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Vicerrectoría Académica

Facultad de Ingeniería, Ciencia y Tecnología

Departamento de Matemáticas y Física

APUNTE: EJERCICIOS RESUELTOS DE CÁLCULO

CÁTEDRAS: CÁLCULO II, MATEMÁTICAS III

2016.

PROFESOR: CLAUDIO GAETE PERALTA

2




APUNTE: EJERCICIOS RESUELTOS DE CÁLCULO

CÁTEDRAS: CÁLCULO II, MATEMÁTICAS III

2016.

PROFESOR: CLAUDIO GAETE PERALTA

Licenciado en Matemáticas, Magíster en Matemáticas,

Magíster en Didáctica de la Matemática. En la actualidad, está

doctorándose en Didáctica de la Matemática. Pontificia

Universidad Católica de Valparaíso, Chile.

Actualmente es profesor de diferentes cursos de Matemáticas

en la Facultad de Ingeniería de la Universidad Bernardo

O´Higgins. Además, se desempeña como Coordinador de

Cálculo dentro del Departamento de Matemáticas y Física.




INDICE

Presentación .................................................................................................................................................. 4

1. Integración ................................................................................................................................................ 5

1.1 Técnicas de integración.............................................................................................................. 5

1.2 Cálculo de áreas ....................................................................................................................... 20

1.3 Ejercicios propuestos ............................................................................................................... 30

2. Funciones de varias variables ......................................................................................................... 32

2.1 Modelación de funciones ......................................................................................................... 32

2.2 Derivadas parciales .................................................................................................................. 34


3. Funciones con valores vectoriales ................................................................................................. 42

4. Máximos y mínimos ............................................................................................................................. 45

4.1 Criterio del Hessiano ................................................................................................................ 46

4.2 Multiplicadores de Lagrange .................................................................................................... 50


5. Conclusiones ........................................................................................................................................... 60

6. Bibliografía de apoyo .......................................................................................................................... 60

4

Presentación

Estos apuntes fueron diseñados con el fin de complementar el aprendizaje matemático

junto con lo visto en clases. Se presentan diversos ejercicios resueltos y propuestos,

principalmente para carreras de Ingeniería.




1. Integración

1.1 Técnicas de integración

1. (Tasa de desempleo) Durante una crisis económica reciente, el porcentaje 𝑃 de

desempleados cumple con

𝑃′(𝑡) =0,4𝑒−0,1𝑡

(1 + 𝑒−0,1𝑡)2

donde 𝑡 es el tiempo en meses. Dado que en 𝑡 = 0 había 4% de desempleados, ¿qué

porcentaje estaba desempleado:

¿10 meses después?

¿20 meses después?

Solución: Tenemos

𝑃(𝑡) = ∫0,4𝑒−0,1𝑡

(1 + 𝑒−0,1𝑡)2𝑑𝑡 = 0,4∫

𝑒−0,1𝑡

(1 + 𝑒−0,1𝑡)2𝑑𝑡

Sea 𝑢 = −0,1𝑡, luego 𝑑𝑢 = −0,1𝑑𝑡 → −10𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 .

De esta forma, tenemos que

6

0,4∫𝑒−0,1𝑡

(1 + 𝑒−0,1𝑡)2𝑑𝑡 = −4∫

𝑒𝑢

(1 + 𝑒𝑢)2𝑑𝑢

Ahora, para esta segunda integral, sea

𝑦 = 1 + 𝑒𝑢 → 𝑒𝑢𝑑𝑢 = 𝑑𝑦

Así,

−4∫𝑒𝑢

(1 + 𝑒𝑢)2𝑑𝑢 =− 4∫

1

(𝑦)2𝑑𝑦 =

4

𝑦=

4

1 + 𝑒𝑢=

4

1 + 𝑒−0,1𝑡+ 𝑘

Por lo tanto

𝑃(𝑡) =4

1 + 𝑒−0,1𝑡+ 𝑘

Como 𝑃(0) = 4, se tiene que

4 =4

1 + 𝑒−0,1∙0+ 𝑘

4 =4

1 + 1+ 𝑘

2 = 𝑘

Por lo tanto

𝑃(𝑡) =4

1 + 𝑒−0,1𝑡+ 2

Por lo que 𝑃(10) =4

1+𝑒−1+ 2 ≈ 5% y 𝑃(20) =

4

1+𝑒−2+ 2 ≈ 5,5%




∎

2. La función de Utilidad 𝑈(𝑥) de una empresa, cumple con

𝑈´(𝑥) = 5 − 0,002𝑥

Y la empresa obtiene una utilidad de US $310 al vender 100 unidades (𝑥 indica el número

de unidades vendidas) ¿Cuál es la Función de utilidad de la empresa?

Solución: Integrando, tenemos que

𝑈(𝑥) = ∫(5 − 0,002𝑥) 𝑑𝑥 = 5𝑥 − 0,002𝑥2

2+ 𝑘

= 5𝑥 − 0,001𝑥2 + 𝑘

Para determinar 𝑘, notemos que la empresa obtiene una utilidad de US $310 al vender

100 unidades, luego

310 = 5 ∙ 100 − 0,001(100)2 + 𝑘

−470 = −0,001 ∙ 10000 + 𝑘

−470 = −0,001 ∙ 10000 + 𝑘

8

−470 = −10 + 𝑘

−460 = 𝑘

De esta manera, la función de utilidad es

𝑈(𝑥) = 5𝑥 − 0,001𝑥2 − 460

∎

3. El ingreso 𝐼 (en miles de dólares) de una empresa está dado por

𝐼′(𝑥) = 15 − 0,01𝑥

Donde 𝑥 representa la cantidad de unidades vendidas

a) Determine la función de ingreso, sabiendo que al vender 50 unidades, se obtiene un

ingreso de 200 dólares.

b) Encuentre el ingreso obtenido al vender 1000 unidades.

Solución:

a) Tenemos que

𝐼(𝑥) = ∫(15 − 0,01𝑥) 𝑑𝑥 = 15𝑥 − 0,01𝑥2

2+ 𝑘, 𝑘 ∈ ℝ

= 15𝑥 − 0,005𝑥2 + 𝑘, 𝑘 ∈ ℝ




Como al vender 50 unidades, se obtiene un ingreso de 200 dólares (0,2 miles de dólares),

tenemos que

0,2 = 15 ∙ 50 − 0,005 ∙ (50)2 + 𝑘

0,2 − 750+ 12,5 = 𝑘

−737,3 = 𝑘

Por lo que la función de ingreso será

𝐼(𝑥) = 15𝑥 − 0,005𝑥2 − 737,3

∎

b) 𝐼(1000) = 15000 − 5000 − 737,3 = 9262,7 miles de dólares. Es decir, 9.262.700

dólares.

4. Resuelva la siguiente integral

∫(√𝑥 + 5 +𝑥

2√𝑥 + 5)𝑑𝑥

Solución:

Tenemos que

∫(√𝑥 + 5 +𝑥

2√𝑥 + 5)𝑑𝑥 = ∫√𝑥 + 5𝑑𝑥

⏟ 𝐼1

+1

2∫

𝑥

√𝑥 + 5𝑑𝑥

⏟ 𝐼2

Calcularemos cada integral por separado. Para la primera integral, sea

10

𝑢 = 𝑥 + 5 → 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥

𝐼1 = ∫√𝑥 + 5𝑑𝑥 = ∫√𝑢𝑑𝑢 =2

3𝑢32 =

2

3(𝑥 + 5)

32

Para la segunda integral, sea

𝑢 = 𝑥 + 5 → 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥

𝐼2 = ∫𝑥

√𝑥 + 5𝑑𝑥 = ∫

𝑢 − 5

√𝑢𝑑𝑢 = ∫

𝑢

√𝑢𝑑𝑢 − ∫

5

√𝑢𝑑𝑢

= ∫𝑢32𝑑𝑢 − 5∫√𝑢𝑑𝑢 =

2

5𝑢52 −

10

3𝑢32

=2

5(𝑥 + 5)

52 −

10

3(𝑥 + 5)

32

Así,

𝑇(𝑥) = 𝐼1 +1

2𝐼2 =

=2

3(𝑥 + 5)

32 +

1

2[2

5(𝑥 + 5)

52 −

10

3(𝑥 + 5)

32]

=2

3(𝑥 + 5)

32 +

1

5(𝑥 + 5)

52 −

5

3(𝑥 + 5)

32 + 𝑘, 𝑘 ∈ ℝ

∎




5. Encuentre el valor de la siguiente integral impropia

∫1

(2𝑥 + 3)4𝑑𝑥

∞

−1

Solución: En primer lugar, realizando la sustitución

𝑢 = 2𝑥 + 3 → 𝑑𝑢 = 2𝑑𝑥 →𝑑𝑢

2= 𝑑𝑥.

Tenemos que

∫1

(2𝑥 + 3)4𝑑𝑥 =

1

2∫1

𝑢4𝑑𝑢 =

1

2

𝑢−3

−3= −

1

6𝑢3= −

1

6(2𝑥 + 3)3

Por lo que

∫1

(2𝑥 + 3)4𝑑𝑥

∞

−1

= lim𝑛→∞

∫1

(2𝑥 + 3)4𝑑𝑥

𝑛

−1

= lim𝑛→∞

−1

6(2𝑥 + 3)3−1

𝑛

= lim𝑛→∞

[−1

6(2𝑛 + 3)3+1

6] =

1

6

12


∫𝑥2

(𝑥3 + 2)2𝑑𝑥

∞

1

Solución: Sea

𝑢 = 𝑥3 + 2 → 𝑑𝑢 = 3𝑥2𝑑𝑥 →𝑑𝑢

3= 𝑥2𝑑𝑥

De esta forma,

∫𝑥2

(𝑥3 + 2)2𝑑𝑥 = ∫

𝑑𝑢3𝑢2

=1

3∫𝑢−2 𝑑𝑢

= −1

3𝑢= −

1

3(𝑥3 + 2)

Por lo tanto,

∫𝑥2

(𝑥3 + 2)2𝑑𝑥

∞

1

= lim𝑛→∞

∫𝑥2

(𝑥3 + 2)2𝑑𝑥

𝑛

1

= lim𝑛→∞

[−1

3(𝑥3 + 2)]1

𝑛

= lim𝑛→∞

(−1

3(𝑛3 + 2)+1

9) =

1

9

∎


∫ 𝑥𝑒−2𝑥𝑑𝑥

∞

0




Solución: Sea

𝑢 = 𝑥 → 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥

𝑑𝑣 = 𝑒−2𝑥𝑑𝑥 → 𝑣 = −1

2𝑒−2𝑥 (Usando sustitución)

Por lo tanto, utilizando integración por partes, tenemos

∫𝑥𝑒−2𝑥𝑑𝑥 = 𝑥 ∙ −1

2𝑒−2𝑥 −∫−

1

2𝑒−2𝑥 𝑑𝑥

= −1

2𝑥𝑒−2𝑥 +

1

2∫𝑒−2𝑥 𝑑𝑥 = −

1

2𝑥𝑒−2𝑥 +

1

2(−1

2𝑒−2𝑥)

= −1

2𝑥𝑒−2𝑥 −

1

4𝑒−2𝑥

De esta forma,

∫ 𝑥𝑒−2𝑥𝑑𝑥

∞

0

= lim𝑛→∞

∫𝑥𝑒−2𝑥𝑑𝑥

𝑛

0

= lim𝑛→∞

[−1

2𝑥𝑒−2𝑥 −

1

4𝑒−2𝑥]

0

𝑛

= lim𝑛→∞

[−1

2𝑛𝑒−2𝑛 −

1

4𝑒−2𝑛 +

1

4] =

1

4

∎

14

8. Resuelva la siguiente integral impropia

∫ 𝑥𝑒−𝑥2

∞

0

𝑑𝑥

Solución: Sea 𝑢 = −𝑥2 → −𝑑𝑢

2= 𝑥𝑑𝑥. De esta forma,

∫𝑥𝑒−𝑥2𝑑𝑥 = −

1

2∫𝑒𝑢 𝑑𝑢 = −

1

2𝑒𝑢 = −

1

2𝑒−𝑥

2

Por lo que

∫ 𝑥𝑒−𝑥2

∞

0

𝑑𝑥 = lim𝑛→∞

[−1

2𝑒−𝑛

2+1

2] =

1

2

∎

9. En un experimento sicológico, se encontró que la cantidad de alumnos que requieren

más de 𝑡 minutos para realizar una tarea, viene dado por

𝐶(𝑡) = ∫ 0,07𝑒−0,07𝑥𝑑𝑥

∞

𝑡

a. Hallar la cantidad de participantes que requieren más de 5 minutos para terminar la

tarea

b. ¿Qué cantidad de alumnos requiere entre 10 y 15 minutos para terminar la tarea?

Solución:

a.

𝐶(5) = ∫ 0,07𝑒−0,07𝑥𝑑𝑥

∞

5

Sea 𝑢 = −0,07𝑥 → 𝑑𝑢 = −0.07𝑑𝑥. Por lo tanto,




∫0,07𝑒−0,07𝑥𝑑𝑥 = −∫𝑒𝑢 𝑑𝑢 = −𝑒𝑢 = −𝑒−0,07𝑥

Luego,

∫ 0,07𝑒−0,07𝑥𝑑𝑥

∞

5

= lim𝑛→∞

∫0,07𝑒−0,07𝑥𝑑𝑥

𝑛

5

= lim𝑛→∞

[−𝑒−0,07𝑥]5𝑛

= lim𝑛→∞

(−𝑒−0,07𝑛 + 𝑒−0,07∙5) = 𝑒−0,07∙5 = 𝑒−0,35~0,704

b. Realizar la resta 𝐶(10) − 𝐶(15)

∎

10. Encuentre la siguiente integral

∫𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥

Solución: Sea


𝑑𝑣 = cos 𝑥 𝑑𝑥 → 𝑣 = sin 𝑥

Haciendo uso de integración por partes, tenemos que

∫𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 sin 𝑥 −∫ sin 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 sin 𝑥 + cos 𝑥 + 𝑘, 𝑘 ∈ ℝ

16


∫𝑥√𝑥 + 1𝑑𝑥

Solución:

Sea 𝑢 = 𝑥 + 1 → 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥. De esta forma,

∫𝑥√𝑥 + 1𝑑𝑥 = ∫(𝑢 − 1)√𝑢 𝑑𝑢 = ∫𝑢 √𝑢 𝑑𝑢 −∫√𝑢 𝑑𝑢

∫𝑢32 𝑑𝑢 −

𝑢32

32

=𝑢52

52

−2

3𝑢32 =

2

5𝑢52 −

2

3𝑢32

Por lo tanto,

∫𝑥√𝑥 + 1𝑑𝑥 =2

5(𝑥 + 1)

52 −

2

3(𝑥 + 1)

32 + 𝑘, 𝑘 ∈ ℝ


∫2𝑥 + 1

𝑥2 + 𝑥 − 6𝑑𝑥

Solución:

Sea 𝑢 = 𝑥2 + 𝑥 − 6 → 𝑑𝑢 = (2𝑥 + 1)𝑑𝑥. De esta forma,

∫2𝑥 + 1

𝑥2 + 𝑥 − 6𝑑𝑥 = ∫

𝑑𝑢

𝑢= 𝑙𝑛|𝑢| = 𝑙𝑛|𝑥2 + 𝑥 − 6| + 𝑘, 𝑘 ∈ ℝ

∎





∫𝑥2 + 1

𝑥 − 1𝑑𝑥

Solución: Realizando división sintética, tenemos que

𝑥2 + 1 = (𝑥 − 1)(𝑥 + 1) + 2⏟RESTO

Por lo tanto,

∫𝑥2 + 1

𝑥 − 1𝑑𝑥 =∫

(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) + 2

𝑥 − 1𝑑𝑥 = ∫(𝑥 + 1)𝑑𝑥 + 2∫

1

𝑥 − 1𝑑𝑥

=𝑥2

2+ 𝑥 + 2 ln|𝑥 − 1| + 𝑘, 𝑘 ∈ ℝ

14. Encuentre las siguientes integrales

a. ∫𝑥2𝑒𝑥𝑑𝑥

b. ∫𝑥2 cos 3𝑥 𝑑𝑥

Solución: Las dos integrales se resuelven aplicando el método de integración por partes,

dos veces:

a. Sea

𝐼 = ∫𝑥2𝑒𝑥𝑑𝑥

18

𝑢 = 𝑥2 → 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥

𝑑𝑣 = 𝑒𝑥𝑑𝑥 → 𝑣 = 𝑒𝑥

Luego, aplicando integración por partes, tenemos

𝐼 = ∫𝑥2𝑒𝑥𝑑𝑥 = 𝑥2𝑒𝑥 − 2∫𝑥𝑒𝑥𝑑𝑥⏟ (𝐼1)

(*)

Tenemos que 𝐼1 puede ser resuelta por medio de integración por partes:


𝑑𝑣 = 𝑒𝑥𝑑𝑥 → 𝑣 = 𝑒𝑥

𝐼1 = 𝑥𝑒𝑥 − ∫𝑒𝑥𝑑𝑥 = 𝑥𝑒𝑥 − 𝑒𝑥

Reemplazando en (*), tenemos

𝐼 = ∫𝑥2𝑒𝑥𝑑𝑥 = 𝑥2𝑒𝑥 − 2∫𝑥𝑒𝑥𝑑𝑥

= 𝑥2𝑒𝑥 − 2(𝑥𝑒𝑥 − 𝑒𝑥) = 𝑥2𝑒𝑥 − 2𝑥𝑒𝑥 + 2𝑒𝑥 + 𝑘, 𝑘 ∈ ℝ

∎

b. Sea

𝐼 = ∫𝑥2 cos 3𝑥 𝑑𝑥

𝑢 = 𝑥2 → 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥




𝑑𝑣 = cos 3𝑥 𝑑𝑥 → 𝑣 =1

3sin 3𝑥 (Usando sustitución)

De esta forma, aplicando integración por partes, tenemos

𝐼 = ∫𝑥2 cos 3𝑥 𝑑𝑥 =1

3𝑥2sin 3𝑥 −∫

1

3sin(3𝑥)2𝑥𝑑𝑥

=1

3𝑥2sin 3𝑥 −

2

3∫𝑥sin(3𝑥)𝑑𝑥⏟

𝐼1

(*)

Tenemos que 𝐼1 puede ser resuelta por medio de integración por partes:


𝑑𝑣 = sin(3𝑥)𝑑𝑥 → 𝑣 = −1

3cos 3𝑥

𝐼1 = −1

3𝑥 cos 3𝑥 +∫

1

3cos 3𝑥 𝑑𝑥 = −

1

3𝑥 cos 3𝑥 +

1

9sin 3𝑥

Reemplazando en (*), tenemos

𝐼 =1

3𝑥2sin 3𝑥 −

2

3(−1

3𝑥 cos 3𝑥 +

1

9sin 3𝑥)

=1

3𝑥2sin 3𝑥 +

2

9𝑥 cos 3𝑥 −

2

27sin 3𝑥 + 𝑘, 𝑘 ∈ ℝ

20

∎

1.2 Cálculo de áreas

1. Determine el área de la región encerrada entre los siguientes pares de curvas. Grafique

ambas curvas.

𝑦 = 𝑥2; 𝑦 = 2 − 𝑥2

Solución: La gráfica que representa el problema es el siguiente:

Los puntos de corte se encuentran al resolver la ecuación

2 − 𝑥2 = 𝑥2




1 = 𝑥−+

El área pedida se obtiene restando:

𝐴 = ∫2 − 𝑥2𝑑𝑥

1

−1

− ∫𝑥2𝑑𝑥

1

−1

=8

3𝑢2

2. Hallar el área limitada por la recta 𝑥 + 𝑦 = 10, el eje OX y las ordenadas de 𝑥 = 2 y

𝑥 = 8

𝐴 = ∫(10 − 𝑥)𝑑𝑥

8

2

= [10𝑥 −𝑥2

2]2

8

= 30𝑢2

∎

22

3. Calcular el área del recinto limitado por la curva 𝑦 = 9 − 𝑥2 y el eje OX.

Solución: En primer lugar hallamos los puntos de corte con el eje OX para representar la

curva y conocer los límites de integración.

0 = 9 − 𝑥2

𝑥 = 3−+

Como la parábola es simétrica respecto al eje OY, el área será igual al doble del área

comprendida entre 𝑥 = 0 y 𝑥 = 3.

𝐴 = ∫(9 − 𝑥2)𝑑𝑥

3

−3

= 2∫(9 − 𝑥2)𝑑𝑥

3

0

= 2 [9𝑥 −𝑥3

3]0

3

= 36𝑢2

∎

4. Calcular el área del triángulo de vértices 𝐴(3, 0), 𝐵(6, 3), 𝐶(8, 0).

Solución:




Ecuación de la recta que pasa por AB. La pendiente se calcula mediante la fórmula:

𝑚 =3 − 0

6 − 3= 1

De esta forma, la ecuación de la recta es

𝑦 − 𝑦1 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1)

𝑦 − 0 = 𝑥 − 3

𝑦 = 𝑥 − 3

24

Análogamente, la ecuación de la recta que pasa por 𝐵𝐶: es

𝑦 = −3

2𝑥 + 12

𝐴 = ∫(𝑥 − 3)𝑑𝑥

6

3

+∫(−3

2𝑥 + 12)𝑑𝑥

8

6

[𝑥2

2− 3𝑥]

3

6

+ [−3

4𝑥2 + 12𝑥]

6

8

=

= (18 − 18) − (9

2− 9) + (−48+ 96) − (−27 + 72)

=15

2𝑢2

∎




5. Calcular el área limitada por la curva 𝑥𝑦 = 36, el eje OX y las rectas: 𝑥 = 6, 𝑥 = 12.

Solución:

·

𝐴 = ∫36

𝑥

12

6

𝑑𝑥 = [36 ln 𝑥]612 = 36 ln 12 − 36 ln 6

= 36 ln(2 ∙ 6) − 36 ln 6 = 36 ln 2 + 36 ln 6 − 36 ln 6

= 36 ln 2𝑢2

∎

26

6. Calcular el área limitada por la curva 𝑦 = 2(1 − 𝑥2) y la recta 𝑦 = −1.

Solución: Es necesario trasladar la gráfica de esta función, para poder calcular su área por

medio de integración. Si 𝑓(𝑥) = 2(1 − 𝑥2), entonces 𝑓(𝑥) + 1 será trasladada una unidad

verticalmente hacia arriba. El área no va a cambiar, puesto que solamente fue trasladada.

Buscando los puntos de intersección con el eje X, tenemos que

𝑓(𝑥) + 1 = 0⟺ 2(1 − 𝑥2) − 1 = 0 ⟺

2(1 − 𝑥2) = −1 ⟺ 𝑥 = √3

2−

+

𝐴 = ∫ (2(1 − 𝑥2) + 1)

√32

−√32

𝑑𝑥 = 2√6𝑢2




7. Hallar el área de la región del plano limitada por las curvas 𝑦 = ln 𝑥, 𝑦 = 2 y los ejes

coordenados.

Solución: Calculamos el punto de corte de la curva y la recta 𝑦 = 2.

ln 𝑥 = 2 ⟺ 𝑒2 = 𝑥

El área es igual al área del rectángulo 𝑂𝐴𝐵𝐶 menos el área bajo la curva 𝑦 = ln 𝑥. El área

de rectángulo es base por altura:

𝐴1 = 2𝑒2𝑢2

El área bajo la curva 𝑦 = ln 𝑥 es

𝐴2 = ∫ ln 𝑥 𝑑𝑥 =

𝑒2

1

[𝑥 ln 𝑥 − 𝑥]1𝑒2 = (𝑒2 + 1)𝑢2

Por lo tanto, el área pedida es

𝐴 = 𝐴1 − 𝐴2 = (𝑒2 − 1)𝑢2

8. Calcular el área del recinto limitado por la parábola 𝑦 = 𝑥2 + 2 y la recta que pasa por

los puntos (−1, 0) y (1, 4).

Solución: La ecuación de la recta que pasa por los puntos (−1, 0) y (1, 4) es

𝑦 = 2𝑥 + 2

Para encontrar los puntos de intersección, igualamos

𝑥2 + 2 = 2𝑥 + 2 ⇔ 𝑥 = 0,2

Luego, el área pedida se calcula por medio de la integral

𝐴 = ∫(2𝑥 + 2)

2

0

𝑑𝑥 −∫(𝑥2 + 2)

2

0

𝑑𝑥 =28

3

∎




9. Calcular el área de la región del plano limitada por el círculo 𝑥2 + 𝑦2 = 9.

Solución: El área del círculo es cuatro veces el área encerrada en el primer cuadrante

y los ejes de coordenadas.

∫√9 − 𝑥2 𝑑𝑥

Sea 𝑥 = 3 sin 𝑡 → 𝑑𝑥 = 3 cos 𝑡 𝑑𝑡. De esta forma,

∫√9 − 𝑥2 𝑑𝑥 = ∫√9 − (3 sin 𝑡)2 3 cos 𝑡 𝑑𝑡 = 3∫√9(1 − (sin 𝑡)2) cos 𝑡 𝑑𝑡

= 9∫(cos 𝑡)2 𝑑𝑡 = 9 [𝑡

2+1

4(sin2𝑡)2]

Por lo que

(9 [𝑡

2+1

4(sin2𝑡)2])

0

𝜋2=9

4𝜋𝑢2

De esta forma, el área total es

49

4𝜋𝑢2 = 9𝜋𝑢2

∎




30

1.3 Ejercicios propuestos

1. Encuentre 𝑔(𝑥) si 𝑔′(𝑥) =𝑥

√𝑥2+1 y 𝑔(0) = 2

2. Encuentre las siguientes integrales

a. ∫𝑥2√𝑥3 + 4𝑑𝑥

b. ∫𝑥2

𝑥3+8𝑑𝑥

c. ∫(𝑥 + 2) sin(𝑥2 + 4𝑥 − 6)𝑑𝑥

d. ∫𝑑𝑥

√𝑎+𝑏𝑥3 , 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ

e. ∫𝑥2+1

𝑥−1𝑑𝑥

(Realice división de polinomios)

f. ∫𝑥+2

𝑥−1𝑑𝑥


g. ∫𝑥3

𝑥2+9𝑑𝑥


h. ∫𝑥2 cos 𝑥 𝑑𝑥

3. Integre, por medio del método de fracciones parciales




a. ∫𝑑𝑥

𝑥2−9

b. ∫2𝑥2+3

𝑥3−2𝑥2+𝑥𝑑𝑥

c. ∫3𝑥2+3𝑥+1

𝑥3+2𝑥2+2𝑥+1𝑑𝑥

d. ∫𝑥2+6

(𝑥−1)2(𝑥−2)2𝑑𝑥

e. ∫𝑥4−𝑥3+2𝑥2−𝑥+2

(𝑥−1)(𝑥2+2)2𝑑𝑥

f. ∫𝑥

(𝑥−1)(𝑥−2)(𝑥−−3)𝑑𝑥

g. ∫6𝑥2+7𝑥−1

𝑥3+2𝑥2−𝑥−2𝑑𝑥

4. Integre, por medio de sustitución trigonométrica.

a. ∫𝑑𝑥

𝑥√𝑥2−5

b. ∫𝑑𝑥

𝑥2√𝑥2+4

5. Hallar el área de la figura limitada por: 𝑦 = 𝑥2, 𝑦 = 𝑥, 𝑥 = 0, 𝑥 = 2

6. Calcular el área del recinto limitado por la parábola 𝑦 = 𝑥2 + 2 y la recta que pasa

por los puntos (−1, 0) y (1, 4).





32

∫ 𝑒−2𝑥∞

0

𝑑𝑥

2. Funciones de varias variables

2.1 Modelación de funciones

1. Considere la función 𝑓(𝑥, 𝑦) =ln(𝑥+𝑦)

2𝑥−3. Encuentre el valor de 𝑓(1,0), 𝑓(2,−1) y 𝑓(1,3)

Solución:

a. 𝑓(1,0) = 0

b. 𝑓(2, −1) = 0

c. 𝑓(1,3) = − ln 4 ≈ −1,386

∎

2. (Costo de una lata) Una lata cilíndrica tiene radio 𝑟 y altura ℎ. Si el material con que se

produce (considerando la lata cerrada) tiene un costo de $2 por unidad de área, exprese el

costo de la lata, 𝐶, como una función de 𝑟 y ℎ.




Solución El área 𝐴, de un cilindro de radio 𝑟 y altura ℎ, se determina por medio de la

fórmula

𝐴 = 2𝜋𝑟(ℎ + 𝑟)

Por lo que el costo de la lata, está determinado por 𝐶 = 2𝐴, es decir,

𝐶 = 𝐶(𝑟, ℎ) = 4𝜋𝑟(ℎ + 𝑟)

Por lo que el costo está en función de dos variables, a saber, 𝑟 y ℎ.

∎

3. (Costo de un tanque de agua) Un tanque rectangular abierto debe construirse de modo

que albergue 100 pies cúbicos de agua. Los costos del material son de $5 por pie cuadrado

en la base y de $3 por pie cuadrado en las paredes verticales. Si C denota el costo total (en

dólares), determine C como función de las dimensiones de la base.

Solución: Denotemos por 𝑥, 𝑦, 𝑧 el largo, ancho y alto de la caja rectangular,

respectivamente. Las dimensiones de la base, serán 𝑥 e 𝑦. Como la caja rectangular tiene

100 pies cúbicos de agua, tenemos que

𝑥𝑦𝑧 = 100

De donde obtenemos que 𝑧 =100

𝑥𝑦. Ahora bien, el costo por el material para hacer la base,

es de $5𝑥𝑦. El área total de las paredes verticales es de

2𝑥𝑧 + 2𝑦𝑧 = 2𝑥100

𝑥𝑦+ 2𝑦

100

𝑥𝑦=200

𝑦+200

𝑥

por lo que el costo de los materiales para las paredes verticales será de

3(200

𝑦+200

𝑥) =

600

𝑦+600

𝑥




34

De esta forma, el costo total (en dólares) para construir el tanque, será de

𝐶(𝑥, 𝑦) = 𝐶 = 5𝑥𝑦 +600

𝑦+600

𝑥

∎

2.2 Derivadas parciales

1. Encuentre 𝜕𝑓

𝜕𝑥 , 𝜕𝑓

𝜕𝑦 , 𝜕2𝑓

𝜕𝑥2, 𝜕2𝑓

𝜕𝑦2

donde

𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 +𝑦

𝑥) (5𝑥2 −

𝑦

𝑥2)

Solución: Multiplicando término a término, tenemos que

𝑓(𝑥, 𝑦) = 5𝑥3 −𝑦

𝑥+ 5𝑥𝑦 −

𝑦2

𝑥3

De esta forma,

𝜕𝑓

𝜕𝑥= 15𝑥2 +

𝑦

𝑥2+ 5𝑦 +

3𝑦2

𝑥4

𝜕2𝑓

𝜕𝑥2= 30𝑥 −

2𝑦

𝑥3−12𝑦2

𝑥5

𝜕𝑓

𝜕𝑦= −

1

𝑥+ 5𝑥 −

2𝑦

𝑥3

𝜕2𝑓

𝜕𝑦2= −

2

𝑥3

∎




Interpretación Geométrica En el caso de una función 𝑓: 𝐴 ⊆ 𝑅2 → 𝑅, si existe 𝜕𝑓

𝜕𝑥(𝑎, 𝑏), se

tiene que 𝜕𝑓

𝜕𝑥(𝑎, 𝑏) corresponde a la pendiente de la recta tangente a la curva obtenida al

cortar la superficie 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) por el plano 𝑦 = 𝑏 en el punto (𝑎, 𝑏, 𝑓(𝑎, 𝑏))

Recta tangente a la curva obtenida al cortar la superficie 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) por el plano 𝑦 = 𝑏

en el punto (𝑎, 𝑏, 𝑓(𝑎, 𝑏))

Análogamente, 𝜕𝑓

𝜕𝑦(𝑎, 𝑏) corresponde a la pendiente de la recta tangente a la curva que se

obtiene al cortar la superficie 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) por el plano 𝑥 = 𝑎 en el punto (𝑎, 𝑏, 𝑓(𝑎, 𝑏))

Observación Nada en principio nos impide volver a derivar 𝜕𝑓

𝜕𝑥(𝑎, 𝑏) y/o

𝜕𝑓

𝜕𝑦(𝑎, 𝑏) con

respecto a la variable 𝑥 o 𝑦. En el caso en que sea posible, cuando queramos derivar una

función con respecto a 𝑥 y luego con respecto a 𝑦, denotaremos esto por 𝜕2𝑓

𝜕𝑥𝜕𝑦(𝑎, 𝑏).

Análogamente en el orden inverso. Si queremos derivar dos veces con respecto a la misma

variable, digamos la variable 𝑥, lo escribiremos por 𝜕2𝑓

𝜕𝑥2(𝑎, 𝑏).




36

Ejemplo: Para la función 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑧 + sin 𝑥𝑦, tenemos que

𝜕2𝑓

𝜕𝑥𝜕𝑦(𝑥, 𝑦) = cos 𝑥 𝑦 =

𝜕2𝑓

𝜕𝑦𝜕𝑥(𝑥, 𝑦)

Definición Sea 𝑓: 𝐴 ⊆ 𝑅𝑛 → 𝑅 una función y sea 𝑥 = (𝑥1, … , 𝑥𝑛) ∈ 𝐴. Diremos que 𝑓 es

diferenciable en 𝑥 sí y sólo sí

limℎ→𝑜

|𝑓(𝑥 + ℎ) − 𝑓(𝑥) − ∑ 𝐴𝑖ℎ𝑖𝑛𝑖=1 |

‖ℎ‖= 0

donde 𝜕𝑓

𝜕𝑥𝑖(𝑥) = 𝐴𝑖 y ℎ = (ℎ1, … ℎ𝑛)

Ejemplo

a. La función 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 es diferenciable en todo (𝑎, 𝑏, 𝑐) ∈ 𝑅3. En efecto,

tenemos que

𝜕𝑓

𝜕𝑥(𝑎, 𝑏, 𝑐) =

𝜕𝑓

𝜕𝑦(𝑎, 𝑏, 𝑐) =

𝜕𝑓

𝜕𝑧(𝑎, 𝑏, 𝑐) = 1

De esta forma, tenemos que

lim(𝑥,𝑦,𝑧)→(0,0,0)

|𝑓((𝑎, 𝑏, 𝑐) + (𝑥, 𝑦, 𝑧)) − 𝑓(𝑎, 𝑏, 𝑐) − ∑ 𝐴𝑖ℎ𝑖𝑛𝑖=1 |

‖(𝑥, 𝑦, 𝑧)‖

= lim(𝑥,𝑦,𝑧)→(0,0,0)

|𝑓((𝑎 + 𝑥, 𝑏 + 𝑦, 𝑐 + 𝑧)) − 𝑓(𝑎, 𝑏, 𝑐) − (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)|

‖(𝑥, 𝑦, 𝑧)‖




= lim(𝑥,𝑦,𝑧)→(0,0,0)

|𝑎 + 𝑥 + 𝑏 + 𝑦 + 𝑐 + 𝑧 − 𝑎 − 𝑏 − 𝑐 − 𝑥 − 𝑦 − 𝑧|

‖(𝑥, 𝑦, 𝑧)‖= 0

b. La función

𝑓(𝑥, 𝑦) = {

𝑥𝑦

𝑥2 + 𝑦2, 𝑠𝑖 (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0)

0, 𝑠𝑖 (𝑥, 𝑦) = (0,0)

No es diferenciable en (0,0). En efecto, tenemos que

𝜕𝑓

𝜕𝑥(0,0) =

𝜕𝑓

𝜕𝑦(0,0) = 0

Por lo que

lim(𝑥,𝑦)→(0,0)

|𝑓((0,0) + (𝑥, 𝑦)) − 𝑓(0,0) − 0|

‖(𝑥, 𝑦)‖= lim(𝑥,𝑦)→(0,0)

|𝑓((𝑥, 𝑦)) − 0 − 0|

‖(𝑥, 𝑦)‖=

lim(𝑥,𝑦)→(0,0)

|𝑥𝑦

𝑥2 + 𝑦2|

‖(𝑥, 𝑦)‖= lim(𝑥,𝑦)→(0,0)

|𝑥𝑦|

(𝑥2 + 𝑦2)32

y este último límite no existe (Ejercicio)

Definición: Si 𝑓 es diferenciable, a la sumatoria ∑ 𝐴𝑖ℎ𝑖𝑛𝑖=1 = ∑

𝜕𝑓

𝜕𝑥𝑖(𝑥)ℎ𝑖

𝑛𝑖=1 de la definición

anterior, se le llama diferencial de 𝑓 y lo denotaremos por 𝑑𝑓

Observación: 𝑑𝑓 es una transformación lineal.




38

Ejemplo Si se define la función 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑦𝑒𝑧, el diferencial de 𝑓 en un punto (𝑥, 𝑦, 𝑧)

arbitrario es

𝑑𝑓 =𝜕𝑓

𝜕𝑥(𝑥, 𝑦, 𝑧)ℎ1 +

𝜕𝑓

𝜕𝑦(𝑥, 𝑦, 𝑧)ℎ2 +

𝜕𝑓

𝜕𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑧)ℎ3

𝑑𝑓 = 𝑦𝑒𝑧ℎ1 + 𝑥𝑒𝑧ℎ2 + 𝑥𝑦𝑒

𝑧ℎ3

O en la notación clásica

𝑑𝑓 = 𝑦𝑒𝑧𝑑𝑥 + 𝑥𝑒𝑧𝑑𝑦 + 𝑥𝑦𝑒𝑧𝑑𝑧

El diferencial es una función de variables (ℎ1, ℎ2, ℎ3) o en notación clásica, de variables

(𝑑𝑥, 𝑑𝑦, 𝑑𝑧). Así, por ejemplo, tenemos que el diferencial en el punto (0,1,2) será la función

𝑑𝑓(ℎ1, ℎ2, ℎ3) = 𝑒2ℎ1

Definición En el caso en que 𝑓 sea diferenciable en 𝑥 ∈ 𝑅𝑛, la matriz de tamaño 1×𝑛

definida por

𝑓´(𝑥) = [𝜕𝑓

𝜕𝑥1(𝑥)

𝜕𝑓

𝜕𝑥2(𝑥) …… .

𝜕𝑓

𝜕𝑥𝑛(𝑥)]

Se llamará la derivada de 𝑓 en 𝑥 ∈ 𝑅𝑛

Observación Note que la derivada no es otra cosa que la matriz asociada al diferencial de

𝑓

Definición Sea 𝑓: 𝐴 ⊆ 𝑅𝑛 → 𝑅 una función tal que sus 𝑛 derivadas parciales de primer

orden existen en 𝐴. Entonces, la función

∇𝑓: 𝐴 ⊆ 𝑅𝑛 → 𝑅𝑛

Dada por ∇𝑓(𝑥) = (𝜕𝑓

𝜕𝑥1(𝑥), … ,

𝜕𝑓

𝜕𝑥𝑛(𝑥))

Se denomina gradiente de 𝑓.




Propiedades Sean 𝑓, 𝑔: 𝐴 ⊆ 𝑅𝑛 → 𝑅 funciones tales que sus 𝑛 derivadas parciales de

primer orden existen en 𝐴 y sea 𝛼 ∈ 𝑅. Entonces

i. ∇(𝛼𝑓(𝑥)) = 𝛼∇𝑓(𝑥)

ii. ∇(𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)) = ∇𝑓(𝑥) + ∇𝑔(𝑥)

iii. ∇(𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)) = 𝑓(𝑥)∇𝑔(𝑥) + 𝑔(𝑥)∇𝑓(𝑥)

iv. ∇ (𝑓(𝑥)

𝑔(𝑥))) =

𝑔(𝑥)∇𝑓(𝑥)−𝑓(𝑥)∇𝑔(𝑥)

𝑔(𝑥)2, siempre que 𝑔(𝑥) ≠ 0.

Definición Sea 𝑓: 𝐴 ⊆ 𝑅𝑚 → 𝑅 una función y sea 𝑎 ∈ 𝐴 y 𝑛 = (𝑛1, … , 𝑛𝑚) un vector

unitario en 𝑅𝑚. Si existe el límite

𝜕𝑓

𝜕𝑛(𝑎)= lim

ℎ→0

𝑓(𝑎 + ℎ𝑛) − 𝑓(𝑎)

ℎ

Entonces 𝜕𝑓

𝜕𝑛(𝑎) se llamará derivada direccional de 𝑓 en 𝑎 en la dirección del vector 𝑛.

Observación Note que si 𝑛 ∈ {(1,0,… ,0);… ; (0,… 0,1,… ,0);… . . ; (0,… ,0,1)} tendremos

la definición de derivada parcial.

Teorema Sea 𝑓:𝐴 ⊆ 𝑅𝑚 → 𝑅 una función diferenciable en 𝑎 ∈ 𝐴 y sea 𝑛 = (𝑛1, … , 𝑛𝑚)

un vector unitario en 𝑅𝑚. Entonces, 𝜕𝑓

𝜕𝑛(𝑎) existe y además se cumple que

𝜕𝑓

𝜕𝑛(𝑎) = ∇𝑓(𝑎) ∙ 𝑛

Ejercicio: Encuentre la derivada direccional de la función 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑥 + 𝑦 + 𝑧 en 𝑎 =

(1,1,1) en la dirección del vector (1,2,3)

Solución Usando la definición, tenemos en primer lugar que 𝑛 =(1,2,3)

‖(1,2,3)‖=

1

√14(1,2,3). De

esta forma




40

𝜕𝑓

𝜕𝑛(1,1,1)= lim

ℎ→0

𝑓 ((1,1,1) + ℎ1

√14(1,2,3)) − 𝑓((1,1,1)

ℎ

= limℎ→0

𝑓 (1 +ℎ

√14, 1 +

2ℎ

√14, 1 +

3ℎ

√14) − 4

ℎ

= limℎ→0

2 +2ℎ

√14+ 1 +

2ℎ

√14+ 1 +

3ℎ

√14− 4

ℎ

= limℎ→0

7ℎ

√14ℎ

= limℎ→0

7

√14=

7

√14

Ahora, usando el teorema anterior, tenemos que

𝜕𝑓

𝜕𝑛(1,1,1) = ∇𝑓(1,1,1) ∙ 𝑛

= (2,1,1) ∙1

√14(1,2,3)

=2

√14+

2

√14+

3

√14=

7

√14

∎

Teorema Sea 𝑓:𝐴 ⊆ 𝑅2 → 𝑅 una función diferenciable en (𝑎, 𝑏) ∈ 𝐴. Entonces, la

ecuación del plano tangente a la superficie de ecuación dada por 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) en el punto

(𝑎, 𝑏, 𝑓(𝑎, 𝑏) es

𝑧 − 𝑓(𝑎, 𝑏) =𝜕𝑓

𝜕𝑥(𝑎, 𝑏)(𝑥 − 𝑎) +

𝜕𝑓

𝜕𝑦(𝑎, 𝑏)(𝑦 − 𝑏)

Ejemplo Considere la función 𝑓(𝑥, 𝑦) = √𝑥+𝑦

2. Hagamos 𝑎 = 1 y 𝑏 = 0. En este caso,




𝑓(𝑎, 𝑏) = 𝑓(1,0) =1

2

Además, 𝜕𝑓

𝜕𝑥(1,0) =

1

4=𝜕𝑓

𝜕𝑦(1,0). De esta forma, la ecuación del plano tangente a la

superficie de ecuación 𝑧 = √𝑥+𝑦

2 en el punto (1,0,

1

2 ) será

𝑧 −1

2=1

4(𝑥 − 1) +

1

4𝑦

𝑧 −1

2=1

4𝑥 −

1

4+1

4𝑦

−1

4=1

4𝑥 +

1

4𝑦 − 𝑧

1 = −𝑥 − 𝑦 + 4𝑧


1. Sea

𝑓(𝑥, 𝑦) =

{

(𝑥 − 𝑦)2

𝑥2 + 𝑦2, 𝑠𝑖 (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0)

1, 𝑠𝑖 (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0)

Calcule 𝜕𝑓

𝜕𝑥(0,0) ,

𝜕𝑓

𝜕𝑦(0,0) y

𝜕𝑓

𝜕𝑥(1,0)

2. Sea

𝑓(𝑥, 𝑦) =

{

𝑥2𝑦2

𝑥2 + 𝑦2, 𝑠𝑖 (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0)

0, 𝑠𝑖 (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0)

¿Es 𝑓 diferenciable en (0,0)?




42

3. Encuentre la ecuación del plano tangente a la superficie de ecuación 𝑧 =𝑥2𝑦2

𝑥2+𝑦2 en el

punto (1,0,0).

4. Encuentre la derivada y el diferencial de la función 𝑓(𝑥, 𝑦) =𝑥+𝑦

3𝑥−𝑦

5. Verifique que

𝜕3𝑓

𝜕𝑥𝜕𝑦𝜕𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑧) =

𝜕3𝑓

𝜕𝑧𝜕𝑦𝜕𝑥(𝑥, 𝑦, 𝑧)

para 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑧𝑒𝑥𝑦 + 𝑦𝑧3𝑥2

6. Sea 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥3 − 3𝑥𝑦2. Demuestre que

𝜕2𝑓

𝜕𝑥2+𝜕2𝑓

𝜕𝑦2= 0

3. Funciones con valores vectoriales

Definición Una función 𝜎: [𝑎, 𝑏] → 𝑅𝑛 se denomina trayectoria. La imagen de 𝜎 se llama

curva en ℝ𝑛.

Ejemplos

a. La función 𝜎: [0,2𝜋] → ℝ2 dada por 𝜎(𝑡) = (cos 𝑡 , sin 𝑡) es una trayectoria, cuya

imagen es una circunferencia de centro en el origen y radio1.

b. La función 𝜎: [0,∞[ → ℝ2 dada por 𝜎(𝑡) = (𝑡, √𝑡) es una trayectoria.

c. La función 𝜎: 𝑅 → ℝ3 dada por 𝜎(𝑡) = (cos 𝑡 , sin 𝑡 , 𝑡) es una trayectoria. La imagen de

esta trayectoria se llama hélice circular recta.




Observación: Una trayectoria en ℝ2 será de la forma 𝜎(𝑡) = (𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)) y una trayectoria

en ℝ3 será de la forma 𝜎(𝑡) = (𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡)) , donde 𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡) en ambos casos

son funciones de variable y recorrido real.

Definición Sea 𝜎: [𝑎, 𝑏] → ℝ3 una trayectoria de clase 𝐶1. El vector velocidad en 𝜎(𝑡) se

define como 𝑣(𝑡) = (𝜕𝑥

𝜕𝑡,𝜕𝑦

𝜕𝑡,𝜕𝑧

𝜕𝑡) y el vector rapidez en 𝜎(𝑡) se define como 𝑟(𝑡) = ‖𝑣(𝑡)‖.

Análogamente, se definen velocidad y rapidez para una trayectoria 𝜎: [𝑎, 𝑏] → ℝ2.

1. La trayectoria 𝜎(𝑡) = (cos 𝑡 , sin 𝑡 , 𝑡) en cada punto tiene una velocidad 𝑣(𝑡) =

(− sin 𝑡 , cos 𝑡 , 1), mientras que en cada punto posee una rapidez

‖𝑣(𝑡)‖ = √(−sin 𝑡)2 + (cos 𝑡)2 + 1 = √2




44

Podemos deducir que el punto se mueve con rapidez constante, mientras que velocidad no

es constante.

Teorema Sea 𝑓:𝐴 ⊆ ℝ3 → ℝ, diferenciable y suponga que ∇𝑓(𝑎, 𝑏, 𝑐) ≠ (0,0,0). Entonces

un vector normal a la superficie de nivel 𝑆 definida por la ecuación 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑑 en el

punto (𝑎, 𝑏, 𝑐) ∈ 𝑆, es el vector ∇𝑓(𝑎, 𝑏, 𝑐). Lo mismo se tiene para una función 𝑓:𝐴 ⊆

ℝ2 → ℝ.

2. Encuentre un vector normal a la superficie de la esfera unitaria centrada en el origen

en el punto (1

2,1

2,√2

2)

Solución La esfera tiene por ecuación 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 1. En este caso, tenemos que

𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 y 𝑑 = 1. Luego, ∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2𝑥, 2𝑦, 2𝑧) y así,

∇𝑓 (1

2,1

2,√2

2) = (1,1, √2)

∎

3. Demuestre que la derivada direccional de 𝑓(𝑥, 𝑦) =𝑦2

𝑥, en cualquier punto de la elipse

2𝑥2 + 𝑦2 = 𝑐2 en la dirección de la normal a la curva es nula.

Solución La elipse será descrita por la función 𝐹(𝑥, 𝑦) = 2𝑥2 + 𝑦2 en el nivel 𝑐2. Por el

Teorema anterior, un vector normal a la elipse será ∇𝐹(𝑥, 𝑦) = (4𝑥, 2𝑦), siempre y cuando

(𝑥, 𝑦) ≠ (0,0) pues de otra forma ∇𝐹(𝑥, 𝑦) = (0,0). Sea 𝑛 =(4𝑥,2𝑦)

‖(4𝑥,2𝑦)‖ . De esta forma, si

(𝑥, 𝑦) es un punto de la elipse, tendremos que

𝜕𝑓

𝜕𝑛(𝑥, 𝑦) = ∇𝑓(𝑥, 𝑦) ∙

(4𝑥, 2𝑦)

‖(4𝑥, 2𝑦)‖

= (−𝑦2

𝑥2,2𝑦

𝑥) ∙

(4𝑥, 2𝑦)

‖(4𝑥, 2𝑦)‖




=1

‖(4𝑥, 2𝑦)‖(−

4𝑦2

𝑥+4𝑦2

𝑥)

=1

‖(4𝑥, 2𝑦)‖∙ 0 = 0

Definición Sea 𝜎: [𝑎, 𝑏] → ℝ3 una trayectoria de clase 𝐶1. La longitud de 𝜎 está definida

como

𝑙(𝜎) = ∫ ‖𝑑𝜎

𝑑𝑡‖𝑑𝑡

𝑏

𝑎

Definición Sea 𝐹 = (𝑓1, 𝑓2, 𝑓3) un campo vectorial.

i. Se define el rotacional de 𝐹 como

𝑟𝑜𝑡(F) = ∇×𝐹 = det

[ 𝑖 𝑗 𝑘𝜕

𝜕𝑥

𝜕

𝜕𝑦

𝜕

𝜕𝑧𝑓1 𝑓2 𝑓3 ]

ii. Se define la divergencia de 𝐹 como

𝑑𝑖𝑣(𝐹) = ∇ ∙ 𝐹 =𝜕𝑓1𝜕𝑥

+𝜕𝑓2𝜕𝑦

+𝜕𝑓3𝜕𝑧

Propiedades La divergencia y el rotacional cumplen las siguientes propiedades

i. 𝑑𝑖𝑣(𝐹 + 𝐺) = 𝑑𝑖𝑣(𝐹) + 𝑑𝑖𝑣(𝐺)

ii. 𝑟𝑜𝑡(F + G) = 𝑟𝑜𝑡(F) + 𝑟𝑜𝑡(G)

iii. 𝑑𝑖𝑣(𝐹×𝐺) = 𝐺 ∙ 𝑟𝑜𝑡(F) − F ∙ 𝑟𝑜𝑡(G)

iv. 𝑑𝑖𝑣(𝑟𝑜𝑡(F)) = 0

4. Máximos y mínimos




46

4.1 Criterio del Hessiano

Definición Sea 𝑓: 𝐴 ⊆ ℝ2 → ℝ y sea 𝑎 ∈ 𝐴

i. Diremos que 𝑎 es un máximo relativo o local si y solamente sí, existe 𝑟 > 0 tal que

𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑎) ∀𝑥 ∈ 𝐵(𝑎, 𝑟)

Si esta desigualdad se cumple para todo elemento de 𝐴, diremos que 𝑎 es un máximo

global.

ii. Diremos que 𝑎 es un mínimo relativo o local si y solamente sí, existe 𝑟 > 0 tal que

𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(𝑎) ∀𝑥 ∈ 𝐵(𝑎, 𝑟)

Si esta desigualdad se cumple para todo elemento de 𝐴, diremos que 𝑎 es un mínimo

global.

iii. Si 𝑎 es un máximo o mínimo relativo diremos que 𝑎 es un extremo relativo o local de 𝑓.

iv. Si 𝑎 no es ni un máximo ni un mínimo relativo diremos que 𝑎 es un punto silla o punto

de ensilladura de 𝑓.

v. Un punto 𝑎 ∈ 𝐴 se dice un punto crítico si todas sus derivadas parciales en 𝐴 existen y

valen cero, es decir

𝜕𝑓

𝜕𝑥𝑖(𝑎) = 0, ∀ 𝑖 = 1,2

Teorema: Sea 𝑓: 𝐴 ⊆ ℝ2 → ℝ , donde 𝐴 es una región del plano y sea 𝑎 ∈ 𝐴. Si 𝑎 es un

extremo relativo, entonces es un punto crítico.




De esta forma, para obtener los extremos relativos de una función, será necesario buscar

sus puntos críticos.

Definición Se define la matriz Hessiana en un punto (𝑎, 𝑏) ∈ 𝐴 de una función 𝑓: 𝐴 ⊆ ℝ2 →

ℝ como

𝐻(𝑎, 𝑏) =

(

𝜕2𝑓

𝜕𝑥2(𝑎, 𝑏)

𝜕𝑓

𝜕𝑥𝜕𝑦(𝑎, 𝑏)

𝜕𝑓

𝜕𝑦𝜕𝑥(𝑎, 𝑏)

𝜕2𝑓

𝜕𝑦2(𝑎, 𝑏)

)

Observación Evidentemente, la función 𝑓 debe de tener, al menos, todas sus derivadas de

segundo orden en el punto (𝑎, 𝑏)

Teorema Sea 𝑓:𝐴 ⊆ ℝ2 → ℝ una función con segundas derivadas parciales continuas en

una vecindad de un punto crítico (𝑎, 𝑏) ∈ 𝐴. Entonces (𝑎, 𝑏) es

i. Un mínimo local, si |𝐻(𝑎, 𝑏)| > 0 𝑦 𝜕2𝑓

𝜕𝑥2(𝑎, 𝑏) > 0

ii. Un máximo local, si |𝐻(𝑎, 𝑏)| > 0 𝑦 𝜕2𝑓

𝜕𝑥2(𝑎, 𝑏) < 0

iii. Un punto silla, si |𝐻(𝑎, 𝑏)| < 0

Teorema Sea 𝑓, 𝑔1, … 𝑔𝑘: 𝐴 ⊆ ℝ𝑛 → ℝ con 𝑘 ≤ 𝑛 − 1 funciones definidas en la región 𝐴

de clase 𝐶1 en (𝑎, 𝑏) ∈ 𝐴. Para que (𝑎, 𝑏) sea un extremo de la función 𝑓 sujeto a las

condiciones

𝑔1(𝑎, 𝑏) = 0 ; … ; 𝑔𝑘(𝑎, 𝑏) = 0

Con ∇𝑔𝑗(𝑎, 𝑏) ≠ 0⃗ , 𝑗 = 1, …𝑘 y ∇𝑓(𝑎, 𝑏) ≠ 0⃗ , es necesario que existan constantes 𝛾𝑗 ≠ 0

tales que




48

∇𝑓(𝑎, 𝑏) = ∑𝛾𝑗 ∇𝑔𝑗(𝑎, 𝑏)

𝑘

𝑗=1

Definición Las constantes 𝛾𝑗 , 𝑗 = 1,… , 𝑘 se llaman multiplicadores de Lagrange.

A continuación, presentaremos un Teorema de bastante utilidad para encontrar máximos

y/o mínimos globales de una función.

Teorema Sea 𝑓:𝐴 ⊆ ℝ𝑛 → ℝ, continua en un compacto 𝐴. Entonces existen 𝑥0, 𝑥1 ∈ 𝐴

tales que

𝑓(𝑥0) = min𝑥∈𝐴

𝑓(𝑥) y 𝑓(𝑥1) = max𝑥∈𝐴

𝑓(𝑥)

Ejemplos

a. Para encontrar los extremos relativos de la función 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑥𝑦 + 𝑦2, en primer

lugar debemos buscar los puntos críticos de esta función. Para esto, resolveremos el

sistema de ecuaciones dado por

𝜕𝑓

𝜕𝑥= 0 ↔ 2𝑥 + 𝑦 = 0

𝜕𝑓

𝜕𝑦= 0 ↔ 2𝑦 + 𝑥 = 0

Sistema cuya solución única es (0,0). Para determinar la naturaleza de este punto,

usaremos la matriz Hessiana de 𝑓. Tenemos que

𝐻(0,0) =

(

𝜕2𝑓

𝜕𝑥2(0,0)

𝜕𝑓

𝜕𝑥𝜕𝑦(0,0)

𝜕𝑓

𝜕𝑦𝜕𝑥(0,0)

𝜕2𝑓

𝜕𝑦2(0,0)

)

= (

2 11 2

)




De donde se tiene que |𝐻(0,0)| = 3 > 0 𝑦 𝜕2𝑓

𝜕𝑥2(0,0) = 2 > 0 y por lo tanto (0,0) es un

mínimo local de 𝑓

1. Hallar los extremos relativos de la siguiente función

𝑓(𝑥, 𝑦) = 4𝑥𝑦 − 𝑥4 − 𝑦4

Solución: En primer lugar, encontramos los puntos críticos, así que derivando con respecto

a cada variable, e igualando a cero, tenemos

(1) 4𝑦 − 4𝑥3 = 0

(2) 4𝑥 − 4𝑦3 = 0

O, de forma equivalente

(1) 𝑦 − 𝑥3 = 0

(2) 𝑥 − 𝑦3 = 0

De (1) tenemos que

𝑦 = 𝑥3

Reemplazando en (2), tenemos que

𝑥 − 𝑥9 = 0

𝑥(1 − 𝑥8) = 0

De donde obtenemos que 𝑥 = 0 o 𝑥 = 1. Para cada uno de estos valores, se obtienen

valores de 𝑦. De esta forma, los puntos críticos son (0,0) y (1,1).




50

Ahora bien,

𝜕2𝑓

𝜕𝑥2= 12𝑥2

𝜕2𝑓

𝜕𝑦2= 12𝑦2

𝜕𝑓

𝜕𝑥𝜕𝑦= 4

Como tenemos que

𝜕2𝑓

𝜕𝑥2(0,0) = 0

(no podemos decir si es un máximo o mínimo)

Ahora bien,

𝜕2𝑓

𝜕𝑥2(1,1) = 12 > 0

Δ(1,1) = 144 − 16 = 128 > 0

Por lo que (1,1) es mínimo.

4.2 Multiplicadores de Lagrange

1. Encuentre los extremos relativos de la función 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑥𝑦 + 𝑦2, sujeta a la

condición 𝑥 + 2𝑦 = 3

Solución: Utilizaremos el método de los multiplicadores de Lagrange. En primer lugar,

buscaremos la solución de




∇𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝛾∇𝑔(𝑥, 𝑦)

𝑥 + 2𝑦 = 3

Donde 𝑔(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 2𝑦 − 3. De esta forma, tenemos que resolver el sistema

2𝑥 + 𝑦 = 𝛾

2𝑦 + 𝑥 = 2𝛾

𝑥 + 2𝑦 = 3

De donde la solución será (0,3

2).

Para determinar su naturaleza, utilizaremos el criterio de la segunda derivada para la

función

ℎ(𝑥) = 𝑓 (𝑥,3 − 𝑥

2) =

3

4𝑥2 +

9

4

tenemos que 𝜕2ℎ

𝜕𝑥2(𝑥) =

3

2> 0. Así, 𝑥 = 0 es un mínimo local de ℎ, lo que implica que (0,

3

2)

es un mínimo local de 𝑓.

2. Una caja de cartón sin tapa debe tener 32.000 cm cúbicos. Calcule las dimensiones que

minimicen la cantidad de cartón.

Solución: Sean 𝑥, 𝑦, 𝑧 las dimensiones de la caja rectangular sin tapa (ancho, largo y alto,

respectivamente).

El volumen de esta caja, será

𝑉(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑦𝑧 = 32.000




52

Por lo que

𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑦𝑧 − 32.000

El área de la caja, será

𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑧𝑥 + 2𝑧𝑦 + 𝑦𝑥

El sistema, al utilizar el método de multiplicadores de Lagrange, es

(1) 2𝑧 + 𝑦 = 𝜆𝑦𝑧

(2) 2𝑧 + 𝑥 = 𝜆𝑥𝑧

(3) 2𝑥 + 2𝑦 = 𝜆𝑥𝑦

De (1) y (2), tenemos que

𝜆𝑦𝑧 − 𝑦 = 𝜆𝑥𝑧 − 𝑥

𝜆𝑧(𝑦 − 𝑥) = 𝑦 − 𝑥

Si 𝑦 ≠ 𝑧, entonces al simplificar, tendríamos que 𝜆𝑧 = 1 y de esta manera, al reemplazar

en (1) tendríamos que

2𝑧 + 𝑦 = 𝑦

𝑧 = 0

Lo cual no puede ser, pues la caja no está aplastada, al tener volumen positivo. De esta

forma, 𝑦 = 𝑧

Reemplazando en (3), tenemos




4𝑥 = 𝜆𝑥2

4 = 𝜆𝑥

Reemplazando esto último en (2)

2𝑧 + 𝑥 = 4𝑧

𝑥 = 2𝑧

Como se cumple que 𝑉(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑦𝑧 = 32.000, y tenemos que 𝑦 = 𝑥 = 2𝑧, entonces

𝑥3

2= 32.000

𝑥3 = 64.000

𝑥 = 40

De esta forma, 𝑦 = 40 , 𝑧 = 20.

∎

3. Una sonda espacial con la forma del Elipsoide 4𝑥2 + 𝑦2 + 4𝑧2 = 16, entra a la

atmósfera de la Tierra y su superficie comienza a calentarse. Después de una hora, la

temperatura en el punto (𝑥, 𝑦, 𝑧) sobre la superficie de la sonda es

𝑇(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 8𝑥2 + 4𝑦𝑧 − 16𝑧 + 600

Determine el punto más caliente sobre la superficie de la sonda.

Solución: Utilizando el método de multiplicadores de Lagrange, tenemos el siguiente

sistema




54

• 16𝑥 = 𝛾8𝑥

• 4𝑧 = 2𝛾𝑦

• 4𝑦 − 16 = 8𝛾𝑧

• 4𝑥2 + 𝑦2 + 4𝑧2 = 16

Caso 1: 𝛾 = 2

En este caso, tendremos que 𝑦 = 𝑧 = −4

3, mientras que 𝑥 =

4

3−+ . De esta forma,

obtendremos los puntos 𝑃1 = (−4

3, −

4

3, −

4

3) y 𝑃2 = (−

4

3, −

4

3,4

3)

Caso 2: 𝛾 ≠ 2. En este caso, 𝑥 = 0 y resolviendo el sistema, obtendremos los puntos 𝑃3 =

(0,4,0), 𝑃4 = (0,−2,−√3) y 𝑃5 = (0,−2,√3).

De esta forma, hemos encontrado todos los posibles valores extremos de la función

𝑇(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 8𝑥2 + 4𝑦𝑧 − 16𝑧 + 600 en la elipsoide, el cual es un conjunto compacto y por

el teorema anterior, posee un máximo global en este dominio. Reemplazando en la función,

tenemos que los valores en donde la función toma su máximo valor son los puntos 𝑃1 =

(−4

3, −

4

3, −

4

3) y 𝑃2 = (−

4

3, −

4

3,4

3).

∎

4. Encuentre los máximos y mínimos de la función 𝑓(𝑥, 𝑦) = 4𝑥𝑦, sujeta a las condiciones x2

9+y2

16= 1

Solución: Sea

𝑔(𝑥, 𝑦) =𝑥2

9+𝑦2

16− 1

El sistema, al utilizar los multiplicadores de Lagrange, tenemos




(1) 4𝑦 =2𝜆

9𝑥

(2) 4𝑥 =2𝜆

16𝑦

De (1), tenemos que 𝑦 =𝜆

18𝑥. Reemplazando en (2) nos queda:

4𝑥 =2𝜆

16∙𝜆

18𝑥

4𝑥 =2𝜆2

288𝑥

4𝑥 =𝜆2

144𝑥

576𝑥 = 𝜆2𝑥

0 = 𝜆2𝑥 − 576𝑥

0 = 𝑥(𝜆2 − 576)

De donde obtenemos que 𝑥 = 0 o λ = √576 = 24

Si 𝑥 = 0, entonces 𝑦 = 4−+ , de donde sacamos dos puntos, a saber, (0,4) y (0,−4). Si λ =

24, tenemos que

𝑥2

9+𝑦2

16= 1

𝑥2

9+(𝜆18𝑥)

2

16= 1




56

𝑥2

9+

𝜆2

32416

𝑥2 = 1

𝑥2

9+

57632416

𝑥2 = 1

𝑥2

9+𝑥2

9= 1

2𝑥2

9= 1

𝑥 =3

2√2

−

+

Como

𝑦 =𝜆

18𝑥 =

24

18𝑥 =

4

3𝑥

Tenemos entonces que

𝑦 = 2√2−+

De donde se obtienen los puntos (3

2√2, 2√2, ) y (−

3

2√2,−2√2, )

Reemplazando todos estos puntos en la función 𝑓, encontraremos los máximos y mínimos.

∎

5. Hallar los valores máximos y mínimos absolutos de la función 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 en el

rectángulo R = [−1,1]×[−1,1]




Solución Dado que la función 𝑓(𝑥, 𝑦) es continua en el compacto 𝑅 = [−1,1]×[−1,1],

tenemos asegurada la existencia de un máximo y mínimo absoluto en 𝑅. Debemos tener

en cuenta que estos extremos pueden estar tanto en el interior como en la frontera de este

conjunto. Para buscar los extremos en el interior, buscaremos, en primer lugar, los puntos

críticos de la función. Resolvemos entonces

𝑑𝑓

𝑑𝑥(𝑥, 𝑦) = 𝑦 = 0

𝑑𝑓

𝑑𝑦(𝑥, 𝑦) = 𝑥 = 0

De esta forma, obtenemos el punto crítico (0,0) ubicado en el interior de 𝑅. Para

determinar su naturaleza usaremos el criterio de la matriz Hessiana

𝐻(0,0) =

(

𝜕2𝑓

𝜕𝑥2(0,0)

𝜕𝑓

𝜕𝑥𝜕𝑦(0,0)

𝜕𝑓

𝜕𝑦𝜕𝑥(0,0)

𝜕2𝑓

𝜕𝑦2(0,0)

)

= (

0 11 0

)

De donde obtenemos que (0,0) es un punto silla. Analicemos la frontera de 𝑅:

• {(𝑥,−1):−1 ≤ 𝑥 ≤ 1} En este conjunto, la función toma la forma ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥, −1) = −𝑥.

Esta función toma sus valores máximos y mínimos en los puntos 𝑥 = −1 y 𝑥 = 1,

respectivamente. Con esto, obtenemos los puntos (−1,−1) , (1, −1).

• {(−1, 𝑦):−1 ≤ 𝑦 ≤ 1} En este conjunto, la función toma la forma 𝑔(𝑦) = 𝑓(−1, 𝑦) = −𝑦.

Esta función toma sus valores máximos y mínimos en los puntos 𝑦 = −1 y 𝑦 = 1,

respectivamente. Con esto, obtenemos los puntos (−1,−1) , (−1,1).

• {(𝑥, 1): −1 ≤ 𝑥 ≤ 1} En este conjunto, la función toma la forma 𝑠(𝑥) = 𝑓(𝑥, 1) = 𝑥. Esta

función toma su máximo y mínimo en 𝑥 = 1 e 𝑥 = −1, respectivamente. Con esto,

obtenemos los puntos (1,1), (−1,1)




58

• {(1, 𝑦):−1 ≤ 𝑦 ≤ 1} En este conjunto, la función toma la forma 𝑚(𝑦) = 𝑓(1, 𝑦) = 𝑦. Esta

función toma su máximo y mínimo en 𝑦 = 1 e 𝑦 = −1, respectivamente. Con esto,

obtenemos los puntos (1,1), (1, −1)

De esta forma, tenemos los posibles extremos de la función, un son los puntos de la

frontera: (−1, −1) , (1, −1), (−1,1), (1,1). Como estos puntos son todos los extremos

posibles tenemos que los puntos (−1,−1) y (1,1) son los máximos absolutos de la función,

y los puntos (1, −1) 𝑦 (−1,1) son los mínimos absolutos de la función.

∎


1. (Costo mínimo de producción) Una empresa produce dos tipos de productos, A y B. El

costo diario total (en dólares) de producir x unidades de A e y unidades de B está dado

por

𝐶(𝑥, 𝑦) = 250 − 4𝑥 − 7𝑦 + 0,2𝑥2 + 0,1𝑦2

Determine el número de unidades de A y B que la empresa debe producir al día con el

propósito de minimizar el costo total.

2. (Uso óptimo de capital y mano de obra) Usando L unidades de mano de obra y K

unidades de capital, una empresa puede elaborar P unidades de su producto, en donde

𝑃(𝐿, 𝐾) = 60𝐿23𝐾

13

Los costos de la mano de obra y del capital son de $64 y $108 por unidad. Suponga que

la empresa decide elaborar 2160 unidades de su producto. Por medio del método de

multiplicadores de Lagrange, halle el número de insumos de mano de obra y de capital

que deben emplearse con el objetivo de minimizar el costo total.




3. Una caja de cartón sin tapa debe tener 32.000 cm cúbicos, Calcule las dimensiones que

minimicen la cantidad de cartón.

4. Encuentre los extremos relativos de las siguiente función, sujeta a las condiciones

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 𝑦2 ;

𝑥 − 2𝑦 + 6 = 0

5. Encuentre los extremos relativos de las siguiente función

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥3 + 3𝑦2𝑥 − 15𝑥 − 12𝑦


𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑥𝑦 − 3𝑥 − 6𝑦 + 1


𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑦4

8. En cualquier punto (𝑥, 𝑦) de la curva 4𝑥2 + 12𝑦2 = 1 la temperatura (en grados

Celcius) es 𝑇 grados, donde

𝑇 = 4𝑥2 + 24𝑦2 − 2𝑥

Determine los puntos de la curva en donde la temperatura es máxima y donde es

mínima. También calcule la temperatura en esos puntos.

9. Se requiere cortar y decorar un espejo rectangular de área 40 dm2. Si los adornos a lo

largo de los lados horizontales cuestan 16 centavos por decímetro y los de los lados

verticales cuestan 25 centavos por decímetro, ¿Cuáles son las dimensiones que

minimizan el costo total?




60

5. Conclusiones

El objetivo de este apunte es ayudar a los estudiantes de la UBO a complementar su estudio. Se recomienda, que además de este trabajo, utilice otros textos de Matemática para su estudio.

La proyección de estos apuntes está dirigida a extender la cantidad de ejercicios que posee, tanto resueltos como propuestos. Todo esto, a medida que siga trabajando como profesor universitario (que espero sean muchísimos años más), con el fin de otorgar al estudiante un material que le sea cada vez más completo.

6. Bibliografía de apoyo

Hoffmann, L. (1998). Cálculo para Administración, Economía y Ciencias Sociales. Bogotá:

McGraw-Hill.

Jagdish, A., Lardner, R. (2002). Matemáticas aplicadas a la administración y a la economía.

México: Pearson.

Leithold, L. (1998). El Cálculo. México: Oxford University Press.

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