x; y) 2 IR2= 0 � x � y

2; 0 � y � 2

o;entonces la integral

se puede escribir.

I =

Z 1

0

Z 2

2x

ey2

dydx =

Z 2

0

Z y2

0

ey2

dxdy

=

Z 2

0

xey2��� y20dy

=

Z 2

0

y

2ey

2

dy =1

4ey

2���40

=1

4

�e16 � 1

�2.2 Problema

Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante .

I =

Z 2

0

Z 4

x2

py cos ydydx

Solución.El dominio de integración dado esD =

�(x; y) 2 IR2= 0 � x � 2; x2 � y � 4

:

Si se invierte el orden de integración tenemos que modi�car la partición deldominio, D =

�(x; y) 2 IR2= 0 � x � py; 0 � y � 4

;entonces la integral

se puede escribir

Z 2

0

Z 4

x2

py cos ydydx =

Z 4

0

Z py

0

py cos ydxdy

=

Z 4

0

py cos(y)xj

py

0 dy

=

Z 4

0

y cos(y)dy

Integrando esta última integral por partes se tiene:

Z 4

0

y cos(y)dy = ysen(y)j40 �Z 4

0

sen(y)dy

= ysen(y)j40 + cos(y)j40

= 4sen(4) + cos(4)� 1

8

2.3 Problema

Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante .

I =

Z e

1

Z ln x

0

ydydx

Solución.El dominio de integración dado esD =

�(x; y) 2 IR2= 1 � x � e; 0 � y � lnx

:

Si se invierte el orden de integración tenemos que el dominio,D =

�(x; y) 2 IR2= ey � x � e; 0 � y � 1

;entonces la integral

se puede escribir

Z e

1

Z ln x

0

ydydx =

Z 1

0

Z e

eyydxdy

=

Z 4

0

y x���eeydy

=

Z 4

0

y(e� ey)dy

= e

�y2

2

�40

� ey [y � ey]40

= 8e� 4e4 � 1

3 Cambios de variables: Coordenadas polares

3.1 Problema

CalcularZZ

D

�x2 + y2

�dxdy si D =

�(x; y) 2 IR2= x2 + y2 � 1

;usando

coordenadas polaresSolución.A partir de la coordenadas polares tenemos:x = rcos�; y = rsen� =) x2 + y2 = r2

El valor absoluto del Jacobiano de transformación a polares es:����@ (x; y)@ (r; �)

���� = rReemplazando términos en la integral, produceZZ

D

�x2 + y2

�dxdy =

ZZD

r2����@ (x; y)@ (r; �)

���� drd�

9

=

Z 1

0

Z 2�

0

r3d�dr =

Z 1

0

Z 2�

0

r3 �j2�0 dr

= 2�

Z 1

0

r3dr = 2�r4

4

����10

=�

2

Las coordenadas polares dieron una solucion más simple del problema. Lasimplicidad depende de la naturaleza del problema y de la simetria que presentael dominio.

3.2 Problema

Calcular el área de la región interior a la circunferencia x2 + y2 = 8y y exteriora la circunferencia x2 + y2 = 9:Solución.Determinemos el centro y radio de la circunsferenciax2 + y2 = 8y =) x2 + y2 � 8y = 0 =) x2 + (y � 4)2 = 16

El área de la región D es: A (D)ZZ

D

dxdy

Por simetría, podemos calcular el área de la región D en el primer cuadrantey multiplicar por 2.A �n de conocer los límites de integración en coordenadas polaresnecesitamos conocer el ángulo que forma la recta OT con el eje x.x2 + y2 = 8y =) r2 = 8rsen� =) r = 8sen�

x2 + y2 = 9 =) r = 3Como T pertenece a ambas circunferencias se cumple

8sen� = 3 =) � = arcsen3

8

Luego, la mitad de la regiónD� =

�(r; �) =3 � r � 8sen�; arcsen3

8� � � �

2

�ZZ

D

dxdy =

ZZD�

����@ (x; y)@ (r; �)

���� drd�

10

2

Z �=2

arcsen 38

Z 8sen�

3

rdrd� = 2

Z �=2

arcsen 38

r2

2

����8sen�3

d�

Z �=2

arcsen 38

�64sen2� � 9

�d� =

�64

��

2� sen2�

4

�� 92�

��=2arcsen 3

8

=

�55

2� � 16sen2�

��=2arcsen 3

8

=

�55

4� � 55

2arcsen

3

8+ 16sen(2arcsen

3

8)

�� 38; 42

3.3 Problema

CalcularZZ

D

x2 + y2

x+px2 + y2

dxdy , si D es el interior del cardioide r = a (1 + cos �)

Solución.Cambiando a cordenadas polares, tenemos:ZZ

D

x2 + y2

x+px2 + y2

dxdy =

ZZD�

r2

r cos � + r

����@ (x; y)@ (r; �)

���� drd�=

ZZD�

r2

r cos � + rrdrd�

=

Z 2�

0

Z a(1+cos �)

0

r2

1 + cos �drd�

=

Z 2�

0

1

1 + cos �

r3

3

����a(1+cos �)0

d�

=a3

3

Z 2�

0

(1 + cos �)2d�

=a3

3

Z 2�

0

�1 + 2 cos � + cos2 �

�d�

=a3

3

�� + 2sen� +

�

2+sen2�

4

�2�0

= �a3

Observacion si deseamos se rigurosos debemos hacer notar que la integral esimpropia cuando x � 0; e y = 0; pues en tal caso el denominador es cero.Luego:

11

I = lim�!��

"!0

Z �

0

Z a(1+cos �)

"

r2

1 + cos �drd� + lim

�!�+"!0

Z 2�

�

Z a(1+cos �)

"

r2

1 + cos �drd�

= lim�!��

a3

3

Z �

0

(1 + cos �)2d� + lim

�!�+

a3

3

Z 2�

�

(1 + cos �)2d�

= lim�!��

a3

3

�3

2�+ 2sen�+

sen2�

4

�+ lim�!�+

a3

3

�3� � 3

2� � 2sen� � sen2�

4

�= �a3

3.4 Problema

Calcular el volumen V el sólido acotado por las grá�cas z = 9�x2�y2 y z = 5.Solución.Como el sólido es simétrico, basta encontrar su volumen en el primer octante

y multiplicar su resultado por cuatro.Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano xy tenemos:

V = 4

Z ZD

�9� x2 � y2 � 5

�dxdy

D =�(x; y) 2 IR2= x � 0; y � 0; 0 � x2 + y2 � 4

A partir de la coordenadas polares, obtenemos:x = rcos�y = rsen�

�=) f (x; y) = 4� x2 � y2 = 4� r2

0 � x2 + y2 = r2 � 4 () 0 � r � 2 y 0 � � � �

2D� =

n(r; �) = 0 � r � 2; 0 � � � �

2

oEl valor absoluto del Jacobiano de transformación a polares es:����@ (x; y)@ (r; �)

���� = rReemplazando términos en la integral, produce:

V = 4

Z ZD�

�4� r2

�rdrd�

= 4

Z �=2

0

Z 2

0

�4� r2

�rdrd�

= 4

Z �=2

0

�4

2r2 � 1

4r4�20

d�

= 8�

12

4 Cambios de variables. Coordenadas curvilíneas

4.1 Problema

Calcular I =ZZ

D

3xydxdy; donde D es la región acotada por por la rectas

x� 2y = 0; x� 2y = �4x+ y = 4; x+ y = 1

(1)

Solución.Podemos usar el cambio de variables

u = x� 2yv = x+ y

�(1) =)

x =1

3(2u+ v)

y =1

3(u� v)

(2)

Asi,x� 2y = �4 se transforma en u = �4x� 2y = 0 se transforma en u = 0x+ y = 1 se transforma en v = 1x+ y = 4 se transforma en v = 4

Para calcular el Jacobiano

����@ (x; y)@ (u; v)

���� tenemos dos posibilidades.La primera, es usar la transformación inversa (2) x e y en términos de u y v

:

La segunda, mucho más simple, es calcular a partir de (1)

����@ (u; v)@ (x; y)

���� y luegousar la propiedad

����@ (x; y)@ (u; v)

���� = �����@ (u; v)@ (x; y)

������1 :En efecto

����@ (u; v)@ (x; y)

���� = ���� 1 �21 1

���� = 1 + 2 = 3 =) ����@ (x; y)@ (u; v)

���� = 1

3Por lo tanto, del teorema del cambio e variables se deduce que:

I =

ZZD

3xydxdy =

ZZD�3

�1

3(2u+ v)

1

3(u� v)

� ����@ (x; y)@ (u; v)

���� dudv=

Z 4

1

Z 0

�4

1

9

�2u2 � uv � v2

�dvdu

=1

9

Z 4

1

�2u2v � uv

2

2� v

3

3

�0�4du

=1

9

Z 4

1

�8u2 + 8u� 64

3

�du

=1

9

�8u3

3+ 4u2 � 64

3u

�41

du =164

9

4.2 Problema

13

Calcular el área de la región D; que esta acotada por las curvasx2 � y2 = 1; x2 � y2 = 9x+ y = 4; x+ y = 6

(1)

Solución.Teniendo en cuenta el cambio de variables que transforma la región D enla región D�

u = x2 � y2v = x+ y

�(1) =)

La imagen D� de la región D está acotada por la rectas verticales;x2 � y2 = 1 se transforma en u = 1x2 � y2 = 9 se transforma en u = 9y las rectas horizontalesx+ y = 4 se transforma en v = 4x+ y = 6 se transforma en v = 6Es decir, D� = f(u; v) =1 � u � 9; 4 � v � 6g

Vamos a calcular

����@ (x; y)@ (u; v)

���� a partir de (1) ����@ (u; v)@ (x; y)

���� y usar la propiedad����@ (x; y)@ (u; v)

���� = �����@ (u; v)@ (x; y)

������1 :En efecto

����@ (u; v)@ (x; y)

���� = ���� 2x �2y1 1

���� = 2 (x+ y) = 2v =) ����@ (x; y)@ (u; v)

���� = 1

2vEl teorema del cambio variables a�rma que:

A (D) =

ZZD

dxdy =

ZZD�

����@ (x; y)@ (u; v)

���� dudv=

Z 9

1

Z 6

4

1

3vdvdu

=1

2

Z 9

1

[ln v]64 du

=1

2

�ln6

4

�Z 9

1

du

=1

2ln3

2[u]

91 = 4 ln

3

2

4.3 Problema

Calcular I =ZZ

D

x3 + y3

xydxdy; donde D es la región del primer cuadrante

acotada por:y = x2; y = 4x2

x = y2; x = 4y2(1)

Solución.El cálculo de I sería bastante complejo si usamos coordenadas cartesianaspor la simetría que tiene el dominio.Sin embargo, una cambio de variables

14

simpli�ca la región D y la transforma en D�.

Sean u =x2

y; v =

y2

xLuego D� esta acotada por la rectas verticales;y = x2 se transforma en u = 1:

y = 4x2 se transforma en u =1

4:

y las rectas horizontalesx = y2 se transforma en v = 1:

x = 4y2 se transforma en v =1

4:

Es decir, D� =

�(u; v) =1 � u � 1

4; 1 � v � 1

4

�Para calcular

����@ (x; y)@ (u; v)

���� tenemos dos posibilidades, la primera es despejar xe y en términos de u y v a partir de (1) :

La segunda, es calcular

����@ (u; v)@ (x; y)

���� y usar la propiedad ����@ (x; y)@ (u; v)

���� = �����@ (u; v)@ (x; y)

������1 :En efecto

����@ (u; v)@ (x; y)

���� =�������2x

y�x

2

y2

�y2

x22y

x

������� = 4� 1 = 3 =)����@ (x; y)@ (u; v)

���� = 1

3

Calculemos ahora la integral

I =

ZZD

x3 + y3

xydxdy =

ZZD

�x2

y+y2

x

�dxdy

=

Z 1

1=4

Z 1

1=4

(u+ v)1

3dvdu

=1

3

Z 1

1=4

�uv +

v2

2

�11=4

du

=1

3

Z 1

1=4

�3

4u+

15

32

�du

=1

3

�3

8u2 +

15

32u

�11=4

=1

3

�3

8

15

16+15

32

3

4

�=

15

64

4.4 Problema

Evaluar la integral I =ZZ

D

[x+ y]2dxdy; donde D es la región del plano xy

acotado por las curvasx+ y = 2; x+ y = 4;y = x; x2 � y2 = 4; (1)

15

Solución.Observese que las ecuaciones de la curvas de la frontera de D sólo incluyen

a x e y en las combinaciones de x � y;y el integrando incluye solamentenlasmismas combinaciones. Aprovechando estas simetrías, sean las coordenadas

u = x+ y; v = x� yLuego, la imagen D� de la región D está acotada por las curvas;x+ y = 2 se transforma en u = 2:x+ y = 4 se transforma en u = 4:A su vezx� y = 0 se transforma en v = 0:x2 � y2 = (x+ y) (x� y) = 4 se transforma en uv = 4:

Es decir, D� =

�(u; v) = 2 � u � 4; 0 � v � 4

u

�El jacobiano de la transformación es

����@ (x; y)@ (u; v)

���� = �����@ (u; v)@ (x; y)

������1 :En efecto

@ (u; v)

@ (x; y)=

���� 1 11 �1

���� = �2 =) ����@ (x; y)@ (u; v)

���� = 1

2Entonces: ZZ

D

[x+ y]2dxdy =

1

2

ZZD�u2dudv

=1

2

Z 4

2

Z 4=u

0

u2dvdu

=1

2

Z 4

2

u2 vj4=u0 du

=1

2

Z 4

2

4udu

=4

2

u2

2

����42

= 12

5 Cálculo de integrales triples en coordenadas

rectángulares cartesianas

5.1 Problema

Sea R la región en IR3 acotada por: z = 0; z =1

2y; x = 0; x = 1; y = 0; y = 2

CalcularZZZ

R

(x+ y � z) dxdydz:

Solución.Del grá�co de la región , tenemos que 0 � z � 1

2y:Proyectando la región R

sobre el plano xy. Así D =�(x; y) 2 IR2= 0 � x � 1; 0 � y � 2

:

16

Por lo tanto;ZZZR

(x+ y � z) dxdydz =ZZ

D

(

Z 12y

0

(x+ y � z) dz)dxdy

Z 1

0

Z 2

0

(

Z 12y

0

(x+ y � z) dz)dydx =

Z 1

0

Z 2

0

�xz + yz � z

2

2

� 12y

0

dydxZ 1

0

Z 2

0

�1

2(x+ y)y � y

2

8

�dydx =

Z 1

0

Z 2

0

�1

2xy +

3

8y2�dydxZ 1

0

�1

4xy2 +

1

8y3�20

dx =

Z 1

0

[(x+ 1)] dx =

�1

2x2 + x

�10

=3

2

También es posible resolver el problema anterior proyectando la región Rsobre el plano xz:En tal caso, 2z � y � 2 yD =

�(x; z) 2 IR2= 0 � x � 1; 0 � z � 1

ZZZ

R

(x+ y � z) dxdydz =Z 1

0

Z 1

0

(

Z 2

2z

(x+ y � z) dy)dzdx

Z 1

0

Z 1

0

�xy +

y2

2� zy

�22z

dzdx = 2

Z 1

0

Z 1

0

[x+ 1� z � xz] dzdx

2

Z 1

0

�xz + z � z

2

2� xz

2

2

�10

dx = 2

Z 1

0

�x+ 1� 1

2� x2

�dxZ 1

0

[(x+ 1)] dx =

�1

2x2 + x

�10

=3

2

Una tercera posibilidad de solución consiste en proyectar la región Rsobre el plano yz.Esta se deja como ejercicio.

5.2 Problema

CalcularZZZ

D

x2dxdydz si D es la región acotada por y2 + z2 = 4ax;

y2 = ax; x = 3aSolución.La super�cie y2 + z2 = 4ax corresponde a un paraboloide de revolucióncomo el bosquejado en la �gura.En dos variables el grá�co de y2 = ax es una parábola, pero es tresvariables es la super�cie de un manto parabólico.

17

Finalmente, el grá�co x = 3 es un plano paralelo al plano xz a la distancia3a.Luego el grá�co de la región esLa proyección de la region sobre el plano xy es:

D =n(x; y; z) 2 IR3=D1 [D2 , �

p4ax� y2 � z �

p4ax� y2

oPor simetría se tiene:

I =

ZZZD

x2dxdydz = 2

ZZD1

Z p4ax�y2�p4ax�y2

x2dzdxdy

= 2

Z 3a

0

Z 2pax

pax

Z p4ax�y2�p4ax�y2

x2dzdydx

= 2

Z 3a

0

Z 2pax

pax

�x2z

�p4ax�y2�p4ax�y2

dydx

= 4

Z 3a

0

Z 2pax

pax

x2p4ax� y2dydx

De una tabla de integrales obtenemosZ pa2 � u2du = 1

2(upa2 � u2 + a2arcsenu

a)

Así al integrar la expresión:Z 2pax

pax

p4ax� y2dy =

�1

2

�yp4ax� y2 + 4ax arcsen y

2pax

��2paxpax

= 2ax arcsen (1)� 12

�paxp3ax+ 4ax arcsen

1

2

�= 2ax

�

2+1

2axp3 � 2ax�

6

=2�

3ax +

p3

2ax

Por lo tanto al sustituir en la integral anterior, queda

4

Z 3a

0

"2�

3+

p3

2

#ax3dx =

" 2�

3+

p3

2

!ax4

#3a0

= 27a5

2� +

3p3

2

!

18

5.3 Problema

Calcular el volumen del sólido acotado por la super�cie y = x2 y los planosy + z = 4 ; z = 0:Solución.Consideremos que la región está acotada inferiormente por la frontera

z = 0 y superiomente por z = 4� y:Si Proyectamos la región sobre el plano xy, se tiene: =

�(x; y; z) 2 IR3= (x; y) 2 D; 0 � z � 4� y

D =

�(x; y) 2 IR2= � 2 � x � 2; x2 � y � 4

Luego el volumen de la región es

V () =

ZZZ

dxdydz =

Z 2

�2

Z 4

x2

Z 4�y

0

dzdydx

=

Z 2

�2

Z 4

x2(4� y) dydx =

Z 2

�2

�4y � y

2

2

�4x2dx

=

Z 2

�2

�8� 4x2 + x

4

2

�dx

=

�8x� 4

3x3 +

x4

10

�2�2=256

15

6 Coordenadas esféricas

6.1 Problema

Resolver I =ZZZ

D

px2 + y2 + z2e�(x

2+y2+z2)dxdydz si D es la región de IR3

limitada por las super�cies x2 + y2 + z2 = a2

x2 + y2 + z2 = b2 con 0 < b < a anillo esférico.SoluciónPor la simetría del dominio y la forma del integrandousaremos coordenadas esféricas:

x = rsen� cos�y = rsen�sen�z = r cos �

9=; =)

b2 � x2 + y2 + z2 � a2 =) b � r � atg� =

y

z= 0 =) 0 � � � �

tg� =y

x= 0 =) 0 � � � 2�

Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es :����@ (x; y; z)@ (r; �; �)

���� = r2sen� se tiene:

19

I =

Z 2�

0

Z �

0

Z a

b

re�r2

����@ (x; y; z)@ (r; �; �)

���� drd�d�=

Z 2�

0

Z �

0

Z a

b

r3e�r2

sen� drd�d�

=

Z 2�

0

Z �

0

��12r2e�r

2

� e�r2

�ab

sen� d�d�

=

�1

2b2e�b

2

+1

2e�b

2

� 12a2e�a

2

� e�a2

�Z 2�

0

Z �

0

sen� d�d�

=

�1

2b2e�b

2

+1

2e�b

2

� 12a2e�a

2

� e�a2

�Z 2�

0

� cos �j�0 d�

= 2

�1

2b2e�b

2

+1

2e�b

2

� 12a2e�a

2

� e�a2

�Z 2�

0

d�

= 4�

�1

2b2e�b

2

+1

2e�b

2

� 12a2e�a

2

� e�a2

�

6.2 Problema

Encontrar el volumen de la región determinada por x2 + y2 + z2 � 16 ; z2

� x2 + y2:Soluciónx2 + y2 + z2 = 16 es una esfera con centro en el origen y radio 4z2 = x2+y2 es un cono con vértice en el origen y eje de simetría coincidentecon el eje z.Como z � 0 , sólo debemos considerar sólo la región sobre el plano xy.La intersección de la esfera con el cono se obtiene mediante el sistema:x2 + y2 + z2 = 16

x2 + y2 = z2

�=) z =

p8

x2 + y2 = 8

Usaremos coordenadas esféricas:

x = rsen� cos�y = rsen�sen�z = r cos �

9=; =)

0 � x2 + y2 + z2 � 16 =) 0 � r � 4

tg� =y

z=

p8p8= 1 =) 0 � � � �

4

tg� =y

x= 0 =) 0 � � � 2�

Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es :����@ (x; y; z)@ (r; �; �)

���� = r2sen� se tiene:

20

V =

ZZZD

dxdydz =

Z 2�

0

Z �4

0

Z 4

0

r2sen� drd�d�

V =

Z 2�

0

Z �4

0

r3

3

����40

sen� d�d�

V =43

3

Z 2�

0

� cos �j�40 d�

V =43

3

Z 2�

0

1�

p2

2

!d� =

43

3

1�

p2

2

!2�

Otra opción para resolver este problema es usar coordenadas cilíndricas,ental casox = r cos �y = rsen�z = z

9=; =)x2 + y2 + z2 = 16 =) z = 16� r2:

x2 + y2 = z2 =) z = r2

Teníamos que el Jacobiano de transformación a cilíndricas es:����@ (x; y; z)@ (r; �; z)

���� = r luego:

V =

ZZZD

dxdydz =

Z 2�

0

Z p8

0

Z p16�r2

r2rdzdrd�

=

Z 2�

0

Z p8

0

rz jp16�r2

r2 drd�

=

Z 2�

0

Z p8

0

�rp16� r2 � r2

�drd�

=

Z 2�

0

��13

p(16� r2)3 � r

3

3

�p80

d�

= �2�3

�2p83 �

p163�=2�

3

�64� 32

p2�

7 Coordenadas Cilíndricas

7.1 Problema

Usando integrales triples calcular el volumen de la región acotada por z = x2+y2

y z = 27� 2x2 � 2y2:Solución.Por la simetría del volumen los resolveremos usando coordenadas cilíndricas.x = r cos �y = rsen�z = z

9=; =)z = x2 + y2 =) z = r2:z = 27� 2x2 � 2y2 =) z = 27� 2r2

x2 + y2 = 9 =) r = 3:

21

Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es:����@ (x; y; z)@ (r; �; z)

���� = r se tiene:

V =

ZZZD

dxdydz =

Z 2�

0

Z 3

0

Z 27�2r2

r2rdzdrd�

=

Z 2�

0

Z 3

0

r z j27�2r2

r2 drd�

=

Z 2�

0

Z 3

0

r�27� 3r2

�drd�

=

Z 2�

0

�27

2r2 � 3

4r4�30

d�

=243

4

Z 2�

0

d� =243

42� =

243

2�

7.2 Problema

Calcular el volumen de la región acotada por la esfera x2 + y2 + z2 = 13 y elcono (z � 1)2 = x2 + y2; z � 1Solución.El volumen pedido es

V =

ZZZR

dxdydz

donde la región R está dada por

R =n(x; y; z) 2 IR3= (x; y) 2 D; 1 +

px2 + y2 � z �

p4� x2 � y2

oD corresponde a la proyección de R sobre el plano xy.D =

�(x; y; z) 2 IR2=x2 + y2 � 13

Por la simetría del volumen conviene usar coordenadas cilíndricas.x = r cos �y = rsen�z = z

9=; =) x2 + y2 + z2 � r2 + z2 � 13 ,

Determinemos la imagen R� de R(z � 1)2 = x2 + y2 () z � 1 + r =) 1 + r � z �

p13� r2

LuegoR� =

�(r; �; z) 2 IR3= (r; �) 2 D; 1 + r � z �

p13� r2

La región R al ser proyectada sobre el plano xy. producez = 0 =) x2 + y2 = 13

D�1 =

n(r; �) 2 IR3= � r � 2 ;��

2� � � �

2

oComo el Jacobiano de transformación a cilíndricas es:����@ (x; y; z)@ (r; �; z)

���� = r se tiene:

22

V =

ZZZR

dxdydz =

Z 2

0

Z 2�

0

Z p13�r2

1+r

rdzd�dr

=

Z 2

0

Z 2�

0

rzp13�r2

1+r d�dr

=

Z 2

0

Z 2�

0

r�p

13� r2 � (1 + r)�d�dr

= 2�

Z 2

0

�rp13� r2 �

�r + r2

��dr

= 2�

��13

�13� r2

�3=2 � �r22+r3

3

��20

= 2�

�1

3

�133=2 � 73=2

���4

2+8

3

��

7.3 Problema

Calcular utilizando coordenadas cilíndricas el volumen de la región R , donde Res el interior a la esfera x2+y2+z2 = 4; z � 0;y exterior al cilindro (x�1)2+y2 =1:SoluciónLa región R se describe en coordenadas cartesianas mediante

R =n(x; y; z) 2 IR3= (x; y) 2 D; 0 � z �

p4� x2 � y2

odonde D es la proyección de R sobre el plano xy.D =

�(x; y) 2 IR3=x2 + y2 � 4 ; (x� 1)2 + y2 � 1

Transformemos la región R a coordenadas cilindricas de�nidas porx = r cos �y = rsen�z = z

9=; =) x2 + y2 + z2 = r2(cos2 � + sen2�) + z2 � 4

() 0 � z �p4� r2

La región R al ser proyectada sobre el plano xy da origen a dos subregiones

x2 + y2 � r2 � 4 () 0 � r � 2 si �2� � � 3�

2(x� 1)2 + y2 � 1 () r � 2 cos � y r � 2 si -�

2� � � �

2

Entonces, la región R� puede describirse medianteR� =

�(r; �; z) = (r; �) 2 D� = D�

1 [D�1 ; 0 � z �

p4� r2

D�1 =

n(r; �) 2 IR3=2 cos � � r � 2 ;��

2� � � �

2

oD�2 =

�(r; �) 2 IR3=0 � r � 2 ;

�

2� � � 3�

2

�

23

Ademas, el Jacobiano de la transformación a cilíndricas es:����@ (x; y; z)@ (r; �; z)

���� = rEn consecuencia la integral puede describirse por

I =

ZZZR

(r) drd�dz

=

Z �=2

��=2

Z 2

2 cos �

Z p4�r2

0

rdzdrd� +

Z 3�=2

�=2

Z 2

0

Z p4�r2

0

rdzdrd�

=

Z �=2

��=2

Z 2

2 cos �

rhzip4�r20

drd� +

Z 3�=2

�=2

Z 2

0

rhzip4�r20

drd�

=

Z �=2

��=2

Z 2

2 cos �

rp4� r2drd� +

Z 3�=2

�=2

Z 2

0

rp4� r2drd�

=

Z �=2

��=2

��13

�4� r2

�3=2�22 cos �

d� +

Z 3�=2

�=2

��13

�4� r2

�3=2�20

d�

=8

3

Z �=2

��=2

�1� cos2 �

�3=2d� +

8

3

Z 3�=2

�=2

d�

=8

3

Z �=2

��=2sen3�d� +

8

3

Z 3�=2

�=2

d�

=8

3

�� cos � + cos

3 �

3

��=2��=2

+8

3� =

8

3�

7.4 Problema

Calcular I =ZZZ

D

�x2

a2+y2

b2+z2

c2

�dxdydz:

En la región D =

�(x; y; z) 2 IR3=x

2

a2+y2

b2+z2

c2� 1�

a > 0; b > 0; c > 0

Solución.La región de integración es un elipsoide de semieejes a,b,c.Efectuemos un primer cambio de variables:x = au; y = bv; z = cw:Con ello, D se transforma en la bola.D� =

�(u; v; w) =u2 + v2 + w2 � 1

yel valor absoluto del Jacobiano queda

: ���� @ (x; y; z)@ (u; v; w)

���� =������a 0 00 b 00 0 c

������ = abcLuego, aplicando el teorema del cambio de variables y obtenemos la integral

24

I =

ZZZD

�x2

a2+y2

b2+z2

c2

�dxdydz:

=

ZZZD�

�u2 + v2 + w2

� ���� @ (x; y; z)@ (u; v; w)

���� dudvdw=

ZZZD�

�u2 + v2 + w2

� ���� @ (x; y; z)@ (u; v; w)

���� dudvdw=

ZZZD�(u2 + v2 + w2) (abc) dudvdw

Ahora, transformamos a coordenadas esféricas.

u = rsen� cos�v = rsen�sen�w = r cos �

9=; =)

0 � u2 + v2 + w2 � 1 =) 0 � r � 1tg� =

v

w=) 0 � � � �

tg� =v

u=) 0 � � � 2�

Quedando, la region D�� = f(r; �; �) =0 � r � 1; 0 � � � �; 0 � � � 2�g

abc

ZZZD�(u2 + v2 + w2)dudvdw = abc

Z 2�

0

Z �

0

Z 1

0

�r2�r2sen� drd�d�

= abc

Z 2�

0

Z �

0

r5

5

����10

sen� d�d�

=abc

5

Z 2�

0

� cos �j�0 d�

=2abc

5

Z 2�

0

d� =4�abc

5

ObservaciónEs claro que la integración se podría haber efectuado usando directamentela trasformación compuesta.x = arsen� cos�y = brsen�sen�z = cr cos �

9=; =)����@ (x; y; z)@ (r; �; �)

���� = abcr2sen�7.5 Problema

Calcular I =ZZZ

D

dxdydz:q(x� a)2 + (y � b)2 + (z � c)2

;

en la región D =�(x; y; z) 2 IR3=x2 + y2 + z2 � R2

; (a; b; c) es un punto

�jono peteneciente a la esfera x2 + y2 + z2 � R2:Solución.

25

Si usamos coordenadas cartesianas los límites de integración sondi�cultosos, pues en tal caso tendríamos.

I =

ZZZD

dxdydz:q(x� a)2 + (y � b)2 + (z � c)2

I =

Z r

�r

Z pr2�x2

�pr2�x2

Z pr2�x2�y2�pr2�x2�y2

dzdydx:q(x� a)2 + (y � b)2 + (z � c)2

Es claro que si usamos este camino las cosas no serán fáciles.Sin embargo , dada la simetria esférica del dominio y observando que el

integrando no es nada más que el reciproco de la distancia desde (a; b; c) =2 Dhasta (x; y; z) 2 D;nos damos cuenta que el resultado no puede depender másque de la distancia d entre dichos puntos.Por ello, el resultado no puede variarsi ubicamos el eje z pasando por el punto (a; b; c). Si (0; 0; d) son las nuevascoordenadas del punto �jo tenemos.

I =

ZZZD

dxdydz:qx2 + y2 + (z � d)2

ObservaciónEl razonamiento anterior es muy usado el cálculo de integrales que aparecenaplicaciones a la Física pues en dicha Ciencia son comunes las leyes en queaparece una distacia o el cuadrado de una distancia en el denominador delintegrando.Para calcular I en (*) usamos coordenadas esféricas. Obtenemos:

I =

Z R

0

Z �

0

Z 2�

0

r2sen� d�d�drpr2 + d2 � 2dr cos �

= 2�

Z R

0

Z �

0

r2sen� d�drpr2 + d2 � 2dr cos �

Para calcular

J =

Z �

0

r2sen� d�drpr2 + d2 � 2dr cos �

podemos hacers = r2 + d2 � 2dr cos �ds = 2drsen�d�Además, � = 0 =) s = r2 + d2 � 2dr = (d� r)2

� = � =) s = r2 + d2 + 2dr = (d+ r)2

Reemplazando en la integral anterior produce

26

J =r

2d

Z (d+r)2

(d�r)2s�1=2ds =

r

2d2s1=2

���(d+r)2(d�r)2

=r

2d[2 (d+ r)� 2 (d� r)]

=r

2d[4r] =

2r2

d

Por lo tanto

I = 2�

Z R

0

2r2

ddr

I =4�

d

r3

3

����R0

I =4�

3dR3

27

Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín.

.Ejercicios Propuestos Integrales Dobles y Triples

1 Integrales dobles

1.1 Integrales dobles en coordenadas cartesianas

1.1.1 Resolver las integrales.

a)

Z 1

0

Z 1

py

2x3dxdy

b)

Z 4

�5

Z y+29

2�p4�y

dxdy

c)

Z 2

�2

Z p4�x2

�p4�x2

xydydx

Respuestas a)Z 1

0

Z 1

py

2x3dxdy = 13

b)Z 4

�5

Z y+23

2�p4�y

dxdy = 92

c)Z 2

�2

Z p4�x2

�p4�x2

xydydx = 0

1.1.2 Calcular la integralZZ

D

xydxdy; donde D es la región acotada

por y2 = x; y2 = 3x� 18; y � 0

Respuesta:ZZ

D

xydxdy =135

2

1.1.3 Calcular la integralZZ

D

x

x2 + y2dxdy; donde D =

�(x; y) 2 IR2=1 � x � 2; x

2

2� y � x2

�Respuesta: I =

ZZD

x

x2 + y2dxdy = arctan 2� 3

2ln 5� 1

4� +

7

2ln 2:

1

1.1.4 Evalúe la integral resultante:Z 8

0

Z 2

3py

yp16 + x7

dxdy

RespuestaZ 2

0

Z x3

0

yp16 + x7

dydx =8

7

1.1.5 Calcule el volumen del sólido acotado por las grá�cas de:

x2 + y2 = 9; y2 + z2 = 2:

Respuesta V (R) = 8

Z 3

0

Z p9�y20

p9� y2dxdy

1.1.6 Calcule el volumen del sólido acotado por las grá�cas de lasecuaciones dadas por z = x2 + 4; y = 4� x2; x+ y = 2; z = 0:

Respuesta V (R) =423

20

1.2 Calculo de Integrales dobles usando transformaciónde coordenadas

1.2.1 CalcularZZ

R

y

x2 + y2dxdy;donde R es a región plana determi-

nada por los puntos del primer cuadrante que son interiores ala circunfererencia x2 � 4x + y2 = 0 y exteriores a la circunfer-encia x2 + y2 = 4:

Respuesta:

I =

ZZR

y

x2 + y2dxdy =

1

2

1.2.2 Calcular la integralZZ

D

h(x� y)2 + 2 (x+ 2) + 1

i�1=2dxdy;donde

R es a región plana acotada por y = 0; x = 2; y = x:

a) Utilice la transformación u = x� y; v = x+ y:

b) Utilice la sustitución x = u (1 + v) ; y = v (1 + u) :

Respuesta. I =

ZZD

h(x� y)2 + 2 (x+ 2) + 1

i�1=2dxdy = 2 ln 2� 1

2

2

1.2.3 Resolver las integrales usando las coordenadas más conve-nientes

a)

Z 2a

0

Z p2ax�x2

0

�x2 + y2

�dydx

b)

Z 2

�2

Z p4�y20

px2 + y2dxdy

c)

Z p�

�p�

Z p��y2�p��y2

sen�x2 + y2

�dxdy

d)

Z 2

�2

Z 2+p4�x2

2�p4�x2

px2 + y2dxdy

e)

ZZR

eyx dxdy;

si R esta acotado por x = a; x = b, y = px; y = qx; con a < b, p < q:

Respuestas. a)Z 2a

0

Z p2ax�x2

0

�x2 + y2

�dydx =

3

4�a2

b)Z 2

�2

Z p4�y20

px2 + y2dxdy =

4

3�

c)Z p

�

�p�

Z p��y2�p��y2

sen�x2 + y2

�dxdy = 2�

d)Z 2

�2

Z 2+p4�x2

2�p4�x2

px2 + y2dxdy =

64

9(3� � 4)

e)ZZ

R

eyx dxdy =

1

2

�b2 � a2

�(eq � ep)

2 Integrales triples

2.1 Integrales triples iteradas

2.1.1 Resolver las integrales triples por iteraciones:

a)

Z 2

0

Z 2px

0

Z p4x�y22

0

xdzdydx

b)

Z a

0

Z pa2�x2

0

Z pa2�x2�y20

pa2 � x2 � y2 � z2dzdydx

c)

Z 1

�1

Z p1�x2

�p1�x2

Z p12�x2�y20

�x2 + y2

�dzdydx

3

Respuestas a)Z 2

0

Z 2px

0

Z p4x�y22

0

xdzdydx =4

3�p2

b)Z a

0

Z pa2�x2

0

Z pa2�x2�y20

pa2 � x2 � y2 � z2dzdydx = �2

8a2

c)Z 1

�1

Z p1�x2

�p1�x2

Z p12�x2�y20

�x2 + y2

�dxdy =

4

15�

2.1.2 Calcular las áreas de las regiones D� IR2 acotadas por:

a) xy � 4; y � x; 27y � 4x2:

b) x2 + y2 � 9; y � x+ 3; y � �x:

Respuestas. a) A (D) =2

3+ 4 ln

3

2:

b) A (D) =9

8(3� + 2) :

2.2 Integrales triples en coordenadas rectángulares carte-sianas.

2.2.1 Calcular la integral tripleZZZ

D

xyzdxdydz; siendo el dominio

de integración D el tetaedro delimitado por los planos coorde-nados y el plano de ecuación x+

y

2+z

3= 1:

Respuesta. I =

ZZD

xyzdxdydz =1

20:

2.2.2 Calcular la integral tripleZZZ

D

x2dxdydz; siendo el dominio

de integración D acotado por y2 + z2 = 4ay; y2 = ax; x = 3a;cona > 0

Respuesta. I =

ZZZD

x2dxdydz = 27a2

2� � 3

p3

2

!

2.2.3 Calcular la integral tripleZZZ

D

xdxdydz; si D es la región de

IR3 acotada por las super�cies 2x + 3y = 6; 2x + 3z = 6; y =3 + 2x� x2; z = 0

Respuesta. I =1

9

�6

5x5 � 34

4x4 +

42

3x3 + 9x2

�3�1=3

4

2.3 Calcular las integrales dadas usando las coordenadasadecuadas:

a)ZZZ

D

(x+y+ z)�3dxdydz,si D esta acotado por x = 0; y = 0; z = 0;

x+ y + z = 0:

b)ZZZ

D

(x+ y + z)2dxdydz,si D esta acotado por

2 z = x2 + y2; x2 + y2 + z2 = 3

c)ZZZ

D

z2dxdydz,si D esta limitado por

x2 + y2 + z2 = a2; x2 + y2 + z2 = 2az

d)ZZZ

D

zdxdydz,si D esta acotado por

z = 0;x2

a2+y2

b2+z2

c2= 1

e)ZZZ

D

zdxdydz,si D esta limitado por

z = h; z2 = h2�x2 + y2

�Respuestas a)

ZZZD

(x+ y + z)�3dxdydz =1

2ln 2� 5

16

b)ZZZ

D

(x+ y + z)2dxdydz =�

5

�18p3� 97

6

�c)ZZZ

D

z2dxdydz =59

480�a5

d)ZZZ

D

zdxdydz =�abc2

4

e)ZZZ

D

zdxdydz =�h2

4

2.4 Resolver las integrales usando coordenadas esféricas:

a)Z a

�a

Z pa2�x2

�pa2�x2

Z pa2�x2�y20

�x2 + y2

�dzdydx:

5

b)Z Z Z

D

�x2 + y2

�dxdydz; si D es la región limitada por

r2 � x2 + y2 + z2 � R2; z > 0:

Respuestas: a)Z a

�a

Z pa2�x2

�pa2�x2

Z pa2�x2�y20

�x2 + y2

�dzdydx =

4

15�a5:

b)Z Z Z

D

�x2 + y2

�dxdydz =

4

15

�R5 � r5

�:

2.4.1 Calcular los volumenes de las regiones D� IR3 acotado por:

a) z = x; z = x2 + y2

b) x2 + y2 = 4; x2 + y2 � z2 = 1

c) z2 = x2 + y2; y = 0; y = x; x = a:

d) z = x+ y; z = 0; x2 + y2 = 1; x = 1; y = 1: Respuestas.

a) V (D) =�

32b) V (D) = 4�

p3

c) V (D) = a23

�p2 + ln

�1 +

p2��

d) V (D) =1

3

6

Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín

1 Aplicaciones integrales dobles y triples1.1 Volumenes de cuerpos en el espacio

De�nicion: Si la funcion z = f (x; y) es continua tal que f (x; y) � 0; entoncesla integral doble:

V () =

Z ZR

f (x; y) dA

de�ne el volumen bajo la super�cie de la grá�ca de la función f (x; y) sobrela región R � IR2

1.1.1 Problema

Calcular el volumen acotado por el paraboloide z = x2 + y2 entre los planosz = 1 y z = 4:

Solución. Es claro que el volumen a calcular esta dado por

V () =

Z ZR

(x2 + y2)dA

donde R =�(x; y) 2 IR2=1 � x2 + y2 � 1

Cambiando a coordenadas polares, quedax = r cos �y = rsen�

�=) 1 � x2 + y2 � 4 =) 1 � r � 2; 0 � � � 2�

Luego , el dominio de integracion se transforma en:R� = f(r; �) =1 � r � 2; 0 � � � 2�g

Además, el jacobiano de transformacion es

����@ (x; y)@ (r; �)

���� = rReemplazando términos en la última integral se tiene

V =

Z 2�

0

Z 2

1

r2 (r) drd�

=

Z 2�

0

�r4

4

�21

d� =

Z 2�

0

�24

4� 14

�d�

=15

4(2�) =

15

2�

1

1.1.2 Problema

Calcular el volumen acotado por z � 36� 3x2 � y2 ; y z � x2 + 3y2:

Solución. Ambas ecuaciones z = 36�3x2�y2 ; y z = x2+3y2 representan

paraboloides de revolución.La región de integración está de�nida por

R =�(x; y; z) 2 IR3= x2 + 3y2 � z � 36� 3x2 � y2

:Determinemos la proyección de la intersección de ambas super�cies sobre elplano xy:z = 36� 3x2 � y2z = x2 + 3y2

�=) 36� 3x2� y2 = x2+3y2 =) 32 = 4x2+4y2

Por tanto, x2 + y2 = 9; corresponde a una circunferencia centrada en elorigende radio 3.En consecuencia, el volumen de la región es

V =

Z ZD

��36� 3x2 � y2

�� (x2 + 3y2)

�dxdy

=

Z ZD

�36� 4x2 � 4y2

�dxdy

donde D =�(x; y) 2 IR2= 0 � x2 + y2 � 9

Como la función del integrando es simétrica con respecto al plano xy, podemoscalcular el volumen en el primer octante y multiplcar por cuatro.

V = 4

Z ZD+

�36� 4x2 � 4y2

�dxdy

donde D� =�(x; y) 2 IR2= 0 � x � 3; 0 � y �

p9� x2

:

V = 4

Z 3

0

Z p9�x2

0

��36� 4x2 � 4y2

��dydx

= 4

Z 3

0

Z p9�x2

0

4�9� x2 � y2

�dydx

Para simpli�car los calculos usemos coordenadas polaresx = r cos �y = rsen�

�=) 0 � x2 + y2 � 9 =) 0 � r � 3; 0 � � � �

2Luego , el dominio de integracion se transforma en:

2

D�� =n(r; �) =0 � r � 3; 0 � � � �

2

oAdemás, el jacobiano de transformacion es

����@ (x; y)@ (r; �)

���� = rReemplazando términos en la última integral se tiene

V = 16

Z �2

0

Z 3

0

�9� r2

�(r) drd�

= 16

Z �2

0

�9

2r2 � r

4

4

�30

d� = 16

Z �2

0

�34

2� 3

4

4

�d�

= 16

�34

4

��

2= 162�

1.2 Área de �guras planas.

Sea D una región acotada en el plano xy. El área de D se de�ne por:

A (D) =

ZZD

dxdy

Si se tiene una región D de tipo I,

D =�(x; y) 2 IR2= a � x � b; �1 (x) � y � �2 (x)

obtendríamos que

A (D) =

ZZD

dxdy =

Z b

a

Z �2(x)

�1(x)

dydx

=

Z b

a

(�2 (x)� �1 (x))dx

1.2.1 Problema

Calcular el área D de la región situada en el primer cuadrante, acotada por:y = x2; y = 4x2

x = y2; x = 4y2(1)

Solución. El cálculo del área sería bastante engorroso si usamos una regiónde tipo I en coordenadas cartesianas por la simetría que tiene laregión.Sin embargo, un cambio de variables simpli�ca la región D y latransforma en D�.

Sean u =x2

y; v =

y2

xEntonces las curvas que acotan la región se tranforman en

3

y = x2 =) u = 1:

y = 4x2 =) u =1

4:

Luego D� esta acotada por la rectas verticales; y las rectas horizontalesx = y2 =) v = 1:

x = 4y2 =) transforma en v =1

4:

Es decir, D� =

�(u; v) =1 � u � 1

4; 1 � v � 1

4

�Para calcular

����@ (x; y)@ (u; v)

���� tenemos dos posibilidades, la primera es despejar xe y en términos de u y v a partir de (1) :

La segunda, es calcular

����@ (u; v)@ (x; y)

���� y usar la propiedad ����@ (x; y)@ (u; v)

���� = �����@ (u; v)@ (x; y)

������1 :En efecto

����@ (u; v)@ (x; y)

���� =�������2x

y�x

2

y2

�y2

x22y

x

������� = 4� 1 = 3 =)����@ (x; y)@ (u; v)

���� = 1

3

Calculemos ahora el área pedida:

A (D) =

ZZD

dxdy =

Z Z 1

D

1

3dvdu

=1

3

Z 1

1=4

Z 1

1=4

dvdu =1

3

Z 1

1=4

[v]11=4 du

=1

4[u]

11=4 =

3

16

1.3 Momentos y centros de masa para placas planas del-gadas

De�nición:Sea L una lámina con la forma de una región R del plano xy. Si la densidad

en (x; y) es � (x; y) ; y � es continua en R, entonces la masa M y los primerosmomentos de la lámina con respecto al eje x e y respectivamente son Mx;My ylos centros de masa (x; y) se de�nen:

4

M =

Z ZR

� (x; y) dA

Mx =

Z ZR

y� (x; y) dA

My =

Z ZR

x� (x; y) dydx

x =My

M=

R RRx� (x; y) dAR R

R� (x; y) dA

y =Mx

M=

R RRy� (x; y) dAR R

R� (x; y) dA

Si una partícula de masa m se encuentra en el punto (x; y; z) ;entonces sudistancia al eje z es

De�nición:Sea L una lámina con la forma de una región R del plano xy. Si la densidad

en (x; y) es � (x; y) ; y � es continua en R, entonces los segundos momentos dela lámina o momentos de inercia con respecto al eje x e y respectivamente sonIx; Iy y los mometos de inercia con respecto a una recta L y respecto al origense de�nen:

Ix =

Z ZR

y2� (x; y) dA

Iy =

Z ZR

x2� (x; y) dydx

IL =

Z ZR

r2 (x; y) � (x; y) dA

I0 =

Z ZR

(x2 + y2)� (x; y) dA = Ix + Iy

1.4 Centroide de �guras geométricas

Cuando � (x; y) es constante, la posición del centro de masa x; y se convierteen una caraterística de la forma del objeto y no del material que está hecho yse de�ne como el centroide de la �gura.

1.4.1 Problema

Dada una placa delgada que cubre la región triangular acotada por el eje x ylas rectas x = 1, y = 2x en el primer cuadrante si la densidad de la placa en encada punto de la región esta dada por � (x; y) = 6x+ 6y + 6:Calcular:a)el centro de masa

5

b) los primeros momentosc) el centro de masa.d) Momentos de inercia(segundos momentos) con respecto a los ejes x e ye) radios de giro con respecto a los ejes x e y respectivamentef) radio de giro con respecto al origen

Solución.Consideremos una partición de la región que delimita la placa como una

región de tipo I: R = f(x; y) = 0 � x � 1; 0 � y � 2xg :a) La masa de la placa es

M =

Z 1

0

Z 2x

0

� (x; y) dydx

=

Z 1

0

Z 2x

0

(6x+ 6y + 6) dydx

=

Z 1

0

h6xy + 3y2 + 6y

i2x0dx

=

Z 1

0

�24x2 + 12x

�dx

=h8x3 + 6x2

i10= 14

b) El primer momento con respecto al eje x es

Mx =

Z 1

0

Z 2x

0

y� (x; y) dydx

=

Z 1

0

Z 2x

0

�6xy + 6y2 + 6y

�dydx

=

Z 1

0

h3xy2 + 2y3 + 6y2

i2x0dx

=

Z 1

0

�28x3 + 12x2

�dx

=h7x4 + 4x1

i10= 11

Por otra parte, el primer momento con respecto al eje y es:

6

My =

Z 1

0

Z 2x

0

x� (x; y) dydx

=

Z 1

0

Z 2x

0

�6x2 + 6xy + 6x

�dydx

=

Z 1

0

h6x2y + 3xy2 + 6xy

i2x0dx

=

Z 1

0

�12x3 + 12x3 + 12x2

�dx

=h6x4 + 4x3

i10= 10

c) Así, las coordenadas del centro de masa son:

x =My

M=10

14=5

7

y =Mx

M=11

14

d) El momento de inercia con respecto al eje x es

Ix =

Z 1

0

Z 2x

0

y2� (x; y) dydx

=

Z 1

0

Z 2x

0

�6xy2 + 6y3 + 6y2

�dydx

=

Z 1

0

�6xy3 +

3

2y4 + 2y3

�2x0

dx

=

Z 1

0

�40x4 + 116x3

�dx

=�8x5 + 4x4

�10= 12

Por otra parte, el momento de inercia con respecto al eje y es

Iy =

Z 1

0

Z 2x

0

x2� (x; y) dydx

=

Z 1

0

Z 2x

0

�6x3 + 6x2y + 6x2

�dydx

=

Z 1

0

h6x3y + 3x2y2 + 6x2y

i2x0dx

=

Z 1

0

�12x4 + 12x4 + 12x3

�dx

=

�24

5x5 + 3x4

�10

=39

5

7

Los radios de giros con respecto a los ejes x e y son

Rx =

rIxM=

r12

14=

r6

7

Ry =

rIyM=

r39

70

El radio de giro con respecto al origen es

R0 =

rI0M

donde el momento de inercia con respecto al origen esta dado por:

I0 =

Z Z(x2 + y2)� (x; y) dxdy = Ix + Iy

R0 =

s995

14

1.4.2 Problema

Calcular el momento de inercia con respecto al eje x de la lámina plana R situadaen el primer cuadrante, acotada por las curvas y2 = x; y2 = 2x; x2 = y; x2 =3y; si la densidad en cada punto de la región es � (x; y) = x3y

Solución: El momento de inercia con respecto al eje x en coordenadascartesianas queda

Ix =

ZZR

y2� (x; y) dxdy

=

ZZR

y2(x3y)dxdy

=

ZZR

(xy)3dxdy

Sin embargo, conviene hacer un cambio de variables para simpli�car lageometria de la región

u =y2

x

v =x2

y

9>=>; =) J =

����@ (x; y)@ (u; v)

���� = �����@ (u; v)@ (x; y)

������1 =��������y2x2

2y

x2x

y

�x2y2

��������1

=

1

3Examinemos ahora como se transforma la región

8

y2 = x; y2 = 2x =) y2

x= 1;

y2

x= 2

x2 = y; x2 = 3y =) x2

y= 1;

x2

y= 3

Luego, R� = f(u; v) = 1 � u � 2; 1 � v � 3g :

Por otra parte, el integrando se puede expresar uv =y2

x

x2

y= xy

Ix =

ZZR

(xy)3dxdy

=

Z 2

1

Z 3

1

(uv)3

�1

3

�dvdu

=1

3

Z 2

1

u3du

Z 3

1

v3dv

=1

3

�u4

4

�21

�v4

4

�31

=1

3

�4� 1

4

� �81

4� 14

�=

1

3

15

420 = 25

1.5

1.6 Momentos y Centros de masa de un sólido

Sea Q un sólido una región del espacio en IR3 . Si la densidad en (x; y; z) es� (x; y; z) ; y � es continua en Q, entonces la masa M y los primeros momentos delsólido con respecto a los planos xy; xz e yz respectivamente sonMxy; Mxz;Myz

y las coordenadas del centro de masa (x; y; z) se de�nen:

9

M =

Z Z ZQ

� (x; y; z) dV

Mxy =

Z Z ZQ

y� (x; y) dV

Mxz =

Z Z ZQ

y� (x; y; z) dV

Myz =

Z Z ZQ

x� (x; y; z) dV

x =Mxy

M=

R R RQz� (x; y; z) dVR R R

Q� (x; y; z) dV

y =Mxz

M=

R R RQy� (x; y; z) dVR R R

Q� (x; y; z) dV

z =Mxy

M=

R R RQx� (x; y; z) dVR R R

Q� (x; y; z) dV

De�nición: Sea Q un sólido una región del espacio en IR3 . Si la densidaden (x; y; z) es � (x; y; z) ; y � es continua en Q, entonces los segundos momentosdel sólido o momentos de inercia con respecto al eje x; al eje y;y al eje zrespectivamente son Ix; Iy , Iz se de�nen:

Ix =

Z Z ZQ

(y2 + z2)� (x; y; z) dV

Iy =

Z Z ZQ

(x2 + z2)� (x; y; z) dV

Iz =

Z Z ZQ

(x2 + y2)� (x; y; z) dV

1.7 Masa de un sólido

1.7.1 Problema

La densidad en un cubo de lado a es proporcional al cuadrado de la distanciarespecto a uno de los vértices ( al que denotaremos por 0). Demostrar que lamasa del cubo es igual a su volumen multiplicada por la densidad en un vérticeadyacente a 0.

Solución. Si R es una región cerrada y acotada en IR3 y la densidad enel punto (x; y; z) 2 R es � (x; y; z) ; entonces la masa de R está dada por

10

M =

Z ZR

� (x; y; z) dV

Situando el cubo con el vértice en el origen del sistema de coordenadas ytres de sus caras coincidiendo con los planos coordenados, se tiene:� (x; y; z) = x2 + y2 + z2 y por lo tanto

M =

Z ZR

�x2 + y2 + z2

�dxdydz

donde R =�(x; y; z) 2 IR3=0 � x � a; 0 � y � a; 0 � z � a

: Luego

M =

Z a

0

Z a

0

Z a

0

�x2 + y2 + z2

�dzdydx =

Z a

0

Z a

0

�(x2 + y2)z +

z3

3

�a0

dydx

=

Z a

0

Z a

0

�x2a+ y2a+

a3

3

�dydx =

Z a

0

�ax2y + a

y3

3+a3

3y

�a0

dx

=

Z a

0

�a2x2 +

2a4

3

�dx =

�a3x3

3+2a4

3x

�a0

= a5

La distancia entre 0 y cualquier vértice adyacente a él es a. Entonces ladensidad en un vértice adyacente es � (a; 0; 0) = a2; � (0; a; 0) = a2; � (0; 0; a) =a2:Por lo tanto, queda a5 = a3:a2 = V (R) :� (a; 0; 0)

1.7.2 Problema

Un sólido tiene forma de un cilindro circular recto con radio de la base R yaltura h. si la densidad en un punto es directamente proporcional a la distanciaa una de las bases. Encontrar:a) las coordenadas del centro de masab) el momento de inercia con respecto al eje axial de simetría del sólido

cilíndricoSolucionesLa región del sólido cilíndrico está acotado porQ =

�(x; y; z) 2 IR3= 0 � x2 + y2 � R2; 0 � z � h

Calculemos en primer lugar la masa total del cilíndro, usandocoordenadas cilindricasQ� = fr; �; z)= 0 � r � R; 0 � � � 2�; 0 � z � hg

11

M =

ZZZQ

� (x; y; z) dV

=

ZZZQ�kzrdrd�dz =

Z R

0

Z 2�

0

Z h

0

kzrdzd�dr

=

Z R

0

Z 2�

0

k

�z2

2

�h0

d�dr =

Z R

0

Z 2�

0

k

�h2

2

�rd�dr

= kh2

2

Z R

0

[�]2�0 rdr = �kh2

�r2

2

�R0

=1

2�kh2R2

El momento de inercia del sólido con respecto al plano xy es

Mxy =

ZZZQ

z� (x; y; z) dV =

ZZZQ

z (kz) dV

=

ZZZQ�kz2 (r) drd�dz =

Z R

0

Z 2�

0

Z h

0

kz2rdzd�dr

=

Z R

0

Z 2�

0

k

�z3

3

�h0

d�dr = kh3

3

Z R

0

[�]2�0 rdr

=2

3�kh3

�r2

2

�R0

=1

3�kh3R2

Finalmente, las coordenadas del centro de masa son:

x =My

M= 0

y =Mx

M= 0

z =Mxy

M=

1

3�kh3R2

1

2�kh2R2

=2

3h

12

b) El momento de inercia con respecta al eje de simetría z es:

Iz =

ZZZQ

(x2 + y2)� (x; y; z) dV =

ZZZQ�(r2)kz (r) drd�dz

=

Z R

0

Z 2�

0

Z h

0

(r3)kzdzd�dr = kh2

2

Z R

0

Z 2�

0

(r3)d�dr

= �kh2Z R

0

(r3)dr = �kh2�r4

4

�R0

=1

4�kh2R4

1.7.3 Problema

Calcular el momento respecto al eje de simetria de un cono homogéneo acotadopor las grá�cas x2 � y2 + z2 = 0 e y = 3; si tiene una densidad � (x; y; z)constante

Solución Sea la región del cono circular recto :

Q =n(x; y; z) 2 IR3= � y � x � y; 0 � y � 3; �

py2 � x2 � z �

py2 � x2

oSea � (x; y; z) = k; la densidad es constante. Luego, el momento con respecto

al eje y es:

Iz =

ZZZQ

(x2 + y2)� (x; y; z) dV

Usando coordenadas cilíndricas tenemos:x = r cos �y = yz = rsen�

) Q� = f(r; �; y) = 0 � r � 3; 0 � � � 2�; r � y � 3g

El Jacobiano de transformación es

@ (x; y; z)

@ (r; �; z)= r

Reemplazando en la expresión anterior se tiene

Iz =

ZZZQ�(r2)k (r) drd�dy = k

Z 3

0

Z 2�

0

Z 3

r

(r3)dyd�dr

= k

Z 3

0

Z 2�

0

(r3) [y]3r d�dr = k

Z 3

0

(r3) [3� r] [�]2�0 dr

= 2�k

Z 3

0

(3r3 � r4)dr = 2�k�3

4r4 � 1

5r5�30

=11

1035�k

13

1.7.4 Problema

Calcular el volumen y el centroide de la región acotada arriba por la esfera� = a; y abajo por el cono � = �0; donde 0 < �0 <

�

2; que tiene una densidad

� (x; y; z) = 1Solución.Sea la región

Q =

�(x; y; z) 2 IR3= 0 � x2 + y2 � a2

2;py2 + x2 � z �

pa2 � y2 � x2

�El volumen de esta región en coordenadas esféricas es

V =

Z 2�

0

Z �0

0

Z a

0

�2sen�d�d�d� =

Z 2�

0

Z �0

0

1

3a3sen�d�d�d�

=1

3a3Z 2�

0

[� cos �]�00 d� =2

3�a3 [1� cos �0]

Por simetría, el centroide está en el eje z, luego determinemos el momentodel sólido respecto al plano xy

Mxy =

ZZZQ

z� (x; y; z) dV

Mxy =

ZZZQ�(� cos �) �2sen�d�d�d� =

Z 2�

0

Z �0

0

Z a

0

�3 cos �sen�d�d�d�

=

Z 2�

0

Z �0

0

1

4a4 cos �sen�d�d� =

1

4a4Z 2�

0

�sen2�

2

��00

d�

=1

8a4sen2�0

Z 2�

0

d� =1

4�a4sen2�0

Así, las coordenadas del centro de masa son:

x =Myz

M= 0

y =Mxz

M= 0

z =Mxy

M=3

8a (1 + cos �0)

1.7.5 Problema

Se tiene una región sólida que se encuentra al exterior de la esfera x2+y2+z2 =a2 y dentro de la esfera x2 + y2 + z2 = b2;suponiendo que la densidad de un

14

punto es directamente proporcional al cuadrado de la distancia de P al centrode las esferas.a) Calcule la masa del sólidob) Calcule su momento de inercia con respecto a una recta que pasa por elcentroSolución.a) La región sólida esta acotada porQ =

�(x; y; z) 2 IR3= a2 � x2 + y2 + z2 � b2

y la densidad del punto es � (x; y; z) = k

�x2 + y2 + z2

�:

La masa total del casquete esférico en coordenadas cartesianas es

M =

ZZZQ

� (x; y; z) dV

=

ZZZQ

k�x2 + y2 + z2

�dxdydz

Para calcular la masa usaremos coordenadas esféricas:x = �sen� cos�y = �sen�sen�z = � cos �

9=; =)����@ (x; y; z)@ (�; �; �)

���� = �2sen�La región de integración queda:Q� = f(�; �; �) = a � � � b; 0 � � � �; 0 � � � 2�gAl sustituir en la expresión anterior tenemos que la masa total es

M =

Z 2�

0

Z �

0

Z b

a

(k�2)�2sen�d�d�d�

=

Z 2�

0

Z �

0

k

��5

5

�ba

sen�d�d�

=1

5k�b5 � a5

� Z 2�

0

[� cos �]�0 d�

=2

5k�b5 � a5

� Z 2�

0

d�

=4

5�k�b4 � a4

�Por la simetria, el momento de inercia con respecto al eje z es

15

Iz =

ZZZQ

�x2 + y2

�� (x; y; z) dV

=

Z 2�

0

Z �

0

Z b

a

��2sen2�

�(k�2)�2sen�d�d�d�

=

Z 2�

0

Z �

0

Z b

a

k�6sen3�d�d�d�

=

Z 2�

0

Z �

0

k

��7

7

�ba

sen3�d�d�

=1

7k�b7 � a7

� Z 2�

0

Z �

0

sen��1� cos2 �

�d�d�

=1

7k�b7 � a7

� Z 2�

0

�� cos � + 1

3cos3 �

��0

d�

=4

21k�b7 � a7

� Z 2�

0

d�

=8�

21k(b7 � a7)

1.7.6 Problema

Calcular el momento de inercia con respecto al eje z del sólido acotado entre lasesferas x2 + y2 + z2 � a2; x2 + y2 + z2 � 9a2 : Si la densidad en cada punto

de la región es � (x; y; z) =x2 + y2 + z2

x2 + y2:

SoluciónPor la simetría, el momento de inercia con respecto al eje z es

Iz =

ZZZQ

�x2 + y2

�� (x; y; z) dV

=

ZZZQ

�x2 + y2

� x2 + y2 + z2x2 + y2

dV

= =

ZZZQ

�x2 + y2 + z2

�dxdydz

donde la región solida esta acotada porQ =

�(x; y; z) 2 IR3= a2 � x2 + y2 + z2 � 9a2

.

Para calcular la ultima integral usaremos coordenadas esféricas:x = �sen� cos�y = �sen�sen�z = � cos �

9=; =)����@ (x; y; z)@ (�; �; �)

���� = �2sen�La región de integración queda:Q� = f(�; �; �) = a � � � 3a; 0 � � � �; 0 � � � 2�g

16

Al sustituir en la expresión anterior tenemos que Iz queda:

Iz =

Z 2�

0

Z �

0

Z 3a

a

(�2)(�2sen�)d�d�d�

=

Z 2�

0

Z �

0

Z 3a

a

�4sen�d�d�d�

=

Z 2�

0

Z �

0

��5

5

�3aa

sen�d�d�

=1

5

�(3a)

5 � a5�Z 2�

0

Z �

0

sen�d�d�

=8

5

�a5� Z 2�

0

[� cos �]�0 d�

=16

5

�a5� Z 2�

0

d�

=32

5�a5

1.7.7 Problema

Encontrar el centro de masa del sólido homogéneo , cuya densidad es � (x; y; z) =1; que está acotado por arriba por z2 = 64 + x2 + y2 y por abajo z2 = 2(x2 + y2); z � 0:Solución.Como la densidad es constante � (x; y; z) = 1;y de acuerdo a la simetría ,que

presenta el problema las coordenadas del centro de masa son

x =Myz

M= 0

y =Mxz

M= 0

z =Mxy

M=

ZZZQ

zdV

V (Q)

Para representar el problema, usaremos coordenadas cilíndricas.x = r cos �y = rsen�z = z

9=; =)����@ (x; y; x)@ (r; �; z)

���� = r es el Jacobiano de transformación.Primero determinemos la función intersección de las super�cies:z2 = 64 + x2 + y2

z2 = 2(x2 + y2)

�=) x2 + y2 = 64

Pero en cilíndricas describen: x2+y2 = r2 =) 0 � r2 � 64 =) 0 � r � 8Por otra parte 0 � � � 2�

17

Ahora determinemos las cotas para zz2 = 64 + x2 + y2 = 64� r2 =)z2 = 2(x2 + y2) = 2r2 =)

z =p64 + r2

z =p2r

;con z � 0

Luego la región de integracion queda:Q� =

�(r; �; z) = 0 � r � 8; 0 � � � 2�;

p2r � z �

p64 + r2

Calculemos el volumen de la región:

V (Q�) =

ZZZQ�rdrd�dz

=

Z 2�

0

Z 8

0

Z p64+r2

p2r

r dzdrd� =

Z 2�

0

Z 8

0

[z]p64+r2p2r

rdrd�

=

Z 2�

0

Z 8

0

hp64 + r2 �

p2rirdrd�

=

Z 2�

0

�Z 8

0

rp64 + r2dr �

p2

Z 8

0

r2dr

�d�

=

Z 2�

0

"1

2

�2

3(64 + r2)3=2

�80

�p2

�r3

3

�80

!d�

#

= 2�

�221=2

3� 2

18=2

3�p283

3

�=

2

3�h29�23=2 � 1

��p229i

Por otro lado, el momento de inercia es

M =

ZZZQ

� (x; y; z) zdV

=

ZZZQ�z rdrd�dz

=

Z 2�

0

Z 8

0

Z p64+r2

p2r

r zdzd�dr

=

Z 2�

0

Z 8

0

r

�z2

2

�p64+r2p2r

drd�

=1

2

Z 2�

0

Z 8

0

�64 + r2 � 2r2

�rdrd�

=1

2

Z 2�

0

Z 8

0

�64r � r3

�drd�

=1

2

Z 2�

0

�32r2 � r

4

4

�80

d�

=1

22��82 (32� 16)

�= 1024�

18

Por tanto, la tercera coordenada es

z =

ZZZQ

zdV

V (Q)=

1024�

1024��p2� 1

�3

= 3�p2 + 1

�

1.8 Determinación de un centro de masas de un sólido

1.8.1 Problema

Encontrar el centro de masas del sólido encerrado por el cilindro x2 + y2 = 4 ,acotado por arriba por el paraboloide z = x2+y2, y por abajo por el plano XY.Para efectos de cálculo suponga que la densidad es � (x; y; z) = 1 constante.SoluciónEl centro de masas del sólido (x; y; z) ;está en su eje de simetría,en este casoel eje z;. Esto hace que x = y = 0:Para hallar z, dividimos el primer momento Mxy por la masa M del sólido,es decir

z =Mxy

M

Donde el primer momento se de�ne Mxy =

ZZZ

z� (x; y; z) dxdydz y la

masa del sólido es M =

ZZZ

� (x; y; z) dxdydz siendo

=�(x; y; z) 2 IR3= x2 + y2 � 4; 0 � z � x2 + y2

Por la simetría del dominio, es necesario hacer un cambio de variables acoordenadas cilíndricasx = r cos �y = rsen�z = z

9=; =) el jacobiano de transformación es

@ (x; y; z)

@ (r; �; z)=

������cos � �rsen� 0sen� r cos � 00 0 1

������ = rEntonces la región se tranforma en� =

�(r; �; z) = 0 � r � 2; 0 � � � 2�; 0 � z � r2

El valor de Mxy es:

19

Mxy =

ZZZ

z� (x; y; z) dxdydz

=

ZZZ�zrdrd�dz =

Z 2�

0

Z 2

0

Z r2

0

zrdzdrd�

=

Z 2�

0

Z 2

0

z2

2

����r2

0

rdrd� =

Z 2�

0

Z 2

0

r5

2drd�

=

Z 2�

0

r6

12

����20

d� =

Z 2�

0

16

3d�

=32

3�

El valor de la masa M es

M =

ZZZ

� (x; y; z) dxdydz

=

ZZZ�rdrd�dz =

Z 2�

0

Z 2

0

Z r2

0

rdzdrd�

=

Z 2�

0

Z 2

0

zjr2

0 rdrd� =

Z 2�

0

Z 2

0

r3drd�

=

Z 2�

0

r4

4

����20

d� =

Z 2�

0

4d�

= 8�

Por lo tanto

z =Mxy

M=4

3

En consecuencia, el centro de masa se localiza en�0; 0;

4

3

�:

1.8.2 Problema

Calcular el momento de inercia del sólido con respecto al eje z , que está acotadopor arriba por la esfera sólida x2+y2+z2 = a2 y por abajo por el cono � = �

3 ,ycuya densidad es constante � = 1

Solución:En coordenadas rectangulares, el momento de inercia con respecto al eje zes

Iz =

ZZZQ

�x2 + y2

�� (x; y; z) dV

20

En coordenadas esféricas, queda

Iz =

Z 2�

0

Z �=3

0

Z 1

0

��2sen2�

��2sen�d�d�d�

Z 2�

0

Z �=3

0

Z 1

0

�4sen3�d�d�d� =

Z 2�

0

Z �=3

0

��5

5

�10

sen3�d�d�

1

5

Z 2�

0

Z �=3

0

sen��1� cos2 �

�d�d� =

1

5

Z 2�

0

�� cos � + 1

3cos3 �

��=30

d�

=1

5

Z 2�

0

5

24d� =

1

24(2�)

=�

12

21

Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín

1 Integrales de Línea

Es una forma de generalizar la integral de Riemann en una variable, conocidaen el curso anterior, a una integral de�nida sobre una curva del espacio bi otridimensional.

1.1 Planteamiento

Supongamos que tenemos:a) f : I � IR3 ! IR función escalar continua en I = [a; b] yb) �!c : [a; b]! IR3;�!c (t) = (x(t); y(t); z(t)) una trayectoria de clase C1, es

decir una curva en IR3:La integral de la función f calculada sobre la trayectoria descrita por la

curva C se de�ne por.

1.2 De�nición:

La integral de trayectoria de f(x; y; z) a lo largo de la trayectoria�!c ; está de�nidacuando �!c : [a; b]! IR3 es de clase C1 y además la función compuesta f(t) =f(x(t); y(t); z(t)) es continua en I = [a; b]; por:Z

�!C

f ds =

Z b

a

f(x(t); y(t); z(t)) k�!c 0(t)k dt

Alternativamente se denota con:Z�!C

fds =

Z�!C

f(x; y; z)ds =

Z b

a

f(�!c (t)) k�!c 0(t)k dt

1.2.1 Observaciones

i) Si f(x; y; z) = 1, tenemos la longitud del arco.En efecto, como f(x; y; z) = 1,Z

�!C

f(x; y; z) ds =

Z�!C

ds =

Z b

a

k�!c 0(t)k dt

=

Z b

a

q(x0(t))

2+ (y0(t))

2+ (z0(t))

2dt

ii) Si C la curva de�nida por �!c (t) es de clase C1 por tramos o f(�!c (t)) escontinua por tramos, entonces calculamos

R�!Cf ds en segmentos sobre los cualesR b

af(�!c (t)) k�!c 0(t)k dt es continua y sumamos las integrales resultantes.

1

Por ejemplo si�!C =

�!C 1 [

�!C 2 [

�!C 3 con a lo sumo sus extremos en común

Z�!C

f(x; y; z)ds =

Z�!C 1

f(x; y; z)ds+

Z�!C 2

f(x; y; z)ds+

Z�!C2

f(x; y; z)ds

Algunos ejemplos donde aplicamos esta de�nición:

1.3 Ejemplo

Sea la función escalar f(x; y; z) = x2 + y2 + z2 continua en IR y�!c : [0; 2�]! IR3;de�nida por �!c (t) = (cos t; sin t; t) unatrayectoria de clase C1 . Calcular

R�!c f(x; y; z)ds

Solución:En este caso tenemos la ecuaciones paramétricas :x(t) = cos t; y(t) = sin t; z(t) = tLuego la función compuesta es f(x(t); y(t); z(t)) = cos2 t+sin2 t+t2 = 1+t2

Además �!c 0(t) = (� sin t; cos t; 1) =) k�!c 0(t)k =p2

Por lo tanto, sutituyendo términos en la integral

Z�!cf(x; y; z)ds =

Z 2�

0

f(x(t); y(t); z(t)) k�!c 0(t)k dt

=

Z 2�

0

�1 + t2

�p2dt

p2

�t+

t3

3

�2�0

=2p2�

3

�3 + 4�2

�

1.4 Ejemplo

Calcular la siguiente integral de trayectoriaR�!c f(x; y; z)ds donde

a) f(x; y; z) = x+ y + z y c(t) = (cos t; sin t; t); t 2 [0; 2�]Solución:En este caso se tiene que x(t) = cos t; y(t) = sin t; z(t) = tQue produce la función compuesta f(�!c (t)) = cos t+ sent+ t;Además k�!c 0(t)k =

p2:Entonces

2

Zc

f(x; y; z)ds =

Z 2�

0

p2(cos t+ sent+ t)dt

=p2

�sent� cos t+ t2

2

�2�0

=4p2

2�2

Como taller adicional, evaluar las siguientes integrales de trayectoriaR�!c f(x; y; z)ds

dondeb) f(x; y; z) = cos z y �!c (t) = (cos t; sin t; t); t 2 [0; 2�]c) f(x; y; z) = x cos z y �!c (t) = (t; t2; 0); t 2 [0; 1]

1.5 Ejemplo

a) Demostrar que la integral de línea de f(x; y); a lo largo de una trayectoriadada en coordenadas polares por r = r(�); con �1 � � � �2 es:

I =

Z �2

�1

f (r cos �; r sin �)

sr2 +

�dr

d�

�2d�

b) Calcular la longitud de arco de r = 1 + cos �; con 0 � � � 2�Solución:

a) En primer lugar, determinemos la ecuaciones paramétricas de la trayec-toria en coordenadas polares

x = r cos � =) x = r(�) cos �y = r sin � =) y = r (�) sin �

=) �!c (�) = (r(�) cos �; r (�) sin �)

Derivando la ecuación de la trayectoria, queda

�!c 0(�) = (r0(�) cos � � r (�) sin �; r0 (�) sin � + r(�) cos �)Lo que implica

k�!c 0(�)k =

q(r0(�) cos � � r (�) sin �)2 + (r0 (�) sin � + r(�) cos �)2

=

qr (�)

2+ r0(�)2

Por lo tanto

I =

Z�!cf(x; y) ds =

Z �2

�1

f (r cos �; r sin �)

qr (�)

2+ r0(�)2d�

3

b) En este caso se tiene f(x; y) = 1; y como r = 1+cos �; con 0 � � � 2�Obtenemos

qr (�)

2+ r0(�)2 =

q(1 + cos �)

2+ (� sin �)2

Entonces:

s =

Z 2�

0

q(1 + cos �)

2+ (� sin �)2d�

=

Z 2�

0

p2 + 2 cos �d�

= 8

Es útil tener en cuenta que la integral de trayectoria se puede aplicar aproblemas de física e ingeniería1. Si f(x; y; z) representa la masa por unidad de longitud de un alambre

delgado con la forma de C; entoncesR�!c fds es la masa total del alambre.

2. Si f(x; y; z) es la componente tangencial de una fuerza en (x; y; z) deC; entonces

R�!c fds representa el trabajo realizado por la fuerza al mover una

partícula a lo largo de la curva C:3.- Si f : I � IR2 ! IR función escalar continua en I = [a; b] y f(x; y) �

0;entoncesR�!c f(x; y; z)ds =

R baf(x(t); y(t); z(t)) k�!c 0(t)k dt representa el área

de una pared cuya base es la imagen de �!c y la altura f(x; y):

2 Campos vectoriales

2.1 De�nición:

Sea�!F = (F1; F2; F3) un campo vectorial en IR3 continuo de�nida sobre la

trayectoria �!c : [a; b]! IR3 con �!c perteneciente a C1:De�nimos la integral de línea de

�!F a lo largo de �!c porZ

�!c

�!F � d�!s =

Z b

a

�!F (�!c (t)) � �!c 0(t)dt

Debemos señalar que todos los Campos Vectoriales vectoriales que no con-tienen operaciones de productos vectoriales se pueden generalizar a espacios decualquier dimensión. En particular, basta con eliminar la componente bk teng-amos todo planteado en dos dimensionesOtras observaciones.1)

R�!c�!F � d�!s también se puede de�nir si �!F (�!c (t)) � �!c 0(t) es continua por

tramos, expresando en este caso la integral como una suma de integrales deltipo anterior.2) Si C es trayectoria tal que �!c 0(t) 6= �!0 ; podemos usar el vector tangente

unitario bT para calcular la integral de línea.

4

bT =�!c 0(t)k�!c 0(t)kZ

�!c

�!F � d�!s =

Z b

a

��!F (�!c (t)) �

�!c 0(t)k�!c 0(t)k

�k�!c 0(t)k dt

=

Z b

a

hF (�!c (t)) � bTi k�!c 0(t)k dt

=

Z�!c

�!F � bTds

Por lo tanto Z�!c

�!F � d�!s =

Z�!c

�!F � bTds

Si ' es el ángulo entre�!F y bT

�!F � bT = �!F �!T cos' = �!F cos' =) Z

�!c

�!F � d�!s =

Z�!c

�!F cos'dsSi�!F es un campo de fuerza , entonces esta última integral es precisamente

la de�nición de trabajo realizado por el campo de fuerza sobre una partícula demasa unitaria que se mueve desde el punto inicial hasta un punto terminal a lolargo de la curva C descrita por la trayectoria �!c (t):3) Otra manera usual de escribir la integral de línea es:

Z�!c

�!F � d�!s =

Z�!cF1dx+ F2dy + F3dz donde

�!F = (F1; F2; F3)

Así:

Z�!c

�!F � d�!s =

Z�!cF1dx+ F2dy + F3dz =

Z b

a

�F1dx

dt+ F2

dy

dt+ F3

dz

dt

�dt

=

Z b

a

(F1; F2; F3) � (dx

dt;dy

dt;dz

dt)dt

=

Z b

a

�!F (�!c (t)) � �!c 0(t) dt

5

2.2 Ejemplos:

Evaluar I =Rcx2ydx+

�x2 � y2

�dy , si C es el arco de la parábola y = 3x2

desde (0; 0) hasta (1; 3) :

Solución:Al parametrizar la trayectoria se tiene C : x = t; y = 3t2 con 0 � t � 1:luego �!c (t) =

�t; 3t2

�=) �!c 0(t) = (1; 6t)

Sustituyendo términos en el integrando, obtenemos

I =

Z 1

0

�(3t4;

�t2 � 9t4

�) � (1; 6t)

�dt

=

Z 1

0

�3t4 +

�t2 � 9t4

�6t�dt

=

�3

5t5 +

6

4t4 � 54

6t6�10

= �6910

2.3 Ejemplo

EvaluarRcyzdx+xzdy+xydz donde C está formada por los segmentos de rectas

que unen A (1; 0; 0) a B (0; 1; 0) a C (0; 0; 1)Solución.En este caso

�!C =

��!AB +

��!BC +

�!CA por lo cualZ

�!cyzdx+ xzdy + xydz =

Z��!AB

yzdx+ xzdy + xydz +

Z��!BC

yzdx+ xzdy + xydz

+

Z�!CA

yzdx+ xzdy + xydz

Pametrizando cada segmento de trayectoria, produce

��!AB : x = 1� t =) dx = �dt

y = t =) dy = dtz = 0 =) dz = 0Z

��!AB

yzdx+ xzdy + xydz =

Z 1

0

0dt = 0

��!BC : x = 0 =) dx = 0

y = 1� t =) dy = �dtz = t =) dz = dtZ

��!BC

yzdx+ xzdy + xydz =

Z 1

0

0dt = 0

�!CA : x = t =) dx = dt

6

y = 0 =) dy = 0z = 1� t =) dz = �dtZ

�!CA

yzdx+ xzdy + xydz =

Z 1

0

0dt = 0

Por lo tanto Z�!cyzdx+ xzdy + xydz = 0

2.4 Ejemplo

Evaluar I =R�!c�!F � d�!s ; donde

�!F (x; y) = (xy; x2y) y

�!c : [�1; 1] �! IR2 tal que �!c (t) = (t; jtj): �!c =2 C1SoluciónLa curva C es continua por tramos.Así �!c 1 : [�1; 0] �! IR2; �!c 1(t) = (t;�t) =) dx = dt; dy = �dt

�!c2 : [0; 1] �! IR2; �!c 2(t) = (t; t) =) dx = dt; dy = dtDe modo que: �!c = �!c 1 +�!c 2

Z�!c

�!F � d�!s =

Z�!c 1

�!F � d�!s +

Z�!c 2

�!F � d�!s

=

Z�!c 1

xydx+ x2ydy +

Z�!c 2

xydx+ x2ydy

=

Z 0

�1(�t2 + t3)dt+

Z 1

0

(t2 + t3)dt = 0

Por lo tanto Z�!c

�!F � d�!s = 0

3 Cambio de parametrización

La pregunta crucial que surge al pensar en una curva es ¿cambiará el valor dela integral si se cambia la parametrización de la curva sobre la que se integra?.En primer lugar, ilustremos esto con el siguiente ejemplo.

3.1 Ejemplo.

Si C es la mitad inferior del circulo unitario en el plano xy que une los puntos

(-1,0) con (1,0) . CalcularZC

(1 + xy)ds parametrizando de dos maneras

diferentes esta curva.Solución.

7

Sea �!c (t) = (t;�p1� t2) =) �!c 0(t) =

�1;

tp1� t2

�y k�!c 0(t)k = 1p

1� t2entonces

Z�!C

(1 + xy)ds =

Z 1

�1(1� t

p1� t2) 1p

1� t2dt

=

Z 1

�1

�1p1� t2

� t�= �

Por otro lado si ponemos �!c (t) = (cos t; sent) con � � t � 2��!c 0(t) = (�sent; cos t) =) k�!c 0(t)k = 1entonces, al reemplazar los términos del integrando quedaZ

C

(1 + xy)ds =

Z 1

�1(1 + sent cos t) dt =

�t+

sen2t

2

�2��

= �

Por lo tanto, hemos obtenido el mismo valor para la integral a lo largo deestas dos trayectorias diferentes que tienen la misma traza.

En segundo lugar, enunciemos un resultado general con el siguiente teorema.

3.2 Teorema 1

Si �!c (t) y �!p (t) son dos parametrizaciones distintas suaves o suaves por tramos,que conecta los puntos P0 y P1 ,que tienen la misma traza y dirección, y sif(x; y; z) está de�nida y es continua sobre la traza, entoncesZ

�!c

f(x; y; z)ds =

Z�!p

f(x; y; z)ds

3.3 Reparametrización

3.3.1 De�nición:

Sea h : I1 ! I una función de clase C1 con valores reales que sea biyectiva entreI = [a; b] y I1 = [a1; b1]. Si

�!c : [a; b] ! IR3 una trayectoria C1 por tramos.Entonces a la composición

p = �!c � h : [a1; b1]! IR3

La llamamos reparametrización de �!c

El valor de la integral de línea no varía por cambios de parametrizaciónde la curva �!c ; excepto por el signo si hay cambios de orientación, el teoremacorrespondiente es:

8

3.3.2 Teorema 2

Sea�!F un campo vectorial continuo y �!c : [a; b]! IR3; trayectoria de clase C1;

y sea �!p : [a1; b1]! IR3 una reparametrización de �!c : Entoncesi) Si �!p conserva la orientación:Z

�!c

�!F � d�!s =

Z�!p

�!F � d�!s

ii) Si �!p invierte la orientaciónZ�!p

�!F � d�!s = �

Z�!c

�!F � d�!s

3.3.3 Ejemplo:

Sea�!F (x; y; z) = (yz; xz; xy) campo vectorial y �!c : [�5; 10]! IR3 trayectoria

dada por �!c (t) =�t; t2; t3

�:

Una trayectoria opuesta: �!c op : [�5; 10]! R3 se puede construir �!c op(t) =c(a+ b� t); en este caso queda �!c op(t) = �!c (5� t) =

�(5� t); (5� t)2; (5� t)3

�Evaluar

Z�!c

�!F � d�!s y

Z�!c op

�!F � d�!s :

Solución:

Z�!c

�!F � d�!s =

Z 10

�5

�F1dx

dt+ F2

dy

dt+ F3

dz

dt

�dt

=

Z 10

�5yzdx+ xzdy + xydz

=

Z 10

�5

�t5 + 2t5 + 3t5

�dt

= 984:375

por otro lado

Z�!c op

�!F � d�!s =

Z 10

�5yzdx+ xzdy + xydz

=

Z 10

�5

��(5� t)5 � 2(5� t)5 � 3(5� t)5

�dt

=

Z 10

�5�6(5� t)5dt =

�(5� t)6

�10�5

= �984:375

9

4 Independencia de trayectoria

Cuando el valor de una integralZ�!c

�!F � d�!s sobre una trayectoria continua

por tramos que conecta dos puntos de una región R depende solamente de lospuntos extremos, se dice que la integral es independiente de la trayectoria.

4.1 Ejemplo.Independencia de trayectoria en una integralde línea

Calcular el trabajo realizado por el campo de fuerza�!F al llevar un objeto desde

A hasta B, pora) un camino compuesto de un tramo horizontal seguido de un tramo vertical;b) un camino compuesto de un tramo vertical seguido de un tramo horizontal.

Si�!F (x; y) =

�y2

x2;�2y

x

�; A = (1; 1); B = (4;�2)

Solución.a) Si llamamos C a la curva, la podemos subdividir en las curvas C1 y C2Tendremos Z

�!c

�!F � d�!s =

Z�!c 1

�!F � d�!s +

Z�!c 1

�!F � d�!s

Calculamos ambas integrales por separado

C1 =

�x = 1 + t

y = 1, 0 � t � 3

=)Z�!c 1

�!F � d�!s =

Zc1

y2

x2 dx�2y

xdy

=

Z 3

0

1

(1 + t)2dt =

�� 1

(1 + t)

�30

=3

4

C2 =

�x = 4

y = 1� t , 0 � t � 3

=)Z�!c 2

�!F � d�!s =

Zc2

y2

x2 dx�2y

xdy =

Z 3

0

2(1� t)4

dt

=

�1

2t� 1

4t2�30

=3

2� 94= �3

4

Con lo que resulta Zc

y2

x2 dx�2y

xdy =

3

4+

��34

�= 0

10

b) Llamemos C* a este otro camino, también lo podemos separar en dostramos C3 y C4:Tendremos Z

�!c �

�!F � d�!s =

Z�!c 3

�!F � d�!s +

Z�!c 4

�!F � d�!s

Calculamos ambas integrales por separado haciendo parametrizaciones pare-cidas

C3 =

�x = 1

y = 1� t , 0 � t � 3

=)Z�!c 3

�!F � d�!s =

Zc3

y2

x2dx� 2y

xdy

=

Z 3

0

�2(1� t)1

(�1)dt =�2t� t2

�30= �3

C4 =

�x = 1 + t

y = �2 , 0 � t � 3

=)Z�!c 4

�!F � d�!s =

Z�!c 4

y2

x2 dx�2y

xdy

=

Z 3

0

� (�2)2(1 + t)2

dt =

�� 4

(1 + t)

�30

= 3

Sumando se obtiene Z�!c �

y2

x2dx� 2y

xdy = �3 + 3 = 0

Por ambos caminos dio el mismo resultado:Intente otro camino para ésta integral que lleve desde A a B:

5 Campos Conservativos

Ciertos campos de fuerza importantes en la física provienen de un potencialescalar. Si existe una función � de�nida en una región R y si un campo de

fuerza�!F tiene la propiedad de que

�!F=r� = grad�

entonces se dice que � es un potencial de�!F :

11

5.1 Campo gradiente

Un campo vectorial continuo el cual se obtiene como el gradiente de una funciónescalar se llamará campo gradiente y una función � de la cual se obtiene, lafunción potencial

�!F = r�

5.2 Teorema Fundamental

Sea�!F un campo gradiente con potencial � de�nida en una región R y sean P0

y P1 puntos cualesquiera de R; entonces:Z�!c

�!F � d�!s = � (P2)� � (P1)

donde �!c : [a; b] ! IR3 tal que �!c (a) = P1; y�!c (b) = P2; y

�!c es unatrayectoria de clase C1:

Demostración

Z�!c

�!F � d�!s =

Z�!c

@�

@xdx+

@�

@ydy +

@�

@zdz

=

Z b

a

�@�

@x

dx

dt+@�

@y

dy

dt+@�

@z

dz

dt

�dt

=

Z b

a

@�

@t(�!c (t)) dt = [� (�!c (t))]ba

= � (P2)� � (P1)

Por lo Tanto Z�!c

�!F � d�!s = � (P2)� � (P1)

Adicionalmente podemos a�rmar que

5.3 Teorema

Si�!F es un campo gradiente en una región R, entonces

Z�!c

�!F � d�!s es indepen-

diente de la trayectoria.Comentario: Si

�!F es campo gradiente existe � de�nida en R tal que�!

F=r�; y el teorema fundamental garantiza la independencia de trayectoria.Observación: No es di�cíl ver que el recíproco de este teorema también es

cierto.

12

5.4 Teorema

Si F es un campo vectorial continuo sobre una region R y siZ�!c

�!F � d�!s es

independiente de la trayectoria, entonces�!F es un campo gradiente.

5.5 De�nición:

Curva simple C, se de�ne como la imagen de una aplicación �!c : I ! IR3 deC1 que sea uno a uno en el intervalo I. Una curva simple es aquella que no seintersecta a si misma, �!c (a) y �!c (b) se llaman punto inicial y punto �nal de lacurva.Las curvas son orientadas o dirigidas.

5.6 De�nición:

Curva cerrada simple, se de�ne como �!c : [a; b]! IR3 de C1 tal que1) es uno a uno en [a; b]2) �!c (a) = �!c (b)Observación:i) Si la curva satisface sólo (2) es curva cerrada.ii) Las curvas simples cerradas tienen dos direcciones de movimiento posible.

5.7 De�nición:

Integrales de línea sobre curvas simples orientadas y curvas cerradas simples CSea C una curva simple orientada imagen de �!c : [a; b] ! IR3 entonces

de�nimos: ZC

�!F � d�!s =

Z�!c

�!F � d�!s y

ZC

f ds =

Z�!c

f ds

De las curvas cerradas y la independencia de trayectoria se tiene el siguienteteorema.

5.8 TeoremaZC

�!F � d�!s es independiente de la trayectoria en R si y solo si

ZC

�!F � d�!s = 0

para toda curva cerrada C contenida en R:

5.9 De�nición:

Un dominio D es conexo si dos puntos cualesquiera de D se pueden unir con unsegmento de recta.

13

5.10 De�nición:

Una región es simplemente conexa y abierta si ella es un conjunto abierto y talque toda curva simple cerrada en D encierra puntos que solo están en el interiorde D:

Si un campo de fuerza tiene la propiedad de que el trabajo realizado sobreuna partícula en movimiento conforme se mueve de un punto a otro es indepen-diente de la trayectoria, se llama campo conservativo.De los teoremas anteriores se puede formular lo siguiente:"Una condición

necesaria y su�ciente para que un campo de fuerzas sea consevativo es que seaun campo gradiente"

5.11 Teorema:

Sean M(x; y) y N(x; y) funciones con derivadas parciales continuas en un con-junto abierto y conexo D:Entonces el campo vectorial

�!F (x; y) = (M(x; y); N(x; y))es conservativo si

y solo si@M

@x=@N

@xen D

5.12 Ejemplo

Sea�!F (x; y) = (2xy;

�x2 � y

�)

a) Probar que es campo conservativo.b) Hallar función potencial.

Solución.

a)

@N

@x= 2x

@M

@x= 2x

9>=>; =) Campo conservativo en IR2

b) Existe Potencial �(x; y) tal que

@�(x; y)

@x= 2xy ) �(x; y) =

Z2xydx+ h1(y)

@�(x; y)

@y= x2 � y ) �(x; y) =

Z �x2 � y

�dx+ h2(x)

)�(x; y) = x2y + h1(y)

�(x; y) = x2y � y2

2 + h2(x)) �(x; y) = x2y � y2

2+ C

14

5.13 De�nición (Rotacional)

Sea F (x; y; z) = (P (x; y; z); Q(x; y; z); R(x; y; z)) función vectorial, se de�ne elrotacional de

�!F ,denotado por rotF (x; y; z) o r� F (x; y; z): por

r��!F (x; y; z): =

��������bi bj bk@

@x

@

@y

@

@zP Q R

��������5.14 Teorema

Si�!F (x; y; z) = (P (x; y; z); Q(x; y; z); R(x; y; z)) función vectoria donde P;Q;R

son funciones con derivadas parciales continuas en un conjunto abierto y conexoD. Entonces

�!F es un campo conservativo () r��!F (x; y; z) = �!0 en D

es decir si y sólo si@P

@y=@Q

@x;@P

@z=@R

@x;@Q

@z=@R

@y

5.15 Ejemplo:

Veri�que que�!F (x; y; z) = (yz; xz; xy) es un campo conservativo en IR3

Solución.

r��!F (x; y; z): =

��������bi bj bk@

@x

@

@y

@

@zyz xz xy

��������= ((x� x) ;� (y � y) ; (z � z))= (0; 0; 0)

o sea r��!F (x; y; z) = �!0 en IR3

5.16 Ejemplo:

Dado el campo vectorial�!F (x; y; z) = (3y2z+yex; 6xyz+ex; 3xy2):Veri�que que

es campo conservativo y calcular potencial.

Solución:@R

@y=@Q

@z) 6yz + ex = 6yz + ex

@R

@x=@P

@z) 3y2 = 3y2

15

@Q

@x=@P

@y) 6yz + ex = 6yz + ex

Luegor��!F (x; y; z) = �!0 en IR3;es entonces claramente un campo vectorialconservativo, entonces existe

�(x; y; z) tal que

@�(x; y; x)

@x= 3y2z + yex ) �(x; y; z) =

Z �3y2z + yex

�dx+ h1(y; z)

= 3xy2z + yex + h1(y; z)

@�(x; y; x)

@y= 6xyz + ex ) �(x; y; z) =

Z(6xyz + ex) dx+ h1(x; z)

= 3xy2z + yex + h1(x; z)

@�(x; y; x)

@z= 3xy2 ) �(x; y; z) =

Z3xy2dx+ h1(x; z)

= 3xy2z + h1(x; y)

De aquí se deduce que

) �(x; y; z) = 3xy2z + yex

Además, si se pide calcular I =

ZC

�!F � d�!s y C es la curva descrita por

�!c (t) = (cos t; sent; t); t 2 [0; 2�]entonces

I =

ZC

�!F � d�!s =

�3xy2z + yex

�30

= �(1; 0; 2�)� �(1; 0; 0) = 0� 0 = 0

5.17 De�nición.Divergencia de un campo vectorial

Si�!F (x; y; z) = (P (x; y; z); Q(x; y; z); R(x; y; z)) tal que P;Q yR tienen derivadas

parciales en alguna región D.La divergencia de�!F se denota por

div�!F = r � �!F =

@P (x; y; z)

@x+@Q(x; y; z)

@y+@R(x; y; z)

@z

Si�!F es un campo vectorial, entonces la div

�!F da información acerca del

�ujo en un punto P(x,y,z):i) Si div

�!F < 0 en un punto P(x,y,z) , entonces el �ujo del campo

�!F se

orienta hacia el punto y se dice que hay un sumidero en P.ii) Si div

�!F > 0 en un punto P(x,y,z) , entonces el �ujo del campo

�!F se

orienta desde el punto y se dice que hay una fuente en P.i) Si div

�!F = 0 en un punto P(x,y,z) , entonces el �ujo del campo

�!F es nulo.

16

6 Introducción Teorema de Green

El teorema de Green ,que enunciaremos a continuación, dice que bajo ciertascondiciones las integrales de línea pueden expresarse y calcularse con integralesdobles.Comencemos por de�nir una región compacta R descrita simultaneamente

por las desigualdades

�1(x) � y � �2(x); a � x � b

denominada región orientada en dirección del eje y

1(y) � x � 2(y); c � y � d

denominada región orientada en dirección del eje xdonde las funciones �1 y �2 son continuas y seccionalmente suaves en

[a; b] y las funcionas 1 y 2 son continuas y seccionalmente suaves en[c; d] :En esta región cerrada R con una frontera continua seccionalmente suave

consideremos de�nidas las funciones M y N continuamente diferenciables ( ode clase C1) de�nidas en R:La curva C frontera de la región R, se dice que esta orientada positivamente

,si al caminar sobre ella la región R estará a su izquierda.En este marco de ideas y condiciones se plantea el teorema de Green

6.0.1 Teorema de Green

Sea R una región cerrada y acotada con frontera C,orientada en sentido positivo.

Si M, N,@M

@yy@N

@xson continuas en R.Entonces

ZC

Mdx+Ndy =

Z ZR

�@N

@x� @M

@y

�dA

Demostración.Supongamos que R está descrita por

�1(x) � y � �2(x); a � x � b

ZC

Mdx =

ZC1

Mdx+

ZC2

Mdx

=

Z b

a

M(x; �1(x))dx+

Z a

b

M(x; �2(x))dx

17

=)ZC

Mdx =

Z b

a

[M(x; �1(x))�M(x; �2(x))] dx

Por otra parteZ ZR

@M

@ydA =

Z b

a

Z �2(x)

�1(x)

@M

@ydA =

Z b

a

[M(x; �2(x))�M(x; �1(x))] dx

Luego ZC

Mdx = �Z Z

R

@M

@ydA

De manera simlar y considerando ahora

1(y) � x � 2(y); c � xy � d

Se establece que ZC

Ndy =

Z ZR

@N

@xdA

Por lo tanto ZC

Mdx+Ndy =

Z ZR

�@N

@x� @M

@y

�dA

6.0.2 Ejemplo

Evaluar la integral

I =

ZC

�y2 + senx2

�dx+

�cos y2 � x

�dy

donde C es la frontera de la región cuadrada 0 � x � 1; 0 � y � 1Solución.Usando el Teorema de Green podemos a�rmar que

M(x; y) = y2 + senx2 =) @M

@y= 2y

N(x; y) = cos y2 � x =) @N

@x= �1

Por lo tanto aplicando el teorema

I =

Z 1

0

Z 1

0

(�1� 2y)dxdy =Z 1

0

(�1� 2y)dy =��y � y2

�10= �2

Comentario. Sin usar el teorema de Green este ejercicio resulta muycomplicado de resolver, vale la pena que lo intente.

18

Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín.

1 Integrales de super�cie.

La integral de super�cie generaliza la integral doble, tal como la integral delinea generaliza la integral de Riemann vista en el primer curso de Cálculo.Para ver el signi�cado de esta integral sigamos el siguiente razonamiento:S es una super�cie de�nida por

z = g(x; y)

y R la región proyección de S en el plano xy:Supongamos que g; gx; gy son continuas sobre R: P una partición de R tal

que cada subrectángulo Ri generado por la partición es la proyección un Siporción de la super�cie S generada por la partición P. Sea 4Si el área de SiSea además f : S �! R una función continuaDe�nimos en terminos de las sumas intermedias de Riemann la integral de

supr�cie de f sobre S comoZZS

f(x; y; z)dS = limkpk!0

nXi;j=1

f(xi; yi; zi)4Si

Para el calculo de esta integral:Sea S super�cie de�nida por z = g(x; y) y Rregión proyección de S en el

plano xy:Suponiendo g; gx; gy son continuas sobre R y f función continua sobre S;

entonces ZZS

f(x; y; z)dS =

ZZRxy

f(x; y; g(x; y))

q1 + [gx]

2+ [gy]

2dA

De manera similar.Si S se expresa de la forma x = g(y; z); (y; z) 2 Ryz entoncesZZ

S

f(x; y; z)dS =

ZZRyz

f(g(y; z); y; z)

q1 + [gy]

2+ [gz]

2dA

Si S se expresa de la forma y = g(x; z); (x; z) 2 Rxz entonces

1

ZZS

f(x; y; z)dS =

ZZRxz

f(x; g(x; x); z)

q1 + [gx]

2+ [gz]

2dA

Ejemplo:

EvalúeZZS

xydS S : z = 9� x2; 0 � x � 2; 0 � y � x

Solución:

ZZS

xydS =

ZZRxy

xyp1 + 4x2dA

=

Z 2

0

Z x

0

xyp1 + 4x2dydx

¡No por aquí!

ZZS

xydS =

ZZRxy

xyp1 + 4x2dA

=

Z 2

0

Z 2

y

xyp1 + 4x2dxdy

=391p17 + 1

240

Obs.

1.- Si f(x; y; z) = 1 =) Area de S =ZZS

dS: =

ZZR

q1 + [gx]

2+ [gy]

2dA

2.- Si f(x; y; z) = �(x; y; z) densisdad de una lamina =) Masa de lamina

=

ZZS

�(x; y; z)dS

Ejemplo.Calcule el área lateral del cono z2 = x2+y2 entre los planos z = 1 y z = 4

usando integral de super�cie.Solución.Pademos poner z =

q1 + [gx]

2+ [gy]

2 y 1 + [gx]2+ [gy]

2= 1 + x2

x2+y2 +y2

x2+y2 = 2entonces

AreadeS =

ZZS

dS: =

ZZ p2

R

dA =

2

Cambiando acoordenadas polaresZZ p2

R

dA =p2

Z 2�

0

Z 4

1

rdrd� =p2

Z 2�

0

�r2

2

�40

d�

= 8p2

Z 2�

0

d� = 16p2�

1.1 Super�cie orientada

De�nición.Decimos que una super�cie es orientada si se puede de�nir un vector normal

unitario N en todo punto de la super�cie que no pertenezca a la frontera deforma tal que lo vectores normales varían de forma continua sobre la super�cieS:Por ejemplo z = g(x; y) ponemos G(x; y; z) = z � g(x; y) y

N =rGkrGk o sea N =

�gxbi� gybj + bkq1 + [gx]

2+ [gy]

2vector normal unitario

N = � rGkrGk vector normal unitario hacia abajo

Super�cie orientada:De�nición.

Decimos que una super�cie es orientada si se puede de�nir un vector normalunitario N en todo punto de la super�cie que no pertenezca a la frontera deforma tal que lo vectores normales varían de forma continua sobre la super�cieS:Por ejemplo z = g(x; y) ponemos G(x; y; z) = z � g(x; y) y

N =rGkrGk o sea N =

�gxbi� gybj + bkq1 + [gx]

2+ [gy]

2vector normal unitario

N = � rGkrGk vector normal unitario hacia abajo

1.2 Integral de �ujo.

De�nición.Si F es un campo vectorial perteneciente a C1 de�nido sobre una super�cie

orientada S; con vector unitario N; entonces la integral de super�cie de F sobreS es.

3

ZZS

F � dS =ZZS

F �NdS

La que se llama integral de �ujo. El nombre es debido a su aplicación a unproblema físico de un �uido a traves de una super�cie.Supongamos que una super�cie S está inmersa en un �uido que tiene un

campo de velocidades continuo F:Entonces

Volumen de �uido a traves de S(por unidad de tiempo)

=

ZZS

F �NdS

S es super�cie orientada medianteN; y F (x; y; z)=P (x; y; z)bi+Q(x; y; z)bj+R(x; y; z)bk campo vectorial tal que P;Q;R son funciones escalarescon primerasderivadas parciales continuas en S:Además si � = �(x; y; z) representa la densidad del �uido en cada (x; y; z)

de S;entonces

Masa del �uido a traves de S(por unidad de tiempo)

=ZZ

�

S

F �NdS

EjemploSea S la parte del paraboloide z = 4�

�x2 + y2

�Sobre el planoXY; orientado

hacia arriba. Un �uido de densidad constante � = k pasa a través de S segúnel campo de velocidades.

F (x; y; z) = xbi+ ybj + zbkHallar la razón de �ujo de masa a través de SSolución:

G(x; y; z) = z � 4 + x2 + y2 =) rG = (2x; 2y; 1) =) N =2xbi+ 2ybj + bkp1 + 4x2 + 4y2

Masa del �uido a traves de S =ZZS

kF �NdS

4

ZZS

kF �NdS = k

ZZRxy

�x; y; 4�

�x2 + y2

��� 2xbi+ 2ybj + bkp

1 + 4x2 + 4y2

p1 + 4x2 + 4y2dA

= k

ZZRxy

�2x2 + 2y2 + 4�

�x2 + y2

��dA

= k

ZZRxy

�x2 + y2 + 4

�dxdy

= k

Z 2�

0

Z 2

y

�4 + r2

�rdrd�

= k

Z 2�

0

12d� = 24k�

Por lo tantoMasa del �uido a traves de S

(por unidad de tiempo)=24k�

En base a lo observado en el desarrollo de este ejercicio se tiene el siguienteplanteamiento:"Si S es una super�cie de�nida por z = g(x; y) y Rxy denota la región

proyección de S en el plano xy, entoncesZZS

F �NdS =ZZRxy

F � (�gxbi� gybj + bk)dAorientada hacia arriba, yZZ

S

F �NdS =ZZRxy

F � (gxbi+ gybj � bk)dAorientada hacia abajo.

Super�cies Parametrizadas.

En el tratamiento anterior de este tema hemos supuesto que una super�cieviene de�nida por la ecuación z = g(x; y) , sin embargo se debe aclarar quehay super�cies que no se pueden de�nir de esta forma, extenderemos la ideade�niendo la forma paramétrica de dar una super�cie.

5

1.3 De�nición

Para una super�cie parametrizada sea una función � : D � R2 ! R3: Lasuper�cie S es la imagen de D según �, es decir S = �(D) Podemos escribir

� (u; v) = (x (u; v) ; y (u; v) ; z (u; v)) ; (u; v) 2 DSi cada una de las funciones componentes son diferenciables de clase C1;

entonces llamamos a S una super�cie diferenciable o de clase C1:

Vector normal a S :De�nimos en cada punto � (uo; vo)

Tu =@x(u0; v0)

@ubi+ @y(u0; v0)

@ubj + @z(u0; v0)

@ubk

es vector tangente a la curva t �! � (t; v0) en � (uo; vo)

Tv =@x(u0; v0)

@vbi+ @y(u0; v0)

@vbj + @z(u0; v0)

@vbk

es vector tangente a curva t! � (uo; t) en � (uo; vo)

Tu � Tv es vector normal a la super�cie S:

Ahora el concepto de super�cie suave se da en la siguiente de�nición.

1.4 De�nición.

S es super�cie suave en � (uo; vo) si Tu � Tv 6= 0 en (uo; vo) : Diremos que unasuper�cie es suave si es suave en todos los puntos � (uo; vo) de

Ejemplo. Sea S la super�cie descrita por.

� (u; v) = (u cos v; u sin v; u) ; u � 0Probar que no es suave en (0; 0; 0)Solución:Es el cono z2 = x2 + y2; z > 0 en (0; 0)

Tu = cos 0bi+ sin 0bj + 1bk= bi+ bk

Tv = 0 (� sin 0)bi+ 0 cos 0bj + 0bk=

�!0

así Tu � Tv = 0 y la super�cie no es suave en (0; 0; 0):

En este contexto

6

1.5 De�nición:

Sea F un campo vectorial de�nido sobre S; S super�cie parametrizada por �:

La integral de super�cie de F sobre �; denotada porZZ�

F � dS se de�ne por:ZZ�

F � dS =ZZD

F � (Tu � Tv) dudv

donde D es tal que S = �(D)Ejemplo:Sea S = �(�; �) = (cos � sin�; sin � sin�; cos�) ; 0 � � � 2�; 0 � � � �:S es la esfera unitaria.Sea F (x; y; z) = xbi+ ybj + zbk radio vector del origen,

CalcularZZ�

F � dS

Solución:En este caso D es región del plano �� de�nida por: 0 � � � 2�; 0 � � � �:

T� = (� sin � sin�)bi+ (cos � sin�)bj + 0bkT� = (cos � cos�)bi+ (sin � cos�)bj � sin�bk

T� � T� =�� cos � sin2 �

�bi� �sin � sin2 ��bj � (cos � sin�)bkF � (T� � T�) = � sin�

ZZ�

F � dS =

ZZD

� sin�d�d�

=

Z 2�

0

Z �

0

� sin�d�d�

= �4�

Nota.Una super�cie parametrizada es positiva si Tu � Tv nunca es cero y su di-

rección está dada por la dirección de Tu � Tv:Aquí N = Tu�Tv

kTu�Tvk :

7

2 TEOREMAS DE GAUSS Y TEOREMAS DESTOKES

Ahora dos teoremas de gran importancia en el campo de las aplicaciones,particularmente en la física, el primero de ellos es el teorema de Gauss o teoremade la divergencia.

2.1 Divergencia

En R2; sea F un campo vectorial, de�nimos

divF = r � F = @P

@x+@Q

@y

En R3;sea F un campo vectorial, de�nimos

divF = r � F = @P

@x+@Q

@y+@R

@z

Ejemplo.Sea F (x; y; z) = xybi+ (y2 + exz2)bj + sen(xy)bk; entonces

divF =@xy

@x+@(y2 + exz

2

)

@y+@sen(xy)

@z= 3y

El foco de atención lo ponemos ahora en regiones R sólidas simples( porejemplo cajas rectangulares, esferas, elipsoides etc). La frontera S es una super-�cie cerrada y convenimos que la orientación positiva es hacia afuera, el vectornormal N señala hacia afuera de la super�cie. En este contexto enunciamos elteorema.

2.2 Teorema de la divergencia de Gauss.

Sea R una región simple sólida limitada por una super�cie cerrada S orientadapor un vector normal unitario dirigido al exterior de R: Si F es un campovectorial cuyas funciones componentes F1; F2 y F3 tienen derivadas parcialescontinuas en la región R; entoncesZZ

S

F �NdS =ZZZR

divFdV

8

Nota: Este teorema es una generalización del Teorema de Green a tres di-mensiones.

Demostración.Solo daremos algunas ideas generales para indicar un procedimiento para la

demostraciónSea F (x; y; z) = P (x; y; z)bi+Q(x; y; z)bj +R(x; y; z)bk

=) divF = r � F = @P

@x+@Q

@y+@R

@z

IntegrandoZZZR

divFdV =

ZZZR

@P

@xdV +

ZZZ@Q

@yR

dV +

ZZZR

@R

@zdV

Por otro lado, si N es el normal unitario de S hacia afuera la integral desuper�cie esZZ

S

F � dS =ZZS

F �NdS =ZZS

Pbi �NdS + ZZS

Qbj �NdS + ZZS

Rbk �NdSSiguiendo el procedimiento de la demostración del teorema de Green basta

probar las siguientes tres igualdades:

ZZZR

@P

@xdV =

ZZS

Pbi �NdSZZZ

@Q

@yR

dV =

ZZS

Qbj �NdSZZZR

@R

@zdV =

ZZS

Rbk �NdSDetalles y cimentarios los puede consultar en el texto "CALCULO de James

Stewart, Tercera edicion (Thomson) pagina 935"

Ejemplo:

Sea S esfera unitaria x2+y2+z2 = 1:Demostrar queZZS

(xy + yz + xz) dS =

0Solución: Claramente xbi + ybj + zbk es vector normal a la esfera en todo

.(x; y; z)

N =xbi+ ybj + zbkpx2 + y2 + z2

= xbi+ ybj + zbk, ya que x2 + y2 + z2 = 19

consideramos ahora el suguente arreglo para identi�car

xy + yz + xz = (y; z; x) � (x; y; z)= (y; z; x) �N=) F = (y; z; x)

r � F = @P

@x+@Q

@y+@R

@z= 0 + 0 + 0 = 0

Aplicando Teorema de divergencia

ZZS

(xy + yz + xz) dS =

ZZZR

r � FdV

=

ZZZR

0dV = 0

Ejemplo

Veri�car el teorema de la divergencia enZZS

F � NdS para F (x; y; z) =

(2x�y)bi�(2y�z)bj+zbk S: limitado por los planos coordenados y x+2y+z = 6Solución.En este caso S = S1+S2+S3 donde S1 será el lado de la �gura en el plano

x + 2y + z = 6; S2 el lado de la �gura en el plano coordenado yz; S3 el ladode la �gura en el plano coordenado xz:TenemosZZ

S

F �NdS =ZZS1

F �N1dS +ZZS2

F �N2dS +ZZS3

F �N3dS

ZZS1

F �N1dS =

ZZRxy

F (x; y; z) � (�gx(x; y)bi� gy(x; y)bj + bk)dA=

ZZRxy

F (x; y; z) � (1; 2; 1)dA =ZZRxy

((2x� y)bi� (2y � z)bj + zbk) � (1; 2; 1)dA=

ZZRxy

((2x� y)� 2(2y � z) + z)dA =ZZRxy

(2x� 5y + 3(6� x� 2y)dxdy

=

Z 6

0

Z � 12x+3

0

(�x� 11y + 18)dydx =Z 6

0

(�78x2 +

9

2x+

9

2)dx = 45

10

ZZS2

F �N2dS =

ZZS2

F � (�bi)dS = ZZS2

(y � 2x)dS =ZZRyz

(y � 2(6� 2y � z)dydz

=

Z 3

0

Z 6�2y

0

(5y + 2z � 12) dzdy = �27

ZZS3

F �N3dS =

ZZS3

F � (�bj)dS = ZZS3

(2y � z)dS =ZZRxz

(2(6� x� z

2)� z)dxdz

=

Z 6

0

Z 6�x

0

(6� x� 2z) dzdx = 0

De estos calculos se tiene queZZS

F �NdS = 45� 27 + 0 = 18

Por el otro lado divF = 2� 2 + 1 = 1; la integral triple es

ZZZR

divFdV =

ZZZR

dV =

Z 6

0

Z � x2+3

0

Z 6�x�2y

0

dzdydx

=

Z 6

0

Z � x2+3

0

(6� x� 2y)dydx =Z 6

0

�x2

4� 3x+ 9

�dx = 18

Teorema de Stokes.

Este teorema da la relación entre una integral de super�cie sobre una super-�cie orientada S y una integral de línea a lo largo e una curva cerrada siempreseccionalmente suave C con orientación positiva que acota a S:

2.3 Teorema:

Sea S una super�cie orientada limitada por una curva C orientada positiva-mente seccionalmente suave. Si F es un campo vectorial cuyas componentestienen derivadas parciales continuas en una región abierta que contiene a S yC; entonces. I

C

F � ds =ZZS

(rotF ) dS =

ZZS

(r� F ) dS

11

Recuerde que la integral de línea se puede expresar:ZC

Pdx+Qdy +Rdz oZC

F � Tds

Ejemplo

Use el teorema de Stokes para evaluarIC

F � ds; donde F (x; y; z) = 3zbi +5xbj�2ybk y C es la intersección del plano z = y+3 con el cilindro x2+y2 = 1:Oriente la elipse en sentido contrario al movimiento de las agujas del reloj, vistadesde arriba.Solución.La intersección del plano con el cilindro permite visualizar que S en este caso

es la porcion del plano que queda al interior del cilindro y que C es la elipseintersección I

C

F � ds =ZZS

(rotF ) �NdS

rotF =

�����������

bi bj bk@P@x

@@y

@@z

3z 5x �2y

�����������= �2bi+ 3bi+ 5bk

z � y + 3 = 0 =) N =1p2(�bj + k)

Calculando

(rotF ) �N = (�2bi+ 3bi+ 5bk) � 1p2(�bj + k) = 2p

2=p2

y entonces la integral seráIC

F � ds =ZZS

p2dS =

p2

ZZS

dS =p2 �Area(S) =

p2 � (1 �

p2�) = 2�

S es el interior de una elipse de semi ejes 1 yp2

12

Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín

1 Integrales de Línea

1.1 Problemas

Calcular la integral de trayectoriaZ�!r

x3

yds; donde �!r es la trayectoria y = x2

2entre los puntos (0; 0) y (2; 2) :SoluciónPrimero, determinemos la ecuación paramétrica de la trayectoriax = t

y =t2

2

9=; t 2 [0; 2] () �!r (t) =�t;t2

2

�Derivando la expresión anterior, queda�!r 0 (t) = (1; t) =) k�!r 0 (t)k =

p1 + t2

Además

f(x; y) =x3

y=) f (�!r (t)) = 2t

A partir de la de�nición de integral de trayectoria tenemos

Z�!r

x3

yds =

Z 2

0

2tp1 + t2dt

=

�2

3

�1 + t2

�3=2�20

=2

3

�p75� 1

�1.2 Problema

Dada la función escalar f(x; y) = 2xy; calcular la integral de trayectoria a lo

largo de la curva elipsex2

9+y2

4= 1 desde el punto (3; 0) hasta (0; 2).

SoluciónObservemos que �!r es el segmento de elipse que está en el primercuadrante.Entonces al parametrizar la curva quedax = 3 cos ty = 2sent

�t 2

�0; �2

�() �!r (t) = (3 cos t; 2sent)

Derivando la trayectoria�!r 0 (t) = (�3 sin t; 2 cos t) () k�!r 0 (t)k =

p5sen2t+ 4

Calculemos la función escalar f sobre la trayectoriaf(x; y) = 2xy =) f(x (t) ; y (t)) = 6 cos tsentCalculemos la integral

1

Z�!r2xyds =

Z �=2

0

12 cos tsentp5sen2t+ 4dt

=

�4

5

�5sen2t+ 4

�3=2��=20

=76

5

1.3 Problema

Calcular la integral de líneaZ�!rxydx+ x2dy; donde �!r es la trayectoria

x2 + 4y2 = 4; x > 0:SoluciónPrimero, escribamos la ecuación paramétrica de la trayectoria orientadapositivamentex = 2 cos ty = sent

�t 2

���2 ;

�2

�=) �!r (t) = (2 cos t; sent)

�!F (x; y) =

�xy; x2

�=)

�!F (x (t) ; y (t)) =

�2 cos tsent; (2 cos t)

2�

Determinemos el vector �!r 0 = (�2sent; cos t)Calculemos la integral

Z�!rxydx+ x2dy =

Z �=2

��=2

�2 cos tsent; (2 cos t)

2�� (�2sent; cos t) dt

=

Z �=2

��=2(�4sen2t cos t+ 4 cos3 t)dt

=

Z �=2

��=2(�8sen2t cos t+ 4 cos t)dt

=

��83sen3t+ 4sent

��2

��2

=8

3

1.4 Problema

Calcular la integral de líneaZ�!r�y2dx+ xdy; donde �!r es la trayectoria

y2 = 2x� x2; tal que x > 1; y > 0:SoluciónObservemos que �!r es el segmento de circunferencia:y2 = 2x� x2 () (x� 1)2 + y2 = 1 tal que x > 1; y > 0:

2

Entonces:x = 1 + cos ty = sent

�t 2

�0; �2

�=) �!r (t) = (1 + cos t; sent)

=) �!r 0 (t) = (�sent; cos t)Calculemos el campo vectorial

�!F sobre la trayectoria�!

F (x; y) =��y2; x

�=)

�!F (x (t) ; y (t)) =

��sen2t; 1 + cos t

�Calculemos la integralZ�!r�y2dx+ xdy =

Z �=2

0

�sen3t+ cos2 t+ cos t

�dt

=

Z �=2

0

��1� cos2 t

�sent+ (

1 + cos 2t

2) + cos t

�dt

=

�� cos t+ cos

3 t

3+t

2+sen2t

4+ sent

��=20

= 1� 13+�

4+ 1

=5

3+�

4

1.5 Problema

Calcular la integral de líneaZ�!r(8x+z)dx+2xz2dy�4y2dz; siendo �!r la curva

de�nida por las ecuaciones: z = 9� 2x2 � 4y2; z = 1:SoluciónObservemos, que la curva contenida en el plano z = 1, es la elipse2x2 + 4y2 = 8;con semi ejes a = 2 y b =

p2; que se parametriza

mediante.x = 2 cos t

y =p2sent

z = 1

9=; t 2 [0; 2�] =) �!r (t) =�2 cos t;

p2sent; 1

�t 2 [0; 2�]

Calculemos el campo vectorial�!F sobre la trayectoria�!

F (x; y; z) =�8x+ z; 2xz2;�4y2

�=)

�!F (x (t) ; y (t)) = (16 cos t+ 1; 4 cos 1t; 1)

Evaluemos el vector�!r 0 (t) =

��2sent;

p2 cos t; 0

�luego, obtenemos

�!F (x (t) ; y (t)) � �!r 0 (t) = (16 cos t+ 1; 4 cos t; 1) �

��2sent;

p2 cos t; 0

�Entonces la integral de línea es

Z�!r(8x+z)dx+2xz2dy�4y2dz =

Z 2�

0

��32sent cos t� 2sent+ 4

p2 cos2 t

�dt

3

=��16sen2t+ 2 cos t

�2�0+ 4p2

Z 2�

0

�1 + cos 2t

2

�dt

= 4p2

�t

2+sen2t

4

�2�0

= 4p2�

1.6 Problema

Calcular el trabajo producido por campo de fuerzas dado por�!F = (3x+4y; 2x+

3y2); a lo largo de la circunferencia C de radio 2 centrada en el origen y recorridacon orientación positiva

SoluciónDe�nimos el trabajo mediante la integral de líneaZ

�!r

�!F � d�!r =

Z b

a

�!F (�!r (t)) � �!r 0 (t) dt

Luego, parametrizando la trayectoria tenemos:�!r (t) = (2cost; 2sent); t 2 [0; 2�]:=) �!r 0(t) = (�2sent; 2 cos t)Reemplazando el integrando, queda

W =

I(3x+ 4y; 2x+ 3y2; 0) � (dx; dy; dz)

=

Z 2�

0

(6cost+ 8sent; 4cost+ 12sen2t; 0) � (�2sent; 2cost; 0)dt

=

Z 2�

0

[�16sen2t+ 8cos2t]dt

= �16� + 8� = �8�:

Trabajo negativo signi�ca que el campo de fuerza disipa energía.

2 Campo conservativo

2.1 Problemas

Sea el campo vectorial�!F : IR3 ! IR3dado por

�!F (x; y; z) = (x;�y; z):Calcular

la integralZ�!r

�!F � d�!r

a) Si C es la circunferencia x2 + y2 = 4 recorrida en el sentido positivo.

4

b) Si C es la recta que une P = (1; 0; 0) con Q = (1; 0; 4):c) Si C es la helicoide �!r (t) = (cos(4�t); sen(4�t); 4t); t 2 [0; 1] que uneP = (1; 0; 0) con Q = (1; 0; 4):

Solucióna) Las ecuación paramétrica de la circunferencia de radio 2 centrada en elorigen y recorrida en sentido positivo, es�!r (t) = (2 cos t; 2sent; 0) t 2 [0; 2�] =) �!r 0 (t) = (�2sent; 2 cos t; 0)Entonces, la integral de linea queda

Z�!r

�!F � d�!r =

Z�!r(x;�y; z) � (dx; dy; dz)

=

Z 2�

0

(2 cos t;�2sent; 0) � (�2sent; 2 cot s; 0) dt

=

Z 2�

0

�8 cos tsentdt = 0

b) La ecuación paramétrica de la recta que une P = (1; 0; 0) con Q = (1; 0; 4)es:�!r (t) = �!P + (�!Q ��!P )t = t(1; 0; 4) t 2 [0; 1] =) �!r 0 (t) = (1; 0; 4) :Entonces

Z�!r

�!F � d�!r =

Z 1

0

(t; 0; 4t) � (1; 0; 4) dt

=

Z 1

0

16tdt =�8t2�10= 8

c) A partir de la ecuación de la helicoide se obtiene

�!r 0(t) = (�4�sen(4�t); 4� cos(4�t); 4)

Sustituyendo términos en el integrando, queda

Z�!r

�!F � d�!r =

Z 1

0

(cos(4�t);�sen(4�t); 4t) � (�4�sen(4�t); 4� cos(4�t); 4)dt

=

Z 1

0

(�8�sen(4�t) cos(4�t) + 4t)dt

=

Z 1

0

16tdt =�8t2�10= 8

El valor de la integral de línea es el mismo por ambas trayectorias.

5

2.2 Problema

Calcular la integralZ�!r2x cos ydx�x2senydy; donde �!r : [1; 2]! IR2 de�nida

por �!r (t) =�et�1; sen

�

t

�:

Solución.Determinemos si el campo vectorial es conservativo, de modo que calculamos

r��!F =

�������i j k@

@x

@

@y

@

@z2x cos y �x2seny 0

������� = (0; 0; 0)Como hallamos que r��!F =

�!0 ; entonces

�!F tiene una función potencial

� (x; y) tal que

@

@x� (x; y) = 2x cos y

@

@y� (x; y) = �x2seny

9>=>;Integrando la primera ecuación parcialmente con respecto a x, se tiene

� (x; y) = x2 cos y + h (y) =) @

@y� (x; y) = �x2seny + h0 (y) = �x2seny

h0(y) = 0 () h (y) = c

En consecuencia, la función potencial � (x; y) para�!F (x; y) es

� (x; y) = x2 cos y + c

Entonces , podemos a�rmar que

Z�!r2x cos ydx� x2senydy =

Z�!rr� � d�!r

= � (�!r (2))� � (�!r (1))

donde

� (�!r (2)) = ��e; sen

�

2

�= e2 + c

� (�!r (1)) = � (1; sen�) = 1 + c

Por tanto. obtenemos:Z�!r2x cos ydx� x2senydy = e2 � 1

6

2.3 Problema.

Considere el campo vectorial�!F (x; y; z) en IR3 de�nido por :

�!F (x; y; z) =

�yz

1 + x2y2z2;

xz

1 + x2y2z2;

xy

1 + x2y2z2

�

EvaluarZ�!r

yzdx+ xzdy + xydx

1 + x2y2z2;donde �!r es:

a) el segmento rectílineo entre (0; 0; 0) y (1; 1; 1) :b) la instersección de x2 + y2 + (z � 1)2 = 1; con x2 + y2 + z2 = 1:SoluciónSe tiene que las componentes del campo vectorial son continuas8 (x; y; z) 2 IR3Primero, veri�quemos si el campo vectorial es conservativo o no.

r��!F =

���������i j k@

@x

@

@y

@

@zyz

1 + x2y2z2xz

1 + x2y2z2xy

1 + x2y2z2

��������� = (0; 0; 0)Puesto que@

@y

xy

1 + x2y2z2=@

@z

xz

1 + x2y2z2;@

@z

yz

1 + x2y2z2=@

@x

xy

1 + x2y2z2; etc.

= (0; 0; 0)

Como hallamos que r��!F =�!0 ; entonces

�!F tiene una función potencial

� (x; y) tal que:

@

@x� (x; y) =

yz

1 + x2y2z2@

@y� (x; y) =

xz

1 + x2y2z2@

@z� (x; y) =

xy

1 + x2y2z2

9>>>>>=>>>>>;Integrando la primera ecuación parcialmente con respecto a x, se tiene

� (x; y) = arctg (xyx) + h (y; z) =)@

@y� (x; y) =

xz

1 + x2y2z2+ h

0(y; z) =

xz

1 + x2y2z2

h0(y; z) = 0 () h (y; z) = g (x)

En consecuencia, la función potencial � (x; y) para�!F (x; y)es

� (x; y) = arctg (xyx) + g (z) =)� (x; y) =

xy

1 + x2y2z2+ g

0(x) =

xy

1 + x2y2z2

g0(x) = 0 () g (x) = c

7

Entonces , podemos concluir que

� (x; y) = arctg (xyx) + c

En este caso hallamos , que el valor de la integral

Z�!r

yzdx+ xzdy + xydx

1 + x2y2z2=

Z�!rr� � d�!r = � (1; 1; 1)� � (0; 0; 0)

= arctg (1)� arctg (0)=

�

4

Si �!r es la intersección de dos esferas la curva resultante es cerrada, en

consecuencia Z�!r

yzdx+ xzdy + xydx

1 + x2y2z2=

Z�!rr� � d�!r = 0

3 Teorema de Green

3.1 Problema

Veri�car el teorema de Green para el campo vectorial�!F (x; y; z) =

�2(x2 + y2); (x+ y)2

�;donde

las curvas frontera de la región D corresponden al contorno del triángulo convértices en los puntos (1; 1) ; (2; 2) ;y (1; 3) orientado positivamente.SoluciónComo el campo vectorial

�!F (x; y) es de clase C1; y la región D conexa,

entonces el teorema de Green a�ma que:ZC

Pdx + Qdy =

Z ZD

�@

@xQ� @

@yP

�dxdy

Identi�cando términos, tenemos que

P (x; y) = 2(x2 + y2) =) @P

@y= 4y

Q (x; y) = (x+ y)2 =) @Q

@x= 2(x+ y)

Entonces calculemosZZD

�@Q

@x� @P@y

�dxdy =

ZZD

2 (x� y) dxdy

donde D = f(x; y) 2 IR2 : 1 � x � 2; x � y � 4� xg . Luego

8

ZZD

2 (x� y) dxdy =

Z 2

1

Z 4�x

x

2 (x� y) dydx

=

Z 2

1

�xy � y

2

2

�4�xx

dx

=

Z 2

1

�2x(4� x)� (4� x)2 � 2x2 + x2

�dx

= �4Z 2

1

(x� 2)2 dx = �4"(x� 2)3

3

#21

= �43

Calculemos directamente la integral de línea, segmentando la fronteraen tres curvas:Z

C

Pdx + Qdy =

ZC1

Pdx + Qdy +

ZC2

Pdx + Qdy

+

ZC3

Pdx + Qdy

Parametricemos los segmentos de curvas que unen los puntos (1; 1) y (2; 2) ;(2; 2) y (1; 3) ; (1; 3) y (1; 1)

(1,1)

(2,2)

(1,3)

x

y

Sea C1 la recta y = x; 1 � x � 2 =) �!r (t) = (t; t) ; t 2 [1; 2]=) �!r 0 (t) = (1; 1) ; t 2 [1; 2] entonces:

ZC1

2(x2 + y2)dx + (x+ y)2dy =

Z 2

1

h2�t2 + t2

�+ (2t)

2idt

=

Z 2

1

8t2dt = 8

�t3

3

�21

=56

3

9

Sea C2 la recta y = 4� x; 1 � x � 2 =) �!r (t) = (4� t; t) ; t 2 [2; 3]=) �!r 0 (t) = (�1; 1) ; t 2 [2; 3] ; entonces:

ZC2

2(x2 + y2)dx + (x+ y)2dy =

Z 3

2

h2�(4� t)2 + t2

�(�1) + (4)2

idt

=

Z 3

2

��2�16� 8t+ 2t2

�+ 16

�dt

= �4Z 3

2

�t2 � 4t+ 4

�dt = �4

Z 3

2

[t� 2]2 dt

= �4"(t� 2)3

3

#32

= �43

Sea C3 la recta x = 1; 1 � y � 3 =) �!r (t) = (1; 3� t) ; t 2 [0; 2]=) �!r 0 (t) = (0;�1) ; t 2 [0; 2] ; entonces:

ZC3

2(x2 + y2)dx + (x+ y)2dy =

Z 2

0

(4� t)2(�1)dt

=

"(4� t)3

3

#20

=8

3� 643= �56

3

Por lo tanto, al sumar los tres términos tenemos:ZC

2(x2 + y2)dx + (x+ y)2dy =56

3� 43� 563= �4

3

Lo que muestra la validez de la formula del teorema de Green.

3.2 Problema

Veri�car el teorema de Green paraIC

x2ydx + xy2dy; donde C es la frontera de

la region R en el primer cuadrante, limitada por las grá�cas de y = x; y3 = x2:Solución.Primero, calculemos la integral de línea considerando la orientación positivade la frontera, dividiendola en dos segmentos C1 y = x y C2 y3 = x2:Determinemos los puntos que se intersectan ambas curvas:y = xy3 = x2

�=) x3 = x2 =) x2 (x� 1) = 0 () x = 0 y x = 1

Luego, ambas curvas se intersectan en los puntos (0; 0) y (1; 1) :Enconsecuencia la región R queda delimitada por

10

R =�(x; y) 2 IR2=0 � x � 1; x � y � x2=3

Parametrizando el segmento de curva C1tenemos:C1 :

�!r 1 (t) = (t; t) ; t 2 [0; 1] =) �!r 01 (t) = (1; 1)Calculemos el campo vectorial sobre la curva C1

�!F (�!r 1 (t)) =

�t3; t3

�=)

�!F (�!r 1 (t)) � �!r 01 (t) =

�t3; t3

�� (1; 1) =

�t3 + t3

�= 2t3

Para C2 encontramos

C2 :�!r 2 (t) =

�1� t; (1� t)2=3

�; t 2 [0; 1] =) �!r 01 (t) =

��1;�2

3(1� t)�1=3

�Luego, la función compuesta para el campo sobre C2 es:

�!F (�!r 2 (t)) =

�(1� t)8=3; (1� t)7=3

�=)

�!F (�!r 1 (t)) � �!r 01 (t) =

�(1� t)8=3; (1� t)7=3

����1;�2

3(1� t)�1=3

�= �(1� t)8=3 � 2

3(1� t)2

Entonces la integral de línea queda

IC

x2ydx+ xy2dy =

Z 1

0

2t3dt�Z 1

0

((1� t)8=3 + 23(1� t)2)dt

=

�t4

4+3(1� t)11=3

11+2(1� t)3

9

�110

=1

4� 3

11� 29

=1

198

Por otra parte el campo vectorial�!F (x; y) de clase C1; es decir campo con-

tinuo con primera derivada continua,de�nido en la región R conexa,acotado poruna frontera cerrada, entonces podemos aplicar el teorema de Green que a�ma:I

C

x2ydx+ xy2dy =

Z ZR

�@

@x(x2y)� @

@y(xy2)

�dxdy

donde R =�(x; y) 2 IR2=0 � x � 1; x � y � x2=3

,entonces:

11

Z ZR

�@

@x(x2y)� @

@y(xy2)

�dxdy =

Z 1

0

Z x2=3

x

�y2 � x2

�dydx

=

Z 1

0

�y3

3� x2y

�x2=3x

dx

=

Z 1

0

�x2

3� 8x8=3 + 2

3x3�dx

=

�x3

9� 3

11x11=3 +

x4

6

�10

=1

9� 3

11+1

6=

1

198

Con esto,veri�camos el teorema de Green en este caso particular.

3.3 Problema

Calcule la integralIC

�y2x2 + 3y2

dx+x

2x2 + 3y2dy a lo largo de la curva C for-

mada por los lados del cuadrado con vértices en (1; 1) ; (�1; 1) ; (�1;�1) ; (1;�11) :Solución.Claramente vemos que el campo vectorial

�!F (x; y) en la región acotada por

C no es continuo, con primeras derivadas parciales continuas en el origen(0; 0) :Luego, vamos a excluir el origen de la región . Dado que la región envueltapor la curva C; que excluye la singularidad, no es simplemente conexa, setiene que:ZC

Pdx+Qdy +

ZC1

Pdx+Qdy =

ZZD

�@Q

@x� @P@y

�dxdy

donde la curva C1 es la elipse con ecuación 2x2 + 3y2 = r2; orientada enel sentido horario, con normal apuntando hacia fuera de la región D:Por otra parte.@Q

@x=

3y2 � 2x2

(2x2 + 3y2)2

@P

@y=

3y2 � 2x2

(2x2 + 3y2)2

9>>=>>; =)�@Q

@x� @P@y

�= 0

Entonces, tenemosZC

Pdx+Qdy +

ZC1

Pdx+Qdy =

ZZD

�@Q

@x� @P@y

�dxdy = 0

=)ZC

Pdx+Qdy = �ZC1

Pdx+Qdy

=)ZC

Pdx+Qdy =

ZC�1

Pdx+Qdy

12

Parametrizando C�1 como �!r (t) =�rp2cos t;

rp3sent

�con 0 � t � 2�

Se obtieneZC�1

Pdx+Qdy =

Z 2�

0

��rsentp

3r2

�� rp

2sent

�+

rp2r2

cos t

�rp3cos t

��dt

=1p6(2�)

=

r2

3�

Por lo tanto, la integral ZC

Pdx+Qdy =

r2

3�

3.4 Problema

Sea C una curva cerrada simple que encierra una región

D =

�(x; y) 2 IR2=x

2

4+y2

5= 1

�:Calcular el área del interior de la elipse usando el teorema de Green.Solución.A partir del teorema de Green tenemos

A (D) =1

2

IC

xdy � ydx

Parametricemos la ecuación de la elipse , mediante�!r (t) = (2cos(t);

p5sen(t)); 0 � t � 2�:

Entonces x(t) = 2cos(t); y(t) =p5sen(t), luego

dx = �2sen(t); dy(t) =p5 cos(t)

Reemplazando términos en el integrando

1

2

IC

xdy � ydx =1

2

Z 2�

0

(2p5cos2(t) + 2

p5sen2(t))dt

=p5

Z 2�

0

dt

= 2�p5

13

3.5 Problema

Considere la región R del plano x2 + (y � a)2 � a2 ; x2 + y2 � 2a2y usando elteorema de Green, veri�que que el área de dicha región coincide con el área deun cuadrado de lado a.SoluciónLa curva C1descrita por la ecuación x2 + (y � a)2 = a2 ;corresponde ala circunferencia con centro en (0; a) y radio a y la curva C2 es la

ecuación x2 + y2 = 2a2 de la circunferencia con centro en (0; 0) y radioap2.

Calculemos los puntos de intersección de ambas curvas, igualando

ambas ecuaciones, produce 2a2 � 2ay = 0 =) y = aSustituyendo este resultado en la segunda ecuación, obtenemosx2 = a2 () x = �aPor lo tanto, los puntos de intersección de ambas curvas son P1 = (�a; a)y P2 = (a; a) que tienen coordenadas polares (a

p2; 3�=4) y (a

p2; �=4)

respectivamente.

En consecuencia, la curva cerrada C que forma la frontera de R es la uniónde la curva C1 parametrizada por:

x(t) = acost; y(t) = a+ asent; donde t 2 [0; �]y de la curva C2 parametrizada por

x(t) = ap2cost; y(t) = a

p2sent; dondet 2 [�=4; 3�=4]:

El teorema de Green a�rma que

A (R) =1

2

IC

xdy � ydx

donde la orientación de C es positiva.

A (R) =1

2

IC1

xdy � ydx+ 12

IC2

xdy � ydx

Las orientaciones de C1 y C2; van en sentido opuesto a los punteros del reloj,para que C tenga orientación positiva. Entonces

A (R) =1

2

Z �

0

(a2sent+ a2)dt+1

2

Z �=4

3�=4

(2a2)dt

=1

2

�a2 [� cos t+ t]�0 + 2a

2 [t]�=43�=4

�=

1

2

�2a2 + �a2 � �a2

�= a2

Resultado que veri�ca que el área de la región R es igual a la de un cuadradode lado a

14

Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín

1 Ejercicios Propuestos

1.1 Integral de trayectoria

Calcular el área de la super�cie lateral sobre la curva �!r del plano xy y bajo lasuper�cie z = f (x; y) ;donde:a) f(x; y) = xy , �!r : x2 + y2 = 1 desde (1; 0) hasta (0; 1) :b) f(x; y) = h , �!r : y = 1� x2 desde (1; 0) hasta (0; 1) :c) f(x; y) = xy, �!r : y = 1� x2 desde (1; 0) hasta (0; 1) :Respuestas

a) A(S) =1

2;

b)A(S) =h

4

�2p5 + ln

�2 +

p5��;

c)A(S) =1

120

�25p5� 11

�Evaluar las siguientes integrales de trayectoria

Z�!rf (x; y; z) ds

a) f(x; y; z) = epz, �!r : [0; 1]! IR3 dada por �!r (t) =

�1; 2; t2

�:

b) f(x; y; z) = yz, �!r : [1; 3]! IR3 dada por �!r (t) = (t; 3t; 2t) :

c) f(x; y; z) =x+ y

y + z, �!r : [1; 2]! IR3 dada por �!r (t) =

�t;2

3t3=2; t

�:

d) f(x; y) = 8y2 � 5x, la curva C dada por x2=3 + y2=3 = 1:Respuestas

a)Z�!repzds = 2;

b)Z�!ryzds = 52

p14;

c)Z�!r

x+ y

y + zds =

16

3� 2p3

d)ZC

(8y2 � 5x)ds = 12

1.2 Integral de línea

Evaluar las siguientes integrales de línea:

a)Z�!rxdx+ydy+zdz; donde�!r : [�1; 2]! IR3 dada por�!r (t) =

�t2; 3t; 2t3

�:

b)Z�!r2xyzdx+x2zdy+x2ydz, donde �!r es una curva simple orientada que

une (1; 1; 1) con (1; 2; 4):

c)Z�!rx2zdx+ 6ydy + yz2dz; donde �!r : [1; 3]! IR3 dada por

1

�!r (t) =�t; t2; ln t

�:

d)ZC

xydx + (x � y)dy; conde C esta formado por los segmentos de rectaque vandesde (0; 0) a (2; 0) y de (2; 0) a (3; 2) :Respuestas.

a)Z�!rxdx+ ydy + zdz = 147

b)Z�!r2xyzdx+ x2zdy + x2ydz = 7

c)Z�!rx2zdx+ 6ydy + yz2dz = 249; 49

d)ZC

xydx+ (x� y)dy = 17

3

1.3 Teorema de Green

Usar el teorema de Green para hallar el valor de la integral de línea:

a)Z�!rxy2dx+x2ydy; donde�!r : [0; 2�]! IR2 dada por �!r (t) = (4 cos t; 2sent)

b)Z�!rxydx+ x2dy; donde �!r es la frontera que limita la región

y � x2 , y � xc)ZC

(arctgx+ y2)dx+(ey � x2)dy; donde C es la frontera que encierra la

región 1 � x2 + y2 � 9; y � 0d)ZC

2xydx + (x2 + 2x)dy; donde Ces la frontera que limita la región

interior

a la elipsex2

9+y2

4= 1 y exterior a la circunferencia x2 + y2 = 1

e)IC

�x2 + y2

�dx+

�2x+ y2

�dy, donde C es la frontera del cuadrado

con vértices (0; 0) ; (k; 0) ; (0; k) ; (k; k) :

Respuestas

a)Z�!rxy2dx+ x2ydy = 0

b)Z�!rxydx+ x2dy =

1

12

c)Z�!r(arctgx+ y2)dx+ (ey � x2)dy = �104

3

d)Z�!r2xydx+ (x2 + 2x)dy = 10�

e)IC

�x2 + y2

�dx+

�2x+ y2

�dy = k2 (2� k)

2

Problema Demuestre queIC

�yx2 + y2

dx +x

x2 + y2dy = 2�, donde C es

cualquier curvacerrada , simple , que incluya el origen

Problema Calcular el área de una elipse con semi ejes a; b usando el teoremade Green.RespuestaA(R) = �ab:

1.4 Área de una super�cie

ProblemaCalcule el área de la super�cie de x2 + y2 + z2 = a2; a > 0; z � 0:RespuestaA (R) = 2�a2

ProblemaCalcule el área de la super�cie del sector del plano ax+ by+ cz+ d = 0 que

queda dentro del cilindro x2 + y2 = r2 (c 6= 0; r > 0) :Respuesta

A (R) =�r2

pa2 + b2 + c2

c

ProblemaCalcule el área del helicoide �!r (u; v) = (u cos v; u senv; v) para 0� u �

1; 0 � v � 2�RespuestaA (R) = �(ln(

p2 + 1) +

p2

1.5 Teorema de la divergencia de Gauss

Problema

Calcular el �ujoZZ

S

�!F � bnds, del campo vectorial �!F = (x; y; z) a través de

la super�cie S del elipsoide ax2 + by2 + cz2 = 1Respuesta.ZZ

S

�!F � bnds = 2�p

abcProblema

Calcular el �ujoZZ

S

�!F � bnds;del campo vectorial �!Fr = �2xy2; z3;�x2y� a

través la super�cie S formada por el hemisferio superior de la esfera x2+y2+z2 =a2 y el círculo x2 + y2 = a2

3

´Respuesta.ZZS

�!F � bnds = 4

15�a5

Problema

Calcular el �ujoZZ

S

�!F �bnds, del campo vectorial �!F =

�0; tgz + esenxz; y2

�a través de la super�cie S del semi-elipsoide 2x2 + 3y2 + z2 = 6; z � 0; con lanormal apuntandohacia el exterior.Respuesta.ZZ

S

�!F � bnds =r3

2�

Calcular el �ujoZZ

S

�!F � bnds, del campo vectorial �!F =

(x; y; z)

(x2 + y2 + z2)3=2

a través de la super�cie S dada por el paraboloide z = 2�x2� y2;tales z � 0;con la normalapuntando hacia el exterior.Respuesta.ZZ

S

�!F � bnds = � �2�p2�

1.6

1.7 Teorema de Stokes

ProblemaSea S el sector del paraboloide z = x2+y2; situado en el primer octante , lim-

itado por el plano z = 1 y los planos principales, y sea�!F = (y � z; z � x; x� y) :

Calcular la integral de lineaIC

�!F � d�!r :

RespuestaIC

�!F � d�!r : = 8

3� �2

ProblemaPara el campo vectorial

�!F =

�x2 + yez; y2 + zex; z2 + xey

�de�nida sobre S

: x2+ y2+ z2 = a2 con z � 0:Calcular el �ujo del rotacional de �!F a través de S.RespuestaIC

�!F � d�!r =

ZZS

r��!F � bnds = ��a2

4