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758
Matemática
Problemario
Cálculo Vectorial
758
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA
Cálculo Vectorial
Problemaria
Matemática
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1 1
11
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CAV
QA303
C35
Cálculo vectorial: Problemario / [elaborado por] Belkis Escobar; Frankie
Gutiérrez. --Caracas: U.N.A., 2009.
200 h.: il ; 22 cm.
ISBN 978-980-236-692-7
1. Cálculo vectorial-Problemas, ejercicios, etc 2. Cálculo diferencial
3. Educación a distancia--Módulo de estudio. l. Universidad Nacional
Abierta. 11. Escobar, Belkis. 111. Gutiérrez, Frankie.
Todos los derechos reservados. Prohibida la reproducción total o parcial por
cualquier medio gráfico, audiovisual o computarizado, sin previa autorización escrita.
Universidad Nacional Abierta
Apartado Postal Nº 2096
Caracas 1.01 O A, Carmelitas, Venezuela
Copyright © UNA 1988
ISBN 978-980-236-692-7
Primera edición, 2009
lf13520095104971
Registro de Publicaciones de la
Universidad Nacional Abierta
Nº. UNA-09-5955
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f
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA
AUTORES
Profa. Belkys Escobar
Prof. Frankie Gutiérrez
DISEÑO ACADÉMICO
Profa. Wendy Guzmán
ÍNDICE GENERAL
CONTENIDO
Estructura del Curso ……………………………………………………...
UNIDAD 1
FUNCIONES DE ℜn EN ℜm …………………………………….............
Dominio y Rango de Funciones de Varias Variables …..…........
Curvas de Nivel ……………………………………………………..
Límite y Continuidad ………………………………………..….…...
Ejercicios Propuestos ..……………………………………………..
UNIDAD 2
CÁLCULO DIFERENCIAL DE FUNCIONES DE ℜn EN ℜm …….…..
La Derivada Direccional. La Derivada Parcial ………...………....
La Diferencial y sus Aplicaciones …..……………………..……....
Cálculo de la Matríz Jacobiana. Regla de la Cadena y
sus Aplicaciones …………………...…………………………….….
Derivación Implícita. Teoremas de la Función Inversa y
la Función Implícita ...……………...………………………..……...
Ejercicios Propuestos ..………………………………………….….
UNIDAD 3
EXTREMOS Y FÓRMULA DE TAYLOR …..………………….............
Fórmula de Taylor para Funciones de Varias Variables .……….
Cálculo de Máximos y Mínimos .……………………………….….
Ejercicios Propuestos ..……………………………………….....….
UNIDAD 4
CAMPOS ESCALARES ……..………………………………….............
El Gradiente y l Curvas de Nivel ……………………...………...…
El Laplaciano y sus Aplicaciones ……………………………..…..
Ejercicios Propuestos ..………………………………………….….
UNIDAD 5
CAMPOS VECTORIALES ……..…………………………………..........
Potenciales Escalares y Vectoriales …………………...………....
Ejercicios Propuestos ..………………………………………….….
Pág.
9
11
11
14
16
26
29
30
41
51
59
63
67
69
72
83
85
86
96
97
99
99
110
UNIDAD 6
INTEGRALES CURVILÍNEAS O DE LÍNEAS ……………..……....
El Concepto de Integral de Línea ……………………...…...….
Diversas Aplicaciones: Trabajo y Masa ….………………..…..
Integral de Línea de un Gradiente ………..………………..…..
Ejercicios Propuestos ..……………………………………....….
UNIDAD 7
INTEGRALES DOBLES E INTEGRALES TRIPLES ……………...
Regiones Planas de Integración y su Descripción …....….….
Cálculo de Áreas y Volúmenes …..…………………………….
Coordenadas Polares y Cambios Generales de
Coordenadas en una Integral Múltiple: El Determinante
Jacobiano ……………………………………………………..….
Aplicaciones ………...……………...…………………………….
Ejercicios Propuestos ..……………………………………..…...
UNIDAD 8
INTEGRALES DE SUPERFICIE ………………………………….....
Definición de Integrales de Superficie …………………...…....
Teorema de Green-Riemann, de la Divergencia y
de Stokes …………………...…………………………………....
Ejercicios Propuestos ..………………………………………….
Respuestas a los Ejercicios Propuestos ………………...…....
Bibliografía ………………………………..………………...…....
111
112
117
118
121
123
124
132
141
154
159
163
167
174
182
185
199
Estructura del Curso
11
UNIDAD 1: FUNCIONES DE ℜn EN ℜm
OBJETIVO DE APRENDIZAJE
Aplicar los conceptos de dominio, rango, curvas de nivel,
límite y continuidad en la solución de problemas.
CONTENIDO:
El espacio ℜn y su topología. Dominio y rango de funciones de varias variables.
Curvas de nivel. Límite y continuidad. Aplicaciones
En el curso de Matemáticas II se trabajó con funciones de una sola
variable, es decir, funciones que van de ℜ en ℜ. Ahora trabajaremos con
funciones escalares, que reciben un vector de ℜn y devuelven un valor de ℜ,
y con funciones vectoriales que reciben un vector de ℜn y devuelven uno de
ℜm. La dificultad de estas funciones reside en que no tienen representación
gráfica posible, a excepción de las funciones de ℜ2 en ℜ, que se pueden
representar como superficies tridimensionales.
Calcularemos algunas curvas de nivel manualmente y otras mediante el
empleo del software matemático Maple.
Demostraremos la existencia del límite apoyándonos en la definición y
calcularemos otros empleando para ello algunos resultados que no aparecen
en el texto de Matemática IV de Ingeniería (735) y otros que sí. Por último
estudiaremos “continuidad”. Los cálculos de límites se complican mucho en
algunos casos llegando a ser muy difíciles de resolver.
DOMINIO Y RANGO DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES
EJEMPLO 1
Determine el dominio de las siguientes funciones y en aquellos casos donde
sea posible grafíquelo:
a.- f(x, y) =
2 2
2 2
x y
1- -
a b
con a > b y distintos de cero
b.- h(x, y) = ln(xy)
12
Solución:
a.- El dominio de la función f es el conjunto formado por los puntos
(x, y) ∈ ℜ2 tales que f(x, y) ∈ ℜ. Entonces para que f(x, y) ∈ ℜ se tiene que
cumplir
que ≥
2 2
2 2
x y
1- - 0
a b
; de aquí que
Dom(f) = { (x, y) ∈ ℜ2 / ≤
2 2
2 2
x y
+ 1
a b
}
y la gráfica correspondiente a este dominio es la indicada en la figura
b.- La función h está definida en aquellos puntos en que xy > 0; luego este
conjunto U de puntos del plano con el producto de sus coordenadas positivo
queda descrito por la unión de los conjunto U1 y U2 donde
U1 = {(x, y) / x > 0, y > 0},
U2 = {(x, y) / x < 0, y < 0 }.
Luego
Dom (h) = U1 ∪ U2
Y la gráfica de este dominio es la indicada abajo, nótese que los ejes
coordenados están segmentados, lo cual indica que no pertenecen al
dominio de h.
13
EJEMPLO 2
Halle el rango de las siguientes funciones:
a.- f(x, y) =
2 2
2 2
x y
1- -
a b
b.- g(x, y) =
2 2
2 4
x + y
x + y
c.- h(x, y) = ln(xy)
Solución:
a.- El rango de la función f es el conjunto {z ∈ ℜ / z = f(x, y), (x, y) ∈ Dom(f)}.
Si (x, y) ∈ Dom(f), entonces
0 ≤ ≤
2 2
2 2
x y
+ 1
a b
,
de aquí que
−1 ≤ ≤
2 2
2 2
x y
- - 0
a b
,
luego
0 ≤ 1 ≤
2 2
2 2
x y
- - 1
a b
,
y en consecuencia
0 ≤
2 2
2 2
x y
1- -
a b
≤ 1
0 ≤ f(x,y) ≤ 1
en conclusión:
rango(f) = [0, 1]
b.- Se tiene que
0 ≤
2 2
2 4
x + y
x + y
≤
2
2 4
x
x + y
+
2
2 4
y
x + y
14
como x2 ≤ x2 + y4 y y 4 ≤ x2 + y4 , entonces
0 ≤
2 2
2 4
x + y
x + y
≤
2
2 4
x
x + y
+
2
2 4
y
x + y
+ ≤ 1 +
2
1
y
< ∞
para cualquier valor de (x, y) ≠ (0,0), y en consecuencia:
rango(f) = (0,∞)
c.- Observemos que para los puntos (x, y) ∈ Dom(h) tenemos
i) si 0 < xy < 1 se tiene que f(x, y) < 0,
ii) para xy > 1 se tiene que f(x, y) > 0
iii) para los puntos xy = 1 tenemos que f(x, y) = 0.
De lo anterior podemos concluir que el rango de h es todo el conjunto ℜ.
CURVAS DE NIVEL
EJEMPLO 3
Para cada uno de los campos escalares que se dan a continuación, halle las
curvas de nivel o superficies de nivel, según sea el caso correspondiente, y
represéntelas:
a.- f(x, y) =
2 2
2 2
x y
1- -
2 4
b. h(x, y) = 2 2x - y
Solución:
a.- La gráfica de la función f es la mitad superior del
elipsoide
2 2
2
2 2
x y
z + +
2 4
=1, es decir, f(x, y) =
2 2
2 2
x y
1- -
2 4
.
Las curvas de nivel están definidas por
Cc = ( )
⎧ ⎫⎪ ⎪
⎨ ⎬
⎪ ⎪⎩ ⎭
2 2
2 2
x y
x,y / 1- - = c
2 4
,
para c > 1 el conjunto es vacío (¿por qué?); para 0 ≤ c < 1,
la curva de nivel es una elipse de centro en el origen, eje mayor en el eje y; si
c = 1, la curva de nivel consiste en el punto ( 0, 0 ).
15
Algunas curvas de nivel para la función
f(x, y) =
2 2
2 2
x y
1- -
2 4
se muestran en la figura 1, las mismas se realizaron utilizando el software
matemático Maple.
b.- Este ejemplo lo resolveremos usando el programa Maple, para lo cual
damos a continuación la secuencia de comandos1:
Tecleamos
> with(plots):
> contourplot3d(sqrt(x^2-y^2), x=-3..3, y = -3..3, contours = 5 );
La figura 2 representa algunas curvas de nivel para la función f.
Comentario de los comandos:
El primer comando es utilizado para cargar la librería “plots”, la cual nos
permite graficar; el segundo indica que se va a graficar en tres dimensiones y
consta de un mínimo de tres parámetros, los cuales se especifican a
continuación: en el primer parámetro se escribe la función f que se va a
graficar; en el segundo parámetro, el dominio que deseamos según
convenga (nótese que este dominio es un subconjunto del dominio de la
función) y en el tercer parámetro se especifica el número de curvas que se
desea.
1 Los autores están conscientes de que la traducción correspondiente para la palabra “comand” es “instrucción”; sin
embargo, se mantendrá en este trabajo el término “comando” porque convencionalmente la pragmática del uso en
este campo así lo ha establecido.
16
LÍMITE Y CONTINUIDAD
El estudio de los límites de funciones de varias variables es mucho más
complejo que el de funciones de una variables, pues en éste únicamente se
tienen dos caminos para acercarse a un punto, por la derecha o por las
izquierda; mientras que en el caso de varias variables existe una infinidad de
caminos para acercarnos a un punto (a, b). Es importante destacar que si
intentando por diferentes curvas o caminos que pasan por 0x
r
resulta el
mismo límite b, entonces sospechamos que el límite de la función, cuando x
r
tiende a 0x
r
, es b, y este hecho tiene que ser demostrado usando la definición
de límite.
Para el cálculo de límite nos podemos valer de dos propiedades que a
continuación enunciaremos:
i.- En coordenadas polares decir que (x, y) → (0,0) equivale a decir que
r → 0 independientemente del valor de θ.
ii.- Si f: D ⊆ ℜn → ℜ es un producto de dos funciones, una de las cuales
está acotada y la otra tiene límite cero en 0x
r
, entonces f tiene límite cero
en 0x
r
.
EJEMPLO 4
Estudie si existe el siguiente límite:
→(x,y) (0,0)
lím
4
4 4
x y
x + y
(1)
Solución:
Este ejemplo lo resolveremos utilizando dos métodos diferentes.
• Primer método:
Observemos que se cumple la siguiente desigualdad:
4
4 4
x y
x + y
<
4
4
x y
x
= ⏐y⏐
luego para puntos (x, y) muy “cercanos” al punto (0,0) la variable y se
“acerca” al número cero, esta situación nos hace “intuir” que
la expresión
4
4 4
x y
x + y
se acerca al valor cero.
17
También podemos observar que si nos acercamos al punto por una familia
de rectas que pasen por el origen, es decir, si sustituimos en la
expresión
4
4 4
x y
x + y
la variable y por y = kx, obtenemos
4
4 4
x y
x + y
=
4
kx
1+k
de aquí tenemos
→(x, y) (0, 0)
lím
4
4 4
x y
x + y
=
→x 0
lím
4
kx
1+k
= 0
Por las dos observaciones hechas anteriormente, podemos sospechar que el
límite que nos mandan a buscar en (1) “tiende” a cero. Para comprobar esto
tenemos que demostrar por definición de límite que
→(x, y) (0,0)
lím
4
4 4
x y
x + y
= 0
es decir, que dado un número real ε > 0, existe un número real δ > 0 que
verifica la siguiente condición:
Si (x, y) ∈ Dom(f) y 0 < || (x, y) − (0,0) || < δ, entonces | f(x, y) − 0 | < ε.
Se tiene que
4
4 4
x y
x + y
<
4
4
x y
x
≤ ⏐y⏐
y como
⏐y⏐< 2 2x + y < δ.
Entonces tomando δ = ε tenemos
Si 0 < || (x,y) − (0,0) || = 2 2x + y < δ, entonces
4
4 4
x y
x + y
< ε.
En consecuencia
→(x, y) (0, 0)
lím
4
4 4
x y
x + y
= 0
18
• Segundo método:
Para este segundo método utilizaremos el siguiente resultado:
Si f: D ⊆ ℜn → ℜ es un producto de dos funciones, una de las cuales está acotada
y la otra tiene límite cero en 0x
r
, entonces f tiene límite cero en 0x
r
.
Nótese que:
4
4 4
x y
x + y
= g(x, y).h(x, y) = ( )⎛ ⎞⎜ ⎟
⎝ ⎠
4
4 4
x
y
x + y
,
en este caso la función que está acotada es g(x, y) =
4
4 4
x
x + y
con cota
igual a 1; mientras que la función h(x, y) = y es la que tiende a cero,
cuando (x, y) → (0,0).
Por lo tanto:
→(x, y) (0, 0)
lím
4
4 4
x y
x + y
≤
→(x, y) (0,0)
lím
4
4 4
x
. y
x + y
≤
→(x, y) (0,0)
lím y = 0.
De aquí que
→(x, y) (0,0)
lím
4
4 4
x y
x + y
= 0
EJEMPLO 5
Pruebe que la función f: ℜ2 −{(0,0)}→ ℜ definida por:
f(x, y) =
2 2
2 2
x + y
x + y + 1 - 1
posee límite igual a 2 en el punto (0,0).
Solución:
La única forma de probar la existencia del límite es por definición
Tenemos que demostrar por definición que
→(x,y) (0,0)
lím
2 2
2 2
x + y
x + y +1 - 1
= 2
19
es decir que, dado un número real ε > 0, existe un número real δ > 0 que
verifica la siguiente condición:
Si x
r
∈ A y 0 < || (x, y) − (0,0) || < δ, entonces | f(x, y) − 2 | < ε.
Consideremos δ como incógnita y supongamos 0 < || (x, y) || < δ,
desarrollando la expresión | f(x, y) − 2 | < ε tenemos que
| f(x, y) − 2 | =
2 2
2 2
x + y
- 2
x + y +1 -1
<
2 2 2 2
2 2
(x + y ) ( x + y +1 +1)
- 2
x + y +1-1
< 2 2x + y +1 +1- 2 ≤ 2 2x + y = || (x, y) || < δ,
(Para verificar que 2 2x + y +1 +1- 2 ≤ 2 2x + y , se eleva al cuadrado a
ambos miembros de la desigualdad, se desarrolla y se simplifica
obteniéndose 2 2x + y ≥ 0, a lo cual es cierto para todo x, y ∈ ℜ); luego, para
obtener | f(x, y) − 2 | < ε basta elegir cualquier δ > 0 con δ ≤ ε
En consecuencia
→(x,y) (0,0)
lím
2 2
2 2
x + y
x + y +1 - 1
= 2
EJEMPLO 6
Pruebe por definición, que la función f: ℜ2 −{(0,0)} → ℜ definida por:
f(x, y) =
2
2 2
3x y
x + y
posee límite igual a 0 en el punto (0,0)
Solución:
Tenemos que demostrar por definición que
→(x,y) (0,0)
lím
2
2 2
3x y
x + y
= 0
es decir que, dado un número real ε > 0, existe un número real δ > 0 que
verifica la siguiente condición:
Si x
r
∈ℜ2 −{(0,0)} y 0 < || (x, y) − (0,0) || < δ, entonces | f(x, y) − 0 | < ε.
20
Consideremos δ como incógnita y supongamos 0 < || (x, y) ||<δ,
desarrollando la expresión |f(x,y)−0|<ε tenemos
que | f(x, y) | =
2
2 2
3x y
x + y
=
2
2 2
3x | y |
x + y
pero x2 ≤ x2 + y2 ya que y2 ≥ 0, de modo que
| f(x, y) | =
2
2 2
3x | y |
x + y
≤ 3 | y | = 3 2y ≤ 3 2 2x + y = 3|| (x, y) || < 3δ,
luego para obtener | f(x, y) | < ε basta elegir cualquier δ =
3
ε .
En consecuencia
→(x,y) (0,0)
lím
2
2 2
3x y
x + y
= 0
EJEMPLO 7
Calcule, si existe,
→(x,y) (0,1)
lím
2 2
xy - x
x + y - 2y + 1
.
Solución:
Sea f(x, y) =
2 2
xy - x
x + y - 2y + 1
. Si sustituimos y = mx + 1 en f(x, y) se tiene
f(x, mx + 1) =
2
m
1 m+
, x ≠ 0
de donde se deduce que no existe
→(x,y) (0,1)
lím f(x, y), ¿por qué?
EJEMPLO 8
Sea f: U ⊆ ℜ2 → ℜ una función definida en un conjunto abierto U de ℜ2. Sea
v
v
∈ ℜ2 un vector no nulo dado. Se dice que f es continua en la dirección del
vector v en el punto p(x0, y0) ∈ U, si
→t 0
lím f(p + t v
v
) = f (p).
Estudie si la siguiente proposición es cierta: f es una función continua en el
punto p(x0, y0), entonces f es continua en la dirección de cualquier vector no
nulo v
v
∈ℜ2 en ese punto. En caso contrario de un contraejemplo.
21
Solución:
Por hipótesis tenemos que f es continua en (x0, y0), entonces, dado un
número real ε > 0, existe un número real δ > 0 que verifica la siguiente
condición:
Si w ∈ U y || w − p || < δ, entonces | f(w) − f(p) | < ε.
Queremos demostrar que, dado el vector no nulo v∈ℜ2 y número real
ε > 0, existe un número real δ1 = δ1 (v, ε) > 0 tal que
Si | t | < δ1, entonces | f( p + tv ) − f(p) | < ε.
Como v es vector no nulo se tiene que || v || ≠0, luego
tomando
δ1 =
||v||
δ
tenemos
| t | < δ1 =
||v||
δ
⇔ || tv || < δ ⇔ || p + tv − p || < δ
y como f es continua en p implica que
| f( p + tv ) − f(p) | < ε.
EJEMPLO 9
Sea f : ℜ2 → ℜ la función definida por:
f(x, y) =
⎧
≠⎪
⎨
⎪
⎩
2 2
2 2
2 x - y
si (x,y) (0,0)
2 x + y
0 si (x,y) = (0,0)
Pruebe que la función f es continua en todo punto diferente de (0,0), pero no
es continua en (0,0).
Solución:
La función f es continua en todo punto (x, y) ≠ (0,0) ya que es el cociente de
dos funciones continuas.
→y 0
lím f(x, y) = 1 si x ≠ 0
→x 0
lím f(x, y) = −1 si y ≠ 0
22
luego
→x 0
lím (
→y 0
lím f(x, y) ) = 1,
→y 0
lím (
→x 0
lím f(x, y) ) = −1.
De aquí se deduce que
→(x,y) (0,0)
lím f(x, y) no existe, en consecuencia f no es
continua en el punto (0,0).
EJEMPLO 10
Sea f: ℜ2 → ℜ la función definida por:
f (x, y) =
⎧ ≠⎪
⎨
⎪⎩
2 2
x y - 2x - y + 2
si (x,y) (1,2)
x + y - 2x - 4y + 5
0 si (x,y) = (1,2)
Determine si f es continua en el punto (1,2).
Solución:
Debemos determinar si
→(x,y) (1,2)
lim f(x, y) = f(1, 2) = 0 .
Primero observamos que para (x, y) ≠ (1, 2) la función f se puede escribir de
la siguiente forma
f(x, y) =
2 2
(x -1) (y - 2)
(x -1) + (y - 2)
Acerquémonos al punto (1, 2) a lo largo de cualquier recta que atraviesa el
punto, es decir, rectas de la forma y − 2 = m(x − 1), o equivalentemente
y = m(x − 1) + 2, donde m es la pendiente, entonces
f (x, m(x − 1) + 2) =
2 2
(x -1) (m(x -1))
(x -1) + (m(x -1))
=
2
m
1 m+
De aquí que si (x, y) → (1,2) a lo largo de la familia de rectas
y − 2 = m(x − 1), se tiene que
→(x,y) (1,2)
lim f(x,y) depende del valor de m.
Concluimos que el límite no existe y en consecuencia f no es continua
en (1,2).
23
EJEMPLO 11
Se da la función f definida por f(x, y) =
2 3
4 4
3x y
x + y
que no está definida en
(0,0). ¿Es posible definir el valor f(0,0) de tal modo que f sea continua en ese
punto?
Solución:
Expresando la función f(x, y) =
2 3
4 4
3x y
x + y
en coordenadas polares x = r cos(θ),
y = r sen(θ) obtenemos la función
g(r, θ) = f(r cos(θ), r sen(θ) ) = θ θ
θ θ
5 2 3
4 4 4
3 r cos ( ) sen ( )
r (cos ( ) + sen ( ) )
= θ θ
θ θ
2 3
4 4
3 r cos ( ) sen ( )
(cos ( ) + sen ( ) )
Podemos observar la función g como el producto de dos funciones ξ(r) = r y
ψ(θ) = θ θ
θ θ
2 3
4 4
3 cos ( ) sen ( )
(cos ( ) + sen ( ) )
, como
→r 0
lím ξ(r) = 0 y ψ(θ) está
acotada, entonces
→r 0
lím g(r, θ) =
→r 0
lím ξ(r)ψ(θ) = 0
en consecuencia
→(x,y) (0,0)
lím f(x, y) = 0.
Por lo tanto podemos definir f(0,0) = 0 para que sea continua en ese punto.
Observación:
En este límite se usó la siguiente propiedad: si una función h es el producto de
una función acotada por otra que tiende a cero, entonces h tiende a cero.
Veamos que la función ψ(θ) está acotada, en efecto:
| sen(2θ) | ≤ 1
0 ≤ (sen(2θ))2 ≤ 1
0 ≤ (2sen(θ)cos(θ))2 ≤ 1
0 ≤ sen2(θ) cos2(θ) ≤ 1/4
0 ≤ sen2(θ) cos2(θ) (sen(θ) + 1) ≤ (1/4) (sen(θ) + 1) ≤ 1/2
2sen3(θ) cos2(θ) + 2 sen2(θ) cos2(θ) ≤ 1 = (sen2(θ) + cos2(θ))2
2sen3(θ) cos2(θ) ≤ sen4(θ) + cos4(θ)
24
de aquí que
θ θ
θ θ
2 3
4 4
3 cos ( ) sen ( )
(cos ( ) + sen ( ) )
≤
1
2
luego la función ψ(θ) está acotada.
EJEMPLO 12
Calcule, si es posible, el siguiente límite:
→(x, y) (0,0)
lim
2
2 2
3x y
x + y
a lo largo de la trayectoria y = mx, tenemos
→(x,mx) (0,0)
lim
2
2 2
3x mx
x + (mx)
=
→ 2x 0
3mx
lim
1+ m
= 0
a lo largo de la trayectoria y = x2, tenemos
→2(x,x ) (0,0)
lim
4
2 2 2
3x
x + (x )
=
→
2
2x 0
3x
lim
1+ x
= 0
una tercera trayectoria es la parábola x = y2, entonces
→2(y ,y) (0,0)
lim
( )
5
22 2
3y
y + y
=
→
3
2y 0
3y
lim
1+ y
= 0
De lo anteriormente realizado podemos sospechar que el límite podría ser 0.
Nunca lo sabremos hasta hallar otra trayectoria a lo largo de la cual el límite
sea diferente, o hasta que se demuestre por definición que realmente el
límite es cero, es decir, dado ε > 0, tenemos que demostrar que existe δ > 0
tal que si
0 < ||(x, y) − (0,0)|| < δ, entonces |f(x, y) − 0| < ε
para demostrar esto, consideremos
|f(x, y) − 0| =
22 2
2 2 2 2 2 2
3x | y |3x y 3x y
- 0 = =
x + y x + y x + y
25
como x2 ≤ x2 + y2 , ya que y2 ≥ 0, entonces
2
2 2
x
x + y
≤ 1
de modo que
2
2 2
3x | y |
x + y
≤ 3 |y| < 3 2 2x + y < 3δ < ε
tomando δ < ε/3 nos queda
0 < ||(x, y) − (0,0)|| < δ, entonces
2
2 2
3x y
- 0
x + y
< ε.
26
EJERCICIOS PROPUESTOS
1).- Determine el dominio de las siguientes funciones
a.- z = f(x, y) =
2 2
1
1- x - y
b.- z = f(x, y) = 2 2x + y -1
c.- z = f(x, y) =arcsen(x+y) d.- z = f(x, y) = arcsen ( )y -1x
e.- z = f(x, y) = xsen(y) f.- z = f(x, y) = 2 2 2
1
R - x - y
2).- Para cada uno de los campos escalares que se dan a continuación,
hallar las curvas o superficie de nivel, según sea el caso correspondiente y
represéntalas usando maple.
a.- z = f(x, y) = arcsen(x y) b.- z = f(x, y) = Ln(x2 + y)
c.- z = f(x, y) = x2 + y2 d.- z = f(x, y) = xy
e.- w = f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 f.- w = f(x, y, z) = x2 + y2
3) Determine el rango de las siguientes funciones
a.- z = f(x, y) =
2x - ye b.- z = f(x, y) = 2 236 - 9x - 4y
c.- z = f(x, y) = 3 d.- z = f(x, y) = 2 2
1
1+ x + y
4) Calcule los siguientes límites, si es que existen, o demuestre que no
existen
a.-
→
x y
(x, y) (0,0)
e
lim
x +1
b.-
→ 2 2(x, y) (0,0)
1
lim x sen
x + y
c.-
→
2 2
2 2(x, y) (0,0)
1- cos (x + y )
lim
x + y
d.-
→
2 2
2 2(x, y) (0,0)
(x + y )
lim
x + y +1 -1
e.- ( x2 + y2 )Ln(x2 + y2) f.- →(x, y) (0,0)
lím
3 2
2 2
x y
x + y
27
g.-
→(x, y) (0,0)
lím
2
2 2
x
x + y
h.- →(x,y) (0,0)
lím
2 2
x y
x + y
i.-
→(x,y,z) (0,0,0)
lím
2 2
2 2 4
xy + yz + xz
x + y + z
j.-
→(x,y) (0,0)
lím
3 3
2 2
x + y
x + y
(Use coordenadas polares)
k.-
→(x, y) (0,0)
lím ( ( )2 2 2 2x + y ln(x + y ) (Use coordenadas polares)
l.-
→(x, y) (0,0)
lím f(x, y) , con f(x, y) =
⎧ ≠⎪
⎨
⎪⎩
2 2
x y
si (x, y) (0, 0)
x+ 2xy + y
0 si (x, y) = (0, 0)
5.- Pruebe que
→(x,y) (1,0)
y sen(x -1)
lím
x -1
= 0.
6.- Determine el conjunto más grande donde la función sea continua.
a.- f(x, y, z) =
2 2
xyz
x + y - z
b.- f(x, y) =
2 2
2
x + y
c.-
f(x, y) =
π π
1 1
+
sen( x) sen( y)
d.-
⎧ ≠⎪
⎨
⎪⎩
2 2
xy
si (x, y) (0, 0)
f(x,y) = x + xy + y
0 si (x, y) = (0, 0)
7.- Considere la siguiente función
f(x, y) =
⎧
≠⎪
⎨
⎪
⎩
2 2
2 2
x y(x - y )
si (x, y) (0, 0)
x + y
0 si (x, y) = (0, 0)
a.- Dibuje con maple la gráfica y las curvas de nivel de f.
b.-¿Sugiere la gráfica de la parte a) que f es continua en (0,0)?
Explique su respuesta.
28
8.- Explique por qué la siguiente función no es continua a lo largo de
la recta y = 0.
f(x, y) =
≥⎧
⎨
⎩
1- x si y 0
- 2 si y < 0
[Recuerde que estudiar la continuidad sobre la recta y = 0 es lo mismo que
estudiar la continuidad en puntos de la forma (a,0)]
En los problemas 9 y 10, determine si existe un valor de c para el cual
la función sea continua en todas partes. Si es así, encuéntrelo; si no,
explique por qué.
9.- f(x, y) =
≤⎧
⎨
⎩
c + y si x 3
5 - y si x > 3
10.- f(x, y) =
≤⎧
⎨
⎩
c + y si x 3
5 - x si x > 3
29
UNIDAD 2 CÁLCULO DIFERENCIAL DE FUNCIONES DE ℜn EN ℜm
OBJETIVO DE APRENDIZAJE
Aplicar el concepto de derivada direccional, derivada parcial y la
diferencial de una función de varias variables, así como sus
propiedades, en la solución de problemas.
CONTENIDO
La derivada direccional. La derivada parcial. La diferencial y sus aplicaciones.
Cálculo de la matriz jacobiana. La regla de la cadena y sus aplicaciones.
Derivación implícita. Teoremas de la función inversa y la función implícita.
En la presente unidad presentaremos una serie de ejemplos donde
aplicaremos las definiciones de derivada direccional, derivada parcial y la
diferencial. También calcularemos derivadas parciales utilizando las reglas
de derivación y derivación implícita.
Calcularemos además la matriz jacobiana, matriz ésta que lleva su
nombre en honor de su creador, Carl Jacobi, y la emplearemos para el
cálculo de la regla de la cadena. Resolveremos ejemplos donde apliquemos
los teoremas de la función inversa e implícita.
Comenzamos el Objetivo 2 con un resumen biográfico del matemático
alemán Carl Jacobi o Carl Gustav Jacob Jacobi, personaje éste en el que se
centra el grueso de la presente unidad.
Carl Gustav Jacob Jacobi
(1804 - 1851)
Nacido en diciembre 10 de 1804 en Potsdam,
(Prusia actual), Alemania y fallecido en febrero 18 de
1851 en Berlín.
Matemático muy prolífico que contribuyó en
varias ramas de la matemática, como el álgebra, las
ecuaciones diferenciales, la teoría de números.
Formula separadamente del matemático noruego
Niels Henrik Abel la “Teoría de Funciones Elípticas”.
30
Jacobi tenía la reputación de ser un excelente maestro por lo
que se le ha considerado el profesor más estimulante de su tiempo,
atraía a muchos estudiantes. Introdujo un método de seminario para
enseñar a los estudiantes los últimos avances matemáticos.
LA DERIVADA DIRECCIONAL. LA DERIVADA PARCIAL
• La derivada direccional
EJEMPLO 1
Sea f de ℜ2 en ℜ la función definida por
⎧
≠⎪
⎨
⎪
⎩
2
4 2
x y
si (x,y) (0,0)
f(x,.y) = x + y
0 si (x,y) = (0,0)
Dado el vector unitario v
r
= (a, b) ∈ ℜ2, calcule, por definición, la derivada
direccional f
v
∂
∂
r (0,0).
Solución:
Dado el vector unitario v = (v1, v2), tenemos:
1 2f(hv ,hv ) - f(0,0)
h
= 1 2
f(hv ,hv )
h
=
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2
1 2
4 2
1 2
(hv ) hv1
h (hv ) + (hv )
= ⎛ ⎞⎜ ⎟
⎝ ⎠
3 2
1 2
3 2 4 2
1 2
h v v1
h h v + v
=
2
1 2
2 4 2
1 2
v v
h v + v
Este cociente se puede tomar debido a que si v es un vector unitario
entonces v1 ≠ 0 ó v2 ≠ 0
por lo tanto
∂
∂
r
f
v
(0,0) =
→h 0
lím
2
1 2
2 4 2
1 2
v v
h v + v
=
2
1
2
v
v
, si v2 ≠ 0.
además
∂
∂
r
f
v
(0,0) = 0 , si v2 = 0
así la derivada direccional de f existe en cualquier dirección en el punto (0,0).
31
EJEMPLO 2
Sea f de ℜ3 en ℜ la función definida por
f (x, y, z) =
2
2
x
a
+
2
2
y
b
+
2
2
z
c
Pruebe si la derivada direccional de f en cualquier punto (x0, y0, z0) ≠ (0, 0, 0)
en la dirección que va desde éste al origen de coordenadas es
0 0 0
2 2 2
0 0 0
- 2f(x ,y ,z )
x + y + z
Solución:
El vector que nos da la dirección donde queremos calcular la derivada
direccional es:
v = (0, 0, 0) − (x0 ,y0 , z0 ) = (−x0 , −y0 , −z0 )
luego, el vector unitario es
w = 0 0 0
2 2 2
0 0 0
- (x ,y ,z )
x + y + z
definamos la función g:ℜ→ℜ por
g(t) = f ( (x0 ,y0 , z0 ) + t λ(−x0 , −y0 , −z0 ) )
donde
λ =
2 2 2
0 0 0
1
x + y + z
,
entonces
g(t) = f ( (1 − t λ) (x0 ,y0 , z0 ) ) = (1 − t λ) 2 f ( x0 ,y0 , z0 )
luego, tenemos que
f ′((x0 ,y0 , z0 ) ; w) = g′(0) = −2λ f ( x0 ,y0 , z0 ) = 0 0 0
2 2 2
0 0 0
- 2f(x ,y ,z )
x + y + z
32
EJEMPLO 3
Calcule la derivada direccional de la función f(x, y) =
2y
x
, en el punto (3,−1)
de la elipse de ecuación 3x 2 + 9y 2 = 36, en la dirección de la recta normal a
la elipse.
Solución:
La recta normal a la elipse de ecuación 3x2 + 9y2 = 36 en un punto (x0, y0)
viene determinada por la expresión y − y0 = (3 y0/x0) (x − x0). Por lo tanto la
dirección de la recta normal a la elipse en el punto (x0, y0) está determinada
por la dirección del vector v1 = (x0, 3y0) y como (x0, y0) = (3, −1) se tiene
v1 = (3, −3) y así el vector unitario en la dirección antes mencionada es
v = 1
2
(1, −1).
Definamos la función g por
g(t) = f ( (3,−1) + t
2
(1,−1) ) = f ⎛ ⎞⎜ ⎟
⎝ ⎠
t t
3+ , -1-
2 2
,
luego como f(x, y) =
2y
x
, obtenemos g(t) =
⎛ ⎞
⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
2
t
1+
2
t
3+
2
=
2( 2 +t)1
2 3 2 +t
entonces
g ′(t) =
2
2
2( 2 +t)(3 2 +t) - ( 2 +t)1
2 (3 2 +t )
por lo tanto la derivada direccional buscada es g ′(0) =
1 10
182
=
5 2
18
.
33
EJEMPLO 4
Sean v
r
= (v1, v2, …, vn) un vector unitario de ℜn y f: ℜn →ℜ la función
definida por f(x1, x2, …, xn) = a1x1 + a2x2 +…. + an xn donde a1, a2, …, an son
las componentes de un vector a
r
cualquiera en ℜn.
Demuestre, por definición, que la derivada direccional de f en la dirección del
vector v
r
se puede escribir como
∂
∂
r
f
v
= v1
∂
∂ 1
f
x
+ v2
∂
∂ 2
f
x
+…. + vn
∂
∂ n
f
x
Solución:
Por definición de derivada direccional de la función f en el punto r
x = (x1, x2, …xn) y en la dirección del vector v
r
, tenemos
∂
∂
r
r
f
(x)
v
=
→h 0
lim
r r r
f(x + t v) - f(x)
h
=
=
→h 0
lim
[ ]1 2 n 1 2 n 1 2 nf (x ,x ,...,x ) + h(v ,v ,...,v ) - f(x ,x ,...,x )
h
=
→h 0
lim 1 1 1 2 2 2 n n n 1 1 2 2 n na (x +hv )+a (x +hv )+...+a (x +hv ) - (a x + a x +...+a x )
h
=
→h 0
lim 1 1 2 2 n n
h(a v + a v +... +a v )
h
=
→h 0
lim 1 1 2 2 n na v + a v +... +a v
= 1 1 2 2 n na v + a v +... +a v =
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂1 2 n1 2 n
f f f
v + v +... + v
x x x
¿Por qué?
EJEMPLO 5
Sea f : D ⊂ ℜ2 → ℜ la función definida por
f(x, y) = Ln(x + y),
donde D = {(x, y)∈ ℜ2 / x + y > 0 }.
Halle la derivada direccional de f en el punto (1,2) y en la dirección de la recta
tangente a la parábola de ecuación y2 = 4x en el punto dado.
Solución:
La recta tangente a la parábola y2 = 4x en el punto (1,2) viene determinada
por la expresión y −2 = x−1. ¡Compruébelo!
34
Por lo tanto la dirección de la recta tangente a la parábola en el punto (1, 2)
está determinada por la dirección del vector v1 = (1, 1),
luego v = 1
1
v
|| v ||
=
1
2
(1,1)
Entonces
g(t) = f( (1,2) + t
1
2
(1,1) ) = f( 1 +
t
2
, 2 +
t
2
) = Ln( 3 +
2t
2
)
de donde se obtiene
g ′(t) =
2
3 2 + 2t
y por lo tanto
g ′(0) =
2
3
la derivadadireccional de f en el punto (1, 2) perteneciente a la parábola de
ecuación y 2 = 4x y en la dirección de la recta tangente a la parábola es
f ′( (1,2) + t
1
2
(1,1) ) =
2
3
• La derivada parcial
EJEMPLO 6
Pruebe si la función z = arctg (
x
y
), donde
x = x (u, v) = u + v y y = y(u, v) = u − v
satisface la relación:
∂
∂
z
u
+
∂
∂
z
v
=
2 2
u - v
u + v
(*)
35
Solución:
Sea z = f (x, y), entonces
∂
∂
z
u
=
∂
∂
f
x
∂
∂
x
u
+
∂
∂
f
y
∂
∂
y
u
∂
∂
z
v
=
∂
∂
f
x
∂
∂
x
v
+
∂
∂
f
y
∂
∂
y
v
,
donde
∂
∂
f
x
=
2
1
x
1+ ( )
y
1
y
=
2 2
y
x + y
=
2 2
u - v
(u - v) + (u + v)
=
2 2
u - v
2 (u + v )
∂
∂
f
y
=
2
1
x
1+ ( )
y
2
-x
( )
y
= −
2 2
x
x + y
= −
2 2
u + v
2 (u + v )
∂
∂
x
u
= 1;
∂
∂
x
v
= 1;
∂
∂
y
u
= 1 ;
∂
∂
y
v
= − 1,
entonces
∂
∂
z
u
=
2 2
u - v
2 (u + v )
−
2 2
u + v
2 (u + v )
= 2 2
- v
u + v
∂
∂
z
v
=
2 2
u - v
2 (u + v )
+
2 2
u + v
2 (u + v )
= 2 2
u
u + v
luego
∂
∂
z
u
+
∂
∂
z
v
=
2 2
u - v
u + v
en consecuencia f satisface la relación (*).
36
EJEMPLO 7
Sea f de ℜ3 en ℜ la función definida por
f (x, y, z) =
y
z
x +
z
y
x +
x
z
y +
z
x
y +
x
y
z +
y
x
z
Calcule
∂
∂
f
x
,
∂
∂
f
y
y
∂
∂
f
z
en el punto (1, 1, 1).
Solución:
Considerando la función f como una función tan sólo de la variable x y las
otras coordenadas fijas obtenemos
∂
∂
f
x
= y
z
y
-1
zx + z
y
z
-1
yx + Ln(y)
z
x
z
y − z
2
Ln(y)
x
z
x
y +
Ln(z)
y
x
y
z − y
2
Ln(z)
x
y
x
z
de aquí que
∂
∂
(1,1,1)
f
x
= 2
considerando la función f como una función tan sólo de la variable y y las
otras coordenadas fijas obtenemos
∂
∂
f
y
= x
z
x
-1
zy + z
x
z
-1
xy + Ln(x)
z
y
z
x − z
2
Ln(x)
y
z
y
x +
Ln(z)
x
y
x
z − x
2
Ln(z)
y
x
y
z
y evaluando en el punto (1,1,1) nos queda
∂
∂
(1,1,1)
f
y
= 2
de igual manera procedemos a considerar la función f como una función de la
variable z con las otras coordenadas fijas
∂
∂
f
y
= x
y
x
-1
yz + y
x
y
-1
xz + Ln(x)
y
z
y
x − y
2
Ln(x)
z
y
z
x +
Ln(y)
x
z
x
y − x
2
Ln(y)
z
x
z
y
en consecuencia
∂
∂
(1,1,1)
f
z
= 2
37
EJEMPLO 8
Sea la función z = f(x, y) =
2 2
xy
x +y
, con x = x (s, t) = se cos(t),
y = y(s, t) = se sen(t).
Halle ⎛ ⎞∂⎜ ⎟∂⎝ ⎠
2
z
s
+ ⎛ ⎞∂⎜ ⎟∂⎝ ⎠
2
z
t
Solución:
Aplicando la regla de la cadena a la función z = f (x, y), obtenemos
∂
∂
z
s
=
∂
∂
f
x
∂
∂
x
s
+
∂
∂
f
y
∂
∂
y
s
t
z
∂
∂
=
∂
∂
f
x
∂
∂
x
t
+
∂
∂
f
y
∂
∂
y
t
,
y como
∂
∂
f
x
=
2 2
2 2 2
y(x + y ) - xy2x
(x + y )
=
3 2
2 2 2
y - x y
(x + y )
=
se− sen(t) ( sen2(t) − cos2(t) )
∂
∂
f
y
=
2 2
2 2 2
x(x + y ) - xy2x
(x + y )
=
3 2
2 2 2
x - y x
(x + y )
=
se− cos(t) ( cos2(t) − sen2(t) )
∂
∂
x
s
= se cos(t) ;
∂
∂
x
t
= − se sen(t) ;
∂
∂
y
s
= se sen(t) ;
∂
∂
y
t
= se cos(t),
entonces
⎛ ⎞∂
⎜ ⎟∂⎝ ⎠
2
z
s
+ ⎛ ⎞∂⎜ ⎟∂⎝ ⎠
2
z
t
= [sen(t)cos(t)(sen2(t) − cos2(t)) + sen(t)cos(t)(cos2(t)−sen2(t))]2
+ [−sen2(t)(sen2(t) − cos2(t)) + cos2(t)(cos2(t)−sen2(t))]2
= ( cos2(t) − sen2(t) )2
38
EJEMPLO 9
Considere la función f: ℜ2 → ℜ definida por:
f(x, y) =
⎧
⎨
⎩
x + yx si x ³ 0
x - yx si x < 0
Aplicando la definición de derivadas parciales, halle en qué puntos del plano
la función f posee derivada parcial con respecto a la coordenada x.
Solución:
Aplicando la definición de derivada parcial con respecto a la coordenada x,
para los puntos (x, y) tales que x > 0, obtenemos
∂
∂
f
x
(x, y) =
→h 0
f(x + h, y) - f(x, y)
lím
h
=
→h 0
(x + h) +y(x + h) - (x + yx)
lim
h
=
→h 0
h + y h
lim
h
=
→h 0
lim 1+ y = 1 + y
de manera similar se tiene que para los puntos (x, y) tales que x < 0
∂
∂
f
x
(x, y) =
→h 0
f(x + h, y) - f(x, y)
lím
h
= 1 − y.
estudiemos ahora los puntos de la forma (0,y) con y ≠ 0
∂
∂
f
x
(0,y) =
→h 0
f(0 + h, y) - f(0, y)
lím
h
=
→h 0
f(h, y)
lím
h
luego, por la definición de la función f tenemos que
→h 0
f(h, y)
lím
h
=
→
→
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩
h 0
h 0
+
-
h+ yh
lím =1+ y
h
h- yh
lím =1- y
h
de donde deducimos que no existe la derivada parcial de f con respecto a la
coordenada x en los puntos de la forma (0,y) con y≠ 0
finalmente tenemos que ∂
∂
f
x
(0,0) =
→h 0
lím
→h 0
f(0 + h, 0) - f(0, 0)
lím
h
= 0
39
En consecuencia
∂
∂
f
x
(x, y) =
( )
( )
( )
( )
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪ ≠⎩
1+ y , para los puntos x, y con x > 0
1- y , para los puntos x, y con x < 0
0 , para el punto 0, 0
No existe para los puntos de la forma 0, y con y 0
EJEMPLO 10
Sea f : ℜ2 → ℜ la función definida por:
f (x, y) =
⎧ ≠⎪
⎨
⎪
⎩
2 2
xy
si (x,y) (0,0)
x +y
0 si (x,y)=(0,0)
Halle las derivadas parciales de la función z = f(x, y) para todos (x, y) ∈ℜ2.
Solución:
Para todo (x, y) distinto de (0,0) se tiene
( )
∂
∂
3
32 2
f y
=
x
x + y
,
( )
∂
∂
3
32 2
f x
=
y
x + y
por otra parte, si (x, y) = (0,0), tendremos
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
→ →
→ →
∂
∂
∂
∂
h 0 h 0
h 0 h 0
f 0+h,0 - f 0,0f 0-0
0,0 = lim = lim = 0
x h h
f 0,0+h - f 0,0f 0-0
0,0 = lim = lim =0
y h h
.
En consecuencia
( ) ( )
⎧
≠⎪∂ ⎪
⎨∂ ⎪
⎪⎩
3
32 2
y
si (x, y) (0,0)
f
x, y = x + yx
0 si (x, y) =(0,0)
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
⎧
≠⎪∂ ⎪
⎨∂ ⎪
⎪⎩
3
32 2
x
si x,y 0,0
f
x,y = x +y
y
0 si x,y = 0,0
40
Comentario:
Observe que para calcular la derivada parcial de f en el punto (0,0) tuvimos
que aplicar la definición, ya que al calcular las derivadas parciales de primer
orden de la función f nos queda una función que no está definida en el (0,0).
EJEMPLO 11
Sea f: ℜ2 → ℜ la función definida por f(x, y) = 2 2x + y , calcule
∂
∂
f
x
(0,0) y
∂
∂
f
y
(1,1) y dé una interpretación geométrica de estos números, en caso de
ser posible.
Solución:
Para calcular
∂
∂
f
x
(0,0) usaremos la definición de la derivada parcial de f con
respecto a x en el punto (0,0). ¿por qué?
∂
∂
f
x
(0,0) =
→h 0
lím
f(0 + h, 0) - f(0,0)
h
=
→h 0
lím
2h
h
=
→h 0
lím
h
h
=
⎧
⎨
⎩
+
-
1 si t ® 0
-1 si t ® 0
lo cual indica que no existe
∂
∂
f
x
(0,0).
Para todo punto (x, y)≠(0,0) se tiene que
∂
∂
f
y
(x, y) =
2 2
y
x + y
,
luego
∂
∂
f
y
(1,1) =
2
2
. Este número representa la pendiente de la recta
tangente a esa curva en el plano x = 1.
EJEMPLO 12
Considere la función f : ℜn - {(0, 0, … , 0)} → ℜ definida por
f(x1, x2, …,xn ) =
1
2
x
x
+
2
3
x
x
+
3
4
x
x
+
4
5
x
x
+.….. +
n-1
n
x
x
41
pruebe si se cumple la siguiente igualdad
∂
∂∑
n
i
ii =1
f
x
x
= 0
Solución:
Hallemos
∂
∂ i
f
x
y xi
∂
∂ i
f
x
para i = 1,2,…n
∂
∂ 1
f
x
=
2
1
x
x1
∂
∂ 1
f
x
= 1
2
x
x
∂
∂ 2
f
x
= 1
2
32
x 1
- +
xx
x2
∂
∂ 2
f
x
= 1 2
32
x x
- +
xx
∂
∂ 3
f
x
= 2
2
3 4
x 1
- +
xx
x3
∂
∂ 3
f
x
= 32
43
xx
- +
xx
y de esta manera tenemos
∂
∂ n-1
f
x
= n-2
2
nn-1
x 1
- +
xx
x n − 1
∂
∂ n-1
f
x
= n-2 n-1
nn-1
x x
- +
xx
∂
∂ n
f
x
= n-1
2
n
-x
x
x n
∂
∂ n
f
x
= n-1
n
-x
x
luego, sumando los términos de la segunda columna se obtiene que
∂
∂∑
n
i
ii =1
f
x
x
= 0.
LA DIFERENCIAL Y SUS APLICACIONES
EJEMPLO 13
Sea g: ℜ → ℜ una función diferenciable y definamos la función f de ℜ2 en ℜ
por
f(x, y) = 4g(x) + 7g(y) ,
demuestre por definición que f es diferenciable en todo su dominio.
42
Solución:
Para demostrar que f es diferenciable primero debemos encontrar una
transformación linealy comprobar que ésta satisface el límite (β) de la
definición de diferenciabilidad (ver sección 40 definición 9 del libro
Matemática IV (735), tomo I.
Sea ( , )0 0x yL :ℜ
2 → ℜ la aplicación definida por:
( , )0 0x y
L (v1, v2 ) = 4g′(x0)v1 + 7g′(y0)v2.
Compruebe que ( , )0 0x yL es lineal
probemos ahora que
→( , ) ( , )1 2h h 0 0
lím 00 1 0 2 0 0 x 1 2
1 2
f(x +h ,y +h )- f(x ,y ) -L (h ,h )
||(h ,h )||
= 0 .
En efecto
00 1 0 2 0 0 x 1 2
1 2
f(x +h ,y +h )- f(x ,y )-L (h ,h )
||(h ,h )||
=
=
′ ′0 1 0 2 0 0 0 1 0 2
2 2
1 2
4g(x +h ) +7g(y +h )- 4g(x ) - 7g(y ) - [4g (x )h + 7g (y )h ]
h +h
=
reagrupando términos, sacando factor común, multiplicando y dividiendo por
términos apropiados obtenemos que la igualdad anterior se transforma en
la siguiente expresión:
= ⎡ ⎤′⎢ ⎥
⎣ ⎦
0 1 0
0
1
g(x +h ) - g(x )
4 - g (x )
h
1
2 2
1 2
h
h +h
+
⎡ ⎤
′⎢ ⎥
⎣ ⎦
0 2 0
0
2
g(y +h ) - g(y )
7 - g (y )
h
2
2 2
1 2
h
h +h
(*)
pero
2
2 2
1 2
h
h +h
< 1
2 2
1 2
|h |
h +h
< 1 y 2
2 2
1 2
h
h +h
< 2
2 2
1 2
|h |
h +h
< 1
entonces la expresión (*) queda que es menor que la expresión
<
⎡ ⎤
′⎢ ⎥
⎣ ⎦
0 1 0
0
1
g(x +h ) - g(x )
4 - g (x )
h
+ ⎡ ⎤′⎢ ⎥
⎣ ⎦
0 2 0
0
2
g(y +h ) - g(y )
7 - g (y )
h
43
y como
→( , ) ( , )1 2h h 0 0
lím ⎡ ⎤′⎢ ⎥
⎣ ⎦
0 1 0
0
1
g(x +h ) - g(x )
4 - g (x )
h
= 0 ¿por qué?
→( , ) ( , )1 2h h 0 0
lím ⎡ ⎤′⎢ ⎥
⎣ ⎦
0 2 0
0
2
g(y +h ) - g(y )
7 - g (y )
h
= 0 ¿por qué?
entonces se tiene que
→( , ) ( , )1 2h h 0 0
lím 00 1 0 2 0 0 x 1 2
1 2
f(x +h ,y +h )- f(x ,y ) -L (h ,h )
||(h ,h )||
= 0 .
Como ( , )0 0x yL satisface la condición (β) de la definición de diferenciabilidad
entonces f es diferenciable.
EJEMPLO 14
Demuestre si la función f: ℜ2 →ℜ definida por
⎧
≠⎪
⎨
⎪
⎩
2
4 2
x y
si (x,y) (0,0)
f(x,y)= x +y
0 si (x,y)=(0,0)
es diferenciable en todo punto.
Solución:
La función f es diferenciable en todo punto (x, y) ≠ (0, 0) ya que es el cociente
de funciones diferenciables. Estudiemos ahora la diferenciabilidad de la
función en el punto (0,0).
Para esto tomemos las trayectorias y = x2 y y = x , entonces
f (x, x2) = ½ y f (x, x) = 0
de aquí se deduce que f no es continua en (0, 0) ya que no existe el límite de
la función f en el punto (0,0). En consecuencia f no es diferenciable en el
punto (0,0).
44
EJEMPLO 15
Sea g: ℜ → ℜ una función diferenciable y definamos la función f de ℜ2 en ℜ
por
f(x, y) = g(x)g(y)
demuestre por definición que f es diferenciable en todo su dominio.
Solución:
Para demostrar que f es diferenciable primero debemos encontrar una
transformación lineal y comprobar que esta satisface el límite (6) de la
definición de diferenciabilidad (ver definición 9 de la sección 40 del texto
Matemática IV de la UNA).
Sea ( , )0 0x yL : ℜ
2 → ℜ la aplicación definido por:
( , )0 0x y
L (v1, v2 ) = g′(x0)g(y0)v1 + g(x0)g′(y0)v2
compruebe que ( , )0 0x yL es lineal.
Probemos ahora que
→( , ) ( , )1 2h h 0 0
lím 00 1 0 2 0 0 x 1 2
1 2
f(x +h ,y +h )- f(x , y ) -L (h ,h )
||(h ,h )||
= 0 .
En efecto
00 1 0 2 0 0 x 1 2
1 2
f(x +h ,y +h ) - f(x , y ) -L (h ,h )
||(h ,h )||
=
= ′ ′0 1 0 2 0 0 0 0 1 0 0 2
2 2
1 2
g(x +h ) g(y +h )- g(x ) g(y ) - [g (x )g(y )h + g(x )g (y )h ]
h +h
sumando y restando términos apropiados en el segundo miembro de la
igualdad anterior, obtenemos la siguiente expresión:
′ ′
′ ′
0 1 0 2 0 2 0 0 2 02 2
1 2
0 0 2 1 0 0 2 1 0 0
0 0 1 0 0 2
1
[ g(x +h ) g(y +h )- g(y +h )g(x )+ g(y +h )g(x )+
h +h
g (x )g(y +h )h - g (x )g(y +h )h - g(x )g(y ) +
- g(y )g (x )h - g(x )g (y )h ]
45
expresión que podemos reescribir
′
′
′
0 2 0 1 0 0 12 2
1 2
0 0 2 0 0 2
0 1 0 2 0
1
[ g(y +h ) (g(x +h ) - g(x ) -g (x )h )
h +h
g(x ) (g(y +h ) - g(y )- g (y )h ) +
+g (x )h (g(y +h )- g(y )) ]
luego
00 1 0 2 0 0 x 1 2
1 2
f(x +h ,y +h )- f(x ,y ) -L (h ,h )
||(h ,h )||
=
⎡ ⎤
′⎢ ⎥
⎣ ⎦
0 1 0
0 2 0
1
g(x +h ) - g(x )
g(y +h ) - g (x )
h
1
2 2
1 2
h
h +h
+
+ g(x0)
⎡ ⎤
′⎢ ⎥
⎣ ⎦
0 2 0
0
2
g(y +h ) - g(y )
- g (y )
h
2
2 2
1 2
h
h +h
+ ′ 0 1 0 2 0g (x )h (g(y +h )- g(y )) .
Por otra parte
1
2 2
1 2
h
h +h
< 1
2 2
1 2
|h |
h +h
≤ 1 y 2
2 2
1 2
h
h +h
< 2
2 2
1 2
|h |
h +h
≤ 1
para todo (h1,h2) ∈ ℜ2 no nulo, entonces
0
0 1 0 2 0 0 x 1 2
1 2
f(x +h ,y +h )- f(x ,y ) -L (h ,h )
||(h ,h )||
≤
⎡ ⎤
′⎢ ⎥
⎣ ⎦
0 1 0
0 2 0
1
g(x +h ) - g(x )
g(y +h ) - g (x )
h
+
+ g(x0)
⎡ ⎤
′⎢ ⎥
⎣ ⎦
0 2 0
0
2
g(y +h ) - g(y )
- g (y )
h
+ ′ 0 1 0 2 0g (x )h (g(y +h )- g(y ))
Al tomar el límite cuando (h1,h2) → (0,0) vemos que los dos primeros
sumando de la desigualdad anterior tiende a cero pues la función g es, por
hipótesis, diferenciable en x0 y y0.
46
Y como g es diferenciable en y0, es continua en y0, entonces
→( , ) ( , )1 2h h 0 0
lím ′ 0 1 0 2 0g (x )h (g(y +h )- g(y ))= 0
por lo cual
→( , ) ( , )1 2h h 0 0
lím 0
0 1 0 2 0 0 x 1 2
1 2
f(x +h ,y +h ) - f(x , y ) -L (h ,h )
||(h ,h )||
= 0
Como ( , )0 0x yL satisface la condición de la definición de diferenciabilidad entonces f
es diferenciable en cualquier punto de ℜ2
EJEMPLO 16
Sea f: ℜ2 → ℜ la función definida por:
⎧ ≠⎪
⎨
⎪⎩
2 2
x y
(x,y) (0,0)
x + yf(x,y) =
0 (x,y) = (0,0)
¿Es f diferenciable en (0,0)?
Solución:
Como la función no posee límite en el punto (0,0) (ver ejemplo 4 de la
sección 33 del texto UNA), entonces se tiene que f no es continua en (0,0) y
por lo tanto no es diferenciable en ese punto.
EJEMPLO 17
Sea f: ℜ2 → ℜ la función definida por:
f (x, y) =
⎧ ≠⎪
⎨
⎪
⎩
2 2
xy
si (x,y) (0,0)
x + y
0 si (x,y) = (0,0)
Pruebe si la función f es diferenciable en (0,0).
Solución:
Para ver si la función f es diferenciable en (0,0) estudiemos si las derivadas
parciales son continuas en un entorno del punto (0,0).
47
Si (x, y) ≠(0,0) tenemos que
( )
( )
∂
∂
3
32 2
f y
x,y =
x
x + y
Para calcular
∂
∂
f
x
(0,0) usaremos la definición de la derivada parcial de f con
respecto a x en el punto (0,0). ¿Por qué?
∂
∂
f
x
(0,0) =
→h 0
lím f(0 + h, 0) - f(0,0)
h
= 0 .
Definamos la función G como sigue:
( ) ( )
⎧
≠⎪∂ ⎪
⎨
∂ ⎪
⎪⎩
3
32 2
y
si (x,y) (0,0)
f
G(x,y) = x,y = x + y
x
0 si (x,y) = (0,0)
se tiene que
→y 0
límG(x,y) = 0 si x ≠ 0 y
→x 0
límG(x,y) =1 si y ≠ 0
luego
→x 0
lím (
→y 0
límG(x,y) ) = 0,
→y 0
lím (
→x 0
límG(x,y)) = 1
de aquí se deduce que
→(x,y) (0 ,0 )
lím G (x, y) no existe.
En consecuencia G no es continua en el punto (0,0).
Análogamente se prueba que
∂
∂
f
y
no es continua en el punto (0,0).
Luego, podemos concluir que f no es diferenciable en el punto (0,0).
EJEMPLO 18
Sea f: ℜ2 → ℜ la función definida por: f(x, y) = xy − 5y 2, pruebe, por
definición, que la función f es diferenciable en cualquier punto (x, y) de IR2.
Solución:
Para demostrar que f es diferenciable primero debemos encontrar una
aplicación lineal y comprobar que ésta satisface el límite (β) de la definición
48
de diferenciabilidad (ver definición 9 de la sección 40 del texto Matemática IV
de la UNA).
Sea ( , )0 0x yL : ℜ
2 → ℜ la aplicación lineal definida por:
( , )0 0x y
L (v1, v2 ) = y 0 v1 + (x0 − 10y0 ) v2 = y 0 (v1 − 10 v2) + x0 v2 .
Compruebe que ( , )0 0x yL es lineal.
Probemos ahora que
→( , ) ( , )1 2h h 0 0
lím 0 00 1 0 2 0 0 (x ,y ) 1 2
1 2
f(x +h , y +h ) - f(x , y ) - L (h ,h )
|| (h ,h )||
= 0
En efecto
00 1 0 2 0 0 x 1 2
1 2
f(x +h ,y +h )- f(x , y ) -L (h ,h )
||(h ,h )||
=
2 2
0 1 0 2 0 2 0 0 0 1 2 0 2 0
2 2
1 2
(x +h )(y +h ) -5(y +h ) - (x y -5y ) - (h -10h )y -h x
h +hsumando y restando términos apropiados en el segundo miembro de la
igualdad anterior, obtenemos la siguiente expresión
00 1 0 2 0 0 x 1 2
1 2
f(x +h ,y +h ) - f(x , y ) -L (h ,h )
||(h ,h )||
= 1
2 2
1 2
h
h +h
−
2
2
2 2
1 2
5h
h +h
Por otra parte
→( , ) ( , )1 2h h 0 0
lím 1 2
2 2
1 2
h h
h +h
= 0 y
→( , ) ( , )1 2h h 0 0
lím
2
2
2 2
1 2
5h
h + h
= 0
entonces
→( , ) ( , )1 2h h 0 0
lím 0
0 1 0 2 0 0 x 1 2
1 2
f(x +h , y +h ) - f(x , y ) -L (h ,h )
||(h ,h )||
= 0
Como ( , )0 0x yL satisface la condición de la definición de diferenciabilidad entonces
f es diferenciable en cualquier punto de ℜ2
49
EJEMPLO 19
¿Existe alguna función f: ℜ2 → ℜ con segundas derivadas parciales
continuas cuya diferencial sea: x y dx + (cos(y) + x) dy?
Justifique su respuesta.
Solución:
Por definición de diferencial de una función tenemos que
Df =
∂
∂
f
x
dx +
∂
∂
f
y
dy
entonces, si
Df = xy dx + (cosy + x)dy ; para todo x, y
se verifica en todo punto (x, y) que
∂
∂
f
x
= x y ;
∂
∂
f
y
= (cosy + x)
y así
∂
∂ ∂
2 f
y x
= x ,
∂
∂ ∂
2 f
x y
= 1
de donde se deduce que x = 1.
Luego, si existiera tal función f, la diferencial solamente verificaría la relación en
los puntos (1, y), para todo y ∈ ℜ
EJEMPLO 20
Si f(x, y) = 2 2x + y , encontrar un valor aproximado de f(1,04; 1,98).
Solución:
Para la solución de este problema ver el ejercicio resuelto N° 3 de la sección
44 del medio maestro.
Escojamos 0x
r
(1,2), ∆x = 0,04, ∆y = −0,02.
De f(1 + ∆x, 2 + ∆y) − f(1,2) ≈
∂
∂
f(1,2)
x
∆x +
∂
∂
f(1,2)
y
∆y
se tiene
f(1,04; 1,98) ≈ f(1,2) +
∂
∂
f(1,2)
x
0,04 −
∂
∂
f(1,2)
y
0,02
50
Como
∂
∂ 2 2
f x
(x,y) =
x x + y
,
∂
∂ 2 2
f y
(x,y) =
y x + y
en el punto (1,2), obtenemos
∂
∂
f(1,2)
x
=
1
5
,
∂
∂
f(1,2)
y
=
1
5
luego
f(1,04; 1,98) ≈ 5 +
1
5
0,04 −
1
5
0,02
y tomando para 5 el valor de 2,236 se tiene
f(1,04; 1,98) ≈ 2,244944544
EJEMPLO 21
Una placa calentada de manera irregular tiene temperatura T(x, y) en °C en
el punto (x, y). Si T(2,1) = 135,
∂
∂
T
(2,1) =16
x
y
∂
∂
T
(2,1) =15
y
, calcule la
temperatura en el punto (2,04;0,97).
Solución:
Se tiene que
T(2,04;0,97)− T(2,1) ≈
∂
∂
T(2,1)
x
∆x +
∂
∂
T(2,1)
y
∆y
con ∆x = 0.04, ∆y = −0,03,, ahora utilizando los valores dados en el
problema obtenemos
T(2,04;0,97) ≈ 135 + 16(0,04) + (−15)(−0,03) ≈ 136,09
51
CÁLCULO DE LA MATRIZ JACOBIANA. REGLA DE LA CADENA Y
SUS APLICACIONES
• Cálculo de la Matriz Jacobiana
EJEMPLO 22
Suponga que f es una función diferenciable de una variable y que la función
u = g(x, y) se define como sigue
u = g(x, y) = xy
x + y
f( )
x y
Demuestre si la función u satisface una ecuación diferencial de la forma
x2
∂
∂
u
x
− y2
∂
∂
u
y
= G(x, y) u
y en caso de ser afirmativo halle G(x, y).
Solución:
Sea t = v(x, y) =
x + y
x y
, entonces aplicando la regla de la cadena para
calcular
∂
∂
u
x
y
∂
∂
u
y
obtenemos
∂
∂
u
x
= y f(t) + x y
df
dt
∂
∂
t
x
= y f(t) + xyf ′(t)
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2
- 1
x
∂
∂
u
y
= x f(t) + x y
df
dt
∂
∂
t
y
= x f(t) + xyf ′(t)
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2
- 1
y
luego
x2
∂
∂
u
x
− y2
∂
∂
u
y
= x2 y f(t) − xyf ′(t) − y2 x f(t) + x y f ′(t)
= x2 y f(t) − y2 x f(t)
= x y f (t) (x − y) = u(x, y) G(x, y)
donde G(x, y) = x − y.
52
EJEMPLO 23
Sea f
v
: ℜ2 → ℜ2 un campo vectorial diferenciable, tal que f
v
0,0) = (0,0).
Suponga que la matriz jacobiana de f en el punto p = (0,0) es:
J f
v
(p) =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
3 -1
2 2
Sea F: ℜ2 → ℜ, el campo escalar, definido por
F(x, y) = sen(f1 (x, y)) + cos(f 2 (x, y))
donde f1 y f 2: ℜ2 → ℜ son las funciones coordenadas de f
v
.
Halle la matriz jacobiana de la función F en el punto (0,0).
Solución:
Definamos la función g: ℜ2 → ℜ por:
g(u, v) = sen(u) + cos(v) .
Entonces la función F la podemos ver como la composición
F(x, y) = go f
v
(x, y) = g( f
v
(x, y))
Como las funciones f
v
y g cumplen con las hipótesis del teorema de la regla
de la cadena, (verifíquelo), entonces tenemos la siguiente forma matricial:
JF(0,0) = Jgf (0,0) . J f
v
(0,0) .
Esto es:
JF(0,0) = ⎛ ⎞∂ ∂⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
g g
(0,0) (0,0)
u v
.
∂ ∂⎛ ⎞
⎜ ⎟∂ ∂⎜ ⎟
⎜ ⎟∂ ∂
⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
1 1
2 2
f f
(0,0) (0,0)
x y
f f
(0,0) (0,0)
x y
= ( )1 0 . ⎛ ⎞⎜ ⎟
⎝ ⎠
3 -1
2 2
realizando este producto obtenemos la matriz
JF(0,0) = ( )3 -1
53
EJEMPLO 24
Sea g
r
: ℜ2 → ℜ2 una función diferenciable en el punto p ∈ ℜ2, donde tiene
por matriz jacobiana a
Jg
r
(p) =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
3 2
1 0
Sea f: ℜ2 → ℜ una función diferenciable. Suponga que el jacobiano de la
función compuesta fоg
r
: ℜ2 → ℜ en el punto p es J(fоg
r
)( p) = (1 1).
Determine el jacobiano de f en el punto g(p).
Solución:
Según la regla de la cadena tenemos
J(fоg
r
)(p) = Jf ( )pgv . Jgp (1)
donde
J(fоg
r
)(p) =
⎛ ⎞∂ ∂
⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
o o(f g) (f g)
(p) (p)
x y
= (1 1)
Jf ( )pgv =
⎛ ⎞∂ ∂
⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
v vf f
(g(p) (g(p)
u v
Jg
r
p =
∂⎛ ⎞∂
⎜ ⎟∂∂⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟∂ ∂⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
21
2 2
gg (p)(p)
yx
g g
(p) (p)
x y
=
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
3 2
1 0
.
Luego, sustituyendo estas expresiones en (1) nos queda
(1 1) = ⎛ ⎞∂ ∂⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
v vf f
(g(p) (g(p)
u v
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
3 2
1 0
de aquí obtenemos el siguiente sistema
3 ∂
∂
vf
(g(p))
u
+ ∂
∂
vf
(g(p))
v
= 1
2 ∂
∂
vf
(g(p))
u
+ 0 ∂
∂
vf
(g(p))
v
= 1
54
resolviendo dicho sistema, resulta que
∂
∂
vf
(g(p))
u
=
1
2
, ∂
∂
vf
(g(p))
v
= −
1
2
en consecuencia, el jacobiano de f en el punto g
r
(p) es
Jf ( )pgv =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1 1
-
2 2
EJEMPLO 25
Sea z = g(x2 + y2), donde g es una función real de variable real, dos veces
derivable. Compruebe si z satisface la siguiente igualdad
y ∂
∂
2
2
z
x
− x ∂
∂ ∂
2z
y x
−
∂
∂
z
y
= 0
Solución:
Las derivadas parciales de primer orden son
∂
∂
z
x
= 2 x g ′( x 2 + y 2 )
∂
∂
z
y
= 2 yg ′( x 2 + y 2 )
Las derivadas de segundo orden son
∂
∂
2
2
z
x
= 4 g ′′( x 2 + y 2 )x2 + 2g ′ ( x 2 + y 2 )
∂
∂ ∂
2z
y x
= 4g ′′( x 2 + y 2 )xy
de modo que
y ∂
∂
2
2
z
x
− x ∂
∂ ∂
2z
y x
−
∂
∂
z
y
= y [4 g ′′( x 2 + y 2 )x2 + 2g ′( x 2 + y 2 )] +
− x [4g ′′( x 2 + y 2 )xy] − 2g ′( x 2 + y 2 )y = 0
luego la función z así definida satisface la ecuación dada.
55
EJEMPLO 26
Sea f
v
: ℜ2 →ℜ2 una función diferenciable de modo que f
v
(0, 0) = (0, 0).
Suponga que la matriz jacobiana de f en el punto p=(0, 0) es
J f
v
(p) =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
5 2
1 0
Sean f1, f2: ℜ2 → ℜ las funciones coordenadas de f
v
. Determine la matriz
jacobiana de F
v
/ : ℜ2 → ℜ2 en el origen de coordenadas, donde F
v
/ está
definida por
F
v
/ (x, y) = (f2(x, y), f1(x, y))
Solución:
La función F
v
/ puede ser considerada como una función compuesta de
componentes las funciones f
v
y g
v
donde g
v
: ℜ2 → ℜ2 está definida
por g
v
(u, v) = (v, u) así, F
v
/ = g
v
o f
v
.
La matriz jacobiana de F
v
/ se calcula como sigue
JF
v
/ p = J(g
v
o f
v
)(p) = Jg
v
( )pf
v . J f
v
p
donde
Jg
v
( )pf
v =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
0 1
1 0
¿por qué? ¸ J f
v
(p) =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
5 2
1 0
por lo tanto tenemos que
JF
v
/ p =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
0 1
1 0
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
5 2
1 0
=
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1 0
5 2
• Regla de la Cadena y sus Aplicaciones
EJEMPLO 27
Sea z = f(x, y) = x φ(x + y) + y ψ(x − y), donde φ y ψ son funciones reales de
variable real, dos veces derivables. Verifique si se cumple la siguiente
igualdad:
∂
∂
2
2
z
x
+
∂
∂
2
2
z
y
= 2
∂
∂ ∂
2z
y x56
Solución:
Las derivadas parciales de primer orden son
∂
∂
z
x
= φ(x + y) + xφ′(x + y) + y ψ′(x − y),
∂
∂
z
y
= x φ′(x + y) + ψ(x − y) −yψ ′ (x − y)
Las derivadas de segundo orden son
∂
∂
2
2
z
x
= 2 φ′ (x + y) + x φ′′ (x + y) + y ψ ′′ (x − y),
∂
∂
2
2
z
y
= x φ′′(x + y) − 2ψ ′ (x − y) + yψ′′(x − y)
∂
∂ ∂
2z
y x
= φ′ (x + y) + x φ′′ (x + y) + ψ ′ (x − y) − y ψ′′ (x − y), (1)
de modo que
∂
∂
2
2
z
x
+
∂
∂
2
2
z
y
= 2 x φ′′(x + y) + 2 φ′(x + y) − 2ψ ′ (x − y) + 2 yψ′′(x − y) (2)
luego, de (1) y (2) podemos deducir que no se cumple
∂
∂
2
2
z
x
+
∂
∂
2
2
z
y
= 2
∂
∂ ∂
2z
y x
EJEMPLO 28
Dada las funciones g
v
(x, y) = (x 2 + 1, y 2 ) y f
v
(u, v) = (u + v , v 2 ), calcule la
derivada de la función compuesta ( f
v
оg
r
) en el punto (x, y) = (1, 1) usando la
regla de la cadena.
Solución:
Las matrices de derivadas parciales son
J f
v
(u,v) =
∂ ∂⎛ ⎞
⎜ ⎟∂ ∂⎜ ⎟
⎜ ⎟∂ ∂
⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
1 1
2 2
f f
u v
f f
u v
=
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1 1
0 2v
y Jg
v
(x, y) =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2 x 0
0 2 y
57
Observe que cuando (x, y) = (1,1), g
v
(1,1) = (2,1) = (u, v) .
Por lo tanto
J( f
v
оg
r
) (1,1) = J f
v
(2,1) .J g
v
(1,1) =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1 1
0 2
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2 0
0 2
=
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2 2
0 4
es la derivada pedida.
EJEMPLO 29
Pruebe si la función w = f(x, y, z), homogénea, derivable, de orden k satisface
la relación
x
∂
∂
w
x
+ y
∂
∂
w
y
+ z
∂
∂
w
z
= k w (*)
Observación:
Si w = f (x, y, z) es una función homogénea derivable de orden k, w se puede
representar de la forma w = x k
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
yz
F ,
x x
, con F derivable.
Solución:
Sean u = u(x, y, z) =
z
x
y v = v(x, y, z) =
y
x
,
entonces
∂
∂
w
x
= k x k − 1 F(u, v) + x k
⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂
⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠
F u F v
+
u x v x
= k x k − 1 F(u, v) + x k
⎛ ⎞∂ ∂
⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
22
z F y F
- -
u x vx
∂
∂
w
y
= x k
⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂
⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠
F u F v
+
u y v y
= x k
⎛ ⎞∂
⎜ ⎟∂⎝ ⎠
1 F
x v
∂
∂
w
z
= x
⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂
⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠
F u F v
+
u z v z
= x k
⎛ ⎞∂
⎜ ⎟∂⎝ ⎠
1 F
x u
58
luego
x
∂
∂
w
x
= k x k F(u, v) − x k − 1
⎛ ⎞∂ ∂
⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
F F
z + y
u v
y
∂
∂
w
y
= x k − 1 y
∂
∂
F
v
z
∂
∂
w
z
= x k − 1 z
∂
∂
F
u
por lo tanto
x
∂
∂
w
x
+ y
∂
∂
w
y
+ z
∂
∂
w
z
= k x k F(u, v) − x k − 1
⎛ ⎞∂ ∂
⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
F F
z + y
u v
+
+ x k − 1 y
∂
∂
F
v
+ x k − 1 z
∂
∂
F
u
=
= k x k F(u, v) = kw.
en consecuencia se tiene que w satisface la igualdad (*).
59
DERIVACIÓN IMPLÍCITA. TEOREMAS DE LA FUNCIÓN INVERSA Y LA
FUNCIÓN IMPLÍCITA
EJEMPLO 30
Considere la función la función F
v
/ : ℜ2 → ℜ2 definida por
F
v
/ (u, v) = ( u + ve , u - ve )
Demuestre si la función F tiene inversa, y en caso afirmativo determine la
matriz jacobiana de la función inversa.
AYUDA:
Use el hecho de que J ( )
v -1
x,yF = (JF
v
/ (u, v))−1.
Solución:
Veamos primero que la función F
v
/ cumple con las hipótesis del Teorema de la
Función Inversa (Teorema 6 de la sección 59 del medio maestro).
Denotemos por F1 y F2 las funciones coordenadas de F
v
/ , es decir
F1 =
u + ve
F2 =
u - ve
Estas funciones son diferenciables, en cualquier punto del plano, ¿por qué?;
luego, la función F
v
/ es diferenciable en todo el plano.
Veamos ahora que el determinante jacobiano de F es distinto de cero
∂
∂
1 2(F ,F )
(u, v)
=
u + v u + v
u - v u - v
e e
e -e
= −2e 2 u ≠ 0
En consecuencia, para cualquier punto (x, y) de ℜ2 es posible despejar u y v
en términos de x e y, lo que es equivalente a decir que existe una función g
determinada de manera única tal que:
• ℜ2 = F
v
/ −1 (ℜ2)
• F
v
/ es una función inyectiva en ℜ2.
• g
v
esta definida en ℜ2 y g
v
(ℜ2) = ℜ2, además g
v
(F
v
/ (p)) = p para todo
p ∈ ℜ2.
• La función g
v
tiene derivadas parciales continuas.
60
Ahora pasemos a calcular la matriz jacobiana de g
v
= F
v
/ −1, usando el
hecho de que JF
v
/ −1 (x ,y) = ( JF
v
/ ( u, v) )−1
JF
v
/ ( u, v) =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
u + v u + v
u - v u - v
e e
e -e
Aplicando el método de Gauss-Jordan para calcular la inversa de una matriz
obtenemos
( JF
v
/ ( u, v) )−1 =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
-u - v -u + v1 1
2 2
-u - v -u + v1 1
2 2
e e
e - e
EJEMPLO 31
Cuando u se elimina entre las dos ecuaciones
x = u + v , y = u v 2
llegamos a una ecuación de la forma F(x, y, v) = 0, que define implícitamente
a v como función de x e y, sea v = h(x, y).
Demuestre si se verifica la siguiente igualdad:
∂
∂
h
x
=
h(x,y)
3h(x,y) - 2x
.
y en caso afirmativo, encuentre una fórmula análoga para
∂
∂
h
y
.
Solución:
Eliminando la variable u entre las dos ecuaciones dadas, obtenemos la
relación
xv2 − v3 − y = 0
sea F la función definida por la ecuación
F(x, y, v) = xv2 − v3 − y
Aplicando el teorema de la función implícita
∂
∂
h
x
=
∂
∂
∂
∂
F
-
x
F
v
y
∂
∂
h
y
=
∂
∂
∂
∂
F
-
y
F
v
(1)
61
Pero
∂
∂
F
x
= v2 ,
∂
∂
F
v
= 2xv − 3v2 ,
∂
∂
F
y
= −1
luego sustituyendo en (1) obtenemos
∂
∂
h
x
=
2
2
- v
2x v - 3v
=
- v
2x - 3v
=
h(x,y)
3h(x,y) - 2 x
Trabajando de manera análoga obtenemos la expresión para
∂
∂
h
y
, la cual
es:
∂
∂
h
y
= 2
1
3(h(x,y)) - 2 xh(x,y)
EJEMPLO 32
Suponga que F(x, ϕ(x), y) = 0, donde F: ℜ3 → ℜ y ϕ: ℜ → ℜ son funciones
diferenciables, define implícitamente una función diferenciable y = f (x).
Halle f ′(x).
Solución:
Definamos la función γ: ℜ2 → ℜ, por γ(x, y) = F(x, ϕ(x), y) luego,
γ(x, y) = 0 para todo (x, y) ∈ ℜ2. De aquí las derivadas parciales de la
función γ son nulas en todo punto (x, y) ∈ ℜ2.
Ahora bien la función γ es la función compuesta de componentes F y g donde
la función g: ℜ2 → ℜ es definida por
g(x, y) = (x, ϕ(x), y)
por lo tanto, aplicando la regla de la cadena, obtenemos
∂ γ
∂ x
=
∂
∂
F
x
∂
∂
x
x
+
∂
∂
F
y
∂
∂
y
x
+
∂
∂
F
z
∂
∂
z
x
= 0
=
∂
∂
F
x
+
∂
∂
F
y
ϕ′(x) +
∂
∂
F
z
y′ .
Por lo tanto, en los puntos (x, y, z) donde
∂
∂
F
z
≠ 0 podemos despejar de la
62
igualdad anterior, y′ = f ′(x), para obtener
f ′(x) = −
∂ ∂ ′
∂ ∂
∂
∂
F F
(x, j(x),y) + (x, j(x),y) j (x)
x y
F
(x, j(x),y)
z
EJEMPLO 33
Considere las ecuaciones
4 4x + y
=u
x
, sen(x) + cos(y) = v.
¿Cerca de qué puntos (x, y) podemos despejar x, y en términos de u y v?
Justifique su respuesta y dé un ejemplo de tales puntos.
Solución:
Denotemos por F1 y F2 las funciones
u = F1 (x, y) =
4 4x + y
x
v = F2 (x, y) = sen(x) + cos(y)
Como dominio de la función F
v
/ = (F1 , F2 ) tomamos U = {(x, y) ∈ ℜ2 / x ≠ 0}.
Las funciones F1 y F2 son diferenciables en cualquier punto de U, ¿por qué?;
luego, la función F
v
/ es diferenciable en todo U.
Calculemos ahora el determinante jacobiano de F
v
/
∂
∂
1 2(F ,F )
(x, y)
=
4 4 3
2
3x - y 4y
x x
cos(x) - sen(y)
=
3
4 4
2
seny 4y
(y - 3x ) - cos(x)
x x
En los puntos donde esta expresión no se anula podemos despejar x, y en
términos de u y v. En otras palabras, podemos despejar x, y cerca de
aquellos x, y para los cuales x ≠ 0 y 4 4 3(seny) (y - 3x ) ¹ 4y xcos(x) .
Por ejemplo, si x0 =
π
2 , y0 =
π
2 podemos despejar x, y cerca de (x0 , y0 ),
porque ahí
∂
∂
1 2(F ,F )
(x, y)
≠ 0.
63
EJERCICIOS PROPUESTOS
1.- Calcule las derivadas parciales de las siguientes funciones
a.- z =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
y
x1
3
b.- z = (2x + y)(2x + y) c.- z = arctan( yx )
d.- u =
y arctan(z)x e.- u =
2 2 2x (x + y + z )e f.- u =
1
yx z
g.-
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠
x y
z = sen cos
y x
h.-z = ln(x + lny) i.- u = arctan z(x - y)
j.- z = ∫
x y
x
g(t)con g continua en ℜ
2.- Demuestre que la función dada satisface la expresión indicada
a.- u = u(x, y) = x - y
2 2
y e ,
∂ ∂
∂ ∂ 2
u u1 1 u
+ =
x x y y y
b.- z = z(x, y) =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
y
x
y
y sen
x
,
∂ ∂
∂ ∂
2 z zx + xy = yz
x y
c.- u = u(x, y) =
x - y
x +
y - z
,
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
u u u
+ + =1
x y z
d.- z = f(x, y) = φx + y ye (x e ) ,
∂ ∂
∂ ∂
f f
x - = z (x -1)
x y
, donde φ es una función
diferenciable en ℜ.
3.- Considere las siguientes funciones que damos a continuación:
I.
⎧ ≠⎪
⎨
⎪
⎩
2 2
xy
, (x,y) (0,0)
g(x,y) = x + y
0 , (x,y) = (0,0)
II.
⎧ ≠⎪
⎨
⎪⎩
x y
+ , x ¹ 0 y y 0
y xg(x,y) =
0 , x = 0 ó y = 0
64
y conteste las siguientes preguntas. Justifique sus respuestas.
a) Dibuje usando maple algunas curvas de nivel para g
b) ¿Es g diferenciable en todos los puntos (x, y) ≠ (0,0)?
c) ¿Existen las derivadas parciales
∂ ∂
∂ ∂
g g
,
x y
y serán continuas en todos los
puntos (x, y) ≠ (0,0)?
d) ¿Es g diferenciable en (0,0)?
e) ¿Existen las derivadas parciales
∂ ∂
∂ ∂
g g
,
x y
y son continuas en (0,0)?
4.- Considere la función
⎧
≠⎪
⎨
⎪
⎩
2
2 2
x y
, (x,y) (0,0)
f(x,y) = x + y
0 , (x,y) = (0,0)
Demuestre que:
a.
∂ ∂
∂ ∂
f f
y
x y
existen en (0,0)
b. Si g
r
(t) = (at, bt) para a y b constantes, entonces fo g
v
es diferenciable y
( ) ( )′v
2
2 2
ab
f o g 0 =
a + b
, pero ∇f(0,0). gv ′(0) = 0
c. ¿Qué puedes concluir?
5.- Sea f: ℜ2 → ℜ la función definida por
⎧
≠⎪
⎨
⎪
⎩
2
2 4
x y
, (x,y) (0,0)
f(x,y) = x + y
0 , (x,y) = (0,0)
a. Dibuje algunas curvas de nivel de la función f, usando maple
b. Demuestre que la derivada direccional f ((0,0);u)′
r
existe para cada
vector unitario u
r
.
65
c. ¿Es f continua en (0,0)? ¿Es f diferenciable en (0,0)? Explique
6.- Sea f: ℜ2 → ℜ la función definida por f(x,y) = |x y|
a. ¿Es f diferenciable para (x, y) ≠ (0,0)?
b. Demuestre que
∂ ∂
∂ ∂
f(0,0) f(0,0)
,
x y
existen.
c. ¿Es f diferenciable en (0,0)? [Sugerencia: considere la derivada
direccional ′
r
f ((0,0);u) para
r r
r i + j
u =
2
]
7.- Calcule la diferencial en cualquier punto donde esté definida en las
siguientes funciones
a.- z = sen(x2 + y2) b.- z = yx
c.-
s + t
u =
s - t
d.- z =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
x
ln 1+
y
8.- Usar diferenciales para hallar el valor aproximado
a.- 4125 17 b.-
π π6
sen( ) cos ( )
7 5
9.- Dadas las funciones g
r
(x, y) = (x2 + 1, y2) y f
v
(u, v) = (u + v, u, v2), calcular
la derivada de la función compuesta f
v
o g
v
en el punto (x, y) = (1, 1) usando la
regla de la cadena.
10.- Sean f
v
(x, y) = (cosy + x2, ex + y) y g
r
(u, v) =
2u(e ,u-senv). Calcular
J( f
v
og
v
)(0,0) por medio de la regla de la cadena.
11.- Supóngase que la temperatura en el punto (x, y, z) del espacio es
T1(x, y, z) = x
2 + y2 + z2. Una partícula sigue la hélice circular σ(t) = (cost,
sent, t) y sea T(t) su temperatura en el instante t.
a.- Calcule ′T (t)
66
b.- Halle el valor aproximado de la temperatura en el instante t = (π/2) + 0,01.
12.- Consideremos ( )
⎛ ⎞
⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
v 2 2
2 2 2 2
x - y xy
f x,y = ,
x + y x + y
.
¿Tiene esta aplicación de ℜ2 −{(0,0)} en ℜ2 una inversa local cerca
de (x, y) = (0, 1)?
13.- Analizar la posibilidad de despejar u, v en términos de x, y en
⎧
⎨
⎩
y + x + uv = 0
uxy + v = 0
cerca de x = y = u = v = 0.
67
UNIDAD 3: EXTREMOS Y FÓRMULA DE TAYLOR
OBJETIVO DE APRENDIZAJE
Aplicar la fórmula de Taylor y el cálculo de puntos críticos de una
función de varias variables en la resolución de problemas
CONTENIDO:
Fórmula de Taylor para funciones de varias variables. Aplicaciones. Cálculo de
máximos y mínimos. La matriz hessiana y sus aplicaciones. Problemas de
optimización con restricciones: multiplicadores de Lagrange.
En esta tercera Unidad presentaremos primero ejemplos de desarrollo
de polinomio de Taylor para funciones de dos variables, y como una
aplicación de los mismos los utilizaremos para el cálculo de valores
aproximados de una función.
Posteriormente calcularemos los extremos de funciones, entendiéndose
por extremos, los valores máximos y/o mínimos que éstas puedan alcanzar.
Aplicaremos dos métodos para la determinación de los extremos,
comenzaremos con el “criterio del hessiano”, y como segundo método el de
los “multiplicadores de Lagrange”, cabe destacar que los mismos son
aplicados a situaciones diferentes.
Por último resolveremos problemas de optimización, es decir,
problemas en los cuales nos dan un enunciado en base al cual debemos
hallar una función a la que le aplicaremos algún criterio para determinar su (o
sus) valor (o valores) extremo(s).
Como en las unidades anteriores, resolveremos algunos ejemplos
mediante el empleo del software matemático Maple.
A continuación reseñamos una pequeña biografía de los matemáticos
Taylor, Hesse y Lagrange quienes de alguna manera fueron los precursores
de los temas que en este apartado se estudian.
Brook Taylor
(Edmonton, Inglaterra, 1685 - Londres, 1731)
Matemático inglés. Discípulo de Newton, continuó
su obra en el campo del análisis matemático. En 1715
publicó el Methodus incrementorum directa et inversa,
donde examinó los cambios de variable, las diferencias
68
finitas (las cuales definió como incrementos), y presentó el desarrollo en serie
de una función de una variable. Tales estudios no se hicieron famosos
enseguida, sino que permanecieron prácticamente desconocidos hasta 1772,
cuando el matemático francés Joseph-Louis de Lagrange subrayó su
importancia para el desarrollo del cálculo diferencial. Publicó también varios
trabajos sobre perspectiva, dando el primer tratamiento general de los puntos
de fuga, sobre los fenómenos de capilaridad, sobre los problemas de las
cuerdas vibrantes y sobre los centros de oscilación, a los que ya en 1708
había dado una solución.
Joseph-Louis de Lagrange
(Turín, 1736 - París, 1813)
Matemático francés de origen italiano.
Estudió en su ciudad natal y hasta los diecisiete
años no mostró ninguna aptitud especial para las
matemáticas. Sin embargo, la lectura de una obra
del astrónomo inglés Edmund Halley despertó su
interés y, tras un año de incesante trabajo, era ya
un matemático consumado. Nombrado profesor de
la Escuela de Artillería, en 1758 fundó una sociedad, con la ayuda de sus
alumnos, que fue incorporada a la Academia de Turín. En su obra
Miscellanea taurinensia, escrita por aquellos años, obtuvo, entre otros
resultados, una ecuación diferencial general del movimiento y su adaptación
para el caso particular del movimiento rectilíneo y la solución a muchos
problemas de dinámica mediante el cálculo de variantes.
Escribió así mismo numerosos artículos sobre cálculo integral y las
ecuaciones diferenciales generales del movimiento de tres cuerpos
sometidos a fuerzas de atracción mutuas. A principios de 1760 era ya uno de
los matemáticos más respetados de Europa, a pesar del flagelo de una salud
extremadamente débil. Su siguiente trabajo sobre el equilibrio lunar, donde
razonaba la causa de que la Luna siempre mostrara la misma cara, le supuso
la concesión, en 1764, de un premio por la Academia de Ciencias de París.
Hasta que se trasladó a la capital francesa en 1787, escribió gran variedad
de tratados sobre astronomía, resolución de ecuaciones, cálculo de
determinantes de segundo y tercer orden, ecuaciones diferenciales y
mecánica analítica.
69
Ludwig Otto Hess
(1811 - 1874)
El hessiano, conocido también como
discriminante o matriz hessiana, fue introducido en el
año de 1844 por Hesse, matemáticoalemán quien
nació en 1811 y murió en 1874. Esto sucedió luego
de que Carl Gustav Jacob Jacobi (1804 – 1851)
introdujera "los jacobianos". Lo que hizo Jacobi con
esto fue expresar los cambios de variable de las
integrales múltiples en esos términos. Respecto a los
detalles biográficos de Ludwig Otto Hess se sabe que nació precisamente en
Konigsberg, Alemania (aunque actualmente es Rusia), el 22 de abril de 1811.
Estudió con Jacobi en su ciudad natal (Konigsberg), donde se desempeñó
primero como maestro de física y química y posteriormente como profesor.
En 1856 se trasladó a Heidelberg, donde permaneció doce años, antes de
tomar un puesto en Munich, donde falleció el 4 de agosto de 1874. Ludwig
Otto Hess se hizo tan famoso por una matriz que introdujo en un artículo de
1842 referido a curvas cúbicas y cuadráticas.
FÓRMULA DE TAYLOR PARA FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES
En cálculo, el Teorema de Taylor permite obtener aproximaciones
polinómicas de una función en un entorno de cierto punto en que la función
sea diferenciable. Además, el teorema permite acotar el error obtenido
mediante dicha estimación.
EJEMPLO 1
Use el polinomio de Taylor de grado dos para hallar una aproximación a la
función f(x, y) = xy alrededor del punto (1,1).
Solución:
El polinomio de Taylor de orden 2 alrededor del punto (1,1) de la función f es:
P(x, y) = (1,1) + (x −1)
∂
∂
f
x
(1,1) + (y −1)
∂
∂
f
y
(1,1) +
+
1
2
[
∂
∂
2
2
f
x
(1,1)(x −1)2 +
∂
∂ ∂
2 f
y x
(1,1)(x −1)(y −1) +
∂
∂
2
2
f
y
(1,1)(y −1)2 ]
70
como
∂
∂
f
x
= y y - 1x ∂
∂
2
2
f
x
= y (y −1) x y − 1
∂
∂ ∂
2 f
y x
= y 1yx − + y y -1x Ln(x)
∂
∂
f
y
= xy Ln(x) ∂
∂
2
2
f
y
= xy (Ln(x))2
Entonces
P(x, y) = 1 + (x −1) + 0 +
2
1
[ 0 + 2(x −1)(y −1) + 0] = x + (x −1)(y −1)
luego P(x, y) = xy − y + 1 ,
aproxima a la función f en una vecindad del
punto (1,1).
En la gráfica se pueden observar tanto
la función f(x, y) = xy como su polinomio
de Taylor P(x, y) = xy – y + 1.
La gráfica que sobresale es la
correspondiente a la función f, mientras que
la otra es el polinomio de Taylor.
EJEMPLO 2
Halle el polinomio Taylor de segundo orden alrededor del punto (1, 0) de la
función f(x; y) = x y, y aproveche el desarrollo del ejemplo anterior para
calcular el valor aproximado de 0,90,2.
Solución:
En este caso tenemos n = 2, y el polinomio de Taylor será:
∂ ∂
∂ ∂ ∂∑ ∑
22 2
0 i 0 i j 0
i=1 i,j=1i i j
f 1 f
p(x) = f(x )+ h (x )+ hh (x )
x 2 x x
.
En nuestro caso x0 será (1; 0), h1 = (x − 1) y h2 = (y − 0) = y.
x
y
2,0
0,5 0,0
0,0
2,5
1,0
1,5
0,5 1,0
1,5
2,0 2,5 3,0
3,0
3
8
13
18
23
71
De modo que:
⎡∂ ∂ ∂ ∂
⎢∂ ∂ ∂ ∂∂⎣
⎤∂ ∂
⎥∂ ∂ ∂ ⎦
2 2
2
1 2 1 1 22
2 2
2
2 1 2 2
f f 1 f f
p(x;y) = f(1;0)+h (1;0)+h (1;0)+ h (1;0)+h h (1;0)+
x y 2 x yx
f f
+h h (1;0)+h (1;0)
y x y
Puesto que estamos tratando con una función infinitamente derivable con
continuidad, todas las derivadas cruzadas del mismo tipo son iguales. De ese
modo podemos escribir la fórmula anterior:
⎤⎡∂ ∂ ∂ ∂ ∂
⎥⎢∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂⎣ ⎦
2 2 2
2 2
1 2 1 1 2 22 2
f f 1 f f f
p(x;y)= f(1;0)+h (1;0)+h (1;0)+ h (1;0)+2h h (1;0)+h (1;0)
x y 2 x yx y
Para obtener la fórmula concreta de este polinomio debemos hallar las
derivadas correspondientes de la función:
( )yy lnx ylnxf(x;y) = x = e = e
∂ ∂
⇒
∂ ∂
∂ ∂
⇒
∂ ∂
2
ylnx y y-1 y-2
2
2
2
yf 1 f
= y e = x = yx ; = y(y -1)x ;
x x x x
f f
(1;0) = (1;0) = 0
x x
( ) ( )
( )
∂ ∂ ∂ ∂
⇒
∂ ∂∂ ∂
∂ ∂
⇒
∂ ∂ ∂ ∂
2 2
ylnx y 2 y
2 2
2 2
y y-1
f f f f
= lnxe = lnx x ; = ln x x (1;0) = (1;0) = 0
y yy y
f 1 f
= x +lnx yx (1;0) =1
x y x x y
Por lo cual los únicos términos que nos sobreviven de la fórmula de Taylor
son:
∂
∂ ∂
2
1 2
1 f
p(x,y) = f(1,0)+ 2h h (1,0) =1+(x -1)y =1+ xy - y
2 x y
Usando esta fórmula para calcular el valor aproximado de la función en
(0,9; 0,2) tenemos:
≅ ⋅0,20,9 p(0,9;0,2) =1+ 0,9 0,2 - 0,2 = 0,98
72
Mientras que el valor obtenido con calculadora es 0,979, lo que significa un
error menor al uno por mil.
EJEMPLO 3
Halle el polinomio de Taylor de grado 2, para la función f(x, y) = sen(xy) + 2,
en el punto ( )π , - π .
Solución:
Este ejemplo lo resolveremos utilizando el software matemático Maple.
La secuencia de comandos es como sigue:
> mtaylor(sin(x*y)+2, [x=sqrt(Pi),y=-sqrt(Pi)], 3);
− + − 2 π ( ) + y π ( ) − x π π ( ) − x π ( ) + y π
El primer comando es utilizado para definir la función. El segundo comando
indica el punto donde se va a desarrollar el polinomio. El tercer comando es
para indicar el polinomio de Taylor de orden n − 1 de la función en el punto
indicado, este caso de orden 2, para n = 3.
CÁLCULO DE MÁXIMOS Y MÍNIMOS
En esta sección trabajaremos con las herramientas matemáticas para
optimizar funciones de varias variables.
EJEMPLO 4
Sean g, h: ℜ → ℜ funciones dos veces diferenciables. Supongamos que g
tiene solamente un extremo local en x0, el cual es un mínimo que vale
g(x0) = a, y que h tiene solamente un extremo local en x1, el cual es un
mínimo que vale h(x1) = b. Suponga además que las segundas derivadas de
g y h son no nulas en sus puntos críticos, y que las gráficas de estas
funciones no cruzan al eje x.
Determine los valores extremos de la función f: ℜ2 → ℜ definida por
f (x, y) = g(x) + h(y).
73
Solución:
Primero hallemos los puntos críticos de la función f, para lo cual debemos
resolver el siguiente sistema
∂
∂
f
x
(x, y) = g′(x) = 0 y
∂
∂
f
y
(x, y) = h′(y) = 0
Como g y h tienen un extremo local en x0 y x1 respectivamente, se tiene que
el punto (x0, x1) es el punto crítico de la función f. Analicemos ahora de qué
tipo es; para esto aplicamos el criterio del Hessiano:
∆(x, y) =
∂ ∂
∂ ∂∂
∂ ∂
∂ ∂ ∂
2 2
2
2 2
2
f f
x yx
f f
x y y
pero
∂
∂
2
2
f
x
(x, y) = g′′(x) ,
∂
∂
2
2
f
y
(x, y) = h′′(y) ,
∂
∂ ∂
2f
x y
(x, y) =
∂
∂ ∂
2f
y x
= 0,
ya que las funciones g y h son dos veces diferenciables.
Entonces ∆
0 1(x ,x )
= g′′(x0) h′′(x1)
y como g y h alcanzan un mínimo en x0 y x1 respectivamente, se tiene que
∆
0 1(x ,x )
= g′′(x0) h′′(x1) > 0 y
∂
∂
2
2
f
x
(x, y) = g′′(x) > 0 ,
de aquí que f tiene un mínimo relativo en (x0, x1) y este valor mínimo es:
f(x0, x1) = a + b
EJEMPLO 5
A un carpintero se le pidió construir una caja abierta con base cuadrada,
usando una combinación de materiales. El material empleado para los lados
de la caja cuesta 800 bolívares por metro cuadrado y el material para la base
cuesta 1 200 bolívares por metro cuadrado. Calcule las dimensiones de la
caja de máximo volumen que se puede construir con 5000 bolívares.
74
¿Cuántos litros de agua puede contener esa caja? [Recuerde que 1
m3 = 1000 litros]
Solución:
Sea y la altura y x el lado de la base. El volumen de la caja es f(x, y) = x2 y,
el cual se trata de maximizar, sujeto a la restricción del costo, es decir:
g(x, y) = 1 200 x2 + 3200xy − 5 000 = 0
para esto resolvamos el siguiente sistema de ecuaciones
∇f = λ∇g
g(x, y) = 0
las derivadas parciales de f(x, y) y g(x, y) son
f x = 2xy, f y = x
2 , g x = 2 400x + 3 200y, g y = 3 200x
luego
( )
( ) ( )
⎧
⎪⎪
⎨
⎪
⎪⎩
λ
λ2
2
2xy = 2400x + 3200y
x = 3200x 1
1200x + 3200xy = 5000
De la segunda ecuación de (1) se deduce que x = 0, o bien, x = 3 200λ.
Naturalmente descartamos el primer valor (¿por qué?).
Sustituyendo el valor de x = 3200λ en la primera ecuación de (1) se obtiene
2(3200λ)y = λ(2400(3200λ) + 3200y)
de aquí que y = 2 400λ
Por tanto y = 3
4
x
Ahora, sustituyendo el valor de y =
4
3 x en la última de las tres ecuaciones de
(1), se tiene
1200x2 + 3200
4
3 x2 = 5000
75
de donde se obtiene x 2 =
50
36
; por lo tanto las dimensiones de la caja de
máximo volumenson x =
5 2
6
≈ 1,1785 m , y =
5 2
8
≈ 0,8839 m .
Entonces el volumen de la caja será:
⎛ ⎞
⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
5 2 5 2
f ,
6 8
=
2
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
5 2 5 2
6 6
=
125 2
144
≈ 1,2276 m3 ≈ 1 227,6 litros
EJEMPLO 6
Determine los valores máximos y mínimos, si existen, de la función
f(x, y) = x2 – y2 sujeta a la restricción x2 + y2 = 4.
Solución:
Este ejemplo lo resolveremos utilizando el software matemático Maple.
La secuencia de comandos es como sigue:
> with(Student[MultivariateCalculus]):
> LagrangeMultipliers(x2 – y2,[x2 + y2 -4],[x,y]);
> LagrangeMultipliers(x2 – y2,[x2 + y2 -4],[x,y],output=plot);
Comentario de los comandos:
El primer comando es utilizado para cargar la librería de “Cálculo
Multivariable”, la cual permite calcular extremos condicionados, es decir,
extremos de funciones sujetas a algún tipo de restricción. El segundo
comando indica el tipo de cálculo que deseamos realizar, el mismo consta de
tres parámetros: el primero corresponde a la función a la cual le vamos a
calcular los máximos y/o mínimos, el segundo es el correspondiente a la
restricción y el tercero indica las variables en las cuales viene dada la
respuesta.
76
El tercer comando es sólo para graficar la
función junto con la restricción; éste nos
permite visualizar los puntos de máximo
y/o mínimo de la función, tal y como se
puede apreciar en la figura de la derecha.
Si observa con cuidado, podrá notar cuatro
puntos en la gráfica, en dos de los cuales
la función alcanza su máximo y los otros
dos en los que alcanza su mínimo. Es
importante también destacar que en este
caso el valor máximo es igual a 4 y se
obtiene de substituir los puntos de coordenadas (-2,
0) y (2, 0) en la función. Mientras que el mínimo es
igual a – 4 y se obtiene de substituir los puntos de
coordenadas (0, -2) y (0, 2) en la función.
En la figura que aparece arriba y a la izquierda se
pueden apreciar claramente los cuatros puntos de
extremos locales dados por el método de
multiplicadores de Lagrange.
EJEMPLO 7
Encuentre el máximo de la función f(x, y, z) = x + 2y + 3z sobre la curva de
intersección del plano x − y + z = 1 con el cilindro x2 + y2 = 1.
Solución:
Maximicemos la función f(x, y, z) = x + 2y + 3z sujeta a las condiciones:
g(x, y, z) = x − y + z − 1 y h(x, y, 0z) = x2 + y2 −1.
Se tiene, por el método de los multiplicadores de Lagrange, el siguiente
sistema:
⎧ λ µ
⎪ λ µ⎪⎪ λ⎨
⎪
⎪
⎪⎩
2 2
1+ +2x = 0 (1)
2 - +2y = 0 (2)
3+ = 0 (3)
x - y + z -1 = 0 (4)
x + y -1 = 0 (5)
2
-2
4
-16
0 -2
0
0
4
9
14
-4
-11
-4
2
x
-8
0
0
-2 2
-2
4
2
4
-4
-4
77
De (3) tenemos que λ = −3 y sustituyéndolo en (1) resulta que x =
µ
1 . De
manera similar, de (2) nos da que y = −
µ
5
2
. De la sustitución en (5) de los
valores de x y y, respectivamente, nos queda
µ2
1 +
µ2
25
4
= 1
de donde resulta que µ = ±
29
2
.
Luego, para µ =
29
2
se tiene que:
x = 2
29
, y = − 5
29
y para µ = −
29
2
se tiene que:
x = − 2
29
, y = 5
29
Sustituyendo estos valores de x y y en (4) obtenemos que:
• z = 1−x + y = 1 − 2
29
− 5
29
= 1 − 7
29
• z = 1−x + y = 1 + 2
29
+ 5
29
= 1 + 7
29
Los valores correspondientes de f son
f( 2
29
, − 5
29
,1− 7
29
) = 2
29
+ 2 ( − 5
29
) + 3 (1− 7
29
) = 3 − 29
f(− 2
29
, 5
29
, 1+ 7
29
) = − 2
29
+ 2 ( 5
29
) + 3 (1 + 7
29
) = 3 + 29
En consecuencia, el valor máximo de f sujeto a las restricciones dadas es:
3 + 29
78
EJEMPLO 8
Sea la función f: ℜ2 → ℜ, definida por
f(x, y) = x4 + y4 − 4xy + 1
Encuentre los valores extremos de la función f y determine su “naturaleza”.
Solución:
Primero localicemos los puntos críticos, para lo cual debemos calcular las
derivadas parciales de primer orden de f respecto de x y de f respecto de y:
∂
∂
f
x
= 4x3 − 4y ,
∂
∂
f
y
= 4y3 − 4x
Al igualar estas derivadas parciales a 0, obtenemos el sistema de dos
ecuaciones con dos incógnitas:
4x3 − 4y = 0
4y3 − 4x = 0.
Para resolverlas, sustituimos y = x3 de la primera ecuación en la segunda, lo
cual da
x9 − x = x(x8 − 1) = x (x4 − 1) (x4 + 1) = x (x2 − 1) (x2 + 1) (x4 + 1)
de modo que tenemos tres raíces reales x = 0, 1, −1. Los tres puntos críticos
son (0, 0), (1, 1) y (−1, −1).
Calculemos ahora las segundas derivadas parciales y el determinante de la
matriz Hessiana H(x0):
∂
∂
2
2
f
x
(x, y) = 12x2,
∂
∂
2
2
f
y
(x, y) = 12y2 ,
∂
∂ ∂
2f
x y
= − 4
∆(x, y) =
∂ ∂
∂ ∂ ∂
∂ ∂
∂ ∂ ∂
2 2
2
2 2
2
f f
x x y
f f
x y y
= 144y2x2 − 16.
79
Utilicemos el criterio del Hessiano para estudiar la naturaleza de los puntos
críticos:
1. Para el punto (0, 0) tenemos que es un punto de silla ya que el
determinante Hessiano ∆ = − 16 < 0.
2. El punto (1, 1) es un punto de mínimo relativo ya que ∆(1,1) = 128 > 0
y
∂
∂
2
2
f
x
(1, 1) = 12 > 0.
3. El punto (−1, −1) es un punto de mínimo relativo ya que ∆(−1,−1) = 128 > 0
y
∂
∂
2
2
f
x
(−1, −1) = 12 > 0.
En virtud del criterio del Hessiano podemos observar que f tiene dos mínimos
relativos, que además son iguales e iguales a -1.
EJEMPLO 9
Una caja rectangular, sin tapa, se va a fabricar con 12 cm2 de cartulina.
Encuentre el volumen máximo de dicha caja.
Solución:
Sean x, y, z la longitud, el ancho y la
altura de la caja (en metros),
respectivamente.
El volumen de la caja es V = xyz.
Podemos expresar el volumen V como
una función las variables, x y y, si nos
valemos del hecho de que el área de los
cuatros lados y del fondo de la caja es:
2xz + 2yz + xy = 12,
al resolver esta ecuación para la variable z, tenemos: z = (12 − xy) / [2(x + y)],
así que la expresión para V se convierte en
V = xy
12 - xy
2(x + y)
=
2 212x y - x y
2(x + y)
y
x
z
80
Calculamos las derivadas parciales
∂
∂
V
x
=
2 2
2
y ( 12 - 2x y - x )
2(x + y)
, ∂
∂
V
y
=
2 2
2
x ( 12 - 2x y - y )
2(x + y)
∂
∂
2
2
x = 2
y = 2
V
y
=
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦
2 2
2
3
x = 2
y = 2
-(x + y) - ( 12 - 2x y - x )
x
(x + y)
= −1 < 0
∂
∂ ∂
2
x = 2
y = 2
V
y x
=
2 2 2
3
x=2
y=2
y 12 - 3x y - x x + y 12 - 2x y - x
x + y
( )( ) - y ( )
( )
=
- 1
2
< 0
Luego el Hessiano de V es:
∆2(x, y) =
∂ ∂
∂ ∂ ∂
∂ ∂
∂ ∂ ∂
2 2
2
2 2
2
V V
x x y
V V
x y y
=
1
2
> 0 y ∆1 < 0.
Luego, aplicando el criterio del Hessiano, se tiene que
el punto x = 2, y = 2 y z = 1 es un punto máximo y el volumen máximo es
V(2,2,1) = 4
EJEMPLO 10
Determine los valores máximos y mínimos de la función
f(x, y) = (x − 1)2 + (y − 2)2
en el conjunto D = {( x, y ) ∈ ℜ2 / x2 + y2 ≤ 45}.
Solución:
Primero, buscamos todos los puntos críticos de f en el interior del conjunto D.
Al hacer
∂
∂
f
x
(x, y) = 2(x −1) = 0
∂
∂
f
y
(x, y) = 2(y − 2) = 0
encontramos que f tiene exactamente un punto crítico en x = 1, y = 2. Como
12 + 22 < 45 el punto crítico está en el interior de la región.
81
A continuación, encontramos los extremos locales de f en la curva de frontera
x2 + y2 = 45. Para esto, usamos multiplicadores de Lagrange con
restricciones g(x, y) = x2 + y2 − 45.
Al hacer grad f + λgrad g = 0 se obtiene
2(x − 1) + λ 2 x = 0
2(y − 2) + λ 2 y = 0
si λ = 0, entonces x = 1, y = 2, el punto crítico interior. Si λ ≠ 0 se tiene
entonces que
y = 2x.
Al combinar esto con la restricción x 2 + y 2 = 45, resulta
5x 2 = 45
así que
x = ± 3
Como y = 2x, tenemos posibles extremos locales en x = 3, y = 6 y x = − 3,
y = − 6.
Se llega a la conclusión que los únicos candidatos para valores máximo y
mínimo de f en el conjunto D se presentan en (1, 2), (3, 6), y (−3, −6). Al
evaluar f en estos tres puntos se encuentra
f(1, 2) = 0,f(3, 6) = 20, f(−3, −6) = 80.
Por lo tanto, el valor mínimo de f es 0 en (1, 2) y el valor máximo es 80
en (− 3, − 6)
EJEMPLO 11
Sea f: ℜ3 → ℜ la función definida por
f (x, y, z) = x2 + 2 y2 + z2 .
Encuentre los extremos de la función f sujeta a las condiciones:
x + 3y − z = 2
2x − y + z = 4
Solución:
Definamos las funciones γ1: ℜ3 → ℜ y γ2: ℜ3 → ℜ por:
γ1 (x, y, z) = x + 3y − z − 2
γ2 (x, y, z) = 2x − y + z − 4
82
y hallemos los extremos de la función f sujeta a las restricciones
γ1 (x, y, z) = 0 y γ2 (x, y, z) = 0 .
Como
∇γ1 (x, y, z) = (1, 3, −1) ≠ 0,
∇γ2 (x, y, z) = (2, −1, 1) ≠ 0,
y las funciones f, γ1 y γ2 son de clases C2 en ℜ3, entonces tenemos que
resolver el siguiente sistema de ecuaciones, para obtener los extremos de la
función f:
∇f(x, y, z) = λ1∇γ1 (x, y, z) + λ2∇γ2 (x, y, z)
esto es
λ λ⎧
⎪ λ λ⎪⎪ λ λ⎨
⎪
⎪
⎪⎩
1 2
1 2
1 2
2x = + 2
4y = 3 -
2z = - +
x + 3y - z = 2
2x - y + z = 4
,
el cual tiene por solución
γ1 =
52
71
, γ2 =
108
71
, x =
134
71
, y =
12
71
, z =
28
71
Por lo tanto la función f sujeta a las condiciones γ1 y γ2 alcanza un valor
extremo en el punto
⎛
⎜
⎝
134
71
,
12
71
,
⎞
⎟
⎠
28
71
.
83
EJERCICIOS PROPUESTOS
1.- Encuentre los polinomios cuadráticos de Taylor alrededor de (0, 0) para
las siguientes funciones.
a.- z =
2 2-2x - ye b.- z = sen(2x) + cos(y) c.- 2Ln(1+ x - y)
2.- Sea f(x, y) = x + 2y +1
a.- Calcule el polinomio de primer grado de f en (0, 0).
b.- Calcule el polinomio de grado 2 para f en (0, 0).
c.- Compare los valores de las aproximaciones lineal y cuadrática del
inciso a y del b con los verdaderos valores para f(x, y) en los puntos
(0,1; 0,1), (− 0,1; 0,1), (0,1; − 0,1), (− 0,1; − 0,1). ¿Cuál aproximación
arroja valores más cercanos?
3.- Encuentre los extremos de las siguientes funciones.
a.- z = 2x2 + 3xy + y2 − 2x − y + 1
b.- z = x3 + y3 − 3axy con a ∈ ℜ
c.- z = x4 + y4 − 2x2 + 4xy − 2y2
d.- z = x2 + xy + y2 −3x − 6y
e.- z = x3 + 3xy2 − 15x − 12y
f.- z = sen x seny sen(x+y) con 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ π
g.- z =
1 x y
xy + (47 - x - y)( + )
2 3 4
h.- z =
2 2-(x + xy + y )(5x + 7y - 25)e
4.- En los siguientes problemas utilice multiplicadores de Lagrange para
encontrar los valores máximos y mínimo de f(x, y) sujetos a las restricciones
dadas.
a.- f(x, y) = x2 + y, x2 − y2 = 1
b.- f(x, y) = xy, 4x2 + y2 = 8
c.- f(x, y) = x2 − xy + y2, x2 − y2 = 1
d.- f(x, y) = x3 + y, x + y ≥1
e.- f(x, y) = x3 − y2 , x2 + y2 ≤ 1
84
f.- f(x, y, z) = x2 − y2 – 2z, x2 + y2 = z
5.- Una compañía fabrica un producto usando insumos x, y y z según la
función de producción
F(x, y, z) = 1 2 1 4 2 5= 20 x y z
Los precios por unidad son Bs 20 para x, Bs 10 para y y Bs 5 para z. ¿Qué
cantidad de cada insumo debe emplear la compañía para fabricar 1 200
productos al mínimo costo?
6.- Suponga que f(x, y) = A − (x2 + Bx + y2 + Cy). ¿Qué valores de A, B y C
dan a f(x, y) un valor máximo local de 15 en el punto (−2, 1)?
7.- Suponga que la temperatura de una lámina de metal está dada por
T(x, y) = x2 + 2x + y2 para puntos (x, y) de la lámina elíptica definida por
x2 + 4y2 ≤ 24. Halle las temperaturas máxima y mínima de la lámina.
8.- La base de un acuario con un volumen dado V es de pizarra y sus lados
de cristal. Si la pizarra cuesta cinco veces más que el cristal (por unidad de
área), determine las dimensiones de un acuario que minimice el costo de los
materiales.
9.- Determine todos los valores extremos absolutos y relativos y los puntos
de ensilladura para la función f(x, y) = x2 + 2xy + 3y2 en la región triangular
cerrada con vértices (−1, 1), (2, 1) y (−1, −2).
10.- Determine los valores máximos y mínimos de la función
f(x, y) = 2x 2 + x + y 2 – 2 en el conjunto D = {(x, y) ∈ ℜ2 / x2 + y2 ≤ 4}.
85
UNIDAD 4: CAMPOS ESCALARES
OBJETIVO DE APRENDIZAJE
Aplicar el concepto de campo escalar en la solución de problemas
CONTENIDO:
Definición y motivación física de campo escalar. El gradiente y las curvas de
nivel. El Laplaciano y sus aplicaciones
Continuando con nuestro estudio de las funciones que van de ℜn en
ℜm, ahora introduciremos un concepto muy importante como lo es el de
gradiente, concepto éste que tiene gran variedad de aplicaciones.
Además del concepto antes mencionado, también introduciremos el de
laplaciano.
Iniciamos nuestra unidad con una pequeña biografía de otro conocido
matemático: Pierre-Simon Laplace.
Pierre-Simon Laplace
(Beaumont-en-Auge, Normandía;
23 de marzo de 1749 - Paria;
5 de marzo de 1827)
Matemático y astrónomo francés a quien a los 24
años se le llamó "el Newton de Francia" por algunos de
sus descubrimientos. Entre 1799 y 1825 su gran obra,
Traité du Mécanique Céleste, la cual, como su autor
estableció, "ofrece una completa solución al gran
problema mecánico que presenta el sistema solar",
apareció en cinco volúmenes, y fue publicada en París. En su segunda gran
obra, Exposition du systeme du monde, París 1796, apareció su famosa
"hipótesis nebular", cuyo origen él parece atribuir a Buffon, aparentemente no
sabe que Immanuel Kant se le había adelantado parcialmente en su obra
Allgemeine Naturgeschichte (Historia General de la Naturaleza), publicada en
1755. Laplace resumió en un cuerpo de doctrina los trabajos separados de
Newton, Halley, Clairaut, d'Alembert y Euler acerca de la gravitación
universal, y concibió, acerca de la formación del sistema planetario, la teoría
que lleva su nombre. Sus trabajos sobre física, especialmente los estudios
sobre los fenómenos capilares y el electromagnetismo, le permitieron el
descubrimiento de las leyes que llevan su nombre. Se interesó también por la
Teoría de la Probabilidad y por la Teoría de funciones potenciales,
demostrando que algunas de ellas eran soluciones de ecuaciones
diferenciales.
86
EL GRADIENTE Y LAS CURVAS DE NIVEL
EJEMPLO 1
Pruebe si la función f: ℜ3 − {(0, 0, 0)} → ℜ definida por
f(x, y, z) = Ln( x2 + y2 + z2 )
satisface la relación:
f(x, y, z) = 2 Ln(2) − Ln(|| grad f ||2) (*)
Solución:
Como
∂
∂
f
x
(x, y, z) =
2 2 2
2x
x + y + z
; ∂
∂
f
y
(x, y, z) =
2 2 2
2y
x + y + z
y ∂
∂
f
z
(x, y, z) =
2 2 2
2z
x + y + z
Tenemos que
grad f = ⎛⎜
⎝
2 2 2
2x
x + y + z
,
2 2 2
2y
x + y + z
, ⎞⎟
⎠
2 2 2
2z
x + y + z
luego
|| grad f ||2 = < grad f ; grad f > =
2 2 2
2 2 2 2
4x + 4y + 4z
(x + y + z )
= 2 2 2
4
x + y + z
entonces
2 Ln2 − Ln(|| grad f ||2) = Ln22 − Ln(
2 2 2
4
x + y + z
) =
= Ln4 − [ Ln 4 − Ln( 2 2 2x + y + z )]
= Ln( 2 2 2x + y + z )
por lo tanto f cumple con la relación (*)
EJEMPLO 2
Sea f: ℜ2 → ℜ la función definida por ( ) ( )32 2f x,y = x + y .
Determine el conjunto de puntos para los cuales se cumple | grad (f) | = 2.
87
Solución:
Como
∂
∂
f
x
= 3x 2 2x + y y
∂
∂
f
y
= 3y 2 2x + y
entonces
| grad (f) | 2 = |∇f | 2 = (3x 2 2x + y ) 2 + (3y 2 2x + y ) 2
= 9 x 2 (x 2 + y 2 ) + 9 y 2 (x 2 + y 2 )
= 9 (x 2 + y 2 )2 ,
de aquí que
|∇f | = 3 (x 2 + y 2)
Luego, el conjunto de puntos que satisface |∇.f | = 2, son los puntos de la
circunferencia de radio
2
3
EJEMPLO 3
Sea la función F(x, y) = f(x + 3y, 2x − y), donde f: ℜ2 → ℜ es diferenciable.
Suponga que gradf(0, 0) = (4, −3). Determine la derivada direccional de F en
el origen de coordenadas en la dirección del vector v(1, 1).
Solución:
Como F es diferenciable ¿por qué?, entonces se tiene que
F′((0,0) ; u) = ∇F(0,0).u
donde u = ⎛ ⎞⎜ ⎟
⎝ ⎠
1 1
,
2 2
.
Calculemos el gradiente de F en el punto (0,0). Sean w = x + 3y y t = 2x − y,
entonces
∂
∂
F
x
=
∂
∂
f
w
∂
∂
w
x
+
∂
∂
f
t
∂
∂
t
x
=
∂
∂
f
w
+2
∂
∂
f
t
= 1.4 + 2.(−3) = −2
∂
∂
F
y
=
∂
∂
f
w
∂
∂
w
y
+
∂
∂
f
t
∂
∂
t
y
= 3
∂
∂
f
w
−
∂
∂
f
t
= 3.4 − 1.(−3) = 15.
F′((0,0) ; u) = ∇F(0,0).u = ( ) ⎛ ⎞⎜ ⎟
⎝ ⎠
1 1 13
-2,15 ; , =
2 2 2
88
EJEMPLO 4
Sea g: ℜ2 → ℜ un campo escalar definido por g(x, y) = x2 + 4y2 .
i) Halle la recta tangente a la curva de nivel g(x, y) = 8 en el punto
P(2, 1).
ii) Dibuje la curva de nivel, la recta tangente en el punto P y el vector
gradiente.
Solución:
i) Se tiene que ∇g(x, y) =
r r
2x i + 8y j = (2x, 8y), de aquí que
∇g(2, 1) = (4, 8), que es un vector normal a la curva en el punto (2, 1).
La ecuación de la recta tangente es
(
r r
4 i + 8 j ).(
r r
(x - 2) i + (y -1) j ) = 0
x +2y − 4 = 0
ii) Dibujemos, ahora, la curva de nivel (g(x, y) = 8), la recta tangente en el
punto P (x + 2y − 4 = 0) y el vector gradiente en el punto P (
r r
4 i + 8 j ).
EJEMPLO 5
Sea g: ℜ2 → ℜ un campo escalar definido por g(x, y) = x − y2 .
i) Halle la recta tangente a la curva de nivel g(x, y) = 2 en el punto
P(3,−1).
ii) Dibuje la curva de nivel, la recta tangente en el punto P y el vector
gradiente.
2
1
2
∇g
x + 2y − 4 = 0
x
2
+ 4y
2
= 8
4
P
89
Solución:
i) Se tiene que ∇g(x, y) =
r r
i - 2y j = (1,−2y), de aquí que
∇g(3, −1) = (1, 2), que es un vector normal a la curva en el punto
(3, −1).
La ecuación de la recta tangente es
(
r r
i + 2 j ).(
r r
(x -3) i + (y +1) j ) = 0
x +2y − 1 = 0
ii) Dibujemos, ahora, la curva de nivel (g(x, y) = 2), la recta tangente en el
punto P (3x + 2y − 7 = 0) y el vector gradiente en el punto P ( j2i3
vv
+ ).
EJEMPLO 6
El capitán Ralph tiene dificultades cerca del lado soleado de Mercurio. La
temperatura del casco de la nave, cuando él está en la posición (x; y; z),
viene dada por
2 2 2- x -2y -3zT(x, y, z) = e , donde x, y, y z vienen dados en
metros. Actualmente está en el punto (1, 1, 1).
a) ¿En qué dirección deberá avanzar para disminuir más rápidamente la
temperatura?
b) Si la nave viaja a e8 m/s, ¿con qué rapidez decrecerá la temperatura si
avanza en esa dirección?
c) Desafortunadamente, el metal del casco se cuarteará si se enfría a una
tasa mayor que 214e grados por segundo. Describir el conjunto de
90
direcciones posibles en que puede avanzar para bajar la temperatura a
una tasa no mayor que ésa.
AYUDA: la velocidad viene dada por el producto de su módulo por la
dirección unitaria.
Solución:
a) La dirección de máximo decrecimiento u será la dirección unitaria opuesta
al vector gradiente.
( )
Normalizndo
↓
∇ ⇒
⎛ ⎞⇒ ∇ ⇒ −∇ ⇒ ⎜ ⎟
⎝ ⎠
2 2 2 2 2 2 2 2 2-x -2y -3z -x -2y -3z -x -2y -3z
-6 -6
T(x;y;z) = -2xe ;-4ye ;-6ze
1 2 3
T(1;1;1) = e (-2;-4;-6) T(1;1;1) = e (2;4;6) u = ; ;
14 14 14
b) El valor de e8 m/s que nos dan es la rapidez (módulo de la velocidad) de la
nave. El vector velocidad vendrá dado por el producto de ese módulo por
la dirección unitaria de avance. Así:
⎛ ⎞⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
8 8dx dy dz 1 2 3v = ; ; = e u = e ; ;
dt dt dt 14 14 14
Queremos obtener la tasa de variación de la temperatura, y lo logramos
mediante la regla de la cadena:
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
En (x;y;z) = (1;1;1)
-6 -6
8 8 8
- 6 2
dT T dx T dy T dz
= + + =
dt x dt y dt z dt
e 2e 3e
= - 2e - 4e - 6e = -2 14e
14 14 14
c) En el punto anterior vemos que la máxima velocidad de crecimiento de la
temperatura es el doble de lo que la nave puede tolerar. Para que no se
cuartee, es necesario avanzar en otra dirección, cuyo vector unitario
podemos llamar u = (a; b; c). En ese caso tendremos que el vector
velocidad será v = (a; b; c)e8, y podremos escribir:
( ) ( )∇ -6 -6 -6 8 8 8 2dT = T·v = -2e ;-4e ;-6e · ae ;be ;ce = (-2a - 4b - 6c)e
dt
91
Esta tasa de variación de la temperatura debe ser negativa y su módulo debe
ser menor que 214e .
Por lo tanto:
≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤2 2 2
dT
- 14e 0 - 14e (-2a - 4b - 6c)e 0 - 14 - 2a - 4b - 6c 0
dt
Moviéndose en cualquier dirección unitaria u = (a; b; c) que cumpla con esas
condiciones el cohete se enfriará sin cuartearse.
EJEMPLO 7
Suponga que T(x, y, z ) =
- - 3 - 92 2 2x y z
200 e da la temperatura en un punto
(x, y, z ) en el espacio, donde T se mide en °C y x, y, z en metros.
a. Determine la variación instantánea de la temperatura en el punto
P( 2 , – 1 , 2) en la dirección del vector (3, −3, 3).
b. ¿En qué dirección varía más rápidamente la temperatura en el punto P?
c. ¿Cuál es la razón máxima de incremento?
Solución:
a. La variación instantánea de la temperatura en el punto P(2, – 1, 2) en
la dirección del vector (3, −3, 3), no es otra cosa que calcular la
derivada direccional de T en el punto P en la dirección del vector
(3, −3, 3).
Sean u =
1
3
(1, −1, 1) y ∇ T = − e
- - 3 - 92 2 2x y z
200 (2x, 6y, 18z)
luego
∇ T (2, – 1, 2) = − 400 43e− (2, −3, 18).
Entonces,
∂
∂
r
f
(P)
u
= ∇ T (2, – 1, 2) ⋅ u
= (− 400 43e− (2, −3, 18)) ⋅
1
3
(1, −1, 1)
= −
- 43400 e
3
(23) = −
43
9200 3
3 e
92
en consecuencia
∂
∂
r
f
(P)
u
= −
43
9200 3
3 e
b. La temperatura se incrementa con mayor rapidez en dirección del
gradiente en el punto (2 , – 1 , 2)
T∇ (2 , – 1 , 2) = − 400 43e− (2, −3, 18)
c. La razón máxima de crecimiento es la longitud del vector gradiente
| T∇ (2 , – 1 , 2) | = 400 43e− 337 =1,55x10−15
EJEMPLO 8
Considere la función f(x, y) = (ex − x) cosy. Suponga que S es la superficie
z = f (x, y).
a) Encuentre un vector que sea perpendicular a la curva de nivel de f que
pasa por el punto (2, 3) en la dirección en que f disminuye con más
rapidez.
b) Suponga que v = (5, 4, a) es un vector en tres dimensiones que es
tangente a la superficie S en el punto P(2, 3, f(2, 3)). ¿Cuándo vale a?
Solución:
a.- El vector gradiente grad f(x, y) es perpendicular a las curvas de nivel
de f en el punto (x, y)
grad f(x, y) = (ex − 1)cosy
r
i − (ex − x)seny
r
j
evaluando en el punto (2,3) obtenemos
grad f(2, 3) = (e2 − 1)cos3
r
i − (e2 − 2)sen3
r
j
luego el vector que es perpendicular a la curva de nivel de f y que
pasa por el punto (2, 3) en la dirección en que f disminuye con más
rapidez es: − grad f(2, 3) , entonces
− grad f(2, 3) = − (e2 − 1)cos3
r
i + (e2 − 2)sen3
r
j = 6,33
r
i + 0,76
r
j
93
b.- Escribimos la superficie S de la forma
F(x, y, z) = (ex − x)cosy − z = 0
Entonces grad F(x, y, z) = (ex − 1)cosy
r
i − (ex − x)seny
r
j −
r
k
Así en el punto P tenemos
grad F(P) = (e2 − 1)cos3
r
i − (e2 − 2)sen3
r
j −
r
k = − 6,33
r
i − 0,76
r
j −
r
k .
El vector v es perpendicular al grad F(P) (¿por qué?), entonces
v⋅grad F(P) = (5
r
i + 4
r
j + a
r
k ) ⋅ ( − 6,33
r
i − 0,76
r
j −
r
k ) = 0
−5(6,33) − 4(0,76) − a = 0
de aquí que el valor de a es
a = -34,69
EJEMPLO 9
Suponga que T(x, y, z) =
2 2 2
80
1+ x + 2y + 3z
da la temperatura en un punto
(x, y, z) en el espacio, donde T se mide en °C y x, y, z en metros.
a. ¿En qué dirección aumenta más rápido la temperatura en el punto
(1, 1, −2)?
b. ¿Cuál es la razón máxima de incremento?
Solución:
a.- ∇ T =
∂
∂
T
x
i +
∂
∂
T
y
j +
∂
∂
T
z
k
=
⎛
⎜⎜
⎝
2 2 2 2
-160x
( 1+ x + 2y + 3z )
,
2 2 2 2
- 320 y
( 1+ x + 2y + 3z )
,
⎞
⎟⎟
⎠
2 2 2 2
- 480z
( 1+ x + 2y + 3z )
=
2 2 2 2
160
( 1+ x + 2y + 3z )
(−x, −2y, 3z)
94
En el punto (1,1,−2) el vector gradiente es
T∇ (1,1,−2) =
5
8
(−1, −2, 6 ).
Luego, la temperatura se incrementa con mayor rapidez en dirección del
gradiente
∇ T (1,1,−2)
b.- La razón máxima de incremento es la longitud del vector gradiente
| T∇ (1,1,−2) | =
5 41
8
EJEMPLO 10
Encuentre el (los) punto(s) en el cual el gradiente de la función
z = Ln
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1
x +
y
es igual al vector⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
9
16
1, .
Solución:
Se tiene que el gradiente de la función z es
∇z =
⎛
⎜
⎝
y
xy +1
,
⎞
⎟
⎠
-1
y(xy +1)
según el enunciado del problema tenemos que hallar los puntos para los
cuales ∇z = (1,
-16
9
), de aquí obtenemos el siguiente sistema
( )
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪⎩
y
= 1
xy +1
-1 16
= -
y xy +1 9
( )
( )
⎧⎪
⎨
⎪⎩
y 1- x = 1
9 = 16y xy +1
( )⎧⎪
⎨
⎪⎩
2
y 1- x = 1
16xy +16y - 9 = 0
Despejando x en la primera ecuación y sustituyéndola en la segunda
ecuación obtenemos que
16 y 2 − 9 = 0 , de aquí que y =
3
±
4
.
95
Luego para y =
3
4
, x toma el valor de −
1
3
y para y = −
3
4
, x vale
7
3
; así,
los puntos para los cuales ∇z = ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
9
16
1, son:
⎛
⎜
⎝
1
-
3
,
⎞
⎟
⎠
3
4
y
⎛
⎜
⎝
7
3
,− ⎞⎟
⎠
3
4
EJEMPLO 11
Suponga una montaña tiene forma de un paraboloide elíptico
z = c - ax2 - by2,
donde a, b y c son constantes positivas, x y y son las coordenadas este -
oeste y norte - sur, y z es la altitud sobre el nivel del mar (x, y y z están
medidas en metros).
En el punto (1; 1), ¿en qué dirección aumenta más rápido la altitud? Si se
suelta una canica en (1; 1), ¿en qué dirección comenzará a rodar?
Solución:
Una función aumenta más rápidamente en la dirección del vector gradiente, y
disminuye más rápidamente en la dirección opuesta al mismo. En nuestro
caso:
⎛ ⎞∇
∇ ⇒ ∇ ⇒ ⎜ ⎟∇ ⎝ ⎠2 2 2 2
f(1;1) -a -b
f(x;y) = (-2ax;-2by) f(1;1) = (-2a;-2b) u = = ;
f(1;1) a +b a +b
Ésa es la dirección de máximo crecimiento. La canica rodará en la dirección
en la cual más rápidamente disminuya la altura, es decir, la opuesta a la
recién hallada:
Máximo decrecimiento
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠2 2 2 2
a b
u = ;
a +b a +b
96
EL LAPLACIANO Y SUS APLICACIONES
EJEMPLO 12
Compruebe que la función f(x, y, z) = aLn(x2 + y2) + b para (x, y) ≠ (0,0),
siendo a y b constantes, satisface la ecuación de Laplace.
Solución:
Se tiene
∂
∂ 2 2
f 2ax
=
x x + y
,
∂
∂
2 2 2
2 2 2 2
f -2ax + 2ay
=
x (x + y )
Análogamente tenemos que
∂
∂ 2 2
f 2ay
=
y x + y
,
∂
∂
2 2 2
2 2 2 2
f 2ax - 2ay
=
y (x + y )
entonces
∂
∂
2
2
f
x
+
∂
∂
2
2
f
y
=
2 2
2 2 2
-2ax + 2ay
(x + y )
+
2 2
2 2 2
2ax - 2ay
(x + y )
= 0
por lo tanto f satisface la ecuación de Laplace.
97
EJERCICIOS PROPUESTOS
1.- Suponga que la elevación de una colina está dada por
f(x, y) = 200 − y2 − 4x2. Desde el lugar situado en (1, 2) ¿en qué dirección
correrá el agua de lluvia?
2.- Si la temperatura en el punto (x, y, z) está dada por
T(x, y, z) = 80 + -z -2 -15e (x +y ), halle la dirección desde el punto (1, 4, 8) en
que la temperatura decrece más rápidamente.
3.- Considere las funciones f(x, y) = 4 − x2 − 2y2 y g(x, y) = 4 − x2. Calcule un
vector perpendicular a cada una de las siguientes:
a) La curva de nivel de f en el punto (1, 1)
b) La superficie z = f(x, y) en el punto (1, 1, 1)
c) La curva de nivel de g en el punto (1, 1)
d) La superficie z = g(x, y) en el punto (1, 1, 3)
4.- Calcule el Laplaciano de cada uno de los siguientes campos escalares
a.- F(x, y) = Ln(x2 + y2)
b.- G(x, y, z) = Ln(x2 + y2 + z2)
5.- Sea f(x, y) = 1 + x2 + y2
a.- Halle los puntos (x, y), si existen, en los que ∇f(x, y) = 0
b.- Dibuje la gráfica de la superficie z = f(x, y)
c.- ¿Qué se puede decir de la superficie en o los puntos hallados en la
parte a?
6.- Dada una superficie S ⊂ ℜ3 de ecuación z = f(x, y), entonces la ecuación
del plano tangente a S en el punto P0(x0, y0, z0) viene dada por la
ecuación
∂ ∂
∂ ∂
0 0 0 0
0 0 0
f(x ,y ) f(x ,y )
z - z = (x - x ) + (y - y )
x y
. Si ∇f(x0, y0) = (0, 0), la ecuación
se reduce a z = z0. En este caso el plano tangente es horizontal.
Halle los puntos de la superficie en los cuales el plano tangente es horizontal
a.- z = 3xy − x3 − y3
b.- xy +a3x−1 + b3y−1 −z = 0
c.- z − 2x2 − 2xy + y2 + 5x − 3y + 2 = 0
98
7.- Demuestre que, si
r
f(r)= g(r) y si g es dos veces diferenciable, se verifica
que
∇2 f = g”(r) + 2 r−1g’(r)
donde )
r r
r = r(x,y,z) = (x,y,z y
r
r = || r || .
8.- Demuestre que el campo escalar
f(x, y, z) = x2 + 2y2 − 3z2 + xy + 2xz − 3yz
es armónico.
9.- ¿Para qué enteros n distintos de cero es
r
f(r)= rn armónica en todo sólido
T que no contenga el origen de coordenadas?
10.- Demuestre que si f = f(x, y, z) satisface la ecuación de Laplace, su
campo de gradiente es tanto solenoidal como irrotacional.
99
UNIDAD 5: CAMPOS VECTORIALES
OBJETIVO DE APRENDIZAJE
Aplicar el concepto de campo vectorial en la
solución de problemas
CONTENIDO:
Los conceptos de divergencia y rotacional de un campo vectorial. Potenciales
escalares y vectoriales. Campos conservativos. El operador rotacional y
divergencia en coordenadas curvilíneas.
En esta unidad solo presentaremos ejemplos de potenciales escalares y
vectoriales, puesto que lo que respecta a los demás aspectos es más bien
teórico, por lo cual lo dejamos para que ustedes lo estudien con todo lujo de
detalles en el medio maestro o en las referencias bibliográficas.
Probablemente para futuras ediciones consideremos incluir algo de
teoría, pero solamente desde un punto de vista operacional, así como
también para aclarar aquellos aspectos teóricos que pudieran no ser muy
claros y por ende causantes de una mala aplicación.
POTENCIALES ESCALARES Y VECTORIALES
• Potenciales escalares
EJEMPLO 1
Sea F
v
: ℜ3 → ℜ3 el campo vectorial definido por
F
v
(x, y, z) = (ey + 2z, x ey + 2z, 2xey + 2z).
Calcule si existe una función potencial para F
v
.
Solución:
Antes de comenzar a sacar cuentas para calcular un potencial para el campo
vectorial F
v
, debemos estar plenamente seguros que para dicho campo existe
un potencial (¿por qué decimos un potencial y no el potencial?), para lo cual
usaremos la proposición 7 de la sección 92 página 417 del texto de
Matemática IV código 735 tomo I de la carrera de Ingeniería.
100
Calculemos el rotor del campo vectorial F
v
rot(F
v
) =
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
y + 2z y + 2z y + 2z
i j k
x y z
e x e 2x e
= (0, 0, 0) .
Luego, puesto que F
v
es un campo vectorial irrotacional, es el gradiente de un
campo escalar definido en ℜ3, en este caso una función potencial, se define
asi:
f(x, y, z) = ∫
x
0
0dt +
0
y
∫ txe dt + ( )
0
z
∫ y + 2z2x e dt = xey + 2z
Se le recomienda al estudiante pensar en otra forma de resolverlo; en caso
de que NO se le ocurra, no se preocupe, vea el ejemplo que sigue.
EJEMPLO 2
Sea F
v
: ℜ3 → ℜ3 el campo vectorial definido por
F
v
(x, y, z) = ( )y senz, x senz, x ycosz .
Calcule una función potencial para F
v
.
Solución:
Un método diferente al empleado en el ejemplo anterior para el cálculo de
una función potencial es el que planteamos seguidamente.
Recordemos una vez más, que antes de ponernos a realizar cualquier
cálculo, debemos estar seguros de que existe una función potencial, pero,
¿cómo podemos hacer esto? La respuesta a esta pregunta está dada en el
ejemplo anterior.
Comencemos por calcular el rotor del campo F, esto es:
rot(F
v
) =
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
i j k
x y z
y senz x senz x ycosz
= (0, 0, 0).
101
Con lo cual resulta que el campo F
v
es irrotacional, por lo tanto F
v
es el
gradiente de un campo escalar definido en ℜ
3 abierto simplemente conexo.
Al ser F
v
irrotacional, tiene sentido hablar y calcular una función potencial f.
Ahora bien, como ya sabemos que existe f, podemos resolver el sistema de
ecuaciones:
( ) ( ) ( )∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
f f f
x,y,z = y senz, x,y,z = x senz, x,y,z = x ycosz
x y z
, [ * ]
para f (x, y, z ). Éstas son equivalentes (¿por qué?) a las ecuaciones
simultáneas:
a) f (x, y, z) = xy senz+ h1(y, z)
b) f (x, y, z) = xy senz + h2(x, z)
c) f (x, y, z) = xy senz + h3(x, y)
para funciones h1, h2 y h3, independientes de x, y y z (respectivamente).
Derivando la ecuación (a) respecto de y e igualándola con la segunda
ecuación de [ * ], obtenemos:
( )
∂
∂
1hx senz + y,z = x senz
y
,
de lo anterior se desprende que:
( ) ( ) ( )
∂
⇒
∂
1
1
h
y,z = 0 h y,z = g z
y
por lo tanto:
f ( x , y , z ) = xy senz + h1( y , z ) = xy senz + g( z ) [ ** ]
derivando [ ** ] respecto de z e igualando con la tercera ecuación de [ * ], nos
queda:
xycosz + g’( z ) = xycosz ⇒ g’( z ) = 0 ⇒ g( z ) = const = c.
De todo lo anterior resulta que:
f(x, y, z) = xy sen( z ) + c
102
EJEMPLO 3
Sea
r
F : ℜ3 → ℜ3 el campo vectorial definido por
r
F (x, y, z) = (x + 2y + 4z, 2x – 3y – z, 4x – y + 2z) .
Calcule una función potencial para
r
F .
Solución:
Este ejemplo será resuelto empleando tanto el método utilizado en el ejemplo
Nº 1 como el utilizado en el ejemplo Nº 2, con el propósito de verificar que
ambos métodos conducen a la misma respuesta; no obstante, es posible que
dependiendo de la naturaleza del ejercicio mismo uno sea más sencillo que
el otro. La decisión acerca de cuál aplicar es única y exclusivamente suya,
dependiendo de con cuál método se siente más a gusto o le parezca más
sencillo.
• Método empleado en el ejemplo Nº 1:
Como antes, comencemos por calcular el rotor del campo F, con el fin de
garantizar la existencia de un campo o potencial escalar f, así:
rot(
r
F) =
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
i j k
x y z
x + 2y + 4z 2x - 3y - z 4x - y + 2z
= (0, 0, 0).
Con lo cual resulta que el campo F es irrotacional, por lo tanto, F es el
gradiente de un campo escalar f definido en ℜ3 abierto simplemente conexo,
en este caso al igual que en el ejemplo Nº 1, una función potencial se define
como:
f (x, y, z) = ∫
x
0
t dt + ∫
y
0
(2x -3t) dt + ∫
z
0
(4x - y +2t) dt ,
de donde, luego de integrar, nos queda:
f(x, y, z) =
21 x
2
+ 2xy –
23 y
2
+ 4xz – yz + z2 + k
• Empleando ahora el método del ejemplo Nº 2:
Sean: F1(x, y, z) = x + 2y + 4z, F2(x, y, z) = 2x – 3y – z y
F3(x, y, z) = 4x – y + 2z, las funciones componentes de F.
103
Como sabemos que f existe (¿por qué?), podemos resolver el sistema de
ecuaciones: ∇f =
r
F , esto es:
∂
∂
f
(x,y,z)
x
= x + 2y + 4z,
∂
∂
f
(x,y,z)
y
= 2x – 3y – z,
∂
∂
f
(x,y,z)
z
= 4x – y + 2z.
Por lo tanto:
∂
∂
f
(x,y,z)
x
= x + 2y + 4z ⇒ f(x, y, z) = 2
1
x
2
+ 2xy + 4xz + ϕ1(y, z),
derivando la expresión anterior respecto de la variable y e igualando a la
segunda ecuación, resulta:
2x +
∂ ϕ
∂
(y,z)
y
= 2x – 3y – z ⇒
∂ ∂
∂ ∂
P Q
=
y x
= – 3y – z,
integrando respecto de y queda:
ϕ
1(y, z) = – ϕ2 2
3
y - yz + (z)
2
.
Sustituyendo este último resultado en:
f (x, y, z) = 2
1
x
2
+ 2xy + 4xz + ϕ1(y, z) ,
obtenemos:
f (x, y, z) = 2
1
x
2
+ 2xy + 4xz – ϕ2 2
3
y - yz + (z)
2
,
derivando respecto de la variable z e igualando a la tercera ecuación, resulta:
4x – y + ( )ϕ2 z' = 4x – y +2z ⇒ ( )ϕ2 z' = 2z,
con lo cual:
( )ϕ2 z = z2 + k.
Luego, sustituyendo ( )ϕ2 z = z2 + k en la expresión que define a f queda:
f(x, y, z) = 2
1
x
2
+ 2xy –
23 y
2
+ 4xz – yz + z2 + k
104
Si comparamos los resultados obtenidos al resolver el ejemplo aplicando
ambos métodos, notamos que son idénticos, lo cual corrobora la afirmación
hecha por nosotros al comienzo.
EJEMPLO 4
Sea
r
F : ℜ3 → ℜ3 el campo vectorial definido por
r
F (x, y, z) = (3y2z + yex , 6xyz + ex , 3xy2).
Calcule una función potencial para
r
F .
Solución:
Este ejemplo lo resolveremos en su totalidad haciendo uso del software
matemático Maple. Como antes, lo primero será calcular el rotor del campo F
y lo segundo calcular el campo escalar propiamente dicho.
La secuencia de comandos es como sigue:
> with(VectorCalculus):
> SetCoordinates(‘cartesian’[x,y,z] );
cartesian x,y,z
> F:= VectorField( 〈3*x2*z + yex , 6*x*y*z + ex , 3*x*y2〉 );
F:= (3*y2*z + yex)e
x + (6xyz + e
x)e
y + 3xy
2 e
z
> Curl(F);
0e
z
> ScalarPotential(F);
3y2zx + yex
Comentario de los comandos:
El primer comando es utilizado para cargar la librería de “Cálculo Vectorial”,
el segundo nos indica el tipo de coordenadas que vamos a emplear, en este
caso concreto, como ya habrá notado, se trata de coordenadas cartesianas.
El tercero es utilizado para facilitar el trabajo, pues es simplemente una
asignación que nos ahorra tiempo cuando necesitemos utilizar el campo
r
F ,
pues es suficiente con utilizar el nombre de la variable en los comandos
siguientes para que éstos nos den el resultado; el cuarto comando es el que
calcula el rotor y el quinto, y último, es el que da el campo escalar buscado.
105
EJEMPLO 5
Sea
r
F : ℜ2 → ℜ2 el campo vectorial definido por
r
F (x, y) = (3y2 + yex, 6xy + ex).
Calcule una función potencial para
r
F .
Solución:
Al igual que se hizo en los ejemplos anteriores, lo primero es saber si para
este campo vectorial existe un potencial. Aquí el criterio es algo diferente, lo
que debemos es verificar es que P(x, y) = 3y2 + yex y Q(x, y) = 6xy + ex
verifiquen la igualdad:
∂ ∂
∂ ∂
P Q
=
y x
.
Una vez hecho lo anterior (¡verifíquelo!), podemos afirmar sin temor a
equivocarnos que existe una función potencial f que satisface:
( )∂
∂
2 xf x,y = 3y + ye
x
y ( )∂
∂
xf x,y = 6xy + e
y
.
Procediendo como en el ejemplo 1, obtenemos
f (x, y) = ∫
x
0
0dt + ( )∫
y
x
0
6xt + e dt = 3xy2 + yex
• Potenciales vectoriales
EJEMPLO 6
Sea
r
F : ℜ3 → ℜ3 el campo vectorial definido por
r
F (x, y, z) = (0, 0, xy).
Calcule si existe un potencial vectorial para
r
F .
Solución:
Antes de comenzar a sacar cuentas para calcular un potencial vectorial para
el campo vectorial
r
F , debemos estar seguros que para dicho campo existe
un potencial vectorial, para esto será suficiente verificar que la divergencia de r
F es cero.
Calculemos la divergencia del campo vectorial
r
F .
div
r
F = ∇.
r
F = ( )∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
0 + 0 + xy
x y z
= 0.
106
Luego, puesto que div
r
F = 0, existe un campo vectorial
r
V tal que ∇x
r
V =
r
F ,
o de otra forma rot
r
V =
r
F , en este caso, un potencial vectorial se define así:
[Ver texto de Matemática IV código 736, sección, página ]
V1 = ∫
z
0
0dt = 0 , V2 = – ∫
z
0
0dt + ∫
x
0
ty dt = ( )21 x y
2
,
r
V 3 = 0.
Luego una solución como potencial vectorial es:
r
V (x, y, z) =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
210, x y,0
2
EJEMPLO 7
Resolveremos el ejemplo 5 apoyándonos en el software Maple. La secuencia
de comandos es:
> with(VectorCalculus):
> SetCoordinates( ‘cartesian’[x,y,z] );
cartesian x,y,z
> F:= VectorField( 〈0 , 0, x*y〉 );
F:= (x y) e
z
> Divergence(F);
0
> VectorPotential(F);
2
x
1
- xy e
2
Así, la solución obtenida vía software matemático es:
r
V (x, y, z) =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
21- xy ,0,0
2
¿Existe alguna contradicción entre las soluciones obtenidas, o ambas son
igualmente válidas?, ¿qué puede concluir?
Comentario de los comandos:
El primer comando es utilizado para cargar la librería de “Cálculo Vectorial”;
el segundo nos indica el tipo de coordenadas que vamos a emplear, (en este
caso, como ya habrá podido notar, se trata de coordenadas cartesianas); el
tercero es utilizado para facilitar el trabajo, pues es simplemente una
107
asignación, la cual nos ahorra tiempo a la hora de que necesitemos utilizar el
campo
r
F , ya que es suficiente con utilizar el nombre de la variable en los
comandos siguientes para que éstos nos den el resultado; el cuarto comando
es el que calcula la divergencia y el quinto y último es el que da el potencial
buscado.
EJEMPLO 8
Sea
r
F : ℜ3 → ℜ3 el campo vectorial definido por
r
F (x, y, z) = (xz, yz, – z2).
Calcule si existe un potencial vectorial para
r
F .
Solución:
Calculemos la divergencia del campo vectorial
r
F .
div
r
F = ∇.r
F = ( ) ( ) ( )∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
2x z + y z + - z
x y z
= 0.
Puesto que div
r
F = 0, existe un campo vectorial
r
V tal que ∇x
r
V =
r
F , o de
otra forma rot
r
V =
r
F , en este caso, un potencial vectorial se define así:
V1 = ( ) ( )∫
z
2
0
1
y t dt = y z
2
, V2 = – ( )∫
z
0
x t dt + ∫
x
0
0dt = – ( )21 xz
2
, V3 = 0.
Luego una solución como potencial vectorial es:
r
V (x, y, z) =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2 21 1yz ,- xz ,0
2 2
108
EJERCICIOS PROPUESTOS
En los ejercicios del 1 al 8 calcule si existe una función potencial.
1.
r
F (x, y, z) = ( )x xe cosy + yz , xz - e seny , xy + z
2.
r
F (x, y, z) = (Lnx + sec2 (x + y) , sec2 (x + y) +
2 2
y
y + z
,
2 2
z
y + z
)
3.
r
F (x, y, z) = ( y , x , 1 )
4.
r
F (x, y, z) = (ysenz, xsenz, xycosz)
5.
r
F (x, y, z) = (yz , xz + y, xy + 2)
6.
r
F (x , y) = (4x3y3 + 3, 3x4y2 + 1)
7.
r
F (x, y, z) = ( ) ( )⎛ ⎞⎜ ⎟
⎝ ⎠
1 1
2cos y , - 2xsen y ,
y z
8. La ley de la atracción gravitacional entre dos masas m1 y m2 está dada
por F = 31 2-Gm m r/ r , en donde r(x, y, z) = (x, y, z).
En los ejercicios del 9 al 16 calcule si existe un potencial vectorial para el
campo vectorial dado.
9.
r
F (x, y, z) =
( )
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2
22 2 2 2 2 2 2 2 2
x y 2a z
, ,
x + y - a x + y - a x + y - a
10.
r
F (x, y, z) =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1 1
, - , 0
x + y -3 x + y -3
11.
r
F (x, y, z) =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2 2 2 2
x z
, 0 ,
x + z x + z
12.
r
F (x, y, z) = ( )0,1,1
13.
r
F (x, y, z) = ( )z, x, y
14.
r
F (x, y, z) = ( )3 x, y, - 4z
15.
r
F (x, y, z) = ( )2x - y, 3 y - 2z, - 5z - 3 x
16.
r
F (x, y, z) = ( )2 2 2 2 2 2y + z , x + z , x + y
109
UNIDAD 6: INTEGRALES CURVILÍNEAS O DE LÍNEA
OBJETIVO DE APRENDIZAJE
Aplicar los conceptos de integral de línea de funciones de varias
variables en la solución de problemas
CONTENIDO:
El concepto de integral de línea. Diversas aplicaciones: el concepto de trabajo.
Integral de línea de un gradiente y su interpretación física.
En la presente unidad desarrollaremos en primer lugar ejemplos de
cálculo de integrales de línea, esto a manera de agarrar cierta práctica y
destreza en el cálculo de tales integrales; en segundo lugar daremos dos
ejemplos de aplicaciones como lo son: el de calcular el trabajo realizado por
un campo de fuerzas al mover una partícula a lo largo de una curva, y la
determinación de la masa de un alambre conocida su densidad.
En tercer lugar y para finalizar con el objetivo, continuaremos
calculando integrales de línea, pero ahora cuando el campo vectorial es el
gradiente de un campo escalar, recordemos que el gradiente ya es conocido
por nosotros, pues el mismo ya se estudió en la unidad 4.
George Green
(1793 - 1841)
George Green nació en julio de 1793 y murió el 31 de mayo de 1841.
Fue un matemático británico cuyo trabajo influenció notablemente el
desarrollo de importantes conceptos en física. Entre sus obras más famosas
se cita Un análisis de las aplicaciones del análisis matemático a las teorías
de la electricidad y el magnetismo, publicado en 1828. En este ensayo se
introdujeron los conceptos de funciones de potencial utilizados comúnmente
en la formulación matemática de la física. También aparecieron en este
ensayo las funciones de Green y aplicaciones importantes del teorema de
Green.
Green fue un científico autodidacta. Vivió la mayor parte de su vida en
Sneinton, Nottinghamshire, actualmente parte de la ciudad de Nottingham.
Su padre, también llamado George, era un panadero que poseía un molino
de viento para preparar la harina. El joven George Green sólo asistió de
forma regular a la escuela durante un año, entre sus 8 y 9 años, ayudando a
su padre posteriormente.
110
EL CONCEPTO DE INTEGRAL DE LÍNEA
EJEMPLO 1
Evalúe la integral de línea ∫ 2
C
2xy dx + x dy , donde C es la frontera del
triangulo cuyos vértices son los puntos A(0,0), B(3,2) y D(1,5) descrito en
sentido contrario al movimiento de las agujas del reloj.
Solución:
El triángulo cuya frontera es la curva C es el mostrado
en la figura de la derecha.
Denotemos por C1 el segmento que une los puntos A y
B; por C2 al que une los puntos B y D, y por C3 al
segmento que une los puntos D y A.
La ecuación de C1 es y = 23 x para x ∈ [0, 3], a lo largo
de esa curva podemos tomar como parámetro x = t,
por lo tanto:
∫
1C
22xy dx + x dy = ⎛ ⎞⎜ ⎟
⎝ ⎠∫
3
0
2 24 2t + t dt
3 3
= 18.
La ecuación de la curva C2 es y = - 3 13x +2 2
para x ∈ [1, 3], esta curva la
podemos parametrizar como: x = - 2 t + 3
3
, y = t + 2 y t ∈ [0, 3]. Tenemos
entonces que:
∫
2C
22xy dx + x dy = ( )⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦∫
23
0
2 2 2
2 - t + 3 t + 2 - dt + - t + 3 dt
3 3 3
= ⎛ ⎞⎜ ⎟
⎝ ⎠∫
2
3
0
16 56
t - t +1 dt
9 9
= −13.
Por último, la curva C3 tiene por ecuación y = 5x para x ∈ [0, 1], este
segmento puede ser parametrizado como: x = - 1 t +1
3
, y = - 5 t + 5
3
para
t ∈ [0, 3].
Por lo tanto
∫ 2
C3
2xy dx + x dy =
⎡ ⎤⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦
∫
23
0
1 5 1 1 5
2 - t +1 - t + 5 - dt + - t +1 - dt
3 3 3 3 3
= ⎛ ⎞⎜ ⎟
⎝ ⎠∫
2
3
0
5 10
- t + t - 5 dt
9 3
= - 5.
111
Por último, se obtiene:
∫ 2
C
2xy dx + x dy =
⎛ ⎞
⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
∑ ∫
k
3
2
k =1 C
2xy dx + x dy = 18 - 13 - 5 = 0
[Recuerde: las parametrizaciones NO son únicas]
EJEMPLO 2
Evalúe la integral de línea ( )∫ 2
C
2+ x y ds , donde C es la mitad superior del
círculo unitario x 2 + y 2 = 1 descrito en sentido contrario al movimiento de las
agujas del reloj.
Solución:
La gráfica de la curva C es la mostrada en la figura que aparece a la
izquierda y abajo.
El círculo unitario se puede parametrizar
mediante las dos ecuaciones x = cos t, y = sen t,
así que la mitad superior del círculo está
expresado cuando t varía entre 0 y π.
Por consiguiente
( )∫ 2
C
2+ x y ds = ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫
2 2π
2
0
dx dy
(2 + cos (t) sen(t) ) + dt
dt dt
= ∫
π
2 2 2
0
(2 + cos (t) sen(t) ) sen (t) + cos (t) dt
( )∫ 2
C
2+ x y ds = ∫
π
2
0
(2 + cos (t) sen(t) )dt = 2π + 23
[¿Qué diferencia, si es que la hay, observó entre la integral de línea del
ejemplo anterior y la de este ejemplo?]
EJEMPLO 3
Calcule la integral de línea ∫ 2
C
y d x + xd y , donde C es el arco de la parábola
x = 4 – y 2 que va de (– 5, – 3) a (0, 2).
112
Solución:
La gráfica de la curva C, es la mostrada en la figura.
Parametricemos la curva C como sigue:
C: ⎧⎨
⎩
2x = 4 - t
y = t
; para t en [– 3, 2].
Luego sustituyendo en ∫ 2
C
y dx + xdy , queda:
∫ 2
C
y d x + xd y = t⎡ ⎤⎣ ⎦∫
2
3 2
- 3
- 2t - t + 4 d =
245
6
EJEMPLO 4
Calcule la integral de línea
∫ 2
C
y dx + x dy ,
donde C es el arco de la parábola y = 4x – x 2 de (4, 0) a (1, 3).
Solución:
El arco de parábola es el dibujado en la figura
anexa. Vale la pena resaltar el hecho de que la
curva es recorrida en sentido positivo, es decir, en el
sentido del movimiento de las agujas del reloj.
Tomando x como parámetro y teniendo en cuenta el
sentido en que es recorrida la curva y la variación de
x, tenemos:
∫ 2
C
y d x + x d y = - ∫
4
2 2
1
(4x - x )d x + x (4 - 2x)dx
= - (
4 43 2
1
x
- + x + 2x )
2
| = 69
2
.
EJEMPLO 5
Calcule la integral de línea
∫ 2
C
y dx + x dy ,
donde C es el arco de la parábola y = 4x – x 2 de (4, 0) a (1, 3).
113
Solución:
Al igual que se hizo en el objetivo 5, ejemplo 4, resolveremos el ejemplo
anterior apoyándonos en el software matemático Maple.
La secuencia de comandos en este caso es como sigue:
> VectorCalculus[SetCoordinates](cartesian[x,y]);
cartesianx, y
> v:= VectorCalculus[VectorField](< y, x2 >);
( ) ( )x y2v := y e x e+
> VectorCalculus[LineInt](v,Path(< t,4*t – t2 >, t = 4 .. 1));
69
2
Explique cada uno de los comandos utilizados en la resolución del ejemplo 5.
EJEMPLO 6
Evalúe la integral de línea
( ) ( ) ( )∫
C
x + y + z dx + x - 2y + 3z dy + 2x + y- z dz ,
donde C es la trayectoria rectilínea que va de (0, 0, 0) a (2, 0, 0) a (2, 3, 0).
Solución:
La trayectoria C es la mostrada en la figura; la
misma puede ser considerada como la unión de los
segmentos C1 y C2 , con C1 el segmento que une los
puntos (0, 0, 0) y (2, 0, 0); y C2 el que une los puntos
(2, 0, 0) y (2, 3, 0).
La ecuación de C1 es: x = t, y = 0 y z = 0 con
t ∈ [0, 2], considerando x como el parámetro, por lo
tanto:
( ) ( ) ( )∫
C1
x + y + z dx + x - 2y + 3z dy + 2x + y - z dz = ∫
C1
x dx =
∫
22 2
0 0
t
t dt = = 2
2
.
La ecuación de C2 es: x = 2, y = 3 t2
y z = 0 con t ∈ [0, 2], por lo tanto:
( ) ( ) ( )∫
C2
x + y + z dx + x - 2y + 3z dy + 2x + y - z dz =
( )∫
C2
x - 2y + 3z dy = ( )∫
2
0
3
2 - 3t dt
2
= - 3.
114
Por último, se obtiene:
( ) ( ) ( )∫
C
x + y + z dx + x - 2y + 3z dy + 2x + y - z dz =
( ) ( ) ( )
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∑ ∫
k =1 C
2
x + y + z dx + x - 2y + 3z dy + 2x + y - z dz = 2 - 3 = - 1
EJEMPLO 7
Calcule
∫ 2 2 2 2
C
y x
- dx + dy
x + y x + y
,
donde C es la circunferencia unitaria, orientada en el sentido de las
manecillas del reloj.
Solución:
Puesto que la orientación de la curva C es negativa (¿por qué?), tenemos, en
virtud de las propiedades de las integrales de línea, que:
∫ 2 2 2 2
C
y x
- dx + dy
x + y x + y
= ∫ 2 2 2 2
- C
y x
- dx + dy
x + y x + y
= – ∫ 2 2 2 2
C
y x
- dx + dy
x + y x + y
.
Ahora, parametrizando la circunferencia unitaria como:
[ ]θ⎧ θ∈ π⎨ θ⎩
x = cos
, 0, 2
y = sin
,
tenemos:
– ∫ 2 2 2 2
C
y x
- dx + dy
x + y x + y
= – ( )
π
θ θ θ∫
2
2 2
0
sin + cos d = – 2π
115
DIVERSAS APLICACIONES: Trabajo y Masa
• Trabajo
EJEMPLO 8
Encuentre el trabajo realizado por el campo de fuerzas
r
F (x, y) = (x3 – y3)i + (xy2)j
al mover una partícula a lo largo de la curva C, cuyas ecuaciones están
dadas por: x = t2, y = t3 con t ∈ [- 1, 0].
Solución:
Recordemos que:
T = ( )( ) ( )∫
rb
a
F r t .r ' t dt .
[Es común encontrar en muchos libros de cálculo vectorial que utilicen la
letra W para denotar el trabajo].
Por lo tanto, para r(t) = (t2, t3) , r’(t) = (2t, 3t2) y t ∈ [- 1 , 0], resulta:
T = ( ) ( )∫
r0
2 3 2
- 1
F t , t . 2t , 3t dt = ( ) ( )∫
0
6 9 2 6 2
- 1
t - t , t t . 2t , 3t dt
( ) ( )∫
0
6 9 8 2
- 1
= t - t , t . 2t , 3t dt = ( )∫
0
7 10 10
- 1
2t - 2t + 3t dt
= ( )∫
0
7 10
- 1
2t + t dt =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
0
8 11
- 1
t t
+
4 11
=
7
-
44
Deberán asignarse unidades que dependerán de las de la longitud y la
fuerza.
• Masa
EJEMPLO 9
Se da forma de semicírculo x2 + y2 = 4, x ≥ 0 a un alambre delgado. Si la
densidad lineal es una constante k, determine la masa.
Solución:
Para determinar la masa del alambre, debemos solamente calcular la
116
integral de línea: ( )ρ∫
C
x,y ds , donde C es el semicírculo x2 + y2 = 4, x ≥ 0
y ρ(x, y) = k.
Por lo tanto, parametrizando el semicírculo mediante el par de ecuaciones
x = 2cos(t), y = 2sen(t) y t ∈ - ,
π π⎡ ⎤
⎢ ⎥⎣ ⎦2 2
, obtenemos:
( )ρ∫
C
x,y ds =
π
π−
∫
2
2
2k dt = kπ
( ) ( )⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
2 2ds= -2sen ( t + 2cos ( t dt = 2dt
INTEGRAL DE LÍNEA DE UN GRADIENTE
EJEMPLO 10
Calcule la integral de línea del campo vectorial
r
F (x, y) = P(x, y)i + Q(x, y)j = eyi + xeyj
a lo largo de la trayectoria:
r
r (t) = (senh(5t4)/senh5 , t4 + 5t3 - 3t2 - 2t) , 0 ≤ t ≤ 1
Solución:
∂ ∂
∂ ∂
yP Q= e =
y x
⇒
r
F es conservativo; por lo tanto, puede expresarse como el
gradiente de una función potencial f, esto es: ∇f =
r
F . Si obtenemos tal
función f, podremos aplicar el teorema fundamental de las integrales de línea.
Para ello notemos que:
⇒
∂
∂
y yf (x,y) = P(x,y) = e f(x,y) = xe + g(y)
x
(1),
donde g(y) es una función que depende solamente de la variable y. Si ahora
derivamos la función f obtenida, respecto de y, debemos llegar a una
expresión equivalente a la otra función coordenada, esto es, Q.
⇒ ⇒
∂
∂
y yf (x,y) = xe +g '(y) = Q(x,y) = xe g '(y) = 0 g(y) = k
y
117
Reemplazando este último resultado en (1), tenemos:
yf(x,y) = xe +k (2)
Ya tenemos la función potencial. Ahora podemos aplicar el teorema
fundamental de las integrales de línea:
∇∫ ∫
r
C C
F.dr = f.dr = f(r(1)) - f(r(0))
Calculando los puntos extremos de la curva con los valores correspondientes
del parámetro tenemos:
( )
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
4 3 2
senh0
r(0) = ; 0 = (0,0)
senh5
senh5
r(1) = ;1 +5×1 -3×1 - 2×1 = 1,1
senh5
Aplicando ahora la función f dada por (2) a estos dos puntos tenemos:
f(r(0)) = 0 + k , f(r(1)) = e k+ .
Y finalmente:
∫
r
C
F.dr r r= f( (1)) - f( (0)) = e
De esta manera nos evitamos ejecutar una integral de línea sumamente
engorrosa.
EJEMPLO 11
Calcule la integral de línea del campo vectorial
r
F (x, y) = (4x3y3 + 3, 3x4y2 + 1).
a lo largo de la trayectoria:
r
r (t) = (t2, t3) , 0 ≤ t ≤ 1.
Solución:
Sean P(x, y) = 4x3y3 + 3 y Q(x, y) = 3x4y2 + 1 las funciones componentes del
campo
r
F .
Es inmediato que:
( )∂
∂
P
x, y
y
= ( )∂
∂
Q
x, y
x
.
118
Por lo tanto, el campo vectorial
r
F es el gradiente de un campo escalar f
definido en ℜ2 y además:
f(x, y) = ( )∂
∂∫
P
x, y dx
x
+ ϕ(y) ⇒ f(x, y) = x4y3 + 3x + ϕ(y) ,
derivando la expresión anterior respecto de la variable y, igualando a Q, y
posteriormente integrando (respecto de y), resulta:
( )∂
∂
f
x, y
y
= 3x4y2 + ϕ’(y) = 3x4y2 + 1 ⇒ ϕ(y) = y + k ,
asi,:
f(x, y) = x4y3 + 3x + y + k
que es una familia de funciones potenciales para el campo vectorial
r
F dado.
Ahora podemos aplicar el teorema fundamental de las integrales de línea:
( )( ) ( )( )∇∫ ∫
r r r r
C C
F.dr = f.dr = f r 1 - f r 0
Calculando los puntos extremos de la curva con los valores correspondientes
del parámetro tenemos:
( ) ( )r rr(0) = 0, 0 y r(1) = 1, 1
Evaluando ahora la función f en estos dos puntos tenemos:
( )( ) ( ) ( )( ) ( )r rf fr 0 = f 0,0 = 0 + k , r 1 = f 1,1 = 5 + k .
Finalmente:
( )( ) ( )( )∇∫ ∫
r r r
C C
F.dr = f.dr = f r 1 - f r 0 = 5
119
EJERCICIOS PROPUESTOS
En los ejercicios del 1 al 3 evalúe las integrales de línea.
1. ( )∫
C
2 2 2x + y + z ds ; C es la curva x = 4cost, y = 4sent, z = 3t, 0 ≤ t ≤ 2π.
2. ∫
C
2y dx + x dy ; C es la curva y =
2x
-1
4
que va de (0, - 1) a (4, 3).
3. ∫
C
2y dx + x dy ; C es la curva x = 2t, y = t2 – 1, 0 ≤ t ≤ 2.
Aplicaciones:
4. Encuentre la masa de un alambre con la forma de la curva y = x2
entre (- 2, 4) y (2, 4) si la densidad está dada por ρ(x, y) = k⎜x ⎜.
5. Un alambre de densidad constante tiene forma de hélice x = acost,
y = asent, z = bt, 0 ≤ t ≤ 3π. Encuentre su masa.
Encuentre el trabajo realizado por el campo de fuerzas F al mover una
partícula a lo largo de la curva C.
6.
r
F (x, y) = (x + y, x – y); C es el cuadrante de elipse x = acost,
y = bsent, 0 ≤ t ≤ π/2.
7.
r
F (x, y, z) = (2x - y, 2z, y – z); C es el segmento de recta que va de
(0, 0, 0) a (1, 1, 1).
8. La misma fuerza
r
F del problema 7.; C es la curva x = sen(π/2),
y = sen(πt/2), z = t, 0 ≤ t ≤ 1.
9. Manuel piensa pintar ambas caras de una pared cuya base está en el
plano xy, y que tiene la forma x = 30cos3 t , y = 30sen3 t , 0 ≤ t ≤ π/2 y cuya
altura en (x, y) es 1 + y/3, todo medido en pies. Calcule qué cantidad de
pintura se necesita, si un galón cubre 200 pies cuadrados.
Para cada uno de los ejercicios del 10 al 15 demuestre que el campo
vectorial dado es conservativo y calcule la integral de línea a lo largo de
alguna curva que una el origen de coordenadas con el punto (1, 1, 1).
10.
r
F (x, y, z) = (2x – 3y, - 3x, 2).
11.
r
F (x, y, z) = (yz cos(xyz), xz cos(xyz), xy cos(xyz))
120
12.
r
F (x, y, z) = (x, y, z)
13.
r
F (x, y, z) = (eycosz, x eycosz, x eysenz)
14.
r
F (x, y, z) = (0, 2ye- 2z, - 2y2e- 2z)
121
UNIDAD 7: INTEGRALES DOBLES E INTEGRALES TRIPLES
OBJETIVO DE APRENDIZAJE
Aplicar los conceptos de integral doble y triple de funcionesde
varias variables en la solución de problemas
CONTENIDO:
El concepto de integral doble. Regiones planas de integración y su descripción.
Cálculo de áreas y volúmenes. El concepto de integral triple. Coordenadas
polares y cambios generales de coordenadas en una integral múltiple: el
determinante jacobiano. Aplicaciones.
En esta unidad estudiaremos las integrales dobles y triples,
comenzando con las primeras sobres regiones rectangulares y
posteriormente sobre regiones más generales, regiones que en su debido
momento les daremos un nombre. Posteriormente, utilizamos las integrales
dobles tanto para el cálculo de área como el de volumen.
El paso siguiente, como es natural, tiene que ver con el cálculo de las
integrales triples, vale la pena mencionar en este punto, que con éstas, al
igual que con las anteriores se pueden calcular volúmenes; también se
introducen diferentes tipos de cambios de coordenadas, la justificación para
esto, es que en algunos casos resulta mas sencillo calcular en otro sistema
de coordenadas que en el dado originalmente.
Para finalizar daremos ejemplos de aplicaciones de las integrales
dobles y triples.
Comenzamos el Objetivo 7, al igual que se hizo en el Objetivo 6, con un
resumen biográfico del matemático alemán Georg Riemann, personaje éste
que por su aporte a la teoría de integración se ganó un puesto en la historia
de la matemática.
Georg Friedrich Bernhard Riemann
(1826 - 1866)
Nació el 17 de septiembre de 1826 en Breselenz,
Hannover (ahora Alemania). Su padre, un ministro
luterano, se encargó de la educación de sus hijos
hasta que cumplieron diez años. Más adelante cursó
estudios en las universidades de Gottingen y Berlín. Su
padre quiso que estudiase Teología, sin embargo pidió
permiso para estudiar Matemáticas. Se trasladó de
Gottingen a Berlín en el año 1846 para estudiar con
122
Jacobi, Dirichlet y Eisenstein. El año 1849 retornó a Gottingen y su tesis
doctoral, “Foundations for a General Theory of Functions of a Complex
Variable” (Fundamentos para una teoría general de funciones de variables
complejas), supervisada por Gauss, fue presentada en el año 1851 y la
misma constituyó una extraordinaria aportación a la teoría de funciones. Sus
escritos de 1854 llegaron a ser un clásico en las matemáticas y estos
resultados fueron incorporados dentro de la teoría de la relatividad y
gravitación de Einstein. La importancia de su geometría radica en el uso y
extensión de la geometría euclídea y de la geometría de superficies, que
conduce a muchas geometrías diferenciales generalizadas, también es
necesaria para tratar la electricidad y el magnetismo en la estructura de la
relatividad general. Clarificó la noción de integral, definiendo lo que ahora
llamamos Integral de Riemann. Desde el año 1857 hasta su fallecimiento, el
20 de julio de 1866 en Selasca, Italia, fue profesor de matemáticas en la
Universidad de Gottingen.
REGIONES PLANAS DE INTEGRACIÓN Y SU DESCRIPCIÓN
• Integrales dobles de funciones definidas sobre regiones
rectangulares
En esta sección estudiaremos las integrales dobles sobre regiones
rectangulares y no rectangulares. Comenzaremos el estudio como es natural,
por las regiones rectangulares, por ser estas las más sencillas.
Desarrollaremos varios ejemplos de integración doble sobre este tipo de
regiones y, cuando lo consideremos necesario, agregaremos algún
comentario que sirva para despejar alguna posible duda.
Posteriormente, habiendo finalizado nuestro trabajo sobre las regiones
rectangulares, pasaremos a trabajar con las regiones no rectangulares. A
dichas regiones, como veremos mas adelante en la sección correspondiente
a “Cálculo de Áreas y Volúmenes”, les daremos nombre; por lo pronto lo
aplazaremos hasta que llegue ese momento.
El trabajo que aquí desarrollaremos será fundamental para una mejor
comprensión de la siguiente sección, pues nos dará los rudimentos mínimos
necesarios para que así sea.
Desde el primer ejemplo comenzaremos con la graficación de la región
de integración, esto nos permitirá adquirir cierta destreza, que nos servirá a
la ahora de trabajar con los otros tipos de regiones.
Todo lo que aquí aprendamos nos facilitará la comprensión y un mejor
desenvolvimiento no solo en ésta sino también en otras asignaturas de la
carrera como, por ejemplo, en “Probabilidad y Estadística I”.
123
EJEMPLO 1
Trace la región sobre la que se efectúa la integración e invierta el orden de
ésta.
( )∫ ∫
3 2
2
0 0
4 - y dy dx .
Solución:
Comencemos por recordar que al escribir
( )∫∫
R
f x,y dA = ( )∫ ∫
d b
c a
f x,y dx dy ,
queremos significar que:
• Primero integramos respecto de la variable x, y luego, el resultado lo
integramos respecto de la variable y, es decir, se integra de adentro
hacia afuera.
• Segundo que x ∈ [a, b] e y ∈ [c, d].
El valor de una integral doble, sobre una región rectangular o
cuadrada, NO depende del orden en que integremos.
Una vez dicho lo anterior, grafiquemos la región
sobre la cual vamos a integrar e invirtamos el
orden de integración.
Claramente se puede apreciar en la figura de la
izquierda lo que afirmamos anteriormente, es
decir, que
x ∈ [0, 3] e y ∈ [0, 2].
Además:
( )∫ ∫
3 2
2
0 0
4 - y dy dx = 4 = ( )∫ ∫
2 3
2
0 0
4 - y dx dy
Vale la pena mencionar que la idea de invertir el orden de integración es un
artificio matemático (cuya justificación la dan los teoremas de Fubini y
Tonelli) que se usa con cierta regularidad pues facilita en muchos casos la
resolución de problemas, como veremos mas adelante, así que le
recomendamos que NO lo olvide.
124
EJEMPLO 2
Calcule la integral doble de la función f(x, y) = 3 definida para todo x e y
pertenecientes al rectángulo Q = [1, 3]x[2, 3].
Solución:
En la figura de la izquierda se muestran tanto la gráfica de la función
f(x, y) = 3 que es un plano paralelo al plano xy de altura 3, como su
proyección sobre el plano xy, que es el rectángulo
de lados paralelos a los ejes coordenados,
Q = [1, 3]x[2, 3].
Mientras que la figura de la derecha muestra otro
ángulo y un ligero acercamiento de la función junto
con cuatro segmentos de recta, que representan la
proyección de la superficie sobre su dominio.
Una vez dicho lo anterior, calculemos ahora la
integral de f sobre el rectángulo Q.
Esto es:
∫ ∫
3 3
1 2
3dx dy = 3x1x2 = 6
Vale la pena mencionar que esta integral
representa el volumen bajo la función f para x e y
pertenecientes al rectángulo Q, “nótese que f ≥ 0”,
¿qué interpretación tendría la integral si f ≡ 1, para
x e y en Q?
EJEMPLO 3
Calcule la integral doble de la función f(x, y) = y definida para todo x e y
pertenecientes al rectángulo Q = [2, 4]x[- 2, 0].
Solución:
A la derecha podemos apreciar la gráfica de la
función f(x, y) = y en color oscuro, junto con su
proyección en el plano xy en color mas claro,
notará que la parte positiva del eje x entra hacia el
plano de la hoja, y la parte negativa del eje de las
y, está en sentido contrario a su orientación
normal, la razón de todo esto es puramente para
tener una mejor perspectiva de f.
125
Calculemos la integral doble de f(x, y) = y para x e y pertenecientes a Q.
Así:
∫ ∫
4 0
2 - 2
y dy dx =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∫
04 2
2 - 2
y
dx
2
= - ∫
4
2
2 dx = - 4 = ∫ ∫
0 4
- 2 2
ydxdy
[Verifique la última igualdad]
Integrales dobles de funciones definidas sobre regiones no
rectangulares
EJEMPLO 4
Calcule:
∫ ∫
2
2 2
x
0 y
e dxdy .
Solución:
Antes que nada grafiquemos la región de integración, la cual está
representada en la figura de la derecha por el
área rayada.
Es de hacer notar que es imposible tratar de
calcular ∫ ∫
2
2 2
x
0 y
e dxdy , en virtud de que
2xe no tiene
primitiva, por lo que debemos hallar una forma
alternativa para calcularla, intentemos
intercambiando el orden de integración.
Por lo tanto, utilizando la idea del ejemplo 1 tenemos que:
∫ ∫
2
2 2
x
0 y
e dxdy = ∫ ∫
22 x
x
0 0
e dy dx = ∫
2
2
x
0
xe dx = ∫
4
u
0
1
e du
2
= 4
1 1
e -
2 2
Luego de calcular la última integral, obtenemos:
∫ ∫
2
2 2
x
0 y
e dxdy = 4
1 1
e -
2 2
Si prestó atención al comentario hecho al final del ejemplo 1, notará que aquí
hicimos un cambio en el orden de integración, lo que nos permitió calcular la
126
integral, pues de NO haberlo hecho habría sido imposible calcularla en
términos elementales.
[Es muy importante que al invertir el orden de integración se haga de forma
correcta, porque de lo contrario se corre el riesgo de llegar a una respuesta
errónea]
Habría sido un gravísimo error haber escrito:
∫ ∫
2
2 2
x
0 y
e dxdy = ∫ ∫
2
2 2
x
y 0
e dydx
[Recuerde que esta región de integración NO es un rectángulo]
EJEMPLO 5
Calcule la siguiente integral
( )∫ ∫
2 2
2
0 x
2y sen x y dy dx ,
Solución:
La grafica la región de integración es la que se muestra a la derecha. En
virtud de que los cálculos con respecto de la variable y son muy extensos y
engorrosos, podemos intentar integrar primero respecto de la variable x y
luego respecto de la variable y, con lo cual queda:
( )∫ ∫
2 2
2
0 x
2y sen x y dy dx = ( )∫ ∫
y2
2
0 0
2y sen x y dx dy
=
( )⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎣ ⎦
∫
y2
2
0 0
cos x y
-2y dy
y
= ( )⎡ ⎤⎣ ⎦∫
2
y
0
0
-2ycos x y dy
= ( )⎡ ⎤⎣ ⎦∫
2
2
0
- 2y cos y -1 dy = - sen( 4 ) + 4.
127
EJEMPLO 6
Calcule la integral:
∫ ∫
3
8 2
4
0 x
1
dy dx
y +1
Solución:
Observemos que al tratar de calcular la integral doble, ésta complica, en
virtud de lo cual intentaremos resolverla
cambiando el orden de integración. Al
igual que se hizo en los ejemplos
anteriores, nos ayudaremos con la
gráfica de la región R sobre la cual
vamos a integrar, dicha región es la
mostrada en la figura de la izquierda.
Observemos también que la escala
utilizada para el eje x no es la misma que
la utilizada para el eje y.
La verdadera gráfica de la región de
integración R, verdadera en el sentido
de que la escala empleada en ambos
ejes es la misma, es la mostrada a la
derecha. Compare ambas gráficas.
Notemos que:
∫ ∫
3
8 2
4
0 x
1
dy dx
y +1
= ∫ ∫
3y2
4
0 0
1
dx dy
y +1
= ∫
2 3
4
0
y
dy
y +1
= ∫
17
1
1 dz
4 z
= ( ) 17
1
1
Ln z
4
= ( )1Ln 17
4
128
EJEMPLO 7
Calcule la siguiente integral
( )
π π
∫ ∫
/2
2
0 y/2
cos x dxdy ,
Solución:
La región de integración está definida por el conjunto
( ) π⎧ ⎫∈ℜ ≤ ≤ ≤ ≤ π⎨ ⎬
⎩ ⎭
2 yx, y / x , 0 y
2 2
,
y su representación gráfica es la dada en la figura de la derecha.
Tenemos que:
( )
π π
∫ ∫
/2
2
0 y/2
cos x dxdy = ( )
π
∫ ∫
/2 2x
2
0 0
cos x dy dx
= ( )
π
∫
/2
2
0
2xcos x dx
=
⎛ ⎞π
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2
sen
4
La segunda igualdad la resolveremos mediante un
simple cambio de variables, por lo cual no haremos
mayor cosa, y simplemente nos limitaremos a colocar el resultado del
cálculo.
EJEMPLO 8
Calcule la integral
∫∫ x 2y
D
e e dx dy ,
donde D es la región limitada por el cuadrado x + y =1.
Solución:
Desarrollando la expresión x + y =1 para los
cuatro cuadrantes (esto es, reemplazando los
valores absolutos de x e y por x, - x, y o - y
según corresponda) llegamos a que la región de
integración es el cuadrado de la figura de la
derecha. Por lo tanto podemos expresar la
integral de la siguiente manera:
129
∫∫ 2yx
D
e e dx dy = ∫ ∫ ∫ ∫
x + 1 - x + 10 1
2y 2yx x
-1 - x - 1 0 x - 1
e e dy dx + e e dy dx
=
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
∫ ∫
-
x + 1 - x + 10 12y 2y
x x
-1 0 x - 1x - 1
e e
e dx + e dx
2 2
= ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫
x - 2 x + 2x + 2 x - 2
0 1
-2 -2x 2 x 2
-1 0
1 1
e e - e dx + e e - e dx
2 2
= ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫x - 2 x + 2x + 2 x - 2
0 1
- -3 3
-1 0
1 1
e - e dx + e - e dx
2 2
=
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
x + 2 x - 2
x - 2 x + 2
0 13 3
- -
-1 0
1 e 1 e
+ e + -e -
2 3 2 3
=
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
-1 -22
- 2 - 1 21 e e 1 e e+ e - - e + e + - e -
2 3 3 2 3 3
= -2 -12
2 2 4 4
e + e - e - e
3 3 3 3
.
Observaciones:
En los ejemplos que van desde el 4 al 8, los límites de integración externos son
siempre valores numéricos, mientras que los internos son funciones; no obstante,
los límites de integración internos pueden ser también valores numéricos.
Es muy importante escoger el orden más apropiado de integración, pues esto
puede simplificar los cálculos.
130
CÁLCULO DE ÁREAS Y VOLÚMENES
• Cálculo de áreas
El cálculo de áreas es una de las dos aplicaciones de las integrales
dobles que estudiaremos en esta sección. Para aplicar con éxito la
integración doble para calcular áreas, es necesario saber que existen “tres
tipos de regiones”, las denominadas regiones tipo I, las tipo II y las más
generales, que son aquellas pueden descomponerse en un número finito de
regiones tipo I y tipo II. Es de hacer notar que:
• Para calcular el área A mediante este tipo de integración tomamos
como integrando la función f(x, y) = 1, para todos los pares de
puntos x e y, pertenecientes al dominio de la función.
• En la medida de sus posibilidades, grafique la región de
integración, pues esto le será de utilidad a la hora de determinar
los límites de integración.
• Por último, una vez graficada la región de integración, verifique
cuál es el orden que más le conviene en el momento de plantear la
integral doble.
No es nuestra intención hacer un tratado sobre la teoría de integración
doble. Lo que sí es de nuestro interés es hacer que usted comprenda,
mediante una serie de ejemplos bien desarrollados y detallados, en qué
consiste la integración doble y observe que, además, ésta es una
herramienta matemática que tiene aplicaciones prácticas.
Recomendamos que trate, en la medida de sus posibilidades, de
resolver todos los ejercicios que aquí se plantean; éstos tienen respuesta al
final del material, para que compare con la solución obtenida por usted.
Algunos ejemplos, al igual que se ha venido haciendo hasta ahora con los
objetivos anteriores, serán resueltos mediante el empleo del software
matemático Maple y, cuando exista la posibilidad, serán resueltos por lo
menos de dos formas diferentes.
Para profundizar en el tema, en lo que respecta a la parte teórica, se
recomienda revise la bibliografía citada en el Plan del Curso, y cualquier otro
material que sea de su agrado.
131
EJEMPLO 9
Determine, mediante integración doble, el área del círculo de centro (0, 0) y
radio 2.
Solución:
Este ejemplo es un caso particular del ejercicio propuesto Nº 2 de la sección
126 del texto de Matemática IV, tomo II, código
735. Como ya se dijo anteriormente en la
introducción de esta sección, comenzaremos
por graficar la región a la cual queremos
calcular el área. La región R es la indicada en
la figura de la izquierda. Nótese que la
ecuación de la circunferencia x2 + y2 = 4, NO
es una función; sin embargo, despejando y de
dicha ecuación, obtenemos dos funciones, una
que describe la parte superior de la
circunferencia y otra la parte inferior, tal y
como se aprecia en la figura.
Ahora bien, en virtud de la simetría de la curva, es suficiente con calcular el
área de un cuarto de la región y luego multiplicar por 4. Esta región se
descompuso, como dos regiones tipo I, pero ¿qué es una región tipo I?, y
¿qué función debemos tomar para calcular el área? La respuesta, si usted
leyó la introducción, es inmediata. Así pues:
A = ∫ ∫
24 - x2
0 0
4 dy dx = ∫ 2
2
0
4 4 - x dx =
π
θ θ∫
/2
2
0
16 cos d =
π θ
θ∫
/2
0
1+ cos2
16 d
2
= ( )
π
θ θ∫
/2
0
8 1+ cos2 d = 4π
Nota:
La segunda igualdad se calculó con el cambio de variable x = 2sen θ,
mientras que para la cuarta se utilizó la identidad trigonométrica del coseno
del ángulo doble.
132
EJEMPLO 10
Calcule, mediante integración doble, el área de la región en el plano xy
acotada por las curvas y = x2 + 1, y = 9 – x2.
Solución:
Al igual que en el ejemplo anterior, grafiquemos la región R de integración;
dicho sea de paso, para la elaboración de la
grafica utilizamos el software matemáticoMaple.
Esta región se muestra en la figura de la
izquierda.
Así, pues, el área de la región sombreada viene
dada por:
A = ∫ ∫
2
2
9 - x2
- 2 x +1
dydx = ( )∫ 2
2
- 2
9 - 2x 1 dx =
64
3
EJEMPLO 11
Use integración doble para calcular el área de la región en el plano xy
acotada por las curvas x = 4y - y2, x + y = 6.
Solución:
Con este ejemplo se pretende mostrar que hay
ocasiones en las cuales es indiferente trabajar
con una región tipo I o tipo II. A la derecha
podemos apreciar la región a la cual queremos
calcularle el área; en este caso, lo haremos
considerando la región como una región tipo I.
Teniendo presente la observación que se hizo al
final de la sección anterior, resulta que:
A = ∫ ∫
4 - x
6
2+4
3 - x
dy dx = ( )( )∫
4
3
- 4- x + 4 - x dx
= - ( )∫
0
2
1
2 u - u + u du = ( )∫
1
3 2
0
2 - u + u du=
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦
114 3
0 0
u u
2 - +
4 3
=
1
6
[ * ]
A la izquierda, en la parte de abajo, calcularemos nuevamente el área de la
región limitada por las curvas x = 4y - y2, x + y = 6. En este caso,
trabajaremos la región de integración como una región tipo II.
133
Por lo tanto:
A = ∫ ∫
6
24y - y3
2 - y
dxdy = ( )∫
3
2
2
-y + 5y - 6 dy
=
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦
3 33
32
2
22
y 5
- + y - 6y
3 2
=
1
6
[ ** ]
Comentarios finales respecto del ejemplo que
acabamos de resolver:
• Como se mencionó en algún momento, en el cálculo del área, utilizando
tanto una región tipo I como una tipo II, los límites de integración
exteriores son valores numéricos, y los límites interiores son funciones.
¿Qué pasa con los límites al cambiar el orden de integración, si la región a
la cual se le quiere calcular el área, es un cuadrado o un rectángulo?
• Si comparamos [ * ] y [ ** ], vemos que el resultado obtenido es el mismo,
como tenía que ser.
• Puede observarse claramente que cuando integramos utilizando una
región tipo II los cálculos resultaron más sencillos. Es de hacer notar que
pudo resultar más complicado.
• Si compara los límites de integración internos utilizados al trabajar con una
región tipo I contra los utilizados con una región tipo II, notará que en la
región tipo I los límites interiores son función de x, mientras que en la
región tipo II son función de y.
EJEMPLO 12
Use integración doble para calcular el área de la región plana acotada por las
curvas y = 2x, y = 3 – x, y = 0.
Solución:
El objetivo de este ejemplo es demostrar que hay ocasiones en las cuales es
más conveniente integrar en un orden que en otro, lo cual está asociado al
tipo de región que se escoja, de aquí la importancia de
graficar.
La figura de la derecha representa la región R a la que
le queremos calcular su área. Podemos trabajar esta
región bien sea como una región tipo I o como una
región tipo II; en este caso, lo haremos de ambas
formas.
134
• Viendo R como una región tipo I, tenemos que el área viene dada por:
A = ∫ ∫
1 2x
0 0
dy dx + ∫ ∫
3- x3
1 0
dydx = ∫
1
0
2x dx + ( )∫
3
1
3- x dx = 3
• Viendo ahora R como una región tipo II, resulta:
A = ∫ ∫
3 - y2
0 y/2
dxdy = ⎛ ⎞⎜ ⎟
⎝ ⎠∫
2
0
y
3 - y - dy
2
= ⎛ ⎞⎜ ⎟
⎝ ⎠∫
2
0
3
3 - y dy
2
= 3
Comentando el ejemplo:
• Si comparamos el planteamiento hecho cuando trabajamos con una región
tipo I con el hecho cuando trabajamos con una región tipo II, vemos que
en el primer caso se tuvieron que resolver dos integrales dobles, mientras
que en el segundo caso solo se tuvo que resolver una integral doble.
• Al igual que ocurrió con el ejemplo Nº 11, el resultado obtenido integrando
con regiones tipo I o tipo II es el mismo, lo importante es definir bien la
región de integración.
• La línea segmentada en x = 1 nos sirve de referencia para saber de donde
a donde varían tanto x como y, cuando se ve R como una región tipo I. Y
la línea segmentada en y = 1, nos sirve como referencia para ver la
variación de y, cuando se ve R como una región tipo II.
• También, como ocurrió con el ejemplo Nº 11, trabajando con cualquiera de
los dos tipos de región, los límites de integración externos son valores
numéricos, mientras que los internos son funciones, que dependen de x o
de y, según se trabaje con una región tipo I o con una región tipo II,
respectivamente.
• Todo lo anterior lo podemos resumir diciendo: “un problema puede
volverse más fácil o más difícil cuando el orden de integración se cambia o
invierte”.
135
EJEMPLO 13
Usando integración doble, calcule el área de la región plana acotada por las
curvas y2 = 4x – x2, y2 = 2x (dentro de la circunferencia y fuera de la
parábola).
Solución:
Como lo hemos venido haciendo en los objetivos anteriores, resolveremos
este ejemplo apoyándonos en el software matemático Maple.
Como siempre, comencemos por graficar la región, la
cual es la indicada en la figura, abajo y a la izquierda.
Puesto que en el enunciado se nos pide calcular el
área que se encuentra dentro de la circunferencia y
fuera de la parábola, la misma se encuentra
representada por la región NO sombreada.
En virtud de la simetría de la región, bastará con que
calculemos el área de una de las mitades y la
multipliquemos por dos.
La secuencia de comandos utilizada para calcular el área deseada viene
dada por:
> with(student) :
> Student[MultivariateCalculus][MultiInt]( 1 , y = 2x .. 24x - x , x = 0..2 );
π
8
-
3
> 2. Student[MultivariateCalculus][MultiInt]( 1 , y = 2x .. 24x - x , x = 0..2 );
π
16
2 -
3
Comentario de los comandos:
• El primer comando es utilizado para cargar la librería “student”; el segundo
es el que calcula la integral doble que nos interesa y consta de un mínimo
de tres parámetros, el primero es la función a integrar o integrando, el
segundo y tercero simplemente indican los límites de integración.
• Lo que pareciera ser un tercer comando no es más que la multiplicación
del segundo comando por dos, lo que se justifica por lo expresado al
comienzo del desarrollo del ejemplo.
136
• Cálculo de volúmenes
El cálculo de volúmenes es la segunda de las dos aplicaciones de las
integrales dobles que estudiaremos en esta sección. Al igual que en el punto
anterior, para lograr aplicar con éxito la integración doble para el cálculo de
volúmenes es necesario saber lo siguiente:
• Para calcular el volumen V mediante este tipo de integración es
necesario que la función que vamos a integrar, o sea el integrando,
sea mayor o igual que cero, esto es: f(x, y) ≥ 0, para todos los
puntos x e y en el dominio de la función, de esto se desprende, que
NO toda integral doble es un volumen.
• El volumen del sólido limitado por dos funciones f y g, tales que
f(x, y) ≥ g(x, y), para todos los x e y en una región, es:
V = ( ) ( )⎡ ⎤⎣ ⎦∫∫
R
f x,y - g x,y dA .
• En la medida de sus posibilidades, grafique tanto la región de
integración como el sólido, pues esto le será de utilidad a la hora
de determinar los límites de integración. No siempre le será sencillo
determinar la región.
• Por último, una vez graficada la región de integración, verifique
cuál es el orden que más le conviene en el momento de plantear la
integral doble.
Pretendemos que usted comprenda, mediante los ejemplos aquí
planteados, cómo calcular el volumen que se encuentra limitado
superiormente por la función f, e inferiormente por el dominio de ésta.
Insistimos en este punto: trate, en la medida de sus posibilidades, de
resolver todos los ejercicios que aquí se plantean; encontrará las respuestas
al final del material. Algunos ejemplos serán resueltos mediante el empleo
del software matemático Maple y, cuando exista la posibilidad, serán
resueltos por lo menos de dos formas diferentes.
Es recomendable para su formación que no solo revise y se limite a la
bibliografía citada en el Plan del Curso, sino que también, por propia
iniciativa, revise otras fuentes bibliográficas.
137
EJEMPLO 14
Determine el volumen V del sólido S acotado por el plano z = 2y y por los
cilindros parabólicos y = x2 y y = 2 – x2.
Solución:
El sólido S al cualqueremos calcularle el volumen V
es el mostrado en la figura de la derecha. En la
misma se pueden apreciar el plano por el origen z =
2y y los dos cilindros parabólicos y = x2 tangente al
eje x, y y = 2 – x2 que es el que abre hacia el eje x.
La gráfica de la región R de integración es la indicada
mas abajo.
Esta región puede ser vista tanto como una región tipo I o como una región
tipo II, pero, si observamos bien, nos conviene
trabajarla como una región tipo I, pues esto nos
simplifica los cálculos (intente resolverla trabajándola
como una región tipo II).
La descripción explícita de la región es:
R = { (x, y) ∈ℜ2 / - 1 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ 2 – x2 }.
Por lo tanto, en virtud de lo dicho en la introducción, tenemos para
f(x, y) = 2y, y g(x, y) = 0:
V = [ ]∫∫
R
2y - 0 dA = ( )∫∫
R
2y dA = ( )∫ ∫
2
2
2 - x1
-1 x
2y dy dx = ⎡ ⎤⎣ ⎦∫
2
2
1
2 - x2
x
-1
y dx
= ( ) ( )⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦∫
2 2
1
2 2
-1
2 - x - x dx = ⎡ ⎤⎣ ⎦∫ 2
1
-1
4 - 2x dx =
⎡ ⎤
⎢ ⎥⎣ ⎦
3
1
-1
2
4x - x
3
=
20
3
EJEMPLO 15
Determine el volumen V de la parte en el primer
octante del sólido S acotado por los cilindros x2 + y2
= 1 y y2 + z2 = 1.
Solución:
El sólido S al cual queremos calcularle el volumen V
es el mostrado en la figura de la derecha. En la
misma se ve claramente cual es la región R de
x y
0,0 0,00,0
1,0
0,5 0,5
1,0
0,5
1,0
0,75
0,25
z
0,5
1,0
1
2
1,0
-1,0
-0,5
0,5
0,00,0
3
4
z
y 1,5
2,0
x
138
integración, que no es más que la proyección del cilindro x2 + y2 = 1 en el
plano xy.
La gráfica de R es la dada mas abajo.
Si ha observado la gráfica de R, habrá notado que
hemos despejado x en lugar de y; la razón de esto es
que con este orden de integración los cálculos resultan
más sencillos. La descripción explicita de R es la que
damos mas abajo.
R = { (x, y) ∈ ℜ2 / 0 ≤ x ≤ 21- y , 0 ≤ y ≤ 1 }.
Por lo tanto:
V = ∫ ∫
21- y1
2
0 0
1- y dx dy = ( )∫
1
2
0
1- y dy =
⎡ ⎤
⎢ ⎥⎣ ⎦
3
1
0
1
y - y
3
=
2
3
[Intente resolver el ejemplo usando el otro orden de integración]
139
COORDENADAS POLARES Y CAMBIOS GENERALES DE
COORDENADAS EN UNA INTEGRAL MÚLTIPLE: EL DETERMINANTE
JACOBIANO
En virtud de la naturaleza misma del presente material, y como ya ha
sido mencionado antes, no vamos a hacer un desarrollo teórico del tema,
sino que como ya es característico, nuestro interés es presentar algunos
pocos ejemplos bien desarrollados y comentados, de manera que le sea más
fácil comprender la teoría que está detrás de todo lo que aquí vamos a hacer.
Para el marco teórico necesario, le recomendamos leer el tomo II del
texto de “Matemática IV”, código 735 de la carrera de Ingeniería, así como
también cualquiera de los textos de la bibliografía complementaria
recomendados en el Plan de Curso.
Comenzaremos, como es natural, por el estudio de las integrales
triples, tanto sobre paralelepípedos como sobre regiones más generales;
esto para ser consistente con lo hecho en las secciones previas y a manera
de entrenamiento para cuando comencemos nuestro trabajo con los
diferentes tipos de sistemas de coordenadas.
• Integrales triples de funciones definidas sobre paralelepípedos
Al igual que se hizo con las integrales dobles, iniciaremos la sección
trabajando con “funciones continuas” definidas sobre paralelepípedos, por
ser estas regiones las más sencillas. Desarrollaremos varios ejemplos de
integración triple sobre este tipo de regiones, y, cuando lo consideremos
necesario, agregaremos algún comentario que sirva para despejar alguna
posible duda.
Una vez finalizado nuestro trabajo de integración sobre
paralelepípedos, pasaremos a trabajar con regiones más generales.
El trabajo que aquí desarrollaremos será fundamental para una mejor
comprensión del siguiente objetivo, pues nos dará las herramientas
necesarias para que así sea.
Desde el primer ejemplo, comenzaremos con la graficación de la región
de integración, esto nos permitirá adquirir cierta destreza, que nos servirá a
la hora de trabajar con el otro tipo de región.
140
EJEMPLO 16
Calcule el valor de la integral triple
∫∫∫
T
f(x,y,z)dV ,
para f(x, y, z) = x + y + z, y T la región en el espacio determinado por las
desigualdades 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 3, 0 ≤ z ≤ 1.
Solución:
Grafiquemos el paralelepípedo sobre el cual
vamos a integrar, y aprovechemos de una vez
para plantear la integral triple e invertir el orden
de integración. Dicho sea de paso, son seis las
posibles elecciones, de nosotros solo
escogeremos tres de ellas, las restantes son
usted.
El paralelepípedo es el mostrado en la figura de la derecha. Y los seis
órdenes posibles de integración son los mostrados más abajo.
( )∫ ∫ ∫
2 1 3
0 0 0
x + y + z dy dzdx =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∫ ∫
32 1 2
0 0 0
y
xy + + yz dzdx
2
= ⎛ ⎞⎜ ⎟
⎝ ⎠∫ ∫
2 1
0 0
9
3x + + 3z dzdx
2
=
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∫
12 2
0 0
9 z
3xz + z + 3 dx
2 2
= ( )∫
2
0
3x + 6 dx
= ⎛ ⎞⎜ ⎟
⎝ ⎠
2
2
0
3
x + 6x
2
= 18
= ( )∫ ∫ ∫
1 3 2
0 0 0
x + y + z dx dy dz
[Verifique la última igualdad]
Comentando el ejemplo:
Al igual que sucede con las integrales dobles, en las integrales triples se
integra de adentro hacia fuera, es decir, en el lado izquierdo de la primera
igualdad primero integramos respecto de la variable y, luego respecto de la
variable z, y, por último, respecto de la variable x. Razonamiento análogo
vale para el lado derecho de la tercera línea.
0
x
z
y
0,5
1
1
22
3
0,0
1,0
1,5
141
Para una explicación formal y detallada de lo que acabamos de realizar,
se le sugiere ver el tomo II del texto de Matemática IV, código 735 de la
carrera de Ingeniería, sección 129, páginas 131 y 132.
EJEMPLO 17
Calcule el valor de la integral triple
∫∫∫
T
f(x,y,z)dV ,
para f(x, y, z) = x + y + z, y T la región en el espacio determinado por las
desigualdades 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 3, 0 ≤ z ≤ 1.
Solución:
Como ya habrá notado, éste es el mismo ejemplo 16, sólo que ahora lo
resolveremos utilizando el software matemático Maple. Primeros cargaremos
la librería de cálculo vectorial, y luego introduciremos el comando que calcula
la integral triple.
La secuencia de comandos utilizada para calcular la integral triple viene dada
por:
> with(VectorCalculus):
> int(x + y + z, [x, y, z] = Parallelepiped(0..2, 0..3, 0..1));
18
Comentario de los comandos:
El primer comando “with(VectorCalculus):”, como ya se mencionó, es la
librería de cálculo vectorial. El segundo es el que calcula la integral triple
sobre el paralelepípedo, y consta de dos parámetros: el primero de ellos es la
función a integrar y el segundo es donde se define el paralelepípedo.
142
• Integrales triples de funciones definidas sobre regiones más
generales
El siguiente paso es trabajar las integrales triples sobre regiones que no
son paralelepípedos, sino más bien regiones sólidas del tipo:
T = ( ) ( ) ( ) ( ){ }∈ ϕ ≤ ≤ ϕ1 2x,y,z / x,y D, x,y z x,y
donde D, en este caso, es la proyección sobre el plano xy del sólido S
limitado inferiormente por 1ϕ y superiormente por 2ϕ .
Existen otras posibilidades tanto para T como para D, las cuales
pueden ser vistas en la bibliografía complementaria o en cualquier libro de
Cálculo Multivariable.
EJEMPLO 18
Grafique la región tridimensional T acotada por los planos x + y + z = 1, x = 0,
y = 0, z = 0, y calcule la integral triple
( )∫∫∫ 2 2 2
T
x + y + z dxdydz .
Solución:
La gráfica de la región tridimensional T es la mostrada en la figura abajo y a
la izquierda.
Ahora, con la ayuda de la figura, procedamos a
calcular la integral triple ( )∫∫∫ 2 2 2
T
x + y + z dxdy dz ,
donde T está definido por:
T = ( ) ( ){ }∈ ≤ ≤x, y, z / x,y D, 0 z 1- x - y ,
y D es el conjunto en ℜ2:
D = ( ){ }≤ ≤ ≤ ≤x,y / 0 x 1, 0 y 1- x .
Por lo tanto:
( )∫∫∫ 2 2 2
T
x + y + z dxdydz = ( )∫ ∫ ∫
1- x 1- x - y1
2 2 2
0 0 0
x + y + z dzdydx
=
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∫ ∫
1- x - y1- x1 3
2 2
0 0 0
z
x z + y z + dydx
3
x
z
y 1,0
0,5
0,0
0,00,0
0,25
0,25
0,50,5
1,0
1,0
0,75
0,75
143
= ( ) ( ) ( )
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∫ ∫
31- x1
2 2
0 0
1- x - y
x 1- x - y + y 1- x - y + dy dx
3
= ( ) ( ) ( )
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∫ ∫
31- x1
2 2 2 3
0 0
1- x - y
x 1- x - x y + 1- x y - y + dy dx
3
= ( ) ( ) ( )
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∫
1- x
41 2 3 4
2 2
0
0
1- x - yy y y
x 1- x y - x + 1- x - - dx
2 3 4 12
= ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∫
2 3 4 41
2 2
0
1- x 1- x 1- x 1- x
x 1- x 1- x - x + 1- x - + dx
2 3 4 12
=
( ) ( )⎛ ⎞⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∫
2 421
0
x 1- x 1- x
+ dx
2 6
=
1
20
.
[Intente resolver el ejemplo usando otro orden de integración]
Comentando el ejemplo:
• Al igual que sucede con las integrales triples integradas sobre
paralelepípedos, se integra de adentro hacia fuera.
• Al cambiar el orden de integración, tanto T como D cambian; lo que NO
cambia es el valor de la integral, es decir, el valor de la integral es
independiente del orden en el que se integre.
• Los límites de integración externos siempre deben ser valores numéricos,
al igual que con las integrales dobles.
EJEMPLO 19
Calcule la integral de la función f(x, y, z) = xy2z3, definida sobre la región
limitada por z = xy, y = x, x = 1 y z = 0.
Solución:
La gráfica de la región es la mostrada a la derecha.
Lamentablemente fue imposible colocar escala a los ejes
coordenados; no obstante, podemos plantear y calcular la
integral triple sobre dicha región como sigue:
( )∫∫∫ 2 3
T
xy z dx dy dz ,
144
para T el sólido definido por.
T = ( ) ( ){ }∈ ≤ ≤x,y,z / x,y D, 0 z xy ,
y D cualquiera de las dos regiones del plano xy dadas:
D = ( ){ }≤ ≤ ≤ ≤x,y / 0 x 1, 0 y x = ( ){ }≤ ≤ ≤ ≤x,y / 0 y 1, y x 1 .
Por lo tanto:
( )∫∫∫ 2 3
T
xy z dx dy dz = ( )∫ ∫ ∫
xy1 1
2 3
0 `y 0
xy z dzdx dy =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∫ ∫
xy1 1 4
2
0 y 0
z
xy dx dy
4
=
( )⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∫ ∫
41 1
2
0 y
xy
xy dx dy
4
= ∫ ∫
1 1
5 6
0 y
1
x y dx dy
4
= ( )∫
1 1
6 6
y
0
1
x y dy
24
= ( )∫
1
6 12
0
1
y - y dy
24
=
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1
7 13
0
1 y y
-
24 7 13
=
1
364
Pero, cambiando el orden de integración, se llega al mismo resultado, esto
es:
( )∫ ∫ ∫
xy1 x
2 3
0 0 0
xy z dzdy dx =
1
364
EJEMPLO 20
Calcule la integral de la función f(x, y, z) = xy2z3, definida sobre la región
limitada por z = xy, y = x, x = 1 y z = 0.
Solución:
Como ya es costumbre, resolveremos este ejemplo usando el software
Maple. Primeros cargaremos la librería que nos permite calcular integrales
múltiples, y luego introduciremos el comando que calcula la integral triple.
La secuencia de comandos utilizada para calcular la integral triple viene dada
por:
> with(Student[MultivariateCalculus]):
> MultiInt(x*y2*z3, z = 0..x*y, y = 0..x, z = 0..1);
1
364
145
Comentario de los comandos:
El primer comando “with(Student[MultivariateCalculus]):”, como ya se
mencionó, sirve para cargar la librería que nos permite calcular entre otras
cosas integrales triples. El segundo es el que calcula la integral triple, y
consta de un mínimo de cuatro parámetros: el primero de ellos es la función
a integrar o integrando, el segundo, tercero y cuarto simplemente indican los
límites de integración; existe un quinto parámetro que nos permite visualizar
la integral triple, el paso a paso del cálculo y el resultado.
• Coordenadas polares y cambios generales de coordenadas en una
integral múltiple: el determinante jacobiano
Hasta el momento hemos usado solamente coordenadas cartesianas,
nombre éste dado en honor de su creador, René Descartes1, quien
popularizó la célebre frase: “COGITO ERGO SUM” (Pienso, luego existo).
Sin embargo, hay ocasiones en las cuales es más conveniente, por la misma
naturaleza del problema, utilizar otro tipo de coordenadas, que simplifiquen
y/o faciliten los cálculos: tales sistemas son denominados, en general,
“coordenadas curvilíneas”.
Por lo dicho en el parágrafo anterior, se ve la necesidad de introducir
estos sistemas de coordenadas, lo cual se efectúa esencialmente por un
cambio de variables.
A continuación expondremos a través de algunos ejemplos los sistemas
de coordenadas curvilíneas mas comúnmente utilizados.
Coordenadas polares
Es un sistema de coordenadas bidimensional (r, θ), que se aplica a
problemas que tengan simetría circular. La posición de un punto P, en
coordenadas polares, está determinada por su distancia r al origen y el
ángulo θ que forma con el lado positivo del eje x. Las ecuaciones de
transformación (cambio de variables) que relacionan las coordenadas polares
con las cartesianas (o rectangulares) son:
x = r cos(θ)
y = r sen(θ)
Jacobiano =
( )
( )
∂
∂
x,y
r,θ
=
( ) ( )
( ) ( )
θ θ
θ θ
cos -r sen
sen r cos
= r
1 René Descartes (1596 – 1650), filósofo y matemático francés.
146
Y el cambio en los diferenciales:
dA = dx dy = Jacobiano.(dr dθ) = r dr dθ
Vale mencionar que la expresión anterior también puede ser escrita en
la forma r dθ dr, lo que va a depender del orden de integración que se escoja.
EJEMPLO 21
Evalúe la integral dada cambiando a coordenadas polares.
∫ ∫
2
1
2 2
0 0
1- y
1
dx dy
1+ x + y
Solución:
La gráfica de la región de integración es la dada en la figura de la izquierda, y
el cambio a coordenadas polares es el indicado:
x = r cos(θ)
y = r sen(θ)
para 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π/2 y dxdy = r dθ dr.
Por lo tanto, efectuando el cambio a coordenadas
polares, resulta que:
∫ ∫
2
1
2 2
0 0
1- y
1
dx dy
1+ x + y
=
( )( ) ( )( )
π
θ
θ θ
∫ ∫
1
2 2
0 0
/2 r
dr d
1+ r cos + r sen
=
π
θ∫ ∫
1
2
0 0
/2 r
dr d
1+ r
=
( )π
θ∫
1
2
0
0
/2 Ln 1+ r
d
2
= ( )
π
θ∫
0
/21
Ln 2 d
2
= ( )π Ln 2
4
[Intente resolver el ejemplo usando el otro orden de integración]
147
Comentando el ejemplo:
• Por si aun no lo ha notado, si hubiésemos tratado de resolver la integral tal
y como aparece en el enunciado del ejemplo, muy probablemente todavía
estaríamos resolviéndola, lo que pone en evidencia la utilidad de un
cambio apropiado de coordenadas.
• Si usted es algo escéptico, le invito a que trate de resolver la integral de la
forma como está dada en el enunciado.
EJEMPLO 22
Evalúe la integral dada cambiando a coordenadas polares.
∫ ∫
2
1
2 2
0 0
1- y
1
dx dy
1+ x + y
Solución:
Al igual que se hizo antes, resolveremos este ejemplo usando el software
Maple. Primeros cargaremos la librería que nos permite calcular integrales
múltiples, y luego introduciremos el comando que calcula la integral triple en
coordenadas polares.
La secuencia de comandos utilizada para calcular la integral triple es la
siguiente:
> with(Student[MultivariateCalculus]):
> MultiInt
⎛ ⎞
π⎜ ⎟
⎝ ⎠
2
1
, r = 0..1, theta = 0.. /2, coordinates = polar[r , theta]
1+ r ;
Comentario de los comandos:
El primer comando “with(Student[MultivariateCalculus]):” sirve para cargar la
librería que nos permite calcular integrales triples. El segundo es el que
calcula la integral triple y consta de un mínimo de cuatro parámetros: el
primero de ellos es la función a integrar, el segundo y el tercero, simplemente
indican los límites de integración, el cuarto indica el tipo de coordenadas que
se va a utilizar para el cálculo de la integral; hay un quinto parámetro que es
opcional, y nos permite visualizar la integral triple, el paso a paso del cálculo
y el resultado.
148
Coordenadas cilíndricas
Sistema de coordenadas tridimensional (r, θ, z). La posición de un punto P en
el espacio está determinada por su distancia r al eje z, el ángulo θ y la altura
z. Las ecuaciones de transformación (cambio de variables) que relacionan
las coordenadas cilíndricas con las cartesianas son:
x = r cos(θ)
y = r sen(θ)
z = z ,
donde r ≥ 0, 0 ≤ θ < 2π, - ∞ < z < ∞.
Jacobiano =
( )
( )
∂
∂ θ
x,y,z
r, ,z
=
( ) ( )
( ) ( )
θ θ
θ θ
cos -r sen 0
sen r cos 0
0 0 1
= r
Y el diferencial de volumen:
dV = dx dy dz = Jacobiano.(dz dr dθ) = r dz dr dθ
EJEMPLO 23
Calcule
∫∫∫ 2 2
T
z x + y dx dy dz ,
donde T está acotado por el cilindrox2 + y2 = 2x y los planos
y = 0, z = 0, z = 3.
Solución:
La gráfica de T es la dada a la derecha: en virtud de
la forma que tiene, sugiere que el cambio natural es
a coordenadas cilíndricas.
Antes de realizar el cambio a coordenadas
cilíndricas, planteemos la integral en coordenadas
cartesianas, esto es:
∫∫∫ 2 2
T
z x + y dx dy dz =
3
0
x
z
y
0
0
1
1
1
2
2
149
∫ ∫ ∫
2
2 3
2 2
0 0 0
1- (x - 1)
z x + y dzdy dx .
En virtud del cambio sugerido obtenemos:
∫∫∫ 2 2
T
z x + y dx dy dz = ( )
( )π θ
θ∫ ∫ ∫
2cos3 /2
0 0 0
zr rdr d dz =
( )π θ
θ∫ ∫ ∫
2cos3 /2
2
0 0 0
zr dr d dz
=
( )π θ
θ∫ ∫
2cos3 /2 3
0 0 0
r
z d dz
3
= ( )
π
θ θ∫ ∫
3 /2
3
0 0
8
zcos d dz
3
= ( ) ( )
π
θ θ θ∫ ∫
3 /2
2
0 0
8
zcos cos d dz
3
= ( )( ) ( )
π
θ θ θ∫ ∫
3 /2
2
0 0
8
z 1- sen cos d dz
3
= ∫
3
0
16
zdz
9
=
32
0
16 z
9 2
= 8
Comentando el ejemplo:
• De este ejemplo es importante resaltar cómo se determinaron los límites
de integración respecto de r y de θ respectivamente; r varía desde cero
hasta la curva x2 + y2 = 2x expresada en coordenadas polares, y θ de cero
a la recta tangente a la curva x2 + y2 = 2x.
• En este ejemplo, consideramos que el cambio de coordenadas NO fue tan
bueno como se esperaba, en el sentido de que no facilitó en gran medida
los cálculos. Sin embargo, desde el punto de vista del aspecto entre el
planteamiento en coordenadas cartesianas y coordenadas polares, las
últimas resultaron ser más amigables.
• Habría resultado igual haber calculado en coordenadas polares que en
coordenadas cilíndricas.
Coordenadas esféricas
Éste es el último sistema de coordenadas que estudiaremos. Igual que con
las coordenadas cilíndricas, éste también es un sistema de coordenadas
tridimensional (r, θ, φ). En este caso, la posición de un punto P está
150
determinada por su distancia r al origen, el ángulo θ que forma con el eje x la
proyección del punto P en el plano xy, y el ángulo φ que forma con el eje z la
proyección del punto P. Las ecuaciones de transformación que relacionan las
coordenadas esféricas con las cartesianas son:
x = r sen(θ) cos(φ)
y = r sen(θ) sen(φ)
z = r cos(θ) ,
donde r ≥ 0, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ < 2 π .
Jacobiano =
( )
( )
∂
∂ θ ϕ
x,y,z
r, ,
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
θ ϕ θ ϕ θ ϕ
θ ϕ θ ϕ θ ϕ
θ θ
sen cos r cos cos -r cos sen
sen sen r cos sen r sen cos
cos -r sen 0
= r2sen(θ)
Y el diferencial de volumen:
dV = dx dy dz = Jacobiano.(dr dθ dφ) = r2sen(θ) dr dθ dφ
EJEMPLO 24
Calcule
∫∫∫ 2 2 2
T
xyz
dx dy dz
x + y + z
,
donde T es la parte de la esfera x2 + y2 + z2 ≤ 4 contenida en el primer
octante.
Solución:
Para ayudarnos en la determinación de los límites de
integración, grafiquemos la superficie T, la cual según el
enunciado nos hace pensar que el cambio natural de
coordenadas son las esféricas; las mismas, como se
explicó antes, son:
x = r sen(θ) cos(φ)
y = r sen(θ) sen(φ)
z = r cos(θ) ,
0
x
z
y
00
1 1
1
2
2
3
3
3 2
151
para 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ π/2, 0 ≤ φ ≤ π/2 y dV = r2sen(θ) dr dθ dφ.
Por lo tanto, efectuando el cambio a coordenadas esféricas, simplificando y
reordenando, obtenemos:
∫∫∫ 2 2 2
T
xyz
dx dy dz
x + y + z
=
( ) ( )( ) ( ) ( )( )
π π
θ θ θ∫ ∫ ∫
2 /2 /2
4 3
0 0 0
r sen cos sen φ cos φ dφd dr
= ( ) ( )( )
π
θ θ θ∫ ∫
2 /2
4 3
0 0
1
r sen cos d dr
2
= ∫
2
4
0
1
r dr
8
=
32
40
152
APLICACIONES
Con esta sección terminamos con el Objetivo 7 del problemario, nos
queda muy poco por hacer; para ser más precisos, aparte de dar unos pocos
ejemplos de aplicaciones de las integrales, nos falta - tal vez - lo más
importante, los ejercicios propuestos que son los que realmente van a servir
para que usted decida si le fue de utilidad o no este material.
Entre algunas de las aplicaciones que consideraremos están el cálculo
de volúmenes, de masa y centro de masa o de gravedad (en los tres tipos de
coordenadas curvilíneas estudiados, cuando sea posible); otras aplicaciones,
tales como momentos de inercia, quedarán como trabajo de investigación
para usted; esto le servirá para que ponga en práctica todo lo aprendido
hasta este punto.
• Cálculo de volúmenes mediante integración triple
El cálculo de volúmenes es la primera de las dos aplicaciones de las
integrales triples que estudiaremos en esta última sección. Para lograr aplicar
con éxito la integración triple para el cálculo de volúmenes, es necesario
saber:
• Para calcular el volumen V mediante este tipo de integración,
debemos tomar f(x, y, z) = 1, para todos los puntos x, y, z en el
dominio de la función.
• En la medida de sus posibilidades, grafique tanto la región de
integración como el sólido, pues esto le será de utilidad a la hora
de determinar los límites de integración. No siempre le será sencillo
determinar la región.
• Por último, una vez graficada la región de integración, verifique
cuál es el orden que más le conviene en el momento de plantear la
integral doble.
Pretendemos que usted comprenda, mediante los ejemplos aquí
planteados, cómo calcular el volumen que se encuentra limitado
superiormente por la función f, e inferiormente por el dominio de ésta.
Insistimos en este punto; trate, en la medida de sus posibilidades, de
resolver todos los ejercicios que aquí se plantean; encontrará la respuesta al
final del material. Algunos ejemplos, serán resueltos mediante el empleo del
software matemático Maple y, cuando exista la posibilidad, serán resueltos
por lo menos de dos formas diferentes.
153
Es recomendable para su formación que no solo revise y se limite a la
bibliografía citada en el Plan del Curso, sino que también, por propia
iniciativa, revise otras fuentes bibliográficas.
EJEMPLO 25
Calcule mediante integración triple el volumen del sólido acotado por las
ecuaciones z = xy, z = 0, x = 0, x = 1, y = 0, y = 1.
Solución:
Antes de comenzar con los cálculos, grafiquemos el sólido al cual queremos
determinar su volumen, y recordemos que la función que vamos a integrar es
la función f(x, y, z) = 1.
La figura de la izquierda es la del sólido al cual
queremos calcularle el volumen. Para visualizar
mejor el sólido, se eliminaron las caras frontal y
lateral, correspondientes a los planos x = 1 e y = 1.
Por lo tanto, la integral triple que representa este
volumen es:
V = ∫∫∫
T
dV = ∫ ∫ ∫
xy1 1
0 0 0
dzdy dx .
Procediendo de manera análoga a como se hizo en el ejemplo 18, tenemos:
∫ ∫ ∫
xy1 1
0 0 0
dzdy dx = ∫ ∫
1 1
xy
0
0 0
z dy dx = ∫ ∫
1 1
0 0
xy dy dx
= ∫
1
12
0
0
1
x y dx
2
= ∫
1
0
1
x dx
2
=
12
0
1
x
4
=
1
4
EJEMPLO 26
Determine el volumen del sólido limitado por el
cono 2 2z = x + y y por el paraboloide z = 6 -
x2 - y2.
Solución:
A la derecha presentamos una vista en
perspectiva del cono 2 2z = x + y con trama
1
x
z
y
-2-2
22
1
-1 -1
1
0
0
2
3
4
5
6
154
de líneas y del paraboloide z = 6 - x2 - y2 delineado y en blanco, junto con su
curva de intersección en color negro.
Abajo y a la izquierda la proyección de la curva de intersección x2 + y2 = 4
sobre el plano xy.
Una vez más, le recordamos que puesto que
vamos a calcular volumen utilizando integración
triple, la función con la cual debemos y de hecho
vamos a trabajar es: f(x, y, z) = 1.
Plantearemos la integral triple en coordenadas
cartesianas; sin embargo, la resolveremos
mediante un cambio de variables a coordenadas
cilíndricas en virtud de la simetría que presenta la
región de integración.
Por todo lo dicho y con apoyo en las gráficas, tenemos que:
V = ∫ ∫ ∫
- -
2 2 26 x y2
-2 2 2 2-
4 - x
4 - x x + y
dzdy dx = ∫ ∫ ∫
- -
2 2 26 x y2
0 0 2 2
4 - x
x + y
4 dzdy dx
= ( )∫ ∫ 2 2 2 2
2
2
0 0
4 - x
4 6 - x - y - x + y dy dx .
Pasando ahora a coordenadas cilíndricas, obtenemos:
V =
π
θ∫ ∫ ∫
- 26 r2 /2
0 0 r
4 r dzd dr =
π ⎛ ⎞ θ⎜ ⎟
⎝ ⎠∫ ∫
-
2 /2 26 r
r
0 0
4 r z d dr = ( )
πθ∫ ∫
2 /2
2
0 0
4 r 6 - r - r d dr
= ( )π∫
2
3 2
0
2 6r - r - r dr =
⎛ ⎞
π⎜ ⎟
⎝ ⎠
2
4 3
2
0
r r
2 3r - -
4 3
=
⎛ ⎞π⎜ ⎟
⎝ ⎠
8
2 12 - 4 -
3
= π32
3
Comentando el ejemplo:
Es importante observar por qué planteamos el cambio a coordenadas
cilíndricas y cómo fueron determinados los límites de integración respecto de
r, θ y z respectivamente; r varía desde cero hasta la curva x2 + y2 = 4
expresada en coordenadas polares, y θ de cero a π/2, basta con observar
que estamos integrando sobre la cuarta parte del círculo.
155
• Cálculo de masa y centro de masa mediante integración triple
El cálculo de masa y centro de masa son las últimas aplicaciones que
estudiaremos en esta última sección.
Es necesario saber:
• Para calcular la masa M de un cuerpo (sólido) T mediante
integración triple debemos conocer la densidad f (o como es
denotada en algunos de los libros del mercado ρ, δ) del cuerpo.
• Las fórmulas para el cálculo de la masa y las coordenadas del
centro de masa son
Masa M = ( )∫∫∫
T
ρ x,y,z dV
Coordenada x del centro de masa y z
M
x =
M
Coordenada y del centro de masa x z
M
y =
M
Coordenada z del centro de masa x y
M
z =
M
Momento Mxy de T con respecto al plano xy Mxy = ( )∫∫∫
T
zρ x,y,z dV
Momento Mxz de T con respecto al plano xz Mxz = ( )∫∫∫
T
yρ x,y,z dV
Momento Myz de T con respecto al plano yz Myz = ( )∫∫∫
T
xρ x,y,z dV
Verifique cuál es el orden de integración que más le conviene en el
momento de plantear la integral triple (o doble según sea el caso).
Trate de resolver todos los ejercicios que aquí se plantean; si no le salen en
el primer intento, no se desaliente y continúe, no olvide que el que persevera
alcanza.
EJEMPLO 27
Calcule la masa y el centro de masa del sólido T acotado por los planos
x = 0, y = 0, z = 0, x + y + z = 1; y cuya densidad es ρ(x, y, z) = y.
156
Solución:
El sólido T se aprecia en la figura de la izquierda. La superficie superior de T
es el plano x + y + z = 1, así que la descripción de T es como sigue:
T = ( ){ }≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤x,y,z / 0 x 1, 0 y 1- x, 0 z 1- x - y .
Por lo tanto, si la densidad es ρ(x, y, z) = y, la masa
es
M = ( )∫∫∫
T
ρ x,y,z dV = ∫ ∫ ∫
1- x 1- x - y1
0 0 0
y dzdy dx
M = ( )∫ ∫
1- x1
1- x - y
0
0 0
y z dy dx = ( )∫ ∫
1- x1
0 0
y 1- x - y dy dx = ( )∫ ∫
1- x1
2
0 0
y - xy - y dy dx
=
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∫
1- x1 2 2 3
0 0
y y y
- x - dx
2 2 3
=
( ) ( ) ( )⎛ ⎞⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∫
2 2 31
0
1- x 1- x 1- x
- x - dx
2 2 3
=
( )
∫
31
0
1- x
dx
3
=
( )
14
0
1- x
-
24
=
1
24
Y sus momentos alrededor de los tres planos coordenados son
Mxy = ( )∫∫∫
T
zρ x,y,z dV = ∫ ∫ ∫
1- x 1- x - y1
0 0 0
z ydzdy dx =
1
120
Mxz = ( )∫∫∫
T
yρ x,y,z dV = ∫ ∫ ∫
1- x 1- x - y1
2
0 0 0
y dzdydx =
1
60
Myz = ( )∫∫∫
T
xρ x,y,z dV = ∫ ∫ ∫
1- x 1- x - y1
0 0 0
x ydzdydx =
1
120
.
Así pues, las coordenadas del centro de masa son
( )x,y,z = ⎛ ⎞⎜ ⎟
⎝ ⎠
y z x z x yM M M, ,
M M M
=
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1 1 1
120 60 120, ,
1 1 1
24 24 24
=
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
24 24 24
, ,
120 60 120
0,5
0,0
1,0
1,0
0,5
0,5
1,0 x
z
y
0,0
0,0
157
EJERCICIOS PROPUESTOS
En los ejercicios que van del 1 al 3, evalúe ( )∫∫
R
f x,y dA donde
R = {(x, y) / 1 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 2} y f es la función dada:
1. f(x, y) =
≤ ≤ ≤⎧
⎨ ≤ ≤ ≤ ≤⎩
2 1 x < 3, 0 y 2
3 3 x 4, 0 y 2
2. f(x, y) =
≤ ≤ ≤⎧
⎨ ≤ ≤ ≤ ≤⎩
- 1 1 x 4, 0 y <1
2 1 x 4, 1 y 2
3. f(x, y) =
≤ ≤⎧
⎪ ≤ ≤ ≤⎨
⎪ ≤ ≤ ≤ ≤⎩
2 1 x < 3, 0 y <1
1 1 x < 3, 1 y 2
3 3 x 4, 0 y 2
En los ejercicios 4 y 5 suponga que R1 = {(x, y) / 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2},
R2 = {(x, y) / 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1}, suponga también que
( )∫∫
R
1
f x,y dA = 3 y ( )∫∫
R
2
g x,y dA = 5
Calcule
1. ( ) ( )⎡ ⎤⎣ ⎦∫∫
R
1
3f x,y - g x,y dA
2. ( )⎡ ⎤⎣ ⎦∫∫
R
2
2g x,y + 3 dA
3. Calcule ( )∫∫
R
6 - y dA , donde R = {(x, y) / 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1}.
En los ejercicios 7 al 10, calcule la integral doble en la región R limitada por
las gráficas de las ecuaciones indicadas. Elija el orden de integración más
conveniente.
7. ∫∫ 3 2
R
x y dA ; y = x, y = 0, x = 1
8. ( )∫∫
R
2x + 4y +1 dA ; y = x2, y = x3
158
9. ∫∫
R
2xy dA ; y = x3, y = 8, x = 0
10. ∫∫
R
y
dA
1+ xy
; y = 0, y = 1, x = 0, x = 1
En los ejercicios 11 al 16, utilice la integración doble para determinar el área
de la región R en el plano xy limitada por las gráficas de las ecuaciones
indicadas. Elija el orden de integración más conveniente.
11. y = x, y2 = x
12. y = x2, y = 2x + 3
13. y = x2 + 1, y = 2x2 – 3
14. x = 4y – y2, x + y = 6
15. y = 2 – x, y2 = 4x + 4
16. y2 = 4(1 – x), x2 + y2 = 4 (dentro de la parábola)
En los ejercicios 17 al 20, halle el volumen del sólido acotado por las gráficas
de las ecuaciones indicadas.
17. z = 1 – x2 – y2, y = x, y = 3 x, z = 0 (en el primer octante)
18. z = x + y, xy = 1, xy = 2, x = y, y =2x, z = 0, (x > 0, y > 0)
19. z = x2 + y2, y los planos xy y x + y = 1.
20. z = 4 – y2, x2 + y2 = 2x, z = 0
En los ejercicios del 21 al 23 calcule las integrales triples.
21. ( )∫ ∫ ∫
3 2 1
0 0 0
x + y + z dx dy dz
22. ( )∫ ∫ ∫
- - -
1 1 1
2 2 2
1 1 1
x y z dydxdz
23. ( )∫ ∫ ∫
-
3 1 2
2 3
0 2 1
2x + y dzdydx
159
En los ejercicios del 24 al 27 calcule las integrales triples.
24. ( )∫ ∫ ∫
+x y2 x
x
0 0 0
e y + 2z dzdydx
25. ∫∫∫
T
zdV ; donde T es la región del primer octante limitada por las
gráficas de y = x, y = x – 2, y = 1, y = 3, z = 0, z = 5 (escoja el orden de
integración mas conveniente)
26.
( )
( )( )∫ ∫ ∫
+e - 1 e - x - 1 x y + e
0 0 e
ln z - x - y
dzdydx
x - e x + y - e
27. ∫ ∫ ∫
2 2 2
2
2 2 2
0 0 0
4 - x 4 - x - y
1
dzdydx
4 - x - y - z
En los ejercicios 28 a 32 use integrales triples para calcular el volumen del
sólido acotado por las ecuaciones.
28. x2 + y2 + z2 = a2
29. z = 9 - x2 - y2, z = 0
30. y = 2 2x + z , y = 3
31. 2z = x2 + y2, z = 2 2x + y
32. x2 + y2 = 4, x2 + y2 + z2 = 16, z = 0
En los ejercicios 33 y 34, mediante integración triple en coordenadas
cilíndricas, calcule el volumen del sólido.
33. Que está dentro de la esfera x2 + y2 + z2 = 4 y dentro del cilindro
x2 + y2 = 1.
34. De la región acotada por los paraboloides z = 2x2 + y2 y z = 12 – x2 – 2y2.
35. Evalúe ∫∫∫ 2 2
T
x + y dV , donde T es el sólido acotado por el plano xy y
paraboloide z = 9 – x2 – y2 (utilice coordenadas cilíndricas).
160
36. Mediante integración triple en coordenadas esféricas calcule el volumen
del sólido que está acotado por el plano z = 1 y por el cono
z = 2 2x + y .
37. El centro de masa es el punto donde se considera concentrada toda la
masa. Si la densidad ρ es constante, el centro de masa corresponde al
centroide.
Calcule el centro de masa del sólido limitado por las gráficas de
x2 + z2 = 4, y = 0, y = 3 si la densidad en un punto P es directamente
proporcional a distancia del plano xz.
161
UNIDAD 8: INTEGRALES DE SUPERFICIE
OBJETIVO DE APRENDIZAJE
Aplicar los conceptos de integral superficie y los teoremas de
Green-Riemann y de la divergencia en la solución de problemas
CONTENIDO:
Definición de integral de superficie. Área de una superficie. Aplicaciones. Los
teoremas de Green-Riemann, de la Divergencia y Stokes. Aplicaciones.
En esta última unidad abordamos lo que en opinión de los autores es el
más complejo de los contenidos tratados en el curso.
Comenzamos al igual que con las unidades anteriores con la biografía
de tres notables matemáticos que tuvieron que ver con los temas aquí
tratados; esto, por una parte, para ubicarnos en el contexto histórico en el
cual se desarrollaron estos tópicos y, por otra, para ampliar nuestra cultura
general.
Seguidamente recordamos el concepto de superficie, visto en cursos
anteriores. Una vez aclarado esto, entramos propiamente en materia, es
decir, empezamos con los ejemplos de cálculo de área de una superficie,
seguido de ejemplos de cálculo de integrales de superficie y de los teoremas
de Green, Gauss y Stokes.
Comenzamos este últimoobjetivo con una breve reseña biográfica por
orden cronológico de tres grandes matemáticos, como lo fueron: Gauss,
Ostrogradski y Stokes, personajes éstos que por mérito propio se ganaron su
puesto en la historia.
Johann Carl Friedrich Gauss
(1777 - 1855)
Johann Carl Friedrich Gauss nació el 30 de abril
de 1777 y falleció el 23 de febrero de 1855, fue
matemático, astrónomo y físico, de origen alemán de
una gran genialidad, que contribuyó
significativamente en muchos campos, incluidos la
teoría de números, el análisis matemático, la
geometría diferencial, la geodesia, el magnetismo y la
óptica. Considerado "el príncipe de la matemática" y
"el matemático más grande desde la antigüedad",
162
Gauss ha tenido una influencia notable en muchos campos de la matemática
y de la ciencia, y es considerado uno de los matemáticos que más influencia
ha tenido alrededor de la historia.
Gauss fue un prodigio, de quien existen muchas anécdotas acerca de
su asombrosa precocidad siendo apenas un infante, e hizo sus primeros
grandes descubrimientos mientras era apenas un adolescente. Completó su
magnum opus, Disquisitiones Arithmeticae (Disquisiciones Aritméticas) a los
veintiún años (1798), aunque no sería publicada hasta 1801. Un trabajo que
fue fundamental para que la teoría de los números se consolidara y el cual
ha moldeado esta área hasta los días presentes.
A la edad de 7 años (en otros sitios dicen 10) asombró a su profesor
(Büttner). Este profesor castigaba a sus alumnos haciéndolos sumar una
serie de números. Una vez castigó a toda la clase a sumar desde el número
1 hasta el número 100. Gauss entregó la pizarra en un tiempo sorprendente
con la respuesta correcta. El profesor le preguntó cómo lo había hecho.
Gauss le dijo 1 + 100 = 101, 2 + 99 = 101, 3 + 98 = 101, siempre suman 101.
Como son 50 sumas de 101, el total es 5050.
Mikhail Vasilevich Ostrogradski
(1801 - 1862)
Mikhail Vasilevich Ostrogradski físico y
matemático ruso, nació el 24 de septiembre de 1801
en Pashennaya, y falleció el 1 de enero de 1862 en
Poltava (actualmente Ucrania).
Comenzó sus estudios de física y matemáticas
en 1816 en la Universidad de Kharkov. En 1820, tomó
y aprobó los exámenes necesarios para su grado,
pero el ministro de asuntos religiosos y de educación nacional se negó a
confirmar la decisión y le requiere para retomar los exámenes.
Ostrogradski se negó a volver a tomar los exámenes y nunca recibió su
grado. Deja Rusia para estudiar en París. Allí, entre 1822 y 1827, asistió a
conferencias de Laplace, Fourier, Legendre, Poisson, Binet y Cauchy. Hizo
rápidos progresos en París y pronto comenzó a publicar en la Academia de
París. Para ese momento, dichos trabajos muestran la influencia de los
matemáticos de París; escribió sobre física y cálculo integral. Estos escritos
fueron posteriormente incorporados en un importante trabajo sobre
hidrodinámica que publicó en París en 1832. Otros resultados obtenidos en
este momento en teoría de residuos, aparecieron en trabajos de Cauchy.
163
Regresa a su país en 1828, e imparte clases a los cadetes de la Marina
en el Instituto de Ingenieros y en la Escuela de Artillería da San Petesburgo.
Presentó tres importantes trabajos sobre la teoría del calor, integrales dobles
y teoría de potencial en la Academia de Ciencias. En gran medida debido a
la importancia de estos trabajos, fue elegido académico en la sección de
matemáticas aplicadas.
Alcanzó la fama especialmente por haber logrado establecer una
fórmula conocida también de modo erróneo como la fórmula de Gauss-
Ostrogradski que permite expresar una integral sobre un volumen (o integral
triple) utilizando una integral doble extendida a la superficie que la rodea.
Desarrolló un método para calcular la integral de una función racional cuando
el denominador tiene raíces múltiples. Este método permite separar la parte
racional de la integral sin necesidad de descomponer el integrando en
fracciones simples.
Hace importantes contribuciones a las ecuaciones diferenciales
parciales, la elasticidad y el álgebra y con la publicación de más de 80
informes y dando conferencias. Su trabajo sobre álgebra fue una extensión
de la labor de Abel sobre funciones algebraicas y sus integrales.
Ostrogradski fue ambicioso en su investigación y su objeto era
proporcionar una teoría combinada de la hidrodinámica, la elasticidad, el
calor y la electricidad. Por supuesto, esto fue mucho más allá de lo que
puede lograrse; apuntando hacia un objetivo importante, hizo grandes
avances en una amplia gama de áreas.
En 1840 escribió sobre balística introduciendo el tema a Rusia. Su
importante trabajo sobre ecuaciones diferenciales ordinarias considera
métodos de solución de ecuaciones no-lineales los cuales combina con
series de potencia en un parámetro alpha. Desde 1847 fue jefe inspector de
la enseñanza de las ciencias matemáticas en las escuelas militares. Escribió
muchos libros de texto y estableció las condiciones que permitieron a la
escuela de Chebyshev florecer en San Petersburgo. También podría ser
considerado como el fundador de la escuela rusa de mecánica teórica.
George Gabriel Stokes
(1819 - 1903)
Sir George Gabriel Stokes, primer Baronet (13 de
agosto de 1819-1 de febrero de 1903) fue un matemático
y físico irlandés que realizó contribuciones importantes a
la dinámica de fluidos (incluyendo las ecuaciones de
Navier-Stokes), la óptica y la física matemática
(incluyendo el teorema de Stokes). Fue secretario y luego
164
presidente de la Royal Society de Inglaterra.
George Stokes fue el hijo menor del Reverendo Gabriel Stokes, rector
de Skreen, en el condado de Sligo. Allí nació y creció George, en el seno de
una familia protestante evangélica. Después de haber estudiado en Skreen,
Dublín y Bristol, George se matriculó en 1837 en Pembroke College, en la
Universidad de Cambridge, donde cuatro años más tarde, tras graduarse con
los más altos honores (los de senior wrangler y el primer Premio Smith), fue
elegido para ocupar una plaza de profesor. George Stokes ocupa esta plaza
hasta 1857, cuando se ve obligado a renunciar a ella por haber contraído
matrimonio (ambas cosas eran incompatibles según los estatutos de su
facultad universitaria). Sin embargo, doce años más tarde, tras haber sido
modificados los estatutos, es reelegido. Ocuparía dicha plaza hasta 1902,
año en el que fue promocionado a la mastership de su facultad. No obstante,
no podría gozar demasiado de esta posición, pues moriría en Cambridge el 1
de febrero del año siguiente.
En 1849 le fue concedida la Cátedra Lucasiana de matemáticas de la
Universidad de Cambridge. El 1 de junio de 1899 se celebró en Cambridge el
jubileo de su nominación, en una ceremonia brillante a la que asistieron
numerosos delegados de universidades europeas y americanas. En dicha
ceremonia el rector de la universidad le dio una medalla de oro
conmemorativa y bustos de mármol de Stokes creados por Hamo Thornycroft
fueron dados a Pembroke College y la universidad por Lord Kelvin. Sir
George Stokes, que fue nombrado baronet en 1889, también sirvió a su
universidad representándola en el parlamento desde 1887 hasta 1892, como
uno de los dos miembros de la Cambridge University Constituency. Durante
parte de este periodo (1885-1890) fue presidente de la Royal Society, de la
que había sido secretario desde 1854, y de esta manera, siendo a la vez
Profesor Lucasiano, unió en sí mismo tres cargos que sólo en una ocasión
habían estado en manos de un solo individuo, Sir Isaac Newton, quien, no
obstante, no ocupó las tres simultáneamente.
Stokes fue el mayor del trío de filósofos naturales, los otros dos fueron
James Clerk Maxwell y Lord Kelvin, que contribuyeron especialmente a la
fama de la escuela de Cambridge de física matemática a mediados del siglo
XIX. El trabajo original de Stokes empezó sobre 1840, y desde esa fecha en
adelante la gran cantidad de trabajo que produjo fue solamentesuperada por
la brillantez y enorme calidad del mismo. El catálogo de artículos científicos
de la Royal Society muestra los títulos de más de cien contribuciones hechas
por él hasta 1883. Algunas de éstas son sólo notas breves, pero la mayoría
son tratados largos y elaborados.
165
DEFINICIÓN DE INTEGRAL DE SUPERFICIE
Antes de comenzar a presentar ejemplos, debemos tener claro lo que
es una superficie, y las diferentes formas que existen de representarlas.
Una superficie es de hecho un conjunto de puntos de un espacio
euclídeo que forma un espacio topológico bidimensional que localmente, es
decir, visto de cerca se parece al espacio euclídeo bidimensional. Así
alrededor de cada punto de una superficie esta se aproxima bien por el plano
tangente a la superficie en dicho punto.
Una definición tradicional de superficie que alude a términos intuitivos
pero con la que resulta fácil trabajar desde un punto de vista matemático fue
la dada por Euclides:
Una superficie es aquello que sólo tiene longitud y anchura.
Euclides, Los Elementos, Libro I, definición 5ª.
Definición tomada de:
http://es.wikipedia.org/wiki/Superficie_(matem%C3%A1tica)
Existen tres formas mediante las cuales las superficies pueden ser
dadas: bien sea mediante una representación explícita, mediante una
representación implícita o mediante una representación paramétrica o
vectorial. Para conocer mayores detalles de estas representaciones se le
recomienda ver el texto de Matemática IV (cód 735) de Ingeniería, tomo II,
sección 140, página 174.
Las integrales de superficie son el análogo de las integrales de línea,
sólo que ahora en lugar de integrar sobre una curva lo hacemos sobre una
superficie, es decir, las integrales de superficie son una generalización de las
integrales dobles.
Al trabajar (calcular) con integrales de superficie es necesario que la
misma esté orientada, para decidir cuál de sus lados se va a considerar
positivo y cuál negativo, orientación que viene dada por el vector normal a la
superficie. Si la superficie es cerrada tomaremos como orientación positiva la
dada por el vector unitario, cuando éste apunta hacia fuera de la región del
espacio encerrada por la superficie; mientras que si la curva no es cerrada,
es decir, la superficie no encierra ninguna región del espacio, tomaremos
como orientación positiva la que en el vector normal tiene componente z
positiva.
166
Existen dos tipos de integrales de superficie:
• Integrales de superficies de campos escalares
• Integrales de superficies de campos vectoriales o también flujo de F
r
a través de S.
Las primeras se calculan aplicando la siguiente definición:
( )( ) ∂ ∂∂ ∂∫∫ ∫∫
r rr
S D
r rxu vφdS = φ r u,v dudv
Para ϕ un campo escalar definido y acotado sobre la superficie S, r
r
una parametrización de de S definida en D una región del plano uv, ∂ ∂∂
r r
r rxu v
la longitud del vector normal a la superficie y dS = ∂ ∂∂ ∂
r r
r rxu v dudv .
El segundo tipo de integrales de superficie se calcula aplicando la
definición:
( )( ) ( )( ) ( )∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫
r r r rr r rr r r r
S S D D
r r r rx xu v u vφdS = F.ndS = F r u,v .n dudv = F r u,v . dudv
Para el campo escalar ϕ =
r r
F.n ,
r
r
r
N
n =
N
y ∂ ∂∂ ∂
r rr
r rxu vN = .
Como caso particular de las integrales de superficie observe que si en
la definición de integral de superficie sobre campos escalares es
ϕ(x, y, z) = 1 para todo (x,y,z) en S, entonces obtenemos el área de la
superficie, esto es:
Área de S = a(S) = ∂ ∂∂ ∂∫∫ ∫∫
r r
S D
r rxu v1dS = dudv
EJEMPLO 1
Encuentre el área de la superficie S del plano
x + 2y + 2z = 5, que es interior al cilindro cuyas
paredes son x = y 2 y x = 2 – y 2.
Solución:
En la figura de la derecha podemos apreciar la
gráfica de la región de integración, la misma
167
viene descrita por el conjunto:
D = {(x, y) ∈ ℜ2 / y2 ≤ x ≤ 2 - y2, - 1 ≤ y ≤ 1}
Tenemos que el área de la superficie S interior al cilindro cuyas paredes son
x = y 2 y x = 2 – y 2 viene dada por:
a( S ) = ( ) ( )∫∫ 2 2x y
D
f x, y + f x, y + 1dx dy ,
con S la superficie determinada por la ecuación explícita
z = f(x, y) =
5 x
- - y
2 2
.
y f una función de clase C1 definida en la región D del plano xy.
Sea F: D ⊆ ℜ
2 → ℜ3, definida por
F(x, y) = ( )( )x,y,f x,y = ⎛ ⎞⎜ ⎟
⎝ ⎠
5 x
x, y, - - y
2 2
,
una representación vectorial (parametrización) de S con:
Fx(x, y) =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1
1, 0, -
2
, Fy(x, y) = ( )0,1, - 1 .
Luego, el producto vectorial fundamental de estos dos vectores es
Fx(x, y) x Fy(x, y) =
1
2
i j k
1 0 -
0 1 -1
=
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1
,1,1
2
= (- fx , - fy , 1)
Por lo tanto:
a( S ) = ∫∫
D
1
+1+1dxdy
4
= ∫ ∫
2
2
2 - y1
-1 y
3
dx dy
2
= ( )∫
1
2
-1
3
2 - 2y dy
2
= ( )∫
1
2
-1
3 1- y dy = 4
168
EJEMPLO 2
Determine el área de la superficie z = 1 + 2x + 2y que está sobre la región
plana acotada por las parábolas y = x2 y x = y2.
Solución:
Comencemos por graficar la región de integración D;
la misma es mostrada en la figura adjunta.
De la definición de área de una superficie tenemos
que:
a( S ) = ∫∫ x y
D
xF F dx dy = ( ) ( )∫∫ 2 2x y
D
f x,y + f x,y +1dxdy ,
ver ejemplo N° 1 de la página 35, sección 62 tomo II del texto de Cálculo IV
(709), con S la superficie determinada por la ecuación explicita z = f(x, y) = 1
+ 2x + 2y , donde f es una función de clase C1 definida en:
D = { (x, y) ∈ ℜ2 / 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ x }.
Sea F: D ⊆ ℜ2 → ℜ3 , definida por F( x , y ) = (x, y,f(x, y)), entonces F es una
representación vectorial de S y además:
Fx(x, y ) = (1,0,2) , Fy(x, y) = (0,1,2),
Luego, el producto vectorial fundamental es
Fx(x, y) x Fy(x, y) =
i j k
1 0 2
0 1 2
= (– 2, – 2,1) = (– fx , – fy , 1 ).
Por lo tanto:
a(S) = ( ) ( )∫∫
2 2
D
-2 + -2 +1 dx dy = ∫∫
D
4 + 4 +1dx dy
= ∫ ∫
2
x1
0 x
9 dy dx = ∫ ∫
2
x1
0 x
3 dy dx = ⎡ ⎤⎣ ⎦∫
1
2
0
3 x - x dx =1
1,0
0,8
0,6
0,4
0,2
0
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0
x
169
EJEMPLO 3
Calcule el área del plano x + y + z = 1, de la parte acotada por los planos
Oxy, Ozy y Oxz.
Solución:
La gráfica de la derecha representa la región de
integración, y viene definida por el conjunto:
D = {(x, y) ∈ ℜ2 / 0 ≤ y ≤ 1 – x, 0 ≤ x ≤ 1} o
D’ = {(x, y) ∈ ℜ2 / 0 ≤ x ≤ 1 – y, 0 ≤ y ≤ 1} ,
Mientras que la
gráfica que
aparece abajo y a la izquierda representa la
superficie a la cual queremos calcular su
área.
Una representación vectorial de la superficie
a la cual queremos calcular el área es:
r
r
(x, y) = (x, y, 1 – x – y), con (x, y) ∈ D.
Por lo tanto
( )∂
∂
r
r
x,y
x
= (1, 0, – 1) , ( )∂
∂
r
r
x,y
y
= (0, 1, – 1),
luego
( )⎛ ⎞∂ ∂⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
r rr
×
r r
N = x,y
x y
= (1, 1, 1)
y así obtenemos:
a( S ) = ∫ ∫
1- x1
0 0
3 dy dx =
3
2
¿Qué tipo de regiones son D y D’?
1,0
0,8
0,6
0,4
0,2
0
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0
x
1,0
0,75
0,25
0,0
0,5
z
0,0
x
y
0,25
0,75
1,0
0,0
0,25
0,5
0,5
0,75
1,0
170
EJEMPLO 4
Calcule el área del plano x + y + z = 1, de la parte acotada por los planos
Oxy, Ozy y Oxz.
Solución:
Como habrá notado, éste es el mismo ejemplo 3 que acabamos de resolver;
pero, igual que se hizo en los objetivos anteriores, ahora lo resolveremos
mediante el uso del ya conocido software matemático Maple.
Esta vez usaremos como región de integración D’, solo con el propósito de
verificar la dicho en anteriores objetivos, es decir, que el valor de la integral
doble NO cambia si se invierte el orden de integración de la misma, pero
teniendo cuidado al hacerlo.
La secuencia de comandos en este caso es como sigue:
> with(Student[MultivariateCalculus]):
> SurfaceArea(1-x-y, y = 0..1, x = 0..1-y);
31
2
Comentario de los comandos:
El primer comando es utilizado para cargar la librería que nos va a permitir
calcular el área de la superficie y el segundo es el empleado para calcular el
área.
Si comparamos los resultados obtenidos al resolver el ejemplo empleando
primero D (una regióntipo I) y luego D’ (una región tipo II), notamos que el
resultado es el mismo, lo cual corrobora la afirmación hecha por nosotros al
comienzo.
EJEMPLO 5
Calcule la integral de superficie
( )∫∫ ∫∫
S D
φdS = φ x, y, z dS,
Para el campo escalar ϕ(x, y, z) = x2 + y2, S la superficie del
paraboloide z = 2 - x2 - y2 que se encuentra encima del plano xy.
171
Solución:
Comenzaremos por graficar (derecha) la
superficie S del paraboloide z = 2 - x2 – y2 y su
proyección x2 + y2 = 2, z = 0 sobre el plano xy.
Se tiene por definición de integral de superficie de
un campo escalar que:
( )( ) ∂ ∂∂ ∂∫∫ ∫∫
r rr
S D
r rxu vφdS = φ r u,v dudv ,
para
D = {(x, y) ∈ ℜ2 / - 2 ≤ x ≤ 2, - 22 - x ≤ y ≤ 22 - x },
( )rr x,y = (x, y, 2 - x2 - y2) , ( )( )rφ r x, y = x2 + y2 y ∂ ∂∂ ∂
r r
r rxu v =
2 24x + 4y +1.
Por lo tanto:
( ) ( )∫∫ ∫∫ ∫ ∫
2
2
2 - x2
2 2 2 2
S S -2
- 2 - x
φdS = φ x, y, z dS = x + y 4x + 4y +1dy dx ,
la última integral mediante un cambio a coordenadas polares (revise el
objetivo correspondiente a este punto) se transforma en
π π
θ θ π∫ ∫ ∫ ∫
2 22 2
2 2 3 2
0 0 0 0
149
r 4r +1r dr d = r 4r +1dr d =
30
En la segunda igualdad omitimos los cálculos y colocamos el resultado
directamente en vista de que este cálculo lo hemos realizado en el objetivo
anterior.
EJEMPLO 6
Calcule la integral de superficie
∫∫
r r
S
F.ndS ,
para el campo vectorial F
r
(x, y, z) = (ey, yex, x2y) y la superficie orientada S es
la parte del paraboloide z = x2 + y2 que está encima del cuadrado 0 ≤ x ≤ 1, 0
≤ y ≤ 1 y que está orientado hacia arriba.
172
Solución:
Antes de comenzar a responder note la diferencia que existe entre el ejemplo
anterior y éste. Si no la ha podido observar, le aclaro que en ambos casos se está
calculando una integral de superficie, sin embargo, en el ejemplo 5 se está
trabajando con un campo escalar, mientras que en éste el campo es un campo
vectorial.
Parametricemos la superficie S como sigue:
( )rr u,v = (u, v, u2 + v2) ,
donde el par (u,v) pertenece al conjunto D = {(u,v) ∈ ℜ2 / 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 1}.
Tenemos
( )( )
r r
F r u, v = ( )
r
2 2F u, v,u + v = (ev, veu, u2v) y ( )∂ ∂∂ ∂
r r
xr ru v = ( )-2u, -2v,1 ,
con
( )( )
r r
F r u, v . ( )∂ ∂∂ ∂
r r
xr ru v =
v 2 u 2-ue - 2v e + u v .
Por lo tanto, en virtud de la definición dada para calcular el flujo de un campo
vectorial a través de una superficie S, resulta:
∫∫
r r
S
F.ndS = ( )∫ ∫
1 1
v 2 u 2
0 0
11-10e
-ue - 2v e + u v dudv =
6
TEOREMAS DE GREEN - RIEMANN, DE LA DIVERGENCIA Y DE
STOKES
Comenzaremos por enunciar los tres teoremas que dan su nombre a esta
sección:
• Teorema de Green-Riemann o de Green
Sean P(x, y) y Q(x, y) funciones continuas y con primeras derivadas
parciales continuas en un conjunto abierto U ⊂ ℜ2. Sea C ⊂ U una curva
regular a trozos, cerrada y simple. Si D es el dominio del plano formado
por la reunión de C con su interior, entonces se verifica que:
( )∂ ∂∂ ∂∫ ∫∫
C D
Q PPdx + Qdy = - dxdyx y
173
donde la curva C es recorrida en sentido positivo, es decir, en sentido
contrario al del movimiento de las manecillas del reloj.
Comentario:
Este teorema relaciona las integrales dobles sobre regiones cerradas D,
con las integrales de línea sobre la curva frontera C de la región D.
• Teorema de la Divergencia o Gauss-Ostrogradski
Sea V un sólido en ℜ3 limitado por una superficie cerrada y orientable S y
sea
r
n el campo de vectores “normal unitario exterior a S”. Si
r
F es un
campo vectorial continuo y con primeras derivadas parciales continuas en
un abierto que contiene al sólido, entonces se verifica que:
( )∫∫∫ ∫∫
r r r
V S
divF dxdydz = F.ndS
Comentario:
Este teorema relaciona la integral triple de la divergencia del campo
vectorial
r
F sobre el volumen V con el flujo de
r
F sobre la superficie S que
encierra a V.
• Teorema de Stokes o del Rotor
Sea S una superficie regular orientable y simple que está limitada por una
curva cerrada C regular a trozos.
Si S está dada por una representación ( )r rr = r u,v , (u, v) ∈ D; sea L una
curva cerrada regular a trozos contenida en D y definida por la
parametrización ( )
r
h t (a ≤ t ≤ b), tal que ( ) ( )( )rr rρ t = r h t defina una
parametrización de C.
Si
r
F es un campo vectorial continuo con primeras derivadas parciales
continuas en S, se verifica que
( )∫∫ ∫
r rr r
S C
rotF .ndS = F.dρ
donde la integral de línea se toma con el signo positivo cuando ( )
r
h t
describe L en sentido contrario al del movimiento de las manecillas de un
reloj.
174
Comentario:
Este teorema relaciona el flujo del
r
rotF (rotor del campo vectorial
r
F ) a
través de S con la integral de línea del campo
r
F a lo largo de la curva C
frontera de S.
Nota:
En algunos casos resulta mas sencillo utilizar uno u otro lado de la
igualdad, todo va a depender del ejercicio. Esto es válido para los tres
teoremas.
EJEMPLO 7
Aplique el Teorema de Green para evaluar la integral
I = ( ) ( )∫ x 2
c
y + e dx + 2x + cosy dy ,
donde C es la frontera del triángulo con vértices (0, 0), (1, 1) y (2, 0),
recorrida en sentido antihorario.
Solución:
La gráfica de C junto con su interior son
los representados en la figura adjunta.
Definamos P: D ⊆ ℜ2 → ℜ y Q: D ⊆ ℜ2 →
ℜ, de la manera siguiente:
P(x, y) = y + ex , Q(x, y) = 2x
2
+ cosy.
Entonces tenemos:
• P y Q son funciones continuas en el interior del conjunto D (¿quién es D?).
• Existe la derivada parcial de la función Q respecto de x en el interior de D,
al igual que la derivada parcial de la función P respecto de y, o sea,
tenemos:
( )∂
∂
Q
x,y
x
= 4x ; ( )∂
∂
P
x,y
y
= 1,
y además
∂
∂
Q
x
,
∂
∂
P
y
son continuas en D.
0,50
0,2
1,0 1,5 2,0
0,4
0,6
0,8
0
1,0
175
Por lo tanto, se verifican las condiciones del Teorema de Green y así
tenemos:
I = [ ]∫ ∫
- y+21
0 y
4x -1 dxdy = ⎡ ⎤⎣ ⎦∫
1
- y+22
y
0
2x - x dy
= ( ) ( )( )⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦⎣ ⎦∫
1
2 2
0
2 - y+2 - - y+2 - 2y - y dy
= ( )∫
1
0
-6y+6 dy = ( )∫
1
0
6 - y+1 dy
=
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎣ ⎦
12
0
y
6 - + y
2
= 3
EJEMPLO 8
Utilice el teorema de Green para evaluar:
I = ( ) ( )∫
C
2x - y + 4 dx + 5y + 3x - 6 dy ,
donde C es el triángulo con vértices (0, 0), (3, 0) y (3, 2) recorridos en sentido
contrario al de las agujas del reloj.
Solución:
Definamos P: D ⊆ ℜ2 → ℜ y Q: D ⊆ ℜ2 → ℜ, de la manera siguiente:
P(x, y) = ( )2x - y + 4 , Q(x, y) = ( )5y + 3x - 6 .
Entonces tenemos:
• P y Q son funciones continuas en el interior del conjunto D (región
limitada por el triángulo C).
• Existe la derivada parcial de la función Q respecto de x en el interior de D,
al igual que la derivada parcial de la función P respecto de y, o sea
tenemos:
( )∂
∂
Q
x,y
x
= 3 ; ( )∂
∂
P
x,y
y
= – 1,
y además
∂
∂
Q
x
, ( )∂
∂
P
x,y
y
son funciones continuas en D.
176
Por lo tanto se cumplen las condiciones del Teorema de Green y así
tenemos:
I =
⎛ ⎞∂ ∂
⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
∫∫
D
Q P
- dx dy
x y
= ( )∫ ∫
2x
3 3
0 0
3 +1 dy dx = 4 ∫
3
0
2
x dx
3
=
3
2
0
4
x
3
= 12
EJEMPLO 9
Sea C la frontera de una región en la que el teorema de Green es válido.
Úselo para calcular:
( ) ( )∫ ky dx + hx dy , k y h son constantes.
Solución:
Consideremos las funciones P(x, y) = ky y Q(x, y) = hx, las cuales son
continuas y además tienen primeras derivadas parciales continuas. Sea C la
frontera de una región D en la que el teorema de Green es válido, entonces
se verifica la identidad de Green, es decir, se tiene que:
∫
C
Pdx + Qdy =
⎛ ⎞∂ ∂
⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
∫∫
D
Q P
- dx dy
x y
.
En virtud de lo anterior tenemos:
( ) ( )∫ ky dx + hx dy = ( )∫∫
D
h - k dx dy = ( h – k )(área de la región D )
EJEMPLO 10
Emplear el teorema de la divergencia para calcular el valor de
I = ∫∫
rr
S
v,η dS ,
donde
r
v (x, y, z) = (2x, y, 1 – z) y S es la esfera x2 + y2 + z2 = a2.
NOTA: , indica producto escalar
Solución:
En virtuddel teorema de la divergencia tenemos que:
I = ∫∫
rr
S
v,η dS = ( )( )∫∫∫
r
V
div v dx dydz ,
177
Asi que:
( )( )∫∫∫
r
V
div v dx dydz = ∫ ∫ ∫
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
a -x a -x -ya
-a - a -x - a -x -y
2dzdydx = 4 a x y
a x
a x
a
a
dydx2 2 2
2 2
2 2
− −
− −
−
−
∫∫
= 4 a r r d dr
a
2 2
0
2
0
−∫∫
π
θ = 8π a r r dr
a
2 2
0
−∫ = –8π u du
a
2
0
∫
= 8π u du
a
2
0
∫ =
8
3
3
0
πu
a
=
8
3
3πa .
EJEMPLO 11
Usando el teorema de la divergencia, calcule
∫∫
rr
S
v.Nds
donde
r
v : ℜ3 → ℜ3 es una función definida por
r
v (x, y, z) = (x2, y2, 0); S es la
superficie del cilindro x2 + y2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 2, incluyendo la tapa y el fondo.
Solución:
La gráfica de la izquierda representa la superficie S. En la
misma se puede apreciar claramente cuál es la región
sobre la que vamos a integrar. Dicha región viene dada
por el conjunto:
D = {(x, y, z) ∈ ℜ3 / 0 ≤ z ≤ 2; - 21- x ≤ y ≤ 21- x ; -1 ≤ x ≤ 1}
En virtud del teorema de la divergencia tenemos:
∫∫
rr
S
v.NdS = ∫∫∫
r r r
D
N.v dv .
0,5
0,0
1,0
1,5
2,0
1,0
-1,0
-0,5
0,5 0,5
1,0
-1,0
-0,5
0,0
0,0
178
Por lo tanto:
∫∫∫∇
D
vd.v = ( )∫ ∫ ∫
1 - x
- 1 - x
21 2
- 1 02
2x + 2y dz dy dx = ( )∫ ∫
1 - x
- 1 - x
21
- 1 2
4 x + y dy dx
= 4
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦
∫
1 - x
- 1 - x
2
1 2
2- 1
y
xy + dx
2
= 4
( ) ( )⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
∫
2 21
2 2
-1
1 - x 1 - x
x 1 - x + - -x 1 - x + dx
2 2
= 8 ∫
1
2
- 1
x 1 - x dx = 0.
Una función impar 2x 1 - x integrada sobre un intervalo simétrico con
respecto al origen, vale cero.
EJEMPLO 12
Verifique el teorema de Stokes para el campo vectorial r
F(x, y, z) = 3yi + 4zj - 6xk y la parte de la superficie paraboloidal
z = 9 - x2 - y2 ubicada sobre el plano xy y orientada hacia arriba.
Solución:
Primero calculemos el rotor de campo vectorial
r
F .
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
r
i j k
rot F = = - 4i+ 6j - 3k
x y z
3y 4z -6x
Ahora parametricemos la superficie z = 9 - x2 - y2.
Para esto observemos que su proyección sobre el
plano xy es un círculo con centro (0, 0) y radio 3. Parece lógico usar una
parametrización basada en coordenadas cilíndricas:
θ
θ θ
θ
⎧
≤ ≤⎪
⎨ ≤ ≤ π⎪
⎩
r
2
x = r cos
0 r 3
r(r , ) = y = r sen ,
0 2
z = 9 - r
179
El producto vectorial fundamental será:
θ θ θ θ θ
θ θ
r r 2 2
r
i j k
× r = cos sen -2r = 2r cos i+2r sen j+r k
-r sen r cos 0
r
Vemos que la componente z de este vector es positiva (¿por qué?). Por lo
tanto, la parametrización describe a una superficie con orientación positiva.
Usando entonces esta parametrización, tenemos:
( ) ( )θ
π
θ θ θ θ
⎛ ⎞
⎜ ⎟π π
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∫∫ ∫∫ ∫ ∫
r r r r 2 2
r
2 3
× × ×
S S 0 0
32
0
rotF dS = rotF r r dr d = -8r cos +12r sen - 3r dr d
3r
= 2 - = -27
2
180
EJERCICIOS PROPUESTOS
En los ejercicios 1 al 5, calcule la integral de superficie de la función
φ: U ⊆ ℜ3 → ℜ dada sobre la superficie indicada.
1. φ(x, y, z) = x, sobre S = {(x, y, z) / x2 + y2 + z2 = 1, x ≥ 0, z ≥ 0}
2. φ(x, y, z) = y, sobre S = {(x, y, z) / x2 + y2 + z2 = 1, x ≥ 0, z ≥ 0}
3. φ(x, y, z) = z, sobre S = {(x, y, z) / x2 + y2 + z2 = 1, x ≥ 0, z ≥ 0}
4. φ(x, y, z) = x2y, sobre la porción del plano 2x + 3y – 5z = 1 que se
encuentra en el primer octante.
5. φ(x, y, z) = xyz, sobre la porción del paraboloide z = 1 – x2 – y2 que se
encuentra por encima del plano z = 0.
En los ejercicios 6 al 10 calcule el flujo del campo vectorial,
r
F , a través de la
superficie, S.
6.
r
F(x, y, z) = (x-y, z, 3x) y S es la parte del plano z = x + y arriba del
rectángulo 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 3, orientada hacia arriba.
7.
r
F (x, y, z) = (x, y, z) y S es la parte del plano x + y + z = 1 arriba del
rectángulo 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 3, orientada hacia abajo.
8.
r
F (x, y, z) = (x, y, z) y S es la parte de la superficie z = x2 + y2 arriba del
disco x2 + y2 ≤ 1, orientada hacia abajo.
9.
r
F (x, y, z) = (0, - y, z) y S es la parte de la superficie z = y2 + 5 sobre
el rectángulo - 2 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, orientada hacia arriba.
10.
r
F(x, y, z) = (- xz, - yz, z2) y S es el cono z = 2 2x + y para 0 ≤ z ≤ 6,
orientado hacia arriba.
En los ejercicios 11 al 15 calcule el área de la superficie dada.
11. La parte del plano yx za cb+ + =1, donde a, b, c son números positivos
dados, que se encuentra en el primer octante.
12. La parte de la esfera x2 + y2 + z2 = a2 que se encuentra dentro del cilindro
22
2 2
yx
a b
+ =1, b ≤ a, z ≥ 0.
13. La parte del cono z2 = x2 + y2, z ≥ 0, que se encuentra dentro del cilindro
x2 + y2 = 2x.
181
14. De la superficie del cuerpo limitado por los cilindros
x2 + y2 = a2, y2 + z2 = a2.
15. La parte del cono z2 = 3(x2 + y2), z ≥ 0, que se encuentra por debajo del
plano x + y + z = 2a, a > 0.
En los ejercicios 16 al 20 aplique el teorema de Green para calcular la
integral de línea dada.
16. La integral de línea del campo
r
F(x, y) = (5x3 + 4y, 2x – 4y4) a lo largo
del circulo (x – 2)2 + y2 = 4, recorrido en sentido antihorario.
17. La integral de línea del campo
r
F(x, y) = (10x4 – y3, x3 – 3y5) a lo largo del
círculo x2 + y2 = 5, recorrido en sentido horario.
18. La integral de línea del campo
r
F (x, y) = (φ(x) – y , x + ψ(y)), donde φ y ψ
son dos funciones reales de clase C1 definidas en ℜ, a lo largo de un
cuadrado de lado a recorrido positivamente.
19. La integral de línea del campo
r
F (x, y) = (y2, x2) con la curva C el triángulo
acotado por x = 0, x + y = 1, y = 0.
20. La integral de línea del campo
r
F (x, y) = (x + 6y, 2x + y) con C la
circunferencia (x – 2)2 + (y – 3)2 = 4.
En los ejercicios 21 al 25 aplique el teorema de Gauss para calcular la
integral de superficie o la integral triple según sea el caso.
21. Calcule la integral de superficie ∫∫
r r
S
F.ndS , donde
r
F(x, y, z) = (x3, y3, z3), S
es el interior del cilindro, con cara lateral x2 + y2 = 4, cuyas bases son los
planos z = 0 y z = 3.
22. Calcule la integral de superficie ∫∫
r r
S
F.ndS , donde
r
F(x, y, z) = (xy, 1, z + 1),
y S es el hemisferio de la esfera x2 + y2 + z2 = 9, z ≥ 0.
23. Calcule la integral de superficie ∫∫
r r
S
F.ndS , donde
r
F(x, y, z) = (x3, y3, z3), y
S es la superficie del cilindro acotado por x2 + y2 = 9, z = - 1 y z = 4.
24. Sea S la superficie de la región acotada por los planos z = 0, y = 0, y = 2 y
por el paraboloide z = 1 – x2.
Calcule ∫∫
r r
S
F.ndS dado que
r
F (x, y, z)= (x + cosy, y + senz, z + ex).
182
25. Calcule la integral de superficie ∫∫
r r
S
F.ndS , donde S es la superficie
acotada por los planos z = 0, z = 3 y por el cilindro x2 + y2 = 4, con r
F (x, y, z) = (x2 + y2 + z2)(x, y, z). Sugerencia: utilice coordenadas
cilíndricas donde haga falta.
26. Use el teorema de Stokes para calcular la integral ( )∫∫
r r
S
rotF .ndS ,
donde
r
F (x, y, z) = (yz, xz, xy), y S es la parte de la esfera x2 + y2 + z2 = 4
que está dentro del cilindro x2 + y2 = 1 y encima del plano xy.
27. Utilice la integral de superficie del teorema de Stokes para calcular la
circulación del campo
r
F (x, y, z) = (x2, 2x, z2) alrededor de la elipse
4x2 + y2 = 4 en el plano xy, en el sentido contrario al de las manecillas del
reloj, vista desde arriba.
28. Aplique el teorema de Stokes para calcular
( ) ( ) ( )∫
C
y + z dx + x + z dy + x + y dz ,
donde C es la circunferencia x2 + y2 + z2 = a2, x + y + z = 0.
29. Aplique el teorema de Stokes y transforme la integral
( ) ( ) ( )∫ 2 2 2 2 2 2
C
y + z dx + x + z dy + x + y dz ,
tomada a lo largo de cierto contorno cerrado C, en la integral de superficie
sobre ese contorno.
30. Verifique el teorema de Stokes para el campo
r
F (x, y, z)= (2x, 3xy, z) y la
superficie S dada por x2 + y2 + z2 = 1, z ≥ 0.
183
Respuestas a los ejercicios propuestos
Objetivo 1
1.- a. {(x, y)∈ ℜ2 / x2 + y2 < 1}
b. {(x, y)∈ ℜ2 / x2 + y2 > 1}
c. {(x, y)∈ ℜ2 / −1≤ x + y ≤ 1}
d. {(x, y)∈ ℜ2 / 1 − x ≤ y ≤ 1 + x y x > 0} ∪ {(x, y)∈ ℜ2 / 1 + x ≤ y ≤ 1 − x y
x <0}
e. {(x, y)∈ ℜ2 / 2nπ ≤ y ≤ (2n + 1)π y x > 0} ∪
{(x, y)∈ ℜ2 / (2n + 1)π ≤ y ≤ (2n + 2)π y x < 0} donde n es un número
entero.
f. ℜ2 − {(x, y) / x2 + y2 = R}
2.- a. Hipérbolas xy = c, | c | ≤ 1
b. Parábolas y = c − x2, c > 0
c. Círculos con centro en el origen de coordenadas y
radio k , x2 + y2 = k.
d. Hipérbolas xy = c, con c > 0
e.Esfera con centro en el origen de coordenadas y radio
k , x2 + y2 + z2 = k
3.- a [0, ∞)
b. [0, 6]
c. {3}
d. [0, 1]
a. 1
b. 0
c. 0
d. 2
e. 0
f. 0
g. no existe
h. 0
184
i. no existe
j. 0
k. no existe
6.- a. ℜ3 − {z = x2 + y2}
b. ℜ2 − {(0, 0)}
c. ℜ2 − {(x, y) / x, y∈Ζ}
d. ℜ2 − {(0, 0)}
7.- a.
b. Se puede observar que para puntos cercanos al punto (0, 0) los
valores de f están cercano al cero.
8.- Estudiaremos la continuidad de f en los puntos de la forma (a,0).
Tenemos que para esos puntos f(a, 0) = 1−a, entonces
→(x, y) (a, 0)
y > 0
lím f(x,y) =
→x a
lím (1- x) = 1 − a
→(x, y) (a, 0)
y < 0
lím f(x,y) = ( )
→x a
lím - 2 = − 2.
Si a = 3
→(x, y) (a, 0)
y > 0
lím f(x,y) =
→(x, y) (a, 0)
y < 0
lím f(x,y) = − 2
si a ≠ 3 se tiene que
→(x, y) (a, 0)
y > 0
lím f(x,y) = 1 − a ≠ − 2 =
→(x, y) (a, 0)
y < 0
lím f(x,y)
-0,5
-0,5
0,5 1-1
0,5
1
-1
x
y
0
0
185
de aquí que
→(x,y) (a,0)
lím f(x,y) no existe, por lo tanto f no es continua si a ≠ 3.
En conclusión f no es continua a lo largo de la recta y = 0, en el único punto
sobre la recta donde la función es continua es el punto (3,0).
9.- no existe, se procede de manera similar al ejercicio 8
10.- no existe, se procede de manera similar al ejercicio 8
Objetivo 2
1.- a.-
∂
∂
-y/x
2
z y
= 3 Ln3
x x
,
∂
∂
-y/xz -1= 3 Ln3
y x
b.-
∂
∂
2x+yz = 2(2x + y) [1+ Ln(2x + y)]
x
,
∂
∂
2x+yz = (2x + y) [1+ Ln(2x + y)]
y
c.-
∂
∂
y
y
z y x
=
x 2x(1+ x )
,
∂
∂
y
y
z x Lnx
=
y 2x(1+ x )
d.-
( ) ( )∂
∂
y arctan z - 1u
= x yarctan z
x
,
( ) ( ) ( )∂
∂
y arctan zu
= x Ln x arctan z
y
( ) ( )∂
∂
y arctan z
2
Ln xu
= x
z 1+ z
e.- ( ) ( )∂
∂
2 2 2x x + y + z2 2 2u = 3x + y + z e
x
, ( ) ( )∂
∂
2 2 2x x + y + zu
= 2xy e
y
,
∂
∂
2 2 2x (x + y + z )u = 2xze
z
f.-
∂
∂
1
- 1
yu z= x
x y
,
∂
∂
1
y
2
u z
= - x Lnx
y y
,
∂
∂
1
yu = x
z
g.-
∂
∂ 2
z 1 y x y x y
= cos cos + sen sen
x y x y y xx
,
∂
∂ 2
z x y x 1 x y
= - cos cos - sen sen
y x y y y xy
h.-
∂
∂
z 1
=
x x Lny
,
∂
∂
z 1
=
y y(x + Lny)
186
i.-
∂
∂
z-1
2z
u z(x - y)
=
x 1+ (x - y)
,
∂
∂
z-1
2z
u z(x - y)
=
y 1+ (x - y)
,
∂
∂
z
2z
u (x - y) Ln(x - y)
=
z 1+ (x - y)
3.- I
b.- Para todo punto (x, y) ≠ (0,0) la función g es diferenciable por ser el
cociente de funciones diferenciables.
c.-
∂
≠
∂
3
2 2 3/2
g y
(x,y) = , (x,y) (0,0)
x (x + y )
∂
≠
∂
3
2 2 3/2
g x
(x,y) = , (x,y) (0,0)
y (x + y )
Ambas derivadas parciales son continuas para todo (x, y) ) ≠ (0,0).
d.- considere la función h:ℜ→ℜ definida por
≠⎧
⎨
⎩
g(t,t) si t 0
h(t) =
0 si t = 0
Si g fuese diferenciable en (0,0), h sería diferenciable en t = 0, aplicando
la regla de la cadena, pero h no es diferenciable en t = 0 ya que
1
h(t) = | t |
2
En consecuencia g no es diferenciable.
e.- Las derivadas parciales de g en (0,0) están dadas por
→ →
∂
∂ x 0 x 0
g g(x,0) - g(0,0) 0 -0
(0,0) = lím = lím = 0
x x - 0 x
→ →
∂
∂ y 0 y 0
g g(0,y) - g(0,0) 0 -0
(0,0) = lím = lím = 0
y y - 0 y
Veamos ahora si
∂
∂
g
x
y
∂
∂
g
y
son continuas en (0,0).
El
→
∂
∂(x,y) (0,0)
g
lím (x,y)
x
no existe, si escogemos x = y = t, con t≠0, entonces
∂
∂
g
x
(x, y) =
⎧∂ ⎪
⎨∂ ⎪⎩
13 3
2 2
2 3/2 -13
2 2
si t > 0g t t
(t,t) = = =
x (2t ) si t < 02 2(| t |)
187
De aquí se deduce que
∂
∂
g
x
no es continua en (0,0).
Similarmente se demuestra que
∂
∂
g
y
no es continua en (0,0).
II
b.- no
c.- no
d.- no
e.- existen, pero no son continuas.
5.- c.- f no es continua, tampoco es diferenciable.
6.- a) no
c) no
7.- a.- dz = 2(xdx + ydy) cos(x2 + y2)
b.-
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
y ydz = x dx + Ln(x) dy
x
c.-
2
2(s dt - t ds)
du =
(s - t)
d.-
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1 x
dz = dx - dy
x + y y
8.- a.- ∆ ∆
1 1
249 2 4
35222 tomando u = x y , x =121, y =16, x = 4, y =1
b.-
π π π
π π ∆ ∆
1 - -
2 tomando u = senx cosy, x = , y = , x = , y =
14 4 7 20
9.-
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
o
2 2
J(f g)(1,1) = 2 0
0 4
10.-
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
o
0 0
J(f g)(0,0) =
e -e
188
11.- a.- T′(t) = 2t
b.- 10,9325
12.- No, f(x, y) = (−1,0) tiene infinitas soluciones, a saber, (x, y) = (0,y) para
todo y.
13.- No se puede despejar, ya que el teorema no se puede aplicar.
Objetivo 3
1.- a.- 1 − 2x2 − y2
b.- 1 + 2x − y2/2
c.- −y + x2 − y2/2
2.- a.-
x
1+ + y
2
b.-
2 2x x xy y
1+ + y - - -
2 8 2 2
c.-
Punto Aprox. Lineal
Aprox.
Cuadrática
función
(0,0) 1 1 1
(0,1; 0,1) 1,15 1,13875 1,140175
(−0,1; 0,1) 1,05 1,04875 1,0488809
(0,1; −0,1) 0,95 0,94875 0,948683
(−0,1; −0,1) 0,85 0,83875 0,836660
3.- a.- No hay extremos
b.- en el punto (a, a) z tiene un extremo que es –a3. Para a > 0 es mínimo
y para a < 0 es máximo.
c.- en los puntos (- 2, 2) , ( 2, - 2) la función alcanza mínimo, en el
punto (0,0) no existe extremo.
d.- valor mínimo z = −9 en el punto (0,3).
189
e.- en el punto (2,1) la función alcanza un mínimo, z = −28, y en el punto
(−2,1) la función z alcanza un máximo, z = 28.
f.- en el punto
π π⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
3
, , z alcanza máximo, con valor z = 3
3 3 8
, y en el
punto
π π⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2 2
,
3 3
la función z alcanza un mínimo cuyo valor es
-3 3
z =
8
.
g.- en el punto (21,20) la función alcanza un máximo, z = 282
h.- valor máximo z = e−13 alcanzado en el punto (1,3), y valor mínimo
z = −26e−1/52 en el punto⎛ ⎞⎜ ⎟
⎝ ⎠
-1 3
,
26 26
.
4.- a.- valor máximo no tiene, valor mínimo
3
4
b.- valor máximo 2, valor mínimo −2
c.- valor máximo 35 , valor mínimo − 35
d.- valor máximo
2
1+
3 3
, valor mínimo
2
1-
3 3
, la función no tiene ni
máximo ni mínimo absoluto.
e.- valor máximo 1, valor mínimo −1
f.- valor máximo 0, valor mínimo no tiene
5.- x ≈ 23,47, y ≈ 23,47, z ≈ 75,1
6.- A = 10, B = 4, C = −2
7.- valor mínimo −1 en el punto (−1,0)
valor máximo 24 + 2 24 en el punto ( 24, 0)
8.- x = y = 3
2
V
5
, z = 3
25 V
4
unidades.
9.-valor máximo absoluto sobre la región es 17, el valor mínimo relativo es 0
190
10.-
15-1
2 2
( , ± ) f alcanza un mínimo y su valor es f
15-1
2 2
( , ± ) = 7
4
, en
el punto (2,0) f alcanza máximo y el valor es f (2, 0) = 8, máximo absoluto
de f sobre D es f (2,0) = 8, mientras que el mínimo absoluto es f
(
-1
4
,0) =
- 17
8
.
Objetivo 4
1.- (8,4)
2.- ( )- 8 - 8 - 85 2516 410e , e , e
3.- a.- ∇f(1,1) = (−2,−4)
b.- ∇f(1, 1, 1) = (−2,−4,−1)
c.- ∇g(1,1) = (−2,0)
d.- ∇g(1, 1, 1) = (−1,0, −1)
4.- a.-
∂ ∂
∂ ∂
2 2
2 2
F F
+ = 0
x y
b.-
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
2 2 2
2 2 2
G G G
+ + = 0
x y z
5.- a.- (0,0)
c.- f tiene un mínimo absoluto en (0,0)
6.- a.- (0,0)
b.-
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2 2a b
, , 3ab
b a
c.-
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1 11 -1
, ,
3 6 12
7.- n = −1.
191
Objetivo 5
1. f(x, y, z) =
2
x ze cosy + x y z + -1
2
2. f(x, y, z) = xLnx – x + tang( x + y ) + ( )2 21Ln y + z
2
+ k
3. f(x, y, z) = xy + z
4. f(x, y, z) = xysenz
5. f(x, y, z) = xyz +
2y
2
+ 2z + k
6. f(x, y) = x4y3 + 3x + y + k
7. f(x, y, z) = 2xcos( y ) + Ln( y ) + Ln( z ) + const = 2xcos( y ) + Ln(yz) + k
8. ( )1 2Gm m / r
9.
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2 2 2 2 2 2
y z x z
, , 0
x + y - a x + y - a
10.
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
z z
, - , 0
x + y - 3 x + y - 3
11.
⎛ ⎞⎛ ⎞
⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
z
0 , - arctan , 0
x
12. ( )z - y , 0 , 0
13.
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2 21 1x z - y , - z , 0
2 2
14. ( )y z , - 3x z , 0
15. ( )23 x y + 3 y z - z , - 2x z + y z , 0
192
16.
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2 3 2 3 2 31 1 1x z + z - x y - y , - y z - z , 0
3 3 3
Objetivo 6
1. 160π + 24π3
2.
100
3
3.
100
3
4.
⎛ ⎞
⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
17 17 -1
k
6
5. ( )π 2 23k a + b
6. ( )2 21- a + b
2
7.
3
2
8.
π
2
2 -
9. 2,25 galones10. 0
11. 1
12. sen(1)
13. e cos(1)
14. e-2
193
Objetivo 7
1. 14
2. 3
3. 12
4. 4
5. 12
6.
11
2
7.
1
21
8.
25
84
9. 96
10. 2Ln(2) – 1
11.
1
6
12.
32
3
13.
5
6
14.
1
6
15.
64
3
16. 2π - 8
3
194
17.
π
48
18. ( )1 2 2 2 -1
2
19.
1
6
20.
15 π
4
21. 18
22.
8
27
23.
171
4
24. 19
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2e
+1
3
25. 50
26. 2e – 5
27. π2
1
2
28. π 3
4
a
3
29. π36
30. π9
31. π4
3
32. ( )π 3/22 64 -12
3
195
33. ( )π4 8 - 3 3
3
34. π24
35. π
81
2
36.
π
3
37. ( )x,y,z = (0, 0, 0)
Objetivo 8
1. π
1
2
2. 0
3. π
1
2
4.
38
21600
5. 0
6. 6
7. – 6
8. π
1
2
9. 18
10. 1 296π
196
11. 2 2 2 2 2 2
1
a b + a c + b c
2
12. 4a2 ( )baarcsen
13. π2
14. 16a2
15. 4π ( ) 23 + 2 3 a
16. - 8π
17. - π
75
2
18. 2a2
19. 0
20. - 16π
21. 180π
22. - 27π
23. π2385
2
24. 8
25. 300π
26. 0
27. 4π
28. 0
29. ( ) ( ) ( )∫∫
S
2 x - y dxdy + y - z dydz + z - x dxdz
197
LISTA DE REFERENCIAS
Edwards, C. H. y Penny, D. (1 996). Cálculo con Geometría Analítica
(4ª. Ed.). México: Prentice Hall Hispanoamericana, S. A.
Marsden, J. E. y Tromba, A. J. (1 998). Cálculo Vectorial (4ª. Ed.).
México: Prentice Hall
McCallum, W. G., Gleason, A. M. y Hughes-Hallett, D. (1 998). Cálculo
de Varias Variables (1ª. ed.). México: CECSA
Pita, R. C. ( 1 995). Cálculo Vectorial (1ª. Ed.). México: Prentice Hall
Hispanoamericana S. A.
Steward, J. (1 999). Cálculo Conceptos y Contextos (1ª. Ed.). México:
International Thomson Editores, S. A. de C. V.
Thomas, G. (2 006). Cálculo Varias Variables (11ª. Ed.). México:
Pearson.
Velasco, G., López, I. y Wisniewski, P. (2 003). Problemario de Cálculo
Multivariable. México: Thomson Learning, Inc.