calculo en varias variables

Juan Félix Ávila Herrera

CRESTOMAT¶IA DE

C¶ALCULO EN VARIAS VARIABLES

NOTA

Este material ha sido recopilado para ser usado en el curso MA{

1003 C¶alculo III. No tiene prop¶osito comercial y se proh¶³be su

utilizaci¶on para otros ¯nes.

2006


2


¶Indice General

1 Vectores y super¯cies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.1 Vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2 Ecuaci¶on vectorial param¶etrica de rectas y planos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.3 Secciones c¶onicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.4 Traslaci¶on de ejes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321.5 Super¯cies cu¶adricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361.6 Cilindros oblicuos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 491.7 Conos oblicuos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 581.8 Super¯cies de revoluci¶on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 641.9 Gr¶a¯cos de super¯cies en tres dimensiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

2 Funciones vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 812.1 Funciones vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 812.2 L¶³mites, derivadas e integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 852.3 Curvatura de l¶³neas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 892.4 Tri¶angulo intr¶³nsico de una curva en el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1032.5 Resumen de f¶ormulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

3 Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1073.1 L¶³mites y continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1073.2 Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1133.3 Incrementos y diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1173.4 Regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1233.5 Derivadas direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1363.6 Planos tangentes y rectas normales a las super¯cies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1413.7 Primer examen parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

3.7.1 Parcial I del I-2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1473.7.2 Parcial I del II-2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

3.8 Ejercicios para el primer parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1583.8.1 Super¯cies en el espacio R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1583.8.2 Curvas en el espacio R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1613.8.3 L¶³mites y continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1643.8.4 Derivadas direccionales y planos tangentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

3


4 ¶INDICE GENERAL

3.8.5 Regla de la cadena y derivaci¶on impl¶³cita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167ÀÀÀ Hasta aqu¶³: materia del primer parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1703.9 Puntos extremos de funciones de varias variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1703.10 Multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1833.11 Extremos con ligaduras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1923.12 F¶ormula de Taylor para las funciones de varias variables . . . . . . . . . . . . . . . . 200

4 Integrales m¶ultiples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2054.1 Integrales m¶ultiples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2054.2 Evaluaci¶on de las integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2094.3 ¶Area y volumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2374.4 Gra¯caci¶on en coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2424.5 Integrales dobles en coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2474.6 ¶Area de una super¯cie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2604.7 Aplicaciones de las integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2664.8 Integrales triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2724.9 Integraci¶on en coordenadas cil¶³ndricas y esf¶ericas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2864.10 Cambio de variables en integrales m¶ultiples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2994.11 Segundo examen parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315

4.11.1 Parcial I del I-2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3154.12 Ejercicios para el segundo parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319

4.12.1 M¶aximos y m¶³nimos relativos, puntos cr¶³ticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3194.12.2 Multiplicadores de Lagrange, extremos con ligaduras . . . . . . . . . . . . . . 3204.12.3 Integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3224.12.4 Integrales triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325

ÀÀÀ Hasta aqu¶³: materia del segundo parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 328

5 An¶alisis vectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3295.1 Campos vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3295.2 Integrales de l¶³nea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3355.3 Independencia de la trayectoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3555.4 Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3645.5 Integrales de super¯cie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3745.6 El teorema de la divergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3845.7 Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3935.8 Tercer examen parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404

5.8.1 Parcial III del I-2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4045.8.2 Parcial III del II-2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4105.8.3 Parcial III del I-2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414

5.9 Ejercicios para el tercer parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4205.9.1 Integrales de l¶³nea y de super¯cie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4205.9.2 Los teoremas de Green, Gauss y Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422

ÀÀÀ Hasta aqu¶³: materia del tercer parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424


¶INDICE GENERAL 5

6 Usemos Mathematica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4256.1 Fundamentos de ¶Algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 425

6.1.1 Operaciones fundamentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4256.1.2 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4256.1.3 Trabajando en el laboratorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4286.1.4 Evaluaci¶on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 429

6.2 Factorizaci¶on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4306.2.1 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4306.2.2 Trabajando en el laboratorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4336.2.3 Evaluaci¶on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433

6.3 Fracciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4346.3.1 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4346.3.2 Trabajando en el laboratorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4376.3.3 Evaluaci¶on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 437

6.4 Ecuaciones y problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4396.4.1 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4396.4.2 Trabajando en el laboratorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4446.4.3 Evaluaci¶on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 445

6.5 Desigualdades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4456.5.1 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4456.5.2 Trabajando en el laboratorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4476.5.3 Evaluaci¶on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 447

6.6 Funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4486.6.1 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4486.6.2 Trabajando en el laboratorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4606.6.3 Evaluaci¶on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461

6.7 Derivadas y aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4616.7.1 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4626.7.2 Trabajando en el laboratorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4766.7.3 Evaluaci¶on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 476

7 Usando Graphing Calculator mediante GenGCF . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4797.1 Introducci¶on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4797.2 >Qu¶e es Graphing Calculator y qu¶e es GenGCF? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4797.3 Ejemplos usando graphing calculator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4807.4 Conclusi¶on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 499


6 ¶INDICE GENERAL


Cap¶³tulo 1

Vectores y super¯cies

1.1 Vectores

² Algunas cantidades tales como el ¶area, el volumen, la longitud de arco, la temperatura y eltiempo, s¶olo tienen magnitud y se pueden caracterizar completamente con un solo n¶umero real(con una unidad de medida apropiada como cm2, cm3, cm, oC. Una cantidad de este tipo esuna cantidad escalar y el n¶umero real correspondiente se llama escalar.

² Conceptos como el de velocidad o el de fuerza poseen tanto magnitud como direcci¶on y amenudo se representan por °echas o segmentos dirigidos, es decir, segmentos en los que sese~nala un sentido y representan una direcci¶on. A un segmento dirigido tambi¶en se le llamavector.

² Si un vector va de un punto P (el punto inicial) a un punto Q (el punto ¯nal), la direcci¶on seindica colocando una peque~na °echa sobre el segmento PQ; el vector se denota as¶³ por

¡!PQ.

Figura 1.1: Vectores

² La magnitud de ¡!PQ es la longitud de PQ y se denota por¯¯¡!PQ

¯¯. Como en la Figura 1.1, para

denotar vectores cuyos extremos no se especi¯can, se usan letras de tipo negro (o negrillas)tales como u o v. En escritos mecanogr¶a¯cos o manuscritos se puede usar la notaci¶on ¡!u o¡!v .

² Los vectores que tienen la misma magnitud y direcci¶on son equivalentes. Si ¡¡!P1Q1 y¡¡!P2Q2 son

dos segmentos orientados con la misma longitud y direcci¶on, diremos que representan el mismovector. Un segmento orientado tiene una ubicaci¶on particular. Un vector no.

7


8 Cap¶³tulo 1. Vectores y super¯cies

² Entonces, los vectores pueden trasladarse de una posici¶on a otra mientras no se altere sumagnitud o su direcci¶on. Hay muchos conceptos f¶³sicos que se pueden representar con vectores.

² Por ejemplo, sup¶ongase que un avi¶on desciende con una velocidad constante de 160 km/hy que la trayectoria del vuelo forma un ¶angulo de 20o con la horizontal. En la Figura 1.2se representan estos dos hechos por un vector v de magnitud 160. El vector v es un vectorvelocidad.

Figura 1.2: Avi¶on descendiendo

² Como un segundo ejemplo, supongamos que una persona levanta directamente hacia arriba unpeso de 5 kg. Esto se puede indicar por el vector F de magnitud 5 en la Figura 1.3. Un vector

Figura 1.3:

que representa una acci¶on de empujar o de tirar es un vector fuerza.

² Para representar la trayectoria de un punto que se mueve a lo largo de un segmento recto de Aa B se puede usar un vector

¡!AB. Entonces, se dice que

¡!AB es un desplazamiento del punto.

Como se ve en la Figura 1.4-(a), un desplazamiento¡!AB seguido de un desplazamiento

¡!BC

lleva al mismo punto que el desplazamiento¡!AC solo. Por de¯nici¶on, el vector

¡!AC es la suma

de¡!AB y

¡!BC, y se escribe

¡!AC =

¡!AB +

¡!BC. Como los vectores pueden ser trasladados de un

lugar a otro, cualquier par de vectores se puede sumar colocando el punto inicial de uno en elpunto ¯nal del otro y procediendo como en la Figura 1.4-(a).

² Si c es un n¶umero real y v es un vector, entonces cv se de¯ne como el vector cuya magnitudes jcj veces la magnitud jjvjj de v y cuya direcci¶on es la misma que la de v si c > 0; o bienla opuesta a la de v si c < 0. En la Figura 1.4-(c) se ilustra todo esto. El vector cv se llamam¶ultiplo escalar de v.


1.1. Vectores 9

Figura 1.4: Vectores

² Supongamos ahora que todos los vectores est¶an en un plano coordenado. Si ¡!PQ es un vector,entonces, como se indica en la Figura 1.5-(a), hay muchos vectores equivalentes a

¡!PQ; pero

hay ¶unico y s¶olo un vector equivalente a =¡!OA con el origen como punto inicial. El vector

¡!OA

se llama vector de posici¶on de¡!PQ. As¶³, cada vector determina un ¶unico par ordenado de

n¶umeros reales, las coordenadas (a1; a2) del punto ¯nal de su vector de posici¶on.

Figura 1.5: Vector posici¶on

² Sean ¡!OA y ¡!OB dos vectores de posici¶on con puntos ¯nales A(a1; a2) y B(b1; b2), respectivamen-te, y sea

¡!OC con punto ¯nal C(a1 + b1; a2 + b2), como se ilustra en la Figura 1.5-(b). Usando

las pendientes puede demostrarse que O, A, C y B son los v¶ertices de un paralelogramo; esdecir: ¡!

OA+¡!OB =

¡!OC

Entonces, el par ordenado determinado por¡!OA+

¡!OB est¶a dado por (a1+ b1; a2+ b2). Tambi¶en

se puede demostrar que si c es un escalar, entonces el par ordenado, determinado por c¡!OA es

(ca1; ca2).

² Para evitar confusi¶on con la notaci¶on para intervalos abiertos o puntos, se usar¶an s¶³mboloscomo ha1; a2i o bien hb1; b2i para los vectores y se denotar¶an por a o b, respectivamente. Comoantes, los n¶umeros reales son escalares.



² El espacio vectorial V2 de dimensi¶on 2 (o bidimensional) es el conjunto de todos los paresordenados hx; yi de n¶umeros reales, llamados vectores, sujetos a los siguientes axiomas:1. Adici¶on de vectores. Si se tiene a = ha1; a2i y b = hb1; b2i, entonces a+b = ha1 + b1; a2 + b2i2. Multiplicaci¶on de vectores por escalares. Si a = ha1; a2i y c es un escalar, entoncesca = hca1; ca2i.

Los n¶umeros a1 y a2 en ha1; a2i son las componentes del vector. Entonces, para sumar dosvectores, se suman las componentes correspondientes. Para multiplicar un vector por un escalar,se multiplica cada componente del vector por el escalar.

² El vector cero 0 y el negativo ¡a de un vector a = ha1; a2i se de¯nen como sigue.0 = h0; 0i ; ¡a = ¡ha1; a2i = h¡a1;¡a2i

² Un vector diferente de cero a = ha1; a2i en V2 se puede representar en un plano coordenado porun segmento dirigido

¡!PQ con cualquier punto inicial P (x; y) y con punto ¯nal Q(x+a1; y+a2).

² A veces se dice que ¡!PQ corresponde a a o que a corresponde a ¡!PQ. En la Figura 1.6, el s¶³mboloa se coloc¶o junto a varios segmentos dirigidos correspondientes a ha1; a2i. Si A es el punto concoordenadas (a1; a2), el vector de posici¶on

¡!OA de

¡!PQ se llama tambi¶en vector de posici¶on de

ha1; a2i o vector de posici¶on del punto A.

Figura 1.6: Correspondencia

² Rigurosamente hablando, el segmento PQ en la Figura 1.6 representa al vector a = ha1; a2i;sin embargo, por conveniencia, a veces se designa a

¡!PQ como el vector a. Debe quedar claro

por el contexto si el t¶ermino vector se re¯ere a un par ordenado o a un segmento dirigido. Elvector cero 0 = h0; 0i queda representado por cualquier punto del plano.

− Ejemplo 1.1. Sean a = h¡1; 3i y b = h4; 2i.

1. Encontrar a+ b, ¡32b, y 2a+ 3b.


1.1. Vectores 11

2. Trazar los vectores de posici¶on de a, b, a+ b y ¡32b.

Soluci¶on:

1. Aplicando la de¯nici¶on,

a+ b = h¡1; 3i+ h4; 2i = h¡1 + 4; 3 + 2i =D3; 5. . . .

EPor otro lado

¡32b = ¡3

2h4; 2i =

D¡6;¡3. . . . . . . . . .

EFinalmente

2a+ 3b = 2 h¡1; 3i+ 3 h4; 2i = h¡2; 6i+ h12; 6i =D

10; 12. . . . . . . .

E

2. Los vectores de posici¶on de a, b, a+ b y ¡32b se muestran en la Figura 1.7.

Figura 1.7: Representaci¶on

² La magnitud jjPQjj de un vector ¡!PQ es la longitud del segmento PQ. A continuaci¶on se de¯neel an¶alogo de este concepto para vectores en V2.

² La magnitud jjajj de un vector a = ha1; a2i es jjajj =qa21 + a

22.



² Si OA es el vector de posici¶on de ha1; a2i entonces jjajj es la longitud de ¡!OA. N¶otese quejjajj ¸ 0 y jjajj = 0 si y s¶olo si a = 0.

− Ejemplo 1.2. Calcular la magnitud de h3;¡2i.Soluci¶on:

jjajj = jjh3;¡2ijj =q

9 + 4. . . . . . . =q

13. . . :

(¤) Teorema: 1.1. Si P1(x1; y1) y P2(x2; y2) son dos puntos, entonces el vector a en V2 quecorresponde a

¡¡!P1P2 est¶a dado por a = hx2 ¡ x1; y2 ¡ y1i.

Demostraci¶on: El vector¡¡!P1P2 y el vector de posici¶on de a = ha1; a2i son correspondientes,

necesariamente x2 = x1 + a1 y y2 = y1 + a2. Despejando a1 y a2, obtenemos entonces quea = hx2 ¡ x1; y2 ¡ y1i.

− Ejemplo 1.3. Dados los puntos P (¡2; 3) y Q(4; 5), encontrar vectores a y b en V2 que co-rrespondan a

¡!PQ y

¡!QP , respectivamente. Trazar

¡!PQ,

¡!QP , y tambi¶en los vectores de posici¶on

a y b.

Soluci¶on: de acuerdo con el Teorema, los vectores a y b son a =D

4¡ (¡2); 5¡ 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

E=

h6; 2i, b =D

¡2¡ 4; 3¡ 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

E=D

¡6;¡2. . . . . . . . . .

E.

En la Figura se muestran¡!PQ y

¡!QP , junto con los vectores de posici¶on

¡!OA y

¡!OB de a y b,

respectivamente. N¶otese que b = ¡a.


1.1. Vectores 13

(¤) Teorema: 1.2. Sean a, b y c en V2 arbitrarios. Entonces:1. a+ b = b+ a

2. a+ (b+ c) = (a+ b) + c

3. a+ 0 = a

4. a+ (¡a) = 0Demostraci¶on: Para la parte (1), supogamos que

a = ha1; a2i y b = hb1; b2iPuesto que a1 + b1 = b1 + a1 y a2 + b2 = b2 + a2:

a+ b = ha1 + b1; a2 + b2i = hb1 + a1; b2 + a2i = b+ a:El resto de la demostraci¶on se deja como ejercicio.

² La sustracci¶on de vectores, que se denota por ¡, se de¯ne como sigue. Sean a = ha1; a2i yhb1; b2i. La diferencia a¡ b es a¡ b = a+ (¡b).

² Usando las de¯niciones se ve quea¡ b = a+ (¡b) = ha1; a2i+ h¡b1;¡b2i = ha1 ¡ b1; a2 ¡ b2i :

Entonces, para encontrar a¡ b, basta restar las componentes de b de las componentes corres-pondientes de a.

− Ejemplo 1.4. Suponga que a = h5;¡4i y b = h¡3; 2i. Halle a¡ b y 2a¡ 3b.Soluci¶on:

a¡ b = h5;¡4i ¡ h¡3; 2i = h5¡ (¡3);¡4¡ 2i =D

8;¡6. . . . . . .

EPor otro lado:

2a¡ 3b = 2 h5;¡4i ¡ 3 h¡3; 2i = h10;¡8i ¡ h¡9; 6i =D

19;¡14. . . . . . . . . . .

E:



Figura 1.8: b+ (a¡ b) = a.

² Si a y b son vectores arbitrarios, entonces b+(a¡b) = a, es decir, a¡b es el vector que sumadoa b da a. Si se representan a y b por los vectores

¡!PQ y

¡!PR con el mismo punto inicial, como

en la Fig. 1.8, entonces¡!RQ representa a a¡ b.

² Al principio de esta secci¶on se us¶o el s¶³mbolo c¡!AB para denotar un vector que tiene la mismadirecci¶on que

¡!AB si c > 0, o la opuesta si c < 0. A continuaci¶on se de¯ne el an¶alogo de este

concepto para vectores en V2.

² Dos vectores a y b diferentes de cero en V2 tienen la misma direcci¶on si b = ca para alg¶unescalar c > 0 y la direcci¶on opuesta si b = ca para alg¶un escalar c > 0.

² Sean a = ha1; a2i y b = hb1; b2i. Si b = ca, entonces b1 = ca1 y b2 = ca2, y los vectores deposici¶on

¡!OA y

¡!OB de a y b est¶an contenidos en una misma recta que pasa por el origen. M¶as

a¶un, si c > 0, entonces los puntos A y B est¶an en el mismo cuadrante (o sobre el mismo ejecoordenado positivo o negativo). Si c < 0, y A no est¶a en un eje coordenado, entonces A y Bse encuentran en cuadrantes diagonalmente opuestos. Por convenci¶on, se dir¶a que el vector 0tiene todas las direcciones.

² Dos vectores a y b son paralelos si y s¶olo si b = ca para alg¶un escalar c. Entonces, dos vectoresa y b diferentes de cero son paralelos si tienen la misma direcci¶on o direcciones opuestas. Elsiguiente teorema muestra la relaci¶on entre las magnitudes de a y de ca.

(¤) Teorema: 1.3. Si a es un vector y c es un escalar, entonces jjcajj = jcj jjajj.² El teorema anterior implica que la longitud de un segmento dirigido que representa a ca es jcjveces la longitud del segmento dirigido que representa a a.

² En el siguiente teorema se enuncian algunas propiedades de la multiplicaci¶on de vectores en V2por escalares. En ¶el, a y b son dos vectores arbitrarios y c y d, dos escalares cualesquiera.

(¤) Teorema: 1.4.1. c(a+ b) = ca+ cb

2. (c+ d)a = ca+ da

3. (cd)a = c(d a) = d(c a)


1.1. Vectores 15

4. 1a = a

5. 0a = 0 = c0

Demostraci¶on: Se deja como ejercicio.

² No es dif¶³cil recordar las propiedades enunciadas en el teorema anterior porque se parecen aalgunas propiedades conocidas de los n¶umeros reales.

² Los vectores i y j se usar¶an m¶as adelante:i = h1; 0i ; j = h0; 1i

² Los dos vectores i y j tienen magnitud 1.² Se pueden usar i y j para denotar de otra forma los vectores en V2 como se muestra en elsiguiente teorema.

(¤) Teorema: 1.5. Si a = ha1; a2i es un vector en V2 entonces a = a1i+ a2j.Demostraci¶on: Se deja como ejercicio.

(¤) Teorema: 1.6. Si a es un vector diferente de cero, entonces puede de¯nirse un vector unitariou con la misma direcci¶on que a por medio de u =

a

jjajj .

² NOTA: Todo lo que hemos estudiado hasta ahora se generaliza de forma natural para V3 y Vn.

² Dos de los conceptos importantes relacionados con dos vectores a y b son el producto escalar,que es desde luego escalar, y el producto vectorial, que es un vector.

² Sean a = ha1; a2; a3i y b = hb1; b2; b3i, el producto escalar de a y b es:a ¢ b = a1b1 + a2b2 + a3b3:

² En el siguiente teorema se enuncian algunas de las propiedades del producto escalar paracualesquiera vectores a, b y c, y cualquier escalar ¸.

(¤) Teorema: 1.7.1. a ¢ a: = jjajj22. a ¢ b = b ¢ a3. a ¢ (b+ c) = a ¢ b+ a ¢ c4. (¸ a) ¢ b = ¸(a ¢ b) = a ¢ (¸ b)5. 0 ¢ a = 0

² El producto escalar y el ¶angulo entre dos vectores est¶an estrechamente relacionados.



² Sean a y b dos vectores diferentes de cero. Si b no es un m¶ul1iplo escalar de a y si ¡!OA y ¡!OBson los vectores de posici¶on de a y b, respectivamente entonces el ¶angulo µ entre a y b (o entre¡!OA y

¡!OB) es el ¶angu1o AOB del tri¶angulo determinado por estos puntos.

² Si b = ca para un escalar c (es decir, si a y b son paralelos), entonces µ = 0 si c > 0 y µ = ¼ sic < 0.

² Se dice que dos vectores a y b son ortogonales (o perpendiculares), si µ = ¼=2. Por convenci¶on,se dice que el vector cero 0 es paralelo y tambi¶en perpendicular a todo vector a.

(¤) Teorema: 1.8. Si µ es el ¶angulo entre dos vectores a y b diferentes de cero, entoncesa ¢ b = jjajj jjbjj cos(µ)

² En el archivo \¶angulo entre dos vectores.nb", del disco compacto, se muestra como realizaralgunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 1.5. Calcular el ¶angulo entre

a = h4;¡3; 1i y b = h¡1;¡2; 2i.Soluci¶on: Aplicando el teorema tenemos:

cos µ =a ¢ b

jjajj jjbjj =2p26

39. . . . . . . .

o bien µ ¼ arccos(0:2615) ¼ 74:84o.(¤) Teorema: 1.9. Dos vectores a y b son ortogonales si y s¶olo si a ¢ b = 0.² Sean a = ha1; a2; a3i y b = hb1; b2; b3i dos vectores en V3, se de¯ne el producto vectorial de estosvectores como:

a£ b =¯¯ i j ka1 a2 a3b1 b2 b3

¯¯

− Ejemplo 1.6. Encontrar a£ b paraa = h2;¡1; 6i y b = h¡3; 5; 1i.Soluci¶on: Escribiendo

a£ b =¯¯ i j k2 ¡1 6¡3 5 1

¯¯ = (¡1¡ 30)i¡ ( 2 + 18. . . . . . . . . )j + (10¡ 3)k

o bien a£ b = ¡31i ¡20j + 7k. . . . . . . . . . . . . . . =D¡31; ¡20; 7. . . . . . . . .

E.

(¤) Teorema: 1.10. El vector a£ b es ortogonal a a y a b.


1.2. Ecuaci¶on vectorial param¶etrica de rectas y planos 17

² En t¶erminos geom¶etricos el Teorema anterior implica que si dos vectores a y b diferentes decero corresponden a vectores no paralelos

¡!PQ y

¡!PR con el mismo punto inicial P , entonces

a £ b corresponde a un vector ¡!PS que es perpendicular al plano determinado por P , Q y R,como se ilustra en la Fig. 1.9.

Se escribe entonces ¡!PS =

¡!PQ£¡!PR:

Figura 1.9: \Regla de la mano derecha".

La direcci¶on de¡!PS puede encontrarse usando la regla de la mano derecha que se ilustra en la

Figura. Concretamente, si µ denota el ¶angulo entre¡!PQ y

¡!PR, y los dedos de la mano derecha

se curvan apuntando en el sentido de la rotaci¶on de un ¶angulo µ que lleve a¡!PQ a tener la

misma direcci¶on que¡!PR, entonces el pulgar extendido apunta en la direcci¶on de

¡!PQ£¡!PR.

(¤) Teorema: 1.11. Si µ es el ¶angulo entre dos vectores a y b diferentes de cero, entoncesjja£ bjj = jjajj jjbjj sen(µ)

1.2 Ecuaci¶on vectorial param¶etrica de rectas y planos

² En esta secci¶on se describen las rectas y los planos mediante los conceptos vectoriales deparalelismo y ortogonalidad, respectivamente. Se hace la suposici¶on de que las rectas y losplanos est¶an en un sistema de coordenadas rectangulares en tres dimensiones.

² Sean a = ha1; a2; a3i un vector diferente de cero en V3, P1(x1; y1; z1) un punto arbitrario y ¡!OAel vector de posici¶on de a. Ver Fig. 1.10.

² La recta l que pasa por P1(x1; y1; z1) y es paralela a a se de¯ne como el conjunto de todos lospuntos P (x; y; z) tales que

¡¡!P1P es paralelo a

¡!OA, es decir,

¡¡!P1P = t

¡!OA para un escalar t:



Figura 1.10: Recta.

² En t¶erminos de vectores en V3,

hx¡ x1; y ¡ y1; z ¡ z1i = t ha1; a2; a3i = ha1t; a2t; a3ti :

Igualando las componentes y despejando x, y y z se obtiene8<: x = x1 + a1t;y = y1 + a2t;z = z1 + a3t

para cualquier n¶umero real t.

² Estas son ecuaciones param¶etricas para la recta l, con t como par¶ametro. Los puntos P (x; y; z)en l se obtienen variando t sobre todos los n¶umeros reales.

(¤) Teorema: 1.12. La recta que pasa por P1(x1; y1; z1) y es paralela a a = ha1; a2; a3i tieneecuaciones param¶etricas

x = x1 + a1t; y = y1 + a2t; z = z1 + a3t

− Ejemplo 1.7.

1. Encontrar ecuaciones param¶etricas para la recta l que pasa por P (5;¡2; 4) y es paralelaa a =

−12; 2;¡2

3

®.

2. >En qu¶e punto l corta al plano xy?

3. Trazar el vector de posici¶on de a y la recta l.

Soluci¶on:

1. Para evitar las fracciones, utilizamos el vector b = 6a, o bien b =D

3; 12;¡4. . . . . . . . . . . .

Een vez

de a. De acuerdo con el Teorema, la recta l tiene ecuaciones param¶etricas

x = 5 + 3t. . . . . . . . ; y = ¡2 + 12t. . . . . . . . . . . . . ; z = 4¡ 4t; t 2 IR



2. La recta corta al plano xy en el punto R(x; y; z) cuando z = 4¡ 4t = 0; es decir, si t = 1.Usando las ecuaciones param¶etricas de la parte (1) se obtienen las coordenadas x y y deR:

x = 5 + 3(1) = 8. . . . . . . . . . . . . . . . . . y y = ¡2 + 12(1). . . . . . . . . . . . . . . . = 10:

Por lo tanto, R es el punto con coordenadas (8; 10; 0).

3. Para trazar la recta l se sit¶ua el punto P (5;¡2; 4) y el punto R(8; 10; 0) que se encontr¶oen la parte (2). Haga el dibujo.

² Para hallar ecuaciones param¶etricas de la recta que pasa por dos puntos arbitrarios P1(x1; y1; z1)y P2(x2; y2; z2), como se se usa el vector a correspondiente a

¡¡!P1P2 o sea

a = hx2 ¡ x1; y2 ¡ y1; z2 ¡ z1i

Sustituyendo en el Teorema se obtienen las ecuaciones param¶etricas

x = x1 + (x2 ¡ x1)t; y = y1 + (y2 ¡ y1)t; z = z1 + (z2 ¡ z1)tt 2 IR. Obs¶ervese que t = 0 da el punto P1, t = 1

2da el punto medio de

¡¡!P1P2 y t = 1 da el

punto P2.

² En el archivo \recta conociendo dos puntos.nb", del disco compacto, se muestra como realizaralgunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 1.8. Hallar ecuaciones param¶etricas para la recta l que pasa por P1(3; 1;¡2) yP2(¡2; 7;¡4).Soluci¶on:

El vector a en V3 correspondiente a P1P2 es

a =D

¡2¡ 3; 7¡ 1;¡4 + 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

E= h¡5; 6;¡2i :

Seg¶un el Teorema, la recta l tiene ecuaciones param¶etricas

x = 3¡ 5t. . . . . . . . ; y = 1 + 6t;. . . z = ¡2¡ 2t. . . . . . . . . . . ; t 2 IR

² Recordemos que, en IR3, tres puntos no alineados determinan un plano. El siguiente teoremada una caracterizaci¶on en t¶erminos de un vector normal al plano.

(¤) Teorema: 1.13. El plano que pasa por P1(x1; y1; z1) y P2(x; y; z) y tiene el vector normala = ha1; a2; a3i, tiene como ecuaci¶on

a1(x¡ x1) + a2(y ¡ y1) + a3(z ¡ z1) = 0o bien ha1; a2; a3i ¢ hx¡ x1; y ¡ y1; z ¡ z1i = 0 o m¶as concisamente a ¢ ¡¡!P1P2 = 0



− Ejemplo 1.9. Encontrar una ecuaci¶on del plano que pasa por el punto (5;¡2; 4) y tiene elvector normal a = h1; 2; 3i.Soluci¶on: Aplicando el Teorema obtenemos:

1(x¡ 5) + 2(y + 2) + 3(z ¡ 4). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = 0

lo cual se simpli¯ca a x+ 2y + 3z. . . . . . . . . . . . . . . . . ¡ 13 = 0.² En el archivo \plano conociendo normal y un punto.nb", del disco compacto, se muestra comorealizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 1.10. Encontrar una ecuaci¶on del plano determinado por los puntos P (4;¡3; 1),Q(6;¡4; 7) y R(1; 2; 2).Soluci¶on: Los puntos P , Q y R determinan un plano que contiene al tri¶angulo. Los vectores

a y b correspondientes a¡!PQ y

¡!PR son a =

D2;¡1; 6. . . . . . . . . .

Ey b =

D¡3; 5; 1. . . . . . . . . .

E.

El vector a £ b es normal al plano determinado por P , Q y R. En este caso, a £ b = ¡31i ¡20j + 7k. Usando el punto P1 = P (4;¡3; 1) obtenemos la ecuaci¶on

¡31(x¡ 4)¡ 20(y + 3) + 7(z ¡ 1). . . . . . . . . . . . = 0

o bien ¡31x. . . . . . . . ¡ 20y + 7z + 57 = 0.² En el archivo \plano conociendo 3 puntos.nb", del disco compacto, se muestra como realizaralgunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

(¤) Teorema: 1.14. La gr¶a¯ca de toda ecuaci¶on lineal

ax+ by + cz + d = 0

es un plano con vector normal ha; b; ci.² Para trazar m¶as f¶acilmente la gr¶a¯ca de un plano es conveniente encontrar la traza de la gr¶a¯caen cada plano coordenado, es decir, la recta de intersecci¶on del plano de la gr¶a¯ca con el planocoordenado. Para encontrar la traza en el plano xy se sustituye z por 0, pues esto generalos puntos de la gr¶a¯ca que est¶an en el plano xy. An¶alogamente, para encontrar la traza enel plano yz o en el plano xz, se toma x = 0 o bien y = 0, respectivamente, en la ecuaci¶onax+ by + cz + d = 0.

− Ejemplo 1.11. Trazar la gr¶a¯ca de la ecuaci¶on

2x+ 3y + 4z = 12

Soluci¶on: Hay tres puntos del plano que podemos ubicar f¶acilmente: los puntos de intersecci¶ondel plano con los ejes coordenados. Sustituyendo y y z por 0 en la ecuaci¶on obtenemos 2x = 12,



Figura 1.11: Dibujando un plano.

o sea x = 6. Entonces, el punto (6; 0; 0) est¶a en la gr¶a¯ca. El n¶umero 6 es la coordenada x deintersecci¶on de la gr¶a¯ca con el eje x.

An¶alogamente, sustituyendo x y z por 0 obtenemos que la coordenada y de la intersecci¶on dela gr¶a¯ca con el eje y es 4, y por lo tanto, el punto (0; 4; 0) est¶a en la gr¶a¯ca. Reemplazando xy y por 0 se obtiene el punto (0; 0; 3). La traza en el plano xy se encuentra sustituyendo z por

0 en la ecuaci¶on dada. Al hacerlo obtenemos 2x+ 3y = 12. . . . . . . . . . . . . . . . . . . , que tiene como gr¶a¯ca en

el plano xy a una recta con abscisa en el origen 6 y ordenada en el origen 4. Esta y las otrastrazas de la gr¶a¯ca en los planos xzy yz se indican en la Fig. 1.11.

² Dos planos con vectores normales a y b, respectivamente, son paralelos si a y b son paralelos,y ortogonales si a y b son ortogonales.

− Ejemplo 1.12. Demostrar que las gr¶a¯cas de las ecuaciones 2x ¡ 3y ¡ z ¡ 5 = 0 y ¡6x +9y + 3z + 2 = 0 son planos paralelos.

Soluci¶on: Las gr¶a¯cas son planos con vectores normales a =D

2;¡3;¡1. . . . . . . . . . . . .

Ey b =D

¡6; 9; 3. . . . . . . . . .

E. Como b = ¡3a, los vectores a y b son paralelos y entonces los planos son

paralelos.

− Ejemplo 1.13. Encontrar una ecuaci¶on del plano que pasa por P (5;¡2; 4) y es paralelo alplano 3x+ y ¡ 6z + 8 = 0.Soluci¶on: El plano 3x+ y ¡ 6z + 8 = 0 tiene un vector normal a =

D3; 1;¡6. . . . . . . . . .

E. Por lo

tanto, un plano paralelo a ¶este tendr¶a una ecuaci¶on de la forma 3x+ y ¡ 6z. . . . . . . . . . . . . . . . . + d = 0

para alg¶un n¶umero real d. Si P (5;¡2; 4) est¶a en este plano, entonces sus coordenadas satisfacenla ecuaci¶on; es decir,

3(5) + (¡2)¡ 6(4) + d = 0o bien d = 11. Esto nos da 3x+ y ¡ 6z + 11. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = 0.

− Ejemplo 1.14. Trazar la gr¶a¯ca de 3x+ 5z = 10.



Soluci¶on: La gr¶a¯ca es un plano ortogonal al plano xz cuya intersecci¶on con el eje x tieneabscisa (o coordenada x) igual a 10

3, y su intersecci¶on con el eje z tiene elevaci¶on (o coordenada

z) igual a 2. N¶otese que la traza en el plano yz tiene la ecuaci¶on 5z = 10 y por lo tanto, es unarecta paralela al eje y cuya intersecci¶on con el eje z tiene coordenada z igual a 2.

Figura 1.12: Gra¯cando un plano.

An¶alogamente, la traza en el plano xy tiene ecuaci¶on 3x = 10 y es una recta paralela al eje ycuya intersecci¶on con el eje x tiene abscisa igual a 10

3. La Fig. 1.12 muestra una parte de la

gr¶a¯ca y las trazas en los tres planos coordenados.

² Si una recta l est¶a dada param¶etricamente como

x = x1 + a1t; y = y1 + a2t; z = z1 + a3t

Si a1, a2, a3 son diferentes de cero, puede despejarse t de cada ecuaci¶on y obtener:

t =x¡ x1a1

=y ¡ y1a2

=z ¡ z1a3

² Resulta entonces que un punto P (x; y; z) est¶a en l si y s¶olo si se satisfacen estas ecuaciones,llamadas forma sim¶etrica de la ecuaci¶on de l.

² La forma sim¶etrica no es ¶unica para una recta dada, pues en se pueden usar otros tres n¶umerosb1; b2; b3 en vez de a1; a2; a3 con tal de que sean proporcionales a aqu¶ellos, y tambi¶en es posibleusar otro punto de l en lugar de (x1; y1; z1).

− Ejemplo 1.15. Encontrar la forma sim¶etrica de la ecuaci¶on de la recta que pasa por P1(3; 1;¡2)y P2(¡2; 7;¡4).Soluci¶on: El vector a correspondiente a

¡¡!P1P2 es

a =D

¡2¡ 3; 7¡ 1;¡4 + 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

E=D

¡5; 6;¡2. . . . . . . . . . . . .

E:

La recta tiene la representaci¶on param¶etrica

x = 3¡ 5t; y = 1 + 6t; z = ¡2¡ 2t. . . . . . . . . . . ; t 2 IR:


1.3. Secciones c¶onicas 23

Despejando t de cada ecuaci¶on e igualando los resultados obtenemos la forma sim¶etrica:

x¡ 3¡5 =

y ¡ 16

=z + 2

¡2. . . . . . . .

1.3 Secciones c¶onicas

² La circunferencia: La circunferencia se de¯ne como el lugar geom¶etrico de un punto P (x; y)que se mueve de modo que siempre se mantiene equidistante de un punto ¯jo. Esta distanciaconstante se denomina radio, y el punto ¯jo se denomina centro de la circunferencia. As¶³,usando esta de¯nici¶on, y llamando (h; k) al punto ¯jo y r al radio, tenemosp

(x¡ h)2 + (y ¡ k)2 = ro bien, elevando al cuadrado, (x¡ h)2 + (y ¡ k)2 = r2.

² El c¶³rculo es una secci¶on c¶onica porque puede obtenerse al cortar cono con un plano tal comose muestra en la Fig. 1.13.

Figura 1.13: C¶³rculo obtenido al cortar un cono.

Nota: En el archivo \c¶³rculo.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando Graphing Calcu-lator.



− Ejemplo 1.16. Hallar la ecuaci¶on de la circunferencia con centro en (2; 1) y que pasa por(4; 8).

La ecuaci¶on quedar¶a determinada para esta circunferencia si podemos hallar h, k y r. Por lainformaci¶on dada, h = 2 y k = 1. Para hallar r, usaremos el hecho de que todos los puntos dela circunferencia deben satisfacer su ecuaci¶on. El punto (4; 8) debe satisfacer la ecuaci¶on conh = 2 y k = 1. As¶³:

( 4¡ 2. . . . . . . )2 + ( 8¡ 1. . . . . . . )

2 = r2

Por esta relaci¶on obtenemos que r2 = 53. La ecuaci¶on de la circunferencia es (x¡2)2+(y¡1)2 =53. . . .

² Si efectuamos las operaciones indicadas en la ecuaci¶on, podemos combinar los t¶erminos resul-tantes para obtener

x2 + y2 +Dx+ Ey + F = 0

La ecuaci¶on se denomina ecuaci¶on general de la circunferencia. Esto nos dice que cualquierecuaci¶on que se pueda escribir en esa forma representar¶a una circunferencia.

² La par¶abola: se de¯ne como el lugar geom¶etrico de un punto P (x; y) que se mueve de modoque est¶a siempre equidistante de una recta y de un punto dados. La recta dada se denominadirectriz, y el punto dado se denomina foco. La recta que pasa por el foco y que es perpendiculara la directriz se denomina eje de la par¶abola. El punto medio entre la directriz y el foco es elv¶ertice de la par¶abola.

Usando la de¯nici¶on, hallaremos la ecuaci¶on de la par¶abola cuyo foco es el punto (p; 0) y cuyadirectriz es la recta x = ¡p. Con esta elecci¶on del foco y de la directriz, podremos hallar unarepresentaci¶on general de la ecuaci¶on de una par¶abola con su v¶ertice en el origen. De acuerdocon la de¯nici¶on, la distancia desde un punto P (x; y) de la par¶abola hasta el foco (p; 0) debeser igual a la distancia desde P (x; y) hasta la directriz x = ¡p. La distancia desde P hastael foco se puede encontrar mediante la f¶ormula de la distancia. La distancia desde P hastala directriz es la distancia perpendicular, la cual se puede determinar como la distancia entredos puntos pertenecientes a una recta paralela al eje x. Estas distancias est¶an indicadas en la¯gura. As¶³,' tenemos p

(x¡ p)2 + (y ¡ 0)2 = x+ p



Elevando al cuadrado los dos miembros de esta ecuaci¶on, tenemos

(x¡ p)2 + y2 = (x+ p)2

o bien x2 ¡ 2px+ p2 + y2 = x2 + 2px+ p2 Simpli¯cando, obtenemosy2 = 4px

² La ecuaci¶on anterior se denomina forma est¶andar de la ecuaci¶on de una par¶abola cuyo ejecoincide con el eje x y cuyo v¶ertice es el origen. Se puede demostrar que esta curva es sim¶etricacon respecto al eje x, porque (¡y)2 = 4px es lo mismo que y2 = 4px.

² La par¶abola es una secci¶on c¶onica porque puede obtenerse al cortar cono con un plano tal comose muestra en la Fig. 1.14.

Figura 1.14: Par¶abola obtenida al cortar un cono.

Nota: En el archivo \parabola.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando Graphing Cal-culator.

− Ejemplo 1.17. Hallar las coordenadas del foco, la ecuaci¶on de la directriz y trazar la gr¶a¯cade la par¶abola y2 = 12x.

Figura 1.15: Par¶abola

Soluci¶on: Por la forma de la ecuaci¶on, sabemos que el v¶ertice est¶a en el origen. El coe¯ciente

12 nos indica que el foco es (3; 0). . . . . . . , porque 4p = 12. Adem¶as, esto signi¯ca que la directriz

es la recta x = ¡3. Ver Fig. 1.15.



− Ejemplo 1.18. Si el foco est¶a a la izquierda del origen, con la directriz a la misma distanciaa la derecha, el coe¯ciente del t¶ermino en x ser¶a negativo. Esto nos dice que la par¶abola seabre hacia la izquierda y no hacia la derecha, como es el caso cuando el foco est¶a a la derechadel origen. Por ejemplo, la par¶abola

Figura 1.16: Par¶abola

y2 = ¡8xtiene su v¶ertice en el origen, su foco en (¡2; 0) y su directriz es la recta x = 2. Por lo tanto,4p = ¡8, o p = ¡2. La par¶abola se abre hacia la izquierda. Ver Fig. 1.16.

² Si escogemos como foco el punto (0; p) y como directriz la recta y = ¡p, hallaremos que laecuaci¶on resultante es

x2 = 4py

Esta es la forma est¶andar de la ecuaci¶on de la par¶abola cuyo eje coincide con el eje y, ycuyo v¶ertice est¶a en el origen. Se puede demostrar su simetr¶³a con respecto al eje y, porque(¡x)2 = 4py es igual a x2 = 4py.

x2 = 4py

y2 = 4px

Figura 1.17: Dos par¶abolas.

− Ejemplo 1.19. La par¶abola x2 = 4y tiene su v¶ertice en el origen, su foco en el punto ( 0; 1. . . . )

y su directriz es la recta y = ¡1. . . . . . . . . . .



² La elipse: La elipse se de¯ne como el lugar geom¶etrico de un punto P (x; y) que se mueve demodo que la suma de sus distancias a dos puntos ¯jos es constante. Ver Fig. 1.18. Estos dospuntos ¯jos se denominan focos de la elipse. Llamando 2a a la suma ¯ja y tomando como focoslos puntos(c; 0) y (¡c; 0), por la de¯nici¶on de la elipse, tenemosp

(x¡ c)2 + y2 +p(x+ c)2 + y2 = 2a

² Si hacemos a2 ¡ c2 = b2, obtenemos:

x2

a2+y2

b2= 1

Figura 1.18: Elipse.

² Si hacemos y = 0, hallamos que las intersecciones con el eje x son (¡a; 0) y (a; 0). Estos dospuntos se denominan v¶ertices de la elipse, y el segmento de recta comprendido entre ellos sedenomina eje mayor de la elipse.

² Si hacemos ahora x = 0, hallamos que las intersecciones con el eje y son (0;¡b) y (0; b). Elsegmento de recta que une estos dos puntos se denomina eje menor de la elipse.

² Si escogemos los focos en el eje y, la ecuaci¶on est¶andar de la elipse con centro en el origen y ejemayor en el eje y, es

y2

a2+x2

b2= 1

² En este caso, los v¶ertices son (0; a) y (0;¡a), los focos son (0; c) y (0;¡c), y los extremos deleje menor son (b; 0) y (¡b; 0).

² La elipse es una secci¶on c¶onica porque puede obtenerse al cortar cono con un plano tal comose muestra en la Fig. 1.19.

Nota: En el archivo \elipse.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando Graphing Calcu-lator.



Figura 1.19: Elipse obtenida al cortar un cono.

− Ejemplo 1.20. La elipsex2

25+y2

9= 1

tiene sus v¶ertices en ( 5; 0. . . . ) y ( ¡5; 0. . . . . . . ).

Su eje menor est¶a comprendido entre (0; 3) y (0;¡3), como se ve en la ¯gura. Esta informaci¶onse obtiene directamente de la ecuaci¶on, porque el 25 nos indica que a2 = 25, o a = 5. En lamisma forma tenemos que b = 3. Como sabemos a2 yb2, podemos hallar c2 por la relaci¶onc2 = a2 ¡ b2. As¶³, c2 = 16, o c = 4. Esto nos dice a su vez que los focos de la elipse est¶an en( 4; 0. . . . ) y ( ¡4; 0. . . . . . . ).

− Ejemplo 1.21. La elipse de la Fig. 1.20

x2

4+y2

9= 1

tiene sus v¶ertices en (0; 3) y (0;¡3). El eje menor est¶a comprendido entre (2; 0) y (¡2; 0). Estose puede obtener directamente por la ecuaci¶on, porque a2 = 9 y b2 = 4. Cabr¶³a preguntar porqu¶e escogemos a2 = 9 en este ejemplo y a2 = 25 en el ejemplo anterior. Como a2 = b2 + c2,a es siempre mayor que b. As¶³, podemos decir en cu¶al de los ejes (x o y) est¶a el eje mayor,observando cu¶al de los n¶umeros (en el denominador) es mayor, cuando la ecuaci¶on esta escritaen la forma est¶andar. El n¶umero mayor corresponde a a2.

En este ejemplo, los focos son ( 0;p5. . . . . . . ) y ( 0;¡

p5. . . . . . . . . . ).



Figura 1.20: Gr¶a¯ca de la par¶abola.

² La hip¶erbola: La hip¶erbola se de¯ne como el lugar geom¶etrico de un punto P (x; y) que semueve de tal manera que la diferencia de las distancias a dos puntos ¯jos es constante. Estospuntos ¯jos son los focos de la hip¶erbola. Suponiendo que los focos de la hip¶erbola est¶an en lospuntos (c; 0) y (¡c; 0) (ver la ¯g.) y que la diferencia constante es 2a, tenemos

Figura 1.21: Hip¶erbola.

p(x+ c)2 + y2 ¡

p(x¡ c)2 + y2 = 2a

² La ecuaci¶on de la hip¶erbola esx2

a2¡ y

2

b2= 1

² Cuando se deduce esta ecuaci¶on, se tiene una de¯nici¶on de la relaci¶on entre a, b y c, que esdiferente de la de la elipse. Esta relaci¶on es c2 = a2 + b2.

² Haciendo y = 0, hallamos que las intersecciones con el eje x son (a; 0) y (¡a; 0), tal comoocurri¶o con la elipse. Estos puntos se denominan v¶ertices de la hip¶erbola.

² Haciendo x = 0, hallamos que las soluciones para y son imaginarias, lo cual signi¯ca que nohay puntos en la curva correspondientes al valor de x = 0.



² Para encontrar el signi¯cado de b, despejaremos y en la ecuaci¶on x2

a2¡ y

2

b2= 1. Obtenemos:

y = §bxa

r1¡ a

2

x2

Notamos que si se toman valores grandes para x, la cantidad bajo el radical se aproxima a 1.As¶³, tenemos que para valores grandes de x,

y ¼ §bxa

² Las rectas y = §bxarepresenta a dos rectas que pasan por el origen. La pendiente de una de

ellas es b=a y la de la otra es ¡b=a. Estas rectas se denominan as¶³ntotas de la hip¶erbola. Ver¯g. 1.22.

Figura 1.22: As¶³ntotas

² Tiene un eje transverso de longitud 2a a lo largo del eje x, y un eje conjugado de longitud2b a lo largo del eje y. Esto signi¯ca que a representa la longitud del semieje transverso, yb representa la longitud del semieje conjugado. La relaci¶on entre a, b y c est¶a dada por laecuaci¶on x2

a2¡ y2

b2= 1.

² Si el eje transverso est¶a en el eje y, y el eje conjugado est¶a en el eje x (ver Fig.1.23), la ecuaci¶onde una hip¶erbola con centro en el origen es

y2

a2¡ x

2

b2= 1

² La hip¶erbola es una secci¶on c¶onica porque puede obtenerse al cortar cono con un plano talcomo se muestra en la Fig.

Nota: En el archivo \hiperbola.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando GraphingCalculator.



Figura 1.23: Hip¶erbola con eje transverso en el eje y.

Figura 1.24: Hip¶erbola obtenida al cortar un cono.

− Ejemplo 1.22. La hip¶erbolax2

16¡ y

2

9= 1

tiene sus v¶ertices en ( 4; 0. . . . ) y ( ¡4; 0. . . . . . . ). Su eje transverso est¶a comprendido entre estos

v¶ertices. Su eje conjugado se extiende desde (0; 3) hasta (0;¡3). Como c2 = a2 + b2, hallamosque c = 5, de donde resulta que los focos son los puntos (5; 0) y (¡5; 0). Trazando el rect¶anguloy luego las as¶³ntotas, dibujamos la hip¶erbola desde cada v¶ertice hacia las as¶³ntotas (¯g.1.25).De este modo, queda trazada la curva.

− Ejemplo 1.23. Lahip¶erbolay2

4¡ x

2

16= 1

tiene sus v¶ertices en (0; 2) y (0;¡2) su eje conjugado se extiende desde (4; 0) hasta (¡4; 0). Losfocos son ( 0; 2

p5. . . . . . . . . ) y ( 0;¡2

p5. . . . . . . . . . . . ). Como 2a se extiende a lo largo del eje y, vemos que

las ecuaciones de las as¶³ntotas son y = §(a=b)x. Esta es una extensi¶on para el caso en que el



Figura 1.25: Gr¶a¯ca de la hip¶erbola.

Figura 1.26: Gr¶a¯ca de la hip¶erbola.

eje transverso est¶a en el eje y. La raz¶on a=b expresa simplemente la pendiente de la as¶³ntota(ver la ¯g. 1.26).

1.4 Traslaci¶on de ejes

² Empecemos con el caso de dos variables. La ecuacion m¶as general de segundo grado en x y ytiene la forma

Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx+ 2Ey + F = 0 (1.1)

Si se pudiera factorizar (1.1) en la forma

(ax+ by + c)(dx+ ey + f) = 0

el conjunto de puntos consistir¶³a en dos rectas; si B = 0, A = C, el conjunto es un c¶³rculo; enotro caso es una de las c¶onicas vistas ya.

² Se puede veri¯car, por ejemplo, que el conjunto de puntos de la ecuaci¶on20x2 ¡ 24xy + 27y2 + 24x¡ 54y ¡ 369 = 0 (1.2)

obtenida y el de la ecuaci¶on

11x2 + 36y2 ¡ 369 = 0 (1.3)


1.4. Traslaci¶on de ejes 33

Figura 1.27:

obtenida son elipses id¶enticas. Ver Fig. 1.27. La diferencia en las ecuaciones se debe a susposiciones con respecto a los ejes de coordenados.

² Para hacer un estudio detalllado de los conjuntos representados por (1.1), como el (1.2), porejemplo, habr¶a que introducir alg¶un procediento para cambiar (1.2) en (1.3). Las operaciones,que son dos, mediante las, cuales (1.2) se puede transformar en (1.3), se llaman justamentetransformaciones. El efecto general de ¶estas se puede interpretar as¶³: Cada punto (x; y) delplano queda, ¯jo, pero cambia de nombre, esto es, de coordenadas, seg¶un una cierta ley dadapor las llamadas ecuaciones de la transformaci¶on.

² Traslaci¶on de los ejes de coordenadas. La transformaci¶on que mueve los ejes, de coorde-nadas a una nueva posici¶on manteni¶endolos siempre paralelos a su posici¶on primitiva se llamatraslaci¶on.

Figura 1.28: Traslaci¶on de ejes.

² Nota: por comodidad usaremos u en lugar de x0 y v en lugar de y0.² En la ¯gura 1.28, Ox y Oy son los ejes y O es el origen del sistema primitivo, en tanto que O0uy O0v son los ejes y O0 el origen del nuevo sistema (trasladado).

² Cada punto del plano tendr¶a ahora dos pares de coordenadas: el primitivo, que consiste en lasdistancias dirigidas de los ejes primitivos al punto, dadas en su orden apropiado, y el nuevo par



de coordenadas que consiste en las distancias dirigidas desde los nuevos ejes al mismo punto.Para evitar errores, escribiremos las coordenadas de un punto referidas a un sistema primitivocomo A(a; b), por ejemplo, y las coordenadas referidas a un nuevo sistema como A(c; d)0. Aveces tambi¶en ser¶a c¶omodo, hablar de sistema sin tildes o con tildes (letras sin primas o conprimas).

² Si los ejes, junto con el origen O, se trasladan a una nueva posici¶on con el origen O0 decoordenadas (h; k) respecto del primer sistema y si las coordenadas de un punto son (x; y) antesde la traslaci¶on y (u; v)0 despu¶es de la traslaci¶on, entonces las ecuaciones de transformaci¶on son

x = u+ h; y = v + k: (1.4)

− Ejemplo 1.24. Mediante una traslaci¶on, transformar la ecuaci¶on

3x2 + 4y2 ¡ 12x+ 16y ¡ 8 = 0

en otra que carezca de t¶erminos de primer grado.

Soluci¶on: Hay dos formas de hacerlo.

Primera soluci¶on. Si se sustituyen los valores de x y y seg¶un la (1.4) en la ecuaci¶on dada, seobtiene:

3(u+ h)2 + 4(v + k)2 ¡ 12(u+ h) + 16(v + k)¡ 8. . . . . . . . . . . . . . . . . . . = 0

o bien

3u2 + 4v2. . . . . . . . . . . . . . + (6h¡ 12)u+ (8k + 16)v + 3h2 + 4k2 ¡ 12h+ 16k ¡ 8 = 0

La ecuaci¶on carecer¶a de t¶erminos de primer grado si

6h¡ 12. . . . . . . . . . . = 0; y 8k + 16. . . . . . . . . . . = 0

es decir, si h = 2 y k = ¡2. As¶³ que la traslaci¶on

x = u+ 2. . . . . . . ;

y = v ¡ 2. . . . . . .

reduce la ecuaci¶on dada a la3u2. . . . . + 4v

2 ¡ 36 = 0El conjunto que representa, una elipse, junto con el sistema primitivo y el nuevo, se muestranen la ¯gura 1.29.


1.4. Traslaci¶on de ejes 35

Figura 1.29: Traslaci¶on.

Segunda soluci¶on: Se pone la ecuaci¶on dada en la forma

3(x2 ¡ 4x) + 4(y2 + 4y) = 8

y se completan los cuadrados para obtener

3( x2 ¡ 4x+ 4. . . . . . . . . . . . . . . . . ) + 4( y2 + 4y + 4. . . . . . . . . . . . . . . . ) = 8 + 3(4) + 4(4) = 36

o sea3(x¡ 2)2 + 4(y + 2)2 = 36

La transformaci¶on x¡ 2 = u, y+2 = v o sea x = u+2, y = v¡ 2 reduce a 3u2+4v2¡ 36: = 0,como antes.

² La otra forma de transformaci¶on de coordenadas es la de rotaci¶on de ejes coordenados. Latransformaci¶on que deja ¯jo el origen, pero hace girar los ejes de coordenadas un ¶angulo dado,se llama rotaci¶on.

² Si con el origen ¯jo se giran los ejes en sentido contrario de las agujas del reloj un ¶angulo µ y silas coordenadas de un punto P son (x; y) antes y (u; v)0 despu¶es de la rotaci¶on las ecuacionesde transformaci¶on son:

x = u cos µ ¡ v sen µy = u sen µ + v cos µ

− Ejemplo 1.25. Transformar la ecuaci¶on

x2 +p3xy + 2y2 ¡ 5 = 0

girando los ejes de coordenadas 60o.

Soluci¶on: Las ecuaciones de transformaci¶on son

x = u cos 60o ¡ v sen 60o = 1

2(u¡

p3v)

. . . . . . . . . . . . . . . . .

y = u sen 60o + v cos 60o =1

2(p3u+ v)

. . . . . . . . . . . . . . . . .



Llevando estos valores de x y y a la ecuaci¶on dada, se obtiene

1

4(u¡

p3v)2 +

1

4

p3(u¡

p3v)(

p3u+ v) +

1

2(p3u+ v)2 ¡ 5 = 0

o bien 5u2 + v2 = 10, que representa una elipse.

Figura 1.30: Rotaci¶on.

En la ¯gura 1.30 se muestra ¶esta junto con los sistemas primitivo y nuevo de coordenadas.

1.5 Super¯cies cu¶adricas

² En general, la traza (o corte) de una super¯cie en un plano es la l¶³nea de intersecci¶on de lasuper¯cie con el plano. Para esquematizar una super¯cie se hace uso frecuente de las trazas.Son de especial importancia las trazas en los planos coordenados. Estas tres l¶³neas se llamantraza xy, traza yz y traza xz, y sus ecuaciones pueden encontrarse a partir de la ecuaci¶on dela super¯cie tomando z = 0, x = 0 y y = 0, respectivamente.

− Ejemplo 1.26. Encontrar las trazas, en varios planos, de la super¯cie con ecuaci¶on z = x2+y2

y esquematizar la gr¶a¯ca de la ecuaci¶on.

Soluci¶on: Para encontrar la traza yz tomamos x = 0 en la ecuaci¶on z = x2 + y2 y as¶³ z = y2.Por lo tanto, la traza de la super¯cie en el plano yz es una par¶abola con v¶ertice en el origeny que abre hacia arriba, como se muestra en la Figura Para encontrar la traza xz tomamos

y = 0 en z = x2 + y2, y obtenemos z = x2. . . . . . . . . . Por lo tanto, tambi¶en la traza en el plano

xz es una par¶abola. Para la traza xy, se toma z = 0 y resulta x2 + y2 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . La gr¶a¯ca

de esta ecuaci¶on consta de un solo punto, el origen. Ahora encontraremos las trazas en planosparalelos al plano xy; es decir, planos con ecuaciones de la forma z = z0. Sustituyendo z por z0en la ecuaci¶on dada, obtenemos x2+y2 = z0. Entonces, si z0 > 0, la traza en el plano z = z0 esuna circunferencia de radio

pz0, En la Figura 1.31 se muestran varias de estas circunferencias.

Si z0 < 0, entonces x2 + y2 = z0 no tiene gr¶a¯ca y por lo tanto, la super¯cie no tiene puntos

abajo del plano xy. Las trazas en planos paralelos al plano xz o al plano yz son par¶abolas.

Por ejemplo, la traza en el plano y = 1 est¶a dada por la par¶abola z = x2 + 1. . . . . . . . . . . . . . . . No se


1.5. Super¯cies cu¶adricas 37

Figura 1.31: Haciendo trazas.

representan estas par¶abolas pues las trazas circulares que se obtuvieron son su¯cientes paramostrar la gr¶a¯ca. Se puede considerar que la super¯cie de este ejemplo fue generada haciendogirar la par¶abola z = y2 en el plano yz, alrededor del eje z. Esta super¯cie se llama paraboloidede revoluci¶on (o paraboloide circular).Nota: En el archivo \z=x^2+y^2.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando GraphingCalculator.

² Sea C una curva en un plano, y l una recta que no est¶a en un plano paralelo. El conjunto delos puntos en todas las rectas paralelas a l que cortan a C se llama cilindro.

² La curva C es una directriz del cilindro y cada una de las rectas paralelas a l que pasan por Ces una generatriz del citado cilindro.

² El tipo com¶un de super¯cie cil¶³ndrica es el cilindro circular recto que se obtiene cuando Ces una circunferencia en un plano y l es una recta perpendicular al plano, como se ve en laFigura 1.32.

² Aunque en la ¯gura el cilindro aparece cortado en sus extremos, las generatrices se extiendeninde¯nidamente. Como se ilustra en la Figura 1.32 (b), la directriz C de una super¯cie cil¶³ndricano tiene que ser una curva cerrada.

² Consideremos el caso en que la directriz C est¶a en el plano xy y tiene por ecuaci¶on y = f(x) paraalguna funci¶on f . Supongamos tambi¶en que las generatrices son paralelas al eje z. Entonces,como se ilustra en la Figura 1.32-(c), un punto P (x; y; z) est¶a en el cilindro si y s¶olo si Q(x; y; 0)est¶a en C; es decir, si y s¶olo si las dos coordenadas x, y de P satisfacen la ecuaci¶on y = f(x).Por lo tanto, y = f(x) es una ecuaci¶on del cilindro adem¶as de ser la ecuaci¶on de la directriz enel plano xy.

− Ejemplo 1.27. Esquematizar la gr¶a¯ca dex2

4+y2

9= 1 en tres dimensiones.

Soluci¶on: De acuerdo con los comentarios anteriores, la gr¶a¯ca es un cilindro con generatricesparalelas al eje z. Comenzamos por trazar la gr¶a¯ca de (x2=4) + (y2=9) = 1 en el plano xy.Esta elipse es la directriz C del cilindro. Todas las trazas en planos paralelos al plano xy son



Figura 1.32: Cilindro circular recto.

elipses congruentes con esta directriz. En la Figura 1.33 se muestra una parte de la gr¶a¯ca.

Figura 1.33: Cilindro el¶³ptico.

Nota: En el archivo \x^2 div 4 +y^2 div 9 =1.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usandoGraphing Calculator.

− Ejemplo adicional 1.1. Esquematizar la gr¶a¯ca de y = x2 en tres dimensiones.

Soluci¶on: De acuerdo con los comentarios anteriores, la gr¶a¯ca es un cilindro con generatricesparalelas al eje z. Comenzamos por trazar la gr¶a¯ca de y = x2 en el plano xy. Esta par¶abolaes la directriz C del cilindro. Todas las trazas en planos paralelos al plano xy son par¶abolascongruentes con esta directriz. En la Figura 1.34 se muestra una parte de la gr¶a¯ca.Nota: En el archivo \y=x^2.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando Graphing Calcu-lator.



Figura 1.34: Cilindro el¶³ptico.

² La gr¶a¯ca de una ecuaci¶on que s¶olo contiene las variables y y z es un cilindro cuyas generatricesson paralelas al eje x y cuya traza (directriz) en el plano yz es la gr¶a¯ca de la ecuaci¶on dada.An¶alogamente, la gr¶a¯ca de una ecuaci¶on que no contiene a la variable y es un cilindro congeneratrices paralelas al eje y y cuya directriz es la gr¶a¯ca de la ecuaci¶on dada en el plano xz.

− Ejemplo 1.28. Esquematizar las gr¶a¯cas en tres dimensiones de las siguientes ecuaciones.(a) y2 = 9¡ z (b) z = senx.

Soluci¶on: (a) La gr¶a¯ca es un cilindro con generatrices paralelas al eje x y que tiene comodirectriz en el plano yz a la gr¶a¯ca de y2 = 9¡ z. En la Figura 1.35-(a) se muestra una partede la gr¶a¯ca (que es un cilindro parab¶olico).

Figura 1.35: Gr¶a¯cas.

(b) La gr¶a¯ca es un cilindro con generatrices paralelas al eje y y cuya directriz en el plano xzes la gr¶a¯ca de la ecuaci¶on dada por z = senx. En la Figura 1.35-(b) aparece una parte de lagr¶a¯ca.Nota: En el archivo \y^2 = 9-z.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando GraphingCalculator.

² Se sabe que, en dos dimensiones, la gr¶a¯ca de cualquier ecuaci¶on de segundo grado en x, yAx2 +Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0



es una secci¶on c¶onica (excepto en los casos degenerativos).

² En tres dimensiones, la gr¶a¯ca de una ecuaci¶on de segundo grado en x, y, z

Ax2 +By2 + Cz2 +Dxy + Exz + Fyz +Gx+Hy + Iz| {z }+J = 0;es una super¯cie cu¶adrica (excepto en los casos degenerativos). Restringiremos el an¶alisis delas super¯cies cu¶adricas al caso en que los coe¯cientes D, E, F , G, H e I son todos cero, esdecir no consideraremos el caso en que haya t¶erminos mixtos.

² Hay tres tipos de super¯cies cu¶adricas:{ elipsoides (la esfera es un caso particular de un elipsoide)

{ hiperboloides

{ y paraboides.

Los nombres provienen del hecho de que las trazas en los planos paralelos a los planos coorde-nados son elipses, hip¶erbolas y par¶abolas, respectivamente.

² La gr¶a¯ca de la siguiente ecuaci¶on, en la que a, b y c son n¶umeros reales positivos, es unElipsoideelipsoide.

x2

a2+y2

b2+z2

c2= 1

² Las trazas del elipsoide x2

a2+y2

b2+z2

c2= 1 en los tres planos coordenados se indican en la

siguiente tabla:

Traza Ecuaci¶on de la traza Gr¶a¯ca

Traza xyx2

a2+y2

b2= 1 Elipse

Traza xzx2

a2+z2

c2= 1 Elipse

Traza yzy2

b2+z2

c2= 1 Elipse

² La Figura 1.36-(a) muestra una gr¶a¯ca t¶³pica de un elipsoide con sus trazas en los planoscoordenados.

² Para encontrar la traza en un plano arbitrario z = z0 paralelo al plano xy, sustituimos z porz0 en la ecuaci¶on del elipsoide y as¶³

x2

a2+y2

b2= 1¡ z

20

c2



Figura 1.36: Elipsoides.

² Si jz0j > c, entonces 1¡ z20

c2< 0 y no hay gr¶a¯ca. Por lo tanto, la gr¶a¯ca se encuentra entre los

planos z = ¡c y z = c.

² Si jz0j < c, entonces 1¡ z20

c2> 0 y por lo tanto, la traza en el plano z = z0 es una elipse, como

se ilustra en la Figura 1.36-(b). En la ¯gura tambi¶en se muestran las partes visibles de otrastrazas en planos paralelos al plano xy.

² Para un plano y = y0 paralelo al plano xz, tenemos la siguiente relaci¶on:x2

a2+z2

c2= 1¡ y

20

b2

La Figura 1.36-(b) muestra tambi¶en las partes visibles de varias de estas trazas (que son elipses)para ¡b < y0 < b.

² Finalmente, tomando x = x0 con ¡a < x0 < a, vemos que las trazas en planos paralelos alplano yz son elipses. (Estas elipses no est¶an en la Figura)

² Si a = b = c, la gr¶a¯ca es una esfera de radio a con centro en el origen. Ver 1.37.

Figura 1.37: Esfera.

² A veces las trazas en los tres planos coordenados son su¯cientes para indicar la forma generalde una super¯cie cu¶adrica, como en la Figura 1.36.



Nota: En el archivo \elipsoide con par¶ametros.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usandoGraphing Calculator.

− Ejemplo 1.29. Elaborar la gr¶a¯ca dex2

4+y2

9+z2

25= 1

Soluci¶on: En este caso a = 2. , b = 3. , c = 5. . La traza sobre el plano xy es la elipse

x2

4+y2

9= 1. La del plano xz es la elipse

x2

4+z2

25= 1 y la del plano yz es

y2

9+z2

25= 1. La

gr¶a¯ca de la traza en el plano xy se muestra en la Fig. 1.38.

Figura 1.38: Traza en el plano xy.

La gr¶a¯ca del parabolide se muestra en la Fig. 1.39.

Figura 1.39: Elipsoide

Nota: En el archivo \elipsoide.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando Graphing Cal-culator.



² La gr¶a¯ca de la siguiente ecuaci¶on, en la que a, b y c son n¶umeros reales positivos, es unhiperboloide de un manto.

x2

a2+y2

b2¡ z

2

c2= 1

Figura 1.40: Hiperboloide de un manto

² Las trazas del hiperboloide x2

a2+y2

b2¡ z

2

c2= 1 en los tres planos coordenadas se indican en la

siguiente tabla:


Traza xyx2

a2+y2

b2= 1 Elipse

Traza xzx2

a2¡ z

2

c2= 1 Hip¶erbola

Traza yzy2

b2¡ z

2

c2= 1 Hip¶erbola

² La gr¶a¯ca est¶a en la Figura 1.41 junto con estas trazas.² El eje z es el eje del hiperboloide. La traza en un plano z = z0 paralelo al plano xy tiene unaecuaci¶on de la forma

x2

a2+y2

b2= 1 +

z20c2

y es por lo tanto una elipse (v¶ease la Figura 1.41). Las trazas en los planos x = x0 bieny = y0; es decir, en planos paralelos al plano yz o al plano xz, respectivamente, son hip¶erbolas(verif¶³quese este hecho).



Figura 1.41: Hiperboloide de un manto

² Las gr¶a¯cas dex2

a2¡ y

2

b2+z2

c2= 1 y ¡ x

2

a2+y2

b2+z2

c2= 1

tambi¶en son hiperboloides de un manto, pero en el primer caso el eje del hiperboloide es el ejey, y en el segundo, el eje del hiperboloide es el eje x. Por lo tanto, el t¶ermino negativo en estasecuaciones indica el eje del hiperboloide.

Nota: En el archivo \hiperboloide de un manto.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usandoGraphing Calculator.

² El siguiente es un hiperboloide de otro tipo: hiperboloide de dos mantos

¡x2

a2¡ y

2

b2+z2

c2= 1



² Las trazas en los planos coordenadas son las siguientes:


Traza xyx2

a2+y2

b2= ¡1 No hay gr¶a¯ca

Traza xz ¡x2

a2+z2

c2= 1 Hip¶erbola

Traza yz ¡y2

b2+z2

c2= 1 Hip¶erbola

² Las intersecciones con el eje z tienen coordenadas z = §c y no hay intersecciones con el ejex ni con el eje y. Como no hay traza en el plano xy, se ve si hay traza en un plano z = z0paralelo al plano xy. Sustituyendo z por z0 en la ecuaci¶on dada se obtiene

¡x2

a2¡ y

2

b2+z2

c2= 1 ¡! x2

a2+y2

b2=z20c2¡ 1

Si jz0j > c, entonces la traza es una elipse, como se indica en la Figura 1.42. Las trazas en los

Figura 1.42: Hiperboloide de dos mantos.

planos paralelos al plano yz o al plano xz son hip¶erbolas (verif¶³quese este hecho). El eje z esel eje del hiperboloide.

² Poniendo los signos negativos en otros t¶erminos se obtienen hiperboloides de dos mantos cuyoeje es el eje x o el eje y. (>Qu¶e t¶erminos deben ser negativos en cada caso?) Ver Fig. 1.43.Nota: En el archivo \hiperboloide de dos mantos.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usandoGraphing Calculator.

² Un cono (de dos mantos) puede considerarse como un hiperboloide degenerativo que se obtienesustituyendo por 0 el n¶umero 1 en la ecuaci¶on de hiperboloide de uno o dos mantos. Esto dala siguiente ecuaci¶on.

x2

a2+y2

b2¡ z

2

c2= 0



Figura 1.43: Hiperboloides de dos mantos con diferentes ejes.

² Las trazas en los planos coordenadas son las siguientes:


Traza xyx2

a2+y2

b2= 0 El origen

Traza xzx2

a2¡ z

2

c2= 0 Las rectas z = § c

ax

Traza yzy2

b2¡ z

2

c2= 1 Las rectas z = §c

by

² La traza en un plano z = z0 paralelo al plano xy tiene la ecuaci¶onx2

a2+y2

b2=z20c2

y por lo tanto es una elipse.

² Las trazas en los planos paralelos a los otros ejes coordenados son hip¶erbolas (verif¶³quese estehecho).

² La gr¶a¯ca est¶a en la Figura 1.44. El eje z es el eje del cono.Nota: En el archivo \cono de dos mantos.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usandoGraphing Calculator.

² La gr¶a¯ca de la siguiente ecuaci¶on, en la que a, b y c son n¶umeros reales y a y b son positivos,es un paraboide.

x2

a2+y2

b2= cz (Note que z no est¶a al cuadrado)

El ejemplo 4.118 es un caso especial con a = b = c = 1. Si c > 0, entonces la gr¶a¯ca esparecida a la que se muestra en la Figura 1.45 excepto que si a 6= b, entonces las trazas enplanos paralelos al xy son elipses en vez de circunferencias. Si c > 0, entonces el paraboloideabre hacia arriba. El eje z es el eje del paraboloide.



Figura 1.44: Cono.

Figura 1.45: Paraboloide

² Las gr¶a¯cas de las ecuacionesx2

a2+z2

b2= cy y

y2

a2+z2

b2= cx

son paraboloides cuyos ejes son el eje y y el eje x, respectivamente. Ver Fig. 1.46.Nota: En el archivo \paraboloide.gcf", del disco compacto, se ilustra esto usando GraphingCalculator.

² La ecuaci¶on de un paraboloide hiperb¶olico est¶a dada por:y2

a2¡ x

2

b2= cz

La Figura 1.47 muestra un croquis t¶³pico de esta super¯cie, con c > 0, la cual tiene la formade una silla de montar. Intercambiando x, y y z, se obtienen variantes.



Figura 1.46: Paraboloides con diferenes ejes.

Figura 1.47: paraboloide hiperb¶olico.

² El paraboloide hiperb¶olico es la super¯cie cu¶adrica m¶as dif¶³cil de visualizar y se requiere muchapr¶actica para adquirir la habilidad de esquematizar la gr¶a¯ca. Trazas como las de la Figura1.47 pueden ser ¶utiles. Obs¶ervese que la traza en el plano xy tiene como ecuaci¶on

y2

a2¡ x

2

b2= 0 o bien y = §a

bx

y es un par de rectas que se cortan en el origen. Esta traza no aparece en la Figura 1.47.

² A continuaci¶on se presentan dos ejemplos que son casos especiales de super¯cies cu¶adricas; esdecir, los coe¯cientes tienen valores espec¶³¯cos.Nota: En el archivo \paraboloide hiperb¶olico con eje z.gcf", del disco compacto, se ilustra estousando Graphing Calculator.

− Ejemplo 1.30. Esquematizar la gr¶a¯ca de

16x2 ¡ 9y2 + 36z2 = 144

e identi¯car la super¯cie.

Soluci¶on: Dividiendo ambos lados de la ecuaci¶on entre 144 obtenemos

x2

9. . . .¡ y2

16+z2

4= 1

Las trazas en los planos coordenadas son las siguientes:


1.6. Cilindros oblicuos 49


Traza xyx2

9¡ y2

16= 1

. . . . . . . . . . . . . . . . . .Hip¶erbola

Traza xzx2

9+z2

4= 1 Elipse

Traza yzz2

4¡ y2

16= 1

. . . . . . . . . . . . . . . . . .Hip¶erbola

Figura 1.48: Hiperboloide

La Figura 1.48 muestra la gr¶a¯ca de este hiperboloide de un manto cuyo eje es el eje y. Lastrazas en planos paralelos al plano xz son elipses y las trazas en planos paralelos al plano xy oal plano yz son hip¶erbolas.

− Ejemplo 1.31. Esquematizar la gr¶a¯ca de y2 + 4z2 = x e identi¯car la super¯cie.

Soluci¶on: Las trazas son las siguientes:


Traza xy y2 = x Par¶abola

Traza xz 4z2 = x Par¶abola

Traza yz y2 + 4z2 = 0 El origen

La traza en un plano x = x0 paralelo al plano yz tiene la ecuaci¶on y2 + 4z2 = x0, que es una

elipse si x0 > 0. Las trazas en planos paralelos al plano xz o al plano xy son par¶abolas. Lasuper¯cie es un paraboloide cuyo eje es el eje x y su gr¶a¯ca est¶a en la Fig. 1.49.

1.6 Cilindros oblicuos

² Se llama super¯cie cil¶³ndrica a la super¯cie generada por una recta m¶ovil que se apoya con-stantemente sobre una curva ¯ja, manteni¶endose paralela a una direcci¶on dada. Ver Fig. 1.50.




Figura 1.50: Cilindro oblicuo

² La recta m¶ovil se denomina generatriz y la curva ¯ja, directriz. A una posici¶on cualquiera dela generatriz se le denomina elemento de la super¯cie cil¶³ndrica.

² Si la directriz fuera una circunferencia, una elipse, una par¶abola, etc., la super¯cie cil¶³ndricaser¶a, respectivamente, circular, el¶³ptica, parab¶olica, etc. Cuando la directriz es una recta, lasuper¯cie generada es un plano, de donde se concluye que el plano es un caso particular de lasuper¯cie cil¶³ndrica.

² Veamos como hallar la ecuaci¶on de una super¯cie cil¶³ndrica.

² Sean f1(x; y; z) = 0 y f2(x; y; z) = 0 las ecuaciones de la directriz (d) y a, b, c los componentesdel vector director de la generatriz (g).

² Llamemos con P (x; y; z) un punto de la super¯cie cil¶³ndrica y supongamos que Q(u; v; w) es laintersecci¶on de la generatriz que pasa por P y la directriz. Como ha; b; ci es el vector directorde la generatriz, tenemos que existe t 2 IR tal que:8<: u = x+ at

v = y + btw = z + ct

(1.5)



² Como el punto Q pertenece a la directriz, se tiene:f1(u; v; w) = 0; f2(u; v; w) = 0 (1.6)

² Sustituyendo (1.5) en (1.6), obtenemos:f1(x+ at; y + bt; z + ct) = 0;f2(x+ at; y + bt; z + ct) = 0

² Eliminando t de estas dos ¶ultimas ecuaciones obtenemos la ecuaci¶on del cilindro.² En la pr¶actica, si los datos del problema son

f1(x; y; z) = 0f2(x; y; z) = 0

ha; b; cila b¶usqueda de la ecuaci¶on se reduce a hacer las siguientes sustituciones

x! x+ at; y ! y + bt; z ! z + ct

y luego eliminar el par¶ametro t.

Figura 1.51: Cilindro oblicuo

² En el archivo \ecuaci¶on de un cilindro oblicuo con Eliminate.nb", del disco compacto, se muestracomo realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 1.32. Determ¶³nese la ecuaci¶on de la super¯cie cil¶³ndrica que tiene como directriz(ver Fig.1.52) la curva

x = z + 1; y = z2 + 2z + 1

y cuya generatriz (g) es paralela a una recta ¯ja con vector director h2; 1; 1i.Soluci¶on:



Figura 1.52: Directriz

La ecuaci¶on de la directriz puede escribirse como

x = z + 1; y = (z + 1)2

Sean P (x; y; z) un punto cualquiera del cilindro en cuesti¶on. Hacemos entonces las sustituciones

x! x+ 2 ¢ t; y ! y + 1 ¢ t; z ! z + 1 ¢ ty al hacer la sustituci¶on en la directriz obtenemos

x+ 2t = z + t+ 1;

y + t = (z + t+ 1)2

De la primera ecuaci¶on obtenemos t = z ¡ x+ 1. Al sustituirla en la segunda, obtenemos:y + z ¡ x+ 1 = (z + z ¡ x+ 1 + 1)2

Simpli¯cando (<no es obligatorio!), obtenemos:

x2 ¡ 4xz + 4z2 ¡3x+ 7z ¡ y + 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = 0

que es la ecuaci¶on de la super¯cie cil¶³ndrica pedida. Ver cilindro en la Fig. 1.51.

− Ejemplo 1.33. Ded¶uzcase la ecuaci¶on de la super¯cie cil¶³ndrica que tiene como directriz (verFig.5.50) la curva con ecuaci¶on param¶etrica:

x = t+ 1; y = t2; z = t

y generatriz paralela a la recta r: x = 2z, y = z.

Soluci¶on:

Empecemos convirtiendo la ecuaci¶on de la directriz de la forma param¶etrica a la forma carte-siana. Para ello notamos que t = x¡ 1 y en virtud de esto obtenemos:

y = (x¡ 1)2 ; z = x¡ 1



Figura 1.53: Directriz.

Busquemos ahora un vector director para la generatriz. Observamos que la generatriz pasa por

los puntos (0; 0; 0) y (2; 1; 1). El vector director de r esD

2; 1; 1. . . . . . . .

E.

Hacemos ahora las sustituciones x! 2t+ x, y ! t+ y y z ! t+ z:

t+ y = (2t+ x¡ 1)2; t+ z = 2t+ x¡ 1Despejando de la primera ecuaci¶on t, obtenemos t = 1¡ x + z que sustituimos en la segundapara obtener

1¡ x+ z + y = (¡1 + 2(1¡ x+ z) + x)2

Simpli¯cando, obtenemos: x2 + 4z2. . . . . . . . . . . . ¡ 4xz ¡ x¡ y + 3z = 0.− Ejemplo 1.34. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III)

Hallar la ecuaci¶on del cilindro que tiene por directriz la circunferencia x2 + y2 = 9, z = 0y generatrices paralelas a la recta resultante de la interersecci¶on de los planos con ecuaci¶onz = 4y ¡ 2 y z = 3x+ 5. Ver Fig. 1.54.

z = 0

x2 + y2 = 9

z = 4y ¡ 2

z = 3x+ 5

Figura 1.54: Super¯ces involucradas.

Soluci¶on:



Llamemos con P (x; y; z) a un punto cualquiera de la generatriz y Q(u; v; w) el punto de inter-secci¶on de la generatriz con la directriz. Para hallar un vector director de la recta notamos que(0; 7=4; 5) y (1; 5=2; 8) satisfacen las ecuaciones de los planos que determinan la generatriz, por

lo tanto, un vector director esD

1; 3=4; 3. . . . . . . . . . .

Eo bien h4; 3; 12i. Se tiene entonces que:

u2 + v2 = 9; w = 0

x¡ u4

=y ¡ v3

=z ¡ w12

de donde:

x¡ u = z

3! u = x¡ z

3; y ¡ v = z

4;! v = y ¡ z

4

Introduciendo esos valores en u2 + v2 = 9 se tiene:³x¡ z

3

´2+

³y ¡ z

4

´2. . . . . . . . . . . . . .

= 9

o bien

144x2 + 144 y2 ¡ 96x z ¡ 72 y z + 25 z2 = 0que es la ecuaci¶on de la super¯cie cil¶³ndrica pedida.

− Ejemplo 1.35. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III)

Hallar la ecuaci¶on del cilindro que tiene por directriz la circunferencia x2+4xy+ y2 = 0, z = 0y generatrices paralelas a la recta con vector director h2; 3; 4i.Soluci¶on:

Figura 1.55: Cilindro y directriz.



Llamemos con P (x; y; z) a un punto cualquiera de la generatriz y Q(u; v; w) el punto de inter-secci¶on de la generatriz con la directriz. Se tiene entonces que:

u2 + 4uv + v2 = 9; w = 0

x¡ u2

=y ¡ v3

=z ¡ w4

de donde:

x¡ u = z

2! u = x¡ z

2; y ¡ v = 3z

4;! v = y ¡ 3z

4

Introduciendo esos valores en u2 + 4uv + v2 = 9 se tiene:³x¡ z

2

´2+ 4

³x¡ z

2

´µy ¡ 3z

4

¶+

µy ¡ 3z

4

¶2= 0

o bien

16x2 + 64x y + 16 y2 ¡ 64x z ¡ 56 y z + 37 z2. . . . . . . = 0

que es la ecuaci¶on de la super¯cie cil¶³ndrica pedida. En la Fig. 1.55 se muestran la gr¶a¯cas delcilindro y su directriz.

² T erminamos esta secci¶on con el siguiente material complementario en el que se muestracomo reconocer si una ecuaci¶on representa una super¯cie cil¶³ndrica. Consid¶erense los siguientescasos:

Ecuaci¶ondelcilindro

¡! generatrizdirectriz

² (Caso I) La ecuaci¶on s¶olo contiene dos variables. Conforme ya se vio, toda ecuaci¶on que contienes¶olo dos variables representa, en el espacio, una super¯cie cil¶³ndrica cuya generatriz es paralelaal eje correspondiente a la variable que falta en la ecuaci¶on.

² As¶³, la ¶ecuaci¶on y2 = 2z+4 representa una super¯cie cil¶³ndrica parab¶olica de generatriz paralelaal eje x y cuya directriz es la par¶abola y2 = 2z + 4, x = 0. Ver Fig. 1.56.

² (Caso II) La ecuaci¶on contiene tres variables. Se procede anulando en la ecuaci¶on una de lasvariables, lo que equivale a cortar la super¯cie por uno de los planos coordenados. Sup¶ongaseque la secci¶on por el plano xy sea la curva que tiene por ecuaci¶on

f(x; y) = 0; z = 0



Figura 1.56: Super¯cie cil¶³ndrica parab¶olica

Sea ha; b; 1i un vector director ¤ para la generatriz. Si (u; v; 0) es el punto de intersecci¶on entreuna generatriz y la curva directriz, entonces, (u; v; 0) debe satisfacer la recta:

x¡ ua

=y ¡ vb

=z

1

entonces tenemos que u = x ¡ az y v = y ¡ bz. La ecuaci¶on de la familia de las super¯ciescil¶³ndricas que tiene esta curva por generatriz y como vector director de la directriz es:

f(x¡ az; y ¡ bz) = 0Identi¯cando esta ecuaci¶on con la ecuaci¶on dada, esta representar¶a una super¯pie cil¶³ndrica sies posible determinar valores compatibles para a, b yc.

− Ejemplo 1.36. Verif¶³quese si la ecuaci¶on:

x3 ¡ 3x2z + 3xz2 ¡ z3 + z ¡ y = 0 (1.7)

representa una super¯cie cil¶³ndrica. Ver Fig. 1.57.

Soluci¶on: Haciendo z = 0 obtenemos:

x3 ¡ y = 0; z = 0 (1.8)

La ecuaci¶on de la familia de las super¯cies cil¶³ndricas que tiene por generatriz la curva (1.8) yha; b; 1i como vector director es:

(x¡ az)3 ¡ (y ¡ bz) = 0o bien

x3 ¡ 3ax2z + 3a2xz2 ¡ a3z3 + bz ¡ y = 0 (1.9)

¤Como los vectores directores son paralelos entre si, es siempre posible reducir uno de sus componentes a la unidady esto simpli¯ca bastante los c¶alculos.



Figura 1.57: Super¯cie cil¶³ndrica por identi¯car.

Identi¯cando las ecuaciones (1.9) y (1.7), se tiene:

¡3a = ¡3; 3a2 = 3; ¡a3 = ¡1; b = 1

Los valores a = 1 y b = 1, obtenidos de las dos ¶ultimas relaciones, veri¯can las dos primeras,mostrando la compatibilidad del sistema; de donde se concluye que la ecuaci¶on (1.7) representa

una super¯cie cil¶³ndrica de directriz x3 ¡ y = 0. . . . . . . . . . . . . . . , z = 0 y que tieneD

1; 1; 1. . . . . . . .

Ecomo

vector director de la generatriz.

² (Caso III) La ecuaci¶on, aun cuando contiene tres variables, es de segundo grado. En este caso,considerando que las secciones de una super¯cie cil¶³ndrica de segundo grado no paralelo a lasgeneratrices, son c¶onicas congruentes, la siguiente soluci¶on se puede emplear con ventaja sobrela anterior, por conducir m¶as r¶apidamente al ¯n propuesto.

− Ejemplo 1.37. Demu¶estrese que la ecuaci¶on:

x2 ¡ 4xz + 4z2 ¡ 3x+ 7z ¡ y + 3 = 0 (1.10)

representa una super¯cie cil¶³ndrica y ded¶uzcase la ecuaci¶on de una de sus directrices y el vectordirector de la generatriz.

Soluci¶on: Las secciones (Ver Fig. 1.58) de la super¯cie dada por planos z = k son las curvas

x2 ¡ 4kx¡ 3x¡ y + 4k2 + 7k + 3 = 0; z = k

que se pueden escribir ,

x2 ¡ (4k + 3)x = y ¡ (4k2 + 7k + 3); z = k

o bien: µx¡ 4k + 3

2

¶2= y ¡ 4k + 3

4; z = k (1.11)



Figura 1.58: Algunas secciones transversales.

Las ecuaciones (1.11) son par¶abolas congruentes cualquiera que sea el valor de k. En particular,para k = 0 se tiene la par¶abola µ

x¡ 32

¶2= y ¡ 3

4; z = 0 (1.12)

Se concluye que la ecuaci¶on (1.10) representa una super¯cie cil¶³ndrica parab¶olica, que tienela par¶abola de ecuaci¶on (1.12) como directriz. Evidentemente, la recta que une el v¶ertice(4k+3

2; 4k+3

2; k) de cualquiera de las par¶abolas de ecuaci¶on (1.11) al v¶ertice

¡32; 34; 0¢de la par¶abola

de ecuaci¶on (1.12) es paralela a la generatriz que tiene, consecuentemente, como vector directora: ¿

4k + 3

2¡ 32;4k + 3

4¡ 34; k ¡ 0

Ào bien

D2k; k; k. . . . . . . . . .

Eo tambi¶en

D2; 1; 1. . . . . . . .

E.

1.7 Conos oblicuos

² Se llama super¯cie c¶onica a la super¯cie generada por una recta m¶ovil que pasa por un punto¯jo y se apoya constantemente sobre una curva ¯ja. Ver Fig. 1.59.

² La recta m¶ovil se llama generatriz, la curva ¯ja directriz, y el punto ¯jo, v¶ertice de la super¯ciec¶onica. A cualquier posici¶on de la generatriz se le denomina elemento de la super¯cie c¶onica.

² Si la directriz es una circunferencia, una elipse, una par¶abola, etc., la super¯cie c¶onica ser¶a, res-pectivamente, circular, el¶³ptica, parab¶olica, etc. Cuando la directriz es una recta, la super¯ciegenerada es un plano, de donde se concluye que el plano es un caso particular de la super¯ciec¶onica.

² Veamos como hallar la ecuaci¶on de una super¯cie c¶onica. Suponga que f1(x; y; z) = 0 yf2(x; y; z) = 0 son las ecuaciones de la directriz d y V (x0; y0; z0) las coordenadas del v¶ertice.


1.7. Conos oblicuos 59

Figura 1.59: Cono

² Llame con P (x; y; z) un punto de la super¯cie c¶onica y Q(u; v; w) la intersecci¶on de la generatrizque pasa por P con la directriz. Un vector director de esta generatriz es hx¡ x0; y ¡ y0; z ¡ z0iSea t 2 IR tal que

u = x+ (x¡ x0)tv = y + (y ¡ y0)tw = z + (z ¡ z0)t

(1.13)

² Como el punto Q pertenece a la directriz, se tiene:

f1(u; v; w) = 0f2(u; v; w) = 0

(1.14)

Si sustituimos (1.14) en (1.13), obtenemos

f1 (x+ (x¡ x0)t; y + (y ¡ y0)t; z + (z ¡ z0)t) = 0f2 (x+ (x¡ x0)t; y + (y ¡ y0)t; z + (z ¡ z0)t) = 0 (1.15)

Del sistema (1.15) se puede eliminar t resultando una ecuaci¶on ¶unica que contiene las variablesx, y y z, que es la ecuaci¶on de la super¯cie c¶onica buscada.

² Nota: El estudiante debe observar que tambi¶en es posible asegurar que

u = x0 + (x¡ x0)tv = y0 + (y ¡ y0)tw = z0 + (z ¡ z0)t



para alg¶un valor de t. Por lo tanto, un sistema que tambi¶en permite (eliminando t) hallar laecuaci¶on del cono es

f1 (x0 + (x¡ x0)t; y0 + (y ¡ y0)t; z0 + (z ¡ z0)t) = 0f2 (x0 + (x¡ x0)t; y0 + (y ¡ y0)t; z0 + (z ¡ z0)t) = 0

² En la pr¶actica, si los datos del problema sonf1(x; y; z) = 0f2(x; y; z) = 0

(x0; y0; z0)

la b¶usqueda de la ecuaci¶on se reduce a hacer las siguientes sustituciones

x! x+ (x¡ x0)t; y ! y + (y ¡ y0)t; z ! z + (z ¡ z0)ty luego eliminar el par¶ametro t.

² En el archivo \ecuaci¶on de un cono oblicuo con Eliminate.nb", del disco compacto, se muestracomo realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 1.38. Determ¶³nese la ecuaci¶on del cono que tiene como v¶ertice el punto V (1; 1;¡2)y como directriz la curva

d : x2 ¡ y2 = 1; z = ¡3En la Fig. 1.60 se ve el v¶ertice y la directriz del cono.

Figura 1.60: V¶ertice y directriz del cono.

Soluci¶on:

Llamemos con P (x; y; z) a un punto cualquiera de la generatriz. Como el v¶ertice es V (1; 1;¡2)hacemos las sustituciones

x! x+ (x¡ 1)t; y ! y + (y ¡ 1)t; z ! z + (z + 2)t



y obtenemos:

(x+ (x¡ 1)t)2 ¡ (y + (y ¡ 1)t)2 = 1; z + (z + 2)t = ¡3

De la esta ¶ultima ecuaci¶on obtenemos t = ¡z + 3z + 2. . . . . . . . . . .

que podemos sustituir en la ecuaci¶on

previa para obtener:µ¡z + 3z + 2

¢ (x¡ 1) + x¶2¡µ¡z + 3z + 2

¢ (y ¡ 1) + y¶2= 1

Simpli¯cando (<que no es obligatorio!) la ecuaci¶on anterior llegamos a:

x2 ¡ y2. . . . . . . . . . ¡ z2 ¡ 2xz + 2yz ¡ 6x+ 6y ¡ 4z ¡ 4 = 0

que es la ecuaci¶on pedida. Ver Fig. 1.59.

− Ejemplo 1.39. Ded¶uzcase la ecuaci¶on de la super¯cie c¶onica que tiene como directriz la curvade ecuaciones param¶etricas:

x = t+ 1; y = t2; z = 0

y v¶ertice en el punto V (1; 0;¡3).

Figura 1.61: Cono.

Soluci¶on: Iniciamos convirtiendo esta directriz dada en forma param¶etrica a su equivalenteen t¶erminos cartesianos. Observamos que t = x¡ 1 y esto nos lleva a:

y = (x¡ 1)2 ; z = 0

Llamemos con P (x; y; z) a un punto cualquiera de la generatriz. Hacemos entonces las susti-tuciones:

x! x+ (x¡ 1)t; y ! y + (y ¡ 0)t; z ! z + (z + 3)t

en la directriz para obtener:

y + yt = (x+ (x¡ 1)t¡ 1)2 ; z + (z + 3)t = 0



De esta ¶ultima ecuaciones tenemos que t = ¡ z

z + 3. . . . . . . . . . . . Sustituyendo en la anterior, obtene-

mos:

y

µ1¡ z

z + 3

¶=

µx¡ 1¡ z

z + 3¢ (x¡ 1)

¶2Simpli¯cando la ecuaci¶on anterior (<que no es obligatorio!) llegamos a:

3x2 ¡ yz. . . . . . . . . . . . ¡ 6x¡ 3y + 3 = 0

que es la ecuaci¶on pedida. Ver Fig. 1.61.

− Ejemplo 1.40. Determ¶³nese la ecuaci¶on de la super¯cie c¶onica que tiene como directriz lacurva x2 = y, x+ z ¡ 1 = 0 y el v¶ertice en el origen.Soluci¶on:

Llamemos con P (x; y; z) a un punto cualquiera de la generatriz. Usando P y el v¶ertice Vobtenemos un vector director para la generatriz:D

x; y; z.

ESea Q(u; v; w) el punto de intersecci¶on de la generatriz que contiene a (x; y; z) y la directriz.Existe entonces t con la que formamos las ecuaciones siguientes:

u = x+ tx; v = y + ty w = z + tz. . . . . . . . (1.16)

Como Q(u; v; w) es un punto de la directriz, se tiene:

u2 = v; ¡1 + u+ w = 0 (1.17)

Si sustituimos (1.16) en (1.17), obtenemos

(x+ t x)2 = y + t y (1.18)

¡1 + x+ tx+ z + tz = 0 (1.19)

De (1.19) tenemos que t =1¡ x¡ zx+ z. . . . . . . . . . . . . .

. Sustituyendo esto en (1.18), obtenemos:

µx+

1¡ x¡ zx+ z

¢ x¶2= y +

1¡ x¡ zx+ z

¢ y

Simpli¯cando la ecuaci¶on anterior llegamos x2 ¡ xy ¡ yz = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

− Ejemplo 1.41. Sean a6= 0, b6= 0, c6= 0 y A, B y C, n¶umeros reales no todos nulos. Supongaque el elispoide con ecuaci¶on

x2

a2+y2

b2+z2

c2= 1



interseca al plano con ecuaci¶on Ax + By + Cz + D = 0, D 6= 0, a lo largo de una curva C.Hallar la ecuaci¶on para el cono cuyo v¶ertice est¶a en el centro del elipsoide y est¶a generado poresta curva C.

Soluci¶on:

Sea (x; y; z) un punto arbirtrario del cono buscado y sea (x0; y0; z0) un punto sobre la directrizC. En virtud de esto tenemos que

x20a2+y20b2+z20c2= 1 (1.20)

Ax0 +By0 + Cz0 +D = 0 (1.21)

Por otro lado tenemos que los puntos (x0; y0; z0), (x; y; z) y (0; 0; 0) pertenecen a una generatriz,por lo tanto:

(x¡ 0; y ¡ 0; z ¡ 0) = t(x0 ¡ 0; y0 ¡ 0; z0 ¡ 0)o bien

x

x0=y

y0=z

z0. Usemos estas ecuciones para despejar y0 y z0:

y0 =yx0x; z0 =

zx0x

(1.22)

Sustituimos (1.22) en (1.21) y obtenemos:

Ax0 +Byx0x+ C

zx0x+D = 0

o bien Ax0x+Byx0 + Czx0 = ¡Dx. Vemos entonces que

x0 = ¡ Dx

Ax+By + Cz(1.23)

Usamos (1.23) para expresar y0 y z0 en t¶erminos de x, y y z:

y0 =yx0x=y

x

µ¡ Dx

Ax+By + Cz

¶= ¡ Dy

Ax+By + Cz(1.24)

z0 =zx0x=z

x

µ¡ Dx

Ax+By + Cz

¶= ¡ Dz

Ax+By + Cz(1.25)

Sustuimos ¯nalmene (1.23), (1.24) y (1.25) en (1.20)³¡ DxAx+By+Cz

´2a2

+

³¡ DyAx+By+Cz

´2b2

+

³¡ DzAx+By+Cz

´2c2

= 1

o bienx2

a2+y2

b2+z2

c2=(Ax+By + Cz)2

D2:



1.8 Super¯cies de revoluci¶on

² Se llama super¯cie de revoluci¶on a una que se obtiene al girar una curva plana C alrededor deuna recta (el eje de revoluci¶on) en el mismo plano. En la siguiente discusi¶on se supone que Cest¶a en un plano coordenado y que el eje de revoluci¶on es uno de los ejes de coordenadas.

² Nota: El s¶³mbolo f(x; y) se usa para representar una expresi¶on en las variables x y y. En estecaso, f(a; b) denota el n¶umero que se obtiene al sustituir x por a y y por b.

² La gr¶a¯ca de la ecuaci¶on f(x; y) = 0 en el plano xy es una curva C. (Aqu¶³ s¶olo interesa lagr¶a¯ca en el plano xy y no la gr¶a¯ca en tres dimensiones, que es un cilindro.)

² Para simpli¯car, supongamos que x y y no son negativos para todos los puntos (x; y) en C ydenotemos por S la super¯cie que se obtiene al girar e alrededor del eje y, como se ilustra enla Figura 1.62.

Figura 1.62: Super¯cie de revoluci¶on

² Un punto P (x; y; z) est¶a en S si y s¶olo si Q(x1; y; 0) est¶a en C, donde x1 =px2 + z2. En

consecuencia, P (x; y; z) est¶a en S si y s¶olo si f(px2 + z2; y) = 0.

² Entonces, para encontrar una ecuaci¶on de S, se reemplaza porpx2 + z2 la variable x en la

ecuaci¶on de C.

² An¶alogamente, si la gr¶a¯ca de f(x; y) = 0 gira alrededor del eje x, entonces se obtiene una

ecuaci¶on de la super¯cie resultante reemplazando y porpy2 + z2.

² En el archivo \super¯cies de revoluci¶on.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunosde estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 1.42. Halle la ecuaci¶on y la gr¶a¯ca de la super¯cie de revoluci¶on que se obtiene algirar la curva x = 5 + sen(y) alrededor del eje y.

Soluci¶on: Reemplazamos x porpx2 + z2 y obtenemos:

px2 + z2 = 5 + sen(y). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


1.8. Super¯cies de revoluci¶on 65

Figura 1.63: Super¯cie de revoluci¶on.

La gr¶a¯ca se muestra en la Fig. 1.63.Nota: En el archivo \sup revoluci¶on de x = 5+ sen y.gcf", del disco compacto, se ilustra estousando Graphing Calculator.

² Nota: Para algunas curvas que tienen puntos (x; y) con x o y negativo, hay que sustituir xpor §

px2 + z2 o y por §

py2 + z2, para generalizar la discusi¶on anterior.

² Si x y y s¶olo aparecen en potencias pares, como en el ejemplo siguiente, entonces esta distinci¶onno es necesaria ya que el radical desaparece cuando la ecuaci¶on se simpli¯ca.

− Ejemplo 1.43. La gr¶a¯ca de 9x2+4y2 = 36 gira alrededor del eje y. Encontrar una ecuaci¶onde la super¯cie resultante.

Soluci¶on:

Figura 1.64: Super¯cie de revoluci¶on y cilindro correspondiente.

Para encontrar una ecuaci¶on de la super¯cie sustituimos x2 por x2 + z2. Esto da:

9(x2 + z2). . . . . . . . . . . . . . + 4y2 = 36:



La super¯cie es un elipsoide de revoluci¶on. Si dividimos ambos lados entre 36 y ordenamos lost¶erminos, resulta

x2

4+y2

9+

z2

4. . .= 1

que tiene la forma de la ecuaci¶on x2

a2+ y2

b2+ z2

c2= 1. En la Fig. 1.64 se muestran en una misma

gr¶a¯ca el elipsoide resultante y el cilindro determinado por la elipse.

² Se puede hacer una discusi¶on semejante para las curvas que se encuentran en el plano yz oen el xz. Por ejemplo, si una curva C en el plano xz gira alrededor del eje z, entonces puedeencontrarse una ecuaci¶on de la super¯cie resultante reemplazando x por

px2 + y2. Si C gira

alrededor del eje x, hay que reemplazar z porpy2 + z2.

² Para un resumen de casos ver Fig. 1.65.

f(x; y) = 0 eje x f³x;py2 + z2

´= 0

f(x; y) = 0 eje y f¡px2 + z2; y

¢= 0

f(x; z) = 0 eje x f³x;pz2 + y2

´= 0

f(x; z) = 0 eje z f³p

x2 + y2; z´= 0

f(y; z) = 0 eje y f¡y;pz2 + x2

¢= 0

f(y; z) = 0 eje z f³p

y2 + x2; z´= 0

Figura 1.65: Casos para super¯cies de revoluci¶on

² Finalmente, cabe mencionar que las ecuaciones de las super¯cies de revoluci¶on se caracterizanpor el hecho de que dos de las variables aparecen en combinaciones como x2 + y2, y2 + z2 obien x2 + z2.

² Veamos ahora el caso de hallar la ecuaci¶on de super¯cie obtenida al girar una curva C deter-minada por las ecuaciones

f1(x; y; z) = 0; f2(x; y; z) = 0

que se gira alrededor de una recta e cuya ecuaci¶on est¶a dada por

x¡ ¹xa

=y ¡ ¹yb

=z ¡ ¹zc




² Usemos para hallar la ecuaci¶on de la super¯cie de revoluci¶on, el dibujo dado en la Fig. 1.66.Sea P = (x; y; z) un punto arbitrario de la super¯cie en cuesti¶on y sea Q = (x0; y0; z0) un puntosobre la curva C. Adem¶as denotamos con R al punto (¹x; ¹y; ¹z) y con F al centro del c¶³rculomostrado en la Fig. 1.66.

Como (x0; y0; z0) es un punto sobre la curva C, entonces tenemos que:

f1(x0; y0; z0) = 0; (1.26)

f2(x0; y0; z0) = 0 (1.27)

Notamos ahora que los puntos (x0; y0; z0) y (x; y; z) se hallan el un plano perpendicular al ejede revoluci¶on e. Como se sabe, la ecuaci¶on de este plano es de la forma ax + by + cz = t.Tenemos entonces que, estos puntos satisfacen esta ecuaci¶on y obtenemos as¶³:

ax0 + by0 + cz0 = t; (1.28)

ax+ by + cz = t; (1.29)

Usando el teorema lado-¶angulo-lado concluimos los segmentos QR y PR son congruentes. Sihacemos r = d(Q;R), tenemos que

(x0 ¡ ¹x)2 + (y0 ¡ ¹y)2 + (z0 ¡ ¹z)2 = r2 (1.30)

(x¡ ¹x)2 + (y ¡ ¹y)2 + (z ¡ ¹z)2 = r2 (1.31)

o bien:(x0 ¡ ¹x)2 + (y0 ¡ ¹y)2 + (z0 ¡ ¹z)2 = (x¡ ¹x)2 + (y ¡ ¹y)2 + (z ¡ ¹z)2

Vemos entonces que tenemos seis ecuaciones: (1.26){(1.31). A partir de estas ecuaciones,eliminando x0, y0, z0, r

2 y t, obtenemos una ecuaci¶on para la super¯cie de revoluci¶on.

² En el archivo \super¯cie de revoluci¶on para el caso general.nb", del disco compacto, se muestracomo realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. Consultar tambi¶en \super¯cie derevoluci¶on general.nb".



− Ejemplo 1.44. Halle la ecuaci¶on de la super¯cie de revoluci¶on que se genera al girar la rectadada por x = y, z = 0 alrededor del eje

x¡ 12

=y ¡ 35

=z ¡ 63

Soluci¶on:

Sea P = (x; y; z) un punto arbitrario de la super¯cie en cuesti¶on y sea Q = (x0; y0; z0) un puntosobre la curva C. Tenemos entonces

x0 = y0 (1.32)

z0 = 0. (1.33)

El vector director del eje de revoluci¶on es ¡!v = h2; 5; 3i. Los puntos (x0; y0; z0) y (x; y; z) sehallan el un plano perpendicular a este eje de revoluci¶on, entonces:

2x0 + 5y0 + 3z0. . . . = t (1.34)

2x+ 5y + 3z = t (1.35)

Usando (1.32){(1.34) tenemos que 7x0 = t o bien x0 =t7. Por lo tanto, y0 =

t7. y z0 = 0. Si

empleamos (1.35), obtenemos:

x0 =2x+ 5y + 3z

7; y0 =

2x+ 5y + 3z

7. . . . . . . . . . . . . . . . . . .; z0 = 0 (1.36)

Por otro lado usamos ahora el punto (1; 3; 6) que pertenece al eje de revoluci¶on. Las ecuaciones(1.30){(1.31) se convierten en

(x0 ¡ 1)2 + (y0 ¡ 3)2 +³

z0 ¡ 6. . . . . . . .

´2=

(x¡ 1)2 + (y ¡ 3)2 +³

z ¡ 6. . . . . . .

´2 (1.37)

Sustituimos ¯nalmente (1.36) en (1.37), para obtener:µ2x+ 5y + 3z

7¡ 1¶2+

µ2x+ 5y + 3z

7¡ 3¶2+³

0¡ 6. . . . . . .

´2=

(x¡ 1)2 + (y ¡ 3)2 +³

z ¡ 6. . . . . . .

´2La ecuaci¶on anterior se puede simpli¯car y como sigue:

¡14x. . . . . . . . ¡ 41x2 + 14y + 40xy + y2 + 420z + 24xz + 60yz ¡ 31z2 = 0

En la Fig. 1.67 se muestra la super¯cie de revoluci¶on, la curva C y el eje de revoluci¶on.

yEste paso no es necesario en ex¶amenes y quices.




− Ejemplo 1.45. Halle la ecuaci¶on de la super¯cie que se genera al girar la recta que resultade la intersecci¶on de los planos con ecuaciones

x+ 2y ¡ z + 3 = 0; 3x¡ 2y + 2z ¡ 1 = 0

alrededor de la recta con ecuaci¶onx+ 1

4=y ¡ 13

=z ¡ 22.

Soluci¶on:


3 + x0 + 2y0 ¡ z0 = 0 (1.38)

¡1 + 3x0 ¡ 2y0 + 2z0 = 0 (1.39)

El vector director del eje de revoluci¶on es ¡!v = h4; 3; 2i. Los puntos (x0; y0; z0) y (x; y; z) sehallan el un plano perpendicular a este eje de revoluci¶on, entonces:

4x0 + 3y0 + 2z0 = t (1.40)

4x+ 3y + 2z = t (1.41)

Las ecuaciones (1.30){(1.31) se convierten en

(x0 + 1)2 + (y0 ¡ 1)2 +

³z0 ¡ 2. . . . . . . .

´2= r2 (1.42)

(x+ 1)2 + (y ¡ 1)2 +³

z ¡ 2. . . . . . .

´2= r2 (1.43)

La consigna ahora es obtener una relaci¶on entre x, y y z que no involucre a x0, y0, z0, r2 y t a

partir de las ecuaciones (1.38)-(1.43).

Usando (1.38){(1.40) tenemos

x0 =¡23¡ 2 t

23; y0 =

5 t

23; z0 =

2 (23 + 4 t)

23



Por otro lado, usando (1.42) vemos queµ¡23¡ 2 t23

+ 1

¶2+

µ5 t

23¡ 1¶2+

µ46 + 8t

23¡ 2

. . . . . . . . . . . . . . . . .

¶2= r2

o bien

1¡ 10 t23

+93 t2

529= r2

Finalmente usamos las ecuaciones (1.41) y (1.43) para llegar a:

1¡ 10 (4x+ 3y + 2z)23

+93 (4x+ 3y + 2z)2

529= (x+ 1)2 + (y ¡ 1)2 +

³z ¡ 2. . . . . . .

´2La ecuaci¶on anterior se puede simpli¯car z como sigue:

¡2645¡ 1978x+ 959x2 + 368 y + 2232x y+308 y2 + 1656 z + 1488x z + 1116 y z ¡ 157 z2 = 0

En la Fig. 1.68 se muestra la super¯cie de revoluci¶on.


− Ejemplo 1.46. Halle la ecuaci¶on de la super¯cie que se genera al girar la circunferencia queresulta de la intersecci¶on de

x2 + y2 + z2 + 2z ¡ 7 = 0; x+ 3y ¡ z + 1 = 0

alrededor de la recta con ecuaci¶onx+ 1

2=y ¡ 4¡1 =

z + 5

3.

zEste paso no es necesario en ex¶amenes y quices.



Soluci¶on:


¡7 + x02 + y02 + 2z0 + z02 = 0 (1.44)

1 + x0 + 3y0 ¡ z0 = 0 (1.45)

El vector director del eje de revoluci¶on es ¡!v = h2;¡1; 3i. Los puntos (x0; y0; z0) y (x; y; z) sehallan el un plano perpendicular a este eje de revoluci¶on, entonces:

2x0 ¡ y0 + 3z0 = t (1.46)

2x¡ y + 3z = t (1.47)

Las ecuaciones (1.30){(1.31) se convierten en

(x0+1)2 + (y0 ¡ 4)2 +

³z0 + 5. . . . . . . .

´2= r2 (1.48)

(x+ 1)2 + (y ¡ 4)2 +³

z + 5. . . . . . .

´2= r2 (1.49)

La consigna ahora es obtener una relaci¶on entre x, y y z que no involucre a x0, y0, z0, r2 y t a

partir de las ecuaciones (1.44)-(1.49).

Usando (1.44){(1.46) tenemos (usando Mathematica)

x0 =17 + 13 t¡ 4p997¡ 50 t¡ 11 t2

69;

y0 = ¡ 73138

+t

138+5p997¡ 50 t¡ 11 t2

138;

z0 =¡47 + 29 t+ 7p997¡ 50 t¡ 11 t2

138

Por otro lado, usando (1.48) vemos queµ1 +

17 + 13 t¡ 4p997¡ 50 t¡ 11 t269

¶2+µ

¡4¡ 73

138+

t

138+5p997¡ 50 t¡ 11 t2

138

¶2+

µ5 +

¡47 + 29 t+ 7p997¡ 50 t¡ 11 t2138

¶2= r2



o bien (usando Mathematica)51 + 2t = r2

Finalmente usamos las ecuaciones (1.47) y (1.49) para llegar a:

51 + 2(2x¡ y + 3z) = (x+ 1)2 + (y ¡ 4)2 +³

z + 5. . . . . . .

´2La ecuaci¶on anterior se puede simpli¯car x como sigue:

9 + 2x¡ x2 + 6 y ¡ y2 ¡ 4 z ¡ z2 = 0

1.9 Gr¶a¯cos de super¯cies en tres dimensiones

² En esta secci¶on gra¯caremos algunas regiones que ser¶an de uso frecuente al abordar los temasde integrales m¶ultiples, de l¶³nea, etc. Es muy importante poder visualizar este tipo de regiones.


Gra¯que el s¶olido delimitado por los planos

x = 0; y = 0; z = 0; z = 2; 2y + 3x = 6

Soluci¶on: Notemos que x = 0, y = 0 y z = 0 corresponden a los planos coordenados. La

Figura 1.69: S¶olido

recta 2y + 3x = 6 no posee variable z. Esto signi¯ca que, en 3 dimensiones, se prolonga enforma plano paralelo al plano xy. La gr¶a¯ca se muestra en la Fig. 1.69. Observe que z = 2 esun plano perpendicular al xy ubicado 2 unidades de este.


Gra¯que la regi¶on del espacio encerrada por los planos:

x = 0; y = 0; z = 0; x = 2; z = 2; y + z = 4


1.9. Gr¶a¯cos de super¯cies en tres dimensiones 73

Figura 1.70: Parte de la gr¶a¯ca

Soluci¶on: Notamos que x = 0, y = 0 y z = 0 corresponden a los planos coordenados. Setiene que z = 2 es un plano paralelo al xy ubicado 2 unidades de este. La recta y + z = 4 esuna recta en el plano yz que se extiende como un plano perpendicular a este. Parte de gr¶a¯case muestra en la Fig. 1.70. Se deja como ejercicio al estudiante completar el dibujo.


Gra¯que el s¶olido delimitado por los planos:

x = 0; z = 0; y = 2; y ¡ x = 0; x+ z = 3

Soluci¶on:


Observamos que y = x es un plano que extiende la recta identidad a lo largo del eje z. Porotro lado la recta z = 3¡x corta el eje x en el punto (3; 0; 0) y el eje z en el punto (0; 0; 3). Lagr¶a¯ca se muestra en la Fig. 1.71.

xEste paso no es necesario en ex¶amenes y quices.





z = ¡y + 4; x = 4; x = 0; z = 0

Soluci¶on:


La recta z = ¡y + 4 corta el eje y en el punto (0; 4; 0) y el eje z en el punto (0; 0; 4). Estarecta se extiende a lo largo del plano x en forma de plano hasta dar con el plano x = 4 quees paralelo al plano yz. Los restantes linderos lo forman los planos coordenados. El s¶olido semuestra en la Fig. 1.72.



x = 0; y = 0; z = 0; x = 2; y = 2; z = 2

Soluci¶on: En este caso se trata de un \cubo" formado por los planos coordenados y por


los planos paralelos a estos, ubicados a 2 unidades de distancia. La gr¶a¯ca se muesta en laFig. 1.73.





z = 0; 2x+ 3y + z = 6; 2x¡ 3y + z = 6; ¡2x¡ 3y + z = 6; ¡2x+ 3y + z = 6

Soluci¶on: Gra¯car este s¶olido requiere m¶as trabajo. Veamos la traza de los planos dados al


intersecar los planos coordenados. Empecemos con 2x+3y+z = 6. Observe que cuando z = 0,

se obtiene la recta en el plano xy dada por 2x+ 3y = 6. . . . . . . . . . . . . . . . . . Por otro lado, cuando x = 0 y

y = 0, se obtiene z = 6. De esta forma tenemos que el plano \atraviesa" la recta 2x+ 3y = 6y corta el eje z en el punto (0; 0; 6). Veamos ahora el plano 2x¡ 3y+ z = 6. Cuando z = 0, seobtiene la recta 2x¡ 3y = 6. . . . . . . . . . . . . . . . . . Continuando en forma an¶aloga con las restantes rectas

obtenemos el rombo que se muestra en la Fig. 1.74. El s¶olido en cuesti¶on es una pir¶amide debase romboidal cuya c¶uspide se halla en el punto (0; 0; 6).


Gra¯que el s¶olido encerrado por z = x2 + y2 y 8¡ z = x2 + y2.Soluci¶on:

Observe que la traza z = z0 de z = x2+ y2 corresponde a un c¶³rculo de radio

pz0 toda vez que

z0 > 0. Por otro lado z = 8 ¡¡x2 + y2

¢es semejante pero se abre sobre la parte negativo del

eje z y con v¶ertice en (0; 0; 8). Notamos que ambas super¯cies se intersecan cuando z = 8¡ z,es decir cuando z = 4. El dibujo del s¶olido en cuesti¶on se muestra en la Fig. 1.75.


Gra¯que la regi¶on del espacio delimitada por z = 0, x2 + y2 = 1 y z = y + 1.

Soluci¶on:

Observe que z = 0 corresponde al plano xy. La ecuaci¶on de c¶³culo x2 + y2 = 1 correspondea un cilindro en el espacio debido a que no hay restricci¶on sobre la coordenada z. La rectaz = y + 1 en el plano yz se prolonga en forma de plano debido a que no hay restricci¶on sobrela coordenada x. La regi¶on se muestra sobre la Fig. 1.76.




Figura 1.76: S¶olido.


Gra¯que la regi¶on delimitada por z2 ¸ x2 + y2, z ¸ 0, 4¡ z ¸ x2 + y2

2.

Soluci¶on:

Notemos que para cada elecci¶on particular de z = z0, la ecuaci¶on z20 = x

2 + y2 corresponde aun c¶³rculo de radio jz0j. Para el caso z = 0 es exactamente un punto. La desigualdad z ¸ 0,hace que solo consideremos la parte de este cono ubicada sobre la parte no negativa del eje z.Finalmente vemos que para cada valor de z = z0 < 4 la desigualdad 8 ¡ 2z ¸ x2 + y2 generaun c¶³rculo. El s¶olido se muestra en la Fig. 1.77.

² Terminamos este apartado viendo algunos ejemplos adicionales sobre super¯cies:





Cada una de las ecuaciones representa una cu¶adrica. Identif¶³quela y localice su centro desimetr¶³a si 1o hay.

A) x2 ¡ 4y2 ¡ 2z2 ¡ 2x+ 16y ¡ 4z ¡ 21 = 0B) x2 + 2y2 + 3z2 ¡ 2x+ 4y ¡ 12z + 9 = 0C) x2 ¡ y2 ¡ z2 = 0D) x2 ¡ y2 + z2 ¡ 2x+ 4y = 4

Soluci¶on: analicemos cada caso:

Figura 1.78: Super¯cies.



A) x2¡ 4y2¡ 2z2¡ 2x+16y¡ 4z¡ 21 = 0. Empezamos reacomadondo t¶erminos y agrupandopara luego completar cuadrados:

x2 ¡ 2x+ 1¡ 4(y2 ¡ 4y + 4)¡ 2(z2 + 2z + 1) = 21 + 1¡ 16¡ 2(x¡ 1)2 ¡ 4(y ¡ 2)2 ¡2(z ¡ 1)2. . . . . . . . . . . . . . . . = 4

Si dividimos por 4 obtenemos:

(x¡ 1)24

¡ (y ¡ 2)2

1¡ (z + 1)2

2. . . . . . . . . . . .= 1

Se trata entonces de un hiperboloide de dos hojas con centro de simetria (1; 2;¡1). VerFig. 1.78-(A).

B) x2 + 2y2 + 3z2 ¡ 2x+ 4y¡ 12z + 9 = 0. Empezamos reacomadondo t¶erminos y agrupandopara luego completar cuadrados:

x2 ¡ 2x+ 1 + 2(y2 + 2y + 1) + 3(z2 ¡ 4z + 4) = ¡9 + 1 + 2 + 12. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(x¡ 1)2 + 2(y + 1)2 + 3(z ¡ 2)2 = 6.

o bien(x¡ 1)26

+(y + 1)2

3+

(z ¡ 2)22. . . . . . . . . . . .

= 1

Se trata de un elipsoide con centro de simetr¶³a en ( 1;¡1; 2. . . . . . . . . . ). Ver Fig. 1.78-(B).

C) x2 ¡ y2 ¡ z2 = 0. Si multiplicamos por ¡1 a ambos lados de esta ecuaci¶on obtenemosy2 + z2 ¡ x2 = 0. Se trata de un cono de dos mantos. Ver Fig. 1.78-(C).

D) x2 ¡ y2 + z2 ¡ 2x+ 4y = 4. Empezamos reacomadondo t¶erminos y agrupando para luegocompletar cuadrados:

(x2 ¡ 2x+ 1)¡ (y2 ¡ 4y + 4) + z2 = 1(x¡ 1)2 ¡ (y ¡ 2)2 + z2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = 1

o bien

(x¡ 1)2 ¡ (y ¡ 2)2 + z2 = 1Es un hiperboloide de una hoja con centro en (1; 2; 0). Ver Fig. 1.78-(D).

− Ejemplo 1.57. En dos dimensiones, >Qu¶e representa la ecuaci¶on x2 + 4y2 = 1? >qu¶e repre-senta en tres dimensiones?

Soluci¶on: En dos dimensiones representa una elipse. En tres dimensiones representa uncilindro cuya directriz es una elipse y cuyas directrices son paralelas al eje z. Ver Fig. 1.79.



Figura 1.79: Interpretaciones de x2 + 4y2 = 1.


Si t 6= 0 es una constante, demuestre que cualquier punto que satisface simult¶aneamente lasecuaciones

x

a+z

c= t

³1 +

y

b

´;

x

a¡ zc= t¡1

³1¡ y

b

´est¶a en un hiperboloide de una hoja. Esta son las ecuaciones de dos planos cuya intersecci¶ones una recta contenida en la super¯cie.

Soluci¶on:

Sean x, y y z valores tales que satisfacen simult¶aneamente las ecuaciones dadas. Si multipli-camos ambos lados de cada ecuaci¶on por su correspondiene, obtenemos:³x

a+z

c

´³xa¡ zc

´= t

³1 +

y

b

´t¡1³1¡ y

b

´x2

a2¡ z

2

c2= 1¡ y

2

b2

o bienx2

a2+y2

b2¡ z

2

c2= 1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .que es la ecuaci¶on de un hiperboloide de una hoja.


Cap¶³tulo 2

Funciones vectoriales

2.1 Funciones vectoriales

² Sea D un conjunto de n¶umeros reales. Una funci¶on vectorial r con dominio D es una corres-pondencia que asocia a cada n¶umero t en D un vector ¶unico r(t) en V3. El contradominio de rconsta de todos los vectores r(t) para t en D.

² Como cada t en D determina uno y s¶olo uno de estos vectores, las componentes de r(t) est¶andeterminadas de manera ¶unica por t y son, por lo tanto, funciones escalares f , g y h de t.Entonces se puede escribir

r(t) = f(t) i+ g(t) j + h(t) k

= hf(t); g(t); h(t)i

para t en D.

− Ejemplo 2.1. Sear(t) = (t+ 2)i+ (2t2 ¡ 3)j + t3k para t en IR.{ Calcular r(1) y r(2) y trazar sus vectores de posici¶on.

{ >Para qu¶e valores de t el vector de posici¶on de r(t) esta en uno de los planos coordenados?

Soluci¶on: Para obtener r(1) y r(2) sustituimos t por 1 y 2, y obtenemos r(1) = 3i¡ j + k. . . . . . . . . . . . . .

y r(2) = 4i+ 5j + 8k. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Entonces, los puntos ¯nales de los vectores de posici¶on son

A(3;¡1; 1) y B(4; 5; 8), como se muestra en la Fig. 2.1.El vector de posici¶on de r(t) est¶a en el plano xy si su componente seg¶un k, o sea t3, es igual a0; es decir, si t = 0. El vector de posici¶on est¶a en el plano yz si la componente seg¶un i, que es

t + 2, es igual a 0; es decir, si t = ¡2. . . . . . . . . . . Finalmente, est¶a en el plano xz si 2t2 ¡ 3 = 0; es

decir, si t = §p3=2. . . . . . . . . . . . . . . . . .

Notemos que si t var¶³a entre 1 y 2, entonces el punto ¯nal del vector de posici¶on de r(t) recorreuna trayectoria entre los puntos A(3;¡1; 0) y B(4; 5; 8) se~nalados en la Figur¶a 2.1. En estesentido, r determina una curva en el espacio de tres dimensiones.

81


82 Cap¶³tulo 2. Funciones vectoriales

Figura 2.1: Dos valores vectoriales.

² Una curva en el espacio, o curva tridimensional, es un conjunto C de temas ordenadas de laforma (f(t); g(t); h(t)), donde f , g y h son funciones continuas en un intervalo I.

² La gr¶a¯ca de C en un sistema de coordenadas rectangulares consta de todos los puntosP (f(t); g(t); h(t) correspondientes a las temas ordenadas. Las ecuaciones

x = f(t); y = g(t); z = h(t); t 2 I

son ecuaciones param¶etricas de C.

² Una curva C es regular (o alisada) si tiene una parametrizaci¶on x = f(t), y = g(t), z = h(t)tal que f 0, g0 y h0 son continuas y no se anulan simult¶aneamente, excepto posiblemente en losextremos. Tales curvas tienen una parametrizaci¶on alisante y, como en el caso de las curvasplanas, su representaci¶on no tiene picos ni interrupciones.

² TEOREMA: Si una curva C tiene una parametrizaci¶on regular x = f(t), y = g(t), z = h(t);a · t · b, y si C no se corta a s¶³ misma, excepto posiblemente en los extremos del intervalo[a; b], entonces la longitud L de C es

L =

Z b

a

q(f 0(t))2 + (g0(t))2 + (h0(t))2 dt

o bien

L =

Z b

a

sµdx

dt

¶2+

µdy

dt

¶2+

µdz

dt

¶2dt

² En el archivo \longitud de arco.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos deestos c¶alculos usando Mathematica.

² Una c¶ubica alabeada es una curva que tiene una parametrizaci¶on

x = at; y = bt2; z = ct3

donde a, b y c son constantes diferentes de cero.


2.1. Funciones vectoriales 83

− Ejemplo 2.2. Sea r(t) = ti+t2j+t3k para t ¸ 0. Trazar la gr¶a¯ca de la curva C determinadapor r(t).

Soluci¶on: C tiene las ecuaciones param¶etricas

x = t; y = t2; z = t3;

Como x, y, z no son negativos, C se encuentra en el primer octante.

Como ayuda para visualizar la gr¶a¯ca, se elimina el par¶ametro en las primeras dos ecuaciones,

obteniendo y = x2. . . . . . . . . . Esto implica que todo punto P (x; y; z) en C est¶a tambi¶en en el cilindro

parab¶olico y = x2.

Si eliminamos el par¶ametro de x = t y z = t3, obtenemos z = x3. . . . . . . . . , que es la ecuaci¶on de un

cilindro con generatrices paralelas al eje y. La curva C es la intersecci¶on de los dos cilindrosy = x2 y z = x3, como se muestra en la Fig. 2.2.

Figura 2.2: Curva alabeada

En t = 0, el punto ¯nal P (x; y; z) del vector de posici¶on r(t) es (0; 0; 0). A medida que taumenta, el punto ¯nal traza la curva C, pasando por los puntos (1; 1; 1), (2; 4; 8), (3; 9; 27),etc¶etera. Obs¶ervese que y aumenta m¶as r¶apidamente que x, y z, m¶as r¶apidamente que y.

− Ejemplo 2.3. Sea r(t) = a cos ti + a sen tj + btk para t ¸ 0, donde a y b son constantespositivas. (a) Esquematizar la gr¶a¯ca de la curva C determinada por r(t). (b) Calcular lalongitud de C entre los puntos correspondientes a t = 0 y t = 2¼.

Soluci¶on: (a) C tiene las ecuaciones param¶etricas

x = a cos t; y = a sen t; z = bt; t ¸ 0:

Si eliminamos el par¶ametro en las dos primeras ecuaciones, obtenemos x2 + y2 = a2. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Entonces, cualquier punto P (x; y; z) en C est¶a en el cilindro circular con ecuaci¶on x2 + y2 = a2. . . . . . . . . . . . . . . . . .Si t var¶³a de 0 a 2¼, el punto P parte de (a; 0; 0) y se mueve hacia arriba dando una vueltasobre el cilindro, como se ilustra en la Fig. 2.3. Las partes de la curva trazadas cuando t recorreotros intervalos de longitud 2¼, son parecidas. La curva C es una h¶elice circular.



Figura 2.3: H¶elice circular

(b) La longitud de C entre los puntos correspondientes a t = 0 y t = 2¼. . . . . . . . . . As¶³,

L =

Z 2¼

0

pa2 sen2 t+ a2 cos2 t+ b2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . dt

=

Z 2¼

0

pa2 + b2. . . . . . . . . . . . . dt = 2¼

pa2 + b2

− Ejemplo 2.4. Sea r(t) = (2t + 1)i + (3t¡ 4)j ¡ 5tk. Describir la curva C determinada porr(t).

Soluci¶on: C tiene las ecuaciones param¶etricas

x = 2t+ 1; y = 3t¡ 4; z = ¡5t:Tenemos que C es la recta que pasa por el punto (1;¡4; 0) y que es paralela al vector h2; 3;¡5i.

− Ejemplo 2.5. Sea

r(t) =

µ1

2t cos t

¶i+

µ1

2t sen t

¶j

para 0 · t · 3¼. (a) Trazar la gr¶a¯ca de la curva determinada por r(t). (b) Calcular r(6) ytrazar su vector de posici¶on.

Soluci¶on: (a) La curva se encuentra en el plano xy y tiene ecuaciones param¶etricas

x =1

2t cos t; y =

1

2tsent

Podemos suponer que t es el valor en radianes de un ¶angulo µ y escribir

x =1

2µ cos µ

. . . . . . . . . . .; y =

1

2µ sen µ

. . . . . . . . . . . .


2.2. L¶³mites, derivadas e integrales 85

Adem¶as, como,

y

x=

12µ sen µ12µ cos µ. . . . . . . . . . . .

= tan µ

Se deduce que µ es un ¶angulo que se puede usar para expresar (x; y) en coordenadas polares.Luego notamos que

x2 + y2 =

µ1

2µ cos µ

¶2+

µ1

2µ sen µ

¶2=

µ2

4. . .

Cambiando x2 + y2 a coordenadas polares,

r2 =µ2

4. . .o bien r =

µ

2. .; r ¸ 0

La gr¶a¯ca de la ecuaci¶on polar r = µ2para 0 · µ · 3¼. es la parte de la espiral de Arqu¶³medes

ilustrada en la Fig. 2.4.

Figura 2.4: Espiral de Arqu¶³medes.

(b) Sustituyendo t por 6, obtenemos

r(6) = (3 cos 6)i+ (3 sen 6)j ¼ 2:9i¡ 0:8j. . . . . . . . . . . . . . .

y se traza r(6).

2.2 L¶³mites, derivadas e integrales

² En esta secci¶on se aprovechan los l¶³mites, las derivadas y las integrales de las funciones escalarespara de¯nir conceptos an¶alogos para funciones vectoriales. Comenzamos con una de¯nici¶on del¶³mite.



² Sea r(t) = f(t)i+ g(t)j + h(t)k. El l¶³mite de r(t) cuando t tiende a a es

limt!a

r(t) =hlimt!a

f(t)ii+

hlimt!a

g(t)ij +

hlimt!a

h(t)ik

siempre y cuando f , g y h tengan l¶³mite cuando t tiende a a.

² Se puede dar una de¯nici¶on semejante para los l¶³mites unilaterales.² Muchas de las de¯niciones y resultados conocidos para funciones escalares se extienden a fun-ciones vectoriales

² Una funci¶on vectorial r es continua en a si

limt!a

r(t) = r(a)

² Resulta que si r(t) = f(t)i+ g(t)j + h(t)k, entonces r es continua en a si y s¶olo si f , g y h soncontinuas en a. La continuidad en un intervalo se de¯ne de la manera acostumbrada.

² Sea r una funci¶on vectorial. La derivada de r es la funci¶on vectorial r0 de¯nida por

r0(t) = limh!0

1

h[r(t+ h)¡ r(t)]

para todo t en que el l¶³mite existe.

² (Teorema ) Si r(t) = f(t)i+ g(t)j + h(t)k, donde f , g y h son derivables, entonces

r0(t) = f 0(t)i+ g0(t)j + h0(t)k

− Ejemplo 2.6. Sea r(t) = (ln t)i + e¡3tj + t2k. (a) Encontrar el dominio de r y determinarlos n¶umeros donde r es continua. (b) Encontrar r0(t) y r"(t).

Soluci¶on: (a) Como ln t no est¶a de¯nido para t · 0, el dominio de r es el conjunto de losn¶umeros reales positivos. Adem¶as, r es continua en todo este dominio porque cada componentedetermina una funci¶on continua.

(b) Por el Teorema anterior:

r0(t) =1

ti¡ 3e¡3tj + 2tk

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .; r"(t) =

¡1t2i+ 9e¡3tj + 2k. . . . . . . . . . . . . . . .

² El siguiente teorema da f¶ormulas de derivaci¶on para las funciones vectoriales, que son semejantesa las de las funciones escalares.

² (Teorema ) Si u y v son funciones vectoriales derivables y c es un escalar, entonces


2.2. L¶³mites, derivadas e integrales 87

1. Dt[u(t) + v(t)] = u0(t) + v0(t)

2. Dt[cu(t)] = cu0(t)

3. Dt[u(t) ¢ v(t)] = u(t) ¢ v0(t) + u0(t) ¢ v(t)4. Dt[u(t)£ v(t)] = u(t)£ v0(t) + u0(t)£ v(t)

² El vector r0(t) es un vector tangente a C en un punto P en el que ¡!OP es el vector posici¶on der(t).

− Ejemplo 2.7. Sear(t) = 2ti+ (4¡ t2)j

para ¡2 · t · 2. Calcular r0(t) y trazar la curva C determinada por r(t). Ilustrar ge-om¶etricamente r(1) y r0(1).

Soluci¶on: Como r(t) est¶a en V2, usamos un plano xy para representar los vectores. Eliminandoel par¶ametro en x = 2t, y = 4¡ t2, obtenemos

y = 4¡ x2

4. . . . . . . . .

que es la ecuaci¶on de una par¶abola. En la tabla (2.5) siguiente aparecen las coordenadas de lospuntos de C que corresponden a algunos valores de t.

t ¡2 ¡1 0 1 2x ¡4 ¡2 0 2 4y 0 3 4 3 0

Figura 2.5: Tabla de valores

Figura 2.6: Gr¶a¯ca.

La curva C es la parte de la par¶abola que se ilustra en la Fig. 2.6. Como r(1) = 2i+ 3j. . . . . . . . . . ,

el vector de posici¶on correspondiente a r(1) es¡!OP , donde P es el punto de coordenadas (2; 3).

Derivando, y

r0(t) = 2i¡ 2tj. . . . . . . . . . . y r0(1) = 2i¡ 2j:. . . . . . . . . . .



Representamos r0(1) (usando la ley del paralelogramo) mediante un vector con punto inicial Py punto ¯nal (2; 3) + (2;¡2) = (4; 1). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . , como se muestra en la Fig. 2.6.

− Ejemplo 2.8. Sea C una curva con ecuaciones param¶etricas

x = t; y = t2; z = t3; t ¸ 0

Encontrar ecuaciones param¶etricas para la recta tangente a C en el punto correspondiente at = 2.

Soluci¶on: La curva C est¶a determinada por r(t) = ti+ t2j + t3k para t ¸ 0. Se tiene que

r0(t) = i+ 2tj + 3t2k. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

es un vector tangente a C en el punto correspondiente a t. En particular, el punto en C

correspondiente a t = 2 es (2; 4; 8) y r0(2) = i+ 4j + 12k. . . . . . . . . . . . . . . . . . es un vector tangente. Por lotanto,

x = t+ 2. . . . . . . ; y = 4t+ 4. . . . . . . . ; z = 12t+ 8. . . . . . . . . . ; t 2 IRson ecuaciones param¶etricas para la recta tangente correspondiente.

² Las integrales de¯nidas de las funciones vectoriales se de¯nen como sigue. Sea r(t) = f(t)i +g(t)j + h(t)k. La integral de¯nida desde a hasta b de r esZ b

a

r(t) dt =

·Z b

a

f(t) dt

¸i+

·Z b

a

f(t) dt

¸j +

·Z b

a

h(t) dt

¸k

siempre y cuando f , g y h sean integrables en [a; b].

² Si R0(t) = r(t), entonces R(t) es una antiderivada de r(t). El siguiente resultado es an¶alogo alTeorema Fundamental del C¶alculo.

² Si R(t) es una antiderivada de r(t) en [a; b], entoncesZ b

a

r(t) dt = R(b)¡R(a):

− Ejemplo 2.9. Calcular

Z 2

0

r(t) dt para

r(t) = 12t3i+ 4e2tj + (t+ 1)¡1k

Soluci¶on: Encontrando una antiderivada para cada componente de r(t), obtenemos

R(t) = 3t4i+ 2e2tj + ln(t+ 1)k. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . :


2.3. Curvatura de l¶³neas 89

Como R0(t) = r(t), se deduce queZ 2

0

r(t) dt = R(2)¡R(0)

= ( 48i+ 2e4j + ln 3k. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . )¡ (0i+ 2j + 0k)= 48i+ 2(e4 ¡ 1)j + ln 3k. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.3 Curvatura de l¶³neas

² Cuando una part¶³cula recorre una curva C, puede cambiar su velocidad r¶apida o lentamente,dependiendo de si C se dobla brusca o gradualmente. Para medir la rapidez con que C seencorva, o cambia de forma, se usa el concepto de curvatura.

² Comenzamos por introducir ciertos vectores unitarios tangentes y normales a las curvas, queson ¶utiles para estudiar este concepto. Si r es una funci¶on vectorial y la curva C determinadapor r(t) es regular, entonces se sabe que r0(t) es un vector tangente a C.

² Si r0(t)6= 0, entonces el vector unitario tangente T (t) de C se de¯ne como sigue.

T (t) =1

jjr0(t)jjr0(t)

² Como jjT (t)jj = 1 para todo t, vemos que si T es derivable, entonces T 0(t) es ortogonal a T (t).² El vector unitario normal principal N(t) de C se de¯ne como el vector unitario que tiene lamisma direcci¶on que T 0(t), es decir,

N(t) =1

jjT 0(t)jjT0(t) =

v(t)

jjv(t)jj

² Estas f¶ormulas se pueden aplicar tanto a las curvas planas como a las curvas espaciales (o en elespacio). Cuando T (t) y N(t) se representan mediante segmentos dirigidos, se toma el puntoinicial en el punto P de C correspondiente a t, como se ilustra en la Fig. 2.7. Como el vectortangente r0(t) apunta en la direcci¶on en que el punto se mueve cuando t aumenta, tambi¶en T (t)apunta en esa direcci¶on.

² El vector normal principal unitario puede resultar de dif¶³cil c¶alculo algebraico. Para curvasplanas, podemos simpli¯car el c¶alculo procediendo como sigue: exprese T (t) como T (t) =hu(t); v(t)i. Como N debe ser ortogonal a T hay dos posibilidades para N , a saber:

N1(t) = hv(t);¡u(t)i ; o bien N2(t) = h¡v(t); u(t)i



Figura 2.7: Vectores unitario tangente y normal principal.

En efecto, observe, por ejemplo, que para N1(t)

T (t) ¢N1(t) = hu(t); v(t)i ¢ hv(t);¡u(t)i = u(t)v(t)¡ u(t)v(t) = 0:

El otro caso es an¶alogo. Como

q(u(t))2 + (v(t))2 = 1 se sigue que ambos N1(t) y N2(t) son

vectores normales unitarios. El vector normal principal unitario N es aquel que apunta al ladoc¶oncavo (\hacia adentro de la panza") de la curva.

² Este principio tambi¶en se aplica a curvas en el espacio. Es decir, para un objeto que se muevea lo largo de una curva C del espacio, el vector T (t) apunta en la direcci¶on del movimiento delobjeto, mientras que el vector N(t) es perpendicular a T (t) y se~nala la direcci¶on hacia la quegira.

− Ejemplo 2.10. Sea C la curva plana determinada por r(t) = t2i+ tj.

1. Hallar los vectores unitario tangente y normal T (t) y N(t).

2. Trazar C, T (1) y N(1).

Soluci¶on: (a) En este caso tenemos que

Figura 2.8: Vector unitario tangente y unitario normal principal.



T (t) =r0(t)jjr0(t)jj =

2ti+ j

(4t2 + 1)1=2=

2t

(4t2 + 1)1=2i+

1

(4t2 + 1)1=2j

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Derivando las componentes de T (t) obtenemos

T 0(t) =2

(4t2 + 1)3=2i¡ 4t

(4t2 + 1)3=2j =

2

(4t2 + 1)3=2(i¡ 2tj) :

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Es f¶acil veri¯car que jjT 0(t)jj = 2

4t2 + 1. . . . . . . . . .. Tenemos entonces que

N(t) =T 0(t)jjT 0(t)jj =

i¡ 2tjp4t2 + 1. . . . . . . . . . . . .

Nota: En este caso resulta m¶as f¶acil calcular N observando que su componente y es negativay que sus componentes se obtienen trasponiendo los obtenidos para T .

(b) El punto correspondiente a t = 1 es (1; 1). Por sustituci¶on tenemos:

T (1) =2i+ jp5

y N(1) =i¡ 2jp5. . . . . . . . .

Estos vectores y la curva (que es una par¶abola) se muestra en la Fig. 2.8.

− Ejemplo 2.11. Sea C la curva determinada por

r(t) = 4 cos t i+ 4 sen t j + 3t k; t ¸ 0

Trazar C y determinar T (t) y N(t).

Soluci¶on: La curva es la h¶elice circular de radio 4. Derivando r(t) y aplicando la de¯nici¶on,obtenemos lo siguiente:

r0(t) = ¡4 sen ti+ 4 cos tj + 3k. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

y por lo tanto:

jjr(t)jj =q

16 sen2 t+ 16 cos2 t+ 9. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = 5

De esta forma:

T (t) =1

jjr0(t)jjr0(t) = ¡4

5sen ti+

4

5cos tj +

3

5k

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Derivando T (t) y usando la de¯nici¶on, obtenemos

T 0(t) = ¡45cos ti¡ 4

5sen tj

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .



As¶³ tenemos que:

jjT 0(t)jj =s

16

25cos2 t+

16

25sen2 t

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .=4

5

Por lo tanto:

N(t) =1

jjT 0(t)jjT0(t) = ¡ cos ti¡ sen tj:

La Fig. 2.9 muestra vectores unitarios T (t) y N(t) t¶³picos. N¶otese que el vector unitario normal

Figura 2.9: Calculando T y N .

principal N(t) de la h¶elice circular es siempre paralelo al plano xy y apunta hacia el eje z.

(Ejercicio) Representar la curva en cuesti¶on y animar el vector tangente y normal movi¶endosea lo largo de esta curva usando como par¶ametro n.

² A continuaci¶on se de¯ne la curvatura, primero para las curvas planas y m¶as adelante para lascurvas en el espacio.

² Sea C una curva plana regular dada por½x = f(s)y = g(s)

y donde el par¶ametro s es la longitud de arco y sea µ el ¶angulo entre el vector unitario tangenteT (s) y el vector i = h1; 0i. La curvatura K de C en el punto P (x; y) es

K =

¯dµ

ds

¯Para la curva de la Fig. 2.10 la curvatura es relativamente peque~na en los puntos R y S, y esgrande en Q y V .



Figura 2.10: Curvatura

² Nota: Obs¶ervese que la para esta de¯nici¶on se requiere que est¶e parametrizada en funci¶on dela longitud de arco

− Ejemplo 2.12. Demostrar que la curvatura de una recta l es 0 en todos sus puntos.

Soluci¶on: Como el vector unitario tangente T (s) a l siempre se encuentra (ver Fig. 2.11) sobrel, el ¶angulo µ es el mismo para todo s, es decir, µ es constante. Por lo tanto,

K =

¯dµ

ds

¯= 0.

Figura 2.11: Curvatura de una recta.

− Ejemplo 2.13. Demostrar que la curvatura en todos los puntos de una circunferencia de

radio r vale1

r.

Soluci¶on: Podemos suponer que la circunferencia tiene centro en 0 y que el punto P est¶a enel primer cuadrante, como se muestra en la Fig. 2.12.

Sea s la longitud del arco AP . Si ® es la medida en radianes del ¶angulo POA, entonces

s = r® o bien ® =s

r;



Figura 2.12: Curvatura de un c¶³rculo.

De la Fig. 2.12,

µ = ®+¼

2. . . . . . . . . =s

r+¼

2. . . . . . . . .

Derivando,dµ

ds=1

r+ 0 =

1

r:

Por consiguiente,

K =

¯dµ

ds

¯=

1

r. .

Obs¶ervese que cuando el radio k de la circunferencia aumenta, la curvatura K =1

kdisminuye.

Si k tiende a in¯nito, entonces K tiende a 0, que es la curvatura de una recta. Cuando el radiok tiende a 0, la curvatura K crece sin acotaci¶on alguna.

² (Teorema ) Si una curva regular C es la gr¶a¯ca de y = f(x), entonces la curvatura K en P (x; y)es

K =jy00j£

1 + (y0)2¤3=2

² Veamos la demostraci¶on: Sea C una curva que es la gr¶a¯ca de una ecuaci¶on en coordenadasrectangulares y = h(x), donde h0 es continua en alg¶un intervalo. Sean T (s) y µ como sede¯nieron antes. Como y0 es la pendiente de la recta tangente en P , se ve que

tan µ = y0 o bien µ = tan¡l y0:

De acuerdo con la de¯nici¶on se puede de¯nir la funci¶on longitud de arco s por medio de

s(x) =

Z x

a

q1 + (y0)2 dx

donde a es la abscisa de un punto ¯jo A en C. Si y" existe, entonces, por la regla de la cadena,tenemos:

dµ

ds=dµ

dx

µds

dx

¶¡1



Como tenemos que,ds

dx=p1 + (y0)2;

dµ

dx=

y00

1 + (y0)2

al efectuar el cociente de estas fracciones obtenemos la f¶ormula dada en el teorema.

² En el archivo \curvatura y = f(x).nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunosde estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 2.14. Trazar la gr¶a¯ca de y = 1 ¡ x2 y calcular la curvatura en los puntos (x; y),(0; 1), (1; 0) y (2;¡3).Soluci¶on: La gr¶a¯ca es una par¶abola. Ver 2.13. Como y0 = ¡2x y y" = ¡2, del teorema

Figura 2.13: Par¶abola.

anterior, tenemos que

K =jy00j£

1 + (y0)2¤3=2 = j¡2j£

1 + (¡2x)2¤3=2 = 2

[1 + 4x2]3=2

En particular, se ve que en el punto (0; 1), K = 2; es decir, el ¶angulo µ asociado al vector T (s)var¶³a a raz¶on de 2 radianes por unidad de cambio en la longitud de arco. En el punto (1; 0),

K = 2=(5)3=2. . . . . . . . . . . ¼ 0:18, lo que demuestra que la curva es menos \redonda" ah¶³ que en (0; 1).Esto puede notarse tambi¶en en la gr¶a¯ca. Finalmente, en (2;¡3), K = 2=(17)3=2. . . . . . . . . . . . . ¼ 0:03.En la Fig. 2.14 se muestra la gr¶a¯ca de la funci¶on que indica la curvatura. Obs¶ervese quecuando x tiende a in¯nito, la curvatura tiende a 0.

² (Teorema ) Si una curva plana C est¶a dada param¶etricamente por½x = f(t);y = g(t)

donde f" y g" existen, entonces la curvatura K en P (x; y) es

K =jf 0(t)g00(t)¡ g0(t)f 00(t)j[(f 0(t))2 + (g0(t))2]3=2



Figura 2.14: Funci¶on curvatura.

² En el archivo \curvatura x = f(t) y = g(t).nb", del disco compacto, se muestra como realizaralgunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 2.15. Demostrar que la curvatura en todos los puntos de una circunferencia deradio r es igual a 1=r.

Soluci¶on:

La circunferencia de radio r con centro en el origen tiene ecuaciones param¶etricas½x = r cos t = f(t)y = r sen t = g(t)

Derivando,

f 0(t) = ¡r sen t. . . . . . . . . . . . f"(t) = ¡r cos tg0(t) = r cos t. . . . . . . . g"(t) = ¡r sen t

Sustituyendo en la f¶ormula tenemos:

r =j(¡r sen t)(¡r sen t)¡ (r cos t)(¡r cos t)j

[(¡r sen t)2 + (r cos t)2]3=2r2 sen2 t+ r2 cos2 t

(r2 sen2 t+ r2 cos2 t)3=2

=r2

(r2)3=2. . . . . . . . . .=r2

r3=1

r

² Sup¶ongase que P es un punto de la curva parametrizada en donde K6= 0. Considere el c¶³rculotangente a la curva en el punto P y que tiene la misma curvatura ah¶³. El centro de ese c¶³rculoestar¶a en el lado c¶oncavo de la curva; es decir, en el lado hacia el que apunta el vector normalN . Este c¶³rculo se llama osculador (o c¶³rculo de curvatura) de la curva en el punto dado, porquetoca a ¶esta en forma muy estrecha ah¶³ (osculum es la palabra latina que signi¯ca beso). Sea ½el radio del c¶³rculo osculador y sea ° el vector de posici¶on de su centro; ° =

¡!OC en donde C es

el centro del c¶³rculo osculador. Entonces, ½ se llama radio de curvatura de la curva en el puntoP y ° se llama centro de curvatura (vectorial) de ella, en P . (Vea la Fig. 2.15.)



Figura 2.15: Circ¶ulo osculador

² El ejemplo anterior implica que el radio de curvatura es

½ =1

K

y el hecho de que jN j = 1 implica que el vector de posici¶on del centro de curvatura es° = r + ½N; en donde (r =

¡!OP ):

² En el archivo \c¶³rculo osculador.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos deestos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 2.16. Determine el radio y el centro de curvatura de la par¶abola y = x2 en el punto(1; 1).

Soluci¶on: Tenemos que:

K =2

(1 + 4x2)3=2

as¶³ es que K =2

5p5. . . . . . .

y ½ =5p5

2. . . . . . .en el punto (1, 1). Para hallar el vector del centro de

curvatura encontramos primero los vectores unitarios tangente y normal de la curva. Veamos:

r(t) = ti+ t2j. . . . . . . . . . ; r0(t) = i+ 2tj. . . . . . . . . ; T (t) =i+ 2tjp1 + 4t2. . . . . . . . . . . . .

Por lo tanto, en (1; 1), tenemos que

T =i+ 2jp5; N =

¡2i+ jp5. . . . . . . . . . . .



Por lo tanto, la ecuaci¶on ° = r + ½N da como centro de curvatura

° =D1; 1. . . .

E+

Ã5p5

2

!¡2i+ jp

5=

¿¡4; 7

2

ÀLa ecuaci¶on del c¶³rculo osculador de la par¶abola en (1; 1) es, en consecuencia,

( x+ 4. . . . . . . )2 +

µy ¡ 7

2. . . . . . . .

¶2= ½2 =

125

4:

Figura 2.16: C¶³rculo osculador.

La par¶abola y el c¶³rculo osculador hallado se pueden apreciar en la Fig. 2.16.

Se puede, adem¶as calcular la ecuaci¶on del c¶³rculo osculador para cualquier punto en la par¶abola,digamos (n; n2). Para este punto tenemos que

T =h1; 2nip1 + 4n2

; N =h¡2n; 1ip1 + 4n2

; K =2

[1 + 4n2]3=2

El vector que determina el centro del c¶³rculo osculador es−n; n2

®+[1 + 4n2]

3=2

2

h¡2n; 1ip1 + 4n2

=

=−n; n2

®+¡1 + 4n2

¢¿¡n; 12

À=

¿¡4n3; 3n2 + 1

2

ÀPor lo tanto, el c¶³rculo osculador tiene ecuaci¶on¡

x+ 4n3¢2+

µy ¡ 3n2 ¡ 1

2

¶2=(1 + 4n2)

3

4

En la Fig. 2.17 se muestra algunos de estos c¶³rculos osculadores haciendo variar n.

Nota: En el archivo \circulo osculador para y = x^2.gcf", del disco compacto, se ilustra estousando Graphing Calculator.



Figura 2.17: C¶³rculos osculadores

² Con algo de tiempo y usandoMathematica se puede deducir una f¶ormula para hallar la ecuaci¶ondel c¶³curlo osculador para una curva parametrizada como½

x = f(t)y = g(t)

cuando t = m. Para ello, y por simplicidad, hacemos algunas designaciones antes:

¤ ® = f 0(m) g00(m)¡ g0(m) f 00(m).¤ ¯ = f 0(m)2 + g0(m)2

La ecuaci¶on del c¶³rculo osculador es:µy ¡ g(m)¡ ¯f

0(m)j®j

¶2+

µx¡ f(m) + ¯g

0(m)j®j

¶2=¯3

®2

− Ejemplo 2.17. Sea C la curva con ecuaciones param¶etricas x = t2, y = t3. Calcular lacurvatura en el punto P correspondiente a t = 1=2. Trazar C y la circunferencia de curvaturaen P .

Soluci¶on:

De¯niendo f(t) = t2 y g(t) = t3 obtenemos

f 0(t) = 2t; f"(t) = 2; g0(t) = 3t2; g"(t) = 6t:

Por lo tanto, tenemos que

K =(2t)(6t)¡ (3t2)(2)£(2t)2 + (2t2)2

¤. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

=6t2

[4t2 + 9t4]3=2

Si t = 12, entonces K =

96

125. . . . .¼ 0:77. El punto correspondiente a t = 1

2tiene coordenadasµ

1

4;1

8. . . . . .

¶y el radio de curvatura ½ en ese punto es 1=K o sea

125

96. . . . .¼ 1:3. La repre-

sentaci¶on de C est¶a en la Fig. 2.18. Trace el c¶³rculo de curvatura. N¶otese que la curvatura enel origen no existe porque K no est¶a de¯nida para t = 0.



Figura 2.18: C¶³rculo osculador.

² La de¯nici¶on de curvatura K =dµ

dspara curvas planas no tiene un an¶alogo inmediato en tres

dimensiones porque el vector unitario tangente T (s) no se puede determinar con un solo ¶anguloµ. Por lo tanto, para las curvas en el espacio se necesita usar otro enfoque. Por supuesto,debe demostrarse que la nueva de¯nici¶on de curvatura coincide con la anterior para las curvasplanas.

² A ¯n de obtener una de¯nici¶on adecuada, observamos primero que en dos dimensiones, el vectorunitario tangente T (s) se puede escribir

T (s) = cos µi+ sen µj

donde µ es el ¶angulo entre T (s) y el vector i. Considerando µ como una funci¶on de s y derivando,

T 0(s) =ds

dµ(¡ sen µi+ cos µj)

Entonces,

jjT 0(s)jj =¯dµ

ds

¯jj¡ sen µi+ cos µjjj =

¯dµ

ds

¯= K

o bien K = jjT 0(s)jj.

² (De¯nici¶on) Sea C una curva regular en el espacio con parametrizaci¶on8<: x = f(s);y = g(s);z = h(s)

donde el par¶ametro s es la longitud de arco. Sean r(s) = f(s)i+ g(s)j + h(s)k y T (s) = r0(s).La curvatura K de C en el punto P (x; y; z) es

K = jjT 0(s)jj



² La f¶ormula para K en la de¯nici¶on es a veces dif¶³cil de aplicar en los problemas espec¶³¯cos.M¶as adelante se obtendr¶a una f¶ormula m¶as pr¶actica para calcular la curvatura.

² (De¯nici¶on) Sea r(t) = xi + yj = f(t)i + g(t)j, el vector de posici¶on de una part¶³cula en elplano xy, donde t es el tiempo y f y g son funciones escalares con primera y segunda derivadas.La velocidad, la rapidez y la aceleraci¶on de la part¶³cula al tiempo t se de¯nen como:

{ Velocidad: v(t) = r0(t) =dx

dti+

dy

dtj.

{ Rapidez: jjv(t)jj = jjr0(t)jj =sµ

dx

dt

¶2+

µdy

dt

¶2{ Aceleraci¶on: v0(t) = r00(t) =

d2x

dt2i+

d2y

dt2j

² En el archivo \posici¶on velocidad acelaraci¶on rapidez.nb", del disco compacto, se muestra comorealizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

² A continuaci¶on se generalizar¶a la discusi¶on anterior al caso de una part¶³cula que se mueve en unsistema coordenado de tres dimensiones. Sup¶ongase que la posici¶on de una part¶³cula al tiempot es P (t) = (f(t); g(t); h(t)), donde f , g y h son funciones de¯nidas en un intervalo l. Si

r(t) = j(t)i+ g(t)j + h(t)k

es el vector de posici¶on de una part¶³cula, entonces cuando t var¶³a,¡!OP traza la trayectoria.

Como antes, la derivada r0(t), cuando existe, es la velocidad v(t) de la part¶³cula al tiempo t yes un vector tangente a C en P (t). El vector a(t) = r"(t) es la aceleraci¶on de la part¶³cula altiempo t. La rapidez de la part¶³cula es la magnitud jjv(t)jj de la velocidad y, como en el caso dedos dimensiones, es igual a la tasa de variaci¶on de la longitud de arco con respecto al tiempo.

− Ejemplo 2.18. El vector de posici¶on de una part¶³cula es r(t) = 2ti+3t2j+t3k para 0 · t · 2.Encontrar la velocidad y la aceleraci¶on de la part¶³cula al tiempo t.

Soluci¶on: La velocidad y la aceleraci¶on son

v(t) = r0(t) = 2i+ 6tj + 3t2k. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . y a(t) = r"(t) = 6j + 6tk:

Por ejemplo, en t = 1 la part¶³cula est¶a en el punto P (2; 3; 1) y tenemos que v(1) = 2i+ 6j + 3k. . . . . . . . . . . . . . . . . .

y a(1) = 6j + 6k.

² (Teorema) Sea P una part¶³cula que al tiempo t tiene vector de posici¶on r(t) y sea s el par¶ametrolongitud de arco para la curva C determinada por r(t). Se tiene entonces que:

a(t) =d2s

dt2|{z}aT

T (s) +K

µds

dt

¶2| {z }

aN

N(s)



o bien

a(t) =dv

dt|{z}C. tangencial

T (s) + Kv2|{z}C. Normal

N(s)

² (Teorema) Componente tangencial de la aceleraci¶on:

aT =d2s

dt2=dv

dt=r0(t) ¢ r00(t)jjr0(t)jj

² (Teorema) Componente normal de la aceleraci¶on:

aN = K

µds

dt

¶2= Kv2 =

jjr0(t)£ r00(t)jjjjr0(t)jj

² En el archivo \componente tangecial, normal, curvatura, espacio.nb", del disco compacto, semuestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 2.19. El vector de posici¶on de una part¶³cula al tiempo t (en segundos) es

r(t) = ti+ t2j + t3k

para 1 · t · 4. Encontrar las componentes tangencial y normal de la aceleraci¶on al tiempo t.Soluci¶on:

Derivando obtenemos

v(t) = r0(t) = i+ 2tj + 3t2k; a(t) = r"(t) = 2j + 6tk

Tenemos entonces que jjv(t)jj = jjr0(t)jj =p1 + 4t2 + 9t4

La componente tangencial est¶a dada por:

aT =r0(t) ¢ r00(t)jjr0(t)jj =

4t+ 18t3

(1 + 4t2 + 9t4)1=2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Para encontrar aN , primero calculamos

r0(t)£ r"(t) =¯¯ i j k1 2t 3t2

0 2 6t

¯¯ = 6t2i¡ 6tj + 2k. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . :

La componente normal est¶a dada entonces por:

aN =jjr0(t)£ r00(t)jj

jjr0(t)jj =(36t4 + 36t2 + 4)1=2

(1 + 4t2 + 9t4)1=2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


2.4. Tri¶angulo intr¶³nsico de una curva en el espacio 103

Figura 2.19: Triedro intr¶³nsico.

² Sea C una curva en el espacio dada por x = f(t), y = g(t) y z = h(t) donde f", g" y h" existen.La curvatura K en el punto P (x; y; z) de C es

K =jjr0(t)£ r00(t)jjjjr0(t)jj3 = aN

1

jjr0(t)jj2

Esta f¶ormula tambi¶en puede servir para curvas planas.

− Ejemplo 2.20. Encontrar la curvatura K de la c¶ubica alabeada x = t; y = t2, z = t3 en elpunto (x; y; z).

Soluci¶on:

Si de¯nimos

r(t) = ti+ t2j + t3k;

se ve que la curva es la misma que se consider¶o en el ejemplo anterior. Sustituyendo r0(t) yr0(t)£ r"(t) en el Teorema por las expresiones que se obtuvieron en dicho ejemplo, llegamos a

K =jjr0(t)£ r00(t)jjjjr0(t)jj3 =

2(9t4 + 9t2 + 1)1=2

(9t4 + 4t2 + 1)3=2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.4 Tri¶angulo intr¶³nsico de una curva en el espacio

² En todo punto M(x; y; z) que no sea singular, de una curva en el espacio r = r(t), se puedeconstruir un triedro intr¶³nseco formado por tres planos perpendiculares entre s¶³. Ver Fig. 2.19.



1. el plano osculador, MM1M2, en el que est¶an situados los vectoresdr

dtyd2r

dt2.

2. el plano normal, MM2M3, perpendicular al vectordr

dt3. el plano recti¯cante, MM1M3, perpendicular a los dos planos primeros.

² Las intersecciones de estos tres planos forman tres rectas:

1) la tangente MM1;2) la normal principal MM2 y3) la binormal MM3,

que se determinan respectivamente con los vectores:

1. T =r0(t)jjr0(t)jj (vector tangente unitario);

2. B =r0(t)£ r00(t)jjr0(t)£ r00(t)jj (vector de la binormal unitario) y

3. N =B £ TjjB £ T jj (vector de la normal principal)

² Si X, Y y Z, son las coordenadas variables del punto de la recta tangente, las ecuaciones dedicha tangente en el punto M(x; y; z) tendr¶an la forma

X ¡ xTx

=Y ¡ yTy

=Z ¡ zTz

donde Tx =dx

dt, Ty =

dy

dt, Tz =

dz

dt; partiendo de la condici¶on de perpendicularidad de la recta

y el plano, obtenemos la ecuaci¶on del plano normal

Tx(X ¡ x) + Ty(Y ¡ y) + Tz(Z ¡ z) = 0

− Ejemplo 2.21. Hallar, para t = 1, los vectores unitarios principales de la curva

x = t; y = t2; z = t3

Adem¶as escribir las ecuaciones de la tangente, normal principal y binormal en este punto.

Soluci¶on: Tenemos en este caso

r(t) =−t; t2; t3

®; r0(t) =

−1; 2t; 3t2

®; r00(t) = h0; 2; 6ti

De donde, para t = 1, obtenemos:

T =h1; 2; 3ijjh1; 2; 3ijj =

h1; 2; 3ip14


2.5. Resumen de f¶ormulas 105

Seguimos ahora con el c¶alculo del vector binormal unitario:

B =h1; 2; 3i £ h0; 2; 6ijjh1; 2; 3i £ h0; 2; 6ijj =

1

jjh1; 2; 3i £ h0; 2; 6ijj

¯¯ i j k1 2 30 2 6

¯¯ = h6;¡6; 2ip

76=h3;¡3; 1ip

19

Finalmente calculamos el vector normal unitario N . Para ello calculamos el producto vectorialde B y T . Por simplicidad hacemos primero el producto vectorial de los vectores correspon-dientes sin el coe¯ciente escalar, que ser¶³a un vector paralelo al buscado. Veamos:¯

¯ i j k3 ¡3 11 2 3

¯¯ = h¡11;¡8; 9i

Normalizando este vector obtenemos:

N =h¡11;¡8; 9ip

266

Como para t = 1, tenemos x = 1, y = 1, z = 1 entonces la ecuaci¶on de la tangente es:

x¡ 11

=y ¡ 12

=z ¡ 13

Por otro lado la ecuaci¶on de la binormal es

x¡ 13

=y ¡ 1¡3 =

z ¡ 11

Finalmente la ecuaci¶on de la normal principal es:

x¡ 1¡11 =

y ¡ 1¡8 =

z ¡ 19

2.5 Resumen de f¶ormulas

A continuaci¶on hacemos un recuento de las f¶ormulas m¶as importantes vistas en esta secci¶on.

1. Longitud de arco: L =

Z b

a

q(f 0(t))2 + (g0(t))2 + (h0(t))2 dt

2. Vector unitario tangente: T (t) =1

jjr0(t)jjr0(t)

3. El vector unitario normal principal:

N(t) =1

jjT 0(t)jjT0(t) =

v(t)

jjv(t)jj



4. Si C una curva dada por x = f(s), y = g(s), la curvatura es K =

¯dµ

ds

¯.

5. Si C est¶a dada por y = f(x), entonces K =jy00j£

1 + (y0)2¤3=2 .

6. Si C est¶a dada por x = f(t) y y = g(t) entonces

K =jf 0(t)g00(t)¡ g0(t)f 00(t)j[(f 0(t))2 + (g0(t))2]3=2

7. El vector de posici¶on del centro de curvatura es ° = r + ½N en donde ½ =1

K.

8. Velocidad: v(t) = r0(t). Rapidez: jjv(t)jj = jjr0(t)jj. Aceleraci¶on: v00(t) = r00(t)9. Componente tangencial y componente normal:

a(t) = aT T (s) + aN N(s)

aT =r0(t) ¢ r00(t)jjr0(t)jj

aN =jjr0(t)£ r00(t)jj

jjr0(t)jj10. Sea C dada por x = f(t), y = g(t) y z = h(t)

K =jjr0(t)£ r00(t)jjjjr0(t)jj3

11. N =a¡ aTTaN


Cap¶³tulo 3

Derivadas parciales

3.1 L¶³mites y continuidad

² Sea D un conjunto de pares ordenados de n¶umeros reales. Una funci¶on de dos variables es unacorrespondencia que asocia a cada par (x; y) en D un ¶unico n¶umero real que se denota porf(x; y). El conjunto D es el dominio de f . El contradominio de f consta de todos los n¶umerosreales f(x; y) para (x; y) en D.

² A menudo se utiliza una expresi¶on en x y y para especi¯car f(x; y), y se supone que el dominioes el conjunto de todos los pares (x; y) para los que la expresi¶on tiene sentido. Entonces se diceque f es una funci¶on de x y y.

² Sea f una funci¶on de dos variables y consideremos f(x; y) cuando (x; y) var¶³a dentro del dominioD de f .

Figura 3.1: L¶amina de metal: lim(x;y)!(a;b)

f(x; y) = L.

² Como un ejemplo f¶³sico, supongamos que una l¶amina de metal plana tiene la forma de la regi¶onD en la Fig. 3.1. A cada punto (x; y) de la l¶amina le corresponde una temperatura f(x; y)

107


108 Cap¶³tulo 3. Derivadas parciales

que se mide con un term¶ometro y se represen ta en el eje w. Cuando el punto (x; y) se muevedentro de la l¶amina, la temperatura aumenta, disminuye o permanece constante y por lo tanto,el punto en el eje w correspondiente a f(x; y), se mueve en la direcci¶on positiva, en la direcci¶onnegativa o permanece quieto, seg¶un el caso. Si la temperatura f(x; y) se acerca a un valor ¯joL cuando (x; y) se aproxima cada vez m¶as a un punto ¯jo (a; b), entonces esto se denota comosigue.

lim(x;y)!(a;b)

f(x; y) = L:

Esto puede leerse: el l¶³mite de f(x; y) cuando (x; y) tiende a (a; b) es L.

² Es posible demostrar que si el l¶³mite L existe, entonces es ¶unico.

² Si f y g son funciones de dos variables, entonces f + g, f ¡ g, fg y f=g se de¯nen de la maneraacostumbrada y puede generalizarse a este caso el teorema referente a sumas, productos ycocientes de l¶³mites que se tiene para el caso de una funci¶on de una variable.

² Una funci¶on f de dos variables es una funci¶on polinomio si f(x; y) se puede expresar comouna suma de t¶erminos de la forma c xmyn, donde c es un n¶umero real, y m y n son enteros nonegativos. Por ejemplo:

¡4x2y4 + 2x5y2

² Una funci¶on racional es un cociente de dos polinomios. Por ejemplo:¡4x2y4 + 2x5y2

x2 + y3

² Como en el caso de las funciones de una variable, los l¶³mites de los polinomios y las funcionesracionales de dos variables pueden calcularse por sustituci¶on.

− Ejemplo 3.1. Calcule los siguientes l¶³mites:

(a) lim(x;y)!(2;¡3)

(x3 ¡ 4xy2 + 5y ¡ 7)

(b) lim(x;y)!(3;4)

x2 ¡ y2px2 + y2

Soluci¶on: Veamos:

(a) Como x3 ¡ 4xy2 + 5y ¡ 7 es un polinomio, podemos calcular el l¶³mite sustituyendo x por2 y y por -3. Entonces,

lim(x;y)!(2;¡3)

(x3 ¡ 4xy2 + 5y ¡ 7)

= 23 ¡ 4(2)(¡3)2 + 5(¡3)¡ 7. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = ¡86


3.1. L¶³mites y continuidad 109

(b) Es posible proceder como sigue:

lim(x;y)!(3;4)

x2 ¡ y2px2 + y2

=

lim(x;y)!(3;4)

¡x2 ¡ y2¢

lim(x;y)!(3;4)

px2 + y2

=9¡ 16r

lim(x;y)!(3;4)

¡x2 + y2

¢. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

= ¡75

− Ejemplo 3.2. Demostrar que lim(x;y)!(0;0)

x2 ¡ y2x2 + y2

no existe.

Soluci¶on:

Sea

f(x; y) =x2 ¡ y2x2 + y2

La funci¶on f es racional; sin embargo, no se pueden sustituir x y y por 0 porque eso dar¶³a undenominador nulo. Sea (x; 0) cualquier punto en el eje x. Entonces,

f(x; 0) =x2 ¡ 0x2 + 0

= 1. . . . . . . . . . . . . . . .

; simpre que x6= 0

Para cualquier punto (0; y) en el eje y,

f(0; y) =0¡ y20 + y2

= ¡1. . . . . . . . . . . . . . . . . .

simpre que y6= 0

Por lo tanto, todo c¶³rculo con centro (0; 0) contiene puntos en los que el valor de f es 1 y

Figura 3.2: C¶³rculo.

puntos en los que el valor de f es ¡1, como se ilustra en la Fig. 3.2.



² Recuerde el caso de funciones de una variable cuando se consideran l¶³mites unilaterales. Lasituaci¶on an¶aloga para las funciones de dos variables es m¶as complicada porque en un planocoordenado hay una in¯nidad de curvas diferentes o trayectorias a lo largo de las cuales (x; y)puede acercarse a (a; b). Si el l¶³mite existe, entonces f(x; y) tiende al l¶³mite L independiente-mente de la trayectoria escogida.

² (Teorema: Regla de las Dos Trayectorias) Si dos trayectorias que llevan a un punto P (a; b)producen dos valores l¶³mites diferentes para f , entonces

lim(x;y)!(a;b)

f(x; y)

no existe.


x2 ¡ y2x2 + y2

no existe.

Soluci¶on:

Si (x; y) tiende a (0; 0) a lo largo del eje x, entonces la coordenada y siempre es cero y la

expresi¶on (x2 ¡ y2)=(x2 + y2) se reduce a x2=x2. . . . . . . . o a 1. Entonces, el valor l¶³mite a lo largo

de esta trayectoria es 1. Si (x; y) tiende a (0; 0) a lo largo del eje y, entonces la coordenada x

es cero y (x2 ¡ y2)=(x2 + y2) se reduce a ¡y2=y2. . . . . . . . . . o a ¡1. Como se obtienen dos valoresdiferentes, por la Regla de las Dos Trayectorias, el l¶³mite no existe.

Por supuesto, pueden escogerse otras trayectorias que llegan al origen. Por ejemplo, si (x; y)tiende a (0; 0) a lo largo de la recta y = 2x, entonces

x2 ¡ y2x2 + y2

=x2 ¡ 4x2x2 + 4x2. . . . . . . . . . . . .

= ¡3x2

5x2= ¡3

5

y por lo tanto, el l¶³mite a lo largo de la recta y = 2x es ¡1.Para dar una soluci¶on alternativa, podemos cambiar la expresi¶on en x y y a coordenadas polarescomo sigue:

x2 ¡ y2x2 + y2

=r2 cos2 µ ¡ r2 sen2 µr2 cos2 µ + r2 sen2 µ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

o bienx2 ¡ y2x2 + y2

= cos2 µ ¡ sen2 µ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = cos 2µ

Cuando (x; y) ! (0; 0) a lo largo de cualquier rayo µ = k, el valor de la funci¶on es siempresiempre cos 2k, y por lo tanto,f(x; y) tiene este valor l¶³mite. Tomando valores apropiados dek, podemos hacer que f(x; y) se acerque a cualquier valor entre ¡1 y 1. Entonces, el l¶³mite noexiste.


x2y

x4 + y2no existe.


3.1. L¶³mites y continuidad 111

Soluci¶on: Si (x; y) tiende a (0; 0) a lo largo de cualquier recta y = mx que pasa por el origen,vemos que si m6= 0,

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

x2y

x4 + y2= lim

(x;y)!(0;0)

x2(mx)

x4 + (mx)2. . . . . . . . . . . . . . . . .

o bien

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

x2y

x4 + y2= lim

(x;y)!(0;0)mx3

x4 +m2x2= lim

(x;y)!(0;0)mx

x2 +m2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

= 0

Podr¶³a creerse que el l¶³mite cuando (x; y) tiende a (0; 0) es 0. Sin embargo, si (x; y) tiende a(0; 0) a lo largo de la par¶abola y = x2, entonces

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

x2y

x4 + y2= lim

(x;y)!(0;0)x4

2x4. . . . . . . . . . . . . . . . . . .=1

2:


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

x2y2

x4 + y4.

Soluci¶on:

Figura 3.3: Super¯ce z =x2y2

x4 + y4.

La expresi¶onx2y2

x4 + y4est¶a inde¯nida en (0; 0), sin embargo al calcular el l¶³mite en forma iterada

(de cualquiera de las dos formas) se obtiene 0, en efecto:

limy!0

·limx!0

x2y2

x4 + y4

¸= lim

x!0

·limy!0

x2y2

x4 + y4

¸= 0.



Sin embargo, si (x; y)! (0; 0) a lo largo de la recta y = mx, tenemos:

x2y2

x4 + y4=

x2 (mx)2

x4 + (mx)4. . . . . . . . . . . . . . . . .=

m2x4

(1 +m4)x4

Cuando x! 0 tenemos:

limx!0

m2x4

(1 +m4)x4=

m2

(1 +m4). . . . . . . . . . . . .

Si m6= 0, vemos que el valor del l¶³mite lim(x;y)!(0;0)

x2y

x4 + y2, en este caso, no es 0. Como el valor

del l¶³mite es independiente de la trayectoria que se use, concluimos que el valor de este l¶³mite

no existe. En la Fig. 3.3 se muestra la gr¶a¯ca de super¯cie z =x2y2

x4 + y4.

² Una funci¶on f de dos variables es continua en un punto interior (a; b) de una regi¶on si f(a; b)existe, f(x; y) tiene un l¶³mite cuando (x; y) tiende a (a; b) y

lim(x;y)!(a;b)

f(x; y) = f(a; b)

² Una funci¶on f de tres variables es continua en un punto interior (a; b; c) de una regi¶on sif(a; b; c) existe, f(x; y; z) tiene un l¶³mite cuando (x; y; z) tiende a (a; b; c) y

lim(x;y;z)!(a;b;c)

f(x; y; z) = f(a; b; c)

² (Teorema) Si una funci¶on f de dos variables es continua en (a; b) y una funci¶on g de unavariable es continua en f(a; b), entonces la funci¶on h de¯nida por h(x; y) = g(f(x; y)) escontinua en (a; b).

− Ejemplo 3.6. Sea h(x; y) = ex2+5xy+y3 . Demostrar que h es continua en todo punto (a; b).

Soluci¶on:

De¯na f(x; y) = x2 + 5xy + y3 y g(t) = et. Resulta entonces que h(x; y) = g(f(x; y)). Comotanto g como f son continuas, se concluye que h lo es.


Analizar la continuidad de la funci¶on f(x; y) = ln (1 + xy).

Soluci¶on: Como la funci¶on logaritmo natural y = lnx es continua en su dominio, es decirpara x 2 IR+, la funci¶on f ser¶a contin¶ua en aquellos puntos (x; y) en los que 1+xy > 0, o bienxy > ¡1. La regi¶on en cuesti¶on se muestra en la Fig. 3.4.


3.2. Derivadas parciales 113

Figura 3.4: Regi¶on de continuidad.

3.2 Derivadas parciales

² Sea f una funci¶on de dos variables. Las primeras derivadas parciales de f con respecto a x ya y son las funciones fx y fy de¯nidas por

fx(x; y) = limh!0

f(x+ h; y)¡ f(x; y)h

fy(x; y) = limh!0

f(x; y + h)¡ f(x; y)h

² (NOTACIONES) Si w = f(x; y), entonces

fx =@f

@x; fy =

@f

@y

y tambi¶en

fx(x; y) =@

@xf(x; y) =

@w

@x= wx

Nota: En algunos textos se usa f 0x en lugar de fx. Ambas notaciones representan el mismoconcepto.

² En el archivo \derivadas parciales.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos deestos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 3.8. Sea f(x; y) = x3y2 ¡ 2x2y + 3x. (a) Encontrar fx(x; y) y fy(x; y). Calcularadem¶as fx(2;¡1) y fy(2;¡1).Soluci¶on: Consideramos a y como una constante y se deriva con respecto a x:

fx(x; y) = 3x2y2 ¡ 4xy + 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .



Considerando a x como una constante y derivando con respecto a y, obtenemos

fy(x; y) = 2x3y ¡ 2x2. . . . . . . . . . . . . . . .

Sustituyendo x = 2 y y = ¡1 en las expresiones anteriores,fx(2;¡1) = 3(2)2(¡1)2 ¡ 4(2)(¡1) + 3 = 23. . .

De forma an¶aloga se obtiene fy(2;¡1) = ¡24. . . . . . .

² En el archivo \Dervidas parciales 2 variables (por Def).nb", del disco compacto, se muestra comorealizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.


Sea

f(x; y) =

8<:2xy

x2 + y2si x2 + y2 6= 0

0 si x = y = 0

Calcule fx(0; 0) y fy(0; 0).

Soluci¶on: Empleamos la de¯nici¶on de derivada parcial con respecto a x:

fx(0; 0) = limh!0

f(0 + h; 0)¡ f(0; 0)h

= limh!0

f(h; 0)

h= lim

h!00=h2

h. . . . . . . . . . . . .

o bien fx(0; 0) = 0. Razanonando en forma parecida se concluye que fy(0; 0) = 0.

² Hay f¶ormulas para las derivadas parciales parecidas a las de las funciones de una variable. Porejemplo, si u = f(x; y) y v = g(x; y), entonces la regla del producto y la regla del cociente paralas derivadas parciales son

@

@x(uv) = u

@v

@x+ v

@u

@x

@

@x

³uv

´=v@u

@x¡ u@v

@xv2

− Ejemplo 3.10. Sea w = x2y3 sen z + exz. Encontrar @w=@x, @w=@y y @w=@z.

Soluci¶on: Procedemos como sigue:

Considerando y y z como constantes:

@w

@x= 2xy3 sen z. . . . . . . . . . . . . . . + ze

xz

Considerando x y z como constantes:

@w

@y= 3x2y2 sen z. . . . . . . . . . . . . . . .


3.2. Derivadas parciales 115

Considerando x y y como constantes:

@w

@z= x2y3 cos z. . . . . . . . . . . . . + xexz

² (Derivadas parciales de segundo orden)

(a)@

@xfx = (fx)x = fxx =

@

@x

µ@f

@x

¶=@2f

@x2

(b)@

@yfx = (fx)y = fxy =

@

@y

µ@f

@x

¶=@2f

@y@x

² (Teorema) Sea f una funci¶on de dos variables x y y. Si f , fx, fy, fxy y fyx son continuas enuna regi¶on abierta R, entonces fxy = fyx en R.

² Dicho m¶as sencillamente: si las derivadas existen y son continuas, las derivadas mixtas coinci-den.

² El teorema anterior se puede generealizar para funciones de 3 variables.− Ejemplo 3.11. Obtener las segundas derivadas parciales de f para

f(x; y) = x3y2 ¡ 2x2y + 3x:

Soluci¶on: Estudiamos esta funci¶on en el ejemplo previo y obtuvimos

fx(x; y) = 3x2y2 ¡ 4xy + 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . y fy(x; y) = 2x3y ¡ 2x2. . . . . :

Por lo tanto,

fxx(x; y) = 6xy2 ¡ 4y. . . . . . . . . . . . . . .

fxy(x; y) = 6x2y ¡ 4x. . . . . . . . . . . . . . .

fyx(x; y) = 6x2y ¡ 4x. . . . . . . . . . . . . . .

fyy(x; y) = 2x3. . . . . .

² Las derivadas parciales de tercer orden y de ¶ordenes superiores se de¯nen de manera parecida.− Ejemplo 3.12. (Adaptado del folleto del Prof. Manuel Calvo para c¶alculo III)

Suponga que z = u(x; y)eax+by y que u es tal que@2u

@x@y= 0. Determine valores de a y b tales

que:@2z

@x@y¡ @z@x¡ @z@y+ z = 0



Soluci¶on:

Debemos expresar las derivdas parciales de z en t¶erminos de u. Veamos:

@z

@x= eax+b y (a u+ ux) ;

@z

@y= eax+b y (b u+ uy). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Adem¶as:

@2z

@x@y= ea x+b y

µa b u+ b ux + a uy +

@2u

@x@y

¶= eax+b y (a b u+ b ux + a uy). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

pues@2u

@x@y= 0. Formamos ahora la ecuaci¶on propuesta:

@2z

@x@y¡ @z@x¡ @z@y+ z = 0

eax+b y (a b u+ b ux + a uy + u¡ a u¡ ux ¡ b u¡ uy) = 0

o bien, factorizando:

ea x+b y ([a b ¡ a¡ b+ 1] u+ [b¡ 1] ux + [a¡ 1]uy) = 0

Notamos entonces que escogiendo a = 1. y b = 1. , la relaci¶on anterior se convierte en una

identidad.


Sea u = x2z + y2x+ z2y. Demostrar que ux + uy + uz = (x+ y + z)2

Soluci¶on:

Realizamos cada una de las derivadas parciales:

ux = 2xz + y2. . . . . . . . . . . . ; uy = 2xy + z2; uz = x2 + 2yz. . . . . . . . . . . .

Formamos entonces la expresi¶on propuesta:

ux + uy + uz = 2xz + y2 + 2xy + z2 + x2 + 2yz =

³x+ y + z. . . . . . . . . . . . .

´2


3.3. Incrementos y diferenciales 117

3.3 Incrementos y diferenciales

² Si f es una funci¶on de dos variables x y y, entonces los s¶³mbolos ¢x y ¢y denotan los incre-mentos de x y y. N¶otese que ¢y es un incremento de la variable independiente y y no es lomismo que se de¯ni¶o (en el curso de c¶alculo en una variable) para una variable dependiente y.

² En t¶erminos de esta notaci¶on de incrementos, tenemos que:

fx(x; y) = lim¢x!0

f (x+¢x; y)¡ f(x; y)¢x

fy(x; y) = lim¢y!0

f (x; y +¢y)¡ f(x; y)¢y

² El incremento de w = f(x; y) se de¯ne como sigue.² Sea w = f(x; y) y sean ¢x y ¢y los incrementos de x y y, respectivamente. El incremento ¢wde w = f(x; y) es

¢w = f(x+¢x; y +¢y)¡ f(x; y):N¶otese que el incremento ¢w representa el cambio en el valor de la funci¶on cuando (x; y) var¶³aa (x+¢x; y +¢y).

² Si se supone que f(x; y) es la temperatura en el punto (x; y) de una l¶amina de metal D, comose muestra en la Fig. 16.24, entonces ¢w es el cambio neto en la temperatura al pasar de(x; y) a (x+¢x; y +¢y).

² En el archivo \incrementos y diferenciales.nb", del disco compacto, se muestra como realizaralgunos de estos c¶alculos usando Mathematica. Consulte tambi¶en \diferencial.nb" \incrementosen 2 variables.nb".

− Ejemplo 3.14. Sea w = f(x; y) = 3x2 ¡ xy. (a) Suponiendo que los incrementos de x y yson ¢x y ¢y, determinar ¢w. (b) Aplicar ¢w para calcular el cambio en f(x; y) cuando (x; y)var¶³a de (1; 2) a (1:01; 1:98).

Soluci¶on:

(a) Usando la de¯nici¶on tenemos:

¢w = f(x+¢x; y +¢y)¡ f(x; y)= [3(x+¢x)

2 ¡ (x+¢x)(y +¢y)]¡ [3x2 ¡ xy]. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

= [3x2 + 6x¢x + 3(¢x)2 ¡ (xy + x¢y + y¢x +¢x¢y)]

¡ 3x2 + xy= 6x¢x + 3(¢x)

2 ¡ x¢y ¡ y¢x ¡¢x¢y



(b) Supongamos que (x; y) var¶³a de (1; 2) a (1:01; 1:98). Sustituyendo x = 1, y = 2, ¢x = 0:01,¢y = ¡0:02 en la f¶ormula para ¢w,

¢w = 6(1)(0:01) + 3(0:01)2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

¡ (1)(¡0:02)¡ 2(0:01)¡ (0:01)(¡0:02) = 0:0605. . . . . . . . . :

Este n¶umero puede encontrarse tambi¶en calculando la diferencia f(1:01; 1:98)¡ f(1; 2).² La f¶ormula para ¢w en la de¯nici¶on s¶olo sirve para calcular la diferencia de los valores fun-cionales en dos puntos. No es adecuada para obtener resultados sobre la variaci¶on de f(x; y).El siguiente teorema da una f¶ormula m¶as ¶util en las aplicaciones. Para simpli¯car el enuncia-do se utilizan las abreviaciones ²1 y ²2 para ciertas funciones de ¢x y ¢y, y para sus valores²1(¢x;¢y) y ²2(¢x;¢y) en (¢x;¢y).

(¤) Teorema: 3.1. Sea w = f(x; y), donde f es una funci¶on de¯nida en una regi¶on rectangularR = f(x; y) : a < x < b; c < y < dg ;

para la cual fx y fy existen en toda R y son continuas en el punto (x0; y0) de R. Si (x0 +¢x; y0 +¢y) est¶a en R y

¢w = f(x0 +¢x; y0 +¢y)¡ f(x0; y0);entonces

¢w = fx(x0; y0)¢x + fy(x0; y0)¢y + ²1¢x + ²2¢y

donde ²1 y ²2 son funciones de ¢x y ¢y que tienen l¶³mite 0 cuando (¢x;¢y)! (0; 0).

² Tenemos la siguiente relaci¶on de aproximaci¶on:

¢f(x0; y0) ¼ fx(x0; y0)¢x + fy(x0; y0)¢y

o bien

¢f(x0; y0) ¼ @f

@x¢x +

@f

@y¢y

¯(x0;y0)

− Ejemplo 3.15. Sea w = 3x2 ¡ xy. Obtener expresiones para ²1 y ²2 que satisfagan la con-clusi¶on del teorema anterior con (x0; y0) = (x; y).

Soluci¶on: De la soluci¶on del ejemplo previo,

¢w = 6x¢x + 3(¢x)2 ¡ x¢y ¡ y¢x ¡¢x¢y. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ;

que tambi¶en se puede escribir

¢w = (6x¡ y)¢x + (¡x)¢y + (3¢x)(¢x) + (¡¢x)¢y. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . :



Esto est¶a en la forma del Teorema con:

fx(x; y) = 6x¡ y; fv(x; y) = ¡x; ²1 = 3¢x; ²2 = (¡¢x):

N¶otese que ²1 y ²2 no son ¶unicas pues tambi¶en se puede escribir

¢w = (6x¡ y)¢x. . . . . . . . . . . . . . . . + (¡x)¢y + (3¢x ¡¢y)¢x + (0)¢y

cuyo caso ²1 = (3¢x ¡¢y) y ²2 = 0.

² En el curso de c¶alculo se de¯nieron las diferenciales de las funciones de una variable. Recorde-mos que si u = f(x) y ¢x es un incremento de x, entonces dx = ¢x y du = f 0(x)dx. Lasiguiente de¯nici¶on generaliza este concepto a las funciones de dos variables.

² Sea w = f(x; y) y sean ¢x y ¢y incrementos de x y y, respectivamente.

(i) Las diferenciales dx y dy de las variables independientes x y y son

dx = ¢x y dy = ¢y:

(ii) La diferecial dw de la variable dependiente w es

dw = fx(x; y)dx+ fy(x; y)dy =@w

@xdx+

@w

@ydy:

² Si f satisface la hip¶otesis del teorema previo, entonces por la conclusi¶on de ese teorema con(x; y) en lugar de (x0; y0), se ve que

¢w = dw + ²1¢x + ²2¢y;

o bien

¢w ¼ dw

² Este hecho puede usarse para calcular aproximadamente el cambio en w debido a un cambiopeque~no de x y y.

² En el archivo \diferenciales y aproximaci¶on.nb", del disco compacto, se muestra como realizaralgunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 3.16. Sea w = 3x2 ¡ xy. Encuentre dw y ¶usela para calcular aproximadamente elcambio en w cuando (x; y) var¶³a de (1; 2) a (1:01; 1:98). >C¶omo es esta estimaci¶on comparadacon el cambio exacto en w?

Soluci¶on:

Esta es la misma funci¶on que se consider¶o en los ejemplos anteriores. Aplicando la de¯nici¶on:

dw =@w

@xdx+

@w

@ydy

= (6x¡ y)dx+ (¡x)dy. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .



Sustituyendo x = 1, y = 2, dx = ¢x = 0:01 y dy = ¢y = ¡0:02, obtenemos

dw = (6¡ 2)(0:01) + (¡1)(¡0:02). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = 0:06:

En el ejemplo demostramos que ¢w = 0:0605. Por lo tanto, el error que se comete al usar dwes 0.0005 .

− Ejemplo 3.17. El radio y la altura de un cilindro circular recto miden 3 y 8 pulgadas,respectivamente, con un error posible en la medici¶on de §0:05 pulg. Usar diferenciales paraestimar el error m¶aximo que se comete al calcular el volumen del cilindro.

Soluci¶on: El m¶etodo es parecido al que se us¶o para las funciones de una variable. Comenzamosconsiderando la f¶ormula general para el volumen V de un cilindro de radio r y altura h, es decir,V = ¼r2h. Consideremos a r y a h como los valores medidos con errores m¶aximos dr y dh,respectivamente en la medici¶on. Por supuesto, el error en una o en las dos medidas podr¶³aser negativo. El error en el c¶alculo del volumen es el cambio en V correspondiente a dr y dh.Usando diferenciales, tenemos que,

¢V ¼ dV = @V

@rdr +

@V

@hdh = 2¼rhdr + ¼r2dh. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . :

Finalmente, sustituimos los valores espec¶³¯cos de las variables. Tomando r = 3, h = 8 ydr = dh = §0:05, obtenemos la siguiente aproximaci¶on al error m¶aximo:

dV = 48¼(§0:05) + 9¼(§0:05). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = §2:85¼ ¼ §8:95pulg3:

² Para una funci¶on de una variable, decir que es diferenciable es lo mismo que decir que esderivable, o sea que la derivada existe. Para las funciones de dos variables, se usa la siguientede¯nici¶on que est¶a basada en la f¶ormula para ¢w en el Teorema (P¶ag. 118).

² De¯nici¶on: 3.1. Sea w = f(x; y). La funci¶on f es diferenciable en (x0; y0) si ¢w se puedeexpresar en la forma

¢w = fx(x0; y0)¢x + fy(x0; y0)¢y + ²1¢x + ²2¢y

donde ²1 y ²2 tienden a 0 cuando (¢x;¢y)! (0; 0).

Se dice que una funci¶on f de dos variables es diferenciable en una regi¶on R si es diferenciableen todos los puntos de R.

¦(¤) Teorema: 3.2. Si w = f(x; y) y fx y fy son continuas en una regi¶on rectangular R, entonces

f es diferenciable en R.

² El siguiente resultado muestra que una funci¶on diferenciable es continua



(¤) Teorema: 3.3. Si una funci¶on f de dos variables es diferenciable en (x0; y0), entonces f escontinua en (x0; y0).

(¤) Teorema: 3.4. Si f es una funci¶on de dos variables y fx y fy son continuas en una regi¶onrectangular R, entonces f es continua en R.

² Nota: Se puede demostrar por medio de ejemplos que la simple existencia de fx y fy no essu¯ciente para asegurar la continuidad de f . Esto es diferente en el caso de una sola variable,donde la existencia de f 0 implica la continuidad de f .

² (Ejercicio) Sea

f(x; y) =

8><>:xy

x2 + y2si (x; y)6= (0; 0)

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

(a) Use la de¯nici¶on de derivada parcial para demostrar que fx(0; 0) y fy(0; 0) existen. (b)Veri¯que que f no es continua en (0; 0). (c) Veri¯que que f no es diferenciable en (0; 0).

² La discusi¶on anterior se puede generalizar al caso de funciones de m¶as de dos variables. Porejemplo, sea w = f(x; y; z), donde f est¶a de¯nida en una regi¶on apropiada R (como por ejemploun paralelep¶³pedo); fx, fy y fz existen en R y son continuas en (x; y; z). Si x, y, z se incrementanen dx, dy y dz, respectivamente, entonces el incremento correspondiente

¢w = f(x+¢x; y +¢y; z +¢z)¡ f(x; y; z)

² (De¯nici¶on) Sea w = f(x; y; z) y sean ¢x, ¢y y ¢z incrementos de x, y y z, respectivamente.

(i) Las diferenciales dx, dy y dz de las variables independientes x, y y z son

dx = ¢x; dy = ¢y; dz = ¢z:

(ii) La diferencial dw de la variable dependiente w es

dw =@w

@xdx+

@w

@ydy +

@w

@zdz

² La generalizaci¶on a cuatro o m¶as variables se hace de manera an¶aloga.− Ejemplo 3.18. Los lados (en cm) de un paralelep¶³pedo rectangular cambian de 9, 6 y 4 a9.02, 5.97 y 4.01, respectivamente. Use diferenciales para calcular aprpximadamente el cambiodel volumen. >Cu¶al es la variaci¶on exacta del volumen?

Soluci¶on:

El m¶etodo de soluci¶on es semejante al que se us¶o para el cilindro circular recto. Comenzamoscon la f¶ormula general V = xyz para el volumen de un paralelep¶³pedo rectangular de lados x, y



y z. Luego consideramos dx, dy y dz como errores de medici¶on. Entonces, el error en el c¶alculodel volumen es

¢V ¼ dV = yzdx+ xzdy + xydz. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . :

Finalmente, sustituyendo los valores especiales x = 9, y = 6, z = 4, dx = 0:02, dy = ¡0:03 ydz = 0:01, obtenemos

dV = 24(0:02) + 36(¡0:03) + 54(0:01). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .= 0:48¡ 1:08 + 0:54 = ¡0:06

Por lo tanto, el volumen aumenta en aproximadamente 0.06 en cm3.

El cambio exacto del volumen es

¢V = (9:02)(5:97)(4:01)¡ (9)(6)(4). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = ¡0:063906:


Usar la diferencial para hallar una aproximaci¶on de f(6:05; 2:01) si se tiene que f(x; y) =xpx¡ y.

Soluci¶on:

El n¶umero que se busca puede considerarse como el valor incrementado de la funci¶on f(x; y) =xpx¡ y cuando x = 6, y = 2, ¢x = 0:05 y ¢y = 0:01. El valor inicial de la funci¶on es

f(6; 2) = 12

¢f ¼ df =·@f

@x

¸(6;2)

¢x +

·@f

@y

¸(6;2)

¢y

Como@f

@x=px¡ y + x ¢ 1

2(x¡ y)¡1=2, entonces·

@f

@x

¸(6;2)

=p6¡ 2 + 6 ¢ 1

2(6¡ 2)¡1=2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .= 2 +

6

4=7

2

Por otro lado@f

@y=

¡x2px¡ y. . . . . . . . . . . . .

, entonces

·@f

@y

¸(6;2)

=¡62p4. . . . . . .

= ¡32. . . . .

De esta forma tenemos que

¢f ¼ 7

2¢ 0:05 +

µ¡32

¶¢ 0:01 = 0:16. . . . . .

Por consiguiente f(6:05; 2:01) ¼ 12 + 0:16 = 12:16.


3.4. Regla de la cadena 123

3.4 Regla de la cadena

² Si f y g son funciones de una variable tales que w = f(u) y u = g(x), entonces la composici¶onde f con g est¶a dada por w = f(g(x)).

² La derivada de w con respecto a x se puede encontrar aplicando la Regla de la Cadena comosigue:

dw

dx=dw

du

du

dx

² En esta secci¶on se generaliza esta f¶ormula a las funciones de varias variables. Sean f , g y ktres funciones de dos variables tales que W = f(u; v), y u = g(x; y), v = k(x; y).

Si para cada par (x; y) en un subconjunto D de IR £ IR, el par (u; v) que le corresponde est¶aen el dominio de f , entonces

W = f(g(x; y); k(x; y))

de¯ne W como una funci¶on (compuesta) de x y y.

² De¯nici¶on: 3.2. (Regla de la cadena) Si w = f(u; v) y u = g(x; y), v = k(x; y), donde f , gy k son diferenciables, entonces

@w

@x=@w

@u

@u

@x+@w

@v

@v

@x

@w

@y=@w

@u

@u

@y+@w

@v

@v

@y

¦² Para recordar la Regla de la Cadena se puede usar el diagrama de ¶arbol en la Fig. 3.5 . Paraconstruir el diagrama se trazan ramas (segmentos) de w a u y v, para indicar que w es unafunci¶on de estas dos variables. Como u es funci¶on de x y y, se trazan ramas de u a x y y.Tambi¶en se dibujan ramas de v a x y y. En el diagrama se han indicado las derivadas parcialescorrespondientes a las variables mencionadas.

² Para encontrar @w@xse toman los productos de todos los pares de derivadas parciales que van de

w a x, y luego se suman. La f¶ormula para @w@yse encuentra usando las ramas que van de w a

y.

− Ejemplo 3.20. Sean w = r3 + s2 y r = pq2, s = p2 sen q. Use la Regla de la Cadena para

encontrar@w

@py@w

@q

Soluci¶on:

N¶otese que w es una funci¶on (compuesta) de p y q. Podemos sustituir r y s por sus expresionesy obtener

w = (pq2)3 + (p2 sen q)2. . . . . . . . . . . . . . .



w

u

v

x

y

x

y

@u

@x

@u

@y

@v

@x

@v

@y

@w

@u

@w

@v

Figura 3.5: ¶Arbol

y luego encontrar @w@py @w

@qdirectamente. Sin embargo el objetivo es ilustrar la Regla de la

Cadena.

Como w es una funci¶on de r y s y tanto r como s son funciones de p y q, construimos eldiagrama de ¶arbol apropiado. <H¶agalo! Consultando el diagrama tomamos los productos detodos los pares de derivadas parciales que van de w a p y obtenemos

@w

@p= (3r2)(q2) + (2s)(2p sen q). . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Si ahora sustituimos r = pq2 y s = p2 sen q, resulta

@w

@p= 3(pq2)2(q2) + (2p2 sen q)(2p sen q)

= 3p2q6. . . . . . . + 4p3 sen2 q:

Haciendo referencia otra vez al diagrama obtenemos:

@w

@q= (3r2)(2pq). . . . . . . . . . . . . . . + (2s)(p

2 cos q):

Sustituyendo r y s, tenemos:

@w

@q= 3(pq2)2(2pq) + 2(p2 sen q)(p2 cos q)

= 6p3q5 + 2p4 sen q cos q. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

² La Regla de la Cadena puede aplicarse a las funciones compuestas de cualquier n¶umero devariables y es posible construir diagramas de ¶arbol como ayuda para formular la regla.



² Por ejemplo, sea w una funci¶on de u, v y r, donde u, v y r son cada una funciones de x, y yz. Ver Fig. 3.6. Si se desea encontrar @w=@y, se toman los productos de los pares de derivadasparciales que llevan de w a y y se suman, con lo que se obtiene

@w

@y=@w

@u

@u

@y+@w

@v

@v

@y+@w

@r

@r

@y

w

u v r

x y z x y z x y z

Figura 3.6: ¶Arbol para la regla de la cadena.

− Ejemplo 3.21. Seanw = r2 + sv + t3; r = x2 + y2 + z2;

s = xyz; v = xey y t = yz2

Usar la Regla de la Cadena para encontrar@w

@z. Exprese el resultado en t¶erminos de x y y z.

Soluci¶on: N¶otese que w es una funci¶on de r, s, v, t y que cada una de estas cuatro variableses a su vez funci¶on de x, y y z. <Haga el diagrama correspondiente! Como se desea encontrar@w@z, recorremos todas las ramas que van de w a z. Esto da

@w

@z= (2r)(2z) + v(xy) + s(0) + (3t2)(2yz)

= 4rz + vxy + 6t2yz

Expresamos ahora@w

@zen t¶erminos de x, y y z:

@w

@z= 4z(x2 + y2 + z2) + xey(xy) + 6(yz2)2(yz)

= 4z(x2 + y2 + z2) + x2yey + 6y3z5



² En el archivo \regla de la cadena.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos deestos c¶alculos usando Mathematica.

² Si w es una funci¶on de varias variables, cada una de las cuales es funci¶on de una sola variable,digamos t, entonces w es una funci¶on de la variable t y se puede aplicar a dw=dt la Regla de laCadena, como en el siguiente ejemplo.

− Ejemplo 3.22. Sean

w = x2 + yz; x = 3t2 + 1; y = 2t¡ 4; z = t3

Encontrardw

dty ¶expresela en t¶erminos exclusivos de t.

Soluci¶on:

Para aplicar la Regla de la Cadena construimos el diagrama. Los pares de ramas que van dew a t dan lo siguiente, donde usamos el s¶³mbolo d=dt para la derivada con respecto a la ¶unicavariable t:

dw

dt=@w

@x

dx

dt+@w

@y

dy

dt+@w

@z

dz

dt

= (2x)(6t). . . . . . . . . . . + z(2) + y(3t2)

= 2(3t2 + 1)6t+ t3(2) + (2t¡ 4)3t2

= 44t3 ¡ 12t2 + 12t

El problema tambi¶en podr¶³a resolverse sin usar la Regla de la Cadena escribiendo

w = (3t2 + 1)2 + (2t¡ 4)t3. . . . . . . . . . . . . .

y encontrando luego dw=dt con los m¶etodos de derivaci¶on respecto a una sola variable.

² La Regla de la Cadena es ¶util para resolver problemas de rapidez de variaci¶on relacionadas. Elm¶etodo se ilustra en el siguiente ejemplo.

− Ejemplo 3.23. En un circuito el¶ectrico simple se tienen una resistencia R y una tensi¶on V .En cierto momento V vale 80 V (volts) y crece a raz¶on de 5V=min mientras que R es de 40 −(ohms) y disminuye a raz¶on de 2 −/min. Usar la ley de Ohm I = V=R y la regla de la cadenapara calcular la rapidez de variaci¶on de la corriente I (en amperes, A).

Soluci¶on:



Figura 3.7: Circuito

Note que I es funci¶on de V y R y tanto V como R son funciones de t (en minutos). Aplicandola Regla de la Cadena:

dI

dt=@I

@V

dV

dt+@I

@R

dR

dt

=1

R

dV

dt+

µ¡ VR2

¶dR

dt. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Sustituyendo, V = 80 ,dV

dt= 5, R = 40, y

dR

dt= ¡2 obtenemos

dI

dt=

µ1

40

¶(5) +

µ¡ 80

1600

¶(¡2) = 9

40. . . .¼ 0:225 A/min.

² Las derivadas parciales se usan para obtener las derivadas de las funciones que est¶an deter-minadas impl¶³citamente. Supongamos que una ecuaci¶on F (x; y) = 0 determina una funci¶onderivable f tal que y = f(x), es decir, F (x; f(x)) = 0 para todo x en el dominio D de f .De¯namos la funci¶on compuesta F como sigue:

w = F (u; y) con u = x; y = f(x)

Con la regla de la cadena y el hecho de que u y y son funciones de una variable x, se obtiene

dw

dx=@w

@u

du

dx+@w

@y

dy

dx

Como w = F (x; f(x)) = 0 para todo x, resulta entonces que dw=dx = 0. Adem¶as, como u = xy y = f(x), se tiene que

du

dx= 1 y

dy

dx= f 0(x):

Por lo tanto, la regla de la cadena para dw=dx se convierte en

0 =@w

@u(1) +

@w

@yf 0(x)



Si @w=@y6= 0 entonces (dado que u = x)

f 0(x) = ¡µ@w

@x

¶ Á µ@w

@y

¶

(¤) Teorema: 3.5. Si una ecuaci¶on F (x; y) = 0 determina impl¶³citamente una funci¶on derivablef de una variable x tal que y = f(x), entonces

dy

dx= ¡Fx(x; y)

Fy(x; y)

² En el archivo \derivaci¶on impl¶³cita.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunosde estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 3.24. Encontrar y0 suponiendo que y = f(x) satisface la ecuaci¶on

y4 + 3y ¡ 4x3 ¡ 5x¡ 1 = 0:

Soluci¶on: Si F (x; y) es la expresi¶on en el lado izquierdo de la ecuaci¶on, entonces por elTeorema 3.5,

y0 = ¡¡12x2 ¡ 5

4y3 + 3=

12x2 + 5

4y3 + 3:

. . . . . . . . . . . . . .


Sea a6= 0. Dada la ecuaci¶on lnpx2 + y2 = a arctan

hyx

ique de¯ne impl¶³citamente y en funci¶on

de x, determine y0 y y00.

Soluci¶on:

Usando el teorema 3.5 tenemos que

y0 =

xx2+y2

+ a y

x2³1+ y2

x2

´y

x2+y2¡ a

x³1+ y2

x2

´ =x+ a y

a x¡ y. . . . . . . . . . .

Para obtener la segunda derivada volvemos a derivar esta ¶ultima expresi¶on:

y00 =·x+ a y

a x¡ y¸0=ax¡ y + a2xy0 ¡ ay0y ¡ ax+ xy0 ¡ a2y + ayy0

(a x¡ y)2

=¡y ¡ a2 y + x y0 + a2 x y0

(a x¡ y)2



Sustituimos entonces la expresi¶on hallada previamente para y0, a saber, y0 =x+ a y

a x¡ y y obtene-mos:

y00 =¡y ¡ a2 y + x (x+a y)

a x¡y + a2 x (x+a y)a x¡y

(a x¡ y)2Simpli¯cando esta expresi¶on llegamos a:

y00 =(1 + a2) (x2 + y2)

(a x¡ y)3 ). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(¤) Teorema: 3.6. Si una ecuaci¶on F (x; y; z) = 0 determina impl¶³citamente una funci¶on dife-renciable f de dos variables x y y tales que z = f(x; y) para todo (x; y) en el dominio de f ,entonces

@z

@x= ¡Fx(x; y; z)

Fz(x; y; z);

@z

@y= ¡Fy(x; y; z)

Fz(x; y; z);

− Ejemplo 3.26. Sea z = f(x; y) tal que

x2z2 + xy2 ¡ z3 + 4yz ¡ 5 = 0;

encontrar@z

@xy@z

@y.

Soluci¶on: Si designamos con F (x; y; z) la expresi¶on en el lado izquierdo de la ecuaci¶on dada,entonces por el Teorema 3.5,

@z

@x= ¡ 2xz2 + y2

2x2z ¡ 3z2 + 4y. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

@z

@y= ¡ 2xy + 4z

2x2z ¡ 3z2 + 4y


Dada la funci¶on z de¯nida impl¶³citamente por la relaci¶on

f

Ãlnpx2 + y2 + z2; arctan

Ãzp

x2 + y2

!!= 0

Determinar x@z

@y¡ y @z

@x. Resuelva tambi¶en este ejercicio usando Mathematica.

Soluci¶on:



De¯namos u = lnpx2 + y2 + z2 y v = arctan

Ãzp

x2 + y2

!. La relaci¶on dada se transforma

entonces en f(u; v) = 0. De acuerdo con el teorema 3.6 tenemos que:

@z

@x= ¡

@f@x@f@z

;@z

@y= ¡

@f@y

@f@z

Por lo tanto, tenemos que;

x@z

@y¡ y @z

@x=

·@f

@z

¸¡1µy@f

@x¡ x@f

@y. . . . . . . . . . . . . . . . .

¶Notamos ahora que:

@f

@x=@f

@u

@u

@x+@f

@v

@v

@x=

fu xpx2 + y2 ¡ fv x zp

x2 + y2 (x2 + y2 + z2)

@f

@y=@f

@u

@u

@y+@f

@v

@v

@y=

fu ypx2 + y2 ¡ fv y zp

x2 + y2 (x2 + y2 + z2)

Por lo tanto y@f

@x¡ x@f

@yes igual a:

fu xypx2 + y2 ¡ fv xy zp

x2 + y2 (x2 + y2 + z2)¡ fu yx

px2 + y2 ¡ fv xy zp

x2 + y2 (x2 + y2 + z2)= 0.

Se concluye entonces que

x@z

@y¡ y @z

@x=

·@f

@z

¸¡1µy@f

@x¡ x@f

@y

¶= 0:

² En el archivo \derivaci¶on impl¶³cita de orden superior.nb", del disco compacto, se muestra comorealizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.


Suponga que y es funci¶on de x. Dada la relaci¶on xey + y ¡ 1 = 0, calcular dydxyd2y

dx2.

Soluci¶on:

La relaci¶on impl¶³cita es:

xey + y ¡ 1| {z }F (x;y)

= 0



Tenemos quedy

dx= ¡Fx

Fy=

¡eyxey + 1. . . . . . . . . . .

:

Por otro lado tenemos que:

d2y

dx2=d

dx

µdy

dx

¶=

d

dx

µ ¡eyxey + 1

¶. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Usamos entonces la f¶ormula para derivar un conciente:

d2y

dx2=(¡ey)0 (xey + 1)¡ (¡ey) (xey + 1)0

(xey + 1)2

o biend2y

dx2=

¡¡ey @y@x

¢(xey + 1) + ey

¡ey + xey @y

@x

¢(xey + 1)2

Sustituimos ahora la expresi¶on previamente hallada parady

dx:

d2y

dx2=

¡¡ey £ ¡eyxey+1

¤¢(xey + 1) + ey

¡ey + xey

£ ¡eyxey+1

¤¢(xey + 1)2

Simpli¯cando obtenemos:d2y

dx2=e2 y (2 + ey x)

(1 + ey x)3

Nota: Es posible resolver este ejemplo de la forma en que se acostumbra en los cursos c¶alculoen una variable, es decir, derivando la expresi¶on inicial a ambos lados y luego despejando laderivada requerida. Se repite el proceso para derivadas de ¶ordenes superiores.


Considere el sistema de ecuaciones½x2 + y2 + u2 ¡ v2 = 0xy + uv = 0

Suponga que tanto u como v son funciones de x y y. Calcule@u

@x,@v

@x,@u

@yy@v

@y.

Soluci¶on:

Estamos suponiendo que u = u(x; y) y v = v(x; y). Derivamos el sistema dado con respecto ax: 8>>><>>>:

2x+ 2u@u

@x¡ 2v @v

@x= 0

y + v@u

@x+ u

@v

@x= 0



Si hacemos ® =@u

@xy ¯ =

@v

@x, el sistema se convierte en:(

2x+ 2u®. . . . . . . . . . . . . . . ¡ 2 v ¯ = 0y + v ®+ u¯ = 0

Resolviendo para ® y ¯ obtenemos:

® =@u

@x= ¡ux+ v y

u2 + v2; ¯ =

@v

@x= ¡¡v x+ u y

u2 + v2

Procedemos de forma an¶aloga para hallar@u

@yy@v

@y. Al derivar con respecto a y y hacer ® =

@u

@y

y ¯ =@v

@yobtenemos el sistema: (

2 y + 2u®¡ 2 v ¯ = 0x+ v ®. . . . . . . . . . + u¯ = 0

Resolviendo para ® y ¯ obtenemos:

® =@u

@y= ¡v x+ u y

u2 + v2. . . . . . . . . . . . . . . .; ¯ = ¡u x¡ v y

u2 + v2

² En el archivo \derivaci¶on impl¶³cita de sistemas.nb", del disco compacto, se muestra como realizaralgunos de estos c¶alculos usando Mathematica.


Suponga que u = g(x; y) es una funci¶on de x y y que satisface la relaci¶on u = F (x+ u; yu) en

la que F es una funci¶on. Si todas las funciones involucradas son derivables, exprese@u

@xy@u

@yen t¶ermino de F1 y F2.

Nota: F1 se re¯ere a la derivada parcial de F con respecto a su primer argumento. An¶alogamentecon F2.

Soluci¶on:

Introducimos las variables auxiliares u1 = x + u y u2 = yu. Tenemos entonces que se cumplela relaci¶on u = F (u1; u2). Aplicamos entonces la regla de la cadena:

@u

@x=@F

@u1

@u1@x

+@F

@u2

@u2@x

= F1

µ1 +

@u

@x

¶+ F2

µy@u

@x

¶Como queremos despejar

@u

@x, hacemos:

@u

@x[1¡ F1 ¡ yF2] = F1; o bien @u

@x=

F11¡ F1 ¡ yF2



Procedemos en forma an¶aloga para el caso@u

@y:

@u

@y=@F

@u1

@u1@y

+@F

@u2

@u2@y

= F1@u

@y+ F2

·u+ y

@u

@y. . . . . . . . . . . .

¸

Agrupamos los t¶erminos que contienen@u

@y:

@u

@y[1¡ F1 ¡ yF2] = uF2; o bien @u

@y=

uF21¡ F1 ¡ yF2


Sup¶ongase que u = f(x; y) y que r y µ son las coordenadas polares usuales dadas por x = r cos µy y = r sen µ. De¯na entonces F (r; µ) = f (r cos µ; r sen µ). Exprese Fr y Fµ en t¶erminos de fxy fy.

Soluci¶on: Observamos que F (r; µ) = f(x; y). Aplicamos entonces la regla de la cadena

Fr =@f

@x

@x

@r+@f

@y

@y

@r= fx cos µ + fy sen µ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

De forma an¶aloga tenemos que:

Fµ =@f

@x

@x

@µ+@f

@y

@y

@µ= ¡fx r sen µ + fy r cos µ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


Suponga que z = xF³yx

´. Demuestre que xzx + yzy = z

Soluci¶on:

Observe que:

zx = F³yx

´+ xF 0

³yx

´³¡ yx2

´= F

³yx

´. . . . . . . . . . ¡

³yx

´F 0³yx

´Por otro lado

zy = xF0³yx

´¢ 1x= F 0

³yx

´De esta forma tenemos que:

xzx + yzy = xhF³yx

´¡³yx

´F 0³yx

´i+ y

hF 0³yx

´i= xF

³yx

´= z.




Suponga que u = f(x+ az; y ¡ az). Demuestre que uz = a [ux ¡ uy].Soluci¶on:

Introduzcamos las variables ® = x+ az y ¯ = y ¡ az. Tenemos entonces que u = f(®; ¯). Alaplicar la regla de la cadena obtenemos:

ux =@f

@®

@®

@x+@f

@¯

@¯

@x=@f

@®¢ 1 + @f

@¯¢ 0 = @f

@®:

Por otro lado tenemos que

uy =@f

@®

@®

@y+@f

@¯

@¯

@y=@f

@®¢ 0 + @f

@¯¢ 1 = @f

@¯. . . .

Calculamos ahora:

uz =@f

@®

@®

@z+@f

@¯

@¯

@z=@f

@®¢ a+ @f

@¯¢ (¡a) = a

·@f

@®¡ @f@¯

¸Si observamos con detenimiendo concluimos entonces que:

uz = a [ux ¡ uy]

que es lo que se quer¶³a demostrar.


Sea f una funci¶on diferenciable. De¯namos F como

F (x1; x2; : : : ; xn) = f

µqx21 + x

22 + : : :+ x

2n

¶:

Veri¯que que F satisface la ecuaci¶on

nXk=1

Fxkxk =uf 00(u) + (n¡ 1)f 0(u)

u

en donde u =qx21 + x

22 + : : :+ x

2n.

Soluci¶on:

Como u =qx21 + x

22 + : : :+ x

2n tenemos que:

du

dxi=

1

2px21 + x

22 + : : :+ x

2n

¢ 2xi =xiu. . .



De esta forma tenemos entonces que

Fxi = f0(u) ¢ du

dxi= f 0(u)

xiu= f 0(u) ¢ xi ¢ u¡1. . . . .

Para calcular Fxixi debemos calcular la derivada de un producto de tres factores. La derivadaen cuesti¶on es entoces una suma de tres sumandos y en cada sumando se deriva uno de losfactores implicados.

Fxixi = [f0(u)]0 [xi]

£u¡1¤+ [f 0(u)] [xi]

0 £u¡1¤+ [f 0(u)] [xi] £u¡1¤0o bien

Fxixi = f00(u) ¢ xi

u¢ xi ¢ u¡1 + f 0(u) ¢ 1 ¢ u¡1 + f 0(u) ¢ xi ¢ (¡1)u¡2 ¢ xi

u

Simpli¯cando obtenemos:

Fxixi =f 00(u)x2iu2

+f 0(u)u

¡ f0(u)x2iu3

=

µf 00(u)u2

¡ f0(u)u3

¶x2i +

f 0(u)u

Calculemos ahora la suma propuesta:

nXk=1

Fxkxk =nXk=1

·µf 00(u)u2

¡ f0(u)u3

¶x2i +

f 0(u)u

¸

o biennXk=1

Fxkxk =

µf 00(u)u2

¡ f0(u)u3

¶ nXk=1

x2i +f 0(u)u

nXk=1

1

El estudiante observador notar¶a que u2 =nXk=1

x2i y quenXk=1

1 = n. Tenemos as¶³ que:

nXk=1

Fxkxk =

µf 00(u)u2

¡ f0(u)u3

¶u2 + n

f 0(u)u

= f 00(u)¡ f0(u)u

+nf 0(u)u

Sumando obtenemos ¯nalmente:

nXk=1

Fxkxk =uf 00(u) + (n¡ 1)f 0(u)

u

que es lo que se deseaba comprobar.



3.5 Derivadas direccionales

² Sea w = f(x; y), donde f es una funci¶on con dominio D. Recordemos que si f(x; y) es la tem-peratura de una l¶amina plana de metal en el punto P (x; y) del plano xy, entonces las derivadasparciales fx(x; y) y fy(x; y) dan las razones de cambio o tasas de variaci¶on (instant¶aneas) de latemperatura con respecto a la distancia en las direcciones horizontal y vertical, respectivamente.

fx(x; y) = limh!0

f(x+ h; y)¡ f(x; y)h

fh(x; y) = limh!0

f(x; y + h)¡ f(x; y)h

En esta secci¶on se generalizar¶a esto a la raz¶on de cambio de f(x; y) en cualquier direcci¶on.

² Como se hizo antes con las derivadas, para encontrar la raz¶on de cambio instant¶anea de w =f(x; y) en P en la direcci¶on determinada por un vector unitario u, se toma el l¶³mite de la raz¶ono tasa media de cambio ¢w=s cuando s! 0. Esto motiva la siguiente de¯nici¶on.

² De¯nici¶on: 3.3. Sea w = f(x; y) y sea u = u1i+u2j un vector unitario. La derivada direccionalde f en P (x; y) en la direcci¶on de u, se denota por Duf(x; y) y se de¯ne por

Duf(x; y) = lims!0

f (x+ su1; y + su2)¡ f(x; y)s

Observe que:

Duf(x; y) = lims!0

f ((x; y) + s(u1; u2))¡ f(x; y)s

¦² Las primeras derivadas parciales de f son casos especiales de la derivada direccional. Concre-tamente, si u = i, entonces u1 = 1, u2 = 0 y el l¶³mite en la de¯nici¶on 3.3 se reduce a

Duf(x; y) = lims!0

f (x+ s; y)¡ f(x; y)s

=@f

@x

Si u = j, entonces u1 = 0, u2 = 1 y

Duf(x; y) = lims!0

f (x; y + s)¡ f(x; y)s

=@f

@y

² Si a es cualquier vector con la misma direcci¶on que u, tambi¶en se a¯rmar¶a que Duf(x; y) es laderivada direccional de f en la direcci¶on de a.

² El siguiente teorema proporciona una f¶ormula para encontrar las derivadas direccionales.(¤) Teorema: 3.7. Si f es una funci¶on diferenciable de dos variables y u = u1i+u2j es un vector

unitario, entoncesDuf(x; y) = fx(x; y)u1 + fy(x; y)u2:


3.5. Derivadas direccionales 137

² En el archivo \derivada direccional 2 y 3 variables.nb", del disco compacto, se muestra comorealizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 3.35. Seaf(x; y) = x3y2. (a) Calcular la derivada direccional de f en el puntoP (¡1; 2) en la direcci¶on del vector a = 4i ¡ 3j. (b) Explicar el signi¯cado de la parte (a)suponiendo que f(x; y) es la temperatura en (x; y).

Soluci¶on: (a) Represente el vector a = 4i¡ 3j con punto inicial P (¡1; 2). Se desea calcularDuf(¡1; 2) para el vector unitario u en la direcci¶on de a. Tenemos entonces que:

u =1

jjajja =1

5(4i¡ 3j) = 4

5i¡ 3

5j

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Comofx(x; y) = 3x2y2. . . . . . . . y fy(x; y) = 2x3y. . . . . . ;

de 3.7 se deduce que

Duf(x; y) = 3x2y2µ4

5

¶+ 2x3y

µ¡35

¶. . . . . . . . . . . . . . . . .

:

Por lo tanto, en P (¡1; 2),

Duf(¡1; 2) = 3(¡1)2(2)2µ4

5

¶+ 2(¡1)3(2)

µ¡35

¶=48

5+12

5=

60

5. . . .= 12

(b) Si f(x; y) es la temperatura (en oC) en (x; y), entonces Duf(¡1; 2) = 12 dice que si unpunto se mueve en la direcci¶on de u, la temperatura en P aumentar¶a a raz¶on de 12oC porunidad de distancia. Es interesante comparar este valor con fx(¡1; 2) = 12 y fy(¡1; 2) = ¡4,que son las razones de variaci¶on en las direcciones horizontal y vertical respectivamente.

² De¯nici¶on: 3.4. Sea f una funci¶on de dos variables. El gradiente de f (o de f(x; y)) es lafunci¶on vectorial dada por

5f(x; y) = fx(x; y)i+ fy(x; y)j:¦

² Derivada direccional en t¶erminos del gradiente:Duf(x; y) = 5f(x; y) ¢ u (3.1)

² Entonces, para obtener la derivada direccional de f en la direcci¶on del vector unitario u, se tomael producto escalar del gradiente de f con u. En todo lo que sigue, para encontrar Duf(x; y)se usar¶a esta f¶ormula en lugar del Teorema.



² El s¶³mbolo 5 es un operador diferencial vectorial y se de¯ne por

5 = i@

@x+ j

@

@y

Sus propiedades son parecidas a las del operador d=dx. Operando sobre f(x; y), produce elvector gradiente de la de¯nici¶on (3.3).

− Ejemplo 3.36. Sea f(x; y) = x2 ¡ 4xy. (a) Encontrar el gradiente de f en el punto P (1; 2)(b) usar dicho gradiente para calcular la derivada direccional de f en P (1; 2) en la direcci¶on deP (1; 2) a Q(2; 5).

Soluci¶on:

(a) Tenemos que:

5f(x; y) = (2x¡ 4y)i¡ 4xj. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . =D

2x¡ 4y;¡4x. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

E:

Por lo tanto, en P (1; 2),

5f(1; 2) = (2¡ 8)i¡ 4j = ¡6i¡ 4j. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . :

(b) Si tomamos a =¡!PQ, entonces

a = h2¡ 1; 5¡ 2i = h1; 3i = i+ 3j

El vector unitario en la direcci¶on de¡!PQ es

u =1

jjajja =1p10(i+ 3j)

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

Aplicando (3.1),

Duf(1; 2) = 5f(1; 2) ¢ u

= (¡6i¡ 4j) ¢ 1p10(i+ 3j)

o bien Duf(1; 2) =1p10(¡6¡ 12) = ¡ 18p

10¼ ¡5:7. . . . . . .

² Sea P (x; y) un punto ¯jo y consideremos la derivada direccional Duf(x; y) cuando u = hu1; u2ivar¶³a. Para un vector unitario u dado, la derivada direccional puede ser positiva (es decir, f(x; y)aumenta), negativa (f(x; y) disminuye) o puede ser 0. En muchas aplicaciones es importanteencontrar la direcci¶on en la que f(x; y) aumenta m¶as r¶apidamente y tambi¶en calcular la raz¶onde cambio m¶axima. El siguiente teorema proporciona esta informaci¶on.


3.5. Derivadas direccionales 139

(¤) Teorema: 3.8. (del gradiente) Sea f una funci¶on de dos variables que es diferenciable en elpunto P (x; y).

(i) El valor m¶aximo de Duf(x; y) en P (x; y) es jj5f(x; y)jj.(ii) El valor m¶³nimo de Duf(x; y) en P (x; y) es ¡ jj5f(x; y)jj.(iii) La tasa de crecimiento m¶axima de f(x; y) en P (x; y) se alcanza en la direcci¶on de5f(x; y).(iv) La tasa m¶³nima de crecimiento (o m¶axima de decrecimiento) de f(x; y) en P (x; y) se alcanzaen la direcci¶on de ¡5 f(x; y).

− Ejemplo 3.37. Sea f(x; y) = x2 ¡ 4xy. Encontrar la direcci¶on en la que f(x; y) aumentam¶as r¶apidamente en el punto P (1; 2) y encontrar tambi¶en la tasa m¶axima de crecimiento en P .

Soluci¶on: En un ejemplo previo consideramos la funci¶on f y encontramos que 5f(1; 2) =¡6i¡ 4j. Entonces por el teorema (3.8), la tasa de crecimiento m¶axima de f(x; y) en P (1; 2)es en la direcci¶on del vector ¡6i¡ 4j. La tasa m¶axima de crecimiento es

jj5f(1; 2)jj = jj¡6i¡ 4jjj =p36 + 16. . . . . . . . . . . . . =

p52 ¼ 7:2

² De¯nici¶on: 3.5. La derivada direccional de una funci¶on f de tres variables se de¯ne de maneraparecida a como se hizo para dos variables. Concretamente, si se tiene que u = u1i+u2j+u3kes un vector unitario, se tiene lo siguiente.

Duf(x; y; z) = lims!0

f(x+ su1; y + su2; z + su3)¡ f(x; y; z)s

¦² De¯nici¶on: 3.6. Como en el caso de dos variables, Duf(x; y; z) es la raz¶on de cambio de f conrespecto a la distancia en P (x; y; z) y en la direcci¶on de u. El gradiente de f (o de f(x; y; z))se denota por 5f(x; y; z) o por gradf(x; y; z) y se de¯ne como sigue.

5f(x; y; z) = fx(x; y; z)i+ fy(x; y; z)j + fz(x; y; z)k

¦(¤) Teorema: 3.9. Si f es una funci¶on diferenciable de tres variables y u = u1+ u2j + u3k es un

vector unitario, entonces

Duf(x; y; z) = 5f(x; y; z) ¢ u= fx(x; y; z)u1 + fy(x; y; z)u2 + fz(x; y; z)u3

Al igual que en el teorema (3.8), de todas las posibles derivadas direccionalesDuf(x; y; z) enel punto P (x; y; z), la que tiene la derivada mayor es la correspondiente a la direcci¶on de5f(x; y; z) y el valor m¶aximo de la derivada direccional es jj5f(x; y; z)jj :



− Ejemplo 3.38. La temperatura T en un punto (x; y; z) de un sistema de coordenadas rec-tangulares en el espacio est¶a dada por la f¶ormula

T =100

x2 + y2 + z2:

(a) Calcular la raz¶on de cambio de T con respecto a la distancia en el punto P (1; 3;¡2) en ladirecci¶on del vector a = i¡j+k (b) >En qu¶e direcci¶on a partir de P aumenta m¶as r¶apidamenteT? >Cu¶al es la tasa m¶axima de variaci¶on de T en P?

Soluci¶on: (a) El gradiente de T es

5T = @T

@xi+

@T

@yj +

@T

@zk

Como@T

@x=

¡200x(x2 + y2 + z2)2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

@T

@y=

¡200y(x2 + y2 + z2)2

@T

@z=

¡200z(x2 + y2 + z2)2

tenemos que

5T = ¡200(x2 + y2 + z2)2

(xi+ yj + zk)

Si denotamos por 5T ¯Pal valor de 5T en el punto P (1; 3;¡2), entonces

5T ¯P=

¡200(i+ 3j ¡ 2k)196. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

El vector unitario u en la direcci¶on de a = i¡ j + k esu =

1p3(i¡ j + k)

De acuerdo con el Teorema (3.9), la tasa de cambio de T en P en la direcci¶on de a es

DuT¯P= 5T ¯

P¢ u = ¡200(1¡ 3¡ 2)

196p3

=200

49p3¼ 2:4

Si por ejemplo, T se expresa en grados Celsius (o cent¶³grados) y la distancia en cent¶³metros,entonces T en P aumenta en la direcci¶on de a a raz¶on de 2.4oC/cm.

(b) La tasa m¶axima de crecimiento de T en P se alcanza en la direcci¶on del gradiente, es decir,en la direcci¶on del vector ¡i¡ 3j + 2k: La tasa m¶axima de cambio es igual a la magnitud delgradiente, es decir ¯¯5T ¯

P

¯¯=200

196

p1 + 9 + 4 ¼ 3:8


3.6. Planos tangentes y rectas normales a las super¯cies 141

− Ejemplo 3.39. Calcule la derivada direccional de la funci¶on f(x; y; z) = x3 ¡ 2y2 + z2 en elpunto P = (1; 1; 1) en la direcci¶on de la curva que se obtiene de la intersecci¶on de las super¯cies

2x2 + y2 + z2 = 4; y z2 = 2y2 ¡ x3

Soluci¶on:

Observemos que en este caso

5f(x; y; z) = −3x2;¡4y; 2z® ; 5f(1; 1; 1) = h3;¡4; 2i

Designemos con h = 2x2 + y2z2 ¡ 4 y con g = ¡x3 + 2y2 ¡ z2. Tenemos entonces que5h(x; y; z) = h4x; 2y; 2zi ; 5h(1; 1; 1) = h4; 2; 2i

y tambi¶en5g(x; y; z) = −¡3x2; 4y;¡2z® ; 5g(1; 1; 1) = h¡3; 4;¡2i

De esta forma la direcci¶on de la curva que se obtiene de la intersecci¶on de las super¯cies en esepunto es

u = 5h£5g =¯¯ i j k4 2 2¡3 4 ¡2

¯¯ = h¡12; 2; 22i

Por lo tanto, Duf(1; 1; 1) = 0.

3.6 Planos tangentes y rectas normales a las super¯cies

² Sea S una super¯cie que es la gr¶a¯ca de una ecuaci¶on F (x; y; z) = 0; donde F tiene primerasderivadas continuas. Sea P0(x0; y0; z0) un punto de S en el que Fx, Fy y Fz no son todas cero.Una recta l con tangencia a S en P0 es, por de¯nici¶on, una recta tangente a cualquier curvaC que se encuentre en S y que contiene a P0, como se ilustra en la Fig. 3.8.

Figura 3.8: Recta con tangencia.



² Sea C una curva con ecuaciones param¶etricas

x = f(t); y = g(t); z = h(t):

Si r(t) = hf(t); g(t); h(t)i, entonces r0(t) = hf 0(t); g0(t); h0(t)i es un vector tangente a C enP (x; y; z) (v¶ease la Fig. 3.8)

² Para cada t el punto (f(t); g(t); h(t)) en C tambi¶en est¶a en S y por lo tanto, F (f(t); g(t); h(t)) =0.

² Si se toma w = F (x; y; z) con x = f(t), y = g(t), z = h(t), entonces aplicando la Regla de laCadena y tomando en cuenta que w = 0 para todo t

dw

dt=@w

@x

dx

dt+@w

@y

dy

dt+@w

@z

dz

dt= 0:

De manera que

Fx(x; y; z)f0(t) + Fy(x; y; z)g0(t) + Fz(x; y; z)h0(t) = 0

o, equivalememente, 5F (x; y; z) ¢ r0(t) = 0 para todo punto P (x; y; z) en C. En particular, siP0(x0; y0; z0) corresponde a t = t0, entonces 5F (x0; y0; z0) ¢r0(t0) = 0. Como r0(t0) es un vectortangente a C en P0, esto implica que el vector 5F (x0; y0; z0) es perpendicular a toda rectatangente l a S en P0.

² El plano que pasa por P0 y tiene como vector normal a 5F (x0; y0; z0) es el plano tangentea S en P0. Qued¶o demostrado que toda recta tangente l a S en P0 se encuentra en el planotangente en P0. El siguiente teorema resume esta discusi¶on.

(¤) Teorema: 3.10. Sea F (x; y; z) una funci¶on con primeras derivadas parciales continuas y seaP0 un punto en la gr¶a¯ca S de F (x; y; z) = 0. Si Fx, Fy y Fz no son todas 0 en P0, entonces el

vector 5F (x0; y0; z0) es normal al plano tangente a S en P0.

² Se dice que el vector 5F (x0; y0; z0) en el Teorema (3.10) es un vector normal a la super¯cie Sen P0. Aplicando el Teorema 1.13 (ver p¶ag. 19) se obtiene el siguiente corolario, en el cual sesupone que Fx, Fy y Fz no son todas 0 en (x0; y0; z0).

(¤) Teorema: 3.11. (F¶ormula del plano tangente) El plano tangente a la gr¶a¯ca de F (x; y; z) =0 en el punto P0(x0; y0; z0) tiene como ecuaci¶on

Fx(x0; y0; z0)(x¡ x0) + Fy(x0; y0; z0)(y ¡ y0) + Fz(x0; y0; z0)(z ¡ z0) = 0:

o bien 5F (x0; y0; z0) ¢ hx¡ x0; y ¡ y0; z ¡ z0i = 0.

² En el archivo \plano tangentge y recta normal.nb", del disco compacto, se muestra como realizaralgunos de estos c¶alculos usando Mathematica.



Figura 3.9: Plano tangente.

− Ejemplo 3.40. Encontrar una ecuaci¶on del plano tangente al elipsoide 34x2 + 3y2 + z2 = 12

en el punto P0(2; 1;p6) y hacer un croquis.

Soluci¶on: Para usar el teorema 3.11 expresamos primero la ecuaci¶on de la super¯cie en laforma F (x; y; z) = 0 de¯niendo

F (x; y; z) =3

4x2 + 3y2 + z2 ¡ 12 = 0:

Las derivadas parciales de F son Fx(x; y; z) =3x

2. . . ., Fy(x; y; z) = 6y, Fz(x; y; z) = 2z, y por

lo tanto en P0(2; 1;p6),

Fx(2; 1;p6) = 3. ; Fy(2; 1;

p6) = 6. ; Fz(2; 1;

p6) = 2

p6. . . . . .

Aplicando el teorema (3.11), obtenemos la ecuaci¶on

3(x¡ 2) + 6(y ¡ 1) + 2p6(z ¡

p6). . . . . . . . . . . . . . . . . . . = 0

y que se simpli¯ca a 3x+ 6y. . . . . . . . . . . + 2p6z ¡ 24 = 0. Las coordenadas x, y y z de las intersec-

ciones del elipsoide con los ejes x, y y z, respectivamente, son §4, §2 y §p12. En la Fig. 3.9

se presenta el elipsoide. El plano tangente en el punto P0(2; 1;p6) tiene un vector normal

5F (2; 1;p6) = 3i+ 6j + 2

p6k que se muestra en la ¯gura.

− Ejemplo 3.41. Halle la ecuaci¶on del plano tangente a la super¯cie x2 ¡ 2y2 + z2 = 3 en elpunto (¡1; 1;¡2).Soluci¶on: En este caso F = x2 ¡ 2y2 + z2 ¡ 3 y por lo tanto:

5F (x; y; z) = ( 2x;¡4y; 2z. . . . . . . . . . . . . . . . ); de donde 5F (¡1; 1;¡2) =D

¡2;¡4;¡4. . . . . . . . . . . . . . . .

ELa ecuaci¶on del plano tangente es entonces:

(¡2;¡4;¡4) ¢ (x+ 1; y ¡ 1; z + 2) = 0¡ 2(x+ 1)¡ 4(y ¡ 1)¡ 4(z + 2) = 0



o bien ¡2x¡ 4y ¡ 4z. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = 6.

² Si z = f(x; y) es una ecuaci¶on de una super¯cie S, entonces tomando F (x; y; z) = f(x; y) ¡ zla ecuaci¶on en el teorema (3.11) se convierte en

fx(x0; y0)(x¡ x0) + fy(x0; y0)(y ¡ y0) + (¡1)(z ¡ z0) = 0:Esto da el siguiente resultado.

(¤) Teorema: 3.12. El plano tangente a la gr¶a¯ca de z = f(x; y) en el punto (x0; y0; z0) tienecomo ecuaci¶on

z ¡ z0 = fx(x0; y0)(x¡ x0) + fy(x0; y0)(y ¡ y0)² La recta perpendicular al plano tangente en el punto P0(x0; y0; z0) de la super¯cie S es la rectanormal a S en P0. Si S es la gr¶a¯ca de F (x; y; z) = 0, entonces la recta normal es paralela alvector 5F (x0; y0; z0). Ver Fig. 3.10.

Figura 3.10: Recta normal.

− Ejemplo 3.42. Encontrar una ecuaci¶on de la recta normal al elipsoide 34x2 + 3y2 + z2 = 12

en el punto P0(2; 1;p6)

Soluci¶on: Esta super¯cie es la misma que se consider¶o en el ejemplo 3.40. Por lo tanto, elvector

5F (2; 1;p6) = 3i+ 6j + 2

p6k. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

que se muestra en la Fig. 3.9, es paralelo a la recta normal. Tenemos entonces las siguientesecuaciones param¶etricas de la recta normal:

x = 2 + 3t; y = 1 + 6t; z =p6 + 2

p6t; t 2 IR:

² Una forma alternativa de dar la ecuaci¶on de la recta normal esx¡ x0

Fx(x0; y0; z0)=

y ¡ y0Fy(x0; y0; z0)

=z ¡ z0

Fz(x0; y0; z0)



− Ejemplo 3.43. Halle la ecuaci¶on de la recta normal a la super¯cie x2 ¡ 2y2 + z2 = 3 en elpunto (¡1; 1;¡2).Soluci¶on:

En este caso F = x2 ¡ 2y2 + z2 ¡ 3 y por lo tanto:

5F (x; y; z) = ( 2x;¡4y; 2z. . . . . . . . . . . . . . . . ); de donde 5F (¡1; 1;¡2) =D

¡2;¡4;¡4. . . . . . . . . . . . . . . .

ELa ecuaci¶on de la recta normal es entonces:

x+ 1

¡2 =y ¡ 1¡4 =

z + 2

¡4. . . . . . . .

(¤) Teorema: 3.13. Sea F una funci¶on de tres variables que es diferenciable en P0(x0; y0; z0) ysea S la super¯cie F (x; y; z) = k que contiene a P0. Si 5F (x0; y0; z0)6= 0, entonces este vectorgradiente es normal a S en P0. En consecuencia, es normal a S la direcci¶on en la que la raz¶onde cambio de F (x; y; z) es m¶axima.

Nota: F (x; y; z) = k se llama una super¯cie de nivel de F . Observe que en el teorema 3.13,k = F (x0; y0; z0).

− Ejemplo 3.44. Sea F (x; y; z) = x2+y2+z. Esquematizar la super¯cie de nivel de F que pasapor, el punto P (1; 2; 4) y trazar un vector con punto inicial P que corresponda a 5F (1; 2; 4).Soluci¶on: Las super¯cies de nivel de F son gr¶a¯cas de la forma F (x; y; z) = c donde c es

Figura 3.11: Super¯cie de nivel.

una constante. En particular, la super¯cie de nivel que pasa por P (1; 2; 4) es la gr¶a¯ca deF (x; y; z) = F (1; 2; 4) es decir, de

x2 + y2 + z = (1)2 + (2)2 + 4 = 9.



o equivalentemente, z = 9 ¡ x2 ¡ y2. La representaci¶on de esta super¯cie de nivel es unparaboloide de revoluci¶on y se muestra en la Fig. 3.11. El gradiente de F es

5F (x; y; z) = 2xi+ 2yj + k. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . :

En P (1; 2; 4), tenemos que:

5F (1; 2; 4) = 2(1)i+ 2(2)j + k = 2i+ 4j + k. . . . . . . . . . . . . . . . :

El vector5F (1; 2; 4) con punto inicial P est¶a en la Fig. 3.11. Seg¶un el teorema 3.13,5F (1; 2; 4)es ortogonal a la super¯cie de nivel en P .

² El siguiente resultado para funciones de dos variables es an¶alogo al teorema 3.13.(¤) Teorema: 3.14. Sea f una funci¶on de dos variables que es diferenciable en P0(x0; y0) y sea

C la curva de nivel de f que contiene a P0. Si 5f(x0; y0)6= 0, entonces este vector gradientees perpendicular a C en P0. En este caso, la direcci¶on del m¶aximo cambio de f(x; y) en P0 esortogonal a C.

Figura 3.12: Curvas de nivel.

² Como ilustraci¶on del Teorema (3.14), consideremos f(x; y) = 9¡ x2¡ y2. Entonces, las curvasde nivel est¶an dadas por 9¡ x2¡ y2 = k, donde k es un n¶umero real. En la Fig. 3.12 aparecenalgunas de estas curvas de nivel (que son circunferencias). Por el Teorema (3.14), la tasam¶axima (o m¶³nima) de variaci¶on de f(x; y) se alcanza cuando (x; y) se mueve en la direcci¶onperpendicular a estas circunferencias, es decir, a lo largo de las rectas que pasan por el origen.Esto equivale a que el punto (x; y; f(x; y)) suba (o baje) en la parte de mayor inclinaci¶on de lagr¶a¯ca de f que se ve en la Fig. 3.11.

− Ejemplo 3.45. Sea f(x; y) = x2 + 2y2. (a) Trazar la curva de nivel C de f que pasa porel punto P (3; 1) y un vector con punto inicial P que corresponda a 5f(3; 1). (b) Explicar elsigni¯cado de la parte (a) en t¶erminos de la gr¶a¯ca de f .


3.7. Primer examen parcial 147

Figura 3.13: Vector ortogonal.

Soluci¶on: (a) La curva de nivel de f que pasa por el punto P (3; 1) est¶a dada por f(x; y) =f(3; 1), es decir, por

x2 + 2y2 = (3)2 + 2(1)2 = 11. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . :

La gr¶a¯ca es la elipse que aparece en la Fig. 3.13. El gradiente de f es 5f(x; y) = 2xi+4yj ypor lo tanto,

5f(3; 1) = 2(3)i+ 4(1)j = 6i+ 4j. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

La Fig. 3.13 muestra el vector 5f(3; 1) con punto inicial P . De acuerdo con el Te¶orema (3.14),este vector es ortogonal a la curva de nivel C. (b)La gr¶a¯ca de f , es decir, de z = x2+2y2, es unparaboloide el¶³ptico. La curva de nivel x2 + 2y2 = 11 en el plano xy corresponde a la traza delparaboloide en el plano z = 11. La raz¶on m¶axima de cambio de f(x; y) en P (3; 1) se alcanzacuando el punto (x; y) se mueve en el plano xy en la direcci¶on de 5f(1; 3). Esto equivalea que el punto (x; y; f(x; y)) se mueva hacia arriba sobre la parte de m¶axima inclinaci¶on delparaboloide en el punto Q(3; 1; 11).

3.7 Primer examen parcial

En esta secci¶on se presentan algunos ex¶amenes viejos que eval¶uan la materia del primer examenparcial.

3.7.1 Parcial I del I-2004

1. Halle la ecuaci¶on del cono cuyo v¶ertice se encuentra en el centro del elipsoidex2

9+y2

3+z2

4= 1

y cuya directriz es la elipse que se obtiene de la intersecci¶on entre este elipsoide y el plano conecuaci¶on x+ y + z = 1.



2. Para la curva alabaeada r(t) = et cos ti + et sen tj + etk determine en el punto (1; 0; 1) losvectores unitarios T y N . Halle adem¶as la curvatura k en ese punto.

3. Considere la ecuaci¶on F (xy; y3¡ 3xyz) = 0 en la que F es una funci¶on diferenciable que de¯neimpl¶³citamente z como funci¶on de x y y. Compruebe que se satisface la relaci¶on:

x2@z

@x¡ xy@z

@y+ y2 = 0

4. El punto (2; 1; 5) pertenece simult¶aneamente al paraboide z = x2+y2 y al plano z = 3x+y¡2.

(a) Halle la ecuaci¶on del plano tangente al paraboloide dado en el punto (2; 1; 5).

(b) Halle un vector tangente a la curva que resulta de la intersecci¶on del paraboloide z = x2+y2

con el plano z = 3x+ y ¡ 2 en el punto (2; 1; 5).(c) Halle la derivada direccional de funci¶on W = x3 + y3 + z3 en el punto (2; 1; 5) a lo largo

del vector tangente hallado en la parte anterior.

5. Suponga que w = f(u; v; x) en donde u = g(v; x) y v = h(x). En otras palabras w =f (g(h(x); x); h(x); x). Suponga adem¶as que hacemos las siguientes designaciones:

f1 =@f

@u; f2 =

@f

@v; f3 =

@f

@x; g1 =

@g

@v; g2 =

@g

@x; h1 =

dv

dx

Use la regla de la cadena para calcular@w

@xen x = 2 si se sabe que:

8><>:h(2) = 3; g(3; 2) = 1

f1(1; 3; 2) = 2; f2(1; 3; 2) = 3; f3(1; 3; 2) = 1;

g1(3; 2) = ¡1; g2(3; 2) = 1; h1(2) = 4

Soluci¶on del examen

1. Halle la ecuaci¶on del cono cuyo v¶ertice se encuentra en el centro del elipsoidex2

9+y2

3+z2

4= 1

y cuya directriz es la elipse que se obtiene de la intersecci¶on entre este elipsoide y el plano conecuaci¶on x+ y + z = 1.

Soluci¶on:

El centro del elipsoide est¶a en el punto (0; 0; 0). Suponga que (x; y; z) es un punto cualquieradel cono buscado. Sea (x0; y0; z0) un punto del cono que se halla sobre la elipse que sirve dedirectriz. Dado que (x; y; z), (0; 0; 0) y (x0; y0; z0) son colineales, tenemos que

x0x=y0y=z0z= t; para alg¶un valor t6= 0:



o bien x0 = tx, y0 = ty y z0 = tz. Por otro lado, en virtud de que (x0; y0; z0) pertenece a laelipse (directriz), este punto debe satisfacer su ecuaci¶on, es decir:8<: x20

9+y203+z204= 1;

x0 + y0 + z0 = 1

Nuestro objetivo ahora es eliminar a partir de estas ecuaciones a x0, y0 y z0 y hallar unaecuaci¶on que solo dependa de x, y y z. Si sustuimos los valores de x0, y0 y z0 por los halladospreviamentes, obtenemos: 8<: t2x2

9+t2y2

3+t2z2

4= 1;

tx+ ty + tz = 1

factorizando obtenemos: 8<: x2

9+y2

3+z2

4=1

t2;

t = 1x+y+z

De esta manera la ecuaci¶on del cono es:

x2

9+y2

3+z2

4= (x+ y + z)2 :

Desarrollando (que por cierto no es necesario), obtenemos:

32x2 + 72x y + 24 y2 + 72x z + 72 y z + 27 z2 = 0

2. Para la curva alabaeada r(t) = et cos ti + et sen tj + etk determine en el punto (1; 0; 1) losvectores unitarios T y N . Halle adem¶as la curvatura k en ese punto.

Soluci¶on:

Empezamos observando que r(0) = (1; 0; 1). Derivando obtenemos que:

r0(t) =−et(cos t¡ sen t); et(cos t+ sen t); et

®De esta forma r0(0) = h1; 1; 1i y adem¶as jjr0(0)jj =

p3. Por otro lado

r00(t) =−¡2et sen t; 2et cos t; et®

De esta forma r00(0) = h0; 2; 1i y adem¶as jjr00(0)jj =p5.

El vector tangente unitario en (1; 0; 1) es

T =r0(0)jjr0(0)jj =

¿1p3;1p3;1p3

À:

Por otro lado

N =a¡ aTaN



Necesitamos calcular entonces aT y aN . Observemos que:

aT =r0(0) ¢ r00(0)jjr0(0)jj =

h1; 1; 1i ¢ h0; 2; 1ip3

=p3

Tenemos tambi¶en que

aN =jjr0(0)£ r00(0)jj

jjr0(0)jj =jjh1; 1; 1i £ h0; 2; 1ijj

jjh1; 1; 1ijj

=jjh¡1;¡1; 2ijjp

3=

p6p3=p2

De esta forma

N =a¡ aTaN

=h0; 2; 1i ¡ p3

D1p3; 1p

3; 1p

3

Ep2

o bien

N =h¡1; 1; 0ip

2=

¿¡ 1p

2;1p2; 0

ÀNo es dif¶³cil veri¯car que T ¢N = 0. En efecto:

T ¢N =

¿1p3;1p3;1p3

À¢¿¡ 1p

2;1p2; 0

À= ¡ 1p

6+1p6= 0:

Si se desea se puede calcular N en forma directa. Observemos que

T 0(t) =¿¡cos t+ sen tp

3;cos t¡ sen tp

3; 0

À

y por lo tanto, jjT 0(t)jj =r2

3. De esta forma

N =

¿¡cos t+ sen tp

2;cos t¡ sen tp

2; 0

À

Evaluando en t = 0 tenemos N =

¿¡ 1p

2;1p2; 0

À. Finalmente la curvatura es

K =jjr0(0)£ r00(0)jjjjr0(0)jj3 =

p6¡p3¢3 = p

2

3:

3. Considere la ecuaci¶on F (xy; y3¡ 3xyz) = 0 en la que F es una funci¶on diferenciable que de¯neimpl¶³citamente z como funci¶on de x y y. Compruebe que se satisface la relaci¶on:

x2@z

@x¡ xy@z

@y+ y2 = 0



Soluci¶on:

Como z es funci¶on impl¶³cita de x y de y, entonces sus derivadas parciales se pueden calcularmediante:

@z

@x= ¡Fx

Fz;

@z

@y= ¡Fy

Fz

Para hallar Fx, Fy y Fz aplicamos la regla de la cadena. Designemos primero con u = xy yv = y3 ¡ 3xyz. La ecuaci¶on se transforma entonces en F (u; v) = 0. En efecto:

Fx = Fu@u

@x+ Fv

@v

@x= yFu ¡ 3yzFv

Fy = Fu@u

@y+ Fv

@v

@y= xFu +

¡3y2 ¡ 3xz¢Fv

Fz = Fu@u

@z+ Fv

@v

@z= 0 ¢ Fu ¡ 3xyFv = ¡3xyFv

Veamos ahora qu¶e pasa con la ecuaci¶on x2@z

@x¡ xy@z

@y+ y2| {z }

A

= 0

A = x2·¡FxFz

¸¡ xy

·¡FyFz

¸+ y2 =

¡x2Fx + xyFy + y2FzFz

Usamos entonces las expresiones halladas para Fx, Fy y Fz.

A =¡x2 [yFu ¡ 3yzFv] + xy [xFu + (3y2 ¡ 3xz)Fv] + y2 [¡3xyFv]

Fz

o bien

A =¡x2yFu + 3x2yzFv + x2yFu + 3xy3Fv ¡ 3x2yzFv ¡ 3xy3Fv

FzSimpli¯cando obtenemos que A = 0.

4. El punto (2; 1; 5) pertenece simult¶aneamente al paraboide z = x2+y2 y al plano z = 3x+y¡2.

(a) Halle la ecuaci¶on del plano tangente al paraboloide dado en el punto (2; 1; 5).

Soluci¶on:

De¯namos F = z ¡ x2 ¡ y2. La ecuaci¶on del plano tangente en (x0; y0; z0) = (2; 1; 5) est¶adada por

Fx(x0; y0; z0)(x¡ x0) + Fy(x0; y0; z0)(y ¡ y0) + Fz(x0; y0; z0)(z ¡ z0) = 0:

En este caso Fx = ¡2x, Fy = ¡2y y Fz = 1. Tenemos as¶³ que la f¶ormula anterior quedacomo:

¡2(2)(x¡ 2)¡ 2(1)(y ¡ 1) + 1 ¢ (z ¡ 5) = 0; o bien 4x+ 2y ¡ z = 5



(b) Halle un vector tangente a la curva que resulta de la intersecci¶on del paraboloide z = x2+y2

con el plano z = 3x+ y ¡ 2 en el punto (2; 1; 5).Un vector normal al paraboloide z = x2 + y2 en (2; 1; 5) se obtiene a partir de su planotangente 4x+2y¡z = 5, a saber N1 = h4; 2;¡1i. Un vector normal al plano 3x+y¡z = 2es N2 = h3; 1;¡1i. Por lo tanto, el vector tangente a la curva intersecci¶on en el punto(2; 1; 5) es paralelo al producto vectorial de N1 y N2. Veamos:

N1 £N2 =¯¯ i j k4 2 ¡13 1 ¡1

¯¯ = h¡1; 1;¡2i

Si t 6= 0, cualquier vector de la forma h¡t; t;¡2ti es un vector tangente a la curva queresulta de la intersecci¶on propuesta.

(c) Halle la derivada direccional de funci¶on W = x3 + y3 + z3 en el punto (2; 1; 5) a lo largodel vector tangente hallado en la parte anterior.

Usemos el vector v = h¡1; 1;¡2i para esta apartado. Debemos empezar por normalizareste vector.

u =v

jjvjj =h¡1; 1;¡2ijjh¡1; 1;¡2ijj =

¿¡ 1p

6;1p6;¡ 2p

6

À:

Por otro lado notamos que el gradiente de W es 5W =−3x2; 3y2; 3z2

®: As¶³ se tiene que:

5W (2; 1; 5) = h12; 3; 75i

Procedemos entonces a calcular la derivada direccional solicitada:

DuW = h12; 3; 75i ¢¿¡ 1p

6;1p6;¡ 2p

6

À= ¡ 12p

6+3p6¡ 150p

6= ¡159p

6:

5. Suponga que w = f(u; v; x) en donde u = g(v; x) y v = h(x). En otras palabras w =f (g(h(x); x); h(x); x). Suponga adem¶as que hacemos las siguientes designaciones:

f1 =@f

@u; f2 =

@f

@v; f3 =

@f

@x; g1 =

@g

@v; g2 =

@g

@x; h1 =

dv

dx

Use la regla de la cadena para calcular@w

@xen x = 2 si se sabe que:

8><>:h(2) = 3; g(3; 2) = 1

f1(1; 3; 2) = 2; f2(1; 3; 2) = 3; f3(1; 3; 2) = 1;

g1(3; 2) = ¡1; g2(3; 2) = 1; h1(2) = 4



Soluci¶on:Aplicando la regla de la cadena tenemos que:

@w

@x=@f

@u|{z}f1

@u

@x+@f

@v|{z}f2

@v

@x|{z}h1

+@f

@x|{z}f3

@x

@x|{z}1

Por otro lado@u

@x=@g

@v|{z}g1

@v

@x|{z}h1

+@g

@x|{z}g2

@x

@x|{z}1

= h1g1 + g2

Sustituyendo obtenemos:@w

@x= h1f1g1 + f1g2 + f2h1 + f3

Lo que resta es solamente evaluar:

@w

@x= 4 ¢ 2 ¢ (¡1) + 2 ¢ 1 + 3 ¢ 4 + 1 = ¡8 + 2 + 12 + 1 = 7

3.7.2 Parcial I del II-2003

1. Obtenga la ecuaci¶on de un cilindro, si se sabe que su directriz est¶a determinada por la inter-secci¶on de las curvas con ecuaciones

x2 + y2 + 2z2 = 8; x¡ y + 2z = 0

y adem¶as sus generatrices son paralelas a la recta con ecuaci¶on param¶etrica (x; y; z) = (¡3; 1; 5)+t(2; 1;¡4).

2. Halle la ecuaci¶on de la super¯cie de revoluci¶on que se obtiene al hacer rotar la recta que seobtiene al intersecar los planos x¡ y+ z = 1 y x+ y+2z = 0 alrededor del eje que se producede la intersecci¶on de los planos x+ y + z = 1 y x¡ y = 0.

3. Considere los vectores

u =D

1p2; 1p

2

Ey v =

D¡ 2p

5; 1p

5

Ey un punto P = (a; b; c) que satisface la ecuaci¶on z = f(x; y) para cierta funci¶on f diferenciable.Suponga adem¶as que Duf(a; b) = 4 y que Dvf(a; b) = 6. Calcule Dwf(a; b) en donde w =D

2p13;¡ 3p

13

E.

4. Halle la ecuaci¶on del plano que pasa por el punto (1; 2; 3) y que contiene a la recta con ecuaci¶on

x+ 2

3=y ¡ 52

=z ¡ 14



5. Suponga que f es una funci¶on dos veces diferenciable. Designemos con µ = arctan¡yx

¢. Hallar

la nueva forma que adquiere la ecuaci¶on diferencial

y2@2z

@x2¡ 2xy @

2z

@x@y¡ x2@

2z

@y2¡ x@z

@x¡ y@z

@y= 0

en t¶erminos de µ, si se hace el cambio de variable z = f(µ).

Soluci¶on

² Obtenga la ecuaci¶on de un cilindro, si se sabe que su directriz est¶a determinada por la inter-secci¶on de las curvas con ecuaciones

x2 + y2 + 2z2 = 8; x¡ y + 2z = 0

y adem¶as sus generatrices son paralelas a la recta con ecuaci¶on param¶etrica (x; y; z) = (¡3; 1; 5)+t(2; 1;¡4).Soluci¶on:

Supongamos que (x; y; z) es un punto arbitratio del cilindro descrito y que (u; v; w) es un puntoque se halla en la directriz. Tenemos entonces que exite un n¶umero t tal que

(x; y; z) = (u; v; w) + t(2; 1;¡4)

A partir de esta ecuaci¶on observamos que u = x ¡ 2t, v = y ¡ t y w = z + 4t. En virtudde que (u; v; w) pertenece a la directriz, debe satisfacer simult¶aneamente las ecuaciones quedeterminan:

u2 + v2 + 2w2 = 8; u¡ v + 2w = 0Si sustiuimos u = x¡ 2t, v = y ¡ t y w = z + 4t en u¡ v + 2w = 0, obtenemos:

(x¡ 2t)¡ (y ¡ t) + 2(z + 4t) = 0; y por tanto, t = ¡x¡ y + 2z7

Procediendo de igual forma, tenemos entonces que:

u2 + v2 + 2w2 ¡ 8 = (x¡ 2t)2 + (y ¡ t)2 + 2 (z + 4t)2 ¡ 8 = 0

Si sustiuimos t = ¡x¡ y + 2z7

, obtenemos:

µx¡ 2

·¡x¡ y + 2z

7

¸¶2+

µy ¡

·¡x¡ y + 2z

7

¸¶2+ 2

µz + 4

·¡x¡ y + 2z

7

¸¶2¡ 8 = 0

Simpli¯cando (que por cierto no es necesario), obtenemos:

196¡ 57x2 + 44xy ¡ 36y2 ¡ 46xz + 4yz ¡ 11z2 = 0



² Halle la ecuaci¶on de la super¯cie de revoluci¶on que se obtiene al hacer rotar la recta que seobtiene al intersecar los planos x¡ y+ z = 1 y x+ y+2z = 0 alrededor del eje que se producede la intersecci¶on de los planos x+ y + z = 1 y x¡ y = 0.Hallemos primero una ecuaci¶on en forma sim¶etrica para el eje dado. Observemos que lospuntos (0; 0; 1) y (1; 1;¡1) perteneces a este eje. Por lo tanto, un vector director del eje esd = h1; 1;¡2i. As¶³ que

x¡ 11

=y ¡ 11

=z + 1

¡2es una ecuaci¶on en forma sim¶etrica para el eje de la super¯cie de revoluci¶on. Un sistema quenos permite hallar la ecuaci¶on para la super¯cie es entonces:

x¡ y + z = 1x+ y + 2z = 0

(x¡ 1)2 + (y ¡ 1)2 + (z + 1)2 = r2x+ y ¡ 2z = t

Usando las dos primeras y la tercera ecuaci¶on, hallamos:

x =4 + 3t

8; y =

t¡ 48; z = ¡ t

4

Sustituimos ahora en la ecuaci¶on de la esfera tenemos:µ4 + 3t

8¡ 1¶2+

µt¡ 48

¡ 1¶2+

µ¡ t4+ 1

¶2= r2

o bien 112¡ 40 t+7 t2 = 32 r2. Como tenemos expresiones para t y para r2, podemos eliminarestas variables como sigue:

112¡ 40 [x+ y ¡ 2z] + 7 [x+ y ¡ 2z]2 = 32 £(x¡ 1)2 + (y ¡ 1)2 + (z + 1)2¤Si desarrollamos y simpli¯camos (que por cierto no es necesario), obtenemos:

16 + 24x¡ 25x2 + 24 y + 14x y ¡ 25 y2 + 16 z ¡ 28x z ¡ 28 y z ¡ 4 z2 = 0

² Considere los vectoresu =

D1p2; 1p

2

Ey v =

D¡ 2p

5; 1p

5

Ey un punto P = (a; b; c) que satisface la ecuaci¶on z = f(x; y) para cierta funci¶on f diferenciable.Suponga adem¶as que Duf(a; b) = 4 y que Dvf(a; b) = 6. Calcule Dwf(a; b) en donde w =D

2p13;¡ 3p

13

E.

Soluci¶on:

Es f¶acil veri¯car que los vectores en cuesti¶on son todos unitarios. Suponga (por abreviar) queu = hu1; u2i, v = hv1; v2i y w = hw1; w2i. Sabemos que

Duf(a; b) =@f

@x

¯(a;b)| {z }®

u1 +@f

@y

¯(a;b)| {z }¯

u2 = 4



Dvf(a; b) =@f

@x

¯(a;b)| {z }®

v1 +@f

@y

¯(a;b)| {z }¯

v2 = 6

Tenemos entonces el sistema de ecuaciones:8>><>>:®p2+¯p2= 4

¡ 2®p5+¯p5= 6

Resolviendo obtenemos:

® =4p2

3¡ 2

p5; ¯ =

8p2

3+ 2

p5

Por otro lado

Dwf(a; b) = ®w1 + ¯w2 =

Ã4p2

3¡ 2

p5

!µ2p13

¶+

Ã8p2

3+ 2

p5

!µ¡ 3p

13

¶

o bien Dwf(a; b) =¡2 ¡8p26 + 15p65¢

39.

² Halle la ecuaci¶on del plano que pasa por el punto (1; 2; 3) y que contiene a la recta con ecuaci¶onx+ 2

3=y ¡ 52

=z ¡ 14

Soluci¶on:

Observamos primero que el punto A = (1; 2; 3) no pertenece a la recta dada. Por otro lado larecta puede escribirse en forma param¶etrica como8<: x = ¡2 + 3t

y = 5 + 2tz = 1 + 4t

Busquemos un par de puntos que est¶en sobre la recta. Con t = 0 obtenemos B = (¡2; 5; 1) ycon t = 1, C = (1; 7; 5). Podemos ahora calcular un par de vectores paralelos al plano:

v1 =¡!AB = h¡3; 3;¡2i ; v2 =

¡!AC = h0; 5; 2i

Usando v1 y v2 calculamos ahora un vector normal al plano mediante su producto vectorial:

v1 £ v2 =¯¯ i j k¡3 3 ¡20 5 2

¯¯ = h16; 6;¡15i



Por lo tanto, la ecuaci¶on del plano es

16x+ 6y ¡ 15z = tComo B = (¡2; 5; 1) pertenece al plano debe satisfacer esta ecuaci¶on. Por lo tanto la ecuaci¶ondel plano solicitado es:

16x+ 6y ¡ 15z = ¡17² Suponga que f es una funci¶on dos veces diferenciable. Designemos con µ = arctan ¡ y

x

¢. Hallar

la nueva forma que adquiere la ecuaci¶on diferencial

y2@2z

@x2¡ 2xy @

2z

@x@y¡ x2 @z

@x¡ @z@y= 0

en t¶erminos de µ, si se hace el cambio de variable z = f(µ).

Soluci¶on:

Debemos expresar cada una de las derivadas parciales que aparecen en la ecuaci¶on diferencialpropuesta:

¦ @z@x=@f

@µ

@µ

@x= ¡ y f 0(µ)

x2³1 + y2

x2

´ = ¡ y f 0(µ)x2 + y2

¦ @z@y=x f 0(µ)x2 + y2

¦ @2z

@x2=y (2x f 0(µ) + y f 00(µ))

(x2 + y2)2

¦ @2z

@y2=x (¡2 y f 0(µ) + x f 00(µ))

(x2 + y2)2

¦ @2z

@x@y=(¡x2 + y2) f 0(µ)¡ x y f 00(µ)

(x2 + y2)2

Si sustituimos estas expresiones en la ecuaci¶on diferencial, obtenemos:

4x3 y

(x2 + y2)2f 0(µ)¡ (x

4 ¡ 2x2 y2 ¡ y4)(x2 + y2)2

f 00(µ) = 0

Debemos ahora expresar esta ecuaci¶on en t¶erminos exclusivos de µ. Para esto notamos larelaci¶on trigonom¶etrica que hay entre x, y y µ en el tri¶angulo rect¶angulo de la Fig. 3.14. Apartir de este tri¶angulo es f¶acil ver que:

cos µ =xp

x2 + y2; sen µ =

ypx2 + y2

cos 2µ = cos2 µ ¡ sen2 µ =x2 ¡ y2x2 + y2



x

y

px2 + y2

µ

Figura 3.14: Relaci¶on trigonom¶etrica para µ.

Observemos que

4x3 y

(x2 + y2)2f 0(µ) = 4 ¢ x2

x2 + y2¢ xy

x2 + y2¢ f 0(µ) = 4 cos3 µ sen µf 0(µ):

Por otro lado x4 ¡ 2x2 y2 ¡ y4 = ¡x2 ¡ y2¢2 ¡ 2y4. As¶³ tenemos³(x2 ¡ y2)2 ¡ 2y4

´(x2 + y2)2

f 00(µ) =(x2 ¡ y2)2(x2 + y2)2

f 00(µ)¡ 2 y4

(x2 + y2)2f 00(µ)

= cos2 2µf 00(µ)¡ 2f 00(µ) sen4 µ

El resultado ¯nal es:

4 cos3 µ sen µf 00(µ)¡ cos2 2µf 00(µ) + 2f 00(µ) sen4 µ = 0

3.8 Ejercicios para el primer parcial

Nota: Los siguientes ejercicios fueron recopilados por el Prof. Marco Alfaro C para el curso MA{1003: C¶alculo III. Est¶an basados en ex¶amenes de la c¶atedra. El material fue reeditado por el Dr.Joseph C. V¶arilly en el I Ciclo del 2006.

3.8.1 Super¯cies en el espacio R3

3.8.1. Hallar la ecuaci¶on del cilindro cuya directriz es la elipse de ecuaciones param¶etricas

x = cos µ; y = sen µ; z = cos µ + sen µ

y cuyas generatrices son perpendiculares al plano que contiene dicha elipse.

3.8.2. Obtener la ecuaci¶on de un cilindro cuya directriz est¶a dada por la curva

x2 + y2 + 2z2 = 8;

x¡ y + 2z = 0;y cuyas generatrices son paralelas a la recta (x; y; z) = (¡3; 1; 5) + t(2; 1;¡4), t 2 R.


3.8. Ejercicios para el primer parcial 159

3.8.3. Encontrar la ecuaci¶on del cilindro cuyas generatrices son paralelas a la recta

2x+ y + z ¡ 6 = 0; x¡ y = 0;

y cuya directriz es la intersecci¶on de la esfera de radio 1 centrada en el punto (1; 0; 1) con el planox+ y = 2.

3.8.4. Calcular la ecuaci¶on del cilindro el¶³ptico que tiene por directriz la elipse

x2

9+y2

4= 1; z = 0;

y por generatrices rectas paralelas a la recta de intersecci¶on de los planos 9x + y + 4z = 14 yx+ y + z = 3.

3.8.5. Hallar la ecuaci¶on del cilindro cuya directriz es la curva de intersecci¶on de las super¯ciesy = x2 + 2x+ 1 y z + 4 = x2 y cuyas generatrices son paralelas al vector (9; 3;¡15).3.8.6. Encontrar la ecuaci¶on del cono cuyo v¶ertice se encuentra en el centro del elipsoide

x2

9+y2

3+z2

4= 1

y cuya directriz es la elipsex2

9+y2

3+z2

4= 1; x+ y + z = 1:

3.8.7. Calcular la ecuaci¶on de la super¯cie c¶onica que tiene por v¶ertice el punto (0; 2; 3) y cuyadirectriz es la curva de intersecci¶on del hiperboloide de una hoja x2 + y2 ¡ 4z2 = 16 con el planox¡ y + z = 0.3.8.8. Hallar la ecuaci¶on del cono cuyo v¶ertice es el centro de la super¯cie 2x2 + y2 + z2 = 12 y quetiene por directriz la curva de intersecci¶on de esta super¯cie con el plano x+ y + z = 3.

3.8.9. Calcular la ecuaci¶on de la super¯cie c¶onica que tiene por v¶ertice el punto (0; 2; 3) y cuyadirectriz es la elipse x2 + y2 = 16, x+ y + z = 0.

3.8.10. Calcular la ecuaci¶on de la super¯cie c¶onica que tiene por v¶ertice el punto (0; 0; 0) y cuyadirectriz es la curva alabeada

¡!r (t) = 3 cos t i+ 4 sen t j+ tg tkµ¡¼2< t <

¼

2

¶:

3.8.11. Calcular la ecuaci¶on del cono que tiene por v¶ertice el punto (¡4; 2; 3) y cuya directriz es lacurva de intersecci¶on de las super¯cies

x2

9+y2

16= 1; 3x+ 2y ¡ z = 0:



3.8.12. Encontrar la ecuaci¶on del cono que cuyo v¶ertice es el centro de la super¯cie cuadr¶aticax2 ¡ y2 + 4x+ 6y + z2 = 10 y cuya directriz es el c¶³rculo x2 + y2 + z2 = 9, x+ y + z = 0.3.8.13. (a) Identi¯car la cu¶adrica x2 + 4z2 ¡ 2x ¡ 4y + 25 = 0 como elipsoide, hiperboloide,

paraboloide o cono.

(b) Especi¯car las intersecciones de esa cu¶adrica con los planos y = 2, y = 7 y x = 5.

(c) Dibujar un gr¶a¯co aproximado de esta super¯cie.

3.8.14. La hip¶erbola x2 ¡ z2 = 1, y = 0 gira alrededor de su as¶³ntota z = x. Hallar la ecuaci¶on dela super¯cie que engendra.

3.8.15. Encontrar la ecuaci¶on de la super¯cie de revoluci¶on que se genera al girar la recta

2x¡ 3y + z = 0; 3x¡ 2y ¡ 4z = 4alrededor del eje

x¡ 11

=y ¡ 32

=z ¡ 63:

3.8.16. La curva de intersecci¶on de la esfera x2 + y2 + z2 + x = 0 con el plano x ¡ y + z = 0 giraalrededor de la recta x = y, z = 0. Calcular la ecuaci¶on de la super¯cie de revoluci¶on que engendra.

3.8.17. Hallar la ecuaci¶on de la super¯cie de revoluci¶on que se obtiene al girar la curva

x = cos µ; y = sen µ; z = sen µ (0 · µ · 2¼)alrededor de la recta y = z, x = 0.

3.8.18. La rectax+ 1

4=y ¡ 13

=z ¡ 22

gira alrededor del ejex¡ 25

=y ¡ 46

= z + 3:

Encontrar la ecuaci¶on de la super¯cie que engendra.

3.8.19. Determinar la ecuaci¶on de la super¯cie de revoluci¶on que se obtiene al rodar la recta

x¡ y + z = 1; x+ y + 2z = 0

alrededor del eje x+ y + z = 1, x¡ y = 0.3.8.20. Calcular la ecuaci¶on de la super¯cie de revoluci¶on que resulta al girar la recta

x+ y + z = 0; y ¡ z = 0alrededor del eje que es la intersecci¶on de los planos x+ y = 1, z = 0.



3.8.21. Encontrar la ecuaci¶on de la super¯cie de revoluci¶on que se genera al girar la curva planaxy = 10, z = 0 alrededor del eje y = x, z = 0. Hacer un gr¶a¯co de esta super¯cie.

3.8.22. Determinar la ecuaci¶on de la super¯cie de revoluci¶on que se obtiene al rodar la recta

x¡ y + z = 1; x+ y + 2z = 0

alrededor del ejex+ y + z = 1; x¡ y = 0:

3.8.23. Encontrar la ecuaci¶on de la super¯cie de revoluci¶on que se genera al girar la recta

x¡ z = 1; x¡ y + z = 0alrededor del eje x = y = z.

3.8.24. Encontrar la ecuaci¶on de la super¯cie de revoluci¶on formada por rotaci¶on de la recta 2x = 3y,z = 3 alrededor del eje

x¡ 12

=y ¡ 35

=z ¡ 63:

3.8.2 Curvas en el espacio R3

3.8.25. Un punto se mueve en el espacio seg¶un la ecuaci¶on vectorial

¡!r (t) = 4 cos t i+ 4 sen t j+ 4 cos tk:Probar que la trayectoria es una elipse y encontrar la ecuaci¶on del plano que la incluye.Calcular el radio de curvatura en el punto ¡!r (¼=2) = (0; 4; 0).

3.8.26. Determinar la longitud de arco de las siguientes curvas:

(a) x = 3 sen 2t, y = 3 cos 2t, z = 8t; desde (0; 3; 0) hasta (0; 3; 8¼). [[ R/: 10¼. ]]

(b) x = t, y = t2=p2, z = t3=3; para 0 · t · 1.

(c) x = 6et cos t, y = 6et sen t, z = 17et; para 0 · t · 1. [[ R/: 19(e¡ 1). ]](d) x = t2=2, y = log t, z =

p2 t; desde (1

2; 0;p2) hasta (2; log 2; 2

p2).

(e) x = 3t sen t, y = 3t cos t, z = 2t2; para 0 · t · 45. [[ R/: 2 + 9

10log 3. ]]

(f) x = 2et, y = e¡t, z = 2t; para 0 · t · 1.3.8.27. Determinar la parametrizaci¶on por longitud de arco de la h¶elice

x(t) = 3 cos t; y(t) = 3 sen t; z(t) = 4t;

en t¶erminos de la longitud de arco s medida desde el punto inicial (3; 0; 0).

[[ R/: x(s) = 3 coss

5, y(s) = 3 sen

s

5, z(s) =

4s

5. ]]

Aqu¶³ `log' denota el logaritmo natural, antiguamente conocido como `ln'.



3.8.28. Determinar la curvatura · de estas curvas planas en los puntos indicados del plano R2:

(a) y = cosx; en (0; 1). [[ R/: 1. ]]

(b) x = t¡ 1, y = t2 + 3t+ 2; en (1; 12).

(c) x = 5 cos t, y = 4 sen t; en (52

p2; 2p2). [[ R/:

40p2

41p41. ]]

(d) x = 5 cosh t, y = 3 sh t; en (5; 0).

3.8.29. Determinar los puntos de estas curvas planas en los cuales la curvatura · alcanza su mayorvalor:

(a) y = log x; con 0 < x <1.(b) x = 5 cos t, y = 3 sen t; con ¡1 < t <1. [[ R/: · = 5

9en (§5; 0). ]]

3.8.30. Determinar la curvatura ·(t) de las curvas siguientes:

(a) ¡!r (t) = t i+ (2t¡ 1) j+ (3t+ 5)k.(b) ¡!r (t) = t i+ sen t j+ cos tk. [[ R/: ·(t) ´ 1

2. ]]

(c) ¡!r (t) = (t; t2; t3).

(d) ¡!r (t) = (et cos t; et sen t; et). [[ R/: ·(t) =p23e¡t. ]]

3.8.31. Determinar el vector tangente unitario¡!T y el vector normal unitario

¡!N para estas curvas

planas en los puntos indicados:

(a) x = t3, y = t2; en (¡1; 1).(b) x = 3 sen 2t, y = 4 cos 2t; para t = ¼=6.

[[ R/:¡!T =

p5757(3;¡4p3), ¡!N =

p5757(4p3; 3). ]]

(c) x = t¡ sen t, y = 1¡ cos t; para t = ¼=2.3.8.32. Una curva plana se parametriza por x(t) = 4 cos3 t, y(t) = 4 sen3 t.

(a) Calcular su longitud de arco, para 0 · t · ¼=2.(b) Hallar los vectores unitarios tangente

¡!T (t) y normal

¡!N(t) en el punto (x(t); y(t)), si 0 < t <

¼=2.

(c) Calcular los componentes tangencial y normal de la acelaraci¶on en el punto (p2;p2).

3.8.33. Determinar las componentes tangencial y normal de la aceleraci¶on, aT y aN , para las curvasplanas siguientes:



(a) ¡!r (t) = 3 sen¼t i+ 3 cos¼t j.

(b) ¡!r (t) = (2t+ 1) i+ (3t2 ¡ 1) j. [[ R/: aT = 18t(9t2 + 1)¡1=2, aN = 6(9t2 + 1)¡1=2. ]]

(c) ¡!r (t) = cosh 3t i+ sh 3t j.

(d) ¡!r (t) = (t cos t; t sen t). [[ R/: aT = t(1 + t2)¡1=2, aN = (2 + t2)(1 + t2)¡1=2. ]]

3.8.34. La trayectoria de una part¶³cula, que se mueve en el plano R2, se describe por las ecuacionesparam¶etricas x = t2, y = t4.

(a) Calcular la velocidad y la aceleraci¶on en el instante t = 1.

(b) Calcular los vectores unitarios¡!T y

¡!N y la ecuaci¶on del c¶³rculo osculador.

(c) Calcular la aceleraci¶on en t¶erminos de los vectores unitarios¡!T y

¡!N .

3.8.35. Determinar los vectores unitarios¡!T ,

¡!N y

¡!B (el triedro m¶ovil) para cada una de estas

curvas, en los puntos indicados:

(a) ¡!r (t) = (t; t2; t3); en (1; 1; 1).

(b) ¡!r (t) = t i+ sen t j+ cos tk; en (0; 0; 1).

[[ R/:¡!T =

p22(1; cos t;¡ sen t), ¡!N = (0;¡ sen t;¡ cos t). ]]

(c) ¡!r (t) = (6et cos t; 6et sen t; 17et); en (6; 0; 17).

(d) ¡!r (t) = (et cos t; et sen t; et); en (1; 0; 1). [[ R/:¡!T =

p33(1; 1; 1),

¡!N =

p22(¡1; 1; 0). ]]

3.8.36. Para la curva alabeada ¡!r (t) = (et cos t; et sen t; et), determinar en el punto (1; 0; 1) los

vectores unitarios¡!T ,

¡!N y

¡!B y la curvatura ·.

3.8.37. Para la curva alabeada ¡!r (t) = (2 cosh 3t;¡2 sh 3t; 6t), determinar en triedro m¶ovil ¡!T (t),¡!N(t) y

¡!B (t).

Mediante las f¶ormulas de Frenet y Serret:

d¡!T

ds= ·

¡!T ;

d¡!B

ds= ¡¿ ¡!N ;

hallar la curvatura · y la torsi¶on ¿ en cualquier punto de esta curva.

[[ R/: ·(t) = 14sech2 3t, ¿(t) = ¡1

4sech2 3t. ]]



3.8.3 L¶³mites y continuidad

3.8.38. Consid¶erese la funci¶on

f(x; y) :=

8>>><>>>:x2y3

x4 + y6; si (x; y)6= (0; 0);

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

(a) Mostrar que lim(x;y)!(0;0)

f(x; y) = 0 a lo largo de cualquier recta y = mx. Encontrar la ecuaci¶on

de una curva para la cual lim(x;y)!(0;0)

f(x; y)6= 0 a lo largo de esta curva.

(b) Mostrar que@f

@x(0; 0) y

@f

@y(0; 0) existen y calcular sus valores.

3.8.39. Mostrar que la funci¶on de¯nida por

f(x; y) :=

8>><>>:xy

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

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

es discontinua en (0; 0).

3.8.40. Demostrar que los siguientes l¶³mites existen y valen 0, usando coordenadas polares:

x = r cos µ; y = r sen µ:

Es decir, si g(r; µ) := f(r cos µ; r sen µ), reescribir los l¶³mites y concluir que limr!0

g(r; µ) = 0.

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

y3

x2 + y2; (b) lim

(x;y)!(0;0)7x2y2

2x2 + 2y2;

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

3x3y2

x2 + y2; (d) lim

(x;y)!(0;0)x3y4

x4 + y4:

3.8.41. Demostrar que los siguientes l¶³mites no existen:

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

x2 ¡ y2x2 + y2

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

xy2

x2 + y4; (c) lim

(x;y)!(0;0)8x3y2

x9 + y3;

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

x2y

x3 + y3; (e) lim

(x;y)!(0;0)2xy4

x5 + 6y5; (f) lim

(x;y)!(0;0)y3x

y6 + x2:

3.8.42. Consid¶erese la funci¶on

f(x; y; z) :=x+ y + z

x+ y ¡ z :>D¶onde est¶a de¯nida? Demostrar que lim

(x;y;z)!(0;0;0)f(x; y; z) no existe.

[[ Indicaci¶on: Dejar (x; y; z)! (0; 0; 0) por los ejes coordenados. ]]



3.8.43. Considere la funci¶onf(x; y; z) :=

xyz

x3 + y3 + z3:

>D¶onde est¶a de¯nida esta funci¶on? Demostrar que lim(x;y;z)!(0;0;0)

f(x; y; z) no existe.

[[ Indicaci¶on: Dejar (x; y; z)! (0; 0; 0) por los ejes y por la recta x = y = z. ]]

3.8.44. Dada la funci¶on f tal que f(x; y) =x3y

x6 + y2si (x; y)6= (0; 0) y f(0; 0) = 0,

1. Calcular limx!0

f(x;mx) para cada m 2 R.

2. Calcular limx!0

f(x; x3).

3. >Qu¶e puede concluirse acerca de lim(x;y)!(0;0)

f(x; y) ? Justi¯car su respuesta.

4. Mostrar que@f

@x(0; 0) y

@f

@y(0; 0) existen y calcular sus valores.

3.8.4 Derivadas direccionales y planos tangentes

3.8.45. (a) Calcular la derivada direccional de la funci¶on f(x; y) = x2 + xy+ y2 en el punto (1; 1)y en la direcci¶on de la recta x¡ y = 0, z = 0, avanzando en sentido positivo del eje x.

(b) Calcular las ecuaciones de la recta tangente a la curva z = x2 + xy + y2, x¡ y = 0 en el punto(1; 1; 3).

(c) Si w = x2 + xy+ y2¡ z, calcular en el punto (1; 1; 3) la derivada direccional m¶axima de w y elvector a lo largo del cual ocurre.

3.8.46. El punto P = (2; 1; 5) pertenece al paraboloide z = x2 + y2 y al plano z = 3x+ y ¡ 2.(a) Calcular la ecuaci¶on del plano tangente al paraboloide en el punto P .

(b) Hallar un vector tangente en P a la curva de intersecci¶on de estas dos super¯cies.

(c) En el mismo punto P , encontrar la derivada direccional de la funci¶on w = x3 + y3 + z3 a lolargo de ese vector tangente.

3.8.47. Una super¯cie tiene por ecuaci¶on z = x2y2 + xy + x2 + y2.

(a) Calcular la pendiente de la recta tangente a la curva z = x2y2 + xy + x2 + y2, y = 2x en elpunto P = (1; 2; 11).

(b) Si en cada punto (x; y; z) de la super¯cie la temperatura es w = x2y2 + xy + x2 + y2 ¡ z,encontrar la ecuaci¶on del plano tangente a la super¯cie de nivel w = 30 en el punto P .

(c) Calcular la derivada direccional de w en el punto P , a lo largo del vector ¡!v = (1; 1; 1).



(d) Calcular la derivada direccional m¶axima y el vector unitario a lo largo del cual ocurre.

3.8.48. Hallar la derivada direccional de la funci¶on z = x3 ¡ 2x2y + xy2 + 1 en el punto M(1; 2; 2)y en la direcci¶on del vector 3 i + 4 j. Calcular tambi¶en el vector tangente a la curva de intersecci¶onde esta super¯cie con el plano 3y ¡ 4x = 0.3.8.49. Las tres ecuaciones

F (u; v) = 0; u = xy; v =px2 + y2;

donde F es diferenciable, de¯nen una super¯cie en R3. Determinar un vector normal a esta super¯cieen el punto (1; 1;

p3), si se sabe que

@f

@u(1; 2) = 1 y

@f

@v(1; 2) = 2.

3.8.50. Sea f(x; y; z) := x2 + y2 ¡ z2. Calcular en el punto (3; 4; 5) la derivada direccional de estafunci¶on f , a lo largo de la curva de intersecci¶on de las super¯cies

2x2 + 2y2 ¡ z2 = 50; x2 + y2 = z2:

3.8.51. Demostrar que la ecuaci¶on del plano tangente a la super¯cie cuadr¶atica

Ax2 +By2 + Cz2 = D; (con A2 +B2 + C2 > 0);

en el punto P = (x0; y0; z0) de la super¯cie, es: A(x0)x+B(y0)y + C(z0)z = D.

3.8.52. Denotemos por D¡!u f(x0; y0) la derivada direccional de f en la direcci¶on del vector unitario¡!u evaluada en el punto (x0; y0). Si D¡!u f(3; 2) = 4 y D¡!v f(3; 2) = 5, calcular D¡!w f(3; 2), donde

¡!u =1p2i+

1p2j; ¡!v =

¡2p5i+

1p5j; ¡!w =

2p13i¡ 3p

13j:

3.8.53. La altura h de un monte se describe aproximadamente mediante la funci¶on

h(x; y) = 2p2¡ 0:0002

p2 y2 ¡ 0:0004

p2x2;

donde h es la altura en kil¶ometros sobre el nivel del mar mientras x e y miden las coordenadaseste-oeste y norte-sur respectivamente. Para el punto (x; y) = (¡2;¡4), encontrar(a) >Con qu¶e rapidez se incrementa la altura en la direcci¶on noreste?

(b) >En qu¶e direcci¶on va la trayectoria m¶as empinada hacia arriba?

(c) Si T (x; y; z) = 2p2¡ 0:0002p2 y2¡ 0:0004p2x2¡ z representa la temperatura en la monta~na,

calcular en el punto (¡2;¡4; 1:9952p2) el cambio m¶aximo de temperatura. >En qu¶e direcci¶onocurre?

3.8.54. Calcular la derivada direccional de la funci¶on f(x; y; z) = x3 + y3 ¡ z3, en el punto (1; 1; 1),a lo largo de la curva de intersecci¶on de las super¯cies: 2x2 + 2y2 ¡ z2 = 3, x2 + y2 = 2z2.



3.8.55. Consid¶erese la super¯cie representada por la ecuaci¶on z = xy + x3 ¡ y,(a) Calcular la derivada direccional de z en el punto (0; 1) en la direcci¶on paralela al vector ¡!r =

¡ i+ 2 j.(b) Calcular los planos tangentes a esta super¯cie en los puntos (1; 1; 1) y (0; 2;¡4).(c) Encontrar el ¶angulo que forman dichos planos tangentes.

3.8.56. Encontrar la ecuaci¶on del cilindro cuyas generatrices son paralelas a la recta de intersecci¶onde los planos x + 2y ¡ z = 2, 3x + 2y + 2z = 7, y cuya directriz es la intersecci¶on del plano x = zcon la super¯cie

x2 + y2 ¡ z2 = 5:En el punto (2; 2;

p3), calcular tambi¶en la pendiente vertical de la curva de intersecci¶on de esa

super¯cie con el plano x = y y la ecuaci¶on del plano tangente a la super¯cie en ese punto.

3.8.57. Encontrar: (a) la ecuaci¶on de la recta tangente; y (b) la ecuaci¶on del plano normal; a lacurva x2 ¡ y2 + 2z2 = 2, x+ y + z = 3, en el punto (1; 1; 1).

3.8.5 Regla de la cadena y derivaci¶on impl¶³cita

3.8.58. La funci¶on z = f(x; y) es dos veces derivable. Si x = u2 + v2, y = u=v, calcular@2z

@u @ven

t¶erminos de u y v y de las derivadas parciales fx, fy, fxx, fxy, fyy.

3.8.59. Sea z := F (u; v) = f(x; y) donde x = y, y = uv, para u > 0. Calcular la segunda derivadaparcial Fuu en t¶erminos de las derivadas parciales fx, fy, fxx, fxy, fyy.

3.8.60. Si z = f(u; v) donde f es una funci¶on dos veces derivable y si u = x3y2, v = x2y3; calcular@2z

@x2en t¶erminos de x, y y las derivadas parciales fu, fv, fuu, fuv, fvv.

3.8.61. Dada la ecuaci¶on exz + log(y+ z) = 0 que de¯ne impl¶³citamente z = f(x; y), calcular@2f

@x @yen t¶erminos de x, y, z.

3.8.62. Si w = f(x; y), donde x = er cos µ, y = er sen µ, demostrar que se veri¯ca la identidad

@2w

@x2+@2w

@y2= e¡2r

µ@2w

@r2+@2w

@µ2

¶:

3.8.63. Sean r = r(t), µ = µ(t) una parametrizaci¶on en coordenadas polares de una curva trazadapor una part¶³cula que se mueve en el plano R2. Si el vector posici¶on de la part¶³cula es ¡!r = r¡!u r,donde ¡!u r = i cos µ + j sen µ, calcular ¡!u µ := d

¡!u r=dµ. En seguida, veri¯car:

(a) que ¡!u r y¡!u µ son vectores unitarios ortogonales entre s¶³;

(b) qued¡!u µ

dµ= ¡¡!u r; y



(c) qued2¡!rdt2

=

·d2r

dt2¡ r³dµdt

´2¸¡!u r +

·1

r

d

dt

³r2dµ

dt

´¸¡!u µ.

[[ Indicaci¶on: Recordar que d¡!u r=dt = (d¡!u r=dµ)(dµ=dt). ]]

3.8.64. Hallar la nueva forma que toma la ecuaci¶on diferencial

y2@2z

@x2¡ 2xy @2z

@x @y¡ x2 @

2z

@y2¡ x @z

@x¡ y @z

@y= 0

despu¶es del cambio de variable z = f(Á) |al ser f una funci¶on dos veces diferenciable| dondeÁ := arctg(y=x).

3.8.65. Si z = f(r) con r =px2 + y2, expresar

@2z

@x2y@2z

@x @yen t¶erminos de x, y, f 0(r) y f 00(r).

3.8.66. Si z = F (u; v; w) y w = g(u; v) donde F y g son dos veces derivables, obtener una f¶ormula

para@2z

@u2en t¶erminos de las derivadas parciales de F y de g.

3.8.67. >En qu¶e se transforma la ecuaci¶on diferencial

(x¡ y)µx2@2z

@x2¡ 2xy @2z

@x @y+ y2

@2z

@y2

¶= 2xy

µ@z

@x¡ @z@y

¶;

si se hacen los cambios de variable u = x+ y, v = xy ?

3.8.68. Si u = f(xy) +pxy g(y=x), donde xy > 0, al ser f y g funciones dos veces diferenciables,

probar que se cumple la ecuaci¶on diferencial

x2@2u

@x2¡ y2 @

2u

@y2= 0:

3.8.69. Si z = f(x; y), donde x = r cos µ, y = r sen µ, mostrar queµ@z

@r

¶2+1

r2

µ@z

@µ

¶2=

µ@z

@x

¶2+

µ@z

@y

¶2:

3.8.70. Sea W =f(t¡ r)r

, donde f es dos veces diferenciable, r =px2 + y2 + z2 y la variable t no

depende de las variables x, y, z. Mostrar que

@2W

@t2=@2W

@x2+@2W

@y2+@2W

@z2:

3.8.71. La funci¶on y = f(x) est¶a determinada por la ecuaci¶on

logpx2 + y2 = a arctg

y

x;

donde a6= 0 es constante. Hallar dydxyd2y

dx2.



3.8.72. La funci¶on z = h(x; y) queda determinada por la ecuaci¶on

x3 + 2y3 + z3 ¡ 3xyz ¡ 2y + 3 = 0:

Hallar@z

@xy@z

@y.

3.8.73. Sea z una funci¶on determinada por la ecuaci¶on

x2 + y2 + z2 = F (ax+ by + cz);

donde F es una funci¶on diferenciable y a; b; c son constantes. Demostrar que

(cy ¡ bz) @z@x+ (az ¡ cx) @z

@y= bx¡ ay:

3.8.74. La relaci¶on F (x¡ y; x¡ z) = 0 de¯ne impl¶³citamente una funci¶on f dada por z = f(x; y).Comprobar que z satisface la ecuaci¶on diferencial

@z

@x+@z

@y= 1:

3.8.75. Si h(x=z; y=z) = 0 para alguna funci¶on diferenciable h, demostrar que

x@z

@x+ y

@z

@y= z:

3.8.76. En cada uno de los casos siguientes, resolver la ecuaci¶on diferencial en derivadas parciales,mediante los cambios de variable indicadas:

(a) Resolver@z

@x=@z

@y, si u = x+ y, v = x¡ y.

(b) Resolver y@z

@x¡ x @z

@y= 0, si u = x, v = x2 + y2.

(c) Resolver x@z

@x+ y

@z

@y= z, si u = x, v = y=x.

[[ Indicaci¶on: Se puede asumir la igualdad de las derivadas parciales mixtas; por ejemplo, zuv = zvu. ]]

3.8.77. En cada caso siguiente, transformar la ecuaci¶on diferencial dada en otra ecuaci¶on diferencialen t¶erminos de las derivadas parciales de z con respecto a las variables u, v:

(a) Transformar@2z

@t2= c2

@2z

@x2(con c constante, c6= 0); si u = x¡ ct, v = x+ ct.

(b) Transformar x2@2z

@x2+ 2xy

@2z

@x @y+ y2

@2z

@y2= 0; si x = u, y = uv.



(c) Transformar x2@2z

@x2¡ y2 @

2z

@y2= 0; si u = xy, v = x=y.

3.8.78. Determinar la soluci¶on de la ecuaci¶on diferencial

4@f

@x(x; y) + 3

@f

@y(x; y) = 0;

que satisfaga la condici¶on f(x; 0) = senx para todo x.

3.8.79. Si f es una funci¶on diferenciable de una variable, veri¯car que la funci¶on u de¯nida porh(x; y) := f(xy) satisface la ecuaci¶on en derivadas parciales

x@h

@x¡ y @h

@y= 0:

Hallar una soluci¶on tal que h(x; x) = x4 ex2para todo x.

3.9 Puntos extremos de funciones de varias variables

² En el resto de este cap¶³tulo, una regi¶on formada por los puntos de un plano coordenado que seencuentran dentro de un rect¶angulo cuyos lados son paralelos a los ejes coordenados, se llamar¶aregi¶on rectangular. Si se incluyen los puntos de frontera se hablar¶a de una regi¶on rectangularcerrada.

² Se dice que una regi¶on R es acotada si est¶a contenida en alguna regi¶on rectangular cerrada.

² Una funci¶on f de dos variables tiene un m¶aximo local en (a; b) si existe una regi¶on rectangularR que contiene a (a; b) tal que f(x; y) · f(a; b ) para todo par (x; y) en R.

Figura 3.15: Extremos de una funci¶on


3.9. Puntos extremos de funciones de varias variables 171

² Geom¶etricamente, esto signi¯ca que si una super¯cie S es la gr¶a¯ca de f , entonces los m¶aximoslocales corresponden a los puntos m¶as altos de S, como se ilustra en la Fig. 3.15. Si fy existe,entonces fy(a; b) es la pendiente de la recta tangente a la traza C de S en el plano x = a. Sededuce que si f(a; b) es un m¶aximo local, entonces fy(a; b) = 0. An¶alogamente, fx(a; b) = 0.

² La funci¶on f tiene un m¶³nimo local en (c; d) si hay una regi¶on rectangular R que contiene a(c; d) tal que f(x; y) ¸ f(c; d) para todo (x; y) en R. Si f tiene primeras derivadas parciales,¶estas se anulan en (c; d). Los m¶³nimos locales corresponden a los puntos m¶as bajos de la gr¶a¯cade f .

(¤) Teorema: 3.15. (Teorema del \sandwich")Si una funci¶on f de dos variables es continua en una regi¶on cerrada y acotada R, entonces ftiene un m¶aximo absoluto f(a; b) y un m¶³nimo absoluto f(c; d) en puntos (a; b) y (c; d) de R.En otras palabras: f(c; d) · f(x; y) · f(a; b) para todo (x; y) en R.La demostraci¶on de este hecho se puede encontrar en libros de c¶alculo avanzado.

² Los m¶aximos y m¶³nimos locales son los valores extremos locales de f . Los valores extremosincluyen al m¶aximo y al m¶³nimo absolutos (si es que existen). Si f tiene primeras derivadasparciales continuas, entonces de acuerdo con la discusi¶on anterior, los pares de n¶umeros quedan lugar a valores extremos locales son soluciones de las dos ecuaciones siguientes:

fx(x; y) = 0 y fy(x; y) = 0:

Como en el caso de las funciones de una variable, los m¶aximos y m¶³nimos locales se puedenalcanzar tambi¶en en pares de n¶umeros en los que fx o bien fy no existe. Como todos esospares de n¶umeros son importantes para encontrar los m¶aximos y m¶³nimos locales, se les da unnombre especial.

² De¯nici¶on: 3.7. Sea f una funci¶on de dos variables. Un par (a; b) es un punto cr¶³tico de f si(i) fx(a; b) = 0 y fy(a; b) = 0, o bien

(ii) fx(a; b) o fy(a; b) no existe.

¦

² Para encontrar los m¶aximos y m¶³nimos locales de una funci¶on se comienza buscando los puntoscr¶³ticos y luego se prueba cada punto para veri¯car si corresponde a un m¶aximo o un m¶³nimolocal.

² El m¶aximo o el m¶³nimo de una funci¶on de dos variables se puede alcanzar en un punto en lafrontera de su dominio R. La investigaci¶on de tales m¶aximos y m¶³nimos en la frontera requierea menudo un procedimiento especial como en el caso de los m¶aximos y m¶³nimos en la fronterade funciones de una sola variable. Si la frontera no tiene puntos, por ejemplo, si R es todo elplano xy o el interior de un c¶³rculo, entonces no puede haber m¶aximos o m¶³nimos en la frontera.



Figura 3.16: M¶³nimo absoluto.

− Ejemplo 3.46. Sea f(x; y) = 1 + x2 + y2 para 0 · x2 + y2 · 4. Encontrar los m¶aximos ym¶³nimos de f .

Soluci¶on:

El dominio R de f es la regi¶on del plano xy que consta de la circunferencia x2 + y2 = 4 y suinterior. Los puntos cr¶³ticos son soluciones del sistema de dos ecuaciones

fx(x; y) = 0; fy(x; y) = 0;

2x = 0; 2y = 0:

El ¶unico punto que satisface ambas ecuaciones es (0; 0) y por lo tanto, f(0; 0) = 1 es el ¶unico

valor extremo local posible. Adem¶as, como f(x; y) = 1 + x2 + y2 > 1. si (x; y)6= (0; 0), y ftiene un m¶³nimo local 1 en (0; 0). Este hecho tambi¶en se puede ver de la gr¶a¯ca de z = f(x; y)que se tiene en la Fig. 3.16. Obs¶ervese que el n¶umero f(0; 0) = 1 tambi¶en es el m¶³nimo absolutode f .

Para encontrar los posibles m¶aximos y m¶³nimos en la frontera, estudiamos los puntos (a; b)de la frontera del dominio de f , es decir, de la circunferencia x2 + y2 = 4. Consultando laFig. 3.16, se ve que cualquiera de estos puntos, por ejemplo el (0; 2), da como resultado el

m¶aximo absoluto f(0; 2) = 5. .

− Ejemplo 3.47. Como se ilustra en este ejemplo, no todos los n¶umeros cr¶³ticos dan lugar am¶aximos o m¶³nimos. Sea f(x; y) = y2 ¡ x2 con dominio IR £ IR. Encontrar los m¶aximos ym¶³nimos de f .

Soluci¶on: Los puntos cr¶³ticos son soluciones del sistema de dos ecuaciones

fx(x; y) = ¡2x. . . . . . = 0; fy(x; y) = 2y. . . = 0:



Figura 3.17: Punto silla

El ¶unico valor extremo local posible es f(0; 0) = 0. Sin embargo, si y6= 0, entonces f(0; y) =y2 > 0 y si x 6= 0, entonces f(x; 0) = ¡x2 < 0: Por lo tanto, cualquier regi¶on rectangulardel plano xy que contenga a (0; 0) contiene puntos en los que el valor de la funci¶on es mayorque f(0; 0) y tambi¶en puntos en los que el valor de la funci¶on es menor que f(0; 0). Porconsiguiente, f no tiene m¶aximos o m¶³nimos locales. Este resultado es evidente a partir de lagr¶a¯ca de z = f(x; y) en la Fig. 3.17. Debido a la forma de la super¯cie cerca de (0, 0, 0), sedice que este punto de la gr¶a¯ca es un punto silla (de montar). Como el dominio de f no tienefrontera, no hay m¶aximos o m¶³nimos en la frontera.

² El siguiente criterio que se enuncia sin demostraci¶on es ¶util para las funciones m¶as complicadas.En cierto sentido, es an¶alogo al criterio de la segunda derivada para las funciones de unavariable.

(¤) Teorema: 3.16. (Criterio para m¶aximos y m¶³nimos)Sea f una funci¶on de dos variables que tiene segundas derivadas parciales continuas en unaregi¶on rectangular Q y sea

g(x; y) = fxx(x; y)fyy(x; y)¡ [fxy(x; y)]2

para todo (x; y) en Q. Si (a; b) est¶a en Q y fx(a; b) = 0, fy(a; b) = 0, entonces

(i) f(a; b) es un m¶aximo local de f si g(a; b) > 0 y fxx(a; b) < 0:

(ii) f(a; b) es un m¶³nimo local de f si g(a; b) > 0 y fxx(a; b) > 0: (iii) f(a; b) no es un valorextremo de f si g(a; b) < 0. De hecho f(a; b) corresponde a un punto de silla.

(iv) Si g(a; b) = 0, el criterio es insu¯ciente (no es decisivo).

² Observe queg =

¯fxx fxyfxy fyy

¯(g se conoce como el Hessiano ordinario)



² Si hacemos A = fxx(a; b), B = fxy(a; b) y C = fyy(a; b), de¯nimos el discriminante de f como¢ = AC ¡B2

Si ¢ > 0, f exhibe un punto m¶aximo en (a; b) toda vez que A < 0 y un m¶³nimo si A > 0.Si ¢ < 0, en el punto (a; b) no hay punto extremo. Si ¢ = 0, el criterio es insu¯ciente (esnecesario continuar la investigaci¶on).

² En el archivo \Criterio de la segunda derivada para funciones de dos variables.nb", del discocompacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 3.48. Sea f(x; y) = x2 ¡ 4xy + y3 + 4y. Hallar los m¶aximos y m¶³nimos locales def .

Soluci¶on:

Como fx(x; y) = 2x¡ 4y. . . . . . . . . . . y fy(x; y) = ¡4x+ 3y2 + 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . , los puntos cr¶³ticos son

soluciones del sistema de dos ecuaciones

2x¡ 4y = 0; ¡4x+ 3y2 + 4 = 0:Resolvi¶endolas simult¶aneamente obtenemos los puntos ( 4; 2. . . . ) y ( 4=3; 2=3. . . . . . . . . . . ) (verif¶³quese

este hecho).

Las segundas derivadas parciales de f son

fxx(x; y) = 2; fxy(x; y) = ¡4; fyy(x; y) = 6y. . .

y por lo tanto,

g(x; y) = (2)(6y)¡ (¡4)2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = 12y ¡ 16:Como g(4=3; 2=3) = ¡8 < 0. . . . . . . . . . , se ve que f(4=3; 2=3) no es un valor extremo de f . Como

g(4; 2) = 8 > 0. . . . . . . y fxx(4; 2) = 2 > 0. . . . . . . , f tiene un m¶³nimo local f(4; 2) = 0.

− Ejemplo 3.49. Hallar los extremos de la funci¶on

z = x3 + 3xy2 ¡ 15x¡ 12y

Soluci¶on:

Hallamos las derivadas parciales y formamos el sistema de ecuaciones siguientes:(¡15 + 3x2 + 3 y2 = 0

¡12 + 6xy. . . . . . . . . . . . . . . = 0

Resolviendo este sistema obtenemos cuatro puntos:

(¡2;¡1); (¡1;¡2); (1; 2) y (2; 1)Procedemos a hacer el an¶alisis para cada caso:



1. Para el punto (¡2;¡1) tenemos A = ¡12. . . . . . , B = ¡6, C = ¡12 y ¢ = 108. Por lo

tanto, z alcanza un m¶aximo en (¡2;¡1) y es zm¶ax = 28.2. Para el punto (¡1;¡2) tenemos A = ¡6. . . . , B = ¡12, C = ¡6 y ¢ = ¡108. Por lotanto, (¡1;¡2) no es un extremo.

3. Para el punto (1; 2) tenemos A = 6, B = 12, C = 6 y ¢ = ¡108. . . . . . . . Por lo tanto, (1; 2)no es un extremo.

4. Para el punto (2; 1) tenemos A = 12, B = 6, C = 12, ¢ = 108. Por lo tanto, z alcanzaun m¶³nimo en (2; 1) y es zm¶³n = ¡28.


Hallar los extremos de la funci¶on

z = (x2 + (y + 1)2)(x2 + (y ¡ 1)2)

Soluci¶on: Desarrollando z obtenemos:

z = 1 + 2x2 + x4 ¡ 2 y2 + 2x2 y2 + y4

Hallamos las derivadas parciales y formamos el sistema de ecuaciones siguientes:(4x+ 4x3 + 4x y2 = 0

¡4 y + 4x2 y + 4 y3 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Para resolver este sistema se factoriza y se obtienen los puntos

(0; 0); (0;¡1); (0; 1)

Procedemos a hacer el an¶alisis para cada caso:

1. Para el punto (0; 0) tenemos A = 4 , B = 0 , C = ¡4 y ¢ = ¡16. . . . . . . Por lo tanto, (0; 0)no es un extremo.

2. Para el punto (0;¡1) tenemos A = 8, B = 0 , C = 8 y ¢ = 64. . . . Por lo tanto, z alcanza

un m¶³nimo en (0;¡1) y es zm¶³n = 0.3. Para el punto (0; 1) tenemos la misma situaci¶on que para (0;¡1).

² En el archivo \Criterio de la segunda derivada para funciones de dos variables en un rect¶angulo.nb",del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.



C1

C2C3

Figura 3.18: Regi¶on R.

− Ejemplo 3.51. Sea f(x; y) = x2¡4xy+y3+4y. Encontrar el m¶aximo y el m¶³nimo absolutosde f en la regi¶on triangular R que tiene como v¶ertices (¡1;¡1), (7;¡1) y (7; 7).Soluci¶on: La frontera de R consta de los segmentos C1, C2 y C3 que se muestran en laFig. 3.18 . En el ejemplo 3.48 encontramos que f tiene un m¶³nimo local en el punto (4; 2) queest¶a dentro de R. En efecto, vimos que:

f(4; 2) = 0 (3.2)

Por lo tanto s¶olo hace falta buscar los m¶aximos y m¶³nimos en la frontera. Vamos a procederde la siguiente forma: primero haremos una b¶usqueda de extremos absolutos en cada una delas fronteras de R, a saber C1, C2 y C3. Finalmente haremos una comparaci¶on de todos losextremos hallados en en esas fronteras y el punto cr¶³tico que se halla dentro de la regi¶on R,a saber (4; 2) que produce el m¶³nimo relativo 0. Con base en esta comparaci¶on decidiremoscu¶ales son los extremos absolutos para f sobre R.

¦ En C1 tenemos y = ¡1 y entonces, los valores de f est¶an dados por

h1(x) = f(x;¡1) = x2 + 4x¡ 1¡ 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = x2 + 4x¡ 5. . . . . . . . . . . . . . . . . :

Esto determina una funci¶on de una variable h1(x) cuyo dominio es el intervalo [¡1; 7]. Laprimera derivada es 2x + 4, que es igual a 0 en x = ¡2, pero este n¶umero se encuentrafuera del intervalo [¡1; 7]. Por lo tanto no hay m¶aximos o m¶³nimos locales de h1(x) en[¡1; 7]. Como h1(x) es creciente en todo este intervalo, el m¶³nimo y el m¶aximo en lafrontera C1 son

f(¡1;¡1) = ¡8; y f(7;¡1) = 72: (3.3)

¦ En C2 tenemos x = 7 y los valores de f est¶an dados por

h2(y) = f(7; y) = 49¡ 28y + y3 + 4y = y3 ¡ 24y + 49. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .



para ¡1 · y · 7. Observemos que h02(y) = 3y2¡24 y por lo tanto, hay un n¶umero cr¶³ticosi 3y2 = 24, o y =

p8. Por otro lado notamos que h002(y) = 6y y que h

002(p8) > 0, por lo

tanto, en y =p8 se presenta un m¶³nimo local de f en el segmento C2:

h2(p8) = f(7;

p8) = 49¡ 32

p2 ¼ 3:7. . . . (3.4)

Los valores de f en los extremos de C2 son

f(7;¡1) = 72 y f(7; 7) = 224. . . . . : (3.5)

¦ Finalmente, en C3 se tiene que y = x y los valores de f est¶an dados porh3(x) = f(x; x) = x2 ¡ 4x2 + x3 + 4x = x3 ¡ 3x2 + 4x:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .¡1 · x · 7

Tenemos que h03(x) = 3x2 ¡ 6x+ 4 no tiene ra¶³ces reales y por lo tanto, no hay n¶umeros

cr¶³ticos para h3(x). Basta entonces evaluar h3 en los extremos del intervalo:

h3(¡1) = f(¡1;¡1) = ¡8; h3(7) = f(7; 7) = 224 (3.6)

Lo que nos falta para concluir la b¶usqueda de los extremos absolutos es comparar los valoresobtenidos en las ecuaciones (3.2){(3.6). Por lo tanto, el valor m¶³nimo absoluto se produce en(¡1;¡1) y es ¡8. Adem¶as el valor m¶aximo absoluto se da en (7; 7) y es 224. Estos valores sonlos extremos absolutos de f en la regi¶on triangular R.

− Ejemplo 3.52. Se desea contruir una caja sin tapa con la forma de un paralelep¶³pedo rec-tangular que tenga un volumen de 12 pie3. El costo por pie cuadrado del material que se usar¶apara el fondo es $ 4 (d¶olares), el que se usar¶a para dos de los lados opuestos es $3, y el que seusar¶a para los otros dos lados opuestos es de $ 2. Calcular las dimensiones de la caja para lasque el costo es m¶³nimo.

Figura 3.19: Caja.

Soluci¶on: Sean x y y las dimensiones (en pies) de la base, y sea z la altura (tambi¶en en pies).Ver Fig. 3.19. Como hay dos lados de ¶area xz y dos lados de ¶area yz, el costo C del materiales

C = 4xy + 3(2xz) + 2(2yz)



donde x, y, z deben ser todos diferentes de 0. Como xyz = 12, resulta que z = 12=(xy).Sustituyendo en la f¶ormula para C y simpli¯cando obtenemos

C = 4xy +72

y+48

x

La frontera no tiene puntos porque x > 0 y y > 0 para todo (x; y). Por lo tanto, no puede haberm¶aximos o m¶³nimos en la frontera. Para encontrar los m¶aximos y m¶³nimos locales resolvemosel siguiente sistema de dos ecuaciones:

Cx = 4y ¡ 48x2. . . . . . . . . . .

= 0; Cy = 4x¡ 72y2= 0:

Estas ecuaciones implican quex2y = 12 y xy2 = 18:

De la primera resulta y = 12=x2. Sustituyendo en la segunda,

x

µ144

x4

¶= 18; o bien 144 = 18x3:

Despejando x obtenemos x3 = 8. . . . . . . . . , o sea x = 2. Como tenemos que y = 12=x2, el valor

correspondiente de y es 3. Podemos ver que estos valores de x y y corresponden a un m¶³nimode C. Finalmente, usando z = 12=(xy) obtenemos z = 12=(2 ¢ 3) = 2. Por lo tanto, el costom¶³nimo se obtiene si los lados de la base son de 3 y 2 pie, y la altura es de 2 pie. Los lados m¶aslargos son los que deben construirse con el material de $2, y los m¶as cortos con el de $3.


Halle los extremos absolutos de

z = x2 ¡ 2xy + y2 ¡ 2x+ 2ycon 0 · x · 2 y 0 · y · 2.Soluci¶on:

La regi¶on sobre la que se desea buscar es la que se muestra en la Fig. 3.20. Hallamos lasderivadas parciales y formamos el sistema de ecuaciones siguientes:(

¡2 + 2x¡ 2y = 02¡ 2x+ 2y. . . . . . . . . . . . . . . . . = 0

Resolviendo este sistema obtenemos in¯nitos puntos cr¶³ticos a lo largo de la recta y = x ¡ 1.Sin embargo, notamos que para todo (x; y) se tiene que A = 2, B = ¡2, C = 2 y ¢ = 0, esdecir el criterio de la segunda derivada no es concluyente.

Estudiamos entonces los extremos de la funci¶on z = f(x; y) sobre el borde del rect¶angulo ysobre la recta y = x¡ 1. Los casos son los siguientes:



C1

C2

C3

C4

Figura 3.20: Regi¶on de b¶usqueda.

1. Analicemos los puntos sobre la recta y = x¡ 1. En este caso tenemos:z = f(x; x¡ 1) = x2 ¡ 2x(x¡ 1) + (x¡ 1)2 ¡ 2x+ 2(x¡ 1). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = ¡1Es decir, al recorrer la recta y = x ¡ 1, el valor que se produce es z = ¡1. Todav¶³ano podemos determinar si es un m¶aximo o un m¶³nimo relativo. Debemos de analizar losrestantes casos.

2. Veamos el caso de la curva C1. Para este caso tenemos 0 · x · 2 y y = 0. Evaluandotenemos

z = f(x; 0) = x2 ¡ 2xEl problema se reduce ahora a hallar los extremos de g1(x) = x2 ¡ 2x en el intervalo0 · x · 2. Para este estudio buscamos los puntos cr¶³ticos dentro de este intervalo yadicionalmente evaluamos en los extremos del intervalo de b¶usqueda. Veamos:

2x¡ 2 = 0! x = 1

Como 1 2 [0; 2], evaluamos entonces en este punto y los extremos de [0; 2]:x 0 1 2z 0 ¡1 0

Nota: Este caso tambi¶en puede realizarse notando que se trata de una par¶abola.

3. Veamos ahora el caso de C2. Tenemos aqu¶³ que x = 2 y 0 · y · 2. Por lo tanto:z = f(2; y) = y2 ¡ 2y

El problema se reduce ahora a hallar los extremos de g2(x) = y2 ¡ 2y en el intervalo0 · y · 2. Para este estudio buscamos los puntos cr¶³ticos dentro de este intervalo yadicionalmente evaluamos en los extremos del intervalo de b¶usqueda. El caso es esenciael mostrado anteriormente. Tenemos as¶³ que:

y 0 1 2z 0 ¡1 0



4. Veamos ahora el caso de C3. Tenemos aqu¶³ que y = 2 y 0 · x · 2. Por lo tanto:

z = f(x; 2) = x2 ¡ 6x+ 8

El problema se reduce ahora a hallar los extremos de g3(x) = x2 ¡ 6x+ 8 en el intervalo

0 · x · 2. Para este estudio buscamos los puntos cr¶³ticos dentro de este intervalo yadicionalmente evaluamos en los extremos del intervalo de b¶usqueda. Veamos:

2x¡ 6 = 0! x = 3

Este punto se desestima pues se halla fuera del intervalo de b¶usqueda. Es su¯ciene entoncesevaluar en los extremos del intervalo de b¶usqueda:

x 0 2z 8 0

5. Finalmente estudiamos el caso de C4. Tenemos aqu¶³ que x = 0 y 0 · y · 2. Por lo tanto:

z = f(0; y) = y2 + 2y

El problema se reduce ahora a hallar los extremos de g4(y) = y2 + 2y en el intervalo0 · x · 2. Para este estudio buscamos los puntos cr¶³ticos dentro de este intervalo yadicionalmente evaluamos en los extremos del intervalo de b¶usqueda. Veamos:

2y + 2 = 0! y = ¡1

Este punto se desestima pues se halla fuera del intervalo de b¶usqueda. Es su¯ciene entoncesevaluar en los extremos del intervalo de b¶usqueda:

y 0 2z 0 8

Despu¶es de considerar todos estos casos tenemos que elegir los puntos extremos absolutos parala regi¶on propuesta. Si se desea, se puede consignar en un cuadro todos los casos anteriores:

x x 0 1 2 2 2 2 0 2 0 0y x¡ 1 0 0 0 0 1 2 2 2 0 2z ¡1 0 ¡1 0 0 ¡1 0 8 0 0 8M¶³n. M¶³n M¶³n. M¶ax. M¶ax.

Despu¶es de pensarlo un momento notamos que los puntos m¶³nimos se hallan sobre la rectay = x ¡ 1, esto incluye los puntos (1; 0) y (2; 1). Por otro lado el punto m¶aximo se halla en(0; 2). El estudiante puede apreciar estos extremos en la Fig. 3.21.




Figura 3.21: Super¯cie z = f(x; y):

Figura 3.22: Regi¶on de indagaci¶on.

Halle los extremos absolutos de

z = senx sen y sen (x+ y)

con 0 · x · ¼ y 0 · y · ¼.Soluci¶on: La regi¶on sobre la que se desea buscar es la que se muestra en la Fig. 3.22. Hallamoslas derivadas parciales y formamos el sistema de ecuaciones siguientes:½

sen y (cos(x+ y) senx+ cosx sen(x+ y)) = 0senx (cos(x+ y) sen y + cos y sen(x+ y)) = 0

o bien (sen y sen(2x+ y) = 0

senx sen(x+ 2 y) = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Al resolver estas ecuaciones obtenemos entonces los siguienes pares ordenados:

(0; 0); (0; ¼);³¼3;¼

3

´;

µ2¼

3;2¼

3

¶; (¼; 0) ; (¼; ¼)

Apliquemos entonces el criterio de la segunda derivada para tratar de determinar la naturalezade estos puntos:



1. Para el punto (0; 0) tenemos A = 0, B = 0, C = 0 y ¢ = 0. El criterio resulta insu¯ciente.

2. Para el punto (¼; 0) tenemos A = 0, B = 0, C = 0 y ¢ = 0. El criterio resulta insu¯ciente.

3. Para el punto³¼3;¼

3

´tenemos:

A = ¡p3; B = ¡

p3

2; C = ¡

p3; ¢ =

9

4. .

Por lo tanto,³¼3;¼

3

´se alcanza un m¶aximo zm¶ax =

3p3

8

4. Para el punto

µ2¼

3;2¼p3

¶tenemos:

A =p3; B =

p3

2; C =

p3; ¢ =

9

4. .

Por lo tanto,

µ2¼

3;2¼

3

¶se alcanza un m¶aximo zm¶³n =

¡3p38

5. Para el punto (0; ¼) tenemos A = 0, B = 0, C = 0 y ¢ = 0. El criterio resulta insu¯ciente.

6. Para el punto (¼; ¼) tenemos A = 0, B = 0, C = 0 y ¢ = 0. El criterio resulta insu¯ciente.

M¶aximo

M¶³nimo

Figura 3.23: Super¯cie investigada.

Dejamos al lector veri¯car que al estudiar la funci¶on z sobre cada lado de [0; ¼] £ [0; ¼], estase convierte en la funci¶on constante z = 0. Por lo tanto, los extremos que se obtienen en cadacaso son los que ya se hab¶³an indagado al analizar las esquinas del rect¶angulo en cuesti¶on.


3.10. Multiplicadores de Lagrange 183

3.10 Multiplicadores de Lagrange

² Las de¯niciones de m¶aximos y m¶³nimos se pueden generalizar a funciones f de cualquier n¶umerode variables. En muchas aplicaciones, para calcular los m¶aximos y m¶³nimos de f , hay querestringir las variables de alguna manera.

² Por ejemplo, supongamos que se desea calcular el volumen m¶aximo de un paralelep¶³pedo rec-tangular con caras paralelas a los planos coordenados, que puede inscribirse en el elipsoide

16x2 + 4y2 + 9z2 = 144

Por simetr¶³a basta analizar la parte contenida en el primer octante, que se ilustra en la Fig. 3.24.

Figura 3.24: Paralelep¶³pedo

² Si P (x; y; z) es el v¶ertice que muestra la ¯gura, entonces el volumen V del paralelep¶³pedo esV = 8xyz. Se desea calcular el valor m¶aximo de V sujeto a la restricci¶on (o condici¶on adiciona1)16x2 + 4y2 + 9z2 ¡ 144 = 0. Despejando z de esta ecuaci¶on y sustituyendo en la f¶ormula paraV se obtiene

V = (8xy)1

3

p144¡ 16x2 ¡ 4y2:

Entonces, es posible encontrar el m¶aximo usando el enfoque visto en la secci¶on previa.

² Sin embargo, este m¶etodo es complicado debido a la di¯cultad de calcular las derivadas parcialesy hallar los puntos cr¶³ticos. Otra desventaja de este m¶etodo es que en algunos problemasparecidos puede ser imposible despejar z. Por estas razones resulta a veces m¶as f¶acil usar elm¶etodo de los multiplicadores de Lagrange que se presenta en esta secci¶on.

² Como un segundo ejemplo, sea f(x; y) la temperatura en el punto P (x; y) en una l¶amina planade metal (ver Fig. 3.25) y sea C una curva con ecuaci¶on rectangular g(x; y) = 0. Se deseaencontrar los puntos de C en donde la temperatura es m¶axima o m¶³nima. Esto equivale acalcular los m¶aximos y m¶³nimos de f(x; y) con la restricci¶on g(x; y) = 0.



Figura 3.25: L¶amina de metal.

(¤) Teorema: 3.17. (Teorema de Lagrange)Sean f(x; y) y g(x; y) dos funciones con primeras derivadas parciales continuas tales que ftiene un m¶aximo o m¶³nimo f(x0; y0) cuando (x; y) est¶a sujeto a la restricci¶on g(x; y) = 0. Si5g(x0; y0)6= 0, entonces existe un n¶umero real ¸ tal que

5f(x0; y0) = ¸5g(x0y0):

² El n¶umero ¸ que aparece en el Teorema (3.17) es un multiplicador de Lagrange. Para aplicareste m¶etodo se comienza considerando las ecuaciones

5f(x; y) = ¸5g(x; y) y g(x; y) = 0

o, equivalentemente,

fx(x; y) = ¸gx(x; y); fy(x; y) = ¸gy(x; y) y g(x; y) = 0: (3.7)

Si f , sujeta a la restricci¶on g(x; y) = 0, tiene un m¶aximo o m¶³nimo en (x0; y0), entonces (x0; y0)debe ser soluci¶on de todas las ecuaciones en (3.7). Por lo tanto, para determinar los m¶aximosy m¶³nimos se necesita encontrar los puntos (a; b) que para alg¶un valor adecuado ¸ satisfacenlas tres ecuaciones en (3.7).

² Si f tiene un m¶aximo o un m¶³nimo, este ser¶a el mayor o el menor de los valores de la funci¶onen esos puntos.

² Se debe tener presente la posibilidad adicional de que el m¶aximo o el m¶³nimo (o ambos) puedenpresentarse en un punto en donde gx = gy = 0. El m¶etodo de multiplicadores de Lagrangepuede fallar en localizar estos puntos excepcionales, pero ellos, por lo com¶un, se reconocencomo los puntos en los que la gr¶a¯ca de g(x; y) = 0 deja de ser una curva suave.

² En el archivo \multiplicadores de Lagrange.nb", del disco compacto, se muestra como realizaralgunos de estos c¶alculos usando Mathematica.



− Ejemplo 3.55. Calcular los m¶aximos y m¶³nimos de f(x; y) = xy para (x; y) restringido a laelipse 4x2 + y2 = 4.

Soluci¶on:

En este ejemplo la restricci¶on es g(x; y) = 4x2 + y2 ¡ 4 = 0. Tomando 5f(x; y) = ¸5 g(x; y)obtenemos

yi+ xj = ¸(8xi+ 2yj)

y las ecuaciones (3.7) asumen la forma

y = 8x¸; x = 2y¸; y 4x2 + y2 ¡ 4 = 0:

Hay muchas maneras de resolver este sistema de ecuaciones. Una de ellas consiste en escribir

x = 2y¸ = 2(8x¸)¸ = 16x¸2:

Lo cual lleva a x¡ 16x¸2 = 0 o bien x(1¡ 16¸2) = 0 y por lo tanto, x = 0 o bien ¸ = §14. . . . ..

¦ Si x = 0, entonces sustituyendo en la ecuaci¶on 4x2 + y2 ¡ 4 = 0, se obtiene y = §2. Sinembargo como y = 8x¸, se tiene tambi¶en que y = 0. Por lo tanto, el caso x = 0 no producepuntos.

¦ Si ¸ = §14entonces

y = 8x¸ = 8x

µ§14

¶o bien y = §2x. Usando otra vez el hecho de que 4x2+y2¡4 = 0, resulta 4x2 + 4x2 ¡ 4 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ,

8x2 = 4, o bien

x = §1=p2 = §

p2=2

Los valores correspondientes de y satisfacen

4

µ1

2

¶+ y2 ¡ 4 = 0; y2 = 2; o bien y = §

p2. . . . . . . :

Esto da los puntos¡p2=2;§p2¢ y ³¡p2=2;§p2´. En la siguiente tabla aparecen los valores

de f en cada uno de los puntos que encontramos.

(x; y)³p

22;p2´ ³p

22;¡p2

´ ³¡p22;p2´ ³

¡p22;¡p2

´f(x; y) 1 ¡1 ¡1 1

Por ello, f(x; y) alcanza un valor m¶aximo de 1 en (p22;p2) y en (¡

p22;¡p2), y un valor m¶³nimo

de ¡1 en (p22;¡p2) as¶³ como en (¡

p22;p2).




Halle los m¶aximos y m¶³nimos de f(x; y) = x2 + y2 sujeta a la restricci¶on x4 + y4 = 1.

Soluci¶on:

Se desea encontrar el m¶³nimo de

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

sujeta a la restricci¶ong(x; y) = x4 + y4 ¡ 1 = 0

Tenemos entonces:5(x2 + y2) = ¸5 ( x4 + y4 ¡ 1. . . . . . . . . . . . . . . . )

Igualando las componentes, se obtiene el siguiente sistema de tres ecuaciones:

2x = 4x3¸;. . . . . . . . . . . . . . . . 2y = 4y3¸; x4 + y4 ¡ 1 = 0Notemos que x y y no pueden ser simult¶aneamente 0. Sin embargo cuando x = 0 y y 6= 0,obtenemos de x4 + y4 ¡ 1 = 0, y = 1 y por lo tanto ¸ = 1=2. El otro caso genera el mismovalor de ¸.

Si x6= 0 y y6= 0, entonces x2 = y2 = 12¸y por tanto ¸ = § 1p

2. Dejamos al estudiante veri¯car

que el caso ¸ = ¡ 1p2genera ra¶³ces no reales. Estudiamos entonces solo dos casos:

¸ = 1=2 En este caso hay 4 posibilidades:

x ¡1 0 0 1

y 0 ¡1 1 0

z 1 1 1 1

¸ = 1=p2 En este caso tambi¶en hay 4 posibilidades:

x ¡2¡1=4 ¡2¡1=4 2¡1=4 2¡1=4

y ¡2¡1=4 2¡1=4 ¡2¡1=4 2¡1=4

zp2

p2

p2

p2

Concluimos entonces que el valor m¶³nimo de f se alcanza en cualquiera de los puntos del primercaso y el valor m¶aximo en cualquiera de los puntos del segundo caso. En la Fig. 3.26 se puedeapreciar el problema resuelto.

² El Teorema de Lagrange se puede generalizar a funciones de m¶as de dos variables. Por ejemplo,para determinar los m¶aximos y m¶³nimos de f(x; y; z) con la restricci¶on g(x; y; z) = 0 se puedecomenzar encontrando las soluciones del sistema de ecuaciones

5f(x; y; z) = 5g(x; y; z) y g(x; y; z) = 0



Figura 3.26: Super¯cie.

o equivalentemente, del sistema

fx = ¸gx; fy = ¸gy; fz = ¸gz; g = 0 (3.8)

escrito en notaci¶on simpli¯cada en la que se omiten los s¶³mbolos de las variables funcionalesy los de sus derivadas. Pueden deducirse sistemas de ecuaciones semejantes para funciones decuatro o m¶as variables.

− Ejemplo 3.57. Calcular el volumen m¶aximo del paralelep¶³pedo rectangular con caras para-lelas a los planos coordenados que se puede inscribir en el elipsoide 16x2 + 4y2 + 9z2 = 144.

Soluci¶on: Se desea obtener el valor m¶aximo del volumen V = f(x; y; z) = 8xyz sujeto a larestricci¶on

g(x; y; z) = 16x2 + 4y2 + 9z2 ¡ 144 = 0:Comenzamos escribiendo 5f(x; y; z) = ¸5 g(x; y; z), o

8yzi+ 8xzj + 8xyk = ¸( 32xi+ 8yj + 18zk. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ):

Esto, junto con g(x; y; z) = 0, da el siguiente sistema de cuatro ecuaciones:

8yz = 32x¸; 8xz = 8y¸; 8xy = 18z¸

16x2 + 4y2 + 9z2 ¡ 144: = 0

Multiplicando la primera ecuaci¶on por x, la segunda por y, la tercera por z y sum¶andolas,obtenemos

24xyz = 32x2¸+ 8y2¸+ 18z2¸ = 2¸( 16x2 + 4y2 + 9z2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ):

Esto, junto con el hecho de que 16x2 + 4y2 + 9z2 = 144, implica que

24xyz = 2¸(144) o bien xyz = 12¸:



Esta ¶ultima ecuaci¶on sirve para encontrar x, y y z. Por ejemplo, multiplicando por x amboslados de la ecuaci¶on 8yz = 32x¸, obtenemos

8xyz = 32x2¸; 8(12¸) = 32x2¸;

96¸¡ 32x2¸ = 0; 32¸(3¡ x2) = 0:

Por consiguiente, ¸ = 0 o x =p3. . . . . Se puede rechazar ¸ = 0 porque esta soluci¶on lleva a

xyz = 0 y entonces V = 8xyz = 0. Por lo tanto, la ¶unica posibilidad para x esp3.

An¶alogamente, multiplicando por y ambos lados de la ecuaci¶on 8xz = 8y¸, obtenemos

8xyz = 8y2¸; 8(12¸) = 8y2¸; 96¸¡ 8y2¸ = 0; 8¸(12¡ y2) = 0

y por tanto, y =p12 = 2

p3. . . . . . . . . . . . . . . . . .

Finalmente, multiplicando por z la ecuaci¶on 8xy = 18z¸ y usando el mismo m¶eto do, resultaz = 4

p3=3. Concluimos que el volumen deseado es

V = 8xyz = 8(p3)(2

p3)(4

p3

3) = 64

p3. . . . . . . . ¼ 111:

− Ejemplo 3.58. Sea f(x; y; z) = 4x2+y2+5z2. Encontrar el punto del plano 2x+3y+4z = 12en el que f(x; y; z) alcanza su valor m¶³nimo.

Soluci¶on: Se desea encontrar el m¶³nimo de

f(x; y; z) = 4x2 + y2 + 5z2

sujeta a la restricci¶ong(x; y; z) = 2x+ 3y + 4z ¡ 12 = 0

Tenemos entonces:

5(4x2 + y2 + 5z2) = ¸5 ( 2x+ 3y + 4z ¡ 12. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . )

o, equivalentemente,8xi+ 2yj + 10zk = ¸(2i+ 3j + 4k):

Igualando las componentes, se obtiene el siguiente sistema de tres ecuaciones:

8x = 2¸; 2y = 3¸; 10z = 4¸. . . . . . . . . . . . .

Despejando de las tres ecuaciones,

¸ = 4x =2

3y =

5

2z:



Estas condiciones implican que y = 6x y z =8

5x

. . . .. Sustituyendo en la ecuaci¶on 2x + 3y +

4z ¡ 12 = 0, obtenemos2x+ 18x+

32

5x¡ 12 = 0;

o bien x =5

11. . . .. Por ende,

y = 6

µ5

11

¶=30

11y z =

µ8

5

¶µ5

11

¶=8

11

Concluimos entonces que el valor m¶³nimo de f se alcanza en el punto ( 511; 3011; 811).

² Algunas aplicaciones requieren m¶as de una restricci¶on. En particular, consideremos el problemade encontrar los m¶aximos y m¶³nimos de f(x; y; z) sujeta a las dos restricciones

g(x; y; z) = 0 y h(x; y; z) = 0

Si f sujeta a estas restricciones tiene un m¶aximo o un m¶³nimo, entonces se debe satisfacer lasiguiente condici¶on para algunos n¶umeros reales ¸ y ¹:

5f(x; y; z) = ¸5 g(x; y; z) + ¹5 h(x; y; z)

El m¶etodo tambi¶en puede generalizarse a funciones de m¶as de tres variables sujetas a m¶as dedos restricciones.

− Ejemplo 3.59. Sea C la parte en el primer octante del arco de curva que es la intersecci¶ondel paraboloide

2z = 16¡ x2 ¡ y2 con el plano x+ y = 4:

Encontrar los puntos de C m¶as cercanos al origen y los m¶as lejanos. Calcular las distanciasm¶³nima y m¶axima de C al origen.

Soluci¶on: La curva C se encuentra en la Fig. 3.27.

Figura 3.27: Dos restricciones.



Sea P (x; y; z) un punto arbitrario de C. Queremos estimar el mayor y el menor de los valoresde

d(0; P ) =px2 + y2 + z2:

Es posible encontrar estos valores determinando las ternas (x; y; z) en las que el radicando

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

alcanza su m¶aximo y su m¶³nimo sujeto a las restricciones

g(x; y; z) = x2 + y2 + 2z ¡ 16 = 0 y h(x; y; z) = x+ y ¡ 4 = 0:Como en la discusi¶on anterior, consideramos

5(x2 + y2 + z2) = ¸5 (x2 + y2 + 2z ¡ 16) + ¹5 (x+ y ¡ 4)o equivalentemente,

2xi+ 2yj + 2zk. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = ¸(2xi+ 2yj + 2k) + ¹(i+ j)

= (2x¸+ ¹)i+ (2y¸+ ¹)j + (2¸)k

Igualando las componentes y usando las dos restricciones, obtenemos el siguiente sistema decinco ecuaciones: 8<:

2x = 2x¸+ ¹2y = 2y¸+ ¹

2z = 2¸. . .

8<: x2 + y2 + 2z ¡ 16 = 0x+ y ¡ 4 = 0

Restando la segunda ecuaci¶on de la primera:

2x¡ 2y = (2x¸+ ¹)¡ (2y¸+ ¹) = 2x¸¡ 2y¸o sea 2(x¡ y)¡ 2¸(x¡ y) = 0 y por lo tanto, 2(x¡ y)(1¡ ¸) = 0. En consecuencia, ¸ = 1 obien x = y. . . . . . . . .

Si ¸ = 1, tenemos que 2z = 1¸ = 2(1) o bien z = 1. La primera restricci¶on

x2 + y2 + 2z ¡ 16 = 0da x2+y2¡14 = 0. Resolviendo esta ecuaci¶on simult¶aneamente con x+y¡4 = 0, encontramosque

x = 2 +p3; y = 2¡

p3 o bien x = 2¡

p3; y = 2 +

p3:

Por lo tanto, los puntos de C en donde pueden alcanzarse los valores extremos son

P1(2 +p3; 2¡

p3; 1) y P2(2¡

p3; 2 +

p3; 1)

Las distancias correspondientes desde el origen 0 son

d(0; P1) =p15 = d(0; P2):



Si x = y, entonces usando la restricci¶on x+ y ¡ 4 = 0, obtenemos x+ x¡ 4 = 0, 2x = 4, o seax = 2. Esto da P3(2; 2; 4) y d(0; P3) = 2

p6.

Respecto a la Fig. 3.27 podemos hacer las siguientes observaciones. Cuando un punto P semueve continuamente a lo largo de C desde A(4; 0; 0) hasta B(0; 4; 0), su distancia al origencomienza en d(0; A) = 4, disminuye a un valor m¶³nimo

p15 en P1 y luego aumenta a un valor

m¶aximo 2p6 en P3. La distancia disminuye otra vez a

p15 en P2 y aumenta hasta el valor 4

en B. Para veri¯car la soluci¶on, observamos que C tiene ecuaciones param¶etricas

x = 4¡ t; y = t; z = 4t¡ t2; 0 · t · 4

y por lo tanto, puede escribirse

f(x; y; z) = (4¡ t)2 + t2 + (4t¡ t2)2

Se pueden calcular los m¶aximos y m¶³nimos de f usando m¶etodos para una sola variable. Sedeja al lector demostrar que se obtienen los mismos puntos.

− Ejemplo 3.60. El plano x + y + z = 1 corta el cilindro x2 + y2 = 1 en una elipse (Fig. ).Busque los puntos sobre la elipse que se encuentran m¶as cercanos y m¶as alejados del origen.

Soluci¶on: Encontramos los valores extremos de

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

(el cuadrado de la distancia de (x; y; z) al origen) sujeta a las restricciones

g1(x; y; z) = x2 + y2 ¡ 1 = 0

g2(x; y; z) = x+ y + z ¡ 1 = 0:

La.ecuaci¶on del gradiente 5f = ¸5g1 + ¹5g2 da entonces2xi+ 2yj + 2zk = ¸(2xi+ 2yj) + ¹(i+ j + k)2xi+ 2yj + 2zk = (2¸x+ ¹)i+ (2¸y + ¹)j + ¹k

o bien 2x = 2¸x+ ¹; 2y = 2¸y + ¹; 2z = ¹. . . . . . . . . . . Tenemos entonces que:

2x = 2¸x+ 2z. . . ; o bien (1¡ ¸)x = z2y = 2¸y + 2z. . . ; o bien (1¡ ¸)y = z

Estas ecuaciones se satisfacen simult¶aneamente si ¸ = 1 y z = 0 o si ¸ 6= 1 y x = y =z=(1¡ ¸). . . . . . . . . . . . . . .

¦ Si z = 0, entonces al resolver las ecuaciones x2+ y2 = 1 y x+ y+ z¡ 1 = 0 simult¶aneamente,para encontrar los puntos correspondientes sobre la elipse, se obtienen los dos puntos (1; 0; 0)y (0; 1; 0).



¦ Si x = y, entonces las ecuaciones x2 + y2 = 1 y x+ y + z ¡ 1 = 0 danx2 + x2 ¡ 1 = 0; x+ x+ z ¡ 1 = 02x2 = 1; z = 1¡ 2xx = §

p22

z = 1§p2. . . . . . . . . .

Los puntos correspondientes sobre la elipse son

P1 =

Ãp2

2;

p2

2; 1¡

p2. . . . . . . . . .

!y P2 =

Ã¡p2

2;¡p2

2; 1 +

p2. . . . . . . . . .

!

Pero aqu¶³ tenemos que ser cuidadosos. Si bien P1 y P2 dan los m¶aximos locales de f sobre laelipse, P2 est¶a m¶as alejado del origen que P1. Los puntos sobre la elipse m¶as cercanos al origenson (1; 0; 0) y (0; 1; 0). El punto sobre la elipse m¶as alejado del origen es P2.

3.11 Extremos con ligaduras

En esta secci¶on abordaremos el problema de determinar la naturaleza de los puntos cr¶³ticos propor-cionados por los multiplicadores de Lagrange. Algunas veces, usando una justi¯caci¶on gr¶a¯ca, esposible determinar la naturaleza de un punto cr¶³tico, sin embargo esto resulta en ciertas ocasionesbastante dif¶³cil. El m¶etodo siguiente solventa esta situaci¶on.

² Se ¤ trata de encontrar el m¶aximo o el m¶³mimo de f(x1; : : : ; xn), sujeto a m restricciones (oligaduras)

g1(x1; : : : ; xn) = 0; g2(x1; : : : ; xn) = 0; gm(x1; : : : ; xn) = 0:

² En este problema hay n variables y m ligaduras; por lo general, es m · n.² Def¶³nase la funci¶on de Lagrange:

L(x1; : : : ; xn; ¸1; : : : ; ¸m) := f(x1; : : : ; xn) + ¸1g1(x1; : : : ; xn) + : : :+ ¸mgm(x1; : : : ; xn):

de (n+m) variables. Las m variables ¸1,: : : ,¸m, que aparecen en primer grado solamente, sonlas multiplicadores de Lagrange para este problema.

² Los puntos cr¶³ticos ligados son soluciones del sistema de ecuaciones (generalmente, un sistemano lineal)

Lx1 = Lx2 = ::: = Lxn = 0; o bien DxL = 0:

² Observemos que L¸1 = g1(x1; : : : ; xn) = 0, etc., de modo que las ligaduras son:

L¸1 = L¸2 = ::: = L¸m = 0; o bien D¸L = 0:

¤Autor¶³a de J. C.Varilly-08-2005.


3.11. Extremos con ligaduras 193

² Estas (n+m) ecuaciones se resuelven para obtener las coordenadas de un punto cr¶³tico ligadox = (x1; : : : ; xn); en general, puede haber varias soluciones distintas.

² Para cada soluci¶on x0, se despeja tambi¶en los valores de la multiplicadores ¸1, : : :, ¸m. Lasligaduras

g1(x) = g2(x) = : : : = gm(x) = 0

determinan una porci¶on V de IRn, de dimensi¶on n ¡ m. En un punto x0 de este V , las\direcciones tangentes" a V son aquellos vectores v que son ortogonales a las gradientes decada gj, es decir satisfacen:

v ¢ 5g1(x0) = : : : = v ¢ 5gm(x0) = 0:

² En un punto cr¶³tico ligado x0, hay (n¡m) direcciones tangentes independientes v1,: : :, vn¡m.

² El Hessiano D2L(x0; ¸0) es la matriz que se~nala la naturaleza del punto cr¶³tico ligado, delmismo modo que el Hessiano ordinario D2f(x0) lo hace en el caso no ligado.

² Para poner esto en pr¶actica, consideremos el Hessiano de L con respecto a las variables(x1; : : : ; xn):

D2xL =

264 Lx1;x1 : : : Lx1;xn...

......

Lxn;x1 : : : Lxn;xn

375cuyas entradas son funciones de las (x1; : : : ; xn) y las (¸1; : : : ; ¸m).

² Al sustituir los valores de ¶estas en un punto cr¶³tico particular, se obtiene una matriz sim¶etricacon entradas num¶ericas:

A = D2xL (x0; ¸0) =

264 a11 : : : a1n...

......

an1 : : : ann

375² Ahora bien, para obtener, a partir de A, la matriz de una forma cuadr¶atica en las direccionestangentes, es cuesti¶on de calcular los productos

hij = vi ¢A ¢ vjpara cada par de direcciones tangentes. Estas son las entradas de una matriz sim¶etrica,

H =

264 h11 : : : h1;n¡m...

......

hn¡m;1 : : : hn¡m;n¡m

375



² Sean ¢1, ¢2,: : :, ¢n los menores principales de la matriz H. Para calcular ¢1 se quitan lasprimeros k ¯las y las primeros k columnas de H y se calcula el determinante de la submatrizque queda. As¶³, ¢1 = det(H) y

¢2 = det

26664h22 : : : h2;n¡m

.... . .

...hn¡m;2 : : : hn¡m;n¡m

37775 ¢3 = det

26664h33 : : : h3;n¡m

.... . .

...hn¡m;3 : : : hn¡m;n¡m

37775² Si ¢1 6= 0, el punto cr¶³tico es \no degenerado". En ese caso, para determinar la naturaleza delextremo ligado, basta examinar los signos de estas menores principales.

² Criterio para m¶³nimo ligado: todos los menores principales son positivos:

¢1 > 0; ¢2 > 0; : : : ;¢n¡m > 0:

² Criterio para m¶aximo ligado: los menores principales tienen signos alternados, con ¢n¡mnegativo, m¶as espec¶³¯camente:

¢1 > 0;¢2 < 0;¢3 > 0; : : : ;¢n¡m < 0 si n¡m es PAR¢1 < 0;¢2 > 0;¢3 < 0; : : : ;¢n¡m < 0 si n¡m es IMPAR:

² Criterio para punto de ensilladura ligado: ¢1 6= 0, y los signos de ¢1, ¢2, : : :, ¢n¡m noson todos iguales, ni tampoco son alternados con ¢n¡m < 0.

² La naturaleza del punto cr¶³tico ligado queda sin determinar si ¢1 = 0.² >C¶omo queda este criterio para los casos m¶as comunes? Veamos algunos:² Una funci¶on de 3 variables y una restricci¶on:(n = 3, m = 1)

f = f(x; y; z); g(x; y; z) = 0

² En este caso L = f + ¸g. Se debe resolver el sistema

Lx = 0; Ly = 0; Lz = 0; g = 0

Supongamos que (x0; y0; z0; ¸0) es una soluci¶on de este sistema.

² La matriz H est¶a dada por:

H(x; y; z; ¸) =

24 Lx;x Lx;y Lx;zLy;x Ly;y Ly;zLz;x Lz;y Lz;z

35



² En este caso A = H(x0; y0; z0; ¸0) y v = 5g(x0; y0; z0; ¸0)² Halle luego dos vectores v1 y v2 (no paralelos) tal que v ¢ v1 = 0 y v ¢ v2 = 0.² Calcule ahora

h11 = (v1 ¢ A) ¢ v1; h12 = (v1 ¢ A) ¢ v2;h21 = (v2 ¢ A) ¢ v1; h22 = (v2 ¢ A) ¢ v2;

² En este caso ¢1 = det(H) y ¢2 = h22.

² Si ¢1 > 0 y ¢2 > 0, se trata de un m¶³nimo ligado

² Si ¢1 > 0 y ¢2 < 0, se trata de un m¶aximo ligado

² Si ¢1 6= 0 y ¢1 < 0, se trata de un punto de ensilladura ligado.− Ejemplo 3.61. Estudie los extremos de

f(x; y; z) = x4 + y4 + z4

sujeta a x+ y + z = 1.

Soluci¶on: En este caso L = x4 + y4 + z4 + ¸(x+ y + z ¡ 1). El sistema es entonces:4x3 + ¸ = 0; 4 y3 + ¸ = 0;4 z3 + ¸ = 0; ¡1 + x+ y + z = 0

Esto produce un ¶unico punto cr¶³tico real, a saber

µ1

3. .; 13; 13

¶con ¸ = ¡ 4

27. Tenemos luego

que:

D2Lx =

24 12x2 0 00 12y2 00 0 12z2

35Evaluando:

A =

24 430 0

0 430

0 0 43

35Observamos ahora que v = 5g ¡1

3; 13; 13

¢= ( 1; 1; 1. . . . . . . . ). Buscamos ahora un par ( 2 = 3 ¡ 1)

de vectores v1 y v2 que sean ortogonales a v, es decir tal que v1 ¢ v = 0 y v2 ¢ v = 0. Podemosescoger:

v1 = (1; 0;¡1) y v2 =

µ¡12; 1;¡1

2

¶Observe, por ejemplo, que h12 = v1 ¢ A ¢ v2 = 0. Tenemos as¶³ que:

H =

·830

0 2

¸As¶³ tenemos que ¢1 =

163y ¢2 = 2. Por lo tanto, se trata de un m¶³nimo l¶³gado.



− Ejemplo 3.62. Estudiar los extremos de

f(x; y; z) = xy + xz + yz

sujeta a xyz = 125.

Soluci¶on:

En este caso L = xy + xz + yz + ¸(xyz ¡ 125). El sistema es:

y + z + yz¸ = 0; x+ z + xz¸ = 0;x+ y + xy¸ = 0; ¡125 + xyz = 0

Si multiplicamos cada ecuaci¶on por alguna variable de manera que en el tercer sumando seforme xyz¸, el nuevo sistema ser¶a:

xy + xz + xyz¸ = 0; xy + yz + xyz¸ = 0;xz + yz + xyz¸ = 0; ¡125 + xyz = 0

Esto nos dice que xy + xz = xy + yz = xz + yz. Como z6= 0, multiplicamos a ambos lados dexy+ xz = xy+ yz por z y usamos el hecho de que xyz = 125 para concluir que x = y. Es f¶acil

ver que tambi¶en x = z. El un ¶unico punto cr¶³tico real es³

5; 5; 5. . . . . . . .

´con ¸ = ¡2

5. Tenemos

luego que:

D2Lx =

24 0 1 + z¸ 1 + y¸1 + z¸ 0 1 + x¸1 + y¸ 1 + x¸ 0

35Evaluando:

A =

24 0 ¡1 ¡1¡1 0 ¡1¡1 ¡1 0

35Observamos ahora que v = 5g (5; 5; 5) = (25; 25; 25). Buscamos ahora un par de vectores v1 yv2 que sean ortogonales a v, es decir tal que v1 ¢ v = 0 y v2 ¢ v = 0. Podemos escoger:

v1 = (¡1; 0; 1) y v2 = (¡1; 2;¡1)

Tenemos as¶³ que:

H =

·2 00 6

¸As¶³ tenemos que ¢1 = 12 y ¢2 = 6. Por lo tanto, se trata de un m¶³nimo l¶³gado.

² Una funci¶on de 3 variables y dos restricciones:(n = 3, m = 2)

f = f(x; y; z); g1(x; y; z) = 0; g2(x; y; z) = 0



² En este caso L = f + ¸1g1 + ¸2g2. Se debe resolver el sistemaLx = 0; Ly = 0; Lz = 0; g1 = 0; g2 = 0

Supongamos que (x0; y0; z0; ¸; ¹) es una soluci¶on de este sistema.

² La matriz H est¶a dada por:

H(x; y; z; ¸1; ¸2) =

24 Lx;x Lx;y Lx;zLy;x Ly;y Ly;zLz;x Lz;y Lz;z

35² En este caso tenemosA = H(x0; y0; z0; ¸; ¹), v1 = 5g1(x0; y0; z0; ¸; ¹) y v2 = 5g2(x0; y0; z0; ¸; ¹).² Hallamos ahora una direcci¶on tangente v mediante v = v1 £ v2.² La matriz H es de tama~no 1£ 1 y est¶a dada por H = ((v ¢ A) ¢ v)² En este caso solo consideramos ¢1 = ((v ¢ A) ¢ v).² Si ¢1 > 0, se trata de un m¶³nimo ligado

² Si ¢1 < 0, se trata de un m¶aximo ligado

² Si ¢1 = 0, no hay criterio.

² En el archivo \multiplicadores de Lagrange (adicional).nb", del disco compacto, se muestra comorealizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 3.63. Estudiar los extremos de

f(x; y; z) = x3 + y3 + z3

sujeta a x2 + y2 + z2 = 1 y x+ y + z = 1.

Soluci¶on:

En este caso el sistema se convierte en:

3x2 + 2x¸1 + ¸2 = 0; 3 y2 + 2 y ¸1 + ¸2 = 0;3 z2 + 2 z ¸1 + ¸2 = 0; ¡1 + x2 + y2 + z2 = 0;¡1 + x+ y + z = 0

Esto produce varios puntos cr¶³ticos. Ver Fig. 3.28.

Tenemos luego que:

D2Lx =

26666646x+ 2¸1 0 0

0 6y + 2¸1 0

0 0 6z + 2¸1

3777775



x y z ¸1 ¸2 Tipo

1 ¡13

23

23

¡12¡23M¶³n.

2 23

¡13

23

¡12¡23M¶³n.

3 23

23

¡13¡12¡23M¶³n.

4 0 0 1 ¡32

0 M¶ax.

5 0 1 0 ¡32

0 M¶ax.

6 1 0 0 ¡32

0 M¶ax.

Figura 3.28: Naturaleza de los puntos cr¶³ticos.

Evaluando en el caso 1 de la tabla dada en la Fig. 3.28, a saber:

x = ¡13; y =

2

3; z =

2

3. .; ¸1 = ¡1

2; ¸2 = ¡2

3

Obtenemos entonces:

A =

24 ¡3 0 00 3 00 0 3

35Observamos ahora que

v1 = 5g1µ¡13;2

3;2

3

¶=

µ¡23;4

3;4

3

¶v2 = 5g2

µ¡13;2

3;2

3

¶= (1; 1; 1)

Buscamos ahora un vector v que sea ortogonal a v1 y v2. Tomamos v = v1 £ v2. En este casov = (0; 2;¡2).Tenemos as¶³ que:

H = ((0; 2;¡2) ¢ A) (0; 2;¡2) = 24:As¶³ tenemos que ¢1 = 24. Por lo tanto, se trata de un m¶³nimo l¶³gado.

El resto de los casos se consignan en la tabla de la Fig. 3.28.

² Se presenta a continuaci¶on el c¶odigo en Mathematica que resuelve los casos anteriores. Se instaal estudiante para programar otros casos.

El c¶odigo de la Fig. 3.29 halla los puntos cr¶³ticos en el caso de una funci¶on de tres variables yuna restricci¶on.



Figura 3.29: Hallando los puntos cr¶³ticos.

² Si por alguna raz¶on Mathematica no puede hallar los puntos cr¶³ticos, estos se pueden indicarmediante la celda de la Fig. 3.30.

Figura 3.30: Ingresando los puntos cr¶³ticos.

² En la celda de la Fig. 3.31 (ver 200) se examina cada punto cr¶³tico. Si hay varias soluciones,se debe ejecutar las celdas varias veces. Se invita al estudiante a modi¯car el c¶odigo paraconseguir el mismo efecto mediante un ciclo.

² El c¶odigo de la Fig. 3.32 halla los puntos cr¶³ticos en el caso de una funci¶on de tres variables ydos restricciones.

² Si por alguna raz¶on Mathematica no puede hallar los puntos cr¶³ticos, estos se pueden indicarmediante la celda de la Fig. 3.33.

² En la celda de la Fig. 3.34 (ver 202) se examina cada punto cr¶³tico. Si hay varias soluciones,se debe ejecutar las celdas varias veces. Se invita al estudiante a modi¯car el c¶odigo paraconseguir el mismo efecto mediante un ciclo.



Figura 3.31: Determinando la naturaleza de los puntos.

3.12 F¶ormula de Taylor para las funciones de varias variables

² Supongamos que la funci¶on f(x; y) tiene en alrededor del punto (a; b) derivadas parciales con-tinuas hasta el orden (n + 1) inclusive. Entonces, en este entorno se veri¯ca la f¶ormula deTaylor:

f(x; y) = f(a; b) +1

1![fx(a; b)(x¡ a) + fy(a; b)(y ¡ b)]+

+1

2!

£fxx(a; b)(x¡ a)2 + 2fxy(a; b)(x¡ a)(y ¡ b) + fyy(a; b)(y ¡ b)2

¤+ : : :

: : :+1

n!

·(x¡ a) @

@x+ (y ¡ b) @

@y

¸nf(a; b) +Rn(x; y)

donde

Rn(x; y) =1

(n+ 1)!

·(x¡ a) @

@x+ (y ¡ b) @

@y

¸n+1£

f [a+ µ(x¡ a); b+ µ(y ¡ b)]; (0 < µ < 1):

² Este teorema es la base de la demostraci¶on del criterio de la segunda derivada para funcionesde varias variables.


3.12. F¶ormula de Taylor para las funciones de varias variables 201

Figura 3.32: Hallando los puntos cr¶³ticos.

Figura 3.33: Ingresando los puntos cr¶³ticos.

² En el caso particular en que a = b = 0, la f¶ormula recibe el nombre de f¶ormula de Maclaurin.² F¶ormulas an¶alogas son v¶alidas para las funciones de tres y m¶as variables.− Ejemplo 3.64. Exprese la funci¶on

f(x; y) = x2y

en potencias de x¡ 1 y y ¡ 2.Soluci¶on:

En este caso a = 1, b = 2. Calculamos las derivadas parciales de f en (1; 2). Tenemos que

fx = 2xy; fxx = 2y; fxy = 2x; fxxy = 2 y fy = x2

Todas las otras derivadas de f de orden superior son id¶enticamente igual a 0. Entonces f(1; 2) =2, fx(1; 2) = 4 y as¶³ sucesivamente. Por lo tanto:

x2y = 2 + 4(x¡ 1) + (y ¡ 2) + 2(x¡ 1)2 + 2(x¡ 1)(y ¡ 2) + (x¡ 1)2(y ¡ 2)



Figura 3.34: Determinando la naturaleza de los puntos.

² En el archivo \Taylor en 2 variables.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunosde estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 3.65. Usando Mathematica calculemos el polinomio de Taylor de orden 5 paraf(x; y) = yx alrededor (1; 1).

Soluci¶on:

Escribimos:

y en este caso obtenemos:


3.12. F¶ormula de Taylor para las funciones de varias variables 203

y desarrollando obtenemos:


Cap¶³tulo 4

Integrales m¶ultiples

4.1 Integrales m¶ultiples

² La integral de¯nidaZ b

a

f(x) dx de una funci¶on f de una variable se de¯ni¶o en C¶alculo I usando

sumas aproximantes.

² En este cap¶³tulo y en el siguiente se consideran integrales de las funciones de varias variables:integrales dobles, integrales triples, integrales de super¯cie e integrales de l¶³nea.

² Cada una de ¶estas se de¯ne de manera parecida a la que se utiliz¶o para las integrales de lasfunciones de una variable. La diferencia principal es el dominio del integrando.

² La integralZ b

a

f(x) dx se puede de¯nir en los siguientes cuatro pasos. Ver Fig. 4.1.

Figura 4.1: Usando sumas aproximantes.

² (Paso 1) Tomar una partici¶on de [a; b] escogiendoa = x0 < x1 < x2 < : : : < xn = b:

² (Paso 2) Para cada k, elegir un n¶umero wk en el subintervalo [xk¡1; xk].

² (Paso 3) Considerar la suma de RiemannXk

f(wk)¢xk donde ¢xk = xk ¡ xk¡1

205


206 Cap¶³tulo 4. Integrales m¶ultiples

² (Paso 4) Establecer que Z b

a

f(x) dx = limjjP jj!0

Xk

f(wk)¢xk

donde jjP jj es la norma de la partici¶on (el mayor ¢xk).

² Sea f una funci¶on de dos variables tal que f(x; y) existe en toda una regi¶on cerrada R del

plano xy. A continuaci¶on se de¯nir¶a la integral doble

Z ZR

f(x; y) dA. La de¯nici¶on seguir¶a el

proceso de cuatro pasos usado para las funciones de una variable. Para lo que sigue las regionesen el plano xy de los tipos ilustrados en la Fig. 4.2 son de particular importancia.

Figura 4.2: Primeras dos regiones

² Se supone que las funciones g1, g2 y h1, h2 son continuas en los intervalos [a; b] y [c; d], res-pectivamente, y satisfacen g1(x) · g2(x) para todo x en [a; b] y h1(y) · h2(y) para todo y en[c; d].

² Obs¶ervese que si R es una regi¶on del Tipo I, entonces toda recta vertical x = k para a < k < bcorta la frontera de R a lo m¶as en dos puntos.

² Si R es del Tipo II, entonces toda recta horizontal y = k para c < k < d corta la frontera deR a lo m¶as en dos puntos.

² En lo que sigue, R denotar¶a una regi¶on que se puede descomponer en un n¶umero ¯nito desubregiones del Tipo I o del Tipo II.

² Una de estas regiones R est¶a siempre contenida en un rect¶angulo cerradoW . Si W se divide enrect¶angulos m¶as peque~nos mediante una malla de rectas verticales y horizontales, entonces elconjunto de todas las subregiones rectangulares cerradas que est¶an completamente contenidasen R se llama partici¶on interna P de R. (Esto corresponde al Paso 1 del proceso.)


4.1. Integrales m¶ultiples 207

Figura 4.3: Partici¶on interna de R.

² Los rect¶angulos sombreados en la Fig. 4.3 ilustran una partici¶on interna. Si a estas subregionesrectangulares sombreadas se les denota por R1, R2: : :, Rn, entonces la partici¶on interna P sedenota por fRkg.

² La longitud mayor de la de las diagonales de los Rk se denota por jjP jj y se llama norma de lapartici¶on P .

² El s¶³mbolo ¢Ak denota el ¶area de Rk. Para todo k se elige un punto (uk; vk) en Rk. (Estocorresponde al Paso 2.)

² Las sumas de Riemann (Paso 3) se de¯nen como sigue.² Sea f una funci¶on de dos variables de¯nida en una regi¶on R y sea P = fRkg una partici¶oninterna de R. Una suma de Rieman de f para P es una de la formaX

k

f(uk; vk)¢Ak

para los pares (uk; vk) est¶an,en Rk y ¢Ak es el ¶area de Rk. La suma se extiende sobre todaslas subregiones R1, R2, : : : Rn de P . Ver Fig. 4.4.

² Finalmente, se toma el l¶³mite de las sumas de Riemann cuando jjP jj ! 0 (paso 4). Se puededemostrar que si f es continua en R, entonces cuando jjP jj ! 0, las sumas de Riemann enla de¯nici¶on previa tienden a un n¶umero real L, independientemente de los puntos (uk; vk)

elegidos en las subregiones Rk. El n¶umero L es la integral doble

Z ZR

f(x; y) dA.

² La integral doble de f se de¯ne como sigue: Sea f una funci¶on de dos variables que est¶a de¯nidaen una regi¶on R. La integral doble de f sobre R se denota por

Z ZR

f(x; y) dA y se de¯ne porZ ZR

f(x; y) dA = limjjP jj!0

Xk

f(uk; vk)¢Ak



Figura 4.4: Funci¶on escalonada.

siempre y cuando el l¶³mite exista.

² Si la integral doble de f sobre R existe, entonces se dice que f es integrable sobre R. Se puededemostrar que si f es continua en R, entonces f es integrable sobre R.

² Sea f una funci¶on continua de dos variables tal que f(x; y) ¸ 0 para todo (x; y) en una regi¶onR. El volumen V del s¶olido comprendido bajo la gr¶a¯ca de z = f(x; y) y sobre la regi¶on R es

V =

Z ZR

f(x; y) dA

² En el siguiente teorema se presentan, sin demostraci¶on, algunas propiedades de las integralesdobles. Se supone que todas las regiones y las funciones son tales que las integrales indicadasexisten.

²Z Z

R

cf(x; y) dA = c

Z ZR

f(x; y) dA para todo n¶umero real c.

²Z Z

R

[f(x; y) + g(x; y)] dA =

Z ZR

f(x; y) dA+

Z ZR

g(x; y) dA

² Si R es la uni¶on de dos regiones R1 y R2 que no se sobreponen o traslapan (ver Fig. 4.5),entonces Z Z

R

f(x; y) dA =

Z ZR1

f(x; y) dA+

Z ZR2

f(x; y) dA

² Si f(x; y) ¸ 0 en toda una regi¶on R, entoncesZ ZR

f(x; y) dA ¸ 0


4.2. Evaluaci¶on de las integrales dobles 209

Figura 4.5: Subdivisi¶on de regi¶on de integraci¶on

4.2 Evaluaci¶on de las integrales dobles

² Excepto en algunos casos elementales, es casi imposible calcular el valor de una integral dobleZ ZR

f(x; y) dA directamente a partir de la de¯nici¶on.

² En esta secci¶on se demuestra que si R es una regi¶on del Tipo I o del Tipo II, entonces la integraldoble puede expresarse en t¶erminos de dos integrales sucesivas, cada una de las cuales tienes¶olo una variable independiente. Comenzamos con el caso m¶as simple, el de una funci¶on f quees continua en una regi¶on rectangular R del tipo ilustrado en la Fig. 4.6.

Figura 4.6: Regi¶on rectangular.

² An¶alogamente el s¶³mboloZ d

c

f(x; y) dy signi¯ca que x se toma como constante y y es la variable

de integraci¶on. Evaluar esta integral equivale a una integraci¶on parcial con respecto a y. Acada x en el intervalo [a; b] le corresponde un valor ¶unico de esta integral. Esto determina unafunci¶on A tal que el valor A(x) est¶a dado, por

A(x) =

Z d

c

f(x; y) dy

² Si f es no negativa en R, A(x) calcula el ¶area de una secci¶on como la que se muestra en Fig. 4.7.² Se puede demostrar que la funci¶on A es continua para x en el intervalo [a; b].



Figura 4.7: ¶Area de una secci¶on.

² Tambi¶en se puede efectuar una integraci¶on parcial con respecto a x que se denota por

B(y) =

Z b

a

f(x; y) dx

En este caso y se considera constante y se integra con respecto a x. La funci¶on B que se obtienede esta manera es continua para y en el intervalo [c; d].

− Ejemplo 4.1. Calcule

Z 2

1

(x3 + 4y) dy

Soluci¶on:

La diferencial dy indica que se debe integrar con respecto a y, considerando a x como constante.Despu¶es de integrar sustituimos los extremos (o l¶³mites) de integraci¶on para la variable y, comosigue: Z 2

1

(x3 + 4y) dy =³

x3y + 2y2. . . . . . . . . . . . . .

´ ¯21

= (2x3 + 8)¡ (x3 + 2) = x3 + 6. . . . . . . . .

² An¶alogamente, puede integrarse B(y) con respecto a y y se obtieneZ d

c

B(y) dy =

Z d

c

·Z b

a

f(x; y) dx

¸dy

Las integrales en el lado derecho de las dos f¶ormulas anteriores se llaman integrales doblesiterativas. Es costumbre simpli¯car la notaci¶on omitiendo los corchetes, como se especi¯ca enla siguiente de¯nici¶on.

² De¯nimos:(i)

Z b

a

Z d

c

f(x; y) dy dx =

Z b

a

·Z d

c

f(x; y) dy

¸dx

(ii)

Z d

c

Z b

a

f(x; y) dx dy =

Z d

c

·Z b

a

f(x; y) dx

¸dy



² Obs¶ervese que en esta de¯nici¶on la primera diferencial a la derecha del integrando f(x; y)determina la variable de la primera integraci¶on parcial. El primer s¶³mbolo de integral a laizquierda de f(x; y) especi¯ca los l¶³mites o extremos de integraci¶on de dicha variable. As¶³, alevaluar una integral iterativa se determina primero la integral de adentro.

− Ejemplo 4.2. Evaluar

Z 4

1

Z 2

¡1(2x+ 6x2y) dy dx.

Soluci¶on:

Usando la de¯nici¶on:Z 4

1

·Z 2

¡1(2x+ 6x2y) dy

¸dx =

Z 4

1

³2xy + 3x2y2. . . . . . . . . . . . . . . . .

´ ¯y=2y=¡1

dx

=

Z 4

1

(4x+ 12x2)¡ (¡2x+ 3x2) dx

=

Z 4

1

(6x+ 9x2) dx

=¡3x2 + 3x3

¢ ¯41

= 234. . . . .


Z 2

¡1

Z 4

1

(2x+ 6x2y) dx dy

Soluci¶on:

Por la de¯nici¶on tenemos que:Z 2

¡1

·Z 4

1

(2x+ 6x2y) dx

¸dy =

Z 2

¡1

£x2 + 2x3y

¤ ¯x=4x=1

dy

=

Z 2

¡1[(16 + 128y)¡ (1 + 2y)] dy

=

Z 2

¡1( 126y + 15. . . . . . . . . . . . . . ) dy

= (63y2 + 15y)

¯2¡1= 234. . . . .


Evaluar

Z 1

0

Z 1

0

xy(x+ y) dx dy.

Soluci¶on:



Efectuamos la multiplicaci¶on indicada en el integrando y luego integramos con respecto a x.Veamos:Z 1

0

Z 1

0

xy(x+ y) dx dy =

Z 1

0

Z 1

0

¡x2y + xy2

¢dx dy =

Z 1

0

µx3y

3+x2y2

2

¶ ¯10. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

dy

=

Z 1

0

µy

3+y2

2

¶dy =

µy2

6+y3

6

¶ ¯10

Por lo tanto

Z 1

0

Z 1

0

xy(x+ y) dx dy =1

3. .:

² Nota: El hecho de que las integrales iterativas en los ejemplos anteriores son iguales no es unacasualidad. Si f es continua, entonces las dos integrales iterativas son siempre iguales. (Lademostraci¶on puede encontrarse en libros de C¶alculo avanzado.) Se dice que el resultado de laintegraci¶on es independiente del orden en que se integre.

² Puede de¯nirse una integral doble iterativa sobre regiones que no son rectangulares. En par-ticular, sea fcontinua en una regi¶on R del Tipo I o del Tipo II, como se muestra en la Fig. 4.8.Las integrales iterativas de f sobre las regiones ilustradas en (i) y (ii) de la ¯gura, se de¯nencomo sigue:

Figura 4.8: Regiones tipo I y II.

² (De¯niciones de integrales iterativas)

(i)

Z b

a

Z g2(x)

g1(x)

f(x; y) dy dx =

Z b

a

"Z g2(x)

g1(x)

f(x; y) dy

#dx

(i)

Z d

c

Z h2(y)

h1(y)

f(x; y) dx dy =

Z d

c

"Z h2(y)

h1(y)

f(x; y) dx

#dy



² En la de¯nici¶on (i) se realiza primero una integraci¶on parcial con respecto a y y se sustituye lavariable y por g2(x) y g1(x), en la manera acostumbrada. Luego, la expresi¶on en x resultantese integra de a a b. En (ii) de la de¯nici¶on se integra primero con respecto a x y despu¶es desustituir x por h2(y) y h1(y), se integra el resultado con respecto a y, de c a d. Al igual quecon las regiones rectangulares, se trabaja de dentro hacia afuera.


Z 2

0

Z 2x

x2(x3 + 4y) dy dx

Soluci¶on:

En la Fig. 4.9 se muestra la regi¶on de integraci¶on.

Figura 4.9: Regi¶on.

Por la de¯nici¶on (i), tenemos:Z 2

0

·Z 2x

x2(x3 + 4y) dy

¸dx =

Z 2

0

£x3y + 2y2

¤ ¯2xx2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

dx

=

Z 2

0

h(2x4 + 8x2)¡ ( x5 + 2x4. . . . . . . . . . . . )

idx =

·8x3

3¡ x

6

6

¸ ¯20

=32

3. . . .


Z 3

1

Z y2

¼=6

2y cosx dx dy.

Soluci¶on: Por la de¯nici¶on (ii) tenemosZ 3

1

"Z y2

¼=6

2y cosx dx

#dy =

Z 3

1

[2y senx]

¯y2¼=6. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

dy

=

Z 3

1

¡2y sen y2 ¡ y¢. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . dy = ¡ cos y2 ¡ y

2

2

¯31

=

µ¡ cos 9¡ 9

2

¶¡µ¡ cos 1¡ 1

2

¶=

cos 1¡ cos 9¡ 4 ¼ 2:55:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .



² El siguiente teorema dice que si la regi¶on R es del Tipo I o del Tipo II, entonces la integraldoble se puede evaluar mediante una integral iterativa.

(¤) Teorema: 4.1. (Evaluaci¶on de integrales dobles)(i) Sea R la regi¶on del Tipo I que se muestra en la Fig. 4.8. Si I es continua en R, entoncesZ Z

R

f(x; y) dA =

Z b

a

Z g2(x)

g1(x)

f(x; y) dy dx

(ii) Sea R la regi¶on del Tipo II que se muestra en la Fig. 4.8. Si I es continua en R, entoncesZ ZR

f(x; y) dA =

Z d

c

Z h2(y)

h1(y)

f(x; y) dx dy

² En el teorema (4.1) (i) la regi¶on R debe tener como frontera inferior la gr¶a¯ca de una ecuaci¶ony = g1(x) y como frontera superior la gr¶a¯ca de una ecuaci¶on y = g2(x).

Figura 4.10: ¶Area de una secci¶on.

² En (ii) R debe tener como frontera izquierda la gr¶a¯ca de una ecuaci¶on x = h1(y), y comofrontera derecha la gr¶a¯ca de una ecuaci¶on x = h2(y).

² Cuando una regi¶on es m¶as complicada, a menudo puede dividirse en subregiones de los tiposrequeridos y luego aplicar (i) o (ii) a cada subregi¶on.

² A continuaci¶on se da una explicaci¶on intuitiva para funciones no negativas. Supongamos quef(x; y) ¸ 0 en la regi¶on R de Tipo I. Sean S la gr¶a¯ca de f , Q el s¶olido que se encuentra bajoS y sobre R, y V el volumen de Q.

V =

Z b

a

A(x) dx =

Z b

a

Z g2(x)

g1(x)

f(x; y) dy dx



² Antes de usar el teorema en la evaluaci¶on de una integral doble es importante esquematizar laregi¶on R y determinar su frontera. Los siguientes ejemplos ense~nan c¶omo aplicar el teorema.

− Ejemplo 4.7. Sea R la regi¶on del plano xy acotada por las gr¶a¯cas de y = x2 y y = 2x.Evaluar Z Z

R

¡x3 + 4y

¢dA

(a) usando el teorema (4.1) (i), y (b) usando el teorema (4.1) (ii).

Soluci¶on:

(a) La regi¶on R est¶a en la Fig. 4.11. N¶otese que la regi¶on es tanto del Tipo I como del Tipo II.


Consideremos a R como una regi¶on del Tipo I cuya frontera inferior es y = x2 y cuya fronterasuperior es y = 2x para 0 · x · 2. Seg¶un el teorema (4.1) (i) tenemosZ Z

R

f(x; y) dA =

Z 2

0

Z 2x

x2

¡x3 + 4y

¢dy dx

Del ejemplo 4.5 sabemos que esta integral es igual a 323.

(b) Para usar el teorema (4.1) (ii) consideramos a R como una regi¶on del Tipo II y se despejax en t¶erminos de y de las dos ecuaciones, obteniendo

x =y

2; y x =

py para 0 · y · 4:

Con base en el teorema (4.1) (ii) tenemos:Z ZR

f(x; y) dA =

Z 4

0

Z py

y=2

¡x3 + 4y

¢dx dy

=

Z 4

0

·x4

4+ 4yx

¸ ¯pyy=2

dy

Z 4

0

·µy2

4+ 4y3=2

¶¡µy4

64+ 2y2

¶¸dy =

32

3



− Ejemplo 4.8. Sea R la regi¶on acotada por las gr¶a¯cas de las ecuaciones y =px, y =p

3x¡ 18, y y = 0, y sea f una funci¶on continua enR. Expresar la integral dobleZ Z

R

f(x; y) dA

como una integral e iterativa, (a) usando el teorema (4.1)(i), y (b) emplean el teorema (4.1)(ii).

Soluci¶on:

Las gr¶a¯cas de y =px y y =

p3x¡ 18 son las mitades superiores de las par¶abolas y2 = x y

y2 = 3x¡ 18. La regi¶on R est¶a en la Fig. 4.12.


(a) Si s¶olo queremos usar el teorema (4.1) (i), es necesario utilizar dos integrales iterativasporque para 0 · x · 6 la frontera inferior de la regi¶on es la gr¶a¯ca de y = 0, y para 6 · x · 9,la frontera inferior es la gr¶a¯ca de y =

p3x¡ 18.

Si R1denota la parte de la regi¶on R que se encuentra entre x = 0 y x = 6, y R2 denota la parteentre x = 6 y x = 9, entonces R1 y R2 son regiones del Tipo I. Por tanto,Z Z

R

f(x; y) dA =

Z ZR1

f(x; y) dA+

Z ZR2

f(x; y) dA

=

Z 6

0

Z px

0

f(x; y) dy dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

+

Z 9

6

Z px

p3x¡18

f(x; y) dy dx

(b) Para usar el teorema (4.1) (ii), despejamos x en t¶erminos de y de cada una de las ecuaciones,obteniendo as¶³

x = y2 y x =y2 + 18

3=y2

3+ 6 para 0 · y · 3:

As¶³, Z ZR

f(x; y) dA =

Z 3

0

Z y2=3+6

y2f(x; y) dx dy

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

² Los ejemplos anteriores muestran c¶omo pueden evaluarse ciertas integrales dobles usando (i) o(ii) del teorema (4.1). En general, la elecci¶on del orden de integraci¶on dydx o dxdy dependede la forma de f(x; y) y de la regi¶on R. A veces es muy dif¶³cil, o hasta imposible, evaluar una



integral doble iterativa. Sin embargo, invirtiendo a veces el orden de integraci¶on de dydx adxdy, o viceversa se puede obtener una integral doble iterativa que es posible evaluar f¶acilmente.Este m¶etodo se ilustra en el siguiente ejemplo.

− Ejemplo 4.9. Dada

Z 4

0

Z 2

py

¡y cosx5

¢dx dy, invertir el orden de integraci¶on y evaluar la in-

tegral resultante.

Soluci¶on:

Figura 4.13: Regi¶on

El orden de integraci¶on indicado dxdy se~nala que la regi¶on R es del Tipo II. Como se ilustra en laFig. 4.13, las fronteras izquierda y derecha son las gr¶a¯cas de x =

py y x = 2, respectivamente

para 0 · y · 4.Observamos que R es tambi¶en una regi¶on de Tipo I cuyas fronteras inferior y superior est¶andadas por y = 0 y y = x2, respectivamente, para 0 · x · 2. Por lo tanto, seg¶un el teorema(4.1) (i),

Z 4

0

Z 2

py

y cosx5 dx dy =

Z ZR

y cos x5 dA =

Z 2

0

Z x2

0

y cosx5 dy dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

=

Z 2

0

·y2

2cos x5

¸ ¯x20. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

dx =

Z 2

0

x4

2cosx5 dx

=1

10

Z 2

0

¡cos x5

¢ ¡5x4¢dx =

senx5

10

¯20

sen 32

10¼ 0:055:

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .



− Ejemplo 4.10. Eval¶ue

Z 2

0

Z 1

y=2

yex3

dx dy.

Soluci¶on:

No puede integrarse primero con respecto a x, como se indica, porque sucede que ex3

no tieneantiderivada elemental. As¶³ que decidimos tratar de encontrar el valor de la integral anteriorinvirtiendo el orden. Para hacerlo, dibujemos primero la regi¶on de integraci¶on especi¯cadapor los l¶³mites de la integral doble iterada dada. Esta regi¶on R queda determinada por lasdesigualdades

y

2· x · 1; 0 · x · 2:

Entonces, todos los puntos (x; y) de R se encuentran entre las rectas horizontales y = 0 y y = 2,y tambi¶en entre las gr¶a¯cas x = y=2 y x = l. Dibujemos las cuatro rectas y = 0, y = 2, x = y=2y x = 1 para encontrar que la regi¶on de integraci¶on es el tri¶angulo que aparece en la Fig. 4.14.


Si se integra primero con respecto a y, de g1(x) = 0 a g2(x) = 2x, obtiene:Z 2

0

Z 1

y=2

yex3

dx dy =

Z 1

0

Z 2x

0

yex3

dy dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

=

Z 1

0

·y2

2ex

3

¸ ¯2x0. . . . . . . . . . . . . . . .

dx =

Z 1

0

2x2ex3

dx

=

"2ex

3

3

# ¯10

=2(e¡ 1)3

:. . . . . . . . . . . . .


Evaluar

Z 2

0

Z 1

¡1

pjy ¡ x2j dx dy.

Soluci¶on:



y > x2

y = x2

y < x2

Figura 4.15: Regi¶on de integraci¶on.

La regi¶on de integraci¶on (<el rect¶angulo!) se muestra en la Fig. 4.15. Podemos entonces invertirel orden de integraci¶on como sigue:Z 2

0

Z 1

¡1

pjy ¡ x2j dx dy =

Z 1

¡1

Z 2

0

pjy ¡ x2j dy dx

Vamos a separar la integral

Z 2

0

pjy ¡ x2j dy en varias integrales de modo que podamos \elim-

inar" el signo del valor absoluto del integrando. El signo de¯y ¡ x2¯ depende de si el punto

(x; y) est¶a por encima o por debajo de la par¶abola y = x2. Optamos por partir del rango de lavariable y como sigue:Z 1

¡1

Z 2

0

pjy ¡ x2j dy dx =

Z 1

¡1

Z x2

0

pjy ¡ x2j dy dx| {z }A

+

Z 1

¡1

Z 2

x2

pjy ¡ x2j dy dx

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .| {z }B

Para el caso de A notamos que si 0 · y · x2, entonces se cumple que ¯y ¡ x2¯ = x2 ¡ y. Porotro lado si x2 · y · 2 tenemos que ¯y ¡ x2¯ = y ¡ x2. De esta forma:Z 1

¡1

Z 2

0

pjy ¡ x2j dy dx =

Z 1

¡1

Z x2

0

px2 ¡ y dy dx+

Z 1

¡1

Z 2

x2

py ¡ x2 dy dx

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Haciendo la de sustituci¶on u = x2 ¡ y concluimos que:Z px2 ¡ y dy = ¡2 (x2 ¡ y) 32

3

Por lo tanto: Z x2

0

px2 ¡ y dy = 2x3

3. . . . .

Haciendo la de sustituci¶on u = y ¡ x2 concluimos que:Z py ¡ x2 dy = 2 (y ¡ x2) 32

3. . . . . . . . . . . . . . . .



Por lo tanto: Z 2

x2

py ¡ x2 dy = 2

3

¡2¡ x2¢ 32

Tenemos as¶³ que: Z 2

0

Z 1

¡1

pjy ¡ x2j dx dy =

Z 1

¡1

·2x3

3+2

3

¡2¡ x2¢ 32¸ dx

Usando la t¶ecnica de sustituci¶on trigonom¶etrica (se deja al estudiante) tenemos:Z 2

0

Z 1

¡1

pjy ¡ x2j dx dy = 5

3+¼

2

Nota: Se previene al estudiante de no usar Mathematica para calcular integrales dobles convalores absolutos en el integrando. Algunas veces proporciona respuestas equivocadas. Enotro tipo de integrales dobles, no se han encontrado problemas y se puede usar.

− Ejemplo 4.12. Sea I =

Z ¼

0

Z ¼

0

jcos(x+ y)j dx dy. Hallar I.Soluci¶on: Debemos dividir la integral de manera que podamos \suprimir" el signo del valor

R1

R2R3

R4


absoluto. Si designamos µ = x + y, es necesario investigar el signo de cos µ para 0 · x · ¼y 0 · y · ¼. Notamos entonces que 0 · µ · 2¼. Como se sabe para 0 · µ · ¼=2 y3¼=2 · µ · 2¼ se tiene cos µ ¸ 0. Por otro lado para ¼=2 · µ · 3¼=2 se tiene cos µ · 0.Es claro entonces que en las rectas x+ y = ¼=2 y x+ y = 3¼=2 cambia el signo de cos(x+ y).Dibujamos entonces estas rectas conjuntamente con el rect¶angulo que indica la regi¶on de inte-graci¶on. El dibujo se muestra en la Fig. 4.16. La regi¶on se dividi¶o en cuatro subregiones con el¯n de expresar la integral original como la suma de cuatro integrales tal como sigue:

I =

Z ZR1

f(x; y) dA+

Z ZR2

f(x; y) dA+

Z ZR3

f(x; y) dA+

Z ZR4

f(x; y) dA



o bien Z ¼

0

Z ¼

0

jcos(x+ y)j dx dy =Z ¼

2

0

Z ¼2¡x

0

cos(x+ y) dy dx+Z ¼2

0

Z ¼

¼2¡x(¡1) cos(x+ y) dy dx+

Z ¼

¼2

Z 3¼2¡x

0

(¡1) cos(x+ y) dy dx+

Z ¼

¼2

Z ¼

3¼2¡xcos(x+ y) dy dx

Calculamos cada integral por separada:

¦Z ¼

2

0

Z ¼2¡x

0

cos(x+ y) dy dx =

Z ¼=2

0

(1¡ senx) dx =¼ ¡ 22. . . . . . . .

¦Z ¼

2

0

Z ¼

¼2¡x(¡1) cos(x+ y) dy dx =

Z ¼2

0

(1 + senx) dx =¼ + 2

2. . . . . . . .

¦Z ¼

¼2

Z 3¼2¡x

0

(¡1) cos(x+ y) dy dx =Z ¼

¼2

(1 + senx) dx =¼ + 2

2. . . . . . . .

¦Z ¼

¼2

Z ¼

3¼2¡xcos(x+ y) dy dx =

Z ¼

¼2

(1¡ senx) dx =¼ ¡ 22

Concluimos as¶³ que I = 2¼.


Halle el valor de I =

Z ZR

x cos(x+ y) dA en donde R es el tri¶angulo con v¶ertices en (0; 0),

(¼; 0) y (¼; ¼).

Soluci¶on:




La regi¶on de integraci¶on se muestra en la Fig. 4.17. El c¶alculo de la integral es como sigue:

I =

Z ¼

0

Z x

0

x cos(x+ y) dy dx =

Z ¼

0

x sen(x+ y)

¯x0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

dx

=

Z ¼

0

[x sen(2x)¡ x senx] dx

Esta ¶ultima integral requiere emplear el m¶etodo de integraci¶on por partes

I = x cos x¡ x cos(2x)2

¡ senx+sen(2x)

4

¯¼0

Finalmente obtenemos I = ¡3¼2. . . . . . .

.


Halle el valor de I =

Z ZR

ex+y dA, en donde R est¶a dado por

R = f(x; y) : jxj+ jyj · 1g

Soluci¶on:

y = ¡x+ 1y = x+ 1

y = ¡x¡ 1 y = x¡ 1


La regi¶on de integraci¶on se muestra en la Fig. 4.18. Analicemos la ecuaci¶on jxj + jyj = 1 y laforma que adquiere seg¶un los signos de x y y.

¦ Para el caso x ¸ 0, y ¸ 0 tenemos la recta y = 1¡ x.¦ Para el caso x ¸ 0, y · 0 tenemos la recta x¡ y = 1 o bien y = x¡ 1.



¦ Para el caso x · 0, y · 0 tenemos la recta ¡x¡ y = 1 o bien y = ¡x¡ 1.¦ Para el caso x · 0, y ¸ 0 tenemos la recta ¡x+ y = 1 o bien y = 1 + x.Dividimos entonces la regi¶on de integraci¶on en dos partes para integrar primero con respectoa y y luego con respecto a x.

I =

Z 0

¡1

Z x+1

¡x¡1ex+y dy dx| {z }A

+

Z 1

0

Z ¡x+1

x¡1ex+y dy dx

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .| {z }B

Para A tenemos que:

A =

Z 0

¡1

·e2+2x ¡ 1

e

¸dx =

e2+2 x

2¡ xe

¯0¡1=

e2 ¡ 32 e. . . . . . . . .

Para B tenemos que:

B =

Z 1

0

£e¡ e¡1+2x¤ dx = ¡e¡1+2x

2+ e x

¯10

=1 + e2

2 e. . . . . . . . .

Por lo tanto I =e2 ¡ 32 e

+1 + e2

2 e=e2 ¡ 1e

= e¡ e¡1. . . . . . . . . . .


Sea I =

Z ZR

¡x2 ¡ y2¢ dA en donde R es la regi¶on encerrada por la curva y = senx y el eje x

en el intervalo [0; ¼]. Halle el valor de I.


Soluci¶on:

La regi¶on de integraci¶on se muestra en la Fig. 4.19. El c¶alculo es como sigue:

I =

Z ¼

0

Z senx

0

¡x2 ¡ y2¢ dy dx

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .=

Z ¼

0

·x2 senx¡ sen3 x

3

¸dx

=cosx

4¡ ¡x2 ¡ 2¢ cos x¡ cos(3x)

36+ 2x senx

¯¼0



Para

Zx2 senx dx usamos el m¶etodo de integraci¶on por partes dos veces. En

Zsen3 x dx

usamos la siguiente identidad:

sen3 x dx = sen2 x ¢ senx dx = ¡1¡ cos2 x¢ ¢ d(cosx)y luego la sustituci¶on u = cosx. Finalmente evaluamos y obtenemos I = ¼2 ¡ 40

9. . . . . . . . . . ..


Sea I =

Z ZR

(3x+ y) dA en donde

R =©(x; y) : 4x2 + 9y2 · 36; x ¸ 0; y ¸ 0ª

Halle el valor de I.

Soluci¶on: La regi¶on de integraci¶on se muestra en la Fig. 4.20. La gr¶a¯ca de 4x2 + 9y2 = 36


es una elipse. Despejando obtenemos

y = §r36¡ 4x2

9= §2

3

p9¡ x2

Como estamos interesados solo en el primer cuadrante tenemos que el c¶alculo es como sigue:

I =

Z 3

0

Z 23

p9¡x2

0

(3x+ y) dy dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

=

Z 3

0

·2¡ 2x

2

9+ 2x

p9¡ x2

¸dx

= 2x¡ 2x3

27¡ 2 (9¡ x

2)32

3

¯30

o bien I = 22. . . .



− Ejemplo 4.17. Sean a y b n¶umeros no negativos tales que a > b y designe ® =abpa2 + b2

.

Cambie el orden de integraci¶on en la siguiente integral:

I =

Z ®

0

Z ab

pb2¡y2

0

f(x; y) dx dy

Soluci¶on:

®

®

b

a

Figura 4.21: Regi¶on de integraci¶on

Empezamos por gra¯car la regi¶on de integraci¶on. Para lograr esto notamos que 0 · y · ® yque 0 · x · a

b

pb2 ¡ y2. Si tomamos cuadrados a ambos lados de la ecuaci¶on x = a

b

pb2 ¡ y2,

obtenemos:

x2 =a2 (b2 ¡ y2)

b2;

b2x2

a2= b2 ¡ y2; b2x2

a2+ y2 = b2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

<Se trata de una elipse! Si resolvemos para y (no negativo) obtenemos

y2 = b2 ¡ b2x2

a2; y2 = b2

·1¡ x

2

a2

¸

o bien y =b

a

qa2 ¡ x2. . . . . . . . . . . En la Fig. 4.21 se muestra la regi¶on de integraci¶on que est¶a

compuesta por un cuadrado y una secci¶on con borde curvil¶³neo. Podemos cambiar el orden deintegraci¶on como sigue:

I =

Z ®

0

Z ®

0

f(x; y) dy dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

+

Z a

®

Z ba

pa2¡x2

0

f(x; y) dy dx



− Ejemplo 4.18. Halle los l¶³mites de que deben ponerse en la integral doble

Z ZR

f(x; y) dA si

R es la porci¶on del plano limitada por la elipsex2

a2+y2

b2= 1.

Soluci¶on:

En este caso (suponiendo a > 0 y b > 0) despejamos y y obtenemos:

y = §br1¡ x

2

a2= § b

a

pa2 ¡ x2

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

Por lo tanto: Z ZR

f(x; y) dA =

Z a

¡a

Z ba

pa2¡x2

¡ ba

pa2¡x2

f(x; y) dy dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


Z ZR

f(x; y) dA si

R es la porci¶on del plano limitada por la par¶abola 4x2 = 9y y la circunferencia x2 + y2 = 25.

Soluci¶on:

Gra¯camos la regi¶on R en la Fig. 4.22.


Al despejar y de 4x2 = 9y y sustituir en x2 + y2 = 25, la ecuaci¶on resultante nos da x = §3.Por lo tanto: Z Z

R

f(x; y) dA =

Z 3

¡3

Z p25¡ x2. . . . . . . . . . . . .

4x2=9

f(x; y) dy dx


Z ZR

f(x; y) dA si

R es la porci¶on del plano limitada por las partes correspondientes a los valores positivos y en



las dos par¶ablolas y2 = x, y2 = ¡x y el arco de la circunferencia x2+y2 = 2 comprendido entreellas.

Soluci¶on:La gr¶a¯ca de la regi¶on R se muestra en la Fig. 4.23. En este caso al hallar los puntos


de intersecci¶on de las curvas, obtenemos:

Z ZR

f(x; y) dA =

Z 0

¡1

Z p2¡x2

p¡xf(x; y) dy dx+

Z 1

0

Z p2¡x2

px

f(x; y) dy dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


Z ZR

f(x; y) dA si

R es la porci¶on del plano limitada por la par¶abola y2 = 4x y la recta 2x¡ 3y + 4 = 0.Soluci¶on:

La gr¶a¯ca de la regi¶on R se muestra en la Fig. 4.24.




Los puntos de intersecci¶on de las curvas son x = 1 y x = 4, por lo tanto:Z ZR

f(x; y) dA =

Z 4

1

Z 2px

4+2x3

f(x; y) dy dx


Z ZR

f(x; y) dA si

R es la porci¶on del plano limitada por las tres rectas y = x, y = 2x y 3x¡ y ¡ 2 = 0.Soluci¶on:



Los puntos de intersecci¶on de las curvas son x = 0, x = 1 y x = 2, por lo tanto:Z ZR

f(x; y) dA =

Z 1

0

Z 2x

x

f(x; y) dy dx+

Z 2

1

Z 2x

3x¡2f(x; y) dy dx

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


Z ZR

f(x; y) dA si

R es la porci¶on del plano limitada por la hip¶erbola y2¡x2 = 1 y por las rectas x = 2 y x = ¡2.Considere solo la regi¶on que comprende el origen de coordenadas.

Soluci¶on: La gr¶a¯ca de la regi¶on R se muestra en la Fig. 4.26.

Tenemos entonces que:Z ZR

f(x; y) dA =

Z 2

¡2

Z p1+x2

¡p1+x2f(x; y) dy dx

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .




− Ejemplo 4.24. Invertir el orden de integraci¶on

Z 4

0

Z 12x

3x2f(x; y) dy dx.

Soluci¶on:

La gr¶a¯ca de la regi¶on R se muestra en la Fig. 4.27. Tenemos entonces que:


Z 4

0

Z 12x

3x2f(x; y) dy dx =

Z 48

0

Z p y3

y=12

f(x; y) dx dy. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

² En el archivo \invirtiendo el orden de integraci¶on.nb", del disco compacto, se muestra comorealizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.


Z a

0

Z pa2¡x2

a2¡x22a

f(x; y) dy dx.

Soluci¶on: La gr¶a¯ca de la regi¶on R se muestra en la Fig. 4.28.



Figura 4.28: Regi¶on R para el caso a = 1.

Al obsevar la regi¶on notamos que se debe descomponer en dos tipo II. Tenemos entonces que:Z a

0

Z pa2¡x2

a2¡x22a

f(x; y) dy dx

=

Z a

a=2

Z pa2¡y2

0

f(x; y) dx dy +

Z a=2

0

Z pa2¡y2

pa2¡2ay

f(x; y) dx ddy. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


Z 1

0

Z 1¡y

¡p1¡y2

f(x; y) dx dy.

Soluci¶on:



La regi¶on se descopone en dos del tipo II. Veamos:Z 1

0

Z 1¡y

¡p1¡y2

f(x; y) dx dy

=

Z 0

¡1

Z p1¡x2

0

f(x; y) dy dx+

Z 1

0

Z 1¡x

0

f(x; y) dy dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .



− Ejemplo 4.27. Sea a > 0. Invertir el orden de integraci¶on

Z 2a

0

Z p4ax

p2ax¡x2

f(x; y) dy dx.

Soluci¶on:



La regi¶on de intergraci¶on se puede dividir en 3 del tipo II (horizontal simple). Notemos que laecuaci¶on y =

p2ax¡ x2, se transforma, completando cuadrados, como sigue:y =

p2ax¡ x2; y2 = 2ax¡ x2; y2 = ¡ £x2 ¡ 2ax+ a2¤+ a2;

o bien (x¡ a)2 + y2 = a2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Se trata de un c¶³rculo de radio a centrado en (0; a).

Si despejamos x obtenemos x = a +pa2 ¡ y2. . . . . . . . . . . . . . para el lado derecho del c¶³rculo y x =

a ¡pa2 ¡ y2, para el izquierdo. Por otro lado la ecuaci¶on y =

p4ax conduce a x = y2

4a.

Tenemos as¶³ que:Z 2a

0

Z p4ax

p2ax¡x2

f(x; y) dy dx =Z a

0

Z a¡pa2¡y2

y2=4a

f(x; y) dx dy. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

+

Z ap8

a

Z 2a

y2=4a

f(x; y) dx dy

+

Z a

0

Z 2a

a+pa2¡y2

f(x; y) dx dy


Invertir el orden de integraci¶on

Z 1

0

Z y

0

f(x; y) dx dy. Suponga que f es integrable en la regi¶on

indicada.



y = x


Soluci¶on: La gr¶a¯ca de la regi¶on de integraci¶on se muestra en la Fig. 4.31. El cambio deorden es como sigue:Z 1

0

Z y

0

f(x; y) dx dy =

Z 1

0

Z 1

x

f(x; y) dy dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


Invertir el orden de integraci¶on de I =

Z 2

¡6

Z 2¡x

x2¡44

f(x; y) dy dx. Suponga que f es integrable en

la regi¶on indicada.

Soluci¶on: La regi¶on de integraci¶on se muestra en la Fig. 4.32. Para invertir el orden de

x = 2¡ y

R1

R2

x = ¡2py + 1

x = 2py + 1


integraci¶on optamos por dividir esta regi¶on en dos del tipo horizontal simple tal como se muestraen el dibujo. Debemos ahora hallar las ecuaciones de las curvas involucradas y expresarlas de



la forma x = w(y). La ecuaci¶on y = 2 ¡ x se convierte f¶acilmente en x = 2 ¡ y. El caso dey =

x2 ¡ 44

no corre la misma suerte. Al despejar obtenemos

4y = x2 ¡ 4; x2 = 4y + 4. . . . . . . . . ; x = §2py + 1

La curva x = 2py + 1 corresponde al lado derecho de la par¶abola y x = ¡2

py + 1, al lado

izquierdo. Estamos listos entonces para invertir el orden de integraci¶on:

I =

Z ZR1

f(x; y) dA+

Z ZR2

f(x; y) dA

=

Z 8

0

Z 2¡y

¡2py+1f(x; y) dx dy

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .+

Z 0

¡1

Z 2py+1

¡2py+1f(x; y) dx dy


Invertir el orden de integraci¶on en I =

Z ¼

0

Z senx

¡ sen(x=2)

f(x; y) dy dx.

Soluci¶on: La regi¶on de integraci¶on se muestra en la Fig. 4.33. Para invertir el orden de

x = ¼

x = ¼ ¡ arcsen yx = arcsen y

x = ¡2 arcsen yA

B

CR1

R2


integraci¶on optamos por dividir esta regi¶on en dos del tipo horizontal simple tal como se muestraen el dibujo. Debemos ahora hallar las ecuaciones de las curvas involucradas y expresarlas dela forma x = w(y).

Al considerar la funci¶on y = senx debemos proceder con cautela. Como se sabe, la inversade la funci¶on seno se de¯ne restringiendo su dominio a [¡¼=2; ¼=2]. Por lo tanto la funci¶onx = arcsen y tiene como dominio [¡1; 1] y como codominio [¡¼=2; ¼=2]. Dicho de otra forma

¡¼2· arcsen y · ¼

2



En este caso la funci¶on y = senx tiene como dominio [0; ¼]. En la primera mitad de esteintervalo, no hay problema. La inversa est¶a dada por x = arcsen y. Observamos ahora que sitomamos la curva AB con ecuaci¶on x = arcsen y y colocamos un signo esto produce el efectogr¶a¯co de invertir la curva. Si sumamos ¼ obtenemos la ecuaci¶on de la curva BC. Por lo tantox = ¼ ¡ arcsen y es la ecuaci¶on de la curva para el intervalo [¼=2; ¼]. La secuencia del procesodescrito se puede seguir en la Fig. 4.34. Para el caso de y = ¡ sen(x=2) tenemos que aunque el


dominio para x es [0; ¼], al dividir por dos, el argumento del seno se mantiene en [0; ¼=2]. Porlo tanto, en este caso tenemos (usando la imparidad del arcoseno)

¡y = sen(x=2); arcsen (¡y) = x=2; x = ¡2 arcsen yEn la Fig. 4.33 se pueden apreciar las curvas involucradas y sus ecuaci¶on en la forma x = w(y).Procedemos ahora a invertir el orden de integraci¶on:

I =

Z ZR1

f(x; y) dA+

Z ZR2

f(x; y) dA =

=

Z 1

0

Z ¼¡ arcsen y

arcsen y

f(x; y) dx dy +

Z 0

¡1

Z ¼

¡2 arcsen yf(x; y) dx dy


Suponga que 0 < a < b y 0 < c < ¼=2. De¯na I como sigue:

I =

Z a sen c

0

Z pb2¡y2

pa2¡y2

f(x; y) dx dy +

Z b sen c

a sen c

Z pb2¡y2

y cot c

f(x; y) dx dy

Dibuje la regi¶on de integraci¶on mostrando la ecuaci¶on de las curvas que la delimitan.

Soluci¶on:

Debemos analizar

I =

Z a sen c

0

Z pb2¡y2

pa2¡y2

f(x; y) dx dy| {z }I1

+

Z b sen c

a sen c

Z pb2¡y2

y cot c

f(x; y) dx dy| {z }I2



y = 0

y = a sen c

y = b sen c

y = x tan c

cR1

R2


Estudiemos primero I1. En este caso tenemos

0 · y · a sen c;pa2 ¡ y2 · x ·

pb2 ¡ y2

Como 0 < c < ¼=2, tenemos que a sen c > 0. Por lo tanto, la recta y = a sen c est¶a \sobre" la

recta y = 0 tal como se muestra en la Fig. 4.35. En cuanto a la curva x =pa2 ¡ y2, notamos

que si tomamos al cuadrado a ambos lados, obtenemos

x2 = a2 ¡ y2; o bien x2 + y2 = a2:

Se trata entonces de un (arco del) c¶³rculo centrado en el origen y de radio a. En cuanto a

x =pb2 ¡ y2, la conclusi¶on es la misma pero el radio del c¶³rculo en cuesti¶on es b > a. Los

arcos se pueden apreciar en la Fig. 4.35. Para el caso I1 tenemos entonces que la regi¶on deintegraci¶on es la indicada con R1 en el dibujo.

Veamos ahora el caso de I2. En este caso tenemos

a sen c · y · b sen c; y cot c · x ·pb2 ¡ y2

Como 0 < c < ¼=2 y a < b, tenemos que a sen c < b sen c. Por lo tanto, la recta y = b sen c

est¶a \sobre" la recta y = a sen c tal como se muestra en la Fig. 4.35. La curva x =pb2 ¡ y2

ya fue analizada previamente. Veamos qu¶e pasa con x = y cot c. Observamos que

cot c =x

y; tan c =

y

x; y = x tan c

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Vemos entonces que y = x tan c es una recta que pasa por el origen, por el punto (a cos c; a sen c)y por (b cos c; b sen c). Para el caso I2 tenemos entonces que la regi¶on de integraci¶on es laindicada con R2 en el dibujo.


Sea A =

Z 1

0

e¡t2

dt y B =

Z 1=2

0

e¡t2

dt. Evalue la integral

I = 2

Z 1

¡1=2

Z x

0

e¡y2

dy dx



en t¶erminos de A y B.

Soluci¶on:

R1

R2

y = x

x = ¡12

x = 1


Para describir la regi¶on de integraci¶on debemos tener en cuenta que la gr¶a¯ca de la recta y = xposee una parte sobre el eje x y el otro debajo de este. Separamos entonces la integral comosigue:

I = 2

" Z 0

¡1=2

Z x

0

e¡y2

dy dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

+

Z 1

0

Z x

0

e¡y2

dy dx

#

= 2

·¡Z 0

¡1=2

Z 0

x

e¡y2

dy dx+

Z 1

0

Z x

0

e¡y2

dy dx

¸

La regi¶on de integraci¶on se muestra en la Fig. 4.36. Como la

Ze¡y

2

dy no corresponde a

una expresi¶on ¯nita en t¶erminos de funciones elementales, optamos por invertir el orden deintegraci¶on con la esperanza de que el c¶alculo sea m¶as sencillo. Tenemos ent¶onces que:

I

2= ¡

Z 0

¡1=2

Z y

¡1=2e¡y

2

dx dy| {z }I1

+

Z 1

0

Z 1

y

e¡y2

dx dy| {z }I2

o bien I=2 = ¡I1 + I2. Analicemos primero I1. En este caso tenemos que

I1 =

Z 0

¡1=2

"xe¡y

2

¯y¡1=2

#dy =

Z 0

¡1=2

·µy +

1

2

¶e¡y

2

¸dy

o bien

I1 =

Z 0

¡1=2

hye¡y

2idy +

1

2

Z 0

¡1=2e¡y

2

dy


4.3. ¶Area y volumen 237

La primera integral de I1 se calcula usando la sustituci¶on u = e¡y2 . En la segunda notamos la

simitud de esta con la integral designada con B. Hacemos entonces la sustituci¶on u = ¡y enesta ¶ultima. Tenemos entonces que:

I1 =1¡ e 142 e

14

+ (¡)12

Z 0

1=2

e¡u2

du

Vemos (invirtiendo la integral) entonces que

I1 =1¡ e 142 e

14

+B

2

Es el turno ahora de I2.

I2 =

Z 1

0

"xe¡y

2

¯1y

#dy =

Z 1

0

(1¡ y)e¡y2 dy

=

Z 1

0

e¡y2

dy| {z }A

¡Z 1

0

ye¡y2

dy

Si hacemos la sustituci¶on u = ¡y2 tenemos que:

I2 = A¡ e¡ 12 e

Finalmente notamos que

I

2= ¡I1 + I2 = ¡

"1¡ e 142 e

14

+B

2

#+A¡ e¡ 1

2 e

o bien I = 2A¡B + 1e¡ e¡1=4.

4.3 ¶Area y volumen

² Nuestra de¯nici¶on deZ Z

R

f(x; y) dA fue motivada por el problema de calcular el volumen del

s¶olidoT = f(x; y; z)) : (x; y) 2 R y 0 · z · f(x; y)g

que yace bajo la super¯cie z = f(x; y) y sobre la regi¶on R del plano xy.

² Dicho s¶olido T aparece en la Fig. 4.37. A pesar de esta motivaci¶on geom¶etrica, la verdaderade¯nici¶on de la integral doble como l¶³mite de sumas parciales no depende del concepto devolumen. Se puede, por lo tanto, invertir los t¶erminos y usar la integral doble para de¯nir elvolumen.



Figura 4.37: Volumen.

² De¯nici¶on: 4.1. (Volumen bajo z = f(x; y)) Suponga que la funci¶on f es continua y nonegativa en la regi¶on limitada plana R. Entonces, el volumen V del s¶olido que yace bajo lasuper¯cie z = f(x; y) y arriba de la regi¶on R se de¯ne como

V =

Z ZR

f(x; y) dA

siempre que esta integral exista.

¦² Es interesante observar la relaci¶on entre esta de¯nici¶on y el tratamiento de secciones transver-sales para el volumen que se estudi¶o en el primer curso de c¶alculo. Por ejemplo, si la regi¶on Res verticalmente simple (tipo I), entonces la integral del volumen toma la forma

V =

Z b

a

Z g2(x)

g1(x)

f(x; y) dy dx

² La integral anterior Z g2(x)

g1(x)

f(x; y) dy

no es m¶as que el ¶area de la secci¶on transversal de la regi¶on s¶olida T en un plano perpendicularal eje de las x (v¶ease la Fig. 4.1). En consecuencia,

V =

Z b

a

A(x) dx

y en este caso la f¶ormula del volumen se reduce entonces a que \el volumen es la integral del¶area de la secci¶on transversal".

− Ejemplo 4.33. Encuentre el volumen del s¶olido que yace bajo la super¯cie z = 1 + xy ysobre el rect¶angulo R del plano xy que consta de los puntos (x; y) para los cuales 0 · x · 2 y0 · y · 1.



Soluci¶on:

Aqu¶³, f(x; y) = 1 + xy, por lo que la f¶ormula del volumen produce

V =

Z 2

0

Z 1

0

(1 + xy) dy dx

=

Z 2

0

·y +

xy2

2

¸ ¯10

dx

=

Z 2

0

³1 +

x

2

´dx

=

·x+

x2

4

¸ ¯20

= 3:

² Una regi¶on tridimensional T se describe usualmente en t¶erminos de las super¯cies que la limitan.El primer paso en la aplicaci¶on de la f¶ormula para calcular su volumen V consiste en determinarla regi¶on del plano xy sobre la que se encuentra T . El segundo paso consiste en determinar elorden apropiado de la integraci¶on iterada. Esto puede hacerse de la siguiente manera.

² Si cada recta vertical del plano xy encuentra a R en un solo segmento de recta (tipo I) y puedeintegrarse primero con respecto a y, entonces R es vertilcalmente simple. Los l¶³mites sobre yser¶an las coordenadas g1(x) y g2(x) de los extremos de este segmento (como se indica en laFig. 4.38 ). Los l¶³mites de x ser¶an los extremos del intervalo sobre el eje de las x sobre el cualse proyecta R. Tenemos entonces que:

Figura 4.38: Regiones tipo I y tipo II.

² Si cada recta horizontal del plano xy encuentra a R en un solo segmento de recta (tipo II),entonces R es horizontalmente simple y se puede integrar primero con respecto a x. En este



caso,

V =

Z ZR

f(x; y) dA =

Z d

c

Z h2(y)

h1(y)

f(x; y) dx dy

² Como se indica en la ¯gura h1(y) y h2(y) son las abscisas de los extremos de este segmentohorizontal y c y d son los extremos del intervalo correspondiente sobre el eje de las y.

² Si la regi¶on R es vertical y horizontalmente simple, puede tenerse la opci¶on de escoger el ordende integraci¶on que conduzca a los c¶alculos subsecuentes m¶as simples. Si R no es ni verticalni horizontalmente simple, entonces hay que dividir primero R en regiones simples antes deproceder a la integraci¶on iterada.

− Ejemplo 4.34. Calcule el ¶area de la regi¶on R del plano xy limitada por las dos par¶abolasy2 = x=2 y y2 = x¡ 4.Soluci¶on:

Figura 4.39: ¶Area.

En la Fig. 4.39 se muestra la regi¶on R. Es horizontal, pero no verticalmente simple, por lo quese integra primero con respecto a x. En la Fig. 4.39 se observa h1 = 2y

2 y h2(y) = y2 + 4. Asi

que R tiene como ¶area

a(R) =

Z 2

¡2

Z y2+4

2y21 dx dy =

Z 2

¡2x

¯y2+42y2

dy. . . . . . . . . . . . . . . . . .

=

Z 2

¡2

¡4¡ y2¢ dy = ·4y ¡ y3

3

¸ ¯2¡2=

32

3:

. . . . .

² Sup¶ongase ahora que la regi¶on s¶olida T se encuentra sobre la regi¶on plana R, pero entre lassuper¯cies z = f1(x; y) y z = f2(x; y), siendo f1(x; y) · f2(x; y) para toda (x; y) de R (v¶ease laFig. 4.40). Entonces se obtiene el volumen V de T mediante la sustracci¶on del volumen bajoz = f1(x; y) del volumen bajo z = f2(x; y), por lo que

V =

Z ZR

[f2(x; y)¡ f1(x; y)] dA



Figura 4.40: Volumen entre dos super¯cies.

² Esto es una generalizaci¶on natural de la f¶ormula del ¶area de la regi¶on plana comprendida entrelas curvas y = f1(x) y y = f2(x) sobre el intervalo [a; b].

² El caso especial f(x; y) a 1 en la f¶ormula produce el ¶area

A =

Z ZR

1 dA =

Z ZR

dA

de la regi¶on plana R. En este caso, la regi¶on s¶olida T es una \mesa" de tapa plana, es decir,un cilindro s¶olido de ¶area de la base R y altura 1 y el volumen de cualquier cilindro, nonecesariamente circular, es el producto de su altura por el ¶area de la base.

− Ejemplo 4.35. Encuentre el volumen del s¶olido T en forma de cu~na que se encuentra sobreel plano xy, bajo el plano z = x e interior al cilindro x2 + y2 = 4 (que aparece en la Fig. 4.41).

Soluci¶on:

La base es la regi¶on semicircular R de radio 2, pero por la simetr¶³a se puede integrar sobre elprimer cuadrante (cuarto de c¶³rculo) para duplicar despu¶es el resultado.

Figura 4.41: Cu~na.



Un diagrama del cuarto de c¶³rculo ayuda a establecer los l¶³mites de la integraci¶on. Puedeintegrar en cualquier orden, pero si se hace primero con respecto a x, se obtiene un c¶alculo unpoco mas simple:

V = 2

Z 2

0

Z p4¡y2

0

x dx dy = 2

Z 2

0

x2

2

¯p4¡y2

0. . . . . . . . . . . . .dy

=

Z 2

0

(4¡ y2) dy =·4y ¡ y

3

3

¸ ¯20

=16

3:

. . . . .

Integre en otro orden y compare los resultados.

4.4 Gra¯caci¶on en coordenadas polares

² En esta secci¶on se discute c¶omo evaluar una integral doble sobre una regi¶on R en un planocoordenado y que est¶a acotada por gr¶a¯cas de ecuaciones polares. Empezamos con un repasode coordenadas polares:

² En un sistema de coordenadas rectangulares el par ordenado (a; b) denota el punto con abscisaa y ordenada b. Las coordenadas polares son otra forma de representar puntos. Se comienzacon un punto ¯jo O (el origen o polo) y una semirrecta dirigida (el eje polar) cuyo extremo esO. Luego se considera cualquier punto P del plano diferente de O. Si, r = d(O;P ) y µ denotala medida del ¶angulo determinado por el eje polar y OP , entonces r y µ son las coordenadaspolares de P y se usan los s¶³mbolos (r; µ) o P (r; µ) para denotar a P . Como de costumbre, µse considera positivo si el ¶angulo se genera por la rotaci¶on de una recta coincidente con el ejepolar, en el sentido opuesto al del reloj, y negativo si la rotaci¶on es en el sentido del reloj. El¶angulo µ se mide en radianes.

µ

P (r; µ)

O Eje polar

Figura 4.42: Punto en coordenadas polares.

² Las coordenadas polares de un punto no son ¶unicas. Por ejemplo, (3; ¼=4), (3; 9¼=4) y (3;¡7¼=4)representan el mismo punto

² Tambi¶en se permite que r sea negativo. En tal caso, en lugar de medir jrj unidades sobre ellado ¯nal del ¶angulo µ, se miden a lo largo de la semirrecta con extremo O y direcci¶on opuestaa la del lado ¯nal.


4.4. Gra¯caci¶on en coordenadas polares 243

² Finalmente, se adopta la convenci¶on de que el polo O tiene coordenadas polares (O; µ) paracualquier µ. Una asignaci¶on de pares ordenados de la forma (r; µ) a los puntos de un plano sellama un sistema de coordenadas polares y se dice que el plano es el plano rµ.

² Una ecuaci¶on polar es una ecuaci¶on en r y µ. Una soluci¶on de una ecuaci¶on polar es unpar ordenado (a; b) que lleva a una igualdad si se sustituye en la ecuaci¶on r por a y µ porb. La gr¶a¯ca de una ecuaci¶on polar es el conjunto de todos los puntos (en el plano rµ) quecorresponden a soluciones de la ecuaci¶on.

² En el archivo \coordenadas polares (gra¯caci¶on).nb", del disco compacto, se muestra como re-alizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 4.36. Trazar la gr¶a¯ca de la ecuaci¶on polar r = 4 sen µ.

La siguiente tabla muestra algunas soluciones de la ecuaci¶on. El tercer rengl¶on da aproxima-ciones de r con una precisi¶on de una cifra decimal.

µ 0 ¼=6 ¼=4 ¼=3 ¼=2 2¼=3 3¼=4 5¼=6 ¼

r 0 2 2p2 2

p3 4 2

p3 2

p2 2 0

r(aprox:) 0 2 2:8 3:4 4 3:4 2:8 2 0

En coordenadas rectangulares, la gr¶a¯ca de la ecuaci¶on consta de una onda senoidal de amplitud4 y periodo 2¼. Sin embargo, si se usan coordenadas polares, entonces los puntos correspon-dientes a los pares en la tabla parecen estar en una circunferencia de radio 2 y se traza lagr¶a¯ca de acuerdo con esto (v¶ease la Figura 13.17). Como ayuda para ubicar los puntos se haprolongado el eje polar en la direcci¶on negativa y trazado una recta vertical que pasa por elpolo.

Figura 4.43: Gr¶a¯ca.

− Ejemplo 4.37. Trazar la gr¶a¯ca de r = 2 + 2 cos µ.

Soluci¶on:

Como la funci¶on coseno disminuye de 1 a ¡1 cuando µ var¶³a de 0 a ¼, resulta que r disminuyede 4 a 0 en este intervalo para µ. La siguiente tabla muestra algunas soluciones de la ecuaci¶on



y las aproximaciones a r correspondientes.

µ 0 ¼=6 ¼=4 ¼=3 ¼=2 2¼=3 3¼=4 5¼=6 ¼

r(aprox:) 4 3:7 3:4 3 2 1 0:6 0:3 0

Figura 4.44: Cardioide.

Situando los puntos de la tabla obtenemos la mitad superior de la gr¶a¯ca mostrada en laFig. 4.44. Si µ aumenta de ¼ a 2¼, entonces cos µ aumenta de ¡1 a 1 y por lo tanto, r aumentade 0 a 4. La mitad inferior de la gr¶a¯ca se obtiene situando puntos para ¼ · µ · 2¼.

² La gr¶a¯ca con forma de coraz¶on del anterior es una cardiode. En general, las gr¶a¯cas deecuaciones polares de cualquiera de las formas

r = a(1 + cos µ); r = a(1¡ cos µ);r = a(1 + sen µ); r = a(1¡ sen µ);

donde a es un n¶umero real, son cardiodes.

² La gr¶a¯ca de una ecuaci¶on de la forma r = a + b cos µ o bien r = a + b sen µ, donde a6= b, sellama limaz¶on o caracol. La gr¶a¯ca tiene una forma parecida a la cardiode pero puede tenerun \rizo" adicional, como se muestra en el siguiente ejemplo.

− Ejemplo 4.38. Trazar la gr¶a¯ca de r = 2 + 4 cos µ.

Soluci¶on:

En la siguiente tabla aparecen algunos puntos correspondientes a 0

µ 0 ¼=6 ¼=4 ¼=3 ¼=2 2¼=3 3¼=4 5¼=6 ¼

r(aprox) 6 5:4 4:8 4 2 0 ¡0:8 ¡1:4 ¡2

Notemos que r = 0 en µ = 2¼=3. Los valores de r son negativos para 2¼=3 < µ · ¼. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ,


4.4. Gra¯caci¶on en coordenadas polares 245

Figura 4.45: Caracol

Figura 4.46:

lo cual da la mitad inferior del rizo peque~no en la Fig. 4.45. (Verif¶³quese este hecho.) Cuandoµ var¶³a de ¼ a 2¼, se obtienen la mitad superior del rizo peque~no y la mitad inferior del rizogrande.

− Ejemplo 4.39. Dibujar r = a sen 2µ.

En lugar de formar una tabla con las soluciones, razonamos como sigue: Si µ aumenta de 0 a¼=4, entonces 2µ va de 0 a ¼=2 y, por lo tanto, sen 2µ aumenta de 0 a l. Resulta que r aumentade 0 a a cuando µ recorre el intervalo [0; ¼=4]. Si ahora µ aumenta de ¼=4 a ¼=2, entonces2µ aumenta de ¼=2 a ¼ y, por lo tanto, sen 2µ disminuye de 1 a 0. Entonces, r disminuye dea a 0 cuando µ recorre el intervalo de µ [¼=4; ¼=2]. Los puntos correspondientes de la gr¶a¯caforman el lazo o rizo en el primer cuadrante, como se ilustra en la Fig. 4.47. N¶otese que elpunto P (r; µ) describe el lazo en el sentido positivo cuando µ aumenta de 0 a ¼=2.

Figura 4.47: Rosa de cuatro p¶etalos.

Si ¼=2 · µ · ¼, entonces ¼ · 2µ · 2¼ y por lo tanto, r · 0. Por consiguiente, si ¼=2 < µ < ¼,entonces r es negativo y los puntos P (r; µ) est¶an en el cuarto cuadrante. Si µ aumenta de ¼=2 a¼, entonces localizando puntos, podemos mostrar que P recorre el rizo en el cuarto cuadrante(en el sentido positivo).



An¶alogamente, para ¼ · µ · 3¼=2 obtenemos el rizo del tercer cuadrante, y para 3¼=2 · µ · 2¼el del segundo cuadrante. Ambos lazos se trazan en el sentido positivo cuando µ aumenta. Ellector debe veri¯car estos hechos localizando algunos puntos, por ejemplo con a = 1. En laFig. 4.47 s¶olo se situaron los puntos de la gr¶a¯ca que corresponden a los valores m¶aximos de r.

² La gr¶a¯ca del ejemplo anterior es una rosa de cuatro p¶etalos. En general, una ecuaci¶on de laforma .

r = a sennµ o bien r = a cosnµ;

para cualquier'entero positivo n mayor que 1 y cualquier n¶umero real a, tiene una gr¶a¯ca queconsta de rizos que se unen en el origen. Si n es par, entonces hay 2n rizos y si n es impar,entonces hay n lazos.

² La gr¶a¯ca de la ecuaci¶on polar r = aµ, para cualquier n¶umero real a, es una espiral de Ar-qu¶³medes. En el siguiente ejemplo se considera el caso a = 1.

− Ejemplo 4.40. Trazar la gr¶a¯ca de r = µ para µ ¸ 0.Soluci¶on:

La gr¶a¯ca consta de todos los puntos que tienen coordenadas polares de la forma (c; c) pa-ra cualquier n¶umero real c ¸ 0. Entonces, la gr¶a¯ca contiene los puntos (0; 0), (¼=2; ¼=2),(¼; ¼). . . . . . . . , etc¶etera. Cuando µ aumenta, r aumenta con la misma rapidez y la espiral gira

alrededor del origen en el sentido positivo cortando al eje polar en 0,2¼,4¼, : : :, como se ilustraen la Fig. 4.48. Si se permite que µ sea negativo, cuando µ disminuye tomando valores negati-vos, entonces la espiral resultante da vueltas alrededor del origen y es la imagen sim¶etrica conrespecto al eje vertical de la curva que se muestra en la Fig. 4.48.

Figura 4.48: Espira de Arqu¶³mides

² Las ecuaciones polares producen muchas otras gr¶a¯cas interesantes. Las coordenadas polaresson ¶utiles para las aplicaciones en las que aparecen circunferencias con centro en el origen orectas que pasan por el origen, pues las ecuaciones que tienen estas gr¶a¯cas pueden escribirseen las formas simples r = k o bien µ = k, donde k es una constante. (Verif¶³quese este hecho.)


4.5. Integrales dobles en coordenadas polares 247

4.5 Integrales dobles en coordenadas polares

² Estamos listos ahora para hacer integraci¶on. Consideramos primero la regi¶on polar elemental(Tipo I) de la Fig. 4.49, delimitada por arcos de circunferencia de radios r1 y r2 (el mayor),con centro en el origen, y por dos rayos que parten de este punto. Si ¢µ denota la medida enradianes del ¶angulo entre los rayos y µr = r2 ¡ r1, entonces el ¶area ¢A de la regi¶on es

¢A =1

2r22¢µ ¡

1

2r21¢µ

r1

r2¢µ

¢r

Figura 4.49: Regi¶on polar elemental.

Esta f¶ormula tambi¶en puede escribirse como

¢A =1

2

¡r22 ¡ r21

¢¢µ =

1

2(r2 + r1)(r2 ¡ r1)¢µ

Si se denota el radio medio(r2 + r1)

2por r, entonces

¢A = ¹r¢r¢µ:

² Luego se considera una regi¶on R del tipo ilustrado en la Fig. 4.50, acotada por dos rayos queforman ¶angulos positivos ® y ¯ con el eje polar, y por las gr¶a¯cas de dos ecuaciones polaresr = g1(µ) y r = g2(µ). Su p¶ongase que las funciones g1 y g2 son continuas y que g1(µ) · g2(µ)para todo µ en el intervalo [®; ¯].

² Si R se subdivide por medio de arcos de circunferencia y rayos, entonces el conjunto de regionespolares elementales que est¶an completamente contenidas en R es una partici¶on polar interiorP de R. La norma jjP jj de P es la longitud mayor de las diagonales en las Rk. Si se escoge unpunto (rk; µk) en Rk tal que rk es el radio medio, entonces

¢Ak = rk¢rk¢µk



r = g1(µ)

r = g2(µ)

Figura 4.50: Regi¶on

² Para una funci¶on continua f de las variables polares r y µ, se puede demostrar el siguienteresultado.

(¤) Teorema: 4.2.Z ZR

f(r; µ) dA =

Z ¯

®

Z g2(µ)

g1(µ)

f(r; µ)r dr dµ = limjjP jj!0

Xk

f (rk; µk) rk¢rk¢µk

² Este teorema nos permite calcula una integral doble en la que la regi¶on de integraci¶on est¶a¦descrita usando coordenadas polares.

² Si f(r; µ) = 1 en toda R, entonces la integral dada por es igual al ¶area de R.

² En el archivo \Ejemplo de integraci¶on en polares y rectangulares.nb", del disco compacto, semuestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 4.41. Calcular el ¶area de la regi¶on R que se encuentra fuera de la gr¶a¯ca de r = ay dentro de la gr¶a¯ca de r = 2a sen µ.

Soluci¶on:

Podemos, antes, representar en coordenadas cartesianas las ecuaciones dadas. La primera r = aes f¶acil, a saber x2 + y2 = a. Para la segunda r = 2a sen µ, multiplicamos por r a ambos ladosde la ecuaci¶on:

r = 2a sen µ; r2 = 2ar sen µx2 + y2 = 2ay

Completando cuadrados, obtenmos x2 + (y ¡ a)2 = a2.La regi¶on est¶a en la Fig. 4.51 junto con una cu~na t¶³pica de regiones polares elementales obtenidaal sumar desde la frontera r = a hasta la frontera r = 2a sen µ. Luego se describe o barre laregi¶on haciendo variar µ de ¼=6 a 5¼=6. (Con frecuencia se comete el error de hacer variar µde 0 a ¼. >Por qu¶e es incorrecto lo anterior?)



µ = 5¼=6 µ = ¼=6

Figura 4.51: Regi¶on solicitada.

Tenemos entonces que

A =

Z ZR

1 dA =

Z 5¼=6

¼=6

Z 2a sen µ

a

r dr dµ

Para simpli¯car las operaciones puede usarse la simetr¶³a de R con respecto al eje y. En estecaso se hace variar µ de ¼=6 a ¼=2, y se multiplica por 2 el resultado. As¶³

A = 2

Z ¼=2

¼=6

r2

2

¯2a sen µa. . . . . . . . . . . . .

dµ =

Z ¼=2

¼=6

£¡4a2 sen2 µ

¢¡ a2¤ dµo bien

A = a2 [µ ¡ sen(2µ)]

¯¼=2¼=6

= a2

"¼

3+

p3

2

#:

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

y = a

y = a+pa2 ¡ x2

y = a¡pa2 ¡ x2

(ap3=2; a=2)

a

a

2a

Figura 4.52: Regi¶on de integrac¶on.



En coordenadas rectangulares la regi¶on de integraci¶on es m¶as dif¶³cil de describir. En la Fig. 4.52se parte la regi¶on en 4 partes. Veamos:

A

2=

Z p3 a2

0

Z a+pa2¡x2

a

dy dx+

Z a

p3 a2

Z a+pa2¡x2

a

dy dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

+Z p3 a2

0

Z a

pa2¡x2

dy dx+

Z a

p3 a2

Z a

a¡pa2¡x2dy dx

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

>Se puede simpli¯car? <H¶agalo!

− Ejemplo 4.42. Calcular el ¶area de la regi¶on R acotada por un rizo del lemniscato (o lemnis-cata) r2 = a2 sen 2µ donde a > 0.

Soluci¶on: La regi¶on R ubicada en el primer cuadrante se muestra en la Fig. 4.53. El rizo


en cuesti¶on se obtiene haciendo variar µ de 0 a ¼=2. (Obs¶ervese que r no est¶a de¯nido para¼=2 < µ < ¼ o bien 3¼=2 < µ < 2¼) Tenemos as¶³ que:

A =

Z ZR

1 dA =

Z ¼=2

0

Z apsen 2µ

0

r dr dµ

Por lo tanto:

A =

Z ¼=2

0

r2

2

¯ap sen 2µ0. . . . . . . . . . . . . . .

dµ =1

2

Z ¼=2

0

a2 sen(2µ) dµ:

Finalmnente tenemos que A = a2=2. . . . . . .

² En condiciones adecuadas, una integral doble en coordenadas rectangulares se puede transfor-¦mar en una integral doble en coordenadas polares. Primero se sustituyen en el integrando lasvariables x y y por r cos µ y r sen µ. Luego se sustituye en la integral iterativa dy dx o biendx dy por r dr dµ o bien r dµ dr, seg¶un corresponda. La siguiente f¶ormula muestra la forma



general del integrando. El s¶³mbolo de integral doble

Z ZR

debe reemplazarse por un s¶³mbolo de

integral iterativa apropiado.Z ZR

f(x; y) dy dx =

Z ZR

f(r cos µ; r sen µ) r dr dµ dA

² Si el integrando f(x; y) de una integral dobleZ Z

R

f(x; y) dA contiene la expresi¶on x2 + y2 o si

la frontera de la regi¶on R incluye arcos de circunferencia, entonces el uso de las coordenadaspolares facilita la evaluaci¶on. Esto se ilustra en el siguiente ejemplo.

− Ejemplo 4.43. Usar coordenadas polares para evaluarZ a

¡a

Z pa2¡x2

0

¡x2 + y2

¢3=2dy dx

Soluci¶on:

¡a a

y =pa2 ¡ x2

Figura 4.54: Semi{c¶³rculo superior.

La regi¶on de integraci¶on est¶a delimitada por las gr¶a¯cas de y = 0 (el eje x) y y =pa2 ¡ x2

(media circunferencia), como se muestra en la Fig. 4.54. Primero sustituimos x2 + y2 en elintegrando por r2 y dy dx por r dr dµ. Luego se cambian los l¶³mites a los de coordenadaspolares. Haciendo referencia a la Fig. 4.54, obtenemosZ a

¡a

Z pa2¡x2

0

¡x2 + y2

¢3=2dy dx =

Z ¼

0

Z a

0

r3r d dr dµ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Z ¼

0

r5

5

¯a0

dµ =a5

5

Z ¼

0

dµ

a5

5µ

¯¼0

=¼a5

5:

. . . . . .

² Las coordenadas polares pueden usarse tambi¶en para integrales dobles sobre una regi¶on R ¦del tipo ilustrado en la Fig. 4.55. Esta es una regi¶on en coordenadas polares que podr¶³amosdenominar del tipo II.



² En este caso general R est¶a acotada por los arcos de dos circunferencias de radios a y b, y porlas gr¶a¯cas de las ecuaciones polares µ = h1(r) y µ = h2(r), donde las funciones h1 y h2 soncontinuas, y h1(r) · h2(r) para todo r en el intervalo [a; b].

r = 1

r = 2

µ = 1 + r

µ = 2 + r

Figura 4.55: Regi¶on en coordenadas polares del tipo II.

² Si f es una funci¶on de r y µ que es continua en R, entonces el l¶³mite de las sumas parciales¦sobre una partici¶on interior de esta regi¶on existe y la f¶ormula de evaluaci¶on correspondienteest¶a dada como sigue. Z Z

R

f(r; µ) dA =

Z b

a

Z h2(r)

h1(r)

f(r; µ)r dµ dr

− Ejemplo 4.44. Calcular el ¶area de la menor de las dos regiones acotadas por el eje polar, lasgr¶a¯cas de r = 1, r = 2 y la parte de la espiral rµ = 1 que se encuentra entre µ = 1=2 y µ = 1.

Soluci¶on:




La regi¶on R est¶a en la Fig. 4.56. En este caso f(r; µ) = 1. Tenemos entonces que:

A =

Z ZR

1 dA =

Z 2

1

Z 1=r

0

r dµ dr =

Z 2

1

rµ

¯1=r0. . . . . . . .

dr

Por lo tanto, A =

Z 2

1

dr = 1.

² Si f(r; µ) ¸ 0 en toda una regi¶on polar R, entonces la integral doble

Z ZR

f(r; µ) dA puede

considerarse como el volumen de un s¶olido. La diferencia principal con las coordenadas rectan-gulares es que se considera la gr¶a¯ca S de z = f(r; µ) en coordenadas cil¶³ndricas. El s¶olido seencuentra bajo la gr¶a¯ca de S y sobre la regi¶on R.

− Ejemplo 4.45. Calcular el volumen V del s¶olido acotado por el paraboloide z = 4¡ x2 ¡ y2y por el plano xy.

Soluci¶on:

Figura 4.57:

El s¶olido se muestra en la Fig. 4.57. Por simetr¶³a, basta encontrar el volumen del s¶olido ubicadoen el primer octante y multiplicar el resultado por 4. En coordenadas cil¶³ndricas, la ecuaci¶ondel paraboloide es z = 4¡ r2. La regi¶on R en el plano xy est¶a acotada por los ejes coordenadosy un cuarto de la circunferencia r = 2. Tenemos entonces que con f(r; µ) = 4¡ r2. El volumenest¶a dado por:

V = 4

Z ZR

(4¡ r2) dA = 4Z ¼=2

0

Z 2

0

(4¡ r2)r dr dµ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

= 4

Z ¼=2

0

·2r2 ¡ r

4

4

¸ ¯20. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

dµ = 4

Z ¼=2

0

4 dµ



o bien V = 8¼. El mismo problema, en coordenadas rectangulares, lleva a la siguiente integraldoble:

V = 4

Z ZR

¡4¡ x2 ¡ y2¢ dA = 4Z 2

0

Z p4¡x2

0

¡4¡ x2 ¡ y2¢ dy dx

La evaluaci¶on de esta ¶ultima integral convencer¶a de las ventajas de usar coordenadas cil¶³ndricas(o polares) en ciertos problemas.

− Ejemplo 4.46. Halle el ¶area de la regi¶on R limitada por el c¶³rculo (x¡ a)2 + y2 = a2.Soluci¶on:

La gr¶a¯ca se muestra en la Fig. 4.58. La siguiente es una forma de escribir la ecuaci¶on de sufrontera en coordenadas polares:

(x2 ¡ 2ax+ a2) + y2 = a2; x2 + y2 = 2ax;

r2 = 2ar cos µ; r = 2a cos µ. . . . . . . . . . . . . . . . .

Por lo tanto, la regi¶on R se describe en coordenadas polares mediante las desigualdades

Figura 4.58: Regi¶on descrita.

0 · r · 2a cos µ, ¡¼=2 · µ · ¼=2. En consecuencia, tenemos que:

A =

Z ¼=2

¡¼=2

Z 2a cos µ

0

r dr dµ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

=

Z ¼=2

¡¼=2

·r2

2

¸ ¯2a cos µ0

dµ

Z ¼=2

¡¼=22a2 cos2 µ dµ =

Z ¼=2

¡¼=2a2(1 + cos 2µ) dµ

o bien A = ¼a2. . . . . .

− Ejemplo 4.47. Encuentre el volumen de la regi¶on s¶olida interior tanto a la esfera x2+y2+z2 =4 de radio 2 como al cilindro (x¡1)2+y2 = 1. Este es el volumen de material removido cuandose perfora un hoyo no centrado de radio 1, justo tangente a un di¶ametro a trav¶es de toda laesfera de radio 2.



Soluci¶on:

En la Fig. 4.59 se muestra el hemisferio superior.

Figura 4.59: Sol¶³do descrito.

Se necesita integrar la funci¶onf(x; y) = (4¡ x2¡ y2)1=2 sobre el disco R limitado por el c¶³rculode centro (1; 0) y radio 1 que aparece en la .


El volumen buscado es el doble de la parte superior del plano xy:

V = 2

Z ZR

p4¡ x2 ¡ y2 dA

Pero esta integral ser¶³a dif¶³cil de evaluar en coordenadas rectangulares, por lo que se cam-bia a coordenadas polares. El c¶³rculo unitario de la Fig. 4.60 es, en coordenadas polares

r = 2 cos µ. . . . . . . . . . . . . . . . Por consiguiente, la regi¶on R se describe con las desigualdades

0 · r · 2 cos µ; ¡¼=2 · µ · ¼=2:

Se integrar¶a s¶olo la mitad superior de R, aprovechando la simetr¶³a de la esfera agujerada; esto



signi¯ca duplicar por segunda vez la integral escrita. Por lo tanto:

V = 4

Z ¼=2

0

Z 2 cos µ

0

p4¡ r2r dr dµ

= 4

Z ¼=2

0

"¡(4¡ r

2)3=2

3

# ¯2 cos µ0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

dµ =32

3

Z ¼=2

0

¡1¡ sen3 µ

¢dµ

Tenemos as¶³ que V =16¼

3¡ 649. . . . . . . . . . . . . .

¼ 9:64405.

− Ejemplo 4.48. Encuentre el volumen del s¶olido limitado arriba por el paraboloide z = 8¡r2y abajo por el paraboloide z = r2. (V¶ease la Fig. 4.61).

Figura 4.61: S¶olido descrito.

Soluci¶on:

La curva de intersecci¶on de los dos paraboloides se encuentra con la soluci¶on simult¶anea de lasecuaciones de las dos super¯cies. Se elirnina z para obtener

r2 = 8¡ r2; o bien r2 = 4:. . . . . . . . . .

Por lo tanto, el s¶olido se encuentra arriba del disco circular r · 2 y entonces su volumen es

V =

Z Zr·2[(Sup. Sup.)¡ (Sup. Inf.)] dA

=

Z 2¼

0

Z 2

0

£(8¡ r2)¡ r2¤. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . r dr dµ

=

Z 2¼

0

Z 2

0

¡8r ¡ 2r3¢ dr dµ = 2¼

·4r2 ¡ r

4

2

¸. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

= 16¼



− Ejemplo 4.49. Hallar el valor de I =

Z +1

0

e¡x2

dx.

Soluci¶on:

Primero notamos que esta integral impropia converge porqueZ b

0

e¡x2

dx ·Z b

0

e¡x dx ·Z +1

0

e¡x dx = 1:. .

(Esta primera desigualdad es v¶alida debido a que e¡x2 · e¡x para x ¸ 1). Se sigue queZ b

1

e¡x2

dx es una funci¶on acotada y creciente de b.

Figura 4.62: Gr¶a¯ca de z = e¡x2¡y2.

Sea Vb el volumen de la regi¶on que se encuentra bajo la super¯cie z = e¡x2¡y2 y arriba del

cuadrado de v¶ertices (§b;§b) en el plano xy. Ver Fig. 4.62. Tenemos entonces:

Vb =

Z b

¡b

Z b

¡be¡x

2¡y2 dx dy =Z b

¡be¡y

2

·Z b

¡be¡x

2

dx

¸dy

o bien

V =

µZ b

¡be¡x

2

dx

¶µZ b

¡be¡y

2

dy

¶=

µZ b

¡be¡x

2

dx

¶2= 4

µZ b

¡be¡x

2

dx

¶2

Se sigue que el volumen bajo e¡x2¡y2 y sobre todo el plano xy es.

V = limb!+1

Vb = limb!+1

4

µZ b

¡be¡x

2

dx

¶2= 4

µZ +1

0

e¡x2

dx

¶2= 4I2



Ahora se calcula V por otro m¶etodo; el uso de coordenadas polares. Se toma el l¶³mite cuandob! +1 del volumen bajo

z = e¡x2¡y2 = e¡r

2

sobre el disco circular con centro en (0; 0) y radio b. El disco se describe como 0 · r · b,0 · µ · 2¼, por lo que resulta

V = limb!+1

Z 2¼

0

Z b

0

e¡r2

r dr dµ = limb!+1

Z 2¼

0

¡e¡r2

2

¯b0

dµ

= limb!+1

Z 2¼

0

1

2

³1¡ e¡b2

´dµ = lim

b!+1¼³1¡ e¡b2

´= ¼

Se igualan los dos valores de V y se sigue que 4I2 = ¼. En consecuencia, I =

p¼

2.

− Ejemplo 4.50. Calcule I =

Z ZR

dA en la que R es la regi¶on limitada por la curva

¡x2 + y2

¢2= a2

¡x2 ¡ y2¢ ; (x ¸ 0)

Soluci¶on:

Esta f¶ormula en coordenadas polares se convierte en¡r2¢2= a2

¡r2 cos2 µ ¡ r2 sen2 µ¢

o bien r2 = a2 cos(2µ). . . . . . . . . . . . . . . El gr¶a¯co de esta curva se muestra en la Fig. 4.63

Figura 4.63: Gr¶a¯ca de r2 = a2 cos(2µ).

Cuando µ var¶³a hay casos en los que la ecuaci¶on resultante no tiene soluciones reales para r.Efectivamente note que si 0 · µ · ¼=4, se tiene que cos(2µ) ¸ 0. Sin embargo si ¼=4 < µ <3¼=4, se tiene que cos(2µ) < 0. Por otro lado, notamos que para cada valor de µ, al tener queresolver para r, se generan dos valores.

Si empleamos la simetr¶³a de la curva la integral propuesta, tenemos que:

I = 2

Z ¼=4

0

Z apcos 2µ

0

r dr dµ =a2

2:



− Ejemplo 4.51. Cambie el orden de integraci¶on para I dada por:

I =

Z a

0

Z pa2¡x2

pa2¡x22

f(x; y) dy dx

Exprese adem¶as I usando coordenadas polares.

Soluci¶on: Las curvas involucradas son

R1

R2

a

a

a

2


y =

pa2 ¡ x22

; y =pa2 ¡ x2

Si tomamos el cuadrado a ambos lados obtenemos:

x2 + 4y2 = a2;. . . . x2 + y2 = a2

Las curvas en cuesti¶on son una elipse y un c¶³rculo. Como x ¸ 0 y y ¸ 0 la regi¶on de integraci¶onse muestra en la Fig. 4.64. Si despejamos x obtenemos

x =pa2 ¡ 4y2; x =

pa2 ¡ x2

Para invertir el orden de integraci¶on partimos el ¶area de integraci¶on en R1 y R2. Tenemosentonces que

I =

Z ZR1

f(x; y) dA+

Z ZR2

f(x; y) dA

=

Z a

a2

Z pa2¡x2

0

f(x; y) dy dx+

Z a2

0

Z pa2¡x2

pa2¡4y2

f(x; y) dy dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .



Para expresar I en coordenadas polares debemos hallar el equivalente de cada una de lasecuaciones

x2 + y2 + 3y2 = a2 x2 + y2 = a2

r2 + 3r2 sen2 µ = a2 r2 = a2

r =ap

1 + 3 sen2 µ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .r = a

Como solo usamos el primer cuadrante tenemos que 0 · µ · ¼=2. Por lo tanto:

I =

Z ¼2

0

Z a

ap1+3 sen2 µ

f (r cos µ; r sen µ) ¢ r dr dµ

4.6 ¶Area de una super¯cie

² Usando sumas de Riemann se puede justi¯car el de¯nir el ¶area A de una super¯cie regularz = f(x; y), que tiene como proyecci¶on en el plano xy una regi¶on R, como

A =

Z ZR

r1 +

¡@f@x

¢2+³@f@y

´2dA

− Ejemplo 4.52. SeaR la regi¶on triangular del plano xy con v¶ertices (0; 0; 0), (0; 1; 0) y (1; 1; 0).Calcular el ¶area de la super¯cie de la parte de la gr¶a¯ca de z = 3x+ y2 que se encuentra sobreR. Ver Fig. 4.65.


Soluci¶on:


4.6. ¶Area de una super¯cie 261


La regi¶on R del plano xy est¶a acotada por las gr¶a¯cas de y = x, x = 0 y y = 1, como semuestra en la Fig. 4.66. Empleando f(x; y) = 3x+ y2, obtenemos

A =

Z ZR

q32 + (2y)2 + 1 dA =

Z 1

0

Z y

0

¡10 + 4y2

¢1=2dx dyZ 1

0

x¡10 + 4y2

¢1=2 ¯y0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

dy =

Z 1

0

¡10 + 4y2

¢1=2y dy

=1

12

¡10 + 4y2

¢3=2 ¯10

=143=2 ¡ 103=2

12. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

o bien A ¼ 1:7− Ejemplo 4.53. Calcular el ¶area de la super¯cie de la parte de la gr¶a¯ca de la ecuaci¶onz = 9¡ x2 ¡ y2 que se encuentra por arriba o en el plano xy.Soluci¶on:


La gr¶a¯ca est¶a en la Fig. Fig. 4.67. Tenemos entonces que:

A =

Z ZR

q(¡2x)2 + (¡2y)2 + 1 dA =

Z ZR

p4x2 + 4y2 + 1 dA

para la regi¶on R del plano xy acotada por la circunferencia x2+y2 = 9. Si usamos coordenadaspolares para evaluar la integral doble, entonces la ecuaci¶on de la frontera circular de R es r = 3



y por lo tanto,

A =

Z 2¼

0

Z 3

0

p4r2 + 1 r. . . . . . . . . . . . . . . dr dµ

O bien A = ¼323=2 ¡ 1

6¼ 117:3.

² Se pueden obtener f¶ormulas semejantes de ¶area de una super¯cie cuando la super¯cie S tieneproyecciones adecuadas sobre los planos yz o xz.

² Si S es la gr¶a¯ca de una ecuaci¶on y = g(x; z) y su proyecci¶on en el plano xz es R1 entonces

A =

Z ZR1

q¡@g@x

¢2+¡@g@z

¢2+ 1 dA

² Si S es la gr¶a¯ca de una ecuaci¶on x = h(y; z) y su proyecci¶on en el plano xy es R2 entonces

A =

Z ZR2

r³@h@y

´2+¡@h@z

¢2+ 1 dA

² Consid¶erese ahora una super¯cie en coordenadas cil¶³ndricas parametrizada por medio de

x = r cos µ; y = r sen µ; z = f(r; µ)

para (r; µ) en una regi¶on del plano rµ. En este caso la f¶ormula del ¶area de dicha super¯ciequeda como:

A =

Z ZR

qr2 + r2

¡@z@r

¢2+¡@z@µ

¢2dr dµ

− Ejemplo 4.54. Halle el ¶area de la super¯cie del paraboloide z = r2, cortada por r = 1. VerFig. 4.68.




Soluci¶on:

En este caso tenemos:

A =

Z 2¼

0

Z 1

0

qr2 + r2 (2r)2 dr dµ = 2¼

Z 1

0

rp1 + 4r2 dr

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

o bien

A = 2¼

·1

12

¡1 + 4r2

¢3=2¸ ¯10

=¼

6

³5p5¡ 1

´. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

As¶³ que A ¼ 5:3304.En este caso se puede obtener el mismo resultado al escribir primero z = x2 + y2, usandocoordenadas rectangulares obtenemos:

A =

Z ZR

p1 + 4x2 + 4y2 dx dy

y cambiando despu¶es a coordenadas polares.

− Ejemplo 4.55. Encuentre el ¶area de la rampa en espiral z = µ para 0 · r · 1, y 0 · µ · ¼:la super¯cie superior del s¶olido que se observa en la ¯gura 16.67.

Figura 4.69: Rampa.

Soluci¶on:

La f¶ormula en este caso da

A =

Z ¼

0

Z 1

0

pr2 + 1 dr dµ =

¼

2. .

hp2 + ln

³1 +

p2´i

As¶³ A ¼ 3:6059.



Figura 4.70: Super¯cie S.


Sea a > 0. Calcular el ¶area A de la regi¶on S en el plano x+ y+ z = a que determina el cilindrox2 + y2 = a2.

Soluci¶on:

La gr¶a¯ca de la super¯cie S se muestra en la Fig. 4.70. Llamemos con F (x; y; z) = 0 a laecuaci¶on de la super¯cie S en cuesti¶on. Si T es la proyecci¶on de S sobre el plano xy, podemosusar la f¶ormula: ¤

A(S) =

Z ZT

r¡@F@x

¢2+³@F@y

´2+¡@F@z

¢2¯@F@z

¯ dA

En nuestro caso la super¯cie S est¶a determinada por F (x; y; z) = 0 en donde F (x; y; z) =x + y + z ¡ a. La proyecci¶on T est¶a determinada por el cilindro x2 + y2 = a2. En este casoresulta conveniente usar coordenadas polares. Tenemos as¶³ que:

A =

Z ZT

p1 + 1 + 1

1dA =

Z 2¼

0

Z a

0

p3 ¢ r dr dµ

o bien

A =

Z 2¼

0

p3r2

2

¯a0

dµ =

Z 2¼

0

p3a2

2dµ =

p3¼a2


Sea a > 0. Calcular el ¶area de la porci¶on de la esfera x2+y2+z2 = a2 que se halla en el interiordel cilindro x2 + y2 = ay y tal que z ¸ 0.Soluci¶on: Empezamos identi¯cando el centro del c¶³rculo x2+y2 = ay. Para ello completamos

¤Esta f¶ormula es presentada en el folleto de C¶alculo III elaborado por el Prof. Manuel Calvo.




cuadrados:

x2 + y2 = ay; x2 + y2 ¡ ay = 0; x2 +³y ¡ a

2

´2=³a2

´2Por lo tanto, la proyecci¶on sobre el plano xy es un c¶³rculo centrado en (0; a=2) y de radio a=2.Expresemos este c¶³rculo en coordenadas polares:

x2 + y2 = ay; r2 = a ¢ r sen µ; r = a sen µ:

En este caso 0 · µ · ¼.Veamos ahora en qu¶e se convierte la f¶ormula:

A(S) =

Z ZT

r¡@F@x

¢2+³@F@y

´2+¡@F@z

¢2¯@F@z

¯ dA

Observamos que F (x; y; z) = x2 + y2 + z2 ¡ a2. Por lo tanto:r¡@F@x

¢2+³@F@y

´2+¡@F@z

¢2¯@F@z

¯ =

p4x2 + 4y2 + 4z2

2z

=4 (x2 + y2 + z2)

2pa2 ¡ x2 ¡ y2 =

apa2 ¡ x2 ¡ y2

De esta manera:

A(S) =

Z ¼

0

Z a sen µ

0

a ¢ rpa2 ¡ r2 dr dµ =

Z ¼

0

¡apa2 ¡ r2

¯a sen µ0

dµ

=

Z ¼

0

a2 ¡ a2 jcos µj) dµ = a2(¼ ¡ 2)



4.7 Aplicaciones de las integrales dobles

² Se dice que un s¶olido de masa m y volumen V es homog¶eneo si la masa est¶a distribuidauniformemente en el s¶olido. La densidad (o masa espec¶³¯ca) a se de¯ne por

± =m

Vo bien m = ±V

entonces ± es masa por unidad de volumen. Si, por ejemplo, m se mide en gramos (g) y V encm3, ± se expresa en g/cm3.

² Consideremos ahora una l¶amina no homog¶enea, es decir, una en la que la densidad no es lamisma en todas partes. Por ejemplo, una l¶amina puede estar formada por diferentes metales,como cobre, hierro y oro.

² Se puede usar la integral doble para encontrar la masa M y el centroide (¹x; ¹y) de una placadelgada o de una l¶amina plana que ocupe una regi¶on limitada R del plano xy.

² Sup¶ongase que la densidad de la l¶amina (en unidades de masa por unidad de ¶area) en el punto(x; y) esta dada por la funci¶on continua ½(x; y).

² Sea P = fR1; R2; R3; : : : ; Rng una partici¶on interior de R y esc¶ojase un punto (x¤i ; y¤i ) de

cada subrect¶angulo Ri. Entonces, la masa del pedazo de l¶amina que ocupa Ri tendr¶a el valoraproximado ½(x¤i ; y

¤i )¢Ai, donde ¢Ai designa el ¶area a(Ri) de Ri. Por lo tanto, la masa

aproximada de la l¶amina completa estar¶a esta dada por

M ¼nXi=1

½(x¤i ; y¤i )¢Ai

² Recu¶erdese que el momento de una part¶³cula con respecto al eje de las x es el producto de sumasa por su distancia orientada al eje de las x; su momento con respecto al eje de las y esel producto de su masa por su distancia orientada al eje de las y. As¶³ que los momentos Mx

y My de la l¶amina con respecto a los ejes de las x y de las y tienen los valores aproximadosrespectivos de

Mx ¼nXi=1

y¤i ½(x¤i ; y

¤i )¢Ai; My ¼

nXi=1

x¤i ½(x¤i ; y

¤i )¢Ai

² Cuando la norma jP j de la partici¶on interior P tiende a cero, estas sumas riemannianas seaproximan a las integrales dobles sobre R correspondientes, por lo que se puede de¯nir la masaM y los momentos Mx y My por medio de las f¶ormulas

M =

Z ZR

½(x; y) dA

Mx =

Z ZR

y½(x; y) dA; My =

Z ZR

x½(x; y) dA


4.7. Aplicaciones de las integrales dobles 267

Estas f¶ormulas se abrevian as¶³:

M =

Z ZR

dM; Mx =

Z ZR

y dM; My =

Z ZR

x dM

en t¶erminos del elemento de masa dM = ½ dA.

² Las coordenadas (¹x; ¹y) del centroide o centro de masa de la l¶amina estar¶an dadas por lasf¶ormulas

¹x =My

M=

Z ZR

x½(x; y) dA

Á Z ZR

½(x; y) dA

¹y =Mx

M=

Z ZR

y½(x; y) dA

Á Z ZR

½(x; y) dA

Es f¶acil recordar estas f¶ormulas en la forma

¹x =1

M

Z ZR

x dM; ¹y =1

M

Z ZR

y dM

o bien

¹x =

Z ZR

x½(x; y) dA

ÁZ ZR

½(x; y) dA

¹y =

Z ZR

y½(x; y) dA

ÁZ ZR

½(x; y) dA

² Se tiene que ¹x y ¹y son los valores promedio de x y y con respecto a la masa de la regi¶on R. Elcentroide (¹x; ¹y) es el punto de la l¶amina en donde se equilibra horizontalmente si se coloca, porejemplo, sobre la punta de un picahielo.

− Ejemplo 4.58. Una l¶amina ocupa la regi¶on limitada por la recta y = x + 2 y la par¶abolay = x2. Suponga que la densidad de la l¶amina en el punto P (x; y) es proporcional al cuadradode la distancia de P al eje de las y; esto es, ½(x; y) = kx2, siendo k una constante positiva.Encuentre la masa y el centroide de esta l¶amina.

Soluci¶on:

La gr¶a¯ca de la l¶amina se muestra en la Fig. 4.72. La recta y la par¶abola se cortan en los dospuntos (¡1; 1) y (2; 4), por lo tanto:

M =

Z 2

¡1

Z x+2

x2

kx2. . . . . dy dx = k

Z 2

¡1

£x2y¤ ¯x+2x2. . . . . . . . . . . . . .

dx

= k

Z 2

¡1

¡x3 + 2x2 ¡ x4¢ dx = 63k

20:



Figura 4.72: L¶amina.

Entonces, las coordenadas del centroide est¶an dados por:

¹x =20

63k

Z 2

¡1

Z x+2

x2kx3 dy dx =

20

63

Z 2

¡1

£x3y¤ ¯x+2x2. . . . . . . . . . . . . .

dx

=20

63

Z 2

¡1

¡x4 + 2x3 ¡ x5¢ dx = 20

63¢ 185=

8

7:

. . .

¹y =20

63k

Z 2

¡1

Z x+2

x2kx2y dy dx =

20

63

Z 2

¡1

·x2y2

2

¸ ¯x+2x2. . . . . . . . . . . . . . . . .

dx

=10

63

Z 2

¡1

¡x4 + 4x3 + 4x2 ¡ x6¢ dx = 10

63¢ 53135

=118

49:

Por lo tanto, la l¶amina tiene una masa de 63k=20 y su centroide se localiza en el punto¡87; 11849

¢.

− Ejemplo 4.59. Una l¶amina tiene la forma de un tri¶angulo rect¶angulo is¶osceles con catetos delongitud a. Suponga que la densidad en un punto P es directamente proporcional al cuadradode la distancia al v¶ertice opuesto a la hipotenusa. Encontrar su centro de masa.

Soluci¶on:

Podemos colocar el tri¶angulo en cuesti¶on en un sistema coordenado con su ¶angulo recto sobreel origen de coordenadas tal como se muestra en la Fig. 4.73. De esta forma si un punto (x; y)est¶a en el tri¶angulo su densidad ±(x; y) = k(x2 + y2), para alg¶un k. La masa est¶a dada por

m =

Z ZR

±(x; y) dA =

Z a

0

Z a¡x

0

k¡x2 + y2

¢. . . . . . . . . . . . . . . . dy dx

= k

Z a

0

·x2y +

y3

3

¸ ¯a¡x0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

dx = k

Z a

0

·x2(a¡ x) + 1

3(a¡ x)3

¸dx



x+ y = a

(a; 0)

(0; a)

(l¶amina)

Figura 4.73: L¶amina triangular.

o bien m =ka4

6. . . . .. Por otro lado

My =

Z ZR

xk(x2 + y2) dA =

Z a

0

Z a¡x

0

xk(x2 + y2) dy dx =ka5

15. . . . .

De esta forma tenemos que

¹x =ka5

15ka4

6

=2a

5:

. . . . .

An¶alogamente, Mx =115ka5 y ¹y =

2a

5. . . . . . . . . .. Por lo tanto el centro de masa (el punto de

equilibrio) de la l¶amina es¡2a5; 2a5

¢.

− Ejemplo 4.60. Una l¶amina tiene la forma de un cuarto de c¶³rculo (del primer cuadrante) deradio a, como se muestra en laFig. 4.74. Su densidad es proporcional a la distancia al origen;es decir, la densidad en (x; y) es

½(x; y) = kpx2 + y2 = kr

(donde k es una constante positiva). Encuentre su masa y su centroide

Soluci¶on:

Primero se cambia a coordenadas polares; y la forma de la frontera de la l¶amina sugiere queesto facilitar¶a el problema. Entonces, la masa est¶a dada por:

M =

Z ¼=2

0

Z a

0

kr2 dr dµ

= k

Z ¼=2

0

·r3

3

¸ ¯a0. . . . . . . . . .

dµ = k

Z ¼=2

0

a3

3dµ =

k¼a3

6:




Por la simetr¶³a de la l¶amina y de su funci¶on de densidad, el centroide se encuentra sobre larecta y = x. Veamos:

¹x = ¹y =1

M

Z ZR

y½ dA. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

=6

k¼a3

Z ¼=2

0

Z a

0

kr3 sen µ dr dµ

=6

¼a3

Z ¼=2

0

·r4 sen µ

4

¸ ¯a0

dµ =6

¼a3¢ a

4

4

Z ¼=2

0

sen µ dµ =3a

2¼. . . .

En consecuencia, la l¶amina dada tiene como masa k¼a3

6y su centroide se localiza en el puntoµ

3a

2¼;3a

2¼

¶. . . . . . . . . . . . . . .

.

− Ejemplo 4.61. Una l¶amina tiene la forma de la regi¶on R del plano xy acotada por las gr¶a¯casde x = y2 y x = 4. Suponga que la densidad en el punto P (x; y) es directamente proporcionala la distancia al eje y. Calcular el centro de masa.

Soluci¶on:


La regi¶on est¶a en la Fig. 4.75. Por hip¶otesis, la densidad en (x; y) es ±(x; y) = kx, para unaconstante k. Por la forma de ± y la simetr¶³a de la regi¶on vemos que el centro de masa est¶a



sobre el eje x, es decir, ¹y = 0. Integrando primero con respecto a x, obtenemos

m =

Z ZR

kx dA = k

Z 2

¡2

Z 4

y2x dx dy

=

Z 2

¡2

·x2

2

¸ ¯4y2. . . . . . . . . . . .

dy =k

2

Z 2

¡2

¡16¡ y4¢ dy = 128k

5

Seg¶un la de¯nici¶on

My =

Z ZR

x(kx) dA = k

Z 2

¡2

Z 4

y2x2 dx dy

= k

Z 2

¡2

x3

3

¯4y2dy =

k

3

Z 2

¡2

¡64¡ y6¢ dy = 512k

7. . . . . . .

De modo tenemos que,

¹x =My

m=

512k7

128k5

=20

7¼ 2:86:

Por consiguiente, el centro de masa es

µ20

7; 0

¶. . . . . . . . . . . .

.

² Un concepto f¶³sico importante es el de momento de inercia. El momento de inercia (polar) I0de una l¶amina, cuya densidad est¶a dada por ½(x; y), con respecto al origen est¶a dado por

I0 =

Z ZR

¡x2 + y2

¢½(x; y) dA

² Si designamos con Ix el momento de inercia de la l¶amina con respecto al eje de las x y con Iyes el momento de inercia con respecto al eje de las y, entonces sus f¶ormulas est¶an dadas por:

Ix =

Z ZR

y2½(x; y) dA; Iy =

Z ZR

x2½(x; y) dA

− Ejemplo 4.62. Calcule Ix para una l¶amina de densidad constante ½ = 1 que ocupa la regi¶onlimitada por las curvas

x = §y4; ¡1 · y · 1Soluci¶on:

La l¶amina se muestra en la Fig. 4.76. Tenemos entonces que:

Ix =

Z 1

¡1

Z y4

¡y4y2 dx dy

=

Z 1

¡1

£xy2¤ ¯y4¡y4. . . . . . . . . . . . . .

dy =

Z 1

¡12y6 dy =

4

7:

. . .




− Ejemplo 4.63. Encuentre el momento de inercia polar de una l¶amina circular de radio a ydensidad constante ½ con centro en el origen.

Soluci¶on: La f¶ormula en este caso da

Io =

Z Zx2+y2·a2

¡x2 + y2

¢½ dA

=

Z 2¼

0

Z a

0

r2 ¢ ½ ¢ r dr dµ = ½

Z 2¼

0

Z a

0

r3 dr dµ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

=½¼a4

2=Ma2

2

en donde M = ½¼a2 es la masa de la l¶amina circular (disco).

4.8 Integrales triples

² Las integrales triples de una funci¶on f de tres variables x, y, z se pueden de¯nir siguiendo unproceso de cuatro pasos parecido al que se us¶o para las funciones de una y dos variables.

² A continuaci¶on se de¯nen para el caso m¶as sencillo, cuando f es continua en un paralelep¶³pedorectangular Q dado por

Q = f(x; y; z) : a · x · b; c · y · d;m · z · ngcomo se ilustra en la Fig. 17.38(i).

² Si se divide Q en subregiones Q1, Q2, Q3, : : : Qn mediante planos paralelos a los tres planoscoordenados, entonces el conjunto fQkg es una partici¶on P de Q. La norma jjP jj de la partici¶ones la longitud de la mayor de las diagonales de todos los Qk. Si ¢xk, ¢yk y ¢zk son laslongitudes de los lados de Qk, entonces su volumen ¢Vk est¶a dado por:

¢Vk = ¢xk¢yk¢zk:


4.8. Integrales triples 273

Figura 4.77: Paralelep¶³pedo

² Una suma de Riemann de f para la partici¶on P es una suma comoXk

f (u;vk; wk)¢Vk

donde (u;vk; wk) es un punto arbitrario en Qk. El l¶³mite de las sumas de Riemann cuandojjP jj ! 0, se de¯ne como en el caso de las funciones de dos variables. Si el l¶³mite existe, sedenota por Z Z Z

Q

f(x; y; z) dV

y se llama integral triple de f sobre Q. A continuaci¶on se tiene, usando la notaci¶on de l¶³mites.

² Se puede demostrar que si Q es la regi¶on dada por

Q = f(x; y; z) : a · x · b; c · y · d;m · z · ng

entonces se cumple que:Z Z ZQ

f(x; y) dV =

Z n

m

Z d

c

Z b

a

f(x; y; z) dx dy dz

² La integral iterativa del lado derecho se eval¶ua de dentro hacia afuera. As¶³, primero se integracon respecto a x (manteniendo y y z ¯jas); luego con respecto a y (manteniendo z ¯ja) ydespu¶es con respecto a z. Hay otras cinco integrales iterativas equivalentes a la integral triplede f sobre Q, por ejemplo, cuando el orden de integraci¶on es y, z, x. Cuando Q es unparalelep¶³pedo rectangular el orden de integraci¶on no altera el resultado.


Z Z ZQ

3xy3z2 dV para

Q = f(x; y; z) : ¡1 · x · 3; 1 · y · 4; 0 · z · 2g:



Soluci¶on: De las seis integrales iterativas posibles elegimos la siguiente:Z 4

1

Z 3

¡1

Z 2

0

3xy3z2. . . . . . . . . dz dx dy =

Z 4

1

Z 3

¡1xy3z3

¯z=2z=0

dx dy

=

Z 4

1

Z 3

¡18xy3 dx dy =

Z 4

1

4x2y3¯x=3x=¡1

dy

Z 4

1

³36y3 ¡ 4y3. . . . . . . . . . . . . . .

´dy = 8y4

¯y=4y=1

= 2040:

² Pueden de¯nirse las integrales triples sobre regiones m¶as complicadas. Los caso t¶³picos semuestran en la Fig. 4.78.

Figura 4.78: Tipos de s¶olidos

² Por ejemplo, sea R una regi¶on del plano xy que se puede dividir en subregiones del Tipo I ydel Tipo 11, y sea Q la regi¶on en tres dimensiones de¯nida por

Q = f(x; y; z) : (x; y) est¶a en R y k1(x; y) · z · k2(x; y)gdonde las funciones k1 y k2 tienen primeras derivadas parciales continuas en R. La regi¶on Qse encuentra entre las gr¶a¯cas de z = k1(x; y) y z = k2(x; y), y arriba o abajo de la regi¶on R(v¶ease la Fig. 4.79).

² El siguiente resultado se deduce en forma an¶aloga que para el caso de integrales dobles.Z Z ZQ

f(x; y; z) dV =

Z ZR

"Z k2(x;y)

k1(x;y)

f(x; y; z) dz

#dA




² La notaci¶on en el lado derecho signi¯ca que se integra primero con respecto a z y luego seeval¶ua la integral doble resultante sobre la regi¶on R del plano xy usando los m¶etodos ya vistos.Si R es del Tipo I y se sabe que g1(x) · y · g2(x) entoncesZ Z Z

Q

f(x; y; z) dV =

Z b

a

Z g2(x)

g1(x)

Z k2(x;y)

k1(x;y)

f(x; y; z) dz dy dx

² El s¶³mbolo del lado derecho de esta ecuaci¶on es una integral triple iterativa. Se eval¶ua conintegraciones parciales de f(x; y; z) en el orden z, y, x, sustituyendo los l¶³mites de integraci¶onde la manera acostumbrada.

² An¶alogamente, si R es del Tipo II, con h1(y) · x · h2(y), entoncesZ Z ZQ

f(x; y; z) dV =

Z d

c

Z h2(y)

h1(y)

Z k2(x;y)

k1(x;y)

f(x; y; z) dz dx dy

− Ejemplo 4.65. Expresar

Z Z ZQ

f(x; y; z) dV como una integral iterativa, para la regi¶on Q

en el primer octante acotada por los planos coordenadas y las gr¶a¯cas de

z ¡ 2 = x2 + y2

4y x2 + y2 = 1:

Soluci¶on:

Como se puede ver en la Fig. 4.80 Q se encuentra bajo el paraboloide z¡2 = x2+ y2

4y sobre la

gr¶a¯ca de z = 0 (el plano xy). La regi¶on R del plano xy est¶a acotada por los ejes coordenadasy la gr¶a¯ca de y =

p1¡ x2. Tenemos entonces que:Z Z ZQ

f(x; y; z) dV =

Z 1

0

Z p1¡x2

0

Z 2+x2+y2=4

0

f(x; y; z) dz dy dx




Si f(x; y; z) = 1 en Q, entonces la integral triple de f sobre Q se escribe como

Z Z ZQ

dV y su

valor es el volumen de la regi¶on Q. El volumen V de la regi¶on Q es entonces:Z 1

0

Z p1¡x2

0

Z 2+x2+y2=4

0

dz dy dx =37¼

64. . . . . .

− Ejemplo 4.66. Calcular el volumen del s¶olido acotado por el cilindro y = x2 y los planosy + z = 4 y z = 0.

Soluci¶on:


El s¶olido est¶a en la Fig. 4.81. Obs¶ervese que la variable z var¶³a desde z = 0 hasta z = 4 ¡ y.La regi¶on R del plano xy se muestra en la Fig. 4.81. Tenemos entonces que

V =

Z 4

0

Z py

¡py

Z 4¡y

0

dz dx dy =256

15. . . . .



Una forma alternativa es Z 2

¡2

Z 4

x2

Z 4¡y

0

dz dy dx

² Algunas integrales triples se pueden evaluar mediante una integral triple iterativa, en la que laprimera integraci¶on se efect¶ua con respecto a y. As¶³, sea

Q = f(x; y; z) : a · x · b; h1(x) · z · h2(x); k1(x; z) · y · k2(x; z)gdondeh1 y h2 son funciones continuas en [a; b] y k1, y k2 son funciones con primeras derivadasparciales continuas en la regi¶on R del plano xz, que se muestra en la Fig. 4.82.


² N¶otese que Q se encuentra entre las gr¶a¯cas de y = k1(x; z) y y = k2(x; z). La proyecci¶on Rde Q sobre el plano xz es una regi¶on del Tipo I. En este caso se tiene el siguiente resultado.Z Z Z

Q

f(x; y; z) dV =

Z b

a

Z h2(x)

h1(x)

Z k2(x;y)

k1(x;y)

f(x; y; z) dy dz dx

− Ejemplo 4.67. Calcular el volumen de la regi¶on Q acotada por las gr¶a¯cas de

z = 3x2; z = 4¡ x2; y = 0 y z + y = 6:

Soluci¶on:

Como se puede ver en la Fig. 4.83 Q se encuentra bajo el cilindro z = 4¡x2, y sobre el cilindroz = 3x2, a la derecha del plano xz y a la izquierda del plano z + y = 6. Entonces, Q es unaregi¶on dondek1(x; z) = 0 y k2(x; z) = 6¡ z. La regi¶on R del plano xz aparece en la Fig. 4.83.De esta forma:

V =

Z Z ZQ

f(x; y; z) dV =

Z 1

¡1

Z 4¡x2

3x2

Z 6¡z

0

dy dz dx

=

Z 1

¡1

Z 4¡x2

3x2(6¡ z) dz dx =

Z 1

¡1

·6z ¡ z

2

2. . . . . . . . . . .

¸ ¯4¡x23x2

dx




o bien

V =

Z 1

¡1(16¡ 20x2 + 4x4) dx = 304

15. . . . .¼ 20:3

Si us¶aramos un orden de integraci¶on diferente, ser¶³a necesario evaluar varias integrales triples.(>Puede verse a qu¶e se debe esto?) .

² Finalmente, si Q es una regi¶on del tipo ilustrado en la Fig. 4.84, donde p1 y p2 son funcionescon primeras derivadas continuas en una regi¶on adecuada R del plano yz, entoncesZ Z Z

Q

f(x; y; z) dV =

Z ZR

"Z p2(y;z)

p1(y;z)

f(x; y; z) dx

#dA


En la ¶ultima integral doble iterativa dA se puede reemplazar por dz dy o bien dy dz.

− Ejemplo 4.68. En el Ejemplo 4.66 se consider¶o el s¶olido delimitado por el cilindro y = x2 ylos planos y + z = 4 y z = 0. Calcular el volumen integrando primero con respecto a x.

Soluci¶on:

La regi¶on R del plano yz se encuentra entre estas gr¶a¯cas y est¶a acotada por el eje y, el eje z yla recta y + z = 4, como se muestra en la Fig. 4.81 . Si la segunda integraci¶on es con respecto



a y, entonces

V =

Z 4

0

Z 4¡z

0

Z py

¡pydx dy dz:

Puede veri¯carse que el valor de esta integral es 256=15. Si hacemos la segunda integraci¶on conrespecto a z en vez de con respecto a y, entonces la integral iterativa es

V =

Z 4

0

Z 4¡y

0

Z py

¡pydx dz dy:

² La aplicaci¶on de las integrales dobles se generalizan de inmediato para las integrales triples. SiT es un cuerpo s¶olido cuya funci¶on densidad es ½(x; y; z), entonces la masa M estar¶a dada por

M =

Z Z ZT

½(x; y; z) dV

² Las coordenadas del centroide de T est¶an dadas por

¹x =1

M

Z Z ZT

x½(x; y; z) dV; ¹y =1

M

Z Z ZT

y½(x; y; z) dV;

¹z =1

M

Z Z ZT

z½(x; y; z) dV;

² Los momentos de inercia de T con respecto a los tres ejes coordenados se de¯nen como

Ix =

Z Z ZT

(y2 + z2)½(x; y; z) dV; Iy =

Z Z ZT

(x2 + z2)½(x; y; z) dV;

Iz =

Z Z ZT

(x2 + y2)½(x; y; z) dV

− Ejemplo 4.69. Calcule por integraci¶on triple (de tres maneras) el volumen de la regi¶on Tlimitada por el cilindro parab¶olico x = y2 y los planos z = 0 y x + z = 1. Encuentre tambi¶enel centroide de T (bajo el supuesto de que su densidad ½ es la constante 1).

Soluci¶on:

Los tres segmentos de la Fig. 4.85 que son paralelos a los ejes coordenadas indican que la regi¶onT es a la vez x-simple, y-simple, z-simple. Por lo tanto, se puede integrar en cualquier ordenque se elija. La proyecci¶on de T sobre el plano xy es la regi¶on que se muestra en la Fig. 4.86-A,limitada por x = y2 y x = 1.



Figura 4.85: Regi¶on T .

Figura 4.86: Proyecciones

Tenemos entonces que:

V =

Z 1

¡1

Z 1

y2

Z 1¡x

0

dz dx dy = 2

Z 1

0

Z 1

y2(1¡ x) dx dy

= 2

Z 1

0

·x¡ x

2

2

¸ ¯1y2dy = 2

Z 1

0

µ1

2¡ y2 + y

4

2. . . . . . . . . . . . . . . . .

¶dy =

8

15:

La proyecci¶on de T sobre el plano xz es el tri¶angulo limitado por los ejes coordenados y la rectacon ecuaci¶on x+ z = 1 (ver Fig. 4.86-B). De esta forma tenemos que:

V =

Z 1

0

Z 1¡x

0

Z px

¡pxdy dz dx = 2

Z 1

0

Z 1¡x

0

px dz dx

= 2

Z 1

0

³x1=2 ¡ x3=2. . . . . . . . . . . . . . .

´dx =

8

15:



La proyecci¶on de T sobre el plano yz est¶a limitada por el eje de las y y la par¶abola z = 1¡ y2(como en la Fig. 4.86)-C. As¶³ tenemos que:

V =

Z 1

¡1

Z 1¡y2

0

Z 1¡z

y2dx dz dy

y la evaluaci¶on de esta integral m¶ultiple da otra vez V = 815.

En cuanto al centroide de T : Puesto que la regi¶on T es sim¶etrica con respecto al plano xz, sucentroide se encuentra en dicho plano, por lo que ¹y = 0. Calculemos ¹x y ¹z por integraci¶on,primero con respecto a y. Veamos:

¹x =1

V

Z Z ZT

x dV =15

8

Z 1

0

Z 1¡x

0

Z px

¡pxx dy dz dx

=15

4

Z 1

0

Z 1¡x

0

x3=2 dz dx =15

4

Z 1

0

³x3=2 ¡ x5=2. . . . . . . . . . . . . . .

´dx;

y de forma an¶aloga

¹z =1

V

Z Z ZT

z dV =15

8

Z 1

0

Z 1¡x

0

Z px

¡pxz dy dz dx =

2

7. .

Por lo tanto, el centroide de T est¶a situado en el punto (3

7; 0;2

7)

. . . . . . . . . . . ..

− Ejemplo 4.70. Encuentre el volumen del segmento oblicuo del paraboloide limitado por el-paraboloipe z = x2 + y2 y el plano z = y + 2.

Soluci¶on:


La regi¶on T se muestra en la Fig. 4.87 es z-simple pero su proyecci¶on sobre el plano xy est¶alimitada por la gr¶a¯ca de la ecuaci¶on x2 + y2 = y + 2, que es un c¶³rculo trasladado. Por



consiguiente, ser¶³a m¶as bien poco conveniente integrar primero con respecto a z. Sin embargoplanteamos la integral: Z 2

¡1

Z q94¡(y¡ 1

2)2

¡q

94¡(y¡ 1

2)2

Z 2+y

x2+y2dz dx dy =

81¼

32:

. . . . . . .

La regi¶on T tambi¶en es x-simple por eso se puede integrar primero con respecto a x. La

x =

s9

4¡µy ¡ 1

2

¶2x = ¡

s9

4¡µy ¡ 1

2

¶2

Figura 4.88: Proyecci¶on sobre xy.

proyecci¶on de T en el plano yz est¶a limitada por la recta z = y + 2 y la par¶abola z = y2, quese intersecan en los puntos (¡1; 1) y (2; 4) como se ve en la Fig. 4.89. Los extremos de unsegmento de T paralelo al eje de las x tiene como abscisas x = §

pz ¡ y2.

Figura 4.89: Proyecci¶on.

Puesto que T es sim¶etrico con respecto al plano yz, se puede integrar de x = 0 a x =pz ¡ y2

y duplicar el resultado. En consecuencia tenemos:

V = 2

Z 2

¡1

Z y+2

y2

Z pz ¡ y2. . . . . . . . . . . .

0

dx dz dy = 2

Z 2

¡1

Z y+2

y2

pz ¡ y2 dz dy

2

Z 2

¡1

·2

3(z ¡ y2)

¸3=2 ¯y+2y2dy =

4

3

Z 2

¡1

³2 + y ¡ y2. . . . . . . . . . . . . . .

´3=2dy



o bien

V =4

3

Z 3=2

¡3=2

µ9

4¡ u2

¶3=2du (completando el cuadrado; u = y ¡ 1=2.)

=27

4

Z ¼=2

¡¼=2cos4 µ dµ;

µy =

3

2sen µ

¶

y ¯nalmente V =81¼

32.


Calcule I =

Z Z ZS

xy2z3 dV en donde S es el s¶olido limitado por la super¯cie z = xy y los

planos y = x, x = 1 y z = 0.

Soluci¶on: La regi¶on de integraci¶on se muestra en la Fig. 4.90-(a). Al proyectar sobre el plano


xy obtenemos la segunda regi¶on que se muestra en la Fig. 4.90-(b). Tenemos entonces que:

I =

Z 1

0

Z x

0

Z xy

0

xy2z3 dz dy dx =

Z 1

0

Z x

0

·xy2z4

4

¯xy0

¸dy dx

=

Z 1

0

Z x

0

x5y6

4dy dx =

Z 1

0

·x5y7

28. . . . . . .

¯x0

¸dx =

Z 1

0

x12

28dx =

1

364:

. . . . . .


Sea I =

Z 1

0

Z 1¡x

0

Z x+y

0

f(x; y; z) dz dy dx. Dibuje la regi¶on de integraci¶on, muestre su proyecci¶on

sobre el plano xy y exprese I de modo que la primera integraci¶on sea con respecto a y, es decirproyectando sobre el plano xz.



Soluci¶on:

Figura 4.91: Regi¶on de integraci¶on y su proyecci¶on.

Empezamos dibujando la regi¶on de integraci¶on. Notamos que 0 · x · 1, 0 · y · 1 ¡ x y0 · z · x+ y.Las primeras dos desigualdades nos permiten identi¯car la proyecci¶on de la regi¶on de integraci¶onsobre el plano xy que se muestra en la Fig. 4.91-(b).

A

B

C

D

E

F

x

y

z

Figura 4.92: Buscando la proyecci¶on

El ejercicio solicita que la primera integraci¶on se haga con respecto a y, por lo tanto debemosproyectar sobre el plano xz. Las ecuaciones que determinan la regi¶on de integraci¶on son x = 0,x = 1, y = 0, y = 1 ¡ x, z = 0 y z = x + y. Al proyectar sobre el plano xz hacemos y = 0.Esto nos deja las ecuaciones x = 0, x = 1, z = 0 y z = x. >Qu¶e se obtiene al proyectar sobre elplano xz? Tal vez el gr¶a¯co simpli¯cado de la Fig. 4.92 nos ayude. Notamos que al proyectar,el punto A es llevado de nuevo en A, B es llevado a F , C es llevado a E y D en E. Obtenemosentonces con esta proyecci¶on el cuadrado con extremos AFED. La recta z = x parte estaregi¶on a la mitad. Si el observador se ubica sobre el tri¶angulo AFD notar¶a que la super¯cieen cuesti¶on oscila entre y = 0 y y = 1 ¡ x. Por otro lado si se ubica sobre el tri¶angulo DEFnotar¶a que la super¯cie en cuesti¶on oscila entre y = z¡x y y = 1¡x. Esto justi¯ca la siguiente



identidad

I =

Z 1

0

Z x

0

Z 1¡x

0

f(x; y; z) dy dz dx+

Z 1

0

Z 1

x

Z 1¡x

z¡xf(x; y; z) dy dz dx


Sea I =

Z 1

0

Z 1

0

Z x2+y2

0

f(x; y; z) dz dy dx. Dibuje la regi¶on de integraci¶on, muestre su proyecci¶on

sobre el plano xy y exprese I de modo que la primera integraci¶on sea con respecto a y, es decirproyectando sobre el plano xz.

Soluci¶on:

A

C

A

B

D C

z = x2

z = x2 + 1

D

B


La regi¶on de integraci¶on se muestra en la Fig. 4.93. Al proyectar la cara descrita por los puntosABCD obtenemos la regi¶on que se muestra a la izquierda. Hemos dividido esta regi¶on en dospartes pues \sobre" cada uno estos sectores cambia la forma en que oscila y. Por \debajo" dela par¶abola z = x2 la variable y oscila entre y = 0 y y = 1. Sin embargo \entre" las par¶abolasz = x2 y z = x2 + 1 la variable y oscila entre el paraboloide (y =

pz ¡ x2) y el plano y = 1.

Tenemos as¶³ que:

I =

Z 1

0

Z x2

0

Z 1

0

f(x; y; z) dy dz dx+

Z 1

0

Z x2+1

x2

Z 1

pz¡x2

f(x; y; z) dy dz dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .



4.9 Integraci¶on en coordenadas cil¶³ndricas y esf¶ericas

² (Coordenadas cil¶³ndricas) Sup¶ongase que f(x; y; z) es una funci¶on continua de¯nida sobreuna regi¶on z-simple T , que debido a que es z-simple, se puede escribir como

g1(x; y) · z · g2(x; y) para (x; y) 2 R

Tenemos entonces Z Z ZT

f(x; y; z) dV =

Z ZR

"Z g2(x;y)

g1(x;y)

f(x; y; z) dz

#dA

² Si la regi¶on R se describe en coordenadas polares en una forma m¶as naturalmente que encoordenadas rectangulares, es probable que la integraci¶on sobre dicha regi¶on plana sea m¶assimple si se desarrolla en coordenadas polares. Se expresa primero la integral parcial interioren t¶erminos de r y µ, escribiendoZ g2(x;y)

g1(x;y)

f(x; y; z) dz =

Z G2(r;µ)

G1(r;µ)

F (r; µ; z) dz

dondeF (r; µ; z) = f(r cos µ; r sen µ; z); G1(r; µ) = g1(r cos µ; r sen µ);

y G2(r; µ) = g2(r cos µ; r sen µ)

Si sustituimos esto en la integral triple dada y usamos el hecho de que dA = r dr dµ, obtenemos:Z Z ZT

f(x; y; z) dV =

Z ZS

Z G2(r;µ)

G1(r;µ)

F (r; µ; z) dz r dr dµ

donde S representa los l¶³mites apropiados de r y µ necesarios para describir la regi¶on plana Ren coordenadas polares

² Los l¶³mites sobre z no son m¶as que las coordenadas z (en t¶erminos de r y µ) de un segmentorepresentativo que una las super¯cies frontera superior e inferior de T , como se indica enFig. 4.94.

² Por lo tanto, la f¶ormula general para la integraci¶on triple en coordenadas cil¶³ndricas esZ Z ZT

f(x; y; z) dV =

Z Z ZS

f(r cos µ; r sen µ; z) r dz dr dµ

con l¶³mites para z, r y µ adecuados para describir la regi¶on en el espacio T en coordenadascil¶³ndricas.


4.9. Integraci¶on en coordenadas cil¶³ndricas y esf¶ericas 287

z = G1(r; µ)

z = G2(r; µ)

Figura 4.94: Coordenadas cil¶³ndricas

² Antes de la integraci¶on, se sustituyen las variables x y y por r cos µ y r sen µ, respectivamente,mientras que z queda sin cambio. El elemento del volumen en coordenadas cil¶³ndricas esdV = r dz dr dµ puede ser formalmente considerado como producto de dz por el elemento del¶area en coordenadas polares dA = r dr dµ.

² La integraci¶on en coordenadas cil¶³ndricas es ¶util en particular para c¶alculos relacionados cons¶olidos de revoluci¶on. El s¶olido debe ser calculado cuando su eje de revoluci¶on es el eje de lasz.

² En el archivo \Integrales triples en coord. cil¶³ndricas con detalles.nb", del disco compacto, semuestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 4.74. Encuentre el centroide de la parte del primer octante de la pelota s¶olidalimitada por la esfera r2 + z2 = a2. Ver la Fig. 4.95.

Figura 4.95: S¶odido.

Soluci¶on:

El volumen del primer octante de la pelota s¶olida est¶a dado por (la conocida f¶ormula)

V =1

8

µ4

3¼a3¶=¼a3

6:



Dado que ¹x = ¹y = ¹z por simetr¶³a, se necesitar¶a calcular s¶olo

¹z =1

V

Z Z ZT

z dV =6

¼a3

Z ¼=2

0

Z a

0

Z pa2¡r2

0

zr dz dr dµ

=6

¼a3

Z ¼=2

0

Z a

0

r (a2 ¡ r2)2. . . . . . . . . . . . . . .

dr dµ =3

¼a3

Z ¼=2

0

·a2r2

2¡ r

4

4

¸ ¯a0

dµ

o bien

V =3

¼a3¢ ¼2¢ a

4

4=3a

8:

Por lo tanto, el centroide se localiza en (3a=8; 3a=8; 3a=8).

− Ejemplo 4.75. Encuentre el volumen y el centroide del s¶olido T limitado por el paraboloidez = b(x2 + y2), siendo b > 0, y el plano z = h, para h > 0. Ver Fig. 4.96.


Soluci¶on:

La Fig. 4.96 aclara que el radio de la tapa circular se obtiene al igualar z = b(x2 + y2) = br2

con z = h. Esto da r =ph=b como radio del c¶³rculo bajo el cual yace el s¶olido. Hagamos

a =ph=b. Por lo tanto, usando f(x; y; z) = 1, tenemos el volumen:Z Z Z

T

dV =

Z 2¼

0

Z a

0

Z h

br2r dz dr dµ

=

Z 2¼

0

Z a

0

¡hr ¡ br3¢. . . . . . . . . . . . . . . dr dµ

o bien V = 2¼

µha2

2¡ ba

4

4

¶=¼h2

2b.



Por simetr¶³a, el centroide de T se encuentra sobre el eje de las z, por lo que todo lo que restaes el c¶alculo de ¹z:

¹z =1

V

Z Z ZT

z dV =2b

¼h2

Z 2¼

0

Z a

0

Z h

br2rz dz dr dµ

=2b

¼h2

Z 2¼

0

Z a

0

·h2r

2¡ b

2r5

2

¸dr dµ =

2h

3:

. . . . .

Observe que las dimensiones de la respuesta son correctas: z debe darse en unidades de longitud.

Se pueden generalizar en la siguiente forma los resultados obtenidos: El volumen de unparaboloide circular recto es igual a la mitad del cilindro circunscrito (vea la Fig. 4.96) ysu centroide se encuentra sobre el eje de simetr¶³a a las dos terceras partes de la distancia entreel \v¶ertice" (0; 0; 0) y la base (tapa).

− Ejemplo 4.76. Un s¶olido tiene la forma de la regi¶on Q que se encuentra simult¶aneamentedentro del cilindro r = a y de la esfera r2 + z2 = 4a2, y por arriba del plano xy. Calcularel centro de masa y el momento de inercia Iz suponiendo que la densidad en un punto P esdirectamente proporcional a la distancia de P al plano xy. Ver Fig. 4.97.


Soluci¶on:

La regi¶on Q est¶a en la Fig. 4.97. Como la densidad en el punto P (r; µ; z) est¶adada por kz parauna constante k, la masa M se puede calcular aplicando f(r; µ; z) = kz:

M =

Z 2¼

0

Z a

0

Z p4a2¡r2

0

(kz)r dz dr dµ =k

2

Z 2¼

0

Z a

0

z2r

¯p4a2¡r20

dr dµ

=k

2

Z 2¼

0

Z a

0

¡4a2r ¡ r3¢. . . . . . . . . . . . . . . . dr dµ =

k

2

Z 2¼

0

·2a2r2 ¡ r

4

4

¸ ¯a0

dµ



o bien M =7a4k

8

Z 2¼

0

dµ =7a4¼k

4:

Para calcular Iz tenemos:

Iz =

Z 2¼

0

Z a

0

Z p4a2¡r2

0

r2(kz)r dz dr dµ =k

2

Z 2¼

0

Z a

0

£r3z2

¤ ¯p4a2¡r20

dr dµ

=k

2

Z 2¼

0

Z a

0

¡4a2r3 ¡ r5¢ dr dµ = 5a6¼k

6:

. . . . . . . . . .

² (Coordenadas esf¶ericas) Cuando las super¯cies frontera de la regi¶on T de integraci¶on sonesferas, conos u otras super¯cies cuya descripci¶on en coordenadas esf¶ericas es simple, por loregular es ventajoso transformar la integral a coordenadas esf¶ericas (½; Á; µ), como se muestraen la ¯gura .

Figura 4.98: Coordenadas esf¶ericas (½; Á; µ)

² La relaci¶on entre las coordenadas esf¶ericas y las rectangulares (x; y; z), est¶a dada porx = ½ senÁ cos µ;y = ½ senÁ sen µ;z = ½ cosÁ

² Se puede demostrar (tomando el l¶³mite de las sumas parciales apropiadas) queZ Z ZT

f(x; y; z) dV =

Z µ2

µ1

Z Á2

Á1

Z ½2

½1

F (½; Á; µ)½2 senÁ d½ dÁ dµ

La transformaci¶on de coordenadas rectangulares a coordenadas esf¶ericas se obtiene al reem-plazar las variables x, y y z por las expresiones dadas en la f¶ormula anteriores y escribirformalmente

dV = ½2 senÁ d½ dÁ dµ

como elemento del volumen en coordenadas esf¶ericas.



² Generalizando, se puede transformar RRRTf(x; y; z) dV en coordenadas esf¶ericas, siempre y

cuando la regi¶on T sea centralmente simple (ver Fig. 4.99); es decir, siempre que la descripci¶onde sus coordenadas esf¶ericas sea de la forma

G1(Á; µ) · G2(Á; µ); Á1 · Á · Á2; µ1 · µ · µ2Si as¶³ es, entoncesZ Z Z

T

f(x; y; z) dV =

Z µ2

µ1

Z Á2

Á1

Z G2(Á;µ)

G1(Á;µ)

F (½; Á; µ)½2 senÁ d½ dÁ dµ

½ = G1(Á; µ)

½ = G2(Á; µ)

Figura 4.99: Regi¶on centralmente simple.

² Los l¶³mites de ½ son s¶olo las coordenadas ½ (en t¶erminos de ½ y µ) de los extremos de un segmentoradial representativo que una las partes \interior" y \exterior" de la frontera de T (v¶ease laFig. 4.99). En consecuencia, la f¶ormula general para la integraci¶on triple en coordenadasesf¶ericas es Z Z Z

T

f(x; y; z) dV

=

Z Z ZS

f(½ senÁ cos µ; ½ senÁ sen µ; ½ cosÁ) d½ dÁ dµ

Con l¶³mites en ½, Á, µ apropiados para describir la regi¶on T en coordenadas esf¶ericas .

² En el archivo \Integrales triples en coord. esf¶ericas con detalles.nb", del disco compacto, semuestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 4.77. Una pelota s¶olida T con densidad constante ± est¶a limitada por la esfera½ = a. Use coordenadas esf¶ericas para calcular su volumen V y su momento de inercia Iz conrespecto al eje de las z.



Soluci¶on: Los puntos de la pelota se describen mediante las desigualdades

0 · ½ · a; 0 · Á · ¼; 0 · µ · 2¼

Tomemos f = F = 1 para obtener en consecuencia

V =

Z Z ZT

f(x; y; z) dV =

Z 2¼

0

Z ¼

0

Z a

0

½2 senÁ. . . . . . . . . . . d½ dÁ dµ

=a3

3

Z 2¼

0

Z ¼

0

senÁ dÁ dµ =a3

3

Z 2¼

0

[¡ cosÁ]¯¼0

dµ

o bien V =2a3

3

Z 2¼

0

dµ =4¼a3

3. . . . . . .:

El momento de inercia de la esfera con respecto a ese eje de las z se de¯ne como

Iz =

Z Z ZT

¡x2 + y2

¢½(x; y; z) dV

La distancia desde un punto representativo (½; Á; µ) al eje de las z es

px2 + y2 =

q(½ senÁ cos µ)2 + (½ senÁ sen µ)2 = ½ sen Á

as¶³ que

Iz =

Z 2¼

0

Z ¼

0

Z a

0

±¡½2 sen2 Á

¢½2 senÁd½ dÁ dµ

=±a5

5

Z 2¼

0

Z ¼

0

sen3 ÁdÁdµ =2¼±a5

5

Z ¼

0

sen3 Á dÁ

o bien Iz =2¼±a5

5¢ 2 ¢ 2

3=2

5Ma2, donde M =

4

3¼a3± es la masa de la pelota.

− Ejemplo 4.78. Encuentre el volumen y el centroide del \cono de helado" limitado por elcono Á = ¼=6 y la esfera centrada en (0; 0; a) con ecuaci¶on ½ = 2a cosÁ de radio a y tangenteal plano xy en el origen. La esfera y la parte del cono interior a ella se muestran en la ¯gura16.61.

Soluci¶on:

El cono de helado se describe mediante las desigualdades

0 · µ · 2¼; 0 · Á · ¼=6; 0 · ½ · 2a cosÁ



Á = ¼=6

Figura 4.100: Cono.

Al calcular su volumen, se encuentra

V =

Z 2¼

0

Z ¼=6

0

Z 2a cosÁ

0

½2 senÁ d½ dÁ dµ

=8a3

3

Z 2¼

0

Z ¼=6

0

cos3 Á senÁ. . . . . . . . . . . . . . . . . dÁ dµ

o bien V =16¼a3

3

·¡cos

4 Á

4

¸ ¯¼=60

=7¼a3

12:

. . . . . . . .

En cuanto al centroide, es claro por la simetr¶³a que ¹x = 0 = ¹y. Puesto que z = ½ cosÁ, elmomento del cono de helado con respecto al plano xy es

Mxy =

Z Z Zz dV =

Z 2¼

0

Z ¼=6

0

Z 2a cosÁ

0

½3 cosÁ senÁ d½ dÁ dµ

= 4a4Z 2¼

0

Z ¼=6

0

cos5 Á senÁ dÁ dµ = 8¼a4·¡cos

6 Á

6

¸ ¯¼=60

o bien Mxy =37¼a4

48. En consecuencia, la coordenada ¹z del centroide es

¹z =Mxy

V=37a

28:

− Ejemplo 4.79. Calcular el volumen y el centroide de la regi¶on Q acotada arriba por la esfera½ = a, y abajo por el cono Á = c, donde 0 < c < 7¼=2. Ver Fig. 4.101.

Soluci¶on:




La regi¶on Q est¶a en la Fig. 4.101. El volumen V es

V =

Z 2¼

0

Z c

0

Z a

0

½2 senÁ d½ dÁ dµ =

Z 2¼

0

Z c

0

a3 senÁ

3. . . . . . . . . . . .dÁ dµ

=a3

3

Z 2¼

0

(1¡ cos c) dµ = 2¼a3 (1¡ cos c)3

Por simetr¶³a, el centroide est¶a en el eje z. Si (x; y; z) son las coordenadas rectangulares de unpunto, entonces z = ½ cosÁ. Adem¶as como ½(x; y; z) = 1, entonces:

V ¢ ¹z =Z Z Z

Q

z dV =

Z 2¼

0

Z c

0

Z a

0

(½ cosÁ) ½2 senÁ d½ dÁ dµ

=

Z 2¼

0

Z c

0

a4 senÁ cosÁ

4dÁ dµ =

a4

4

Z 2¼

0

sen2 Á

2

¯c0

dµ

o bien V ¢ ¹z = a4 sen2 c

8

Z 2¼

0

dµ =¼a4 sen2 c

4.


¹z =¼a4 sen2 c

42¼a3(1¡cos c)

3

=3a (1 + cos c)

8:

Las coordenadas del centroide son³0; 0; 3a(1+cos c)

8

´.


Z Z ZT

dV en donde T es la regi¶on limitada por las supe¯cies

x2 + y2 + z2 = 2Rz; x2 + y2 = z2

y que contiene al punto (0; 0; R). Haga el c¶alculo en coordenadas cil¶³ndricas y luego en esf¶ericas.

Soluci¶on:




Al completar cuadrados en x2 + y2 + z2 = 2Rz, obtenemos

x2 +y2 + (z ¡R)2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = R2:

La regi¶on en cuesti¶on se muestra en la Fig. 4.102. La proyecci¶on del s¶olido sobre el plano xyes el c¶³rculo centrado en el origen y de radio R, a saber x2 + y2 = R2. Tenemos entonces quepara describir esta ¶area en coordenadas cil¶³ndricas tenemos:

0 · µ · 2¼; 0 · r · R:

Obsevamos que z var¶³a entre el cono y la esfera (pues esta es la regi¶on que contiene a (0; 0; R)),as¶³: p

x2 + y2 · z · R +pR2 ¡ x2 ¡ y2; r · z · R+

pR2 ¡ r2

Por lo tanto:

I =

Z 2¼

0

Z R

0

Z R+pR2¡r2

r

r dz dr dµ = ¼R3:. . . . . . .

Usemos ahora coordenadas esf¶ericas. En este caso tenemos que:

0 · µ · 2¼; 0 · Á · ¼

4

Observe que la inecuaci¶on x2+y2+z2 · 2Rz se convierte en ½2 · 2R¢½ cosÁ, o bien ½ · 2R cosÁ.Por lo tanto:

I =

Z 2¼

0

Z ¼=4

0

Z 2R cosÁ

0

½2 senÁ d½ dÁ dµ = ¼R3:. . . . . . .


Calcule

I =

Z Z ZR

¡x2 + y2

¢dV

en donde R es la regi¶on limitado por las super¯cies x2 + y2 = 2z y el plano z = 2.




Soluci¶on:

La regi¶on de integraci¶on y la proyecci¶on sobre el plano xy se muestran en la Fig. 4.103. Cuandoel plano z = 2 corta el paraboloide se obtiene un c¶³rculo. >Cu¶al es su ecuaci¶on en coordenadascil¶³ndricas? Veamos:

x2 + y2 = 2(2); x2 + y2 = 4; r2 = 4; o bien r = 2. . . . . . .

Por otro lado notamos que la regi¶on de integraci¶on entre el paraboide y el plano. Dicho encoordenadas polares, entre z = r2

2y z = 2. Tenemos entonces que:

I =

Z 2¼

0

Z 2

0

Z 2

r2

2

r2 ¢ r dz dr dµ =Z 2¼

0

Z 2

0

r3 z

¯2r2

2

dr dµ

=

Z 2¼

0

Z 2

0

·2 r3 ¡ r

5

2

¸dr dµ =

Z 2

0

"r4

2¡ r6

12

¯20

#dµ =

Z 2

0

8

3dµ

o bien I =16¼

3:

. . . . . . .


Sea I =

Z Z ZR

dV en donde R es el s¶olido limitado por los tres planos coordenados, las

super¯cies z = x2 + y2 y el plano x+ y = 1.

En la Fig. 4.104 se muestra la regi¶on de integraci¶on. La proyecci¶on sobre el plano xy es untri¶angulo rect¶angulo cuya hipotenusa est¶a determinada por la recta con ecuaci¶on x + y = 1.Observamos que el radio no es constante sino que termina sobre la recta x+y = 1. Al convertira coordenadas cil¶³ndricas obtenemos

x+ y = 1; r cos µ + r sen µ = 1; r =1

cos µ + sen µ




Por otro lado notamos que la variable z var¶³a entre el plano xy y el paraboloide z = r2 Tenemosentonces que

I =

Z ¼2

0

Z 1cos µ+sen µ

0

Z r2

0

r dz dr dµ =

Z ¼=2

0

Z 1cos µ+sen µ

0

rz

¯r20

dr dµ

=

Z ¼=2

0

"r4

4

¯ 1cos µ+ sen µ

0

#dµ =

Z ¼=2

0

1

4 (cos µ + sen µ)4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .dµ

Usando Mathematica obtenemos:

I =3 sen µ ¡ cos(3 µ)24 (cos µ + sen µ)3

¯¼=20

=1

6


Z Z ZS

¡y2 + z2

¢dV en donde R es un cono circular recto de altura h

y radio a. Suponga que la base de este cono se encuentra sobre el plano xy y su eje se extiendea lo largo del eje z.

Soluci¶on: El cono en cuesti¶on se muestra en la Fig. 4.105. El primer problema que debemosresolver es hallar la ecuaci¶on de este cono. Notamos primero que cuando z = h (<la altura delcono!) el radio debe reducirse a 0, es decir x2 + y2 = 02. Por otro lado cuando z = 0 el radiodebe reducirse a a, es decir x2 + y2 = a2. Para que se cumpla la primera condici¶on la ecuaci¶onen cuesti¶on deber¶³a satisfacer:

x2 + y2 = u ¢ (h¡ z)2

Sin embargo si hacemos z = 0 esta ecuaci¶on se convierte en x2 + y2 = uh2. Por lo tanto,tenemos que

uh2 = a2; o bien u =a2

h2



Figura 4.105: Cono con base en el plano xy.

Tenemos entonces que la ecuaci¶on del cono es:

x2 + y2 =a2

h2(h¡ z)2

Esta ecuaci¶on en coordenadas cil¶³ndricas se convierte en r2 =a2

h2(h ¡ z)2, o bien z = h¡ rh

a.


I =

Z 2¼

0

Z a

0

Z h¡ rha

0

£r2 sen2 µ + z2

¤ ¢ r. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . dz dr dµ =

Z 2¼

0

Z a

0

"r z3

3+ r3 z sen2 µ

¯h¡ rha

0

#dr dµ

Z 2¼

0

Z a

0

·h3 r

3¡ h

3 r4

3 a3+h3 r3

a2¡ h

3 r2

a+ h r3 sen2 µ ¡ h r

4 sen2 µ

a

¸dr dµ

Integramos ahora con respecto a r:

I =

Z 2¼

0

·h3 r2

6+h r4

8¡ h3 r5

15 a3+h3 r4

4 a2¡ h

3 r3

3 a¡ h r5

10 a¡ h r

4 cos(2 µ)

8+h r5 cos(2 µ)

10 a

¸ ¯a0

dµ

=

Z 2¼

0

·h3 a2

60+h a4

40¡ h a

4 cos(2 µ)

40

¸dµ =

h3 a2 µ

60+ha4 µ

40¡ h a

4 sen(2 µ)

80

¯2¼0

Tenemos ¯nalmente que I =h¼ a2 (2h2 + 3 a2)

60.


Determine la masa de un cono de altura h y radio a, si se sabe que su densidad puntual esproporcional a la distancia del punto a la base.

Soluci¶on: En la Fig. 4.106 se muestra el cono en cuesti¶on y la relaci¶on triangular que se


4.10. Cambio de variables en integrales m¶ultiples 299

r

hz

a

Figura 4.106: Cono.

establece para un punto arbitrario (r; µ; z) sobre dicho cono. Por el teorema de Tales tenemosque:

h

a=h¡ za; o bien z =

h(a¡ r)a

Si la densidad en un punto (r; µ; z) es proporcional a la distancia del punto a la base, tenemosque la funci¶on de densidad es d = kz. Podemos ahora proceder a calcular la masa:

M =

Z Z ZV

kz dV =

Z 2¼

0

Z a

0

Z h(a¡r)a

0

kzr. . . . . dz dr dµ

=

Z 2¼

0

Z a

0

k r z2

2

¯h(a¡r)a

0

dr dµ =

Z 2¼

0

Z a

0

·h2 k r

2¡ h

2 k r2

a+h2 k r3

2 a2

¸dr dµ

Integramos ahora con respecto a r. Veamos:

M =

Z 2¼

0

·h2 k r2

4¡ h

2 k r3

3 a+h2 k r4

8 a2

¸ ¯a0

dµ

=

Z 2¼

0

h2 k a2

24dµ

Finalmente tenemos que M =h2 k a2 µ

24

¯2¼0

=h2 k ¼ a2

12. . . . . . . . . . . ..

4.10 Cambio de variables en integrales m¶ultiples

² Se sabe que es m¶as f¶acil evaluar ciertas integrales m¶ultiples al transformarlas en coordenadaspolares o esf¶ericas. La t¶ecnica del cambio de sistemas de coordenadas para evaluar una integralm¶ultiple es an¶aloga a la sustituci¶on en una integral simple.

² Sup¶ongase que se desea evaluarZ Z

R

F (x; y) dA. Un cambio de variables para esta integral

est¶a determinado por una transformaci¶on T del plano uv al plano xy; es decir, una funci¶on que



asocie al punto (u; v) un punto T (u; v) = (x; y) dado por ecuaciones de la forma

x = f(u; v); y = g(u; v): (4.1)

El punto (x; y) se llama imagen del punto (u; v) bajo la transformaci¶on T . Cuando no haydos puntos diferentes en el plano uv que tengan la misma imagen en el plano xy, se dice quela transformaci¶on T es inyectiva o uno a uno. En este caso, puede ser posible resolver lasecuaciones (4.1) para u y v en t¶erminos de x y y, y obtener por consiguiente las ecuaciones

u = h(x; y); v = k(x; y) (4.2)

de la transformaci¶on inversa T¡1 del plano xy al plano uv.

² Con frecuencia conviene visualizar geom¶etricamente la transformaci¶on T en t¶erminos de suscurvas u y v. Las curvas u de T son las im¶agenes en el plano xy de las rectas horizontales delplano uv; las curvas v son las im¶agenes de rectas verticales del plano uv. Observe que la imagenbajo T de un rect¶angulo limitado por rectas horizontales y verticales del plano uv es una ¯guracurvil¶³nea limitada por curvas u y curvas v del plano xy. Este fen¶omeno se muestra en laFig. 4.107. Si se conocen las ecuaciones de la transformaci¶on inversa (4.2), pueden encontrarselas curvas u y v en forma sencilla escribiendo las ecuaciones respectivas

k(x; y) = C1 y h(x; y) = C2

donde C1 y C2 son constantes.

Figura 4.107: Transformaci¶on T .

(¤) Teorema: 4.3. (Cambio de variable) Si la transformaci¶on T de funciones componentesx = f(u; v), y = g(u; v) satisface las condiciones anteriores, entoncesZ Z

R

F (x; y) dA =

Z ZS

F (f(u; v); g(u; v)) ¢ jJT (u; v)j du dv:

en donde el t¶ermino JT (u; v), que denominaremos jacobiano, est¶a dado por:

JT (u; v) =

¯fu(u; v) fv(u; v)

gu(u; v) gv(u; v)

¯



Si se escribe G(u; v) = F (f(u; v); g(u; v)), entonces la f¶ormula de cambio de variable resultaZ ZR

f(x; y) dA =

Z ZS

G(u; v) ¢¯@(x; y)

@(u; v)

¯du dv

En consecuencia, la transformaci¶on formal se obtiene por reemplazo de las variables x y y porf(u; v) y g(u; v) respectivas, y escribiendo

dA =

¯@(x; y)

@(u; v)

¯du dv

para el elemento de ¶area en t¶erminos de u y v.

² El jacobiano desempe~na el papel de la derivada en la f¶ormula de integraci¶on por sustituci¶on.² Por ejemplo, sup¶ongase que la transformaci¶on T del plano rµ al plano xy est¶a determinada porlas ecuaciones en coordenadas polares

x = f(r; µ) = r cos µ; y = g(r; µ) = r sen µ:

Entonces, el jacobiano de T es

@(x; y)

@(r; µ)=

¯cos µ ¡r sen µsen µ r cos µ

¯= r > 0:

as¶³ es que las ecuaciones de transformaci¶on se reducen a la conocida f¶ormulaZ ZR

F (x; y) dA =

Z ZS

F (r cos µ; r sen µ) ¢ r dr dµ

² Dada una integralZ Z

R

f(x; y) dA, >c¶omo encontrar un cambio de variables apropiado? Un

tratamiento estandar consiste en escoger la transformaci¶on T tal que la frontera de R constede curvas u y v. En el caso de que sea m¶as conveniente expresar a u y v en t¶erminos de x y y,se puede calcular primero @(u; v)=@(x; y) en forma expl¶³cita y despu¶es encontrar el jacobianonecesario @(x; y)=@(u; v) a partir de la f¶ormula.

@(x; y)

@(u; v)¢ @(u; v)@(x; y)

= 1:

² En el archivo \Jacobiano.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos de estosc¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 4.85. Suponga que R es la regi¶on plana limitada por las hip¶erbolas

xy = 1; xy = 3; x2 ¡ y2 = 1; x2 ¡ y2 = 4:



Figura 4.108: Transformaci¶on.

Encuentre el momento de inercial polar I0 =

Z ZR

¡x2 + y2

¢dA de esta regi¶on.

Soluci¶on:

Hagamos las sustituciones u = xy y v = x2¡y2. Debemos calcular el jacobiano de la transforma-ci¶on, a saber

@(x; y)

@(u; v). Resulta m¶as simple, si primero hallamos el jacobiano de la transformaci¶on

inversa, esto es

@(u; v)

@(x; y)=

¯¯ y x

2x ¡2y

¯¯ = ¡2(x2 + y2):

En consecuencia, ¯@(x; y)

@(u; v)

¯=

1

2(x2 + y2)

Ahora estamos casi listos para aplicar el teorema de cambio de variable, con las regiones Sy R que aparecen en la Fig. 4.108. El problema que resta resolver es expresar el integrandoen t¶erminos de las nuevas variables u y v. Antes de intentar hacer la conversi¶on de variables,veamos si se produce alguna simpli¯caci¶on:

I0 =

Z ZR

(x2 + y2) dA =

Z 4

1

Z 3

1

(x2 + y2) ¢ 1

2(x2 + y2)du dv

=

Z 4

1

Z 3

1

1

2du dv = 3:

Nota: Por supuesto que tambi¶en est¶a la posibilidad de expresar todo en t¶erminos de las nuevasvariables u y v. Para esto se debe observar que

4u2 + v2 = 4x2y2 + (x2 ¡ y2)2 = (x2 + y2)2;as¶³ es que x2 + y2 =

p4u2 + v2. Se invita al estudiante a con¯rmar que se obtiene el mismo

resultado.



− Ejemplo 4.86. Evaluar I =

Z ZR

e(y¡x)=(y+x)dxdy dA para la regi¶on R en el plano xy acotada

por el trapecio con v¶ertices (0; 1), (0; 2), (2; 0) y (1; 0).

Soluci¶on: El hecho de que y ¡ x y y + x aparezcan en el integrando sugiere la siguientesustituci¶on:

u = y ¡ x; v = y + x:

Estas ecuaciones de¯nen una transformaci¶on T del plano xy al plano uv. Para aplicar elteorema del cambio de variable debemos usar la transformaci¶on inversa T¡1. Para encontrarT¡1 despejamos x y y en t¶erminos de u y v de las ecuaciones anteriores y obtenemos

x =1

2(v ¡ u); y =

1

2(v + u):

El jacobiano es@(x; y)

@(u; v)=

¯ ¡12

12

12

12

¯= ¡1

4¡ 14= ¡1

2:

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

La regi¶on R est¶a en la Fig. 4.109-(i). Para determinar la regi¶on S en el plano uv que se


transforma en R, observamos que los lados de R est¶an sobre las rectas

x = 0; y = 0; x+ y = 1; x+ y = 2:

Para este cambio de variables (u = y¡x; v = y+ x:), tenemos que determinar qu¶e sucede concada uno de los linderos de la regi¶on en el plano xy.

¦ La recta x+ y = 1 se convierte en la recta horizontal v = 1.¦ La recta x+ y = 2 se convierte en la recta horizontal v = 2.¦ La ecuaci¶on x = 0 obliga a u = y y v = y, o bien, v = u, es decir la recta identidad en elplano uv.

¦ La ecuaci¶on y = 0 obliga a u = ¡x y v = x, o bien, v = ¡u, es decir la recta perpendiculara la identidad en el plano uv.



Por lo tanto, usando las ecuaciones de las transformaciones T y T¡1 vemos que las curvasrespectivas correspondientes en el plano uv son

v = u; v = ¡u; v = 1; v = 2:

Estas rectas forman la frontera de la regi¶on trapecial S que se muestra en la Fig. 4.109-(ii). Deesta forma: Z Z

R

e(y¡x)=(y+x) dA =Z 2

1

Z v

¡veu=v

µ1

2

¶du dv

=1

2

Z 2

1

£veu=v

¤ ¯v¡vdv =

1

2

Z 2

1

v¡e¡ e¡1¢ dv

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

o bien I =1

2

¡e¡ e¡1¢ ·v2

2

¸ ¯21

=3 (e¡ e¡1)

4.


Sea R el paralelogramo con v¶ertices en (¼; 0), (2¼; ¼), (¼; 2¼) y (0; ¼). Calcule el valor de

I =

Z ZR

(x¡ y)2 sen2 (x+ y) dA

Soluci¶on: El gr¶a¯co de la regi¶on de integraci¶on se muestra en la Fig. 4.110. La integral

¼

2¼

2¼¼

BD

A

C


puede ser calculada directamente obteniendo las ecuaciones de las rectas que pasan por losv¶ertices del paralelogramo. Sin embargo resulta m¶as provechoso introducir alg¶un cambio devariables que haga m¶as sencillo el c¶alculo. Algunas veces debemos prestar atenci¶on a lasexpresiones involucradas en el integrando y otras veces a la regi¶on de integraci¶on. En este casoel integrando nos da la inspiraci¶on para las siguientes sustituciones:½

u = x¡ yv = x+ y

o bien

½x = v+u

2

y = v¡u2



El jacobiano de la transformaci¶on est¶a dado por

@(x; y)

@(u; v)=

¯12

12

¡12

12

¯=1

4+1

4=1

2:

Nos preguntamos ahora cu¶al es la regi¶on de integraci¶on en el plano uv. Debemos entoncesexaminar el efecto del cambio de variables sobre cada una de las l¶³neas que delimitan la regi¶onen el plano xy.

1. El segmento CD est¶a determinado por y = x+ ¼ y se transforma en u = ¡¼.2. El segmento DA est¶a determinado por y = ¡x+ ¼ y se transforma en v = ¼.3. El segmento AB est¶a determinado por y = x¡ ¼ y se transforma en u = ¼.4. El segmento BC est¶a determinado por y = ¡x+ 3¼ y se transforma en v = 3¼.

Figura 4.111: Nueva regi¶on de integraci¶on.

La nueva regi¶on de integraci¶on es entonces bastante simple, es un rect¶angulo y se muestra enla Fig. 4.111. Tenemos as¶³ que:

I =

Z ¼

¡¼

Z 3¼

¼

u2 sen2 v ¢ 12dv du =

1

2¢·Z 3¼

¼

sen2 v dv

¸¢

·Z ¼

¡¼u2 du

¸. . . . . . . . . . . . . . . . .

=¼4

3. . . .


Veri¯que mediante un cambio de variables apropiado la igualdadZ ZR

f(x+ y) dA =

Z 1

¡1f(x) dx

en donde R = f(x; y) : jxj+ jyj · 1g.Soluci¶on:

Debemos empezar por gra¯car la regi¶on R que se muestra en la Fig. 4.112. Para hacer estoconsideramos varios casos sobre los signos de x y y. Veamos:



y = x+ 1

y = ¡x¡ 1 y = x¡ 1

y = ¡x+ 1


{ Caso x ¸ 0, y ¸ 0. La desigualdad de R se convierte en x+ y · 1 o bien y · 1¡ x. Larecta que pasa por los puntos (1; 0) y (0; 1) tiene ecuaci¶on y = ¡x+ 1.

{ Caso x · 0, y ¸ 0. La desigualdad de R se convierte en ¡x+ y · 1 o bien y · 1 + x. Larecta que pasa por los puntos (¡1; 0) y (0; 1) tiene ecuaci¶on y = x+ 1.

{ Caso x · 0, y · 0. La desigualdad de R se convierte en ¡x¡ y · 1 o bien y ¸ ¡1¡ x.La recta que pasa por los puntos (¡1; 0) y (0;¡1) tiene ecuaci¶on y = ¡x¡ 1.

{ Caso x ¸ 0, y · 0. La desigualdad de R se convierte en x¡ y · 1 o bien y ¸ x¡ 1. Larecta que pasa por los puntos (1; 0) y (0;¡1) tiene ecuaci¶on y = x¡ 1.

>Cu¶al es entonces el cambio de variables que debemos hacer? Observando el integrando y laregi¶on de integraci¶on optamos por hacer

½u = x+ y;v = x¡ y o bien

8>><>>:x =

u+ v

2

y =u¡ v2. . . . . . . . . . . . . . .

El jacobiano de la transformaci¶on est¶a dado por

@(x; y)

@(u; v)=

¯12

12

¡12

12

¯=1

4+1

4=1

2:

>Cu¶al es la nueva regi¶on de integraci¶on en el plano uv? Veamos en qu¶e se convierte cada unade las rectas involucradas en la Fig. 4.112.

{ La ecuaci¶on y = ¡x+ 1 o bien x+ y = 1 se convierta en la recta u = 1.{ La ecuaci¶on y = x+ 1 o bien x¡ y = ¡1 se convierta en la recta v = ¡1.{ La ecuaci¶on y = ¡x¡ 1 o bien x+ y = ¡1 se convierta en la recta u = ¡1.



{ La ecuaci¶on y = x¡ 1 o bien x¡ y = 1 se convierta en la recta v = 1.

Observamos entonces que la nueva regi¶on de integraci¶on es el cuadrado que se muestra en laFig. 4.113.

v = 1

u = ¡1 u = 1

v = ¡1

Figura 4.113: Nueva regi¶on de integraci¶on.

Tenemos entonces queZ ZR

f(x+ y) dA =

Z 1

¡1

Z 1

¡1f(u) ¢ 1

2dv du =Z 1

¡1

f(u)

2. . . . . . .¢·Z 1

¡1dv

¸| {z }

2

du =

Z 1

¡1f(u) du

Concluimos entonces que Z ZR

f(x+ y) dA =

Z 1

¡1f(x) dx


Z ZR

y2 dA en la que R es el paralelogramo formado por los

vectores x1 = h3; 1i y x2 = h2; 3i. Se trata de la regi¶on sombreada que aparece en laFig. 4.114.

Soluci¶on:

Hagamos la sustituci¶on:

x = 3u+ 2v; y = u+ 3v

o bien, en t¶erminos matriciales: ·xy

¸=

·3 21 3

¸| {z }

T

·uv

¸



Figura 4.114: Regi¶on T .

Notamos que la matriz T se forma usando como columnas los vectores que determinan elparalelogramo. Observamos que·

uv

¸=1

7

·3 ¡2¡1 3

¸| {z }

S

·xy

¸

Observamos que la matriz S = T¡1 lleva el vector (3; 1) en (1; 0) y el vector (2; 3) en (0; 1).Calculamos el jacobiano:

Figura 4.115: Transforamci¶on.

@(x; y)

@(u; v)= det(T ) = 7:

Por lo tanto: Z ZR

y2 dA =

Z 1

0

Z 1

0

(u+ 3v)2 ¢ 7 du dv = 7Z 1

0

·1

3+ 3v + 9v2

¸dv

o bien I =161

6.

² La f¶ormula de cambio de variable para integrales triples es semejante a la del caso para integralesdobles. Sean S y R regiones que se corresponden bajo la transformaci¶on inyectiva T del espaciouvw al espacio xyz, donde las funciones coordenadas que comprenden a T son

x = f(u; v; w); y = g(u; v; w); z = h(u; v; w):



El jacobiano de T es

JT (u; v; w) =@(x; y; z)

@(u; v; w)=

¯¯@x@u

@x@v

@x@w

@y@u

@y@v

@y@w

@z@u

@z@v

@z@w

¯¯

Entonces, la f¶ormula de cambio de variable para integrales triples esZ Z ZR

f(x; y; z) dV =

Z Z ZS

G(u; v; w) ¢¯@(x; y; z)

@(u; v; w)

¯du dv dw

donde G(u; v; w) = F (f(u; v; w); g(u; v; w); h(u; v; w)) es la funci¶on que se obtiene al expresarF (x; y; z) en t¶erminos de u, v y w.

² Por ejemplo, si T es la transformaci¶on a coordenadas esf¶ericas dada porx = ½ senÁ cos µ; y = ½ senÁ sen µ; z = ½ cosÁ;

entonces el jacobiano de T es

@(x; y; z)

@(½; Á; µ)=

¯¯ senÁ cos µ ½ cosÁ cos µ ¡½ senÁ sen µsenÁ sen µ ½ cosÁ sen µ ½ senÁ cos µ

cosÁ ¡½ senÁ 0

¯¯ = ½2 senÁ

En consecuencia, obtenemos la f¶ormula conocidaZ Z ZR

F (x; y; z) dV =

Z Z ZS

G(½; Á; µ) ¢ ½2 senÁ d½ dÁ dµ

en virtud de que ½2 senÁ ¸ 0 para Á en [0; ¼].− Ejemplo 4.90. Eval¶ue

I =

Z 3

0

Z 4

0

Z y=2+1

y=2

·2x¡ y2

+z

3

¸dx dy dz

aplicando la transformaci¶on

u =2x¡ y2

; v =y

2; w =

z

3

e integrando sobre una regi¶on apropiada en el espacio uvw.

Soluci¶on:

En la Fig. 4.116 se muestra la proyecci¶on (que de hecho es una cara de la ¯gura en cuesti¶on) sobreel plano xy. La ¯gura es un paralep¶³pedo apoyado sobre esta regi¶on y con altura 3. Necesitamoshallar la nueva regi¶on de integraci¶on en el espacio uvw. Para lograr esto empecemos por despejarx, y y z en t¶erminos de u, v y w:

x = u+ v;. . . . . . . . y = 2v; z = 3w

Debemos tomar cada una de las seis caras del paralep¶³pedo y determinar el efecto del cambiode variable sobre ella:



Figura 4.116: Proyecci¶on sobre el plano xy.

¦ para x = y=2, tenemos u+ v = 2v=2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . , o bien u = 0. . . . . . . . .

¦ para x = y=2 + 1, tenemos u+ v = 2v=2 + 1, o bien u = 1.¦ para y = 0, tenemos 2v = 0, o bien v = 0.¦ para y = 4, tenemos 2v = 4, o bien v = 2.¦ para z = 0, tenemos 3w = 0, o bien w = 0.¦ para z = 3, tenemos 3w = 3. . . . . . . . . . , o bien w = 1. . . . . . . . .

Notamos entonces que la nueva regi¶on de integraci¶on en el espacio uvw es un paralep¶³pedoparalelo a los planos coordenados.

El jacobiano de la transformaci¶on es:

J(u; v; w) =@(x; y; z)

@(u; v; w)=

¯¯@x@u

@x@v

@x@w

@y@u

@y@v

@y@w

@z@u

@z@v

@z@w

¯¯ =

¯¯ 1 1 00 2 00 0 3

¯¯ = 6.

Aplicando la f¶ormula de cambio de variable obtenemos:

I =

Z 1

0

Z 2

0

Z 1

0

6( u+ w. . . . . . . . ) ¢ 6 du dv dw = 36Z 1

0

Z 2

0

·u2

2+ uw

¸ ¯10

dv dw

= 36

Z 1

0

Z 2

0

·1

2+ w

¸dv dw = 36

Z 1

0

hv2+ vw

i ¯20

dw

= 36

Z 1

0

[1 + 2w] dw = 72:. . . .

− Ejemplo 4.91. Sean a > b > 0. Calcular la integral doble

I =

Z ZR

r1¡ x

2

a2¡ y

2

b2dA



en donde R es la regi¶on limitada por la elipsex2

a2+y2

b2= 1. Use coordenadas polares generali-

zadasx = ar cos µ; y = br sen µ:

Soluci¶on: El jacobiano de la transformaci¶on es

@(x; y)

@(r; µ)=

¯a cos µ ¡ar sen µb sen µ br cos µ

¯= abr

La ecuaci¶on de la elipse en estas coordenadas es simplemente r = 1, entonces tenemos que

I =

Z 2¼

0

Z 1

0

p1¡ r2 ¢ rab dr dµ = 2¼ab

3:

− Ejemplo 4.92. Suponga que a > b > c > 0. Calcular

I =

Z Z ZV

·x2

a2+y2

b2+z2

c2

¸dV

en donde V es la parte interna del elipsoidex2

a2+y2

b2+z2

c2= 1.

Soluci¶on: Usamos aqu¶³ coordenadas elipsoidales dada por

x = a½ senÁ cos µ; y = b½ senÁ sen 0; z = c½ cosÁ;

entonces el jacobiano es

@(x; y; z)

@(½; Á; µ)=

¯¯ a senÁ cos µ a½ cosÁ cos µ ¡a½ senÁ sen µb senÁ sen µ b½ cosÁ sen µ b½ senÁ cos µ

c cosÁ ¡c½ senÁ 0

¯¯ = abc½2 senÁ

Las ecuaciones del elipsoide en estas coordenadas es simplemente ½ = 1. Por lo tanto, tenemosque

I =

Z 2¼

0

Z ¼

0

Z 1

0

¡½2¢ ¢ abc ¢ ½2 senÁ d½ dÁ dµ = 4 a b c ¼

5:

− Ejemplo 4.93. Determine el centroide del paralelep¶³pedo P de¯nido por x1 = h1; 1; 0i, x2 =h0; 1; 1i y x3 = h0; 0; 1i. La regi¶on se representa en la Fig. 4.117.Soluci¶on:

Podemos hacer el cambio de variable:

x = u; y = u+ v; z = v + w




o bien en t¶erminos matriciales: 24 xyz

35 =24 1 0 01 1 00 1 1

35| {z }

T

24 uvw

35Observe que el determinante de T es igual a 1. Es f¶acil calcular la inversa S = T¡1. Tenemosentonces que: 24 uv

w

35 =24 1 0 0¡1 1 01 ¡1 1

35| {z }

S

24 xyz

35Notamos entonces que

S

24 110

35 =24 100

35 ; S

24 011

35 =24 010

35 ; S

24 001

35 =24 001

35En otras palabras, la transformaci¶on S convierte el paralelep¶³pedo Q (en xyz) en el cubo unidad(en uvw) ubicado en el primer octante. Ver la Fig. 4.117. Observamos entonces que

@(x; y; z)

@(u; v; w)= det(T ) = 1

Por consiguiente:

¹x =

Z Z ZQ

x dV =

Z 1

0

Z 1

0

Z 1

0

u du dv dw =1

2

¹y =

Z Z ZQ

y dV =

Z 1

0

Z 1

0

Z 1

0

(u+ v) du dv dw = 1

¹z =

Z Z ZQ

z dV =

Z 1

0

Z 1

0

Z 1

0

(v + w) du dv dw = 1

y el centroide tiene coordenadas (12; 1; 1).




Suponga que I est¶a dada por

I =

Z ZR

f(x; y) dA

Para cada una de las siguientes regiones R elabore un dibujo y luego exprese I usando coorde-nadas polares.

1. R =©(x; y) : x2 + y2 · a2ª en la que a > 0.

2. R =©(x; y) : a2 · x2 + y2 · b2ª en la que a < b.

3. R =©(x; y) : x2 · y · 1;¡1 · x · 1ª

Soluci¶on:

A

B

C

µ = ¼=4µ = 3¼=4

Figura 4.118: Regiones de integraci¶on.

Procedemos entonces a expresar I seg¶un sea su regi¶on de integraci¶on:

1. Empecemos con R =©(x; y) : x2 + y2 · a2ª. El gr¶a¯co de R se muestra en la Fig. 4.118-

(a). Como x = r cos µ y que y = r sen µ, la desigualdad x2 + y2 · a2 se convierte en

(r cos µ)2 + (r sen µ)2 · a2; o bien r · a:

Dicho en otras palabras el radio oscila entre 0 y a. Para \barrer" toda el ¶area en cuesti¶onel ¶angulo µ debe variar entre 0 y 2¼. Tenemos entoces que

I =

Z 2¼

0

Z a

0

f(r cos µ; r sen µ) ¢ r dr dµ

2. Seguimos ahora con R =©(x; y) : a2 · x2 + y2 · b2ª. El gr¶a¯co de R se muestra en la

Fig. 4.118-(b). Como x = r cos µ y que y = r sen µ, la doble desigualdad a2 · x2+y2 · b2se convierte en

a2 · (r cos µ)2 + (r sen µ)2 · b2; o bien a · r · b:



Dicho en otras palabras el radio oscila entre a y b. Para \barrer" toda el ¶area en cuesti¶onel ¶angulo µ debe variar entre 0 y 2¼. Tenemos entoces que

I =

Z 2¼

0

Z b

a

f(r cos µ; r sen µ) ¢ r dr dµ

3. Finalmente consideramos ahora a R =©(x; y) : x2 · y · 1;¡1 · x · 1ª. El gr¶a¯co de

R se muestra en la Fig. 4.118-(c). En este caso el an¶alisis es un poco m¶as complicado.Primero observamos que la regi¶on se halla ubicada sobre el eje x. Basta con oscilar µ entre0 y ¼ para \barrer" toda esta ¶area. Vamos a dividir la regi¶on en tres sectores dependiendodel l¶³mite superior para el radio r.

0 < µ < ¼=4; ¼=4 < µ < 3¼=4; 3¼=4 < µ < ¼

Para el primer sector 0 < µ < ¼=4 notamos que un punto tal como A se encuentra ubicadosobre la par¶abola, es decir la ecuaci¶on que determina los puntos sobre el rayo OA es y ¸ x2.Como x = r cos µ y que y = r sen µ, la desigualdad y ¸ x2 se convierte en

(r cos µ)2 · r sen µ; o bien r · tan µ sec µ

Para el segundo sector ¼=4 < µ < 3¼=4 notamos que un punto tal como B se encuentraubicado sobre la recta y = 1, es decir la ecuaci¶on que determina los puntos sobre el rayoOB es y · 1. Como y = r sen µ, la desigualdad y · 1 se convierte en

r sen µ · 1 o bien r · csc µ

Para el tercer sector 3¼=4 < µ < ¼ notamos que un punto tal como C se encuentraubicado sobre la par¶abola, es decir la ecuaci¶on que determina los puntos sobre el rayo OAes y ¸ x2. Como x = r cos µ y que y = r sen µ, la desigualdad y ¸ x2 se convierte en

(r cos µ)2 · r sen µ; o bien r · tan µ sec µ

Nota: Se debe advertir que la direcci¶on de las desigualdades no se invierte en ning¶un casodebido a que estamos empleando cantidades positivas.

Finalmente tenemos que:

I =

Z ¼=4

0

Z tan µ sec µ

0

f(r cos µ; r sen µ) ¢ r dr dµ+Z 3¼=4

¼=4

Z csc µ

0

f(r cos µ; r sen µ) ¢ r dr dµ+

Z ¼

3¼=4

Z tan µ sec µ

0

f(r cos µ; r sen µ) ¢ r dr dµ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


4.11. Segundo examen parcial 315

− Ejemplo 4.95. Sea a > 0. Use coordenadas polares para calcular

I =

Z a

0

Z pa2¡y2

0

¡x2 + y2

¢dx dy

Soluci¶on: Tenemos aqu¶³ que

Figura 4.119:

0 · y · a; 0 · x ·pa2 ¡ y2

Tomando el cuadrado en la segunda desigualdad caemos en la cuenta que la regi¶on en cuesti¶ones la cuarta parte del c¶³rculo con centro en el origen y radio a. La regi¶on se puede ver en laFig. 4.119. Tenemos entonces que 0 · µ · ¼=2 y 0 · r · a. Por lo tanto:

I =

Z ¼=2

0

Z a

0

¡r2¢ ¢ r dr dµ = Z ¼=2

0

r4

4

¯a0

dµ =

Z ¼=2

0

a4

4dµ

. . . . . . . . . . . . . . . .=

µa4

4

¶³¼2

´=¼ a4

8

4.11 Segundo examen parcial

En esta secci¶on se presentan algunos ex¶amenes viejos que eval¶uan la materia del segundo examenparcial.

4.11.1 Parcial I del I-2004

² A continuaci¶on se muestra la soluci¶on del segundo examen parcial del primer ciclo del 2004.




− Ejemplo 4.96. Calcule mediante una integral triple el volumen del s¶olido limitado por lassuper¯cies

x2 + y2 = 4; z ¸ 0; x+ y ¡ 2z = 0Soluci¶on:

La regi¶on se muestra en la Fig. 4.120.

La integral en cuesti¶on es: Z 3¼=4

¡¼=4

Z 2

0

Z r(cos µ+ sen µ)2

0

r dz dr dµ =8p2

3

− Ejemplo 4.97. Determine el ¶area de la regi¶on en el primer cuadrante acotado por las curvas

y = x2; y = 4x2; x = y2; x = 9y2

haciendo los cambios de variables u =y

x2y v =

x

y2

Soluci¶on:

Veamos la transformaci¶on de las curvas de acuerdo con el cambio de variables propuesto. Lacurva y = x2 se convierte en u = 1, la y = 4x2 en u = 4, la x = y2 en v = 1 y ¯nalmente lax = 9y2 en v = 9. La regi¶on original y la correspondiente bajo este cambio se muestran en laFig. 4.121.

Debemos calcular el jacobiano@(x; y)

@(u; v). Sin embargo es m¶as sencillo calcular el rec¶³proco.

Veamos:@(u; v)

@(x; y)=

¯ ¡2yx¡3 x¡2

y¡2 ¡2xy¡3¯=

3

x2y2


4.11. Segundo examen parcial 317


Por lo tanto,@(x; y)

@(u; v)=x2y2

3. Resta expresar esto en t¶erminos de u y v. Observe que x2 =

y

u

y y2 =x

v. De esta forma x2y2 =

xy

uv, o bien x2y2 =

1

u2v2. Tenemos as¶³ que:

¶Area =

Z 4

1

Z 9

1

1

3u2v2dv du =

2

9:

− Ejemplo 4.98. Suponga que R > 0 y que R < 1. Use coordenadas esf¶ericas para calcular

I =

Z R

0

Z pR2¡x2

0

Z pR2¡x2¡y2

0

1qR2 ¡ (x2 + y2 + z2)3=2

dz dy dx

Soluci¶on:

La regi¶on de integraci¶on corresponde a la octava parte de una esfera de radioR. En coordenadasesf¶ericas obtenemos:

I =

Z ¼=2

0

Z R

0

Z ¼=2

0

½2 senÁqR2 ¡ (½2)3=2

dÁ d½ dµ

o bien I =¼R

3

³1¡p1¡R

´.

− Ejemplo 4.99. El ¶area de una regi¶on est¶a dada por

A =

Z 1

¡1

Z 2

2¼arcos y

dx dy +

Z 2

1

Z 1+p2¡y

1¡p2¡ydx dy

Dibujar la regi¶on de integraci¶on y calcular su ¶area invirtiendo el orden de integraci¶on.




Soluci¶on:

La regi¶on de integraci¶on se muestra en la Fig. 4.122.

Despejando obtenemos que las curvas involucradas son y = 2¡ (x¡ 1)2 y y = cos(¼x2), x = 0

y x = 2. La integral se describe f¶acilmente mediante una integral:

A =

Z 2

0

Z 2¡(x¡1)2

cos (¼x2 )1 dy dx =

10

3:

− Ejemplo 4.100. Usando multiplicadores de Lagrange, calcule y clasi¯que los extremos de la

funci¶on f(x; y; z) = x2 + y2 + z2 sujeta a la condici¶on g(x; y; z) =x2

4+y2

9+ z2 ¡ 1 = 0.

Soluci¶on:

Observamos que si (x; y; z) 2 IR3, la distancia d de ese punto al origen est¶a dada por

d =px2 + y2 + z2

Como f = d2, el problema que tenemos entre manos es determinar los puntos m¶as cer-canos/lejanos al origen que se hallan sobre el paraboloide suministrado. Resulta entonces queel problema podr¶³a resolverse intuitivamene empleando las trazas de esta ¯gura. Sin embargo


4.12. Ejercicios para el segundo parcial 319

se pide que se use Lagrange. El sistema 5f = ¸5g es entonces:8>>>>>>>>><>>>>>>>>>:

2x =x¸

2;

2 y =2 y ¸

9;

2 z = 2 z ¸;

¡ 1 + x2

4+y2

9+ z2 = 0

Si suponemos x 6= 0, y = 0 z = 0 obtenemos ¸ = 4. Por lo tanto, x = §2. Razonando enforma parecida encontramos el resto de los puntos que satisfacen el sistema de ecuaciones:

¸ x y z f(x; y; z)

1 0 0 ¡1 11 0 0 1 14 ¡2 0 0 44 2 0 0 49 0 ¡3 0 99 0 3 0 9

Por lo tanto, los puntos m¶as cercanos al origen (m¶³nimos) son (0; 0;§1) y los m¶as lejanos(m¶aximos) (0;§3; 0).

4.12 Ejercicios para el segundo parcial


4.12.1 M¶aximos y m¶³nimos relativos, puntos cr¶³ticos

4.12.1. Obtener y clasi¯car los puntos cr¶³ticos de las siguientes funciones de dos variables e identi¯carlos extremos de cada funci¶on.

(a) f(x; y) = x2 + (y ¡ 1)2. [[ R/: M¶³nimo en (0; 1). ]]

(b) f(x; y) = 1 + x2 ¡ y2. [[ R/: Punto de ensilladura (0; 0). ]]

(c) f(x; y) = (x¡ 1)2 ¡ 2y2. [[ R/: Punto de ensilladura (1; 0). ]]

(d) f(x; y) = (x¡ y + 1)2. [[ R/: M¶³nimo sobre la recta y = x+ 1. ]]

(e) f(x; y) = x2 + xy + y2 ¡ 2x¡ y. [[ R/: M¶³nimo en (1; 0). ]]



(f) f(x; y) = 2x2 ¡ xy ¡ 3y2 ¡ 3x+ 7y. [[ R/: Punto de ensilladura (1; 1). ]]

(g) f(x; y) = x2 ¡ xy + y2 ¡ 2x+ y. [[ R/: M¶³nimo en (1; 0). ]]

(h) f(x; y) = x3 + y3 ¡ 3xy. [[ R/: Puntos cr¶³ticos: (0; 0), (1; 1). ]]

(i) f(x; y) = x3y2(6¡ x¡ y) para x > 0; y > 0. [[ R/: M¶aximo en (3; 2). ]]

(j) f(x; y) = e2x+3y(8x2 ¡ 6xy + 3y2). [[ R/: Puntos cr¶³ticos: (0; 0), (¡14;¡1

2). ]]

(k) f(x; y) = xy

r1¡ x

2

3¡ y

2

3. [[ R/: Puntos cr¶³ticos: (0; 0), (§1;§1), (§1;¨1). ]]

(l) f(x; y) = ex¡y(x2 ¡ 2y2). [[ R/: Puntos cr¶³ticos: (0; 0), (¡4;¡2). ]](m) f(x; y) = (x2 + y2) e¡(x

2+y2). [[ R/: M¶³nimo en (0; 0), m¶aximo sobre x2 + y2 = 1. ]]

(n) f(x; y) =1 + x¡ yp1 + x2 + y2

. [[ R/: M¶aximo en (1;¡1). ]]

(o) f(x; y) = x3 ¡ 3xy2 + y3. [[ R/: Punto de ensilladura (0; 0). ]]

(p) f(x; y) = x4 + y4 ¡ 2x2 + 4xy ¡ 2y2. [[ R/: Puntos cr¶³ticos: (0; 0), (§p2;¨p2). ]](q) f(x; y) = 1¡ (x2 + y2)2=3. [[ R/: M¶aximo en (0; 0). ]]

4.12.2. Determinar y clasi¯car los extremos de la funci¶on f(x; y) = x2 ¡ xy + y2 + 3x ¡ 2y + 1,de¯nida en el rect¶angulo ¡2 · x · 0, 0 · y · 1.4.12.3. Consid¶erese la funci¶on

f(x; y) = (x¡ y)2 +µp

2¡ x2 ¡ 9y

¶2= 2 + y2 ¡ 2xy + 81

y2¡ 18y

p2¡ x2:

(a) Identi¯car los cuatro puntos cr¶³ticos de la funci¶on f .

(b) Clasi¯car los puntos cr¶³ticos (1; 3) y (1;¡3).

4.12.2 Multiplicadores de Lagrange, extremos con ligaduras

4.12.4. Encontrar los valores m¶aximo y m¶³nimo absolutos de la funci¶on f(x; y; z) = x+ y+ z sujetaa las restricciones x2 + y2 = 2, x+ z = 1.

4.12.5. Usando multiplicadores de Lagrange, calcular y clasi¯car los extremos de la funci¶on f(x; y; z) =x2 + y2 + z2 sujeta a la condici¶on 1

4x2 + 1

9y2 + z2 ¡ 1 = 0.

4.12.6. La suma de tres n¶umeros positivos es 120.

(a) >Cual es el mayor valor posible de su producto?



(b) Veri¯car por el m¶etodo de la segunda derivada que este producto es efectivamente un m¶aximo.

4.12.7. La intersecci¶on del cono z2 = x2 + y2 y el plano 3x + 4y + 6z = 11 es una elipse. Usar elm¶etodo de los multiplicadores de Lagrange para hallar los puntos de esta elipse m¶as cercanos y m¶aslejanos al origen.

4.12.8. Usted debe construir una caja rectangular sin tapa con materiales que cuestan /c 50000 elmetro cuadrado para el fondo y /c 75000 el metro cuadrado para los otros cuatro lados. La caja debetener un volumen de 1500 metros c¶ubicos. >Cu¶ales deben ser las dimensiones de la caja para que sucosto sea m¶³nimo?

4.12.9. Usando el m¶etodo de los multiplicadores de Lagrange, determine los puntos cr¶³ticos def(x; y; z) = ¡x4 ¡ y4 ¡ z4 sujeta a la restricci¶on x¡ y + z ¡ 6 = 0. Clasi¯car estos puntos cr¶³ticosligados como m¶aximos relativos, m¶³nimos relativos o puntos de ensilladura.

4.12.10. Determinar los puntos cr¶³ticos de la funci¶on f(x; y; z) = xy + xz + yz bajo la restricci¶onx2 + y2 ¡ z2 ¡ 1 = 0; e identi¯car su naturaleza (m¶aximos, m¶³nimos o puntos de ensilladura).4.12.11. Demostrar, usando el m¶etodo de los multiplicadores de Lagrange, que f(1; 1;¡1) y f(¡1;¡1; 1)son valores extremos de la funci¶on f(x; y; z) = x2 + y2 + z2 sujeta a las condiciones z(x + y) = ¡2,xy = 1. Determinar la naturaleza de estos extremos.

4.12.12. Usando multiplicadores de Lagrange, encontrar los extremos de la funci¶on f(x; y) = 6 ¡4x¡ 3y con la condici¶on de que las variables x, y satisfagan la ecuaci¶on x2 + y2 = 1. Clasi¯car losextremos obtenidos.

4.12.13. Para la funci¶on f(x; y; z) = xyz restringida al plano x + y + z = 9, encontrar sus puntoscr¶³ticos y clasi¯carlos en m¶aximos y m¶³nimos relativos o puntos de ensilladura.

4.12.14. Utilizando el m¶etodo de los multiplicadores de Lagrange, determinar los puntos cr¶³ticos dela funci¶on f(x; y; z) = 2x + 3y + z, sujeta a la restricci¶on 4x2 + 3y2 + z2 ¡ 20 = 0; e identi¯car sunaturaleza.

4.12.15. La intersecci¶on de la esfera x2 + y2 + z2 = 81 con el plano x + y + z = 15 es un c¶³rculo.Encontrar el m¶aximo y el m¶³nimo valor de la funci¶on f(x; y; z) = xyz en este c¶³rculo, identi¯candotodos los puntos en donde xyz alcanza uno de esos extremos.

4.12.16. Si la funci¶on u = (x+ y)z se restringe a la super¯cie

1

x2+1

y2+1

z2= 4 en el octante x > 0; y > 0; z > 0;

encontrar y clasi¯car todos los valores extremos de u, mediante el m¶etodo de los multiplicadores deLagrange.

4.12.17. Encontrar los puntos cr¶³ticos de la funci¶on f(x; y; z) = xy + 3xz + 3yz, restringida a lasuper¯cie 2x2 + 2y2 ¡ 3z2 ¡ 4 = 0. Indicar la naturaleza de esos puntos cr¶³ticos.



4.12.18. Calcular, usando el m¶etodo de los multiplicadores de Lagrange, los puntos cr¶³ticos def(x; y; z) = xyz en la super¯cie de la esfera x2+ y2+ z2 = 1. Escoger dos de estos puntos y describirsu naturaleza.

4.12.19. Encontrar el valor m¶³nimo de la funci¶on f(x; y) = x4 + 3y4=3 a lo largo de la hip¶erbolaxy = c, donde c > 0. Enseguida, demostrar que la desigualdad

4ab · a4 + 3b4=3

es v¶alida para a > 0, b > 0 cualesquiera.

4.12.20. La funci¶on f(x; y; z) = 4xy + 4xz + 4yz, con la restricci¶on 4x2 + 4y2 ¡ z2 = 1, poseeexactamente dos puntos cr¶³ticos ligados. Encontrar y clasi¯car esos puntos cr¶³ticos.

4.12.21. Dada la funci¶on f(x; y; z) = x2 ¡ y2 + z2 sujeta a la restricci¶on x+ 2y + 3z = 1:(a) utilizar el m¶etodo de los multiplicadores de Lagrange para obtener los puntos cr¶³ticos;

(b) si P (16;¡1

3; 12) es un punto cr¶³tico para el multiplicador ¸ = 1

3, determinar, usando hessianos

o mediante el desarrollo de Taylor, si se trata de un m¶aximo, un m¶³nimo, o un punto deensilladura.

4.12.3 Integrales dobles

4.12.22. Calcular la integral

ZZR

(x+y) dy dx donde R es la regi¶on limitada por las curvas y2 = 2x,

x+ y = 4, x+ y = 12.

4.12.23. Calcular I :=

Z ¼=2

¡¼=2

Z ¼=2

¡¼=2sen jx+ yj dy dx.

4.12.24. Calcular el valor de I :=

Z ¼

0

Z ¼

0

j cos(x+ y)j dy dx.

4.12.25. Expresar como integral doble y luego calcular el volumen del s¶olido T limitado por losparaboloides z = x2 + y2, z = 4x2 + 4y2, el cilindro y = x2, y el plano y = 3x.

4.12.26. Dada la integral doble I :=

Z a

c

Z b

ba

pa2¡x2

f(x; y) dy dx donde c < a, dibujar la regi¶on de

integraci¶on y expresar el resultado que se obtiene al cambiar el orden de integraci¶on.

4.12.27. En la integral doble

I :=

Z 2¼

0

Z 3+cos 2x

cosx

f(x; y) dy dx;

dibujar el ¶area de integraci¶on y luego expresar el resultado de las integrales que resultan al cambiarel orden de integraci¶on.



4.12.28. Dada la suma de integrales dobles:Z 3

0

Z 5+ 53

p9¡y2

5¡ 53

p9¡y2

f(x; y) dx dy +

Z 0

¡6

Z 5+ 25p6(y+6)

5¡ 25p6(y+6)

f(x; y) dx dy;

dibujar la regi¶on de integraci¶on y luego escribir la nueva expresi¶on que resulta al cambiar el ordende integraci¶on dx dy en el orden dy dx.

4.12.29. Dada la siguiente suma de integrales dobles:Z 0

¡1

Z ¼

arccos y

f(x; y) dx dy +

Z 0

¡1

Z 2¼¡arccos y

¼

f(x; y) dx dy +

Z ¼

0

Z 3¼=2

y+¼=2

f(x; y) dx dy;

dibujar la regi¶on de integraci¶on y mostrar la expresi¶on que resulta al cambiar el orden de integraci¶on.

4.12.30. Para la integral doble

I :=

Z ¼=2

0

Z sen 2x

x2¡¼2x+¼¡4

f(x; y) dy dx;

dibujar la regi¶on de integraci¶on y expresar el resultado que se obtiene al cambiar el orden de inte-graci¶on.

4.12.31. Para la integral doble

Z 2a

0

Z p4ax

p2ax¡x2

f(x; y) dy dx, donde a > 0,

(a) dibujar la regi¶on de integraci¶on;

(b) expresar el resultado al cambiar el orden de integraci¶on.

4.12.32. Dada la integral doble

I =

Z ¼

0

Z 4+ senx

3¡ 12¼2(x¡¼

2)2f(x; y) dy dx;

(a) dibujar la regi¶on de integraci¶on;

(b) escribir la suma de integrales que resulta al cambiar el orden de integraci¶on.

4.12.33. Dada la expresi¶on integral

I =

ZZR

p1 + e2y dy dx =

Z 1

0

Z 4

0

p1 + e2y dy dx+

Z e4

1

Z 4

log x

p1 + e2y dy dx;

(a) dibujar la regi¶on de integraci¶on R;

(b) cambiar el orden de integraci¶on a dx dy, luego calcular el valor de I. [[ Indicaci¶on: recordar queR p1 + u2 du = log(u+

p1 + u2) + C. ]]



4.12.34. Con x > 0, evaluar la integral doble

I =

Z 2

1

Z log x

0

(x¡ 1)p1 + e2y dy dx:

4.12.35. Evaluar la integral doble I =

Z p¼

0

Z p¼

x

sen(y2) dy dx.

4.12.36. Evaluar la integral doble Z a

0

Z pax¡x2

0

a dy dxpa2 ¡ x2 ¡ y2 ;

donde a > 0, con un cambio de coordenadas cartesianas a coordenadas polares.

4.12.37. Calcular el ¶area encerrada por la curva (que se llama cardioide) cuya ecuaci¶on en coorde-nadas polares es r = 1 + cos µ.

4.12.38. Usando coordenadas polares e integrales dobles, calcular el volumen del cono de heladolimitado superiormente por la semiesfera x2 + y2 + z2 = 96, z ¸ 0 e inferiormente por el semicono5x2 + 5y2 ¡ z2 = 0, z ¸ 0.4.12.39. Calcular el ¶area de la regi¶on en el primer cuadrante del plano xy, limitada por las dosrectas y =

p33x, y =

p3x y por las dos hip¶erbolas xy = 1, xy = 2.

4.12.40. Sea R la regi¶on dentro del c¶³rculo x2 + y2 = 1, pero fuera del c¶³rculo x2 + y2 = 2y, conx ¸ 0, y ¸ 0.(a) Dibujar esta regi¶on.

(b) Sean u := x2 + y2, v := x2 + y2 ¡ 2y. Dibujar la regi¶on S en el plano uv que corresponde a Rbajo este cambio de coordenadas.

(c) Calcular

ZZR

xey dx dy usando este cambio de coordenadas.

4.12.41. Calcular I =

ZZR

(x + y)ex¡y dx dy, donde R es el rect¶angulo acotada por las rectas

x+ y = 1, x+ y = 4, x¡ y = ¡1, x¡ y = 1.

4.12.42. Calcular la integral doble

ZZR

2y dx dy, si R es la regi¶on del primer cuadrante limitada

por las rectas y = 12x, y = 2x, y por las hip¶erbolas xy = 2, xy = 8, mediante el cambio de variable

u = xy, v = y=x.

4.12.43. Con el uso de coordenadas el¶³pticas x = a r cos µ, y = b r sen µ, calcular la integral

I =

ZZR

µx2

a2+y2

b2

¶3=2dx dy;

donde R es el interior de la elipsex2

a2+y2

b2= 1.



4.12.44. Sea R la regi¶on en el primer cuadrante acotada por los c¶³rculos

x2 + y2 = 2x; x2 + y2 = 6x; x2 + y2 = 2y; x2 + y2 = 8y:

Usar la transformaci¶on u =2x

x2 + y2, v =

2y

x2 + y2para evaluar la integral

ZZR

dx dy

(x2 + y2)2.

4.12.45. Utilizando un cambio de variables adecuado, calcular la integralZZR

xy(y + 2x2) dx dy

donde R es la regi¶on encerrada por las curvas y = x2 + 1, y = x2 + 3, xy = 1, xy = 3.

4.12.46. Usar el cambio de variables u = x2 + y2, v = x2 ¡ y2 para calcular la integral doble

I :=

ZZS

(x5y ¡ xy5) dx dy;

donde S es la regi¶on determinada por 25 · x2 + y2 · 36, 4 · x2 ¡ y2 · 9 en el primer cuadrantex ¸ 0, y ¸ 0.4.12.47. Mediante una transformaci¶on conveniente de coordenadas, encontrar el ¶area de la regi¶onlimitada por las curvas

xy = 4; xy = 8; xy3 = 5; xy3 = 15;

en el primer cuadrante del plano xy.

4.12.48. Determinar el ¶area de la regi¶on en el primer cuadrante acotada por las curvas

y = x2; y = 2x2; x = y2; x = 4y2;

mediante el cambio de variables u = y=x2, v = x=y2.

4.12.49. Sea R la regi¶on limitada por las cuatro hip¶erbolas xy = 2, xy = 5, 4x2 ¡ y2 = 2,4x2 ¡ y2 = 6. Mediante la transformaci¶on de coordenadas u = xy, v = 4x2 ¡ y2, calcular

I =

ZZR

(4x2 + y2)3 dx dy:

4.12.4 Integrales triples

4.12.50. Calcular la integral

ZZZT

dz dy dx, donde T es el s¶olido limitado por los paraboloides

z = x2 + y2, z = ¡5x2 ¡ 5y2, los cilindros y = 3x2, y = ¡3x2 y el plano y = x.4.12.51. Obtener una integral triple, en el orden dz dx dy, que representa el volumen del poliedroen el primer octante limitado por los planos coordenados x = 0, y = 0, z = 0 y por los planosx+ y + z = 11, 2x+ 4y + 3z = 36, 2x+ 3z = 24. (No es necesario evaluar la integral.)



4.12.52. En la integral triple

I =

Z a

0

Z y

0

Z z

0

e(a¡x)3

dx dz dy;

con a > 0, cambiar el orden de integraci¶on dx dz dy al orden dz dy dx. Luego evaluar I, usando este¶ultimo orden.

4.12.53. Plantear como suma de integrales iteradas, en cualquier orden de integraci¶on, la integral

triple I =

ZZZT

x2 dV , donde T es la pir¶amide limitada por la super¯cie jxj+ jyj + z = 4 y por elplano z = 0.

4.12.54. Calcular mediante una integral triple el volumen del s¶olido limitado por las super¯ciesx2 + y2 = 4, z = 0, z = x¡ y, con z ¸ 0.4.12.55. Calcular mediante una integral triple el volumen del s¶olido limitado por las super¯ciesx2 + 2y2 = 2, z = 0, x+ y + 2z = 0.

4.12.56. Expresar mediante una integral triple en coordenadas cartesianas el volumen del s¶olidolimitado por las super¯cies x2 + y2 + z2 = 20, z = 0, x¡ y2 = 0, con z ¸ 0, x ¸ y2.

4.12.57. Consid¶erese la integral triple I :=

ZZZT

(x2 + y2 + z2) dz dy dx, donde T es la regi¶on

determinada por las condiciones 1 · z · 2, x2 + y2 + z2 · 4.(a) Expresar la integral I en coordenadas cil¶³ndricas.

(b) Expresar la integral I en coordenadas esf¶ericas.

(c) Evaluar I por cualquiera de las expresiones (a) o (b).

4.12.58. Usando coordenadas esf¶ericas, calcular la integral

ZZZT

px2 + y2 dx dy dz, donde T es la

bola s¶olida x2 + y2 + z2 · 16.4.12.59. La integral

I =

Z ¼

0

Z 4

2

Z p16¡r2

0

(16¡ r2 ¡ z2) r dz dr dµest¶a dada en coordenadas cil¶³ndricas. Expresarla en coordenadas esf¶ericas.

4.12.60. Calcular el volumen

ZZZT

dx dy dz del s¶olido T limitado por los dos paraboloides z =

x2 + y2, z = 4x2 + 4y2, el cilindro y = x2 y el plano y = 3x.

4.12.61. Calcular la integral triple

I :=

Z 3

¡3

Z p9¡x2

¡p9¡x2

Z p9¡x2¡y2

0

zpx2 + y2 + z2 dz dy dx;

mediante un cambio de variables a coordenadas cil¶³ndricas o esf¶ericas.



4.12.62. Encontrar el volumen de la porci¶on de la bola x2 + y2 + z2 · a2 que queda dentro delcilindro r = a sen µ, usando coordenadas cil¶³ndricas.

4.12.63. Usar coordenadas cil¶³ndricas o esf¶ericas para evaluar la integral

I :=

ZZZT

(x2 + y2 + z2) dx dy dz;

donde T es la regi¶on determinada por las condiciones 12· z · 1, x2 + y2 + z2 · 1.

4.12.64. Calcular la masa del s¶olido acotado por el cilindro x2 + y2 = 2x y por el semicono z2 =x2 + y2, z ¸ 0, cuya densidad es dada por ½(x; y) =px2 + y2. Obtener tambi¶en las coordenadas desu centro de masa. [[ Indicaci¶on: Usar coordenadas cil¶³ndricas. ]]

4.12.65. Usar coordenadas esf¶ericas para evaluar

I :=

ZZZT

dx dy dz

(x2 + y2 + z2)3=2;

donde T es el s¶olido acotado por las dos esferas x2 + y2 + z2 = 4, x2 + y2 + z2 = 9 y el semiconox2 + y2 ¡ z2 = 0, z ¸ 0.4.12.66. Usando coordenadas esf¶ericas, calcular

I :=

Z 3

0

Z p9¡x2

0

Z p9¡x2¡y2

0

dz dy dx

(9¡ x2 ¡ y2 ¡ z2)1=2 :

4.12.67. Usar el cambio de variables x = v cosw, y = v senw, z =pu¡ v2 para calcular la integral

triple I =

ZZZT

z dx dy dz, donde el s¶olido T es la intersecci¶on del casco esf¶erico 9 · x2+y2+z2 · 16con el casco cil¶³ndrico 1 · x2 + y2 · 4, con z ¸ 0.4.12.68. Encontrar el volumen del s¶olido de revoluci¶on z2 ¸ x2 + y2 encerrado por la esfera x2 +y2 + z2 = 1. [[ Indicaci¶on: Usar coordenadas esf¶ericas. ]]

4.12.69. Calcular el volumen del s¶olido encerrado por la esfera x2 + y2 + z2 = 4 y envuelto por elcilindro x2 + y2 = 2x.

4.12.70. Calcular, usando coordenadas cil¶³ndricas, el volumen del cuerpo limitado por la partesuperior de la esfera x2 + y2 + z2 = 25 y el paraboloide x2 + y2 = z.

4.12.71. Hallar el volumen del s¶olido limitado inferiormente por el paraboloide 2az = x2 + y2, cona > 0; y limitado superiormente por la esfera x2 + y2 + z2 = 3a2.

4.12.72. Calcular la masa del s¶olido T cuya densidad es ½(x; y; z) = x2y2z2, si T es limitado por elcilindro parab¶olico x = y2 y los planos x = z, z = 0, x = 1.

4.12.73. Encontrar el volumen del s¶olido formado por la intersecci¶on de los tubos cil¶³ndricos x2+y2 ·36, x2 + z2 · 36.



4.12.74. Si el s¶olido T limitado por el paraboloide z = x2 + y2, el cilindro x2 + y2 = 25 y los planosz = 0 y z = 25 tiene densidad constante ½, encontrar el momento de inercia de T alrededor del eje z.

4.12.75. Calcular la integral triple

I :=

ZZZT

dx dy dz

x2 + y2 + (z ¡ 12)2;

donde el s¶olido T es la bola unitaria x2 + y2 + z2 · 1.


Cap¶³tulo 5

An¶alisis vectorial

5.1 Campos vectoriales

² Un campo vectorial de¯nido sobre una regi¶on T del espacio es una funci¶on vectorial F queasocia a cada punto (x; y; z) de T un vector

F (x; y; z) = iP (x; y; z) + jQ(x; y; z) + kR(x; y; z):

= hP (x; y; z); Q(x; y; z); R(x; y; z)i

² Observe que F : T µ IR3 ! V3.

² Se puede describir con mayor brevedad el campo vectorial F en t¶erminos de sus funcionescomponentes P , Q y R escribiendo F = hP;Q;Ri. Obs¶ervese que P , Q y R son funcionesescalares (de valor rea1).

² Un campo vectorial en el plano es semejante, con la excepci¶on de que no se abarcan componentesz ni coordenadas z. Por lo tanto, un campo vectorial de la regi¶on plana R es una funci¶onvectorial F que asocia un vector a cada punto (x; y) de R

F (x; y) = iP (x; y) + jQ(x; y) = hP (x; y); Q(x; y)i

² Observe que F : R µ IR2 ! V2.

² Es ¶util tener la capacidad de visualizar un campo vectorial F . Una forma usual consiste endibujar un conjunto de vectores F (x; y) cada uno representados por una °echa, de longitudjF (x; y)j y situados con (x; y) como punto inicial. Este procedimiento se ilustra en el siguienteejemplo. De forma an¶aloga se procede con un campo vectorial en el espacio.

² En el archivo \campos vectoriales.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos deestos c¶alculos usando Mathematica.

329


330 Cap¶³tulo 5. An¶alisis vectorial

Figura 5.1: Campo vectorial.

− Ejemplo 5.1. Describa el campo vectorial F (x; y) = xi+ yj.

Soluci¶on:

Para cada punto (x; y) del plano, F (x; y) es s¶olo su vector de posici¶on; apunta en direcci¶onopuesta al origen y tiene como longitud

jF (x; y)j = jxi+ yjj =px2 + y2 = r

que es igual a la distancia de (x; y) al origen. La Fig. 5.1 muestra algunos vectores que repre-sentan al campo vectorial.

² Entre los campos vectoriales m¶as importantes en las aplicaciones se encuentran los camposvectoriales de velocidad. Imagine el °ujo estable de un °uido, tal como el aire en el viento o elagua de un r¶³o. Se entiende como °ujo estable aqu¶el en donde el vector velocidad v(x; y; z) del°uido que pasa por el punto (x; y; z) es independiente del tiempo, por lo que la trayectoria del°ujo permanece constante. Entonces, v(x; y; z) es el campo vectorial de velocidad del °ujo.

− Ejemplo 5.2. Imagine el plano horizontal xy cubierto con una capa delgada de agua que est¶agirando (algo as¶³ como un remolino) alrededor del origen con una rapidez angular constantede ! radianes por segundo, en direcci¶on contraria a la de las manecillas del reloj. Describa elcampo vectorial de velocidades asociado.

Soluci¶on:

Figura 5.2: Campo vectorial.


5.1. Campos vectoriales 331

Es evidente que en este caso se tiene un campo vectorial de dos dimensiones v(x; y). En cada

punto (x; y) el agua se mueve en direcci¶on tangencial al circulo de radio r =px2 + y2 con

rapidez v = r!. Obs¶ervese que el campo vectorial

v(x; y) = !(¡yi+ xj)

tiene una longitud r!, apuntando generalmente en direcci¶on contraria a la del reloj y que

v ¢ r = w(¡yi+ xj) ¢ (xi+ yj) = 0;

as¶³ que ves tangente al c¶³rculo antes mencionado. El campo de velocidad mencionado por laecuaci¶on (3) se ilustra en la Fig. 5.2.

² De igual importancia en las aplicaciones f¶³sicas son los campos de fuerza. Sup¶ongase que poralgunas circunstancias (quiz¶a de caracteres gravitacionales o el¶ectricos) se ocasiona una fuerzaF (x; y; z) que act¶ua sobre una part¶³cula cuando se coloca en el punto (x; y; z). Entonces, setiene un campo de fuerza F . El siguiente ejemplo se re¯ere al campo m¶as com¶un de fuerza queexperimentan los seres humanos.

− Ejemplo 5.3. Suponga una masaM ¯ja en el origen. Cuando una part¶³cula de masa unitariase coloca en el punto (x; y; z) que no sea el origen, es sometida a una fuerza F (x; y; z) deatracci¶on gravitacional dirigida hacia la masaM . Por la ley de gravitaci¶on del inverso cuadrado,la magnitud de F es F = GM=r2 donde r =

px2 + y2 + z2 es la longitud del vector de posici¶on

r = xi+ yj + zk. Se sigue de inmediato que

F (x; y; z) = ¡krr3

donde k = GM , porque este vector tiene magnitud y direcci¶on correctas (hacia el origen, porqueF es un m¶ultiplo de ¡r). Un campo de fuerzas de la forma anterior se llama campo de fuerzasde inverso cuadrado. Obs¶ervese que F (x; y; z) no est¶a de¯nido en el origen, y que jF j ! 1cuando r! 0.

² (EL CAMPO VECTORIAL GRADIENTE)

Ya hemos visto el vector gradiente de la funci¶on de variable real f(x; y; z). Es el vector 5fde¯nido de la siguiente manera:

5f = i@f@x+ j

@f

@y+ k

@f

@z=

¿@f

@x;@f

@y;@f

@z

ÀLas derivadas parciales del segundo miembro se eval¶uan en el punto (x; y; z). Por lo tanto,5f(x; y; z) es un campo vectorial, es el campo vectorial gradiente de la funci¶on f .

² El vector5f(x; y; z) apunta en la direcci¶on en donde se obtiene la derivada direccional m¶aximade f en (x; y; z). Por ejemplo, si f(x; y; z) es la temperatura en el punto (x; y; z), entonces sedebe avanzar en la direcci¶on de 5f(x; y; z) para aumentar la temperatura m¶as r¶apido.



² La notaci¶on de la ecuaci¶on 5f = i@f@x+ j

@f

@y+ k

@f

@zsugiere la expresi¶on formal

5 = i@

@x+ j

@

@y+ k

@

@z=

¿@

@x;@

@y;@

@z

À² Es provechoso pensar en5 como en un operador diferencial vectorial, es el operador que, cuandose aplica a la funci¶on escalar f , produce su campo vectorial gradiente 5f . Esta operaci¶on secomporta como la operaci¶on de diferenciaci¶on (con variable simple) en muchas formas conocidase importantes. Para tener un ejemplo com¶un de esto, recuerde que se pueden encontrar puntoscr¶³ticos de una funci¶on de varias variables que fueron los puntos en los que 5f(x; y; z) = 0 oaqu¶ellos en los que 5f(x; y; z) no exist¶³a.

² Como un ejemplo sup¶ongase que f y g son funciones y a y b constantes. Es f¶acil demostrar que5(af + bg) = a5 f + b5 g:

Por consiguiente, el vector gradiente es lineal. Tambi¶en satisface la regla del producto (siguienteejemplo).

− Ejemplo 5.4. Dadas las funciones diferenciables f(x; y; z) y g(x; y; z), demuestre que

5(fg) = f5g + g5f:

Soluci¶on: Apliquemos la de¯nici¶on y la regla del producto para derivadas parciales. Por tanto,

5(fg) = i@(fg)

@x+ j

@(fg)

@y+ k

@(fg)

@z. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

= i

µf@g

@x+ g

@f

@x

¶+ j

µf@g

@y+ g

@f

@y

¶+ k

µf@g

@z+ g

@f

@z

¶= f

µi@g

@x+ j

@g

@y+ k

@g

@z

¶+ g

µi@f

@x+ j

@f

@y+ k

@f

@z

¶

o bien 5(fg) = f5g + g5f como se deseaba.² (DIVERGENCIA DE UN CAMPO VECTORIAL)

Sup¶ongase ahora que

F (x; y; z) = iP (x; y; z) + jQ(x; y; z) + kR(x; y; z)

con funciones componentes diferenciables P , Q y R. Entonces, la divergencia de F es la funci¶onescalar div F de¯nida as¶³:

div F = 5 ¢ F = @P

@x+@Q

@y+@R

@z


5.1. Campos vectoriales 333

Por supuesto, div es una abreviatura de divergencia y la notaci¶on alternativa 5 ¢F es consis-tente con la expresi¶on formal de 5 de la ecuaci¶on. Es decir,

5 ¢ F =¿@

@x;@

@y;@

@z

À¢ hP;Q;Ri = @P

@x+@Q

@y+@R

@z

² Despu¶es se ver¶a que si v es el campo vectorial de velocidad de un °ujo estable, el valor de div ven un punto (x; y; z) es en esencia la raz¶on neta por unidad de volumen con la que la masa°uye (0 "diverge") del punto (x; y; z).

− Ejemplo 5.5. Si el campo vectorial F est¶a dado por

F (x; y; z) = (xey)i+ (z sen y)j + (xy ln z)k;

entonces P (x; y; z) = xey, Q(x; y; z) = z sen y y R(x; y; z) = xy ln z. En consecuencia, a partirde la ecuaci¶on:

div F =@(xey)

@x+@(z sen y)

@y+

@(xy ln z)

@z. . . . . . . . . . . . . .

o bien div F = ey + z cos y +xy

z. . . . .

Por ejemplo, el valor de div F en el punto (¡3; 0; 2) esV ¢ F (¡3; 0; 2) = e0 + 2 cos 0 + 0 = 3:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

² Las siguientes f¶ormulas son las an¶alogas para la divergencia de las ecuaciones5 ¢ (aF + bG) = a5 ¢ F + b5 ¢G

y5 ¢ (fG) = (f)(5 ¢G) + (5f) ¢G;

Se deja esto como ejercicio.

² N¶otese que la f¶ormula anterior (donde f es una funci¶on escalar y G es un campo vectoria1) esconsistente en cuanto que f y 5 ¢G son funciones escalares, mientras que 5f y G son camposvectoriales, por lo que la suma descrita en el primer miembro es una funci¶on escalar.

² (ROTACIONAL DE UN CAMPO VECTORIAL)

El rotacional ( rot ) de un campo vectorial F = Pi + Qj + Rk es el rot F de campo vectorialcon la siguiente de¯nici¶on:

rot F = 5£ F =

¯¯¯i j k

@

@x

@

@y

@

@z

P Q R

¯¯¯



o bien

rot F = i

µ@R

@y¡ @Q@z

¶+ j

µ@P

@z¡ @R@x

¶+ k

µ@Q

@x¡ @P@y

¶o bien

rot F =

¿@R

@y¡ @Q@z;@P

@z¡ @R@x;@Q

@x¡ @P@y

À² Aunque puede desearse memorizar est¶a complicada f¶ormula, recomendamos (porque en gene-ral lo encontrar¶a m¶as sencillo) que en la pr¶actica. Formule y evalue el determinante formaldirectamente. Nuestro siguiente ejemplo muestra lo f¶acil que es esto.

² En el archivo \gradiente, divergencia y rotacional.nb", del disco compacto, se muestra comorealizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 5.6. Calcular el rot F para el campo vectorial F dado por

F (x; y; z) = (xey)i+ (z sen y)j + (xy ln z)k:

Soluci¶on:

Tenemos en este caso que:

rot F =

¯¯ i j k@

@x

@

@y

@

@z

xey z sen y xy ln z

¯¯

o bien rot F = i(x ln z ¡ sen y) + j( ¡y ln z. . . . . . . . . . ) + k(¡xey).Por ejemplo, el valor de rot F en el punto (3; ¼=2; e) es

5£ F³3;¼

2; e´= 2i¡ ¼

2j ¡ 3e¼=2k

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

² Despu¶es se ver¶a que si v es el vector velocidad de un °ujo, entonces el valor del vector rot v (nocero) en el punto (x; y; z) determina el eje que pasa por (x; y; z) con respecto al cual el °uidogira (o rota o \da vueltas").

² Tambi¶en presentamos las f¶ormulas5£ (aF + bG) = a

³5£ F´+ b³5£G´5£ (fG) = (f)(5£G) + (5f)£G

Se deja esto como ejercicio.


5.2. Integrales de l¶³nea 335

− Ejemplo 5.7. Si la funci¶on f(x; y; z) tiene derivadas parciales continuas de segundo orden,demuestre que rot(5f) = 0.Soluci¶on: Los c¶alculos directos conducen a

5£5F =

¯¯¯¯

i j k

@

@x

@

@y

@

@z

@f

@x

@f

@y

@f

@z

¯¯¯¯

o bien

5£ F = iÃ

@2f

@y@z¡ @2f

@z@y. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

!+ j

µ@2f

@z@x¡ @2f

@x@z

¶+ k

µ@2f

@x@y¡ @2f

@y@x

¶

en consecuencia 5£5F = 0 debido a la igualdad de las derivadas parciales continuas mixtasde segundo orden.

5.2 Integrales de l¶³nea

² Procedemos en forma an¶aloga al casoZ b

a

f(x) dx en el que se comienza dividiendo el intervalo

[a; b] en subintervalos de longitudes ¢x1, ¢x2, : : :, ¢xn. Luego se escogen n¶umeros arbitrarioswk en cada subintervalo y se toma el l¶³mite de las sumas de Riemann

Pk f(wk)¢xk cuando

todos los ¢xk tienden a 0. Puede seguirse un procedimiento similar para de¯nir las integralesde l¶³nea de funciones de varias variables sobre curvas en dos o tres dimensiones.

² Se sabe que una curva plana C es regular (o alisada) si tiene una parametrizaci¶on

x = x(t); y = y(t); a · t · b

tal que x0(t) y y0(t) son continuas y no se anulan simult¶aneamente en [a; b].

² Para las curvas en el espacio se considera una tercera funci¶on k del mismo tipo, tal que z = z(t).

² El sentido, u orientaci¶on, positivo sobre C es la direcci¶on en que se mueve un punto al aumentart.

² Se dice que una curva C es regular parte por parte si [a; b] se puede dividir, en subintervaloscerrados de manera que C sea regular en cada subintervalo.



² Sea f una funci¶on de dos variables x y y que es continua en una regi¶on D, la cual contiene unacurva regular C con una parametrizaci¶on

x = x(t); y = y(t); a · t · b

Se de¯nir¶an tres integrales diferentes de f sobre C.

² Comenzamos dividiendo el intervalo del par¶ametro [a; b] escogiendo

a = t0 < t1 < t2 < : : : < tn = b

La norma de esta partici¶on, es decir, la longitud del mayor subintervalo [tk¡1; tk], se denota porjj¢jj.

Figura 5.3: Partici¶on.

² Si P (xk; yk) es el punto de C correspondiente a tk entonces los puntos P0, P1, P2, : : :, Pn dividena C en n subarcos Pk¡1; Pk, como se ilustra en la Fig. 5.3. Sean

¢xk = xk ¡ xk¡1; ¢yk = yk ¡ yk¡1; ¢sk = longitud del arco Pk¡1Pk

² Para cada k, sea (uk; vk) un punto del subarco Pk¡1Pk correspondiente a alg¶un n¶umero en[tk¡1; tk]

² (Integrales de l¶³nea en dos dimensiones)Las integrales de l¶³nea de f sobre C con respecto s, x y y, respectivamente, y se denotan comosigue. Z

C

f(x; y) ds = limjj¢jj!0

Xk

f(uk; vk)¢skZC

f(x; y) dx = limjj¢jj!0

Xk

f(uk; vk)¢xkZC

f(x; y) dy = limjj¢jj!0

Xk

f(uk; vk)¢yk

toda vez que los l¶³mites de estas sumas existan.



² El t¶ermino \integral de l¶³nea" se re¯ere a una integral sobre una l¶³nea curva, que podr¶³a ser enciertos casos una l¶³nea recta. Se le podr¶³a llamar tambi¶en gen¶ericamente integral de curva.

² Si f es continua en D, entonces los l¶³mites en la de¯nici¶on anterior existen y son los mismospara todas las parametrizaciones (siempre y cuando tengan la misma orientaci¶on). Adem¶as,las integrales se pueden evaluar sustituyendo x = x(t), y = y(t), o sea la parametrizaci¶on de Cy reemplazando las diferenciales por

ds =p(dx)2 + (dy)2 =

p[x0(t)]2 + [y0(t)]2dt; dx = x0(t)dt; dy = y0(t)dt:

(¤) Teorema: 5.1. (Evaluacion para integrales de l¶³nea) Si una curva regular C est¶a dadapor x = x(t), y = y(t); con a · t · b, y f(x; y) es continua en una regi¶on D que contiene a C,entonces

1.

ZC

f(x; y) ds =

Z b

a

f (x(t); y(t))

q[x0(t)]2 + [y0(t)]2 dt

2.

ZC

f(x; y) dx =

Z b

a

f (x(t); y(t))x0(t) dt

3.

ZC

f(x; y) dy =

Z b

a

f (x(t); y(t)) y0(t) dt

² La discusi¶on anterior se puede generalizar a curvas m¶as complicadas. En particular, sea C unacurva regular parte por parte que se puede expresar como la uni¶on de un n¶umero ¯nito decurvas regulares C1, C2, : : :, Cn tales que el punto ¯nal de Ck es el punto inicial de Ck+1 parak = 1, 2, : : :, n¡ 1. En este caso, la integral de l¶³nea de f sobre C se de¯ne como la suma delas integrales de l¶³nea sobre cada una de las curvas. Se pueden demostrar propiedades de lasintegrales de l¶³nea semejantes a las que se obtuvieron para las integrales vistas en los cursos dec¶alculo en una variable. Por ejemplo, invertir la direcci¶on de integraci¶on cambia el signo de laintegral; la integral de una suma de dos funciones es la suma de las integrales de cada funci¶on,etc¶etera.

² En el archivo \integrales de l¶³nea.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunos deestos c¶alculos usando Mathematica.


ZC

xy2 ds, donde C tiene la parametrizaci¶on x = cos t, y = sen t;

0 · t · ¼=2.Soluci¶on: La curva C es la parte de la circunferencia unitaria con centro en el origen quese encuentra en el primer cuadrante, como se muestra en la Fig. 5.4. La punta de °echa en Cindica el sentido positivo (es decir, la direcci¶on de integraci¶on). Aplicando el Teorema 5.1 (1),obtenemos: Z

C

xy2 ds =

Z ¼=2

0

cos t sen2 tpsen2 t+ cos2 t dt =

sen3 t

3

¯¼=20. . . . . . . . . . . . . .

=1

3



Figura 5.4: Cuarto de circunferencia


ZC

xy2 dx y

ZC

xy2 dy donde C es la parte de la par¶abola y = x2 entre

(0; 0) y (2; 4).

Soluci¶on:

Figura 5.5: Curva C.

La gr¶a¯ca de y = x2 entre (0; 0) y (2; 4) est¶a en la Fig. 5.5. C tiene ecuaciones param¶etricas

x = t; y = t2;. . . . . . . . . 0 · t · 2:

Las diferenciales son dx = dt, dy = 2tdt.

Aplicando el Teorema (5.1), obtenemos:ZC

xy2 dx =

Z 2

0

t(t2)2. . . . . . . dt =

Z 2

0

t5. . dt =32

3. . . .ZC

xy2 dy =

Z 2

0

t(t2)22t dt =

Z 2

0

2t6 dt =256

7. . . . .



− Ejemplo 5.10. Sea a > 0. Evaluar

ZC

y2 ds,

ZC

y2 dx y

ZC

y2 dy donde C es la curva

parametrizada como:

x = a(t¡ sen t); y = a(1¡ cos t); 0 · t · 2¼Soluci¶on: La curva C se muestra en la Fig. 5.6. Los c¶alculos solicitados son como sigue:

C

Figura 5.6: Curva C.ZC

y2 ds =

Z 2¼

0

·a2(1¡ cos t)2

qa2(1¡ cos t)2 + a2 sen2 t

¸dt

o bien

ZC

y2 ds =256a3

15. . . . . . . .. Por otro lado:Z

C

y2 dx =

Z 2¼

0

£a3(1¡ cos t)3¤ dt = 5a3¼. . . . . .

Finalmente ZC

y2 dy =

Z 2¼

0

£a3(1¡ cos t)2 sen t¤ dt = 0

− Ejemplo 5.11. Sea a > 0. Evaluar

ZC

¡x2 + y2

¢ds,

ZC

¡x2 + y2

¢dx y

ZC

¡x2 + y2

¢dy donde

C es la curva parametrizada como:

x = a (cos t+ t sen t) ; y = a ( sen t¡ t cos t) ; 0 · t · 2¼Soluci¶on: El gr¶a¯co de la curva C dada se muestra en la Fig. 5.7. El c¶alculo es como sigue:Z

C

¡x2 + y2

¢ds =Z 2¼

0

hpa2t2 cos2 t+ a2t2 sen2 t ¢ ((a cos t+ at sen t)2 + (¡at cos t+ a sen t)2)

idt

=

Z 2¼

0

£at ¢ a2((cos t+ t sen t)2 + (¡t cos t+ sen t)2)

¤dt

=

Z 2¼

0

£at ¢ a2 ¡cos2 t+ t2 cos2 t+ sen2 t+ t2 sen2 t

¢¤dt

=

Z 2¼

0

£at ¢ a2 ¡1 + t2¢¤ dt




o bien

ZC

¡x2 + y2

¢ds =

Z 2¼

0

a3t(1 + t2). . . . . . . . . . . . . . . dt = 2a3¼2(1 + 2¼2). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Por otro lado:

ZC

¡x2 + y2

¢dx

=

Z 2¼

0

£a3t cos3 t+ a3t3 cos3 t+ a3t cos t sen2 t+ a3t3 cos t sen2 t

¤dt

=

Z 2¼

0

a3(t+ t3) cos t dt = 12a3¼2. . . . . . . . . .

Finalmente: ZC

¡x2 + y2

¢dy =Z 2¼

0

£a3t cos2 t sen t+ a3t3 cos2 t sen t+ a3t sen3 t+ a3t3 sen3 t

¤dt

=

Z 2¼

0

a3(t+ t3) sen t dt = 2a3¼(5¡ 4¼2). . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Hemos usado aqu¶³:Za3(t+ t3) cos t dt = a3(¡5 cos t+ 3t2 cos t¡ 5t sen t+ t3 sen t)Za3(t+ t3) sen t dt = ¡a3(¡5t cos t+ t3 cos t+ 5 sen t¡ 3t2 sen t):

² Si C es la gr¶a¯ca de una ecuaci¶on y = g(x) para a · x · b, entonces C tiene ecuacionesparam¶etricas

x = t; y = g(t); a · t · b:



Entonces, las integrales de l¶³nea (2) y (3) del Teorema (5.5) se pueden evaluar como sigue:ZC

f(x; y) dx =

Z b

a

f (t; g(t)) dt =

Z b

a

f (x; g(x)) dx

² Esto demuestra que para las curvas dadas en la forma rectangular y = g(x) con a · x · b nohay que usar las ecuaciones param¶etricas sino que basta sustituir y = g(x), dy = g0(x)dx, yusar a y b como l¶³mites de integraci¶on. En el ejemplo 5.9, donde y = x2, se podr¶³a haber escritoZ

C

xy2 dx =

Z 2

0

x¡x4¢dx =

32

3ZC

xy2 dy =

Z 2

0

x¡x4¢2x dx =

256

7

² Puede obtenerse una aplicaci¶on f¶³sica de la integral de l¶³neaZC

f(x; y) ds considerando la curva

como un alambre delgado de densidad variable. Si la densidad lineal (es decir, la masa porunidad de longitud) en el punto (x; y) est¶a dada por ±(x; y), entonces ±(uk; vk)¢sk es aproxi-madamente igual a la masa ¢mk de la parte del alambre que est¶a entre Pk¡1 y Pk.

² (Masa de un alambre)m =

ZC

±(x; y) ds

− Ejemplo 5.12. Un alambre delgado tiene la forma de media circunferencia de radio a. Ladensidad lineal de masa en un punto P es directamente proporcional a la distancia de P a larecta que pasa por los extremos del alambre. Calcular la masa del alambre.

Soluci¶on:

Figura 5.8:

Introducimos un sistema de coordenadas de manera que la forma del alambre coincida con lamitad superior de la circunferencia de radio a con centro en el origen (v¶ease la Fig. 5.8); Ctiene las ecuaciones param¶etricas

x = a cos t; y = a sen t; 0 · t · ¼



Por hip¶otesis, la densidad lineal de masa en P (x; y) est¶a dada por ±(x; y) = ky, para algunaconstante k. La masa del alambre es

m =

ZC

ky ds =

Z ¼

0

(ka sen t)pa2 sen2 t+ a2 cos2 t. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . dt = 2ka

2:

− Ejemplo 5.13. Sea a > 0. Suponga que alambre tiene forma de c¶³rculo de radio a centradoen el origen. Determine su masa si la densidad en el punto (x; y) es jxj+ jyj.Soluci¶on: Podemos parametrizar el c¶³rculo como:

x = a cos t; y = a sen t; 0 · t · 2¼:Tenemos entonces que

m =

ZC

½(x; y) ds

=

Z 2¼

0

ja cos tjpa2 cos2 t+ a2 sen2 t+ ja sen tj

pa2 cos2 t+ a2 sen2 t dt

=

Z 2¼

0

a2(jcos tj+ j sen tj). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . dt = 8a2:

² En las aplicaciones relacionadas con el trabajo, aparecen integrales de l¶³nea combinadas en laforma Z

C

M(x; y) dx+

ZC

N(x; y) dy

donde M y N son funciones continuas sobre un dominio D que contiene a C. Esta suma seabrevia escribi¶endola como Z

C

M(x; y) dx+N(x; y) dy


ZC

xy dx+ x2 dy suponiendo que

(a) C consta de los segmentos que van de (2; 1) a (4; 1) y de (4; 1) a (4; 5).

(b) C es el segmento que va de (2; 1) a (4; 5).

(c) C tiene ecuaciones param¶etricas x = 3t¡ 1, y = 3t2 ¡ 2t; 1 · t · 53

Soluci¶on:

(a) Si se divide C en dos partes C1 y C2, como se muestra en la Fig. 5.9-(a), estas curvas tienenlas ecuaciones param¶etricas

C1 : x = t; y = 1; 2 · t · 4C2 : x = 4; y = t; 1 · t · 5



Figura 5.9: Curvas C.

La integral de l¶³nea sobre C puede expresarse como una suma de dos integrales de l¶³nea, laprimera sobre Cl y la segunda sobre C2. Sobre Cl tenemos dy = 0, dx = dt y por lo tantoZ

C1

xy dx+ x2 dy =

Z 4

2

t(1) dt. . . . . . . . . . . . . .

= 6

Sobre C2 tenemos dx = 0, dy = dt y as¶³ZC2

xy dx+ x2 dy =

Z 5

1

[0 + 16 ¢ 1] dt. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

= 64

Por lo tanto, la integral de l¶³nea sobre C es igual a 6 + 64, o sea 70.

(b) La gr¶a¯ca de C est¶a en la Fig. 5.9-(b) y tiene la ecuaci¶on y = 2x¡ 3 para 2 · x · 4. Eneste caso dy = 2 dx yZ

C

xy dx+ x2 dy =

Z 4

2

£x(2x¡ 3) ¢ 1 + x2 ¢ 2¤ dx = 170

3:

. . . . . .

(c) La gr¶a¯ca de C es parte de una par¶abola (v¶ease la Fig. 5.9-(c)). En este caso, usandolas ecuaciones param¶etricas x = 3t ¡ 1, y = 3t2 ¡ 2t; 1 · t · 5=3, obtenemos dx = 3dt,dy = (6t¡ 2)dt y la integral de l¶³nea es igual aZ

C

xy dx+ x2 dy =

Z 5=3

1

h(3t¡ 1) ¡3t2 ¡ 2t¢. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ¢ 3 + (3t¡ 1)2 ¢ (6t¡ 2)

idt = 58

Otra manera de resolver esto es usar la ecuaci¶on y = 13(x2 ¡ 1) de la par¶abola para 2 · x · 4.

<H¶agalo!

² En el ejemplo anterior se obtuvieron tres valores diferentes para la integral de l¶³nea sobre trestrayectorias distintas de (2; 1) a (4; 5). M¶as adelante se estudiar¶an integrales de l¶³nea que tienenel mismo valor sobre todas las curvas que van de un punto A a un punto B. De esas integralesse dice que son independientes de la trayectoria.



− Ejemplo 5.15. Calcule

ZC

(2 a¡ y) dx+(x2) dy en la que C es la curva con ecuaci¶on param¶etricax = a (t+ sen t), y = a (1 + cos t) con 0 · t · 2¼.Soluci¶on: Observe que:Z

C

(2 a¡ y) dx+ (x2) dy

=

Z 2¼

0

£a2 ¡ a2 cos2 t¡ a3 t2 sen t¡ 2 a3 t sen2 t¡ a3¤ dt

= a2 ¼ (1 + 2 a ¼). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Aqu¶³ usamos Zcos2 t dt =

t+ cos t sen t

2Zt2 sen t dt = ¡ ¡t2 ¡ 2¢ cos t+ 2 t sen t

Zt sen2 t dt =

¡ cos(2 t) + 2 t (t¡ sen(2 t))

8


ZC

¡x2 ¡ y2¢ dx + ¡x2 + y2¢ dy en la que C es la curva descrita

por y = 1¡ j1¡ xj desde ¡1 a 3.Soluci¶on: La gr¶a¯ca de la curva C se muestra en la Fig. 5.10. Observamos que podemos

C1 C2

(¡1;¡1)

(1; 1)

(3;¡1)


parametrizar esta curva como x = t y

y =

½1¡ (1¡ t) si t · 11¡ (t¡ 1) si t ¸ 1 o bien y =

½t si t · 12¡ t si t ¸ 1



Observemos que C se puede descomponer en dos curvas C1 y C2 tal como se muestra en laFig. 5.10. Por lo tanto, tenemos que:

I =

ZC1

¡x2 ¡ y2¢ dx+ ¡x2 + y2¢ dy| {z }

I1

+

ZC2

¡x2 ¡ y2¢ dx+ ¡x2 + y2¢ dy| {z }

I2

Notamos que

I1 =

Z 1

¡12 t2 dt

. . . . . . . . . . . . . .=4

3

I2 =

Z 3

1

£¡2 t2 + 8 t¡ 8¤ dt. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

= ¡43:

Por lo tanto, I = 0.


ZC

(x¡ y) dx+ (x+ y) dy en la que C es la elipse x2

a2+y2

b2= 1

recorrida en el sentido contrario de las agujas del reloj.

Figura 5.11: Elipse

Podemos parametrizar la elipse como sigue:½x = a cos ty = b sen t

con 0 · t · 2¼

Se deja al estudiante comprobar que efectivamente esta parametrizaci¶on describe la elipse enel sentido contrario a las agujas del reloj. Tenemos entonces que:

I =

Z 2¼

0

£a b cos2 t¡ a2 cos t sen t+ b2 cos t sen t+ a b sen2 t¤ dt = 2 a b ¼. . . . . . . .

² Veamos ahora la de¯nici¶on de integral de l¶³nea para el casos de curvas en IR3. Si una curva Cen tres dimensiones tiene una parametrizaci¶on

x = x(t); y = y(t); z = z(t); a · t · b;



entonces las integrales de l¶³nea de una funci¶on f de tres variables se de¯nen de manera parecidaa las de dos variables. En este caso, en lugar de usar a (xk; yk) y (uk; vk) como las coordenadasde Pk y Qk en C, se usan (xk; yk; zk) y (uk; vk; wk), respectivamente. EntoncesZ

C

f(x; y; z) ds = limjj¢jj!0

Xk

f(uk; vk; wk)¢sk

Esta integral se puede evaluar usando la f¶ormulaZC

f(x; y; z) ds =

Z b

a

f (x(t); y(t); z(t))

q[x0(t)]2 + [y0(t)]2 + [z0(t)]2 dt

² Si un alambre tiene la forma de C, y f(x; y; z) es la densidad lineal de masa en (x; y; z), entoncesel valor de esta integral es la masa total del alambre.

² Adem¶as de las integralesZC

f(x; y; z) dx y

ZC

f(x; y; z) dy, una funci¶on de tres variables tiene

tambi¶en una integral de l¶³nea con respecto a z, a saber,

ZC

f(x; y; z) dz de¯nida por el l¶³mite

de las sumas parciales correspondientes.

² Como en el caso de dos dimensiones, estas integrales aparecen a menudo en sumas que seabrevian como Z

C

M(x; y; z) dx+N(x; y; z) dy + P (x; y; z) dz

donde M , N y P son funciones continuas en una regi¶on que contiene a C. Si C est¶a dadaparam¶etricamente, entonces esta integral de l¶³nea puede evaluarse sustituyendo x, y, z, de lamisma manera que en el caso de dos variables.

² En el archivo \integrales de l¶³nea del tipo P dx + Q dy + R dz.nb", del disco compacto, semuestra como realizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.


ZC

yz dx+ xz dy + xy dz donde C est¶a dada por

x = t; y = t2; z = t3; 0 · t · 2:

Soluci¶on:

La curva C (una c¶ubica alabeada) est¶a en la Fig. 5.12. Puede sustituirse x, y, z, y usar dx = dt,dy = 2tdt, dz = 3t2dt:Z

C

yz dx+ xz dy + xy dz =

Z 2

0

t5dt+ 2t5dt+ 3t5dt. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = 64:



Figura 5.12: Curva alabeada.


ZC

2xy dx+ (x2 + z) dy + (x+ y + z) dz en la que C es el seg-

mento de recta que une los puntos (1; 0; 2) y (3; 4; 1).

Soluci¶on: Para calcular un vector director de la recta en cuesti¶on, restamos los puntos dadoscomo sigue:

v = (3; 4; 1)¡ (1; 0; 2) = (2; 4;¡1)Por lo tanto, si usamos el punto (1; 0; 2), la ecuaci¶on de la recta est¶a dada por:8<: x = 2t+ 1

y = 4t+ 0z = ¡t+ 2

con 0 · t · 1

Tenemos as¶³ que:

I =

Z 1

0

h9 + 23t+ 48t2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

idt =

73

2


ZC

y dx+ z dy + x dz en la curva de intersecci¶on de las super¯cies

x+ y = 2 y x2 + y2 + z2 = 2(x+ y). La curva es recorrida de tal modo que, mirando desde elorigen, el sentido es el de las agujas del reloj.

Soluci¶on: En la Fig. 5.13 se muestra la curva en cuesti¶on. Se trata de una esfera cortada




por un plano, esto produce un c¶³rculo. Debemos parametrizar esta curva. Si hacemos x = t,entonces y = 2¡ t. Para z tenemos, al despejar, dos casos

t2 + (2¡ t)2 + z2 = 4; o bien z = §q

4t¡ 2t2. . . . . . . . . . .

Podemos describir el c¶³rculo usando dos curvas. A la primera la llamaremos C1 y est¶a dada por8<:x = ty = 2¡ tz =

p4t¡ 2t2

con 0 · t · 2

Observemos que cuando t = 0 obtenemos el punto (0; 2; 0), cuando t = 1 da ( 1; 1;p2. . . . . . . . . . . ) y

cuando t = 2, (2; 0; 0). A la segunda curva le llamaremos C2 y est¶a dada por8<:x = ty = 2¡ tz = ¡p4t¡ 2t2

con 0 · t · 2

Observemos que cuando t = 0 obtenemos el punto (0; 2; 0), cuando t = 1 da (1; 1;¡2) y cuandot = 2, (2; 0; 0).

De esta forma vemos que C1 genera \la parte de arriba" y C2, \la de abajo". Tenemos sinembargo un problema: el sentido de la curva. Con la curva C1 no hay problema, pero con C2vemos que el recorrido deber¶³a ser en sentido inverso. Afortunadamente las integrales de l¶³neacumplen con la propiedad de que al recorrer en sentido opuesto la curva el que se apoya lafunci¶on lo ¶unico que se altera es el signo del resultado. Tenemos entonces que:

I =

ZC1

y dx+ z dy + x dz| {z }I1

¡ZC2

y dx+ z dy + x dz| {z }I2

Empecemos con I1:

I1 =

Z 2

0

"2¡ t+

p2 tp

2 t¡ t2 ¡p2 t2p

2 t¡ t2 ¡p2p2 t¡ t2

#dt

Parece dif¶³cil. Todav¶³a no la calculemos. Veamos qu¶e pasa con I2:

I2 =

Z 2

0

"2¡ t+

p4t¡ 2t2 ¡

p2tp

2t¡ t2 +p2t2p

2t¡ t2

#dt

En vista de que en realidad lo que interesa es I1 ¡ I2, esto produce algunas cancelaciones yobtenemos:

I =

Z 2

0

¡2p2 tp2 t¡ t2. . . . . . . . . . . . .

dt =

¯20

= ¡2p2¼:



² La de¯nici¶on de masa de una curva C en IR3 se de¯ne en forma an¶aloga al caso de IR2. Enefecto, si la densidad en cada punto (x; y; z) est¶a dada por ½(x; y; z), entonces la masa m sede¯ne como:

m =

ZC

½(x; y; z) ds:


Hallar la masa de un alambre cuya forma es la curva de intersecci¶on de la esfera

x2 + y2 + z2 = 1 y el plano x+ y + z = 0

si la densidad del alambre en (x; y; z) es x2 + y2 + z2.

Soluci¶on:

Debemos empezar por parametrizar la curva en cuesti¶on. Si despejamos z de la ecuaci¶on delplano obtenemos z = ¡x¡ y. Sustituimos ahora en la ecuaci¶on de la esfera y obtenemos:

x2 + y2 + (¡x¡ y)2 = 1; o bien 2x2 + 2xy + 2y2 = 1; o bien x2 + xy + y2 =1

2

Si completamos cuadrados, obtenemos:

x2 + xy +y2

4¡ y

2

4+ y2 =

1

2; o bien

µx+

y

2. . . . . . . .

¶2+3

4y2 =

1

2

Hacemos entonces8>><>>:x+

y

2=

1p2cos t. . . . . .p

3

2y =

1p2sen t

. . . . . . . . . . . . .

o bien

8>>><>>>:x =

p2

2cos t¡

p6

6sen t

y =

p6

3sen t

Y adem¶as, como z = ¡x ¡ y, tenemos z = ¡p2

2cos t ¡

p6

6sen t. Con un poco de esfuerzo

podemos veri¯car que:

ds =

sµdx

dt

¶2+

µdy

dt

¶2+

µdz

dt

¶2dt

=

s2 cos2 t

3+

µ¡cos tp

6¡ sen tp

2

¶2+

µ¡cos tp

6+sen tp2

¶2dt

o bien ds = dt. Tenemos entonces que m =

Z 2¼

0

1 dt = 2¼. . . .



² Una de las aplicaciones m¶as importantes de las integrales de l¶³nea a la f¶³sica tiene que ver concampos de fuerza. Supongamos que la fuerza que act¶ua sobre el punto (x; y; z) es

F (x; y; z) =M(x; y; z)i+N(x; y; z)j + P (x; y; z)k

F = hM;N;P idondeM , N y P son funciones continuas. A continuaci¶on se de¯ne el trabajo realizado cuandoel punto de aplicaci¶on de F (x; y; z) recorre una curva regular C con parametrizaci¶on x = x(t),y = y(t), z = z(t); a · t · b. Se supone que el movimiento es en la direcci¶on correspondienteal crecimiento de t.

² El trabajo W efectuado por F a lo largo de C se de¯ne como

W =

ZC

M(x; y; z) dx+N(x; y; z) dy + P (x; y; z) dz

² En las aplicaciones, la integral anterior se expresa frecuentemente en forma vectorial. Veamosc¶omo. Si se de¯ne

r(t) = xi+ yj + zk

donde x = x(t), y = y(t) y z = z(t), entonces r(t) es el vector de posici¶on del punto Q(x; y; z)de C. Si s denota la longitud de arco medida a lo largo de C, entonces el vector unitario T (s)dado por

T (s) =d

dsr(t) =

dx

dsi+

dy

dsj +

dz

dsk

es un vector unitario tangente a C en Q. Observe que:

F (x; y; z) ¢ T (s) =M(x; y; z)dxds+N(x; y; z)

dy

ds+ P (x; y; z)

dz

ds

La f¶ormula puede escribirse ahora

W =

ZC

F (x; y; z) ¢ T (s) ds

² Para simpli¯car la notaci¶on se denotar¶a F (x; y; z) por F , y T (s) por T , y se de¯nedr = dxi+ dyj + dzk = Tds:

La discusi¶on anterior puede resumirse como sigue.

² Sean C una curva regular en el espacio, T un vector unitario tangente a C en (x; y; z), y F lafuerza que act¶ua en (x; y; z). Si r = xi + yj + zk, el trabajo W realizado por F a lo largo deC es

W =

ZC

F ¢ dr =ZC

hM(x; y; z); N(x; y; z); P (x; y; z)i ¢ hdx; dy; dzio bien

W =

ZC

M(x; y; z)dx+N(x; y; z)dy + P (x; y; z)dz



² Intuitivamente, se puede considerar que F ¢ dr representa el trabajo realizado cuando el puntode aplicaci¶on de F se mueve a lo largo del vector dr tangente a C. La integral representa ell¶³mite de las sumas de los elementos de trabajo F ¢ dr.

− Ejemplo 5.22. Un campo de fuerza (del tipo gravitacional) F est¶a dado por

F (x; y; z) =k

jjrjj3 r:

Calcular el trabajo realizado por F cuando su punto de aplicaci¶on se mueve a lo largo del ejex desde A(1; 0; 0) hasta B(2; 0; 0).

Soluci¶on:

Sea C el segmento de A a B; C tiene las ecuaciones param¶etricas x = t, y = 0, z = 0; para1 · t · 2. Notamos que,

F (x; y; z) =k

(x2 + y2 + z2)3=2(xi+ yj + zk):

Por lo tanto,

W =

ZC

F ¢ dr =ZC

k

(x2 + y2 + z2)3=2(x dx+ y dy + z dz)

Sustituyendo x, y, z por las ecuaciones param¶etricas de C, obtenemos

W =

Z 2

1

kt

(t2)3=2dt =

k

2:

. . .

Las unidades de W dependen de las de la distancia y de las de jjF (x; y; z)jj.² Si la discusi¶on anterior se restringe a dos dimensiones, entonces el campo de fuerza puedeexpresarse en la forma

F (x; y) =M(x; y)i+N(x; y)j:

Si C es una curva plana ¯nita regular parte por parte, entonces el trabajo realizado cuando elpunto de aplicaci¶on de F (x; y) recorre C es

W =

ZC

M(x; y) dx+N(x; y) dy =

ZC

F ¢ dr

donde r = xi+ yj.

− Ejemplo 5.23. Sea C la parte de la par¶abola y = x2 que se encuentra entre (0; 0) y (3; 9) ysea F (x; y) = ¡yi+ xj. Calcular el trabajo realizado por F a lo largo de C.Soluci¶on:

En la Fig. 5.14 se muestran algunos vectores de fuerza t¶³picos actuando sobre C. Por ejemplo,

F (1; 1) = ¡i+ j; F (2; 4) = ¡4i+ 2j; F (3; 9) = ¡9i+ 3j



Figura 5.14: y = x2.

Obs¶ervese el cambio de direcci¶on y magnitud de F (x; y) cuando P (x; y) recorre C de (0; 0) a(3; 9). Como C tiene las ecuaciones param¶etricas x = t, y = t2; 0 · t · 3, entonces

W =

ZC

F ¢ dr =ZC

¡y dx+ x dy. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

=

Z 3

0

£¡t2 dt+ t(2t) dt¤ = Z 3

0

t2 dt = 9:

Si, por ejemplo, jjF jj est¶a en newtons (N) y s en metros (m), entonces W = 9 joules.

− Ejemplo 5.24. Sea a > 0. Hallar el trabajo realizado por la fuerza F (x; y) =¡x2 ¡ y2¢ i +

2xyj al mover una part¶³cula, en el sentido contrario a las agujas del reloj, recorriendo una vezel cuadrado limitado por los ejes coordenados y las rectas x = a y y = a.

Soluci¶on: La trayectoria de la part¶³cula se muestra en la Fig. 5.15. Observe que esta se puede

a

a

C1

C2

C3

C4


subdividir en cuatro tramos: C1, C2, C3 y C4. En este caso tenemos que:

W =

ZC

F ¢ dr =ZC1

F ¢ dr| {z }I1

+

ZC2

F ¢ dr| {z }I2

+

ZC3

F ¢ dr| {z }I3

+

ZC4

F ¢ dr| {z }I4



La parametrizaci¶on de estas curvas es como sigue:

C1 :

½x = ty = 0

0 · t · a C2 :

½x = ay = t

0 · t · a

C3 :

½x = a¡ ty = a

0 · t · a C4 :

½x = 0y = a¡ t 0 · t · a

Calculemos entonces cada una de las integrales:

I1 =

Z a

0

t2 dt. . . . . . . . . . .

=a3

3I2 =

Z a

0

2 a t dt = a3

I3 =

Z a

0

2 a t¡ t2 dt = 2 a3

3I4 =

Z a

0

0 dt = 0. . . . . . . . . . . . . . . . .

Por lo tanto W =a3

3+ a3 +

2 a3

3+ 0 = 2a3.

− Ejemplo 5.25. Sea a > 0. Hallar el trabajo realizado por la fuerza F (x; y) = x2i+ y2j+ z2kal mover una part¶³cula a lo largo de la curva de intersecci¶on de la esfera x2 + y2 + z2 = a2 yel cilindro x2 + y2 = ax con z ¸ 0. La curva es recorrida de tal modo que, mirando desde elorigen, el sentido es el de las agujas del reloj.

Soluci¶on: En la Fig. 5.16 se observe la trayectoria de la part¶³cula.


Soluci¶on: Empecemos por completar cuadrados en x2 + y2 = ax:

x2 ¡ ax+ y2 = 0; x2 ¡ ax+³a2

´2+ y2 =

³a2

´2;³

x¡ a2

´2+ y2 =

a2

4



Se trata de un c¶³rculo con centro en

µa

2; 0

. . . . .

¶y radio

a

2. La gr¶a¯ca conjunta de la esfera y

el cilindro se muestra en la Fig. 5.16.

Sabemos que para parametrizar un c¶³rculo del tipo x2 + y2 = r2 podemos usar x = r cos t yy = r sen t. En el caso del cilindro que tenemos entre manos debemos ajustar esta idea comosigue: 8><>:

x¡ a2=a

2cos t

y =a

2sen t

8><>:x =

a

2(1 + cos t)

y =a

2sen t

De la relaci¶on x2 + y2 + z2 = a2 tenemos

z2 = a2 ¡ x2 ¡ y2 = a2 sen2µt

2

¶Como estamos usando la curva correspondiente a la intersecci¶on entre la esfera y el cilindroubicada en el lado positivo del eje z, tenemos que z = a sen

¡t2

¢. La parametrizaci¶on de la

curva es entonces:

x =a

2(1 + cos t); y =

a

2sen t;

. . . . . . . . . . . z = a sen

µt

2

¶; 0 · t · 2¼:

De esta forma

W =

Z 2¼

0

"a3 cos( t

2) sen( t

2)2

2¡ a

3 sen t

8¡ a

3 cos t sen t

4¡

a3cos2 t sen t

8+a3 cos t sen2 t

8

¸dt

o bien W = 0.


Sea b > 0. Hallar el trabajo realizado por la fuerza F (x; y) =¡3y2 + 2

¢i+ 16xj al mover una

part¶³cula desde el punto (¡1; 0) hasta (1; 0) siguiendo la mitad de la elipse b2x2+y2 = b2. >Qu¶evalor de b minimiza el trabajo?

Soluci¶on:

La forma can¶onica de la elipse es x2 +y2

b2= 1. Por lo tanto, se puede parametrizar como:

x = cos t; y = b sen t

>Cu¶al es el rango para t? Observe que si t = 0, obtenemos (1; 0) y si t = ¼, (¡1; 0). Por lotanto, con esta parametrizaci¶on se obtiene la curva C deseada pero recorri¶endola en sentidoinverso. Para compensar esto detalle anteponemos un signo negativo. Veamos:

W = ¡ZC

F ¢ dr = ¡Z ¼

0

£16b cos2 t¡ 2 sen t¡ 3b2 sen3 t¤ dt = 4(1 + b2 ¡ 2b¼). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


5.3. Independencia de la trayectoria 355

Para minimizar el trabajo consideremos W como una funci¶on de b. Notamos que se trata deuna par¶abola que abre hacia arriba. Por lo tanto, W posee un m¶³nimo en su v¶ertice que seobtiene derivando, a saber: W 0(b) = 8b¡ 8¼, es decir cuando b = ¼.

5.3 Independencia de la trayectoria

² A una curva regular parte por parte con extremos A y B se le llama a veces trayectoria de A aB. A continuaci¶on se obtienen condiciones bajo las cuales una integral de l¶³nea es independientede la trayectoria en una regi¶on, en el sentido de que si A y B son puntos arbitrarios, entoncesse obtiene el mismo valor para todas las trayectorias de A a B en esa regi¶on.

² Si la integral de l¶³neaZC

f(x; y) ds es independiente de la trayectoria, se denota a veces porZ B

A

f(x; y) ds porque el valor de la integral depende s¶olo de los extremos A y B de la curva C.

Una notaci¶on similar se usa para

ZC

f(x; y) dx y

ZC

f(x; y) dy y para las integrales de l¶³nea en

tres dimensiones.

² En toda esta secci¶on se supone que todas las regiones del plano son conexas. Esto signi¯caque dos puntos cualesquiera en una regi¶on se pueden unir por una curva regular parte por partecontenida en la regi¶on. Tambi¶en se supone que las regiones son abiertas, es decir, para todopunto A de una regi¶on D existe un c¶³rculo con centro A completamente contenido en D.

² El siguiente teorema, que es el resultado fundamental, dice que si un campo F es continuo,

entonces la integral de l¶³nea

ZC

F ¢ dr es independiente de la trayectoria si y s¶olo si F es con-servativo, es decir F coincide con el gradiente alguna funci¶on escalar, o sea, F = 5f paraalguna funci¶on f . La demostraci¶on se puede hallar en los libros de c¶alculo avanzado.

(¤) Teorema: 5.2. Si F (x; y) =M(x; y)i+N(x; y)j es continuo en una regi¶onD abierta y conexa,entonces la integral

ZC

F ¢ dr es independiente de la trayectoria si y s¶olo si F (x; y) = 5f(x; y)para alguna funci¶on escalar f .

² Tenemos tambi¶en un resultado, que es an¶alogo al Teorema Fundamental del C¶alculo, y quepuede enunciarse como sigue.

(¤) Teorema: 5.3. Sea F (x; y) = M(x; y)i + N(x; y)j continuo en una regi¶on abierta y conexaD, y sea C una curva regular parte por parte en D con extremos (x1; y1) y (x2; y2). Si F (x; y) =5f(x; y), entonces Z

C

M(x; y) dx+N(x; y) dy =

Z (x2;y2)

(x1;y1)

F ¢ dr

= f(x2; y2)¡ f(x1; y1) = f(x; y)¯(x2;y2)(x1;y1)



² El siguiente teorema (corolario) es una aplicaci¶on del Teorema (5.3) a los campos de fuerzaconservativos.

(¤) Teorema: 5.4. Si un campo vectorial de fuerza F es conservativo, entonces el trabajo real-izado a lo largo de la trayectoria C de A a B es igual a la diferencia de potencial entre A yB.

² El corolario se ilustra en la Fig. 5.17, en la que C1, C2 y C3 son curvas regulares parte porparte. Se requiere la misma cantidad de trabajo para cualquier trayectoria de A a B. Si C esuna curva cerrada, es decir, si A = B, entonces el trabajo realizado al recorrer C es 0.

Figura 5.17: Tres trayectorias.

² Hay un resultado inverso de ¶este, concretamente, siZC

F ¢ dr = 0

para toda curva cerrada simple C, entonces la integral es independiente de la trayectoria, y porlo tanto el campo es conservativo.

² Estos hechos son importantes en las aplicaciones, pues muchos de los campos vectoriales queaparecen en la naturaleza son de tipo gravitacional y por lo tanto, conservativos. En t¶erminosde f¶³sica, si una part¶³cula da una vuelta completa sobre una curva cerrada que se halla en uncampo de fuerza conservativo, entonces el trabajo realizado es 0.

² El Teorema (5.3) y el Corolario (5.4) pueden generalizarse a campos vectoriales en tres dimen-siones. El siguiente ejemplo ilustra estos resultados.

² En el archivo \campo gravitacional (conservativo).nb", del disco compacto, se muestra comorealizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 5.27. Sea F el campo gravitacional producido por una part¶³cula de masa M colo-cada en el origen de un sistema de coordenadas rectangulares. Calcular el trabajo realizadocuando una part¶³cula de masa m se mueve de (2; 3; 4) a (1; 0; 0).



Nota: Seg¶un la ley de gravitaci¶on universal de Newton la fuerza ejercida sobre una part¶³culade masa m colocada en (x; y; z) est¶a dada por

F (x; y; z) = GMm

jjrjj3 r

donde r = xi+ yj + zk.

Soluci¶on: Notemos que

F (x; y; z) = ¡ GmM

(x2 + y2 + z2)3=2(xi+ yj + zk)

En este caso (<adivinando!) la relaci¶on F (x; y; z) = 5f(x; y; z) es satisfecha por

f =GmMpx2 + y2 + z2

Despu¶es veremos un m¶etodo que permite calcular f . Entonces por el teorema en tres dimen-siones an¶alogo al Teorema (5.3), tenemos

W =

Z (1;0;0)

(2;3;4)

F ¢ dr = GmMpx2 + y2 + z2

¯(1;0;0)(2;3;4)

o bien W = GmM

µ1¡ 1p

29

¶.

² Si la integralZC

M(x; y) dx+N(x; y) dy es independiente de la trayectoria, entonces existe una

funci¶on f tal que

F = hM;Ni = 5f =¿@f

@x;@f

@y

Ào bien

M =@f

@x; N =

@f

@y

Por lo tanto@M

@y=@2f

@y@xy

@N

@x=@2f

@x@y

² Si M y N tienen primeras derivadas parciales continuas, entonces f tiene segundas derivadasparciales continuas y, por lo tanto, el orden de derivaci¶on no altera el resultado, es decir,

@M

@y=@N

@x



² El resultado inverso a ¶este es falso a menos que se impongan condiciones adicionales al dominioD de F (x; y). En particular, si D es una regi¶on simplemente conexa en el sentido de que elinterior de toda curva cerrada simple C en D contiene s¶olo puntos de D (no hay \ huecos" enla regi¶on), entonces la condici¶on @M

@y= @N

@ximplica que la integral de l¶³neaZ

C


es independiente de la trayectoria. (La demostraci¶on se puede encontrar en libros de C¶alculoavanzado.) Esta discusi¶on puede resumirse como sigue.

(¤) Teorema: 5.5. Si M(x; y) y N(x; y) tienen primeras derivadas parciales continuas en unaregi¶on simplemente conexa D, entonces la integral de l¶³neaZ

C


es independiente de la trayectoria en D si y s¶olo si@M

@y=@N

@x.

(¤) Teorema: 5.6. (Test para campos conservativos en el plano)Sea F =M(x; y)i+N(x; y)j un campo cuyas funciones componentes tienen primeras derivadasparciales continuas. Entonces, F es conservativo si y solo si

@M

@y=@N

@x

− Ejemplo 5.28. Demostrar que si F (x; y) = (2x + y3)i + (3xy2 + 4)j entonces

ZC

F ¢ dr es

independiente de la trayectoria y evaluar

Z (2;3)

(0;1)

F ¢ dr.

Soluci¶on: La funci¶on vectorial F tiene primeras derivadas parciales continuas para todo (x; y)y por lo tanto se puede aplicar el Teorema (5.5). TomandoM = 2x+y3 y N = 3xy2+4 vemosque

@M

@y=@N

@x= 3y2. . . .

Por lo tanto, la integral de l¶³nea es independiente de la trayectoria. Seg¶un el Teorema (5.5),existe una funci¶on (de potencial) f tal que

fx(x; y) = 2x+ y3 y fy(x; y) = 3xy

2 + 4:

Si integramos (parcialmente) fx(x; y) con respecto a x,

f(x; y) = x2 + xy3. . . . . . . . . . . . + k(y)



donde k es una funci¶on que depende s¶olo de y. (Hay que usar k(y) en lugar de una constante enla integraci¶on parcial para obtener la expresi¶on m¶as general de f(x; y) tal que fx(x; y) = 2x+y

3.)

Derivando f(x; y) con respecto a y, y comparando con la expresi¶on fy(x; y) = 3xy2 + 4 obte-

nemosfy(x; y) = 3xy

2 + k0(y) = 3xy2 + 4:

Por lo tanto, k0(y) = 4 o bien k(y) = 4y. . . + c para una constante c. Entonces

f(x; y) = x2 + xy3. . . . . . . . . . . . + 4y + c

de¯ne una funci¶on del tipo deseado. Tenemos entonces que:Z (2;3)

(0;1)

(2x+ y3) dx+ (3xy2 + 4) dy = x2 + xy3 + 4y

¯(2;3)(0;1)

= (4 + 54 + 12)¡ 4 = 66:

No usamos la constante c porque para evaluar la integral puede usarse cualquier funci¶on depotencial f .

− Ejemplo 5.29. Determinar si

ZC

x2y dx+ 3xy2 dy es independiente de la trayectoria.

Soluci¶on: Si de¯nimos M = x2y y N = 3xy2, entonces

@M

@y= x2;

@N

@x= 3y2. . . .

Como @M@y6= @N

@x, la integral no es independiente de la trayectoria.

² En el archivo \c¶alculo de una funci¶on potencial.nb", del disco compacto, se muestra como realizaralgunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

² En el ejemplo 5.28 se obtuvo una funci¶on de potencial f para un campo vectorial conservativoen dos dimensiones. La soluci¶on del ejemplo siguiente ilustra un m¶etodo que puede usarse entres dimensiones.


Suponga que un campo de fuerzas¡!F en el plano puede expresarse de la forma

¡!F (x; y) =

f(r) ¢ ¡!r en donde ¡!r = xi+ yj y r = jj¡!r jj. Demostrar que ¡!F es conservativo.

Soluci¶on:

Notemos que r =px2 + y2. Expresemos en forma expl¶³cita el campo

¡!F :

¡!F = f(r) ¢ ¡!r = f(r)xi+ f(r)yj =

f³p

x2 + y2´x| {z }

P

i+ f³p

x2 + y2´y| {z }

Q

j



Debemos veri¯car ahora que@P

@y=@Q

@x. En efecto:

@P

@y=x y f 0

³px2 + y2

´px2 + y2

=@Q

@x

Concluimos as¶³ que¡!F es conservativo.

− Ejemplo 5.31. Un campo de fuerzas bidimensional F tiene por ecuaci¶on

F (x; y) = (x+ y)i+ (x¡ y)j:

Demostrar que el trabajo realizado por esa fuerza al mover una part¶³cula siguiendo una curva

®(t) = f1(t)i+ f2(t)j; a · t · b

depende exclusivamente de f1(a), f1(b), f2(a) y f2(b).

Soluci¶on:

Como@(x+ y)

@y=@(x¡ y)@x

= 1 se tiene que F es conservativo. Procedemos a calcular la

funci¶on potencial. Sabemos que

@f

@x= x+ y;

@f

@y= x¡ y; (¤)

Integrando la primera ecuaci¶on con respecto a x, obtenemos f =x2

2. . . .+x y+k(y). Derivamos

esta expresi¶on con respecto a y e igualamos con la correspondiente en (¤) para obtener:

x+ k0(y) = x¡ y; o bien k0(y) = ¡y; de donde k(y) = ¡y2

2. . . . . .

Tenemos as¶³ que f(x; y) =x2

2+ x y ¡ y

2

2. Por lo tanto;

W =

Z ®(b)

®(a)

F ds = f(®(b))¡ f(®(a)) =f1(b)

2 ¡ f1(a)2 ¡ 2 f1(a) f2(a) + f2(a)2 + 2 f1(b) f2(b)¡ f2(b)22

(¤) Teorema: 5.7. (Test para campos conservativos en el espacio)Sea F =M(x; y; z)i+N(x; y; z)j + P (x; y; z)k un campo cuyas funciones componentes tienen



primeras derivadas parciales continuas. Entonces, F es conservativo si y solo si rot F = 0, esdecir

rot F = i

µ@P

@y¡ @N@z

¶+ j

µ@M

@z¡ @P@x

¶+ k

µ@N

@x¡ @M@y

¶= 0

o bien@P

@y=@N

@z;

@M

@z=@P

@x; y

@N

@x=@M

@y:

− Ejemplo 5.32. Demuestre que F = (2x¡ 3)i¡ zj + (cos z)k no es conservativo.Soluci¶on: Aplicamos la prueba de la componente en las ecuaciones (5.7) y enseguida encon-tramos que

@P

@y=@(cos z)

@y= 0;

@N

@z=@(¡z)@z

= ¡1

Las dos son distintas, por lo que F no es conservativo. No se requiere ninguna otra prueba.

− Ejemplo 5.33. Demostrar que si

F (x; y; z) = y2 cosxi+ (2y senx+ e2z)j + 2ye2zk

entonces

ZC

F ¢ dr es independiente de la trayectoria y encontrar una funci¶on de potencial fpara F . Suponiendo que F es un campo de fuerza, calcular el trabajo realizado por F a lolargo de una curva C de (0; 1; 1=2) a (¼=2; 3; 2).

Soluci¶on: La integral es independiente de la trayectoria si existe una funci¶on diferenciable fde x, y, z tal que 5f(x; y; z) = F (x; y; z), es decir,

(a)

8><>:fx(x; y; z) = y

2 cos x;

fy(x; y; z) = 2y senx+ e2z;

fz(x; y; z) = 2ye2z:

Si integramos (parcialmente) fx(x; y; z) con respecto a x, vemos que

(b) f(x; y; z) = y2 senx. . . . . . . . . . . + g(y; z)

para alguna funci¶on g de y y z. (Debemos usar g(y; z) para obtener la expresi¶on m¶as generalf(x; y; z) tal que fx(x; y; z) = y

2 cos x.)

Derivando f en la ecuaci¶on (b) con respecto a y, y comparando el resultado con la ecuaci¶onpara fy en (a), obtenemos

fy(x; y; z) = 2y senx+ gy(y; z) = 2y senx+ e2z. . . .

y por lo tanto, gy(y; z) = e2z.



Integrando parcialmente con respecto a y, obtenemos

g(y; z) = ye2z + k(z)

donde k es una funci¶on s¶olo de z. Por consiguiente, de la ecuaci¶on (b),

f(x; y; z) = y2 senx. . . . . . . . . . . + ye2z + k(z):

Derivando con respecto a z y usando la ecuaci¶on para fz en (a),

fz(x; y; z) = 2ye2z + k0(z) = 2ye2z:

Por lo tanto, k0(z) = 0 o bien k(z) = c para una constante c y

f(x; y; z) = y2 senx+ ye2z + c

de¯ne una funci¶on de potencial para F .

El trabajo realizado por F a lo largo de una curva e cualquiera de (0; 1; 1=2) a (¼=2; 3; 2) esZC

F ¢ dr = y2 senx+ ye2z¯(¼=2;3;2)(0;1;1=2)

= (9 + 3e4)¡ (0 + e) = 9 + 3e4 ¡ e. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ¼ 170:

− Ejemplo 5.34. Demuestre que F = (ex cos y+ yz)i+ (xz ¡ ex sen y)j + (xy+ z)k es conser-vativo, y encuentre una funci¶on potencial para ¶el.

Soluci¶on: Aplicamos la prueba en las ecuaciones (5.7) a

M = ex cos y + yz; N = xz ¡ ex sen y; P = xy + z

y calculamos

@P

@y= x =

@N

@z;

@M

@z= y =

@P

@x; y

@N

@x= ¡ex sen y + z. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . =

@M

@y:

Juntas, esas igualdades nos dicen que existe una funci¶on f con 5f = F . Para encontrar f ,integramos las ecuaciones

@f

@x= ex cos y + yz;

@f

@y= xz ¡ ex sen y; @f

@z= xy + z; (¤)

Integramos la primera ecuaci¶on respecto a x, manteniendo y y z ¯jas, para obtener

f(x; y; z) = ex cos y + xyz + g(y; z):



Escribimos la constante de integraci¶on como una funci¶on de y y z porque su valor puede cambiarsi y y z cambian. Luego calculamos @f

@yde esta ecuaci¶on y la igualamos con la expresi¶on para

@f@yen la ecuaci¶on (¤). Esto da

¡ex sen y + xz + @g@y= xz ¡ ex sen y;

por lo que@g

@y= 0. Por lo tanto, g es una funci¶on s¶olo de z y f(x; y; z) = ex cos y+ xyz+h(z).

Ahora calculamos@f

@zde esta ecuaci¶on y la igualamos con la f¶ormula para

@f

@zen la ecuaci¶on

(¤). Esto daxy +

dh

dz= xy + z; o bien

dh

dz= z;. .

por lo que

h(z) =z2

2+ C

Por consiguiente, f(x; y; z) = ex cos y + xyz +z2

2+ C. Hemos obtenido un n¶umero in¯nito de

funciones potenciales para F , una para cada valor de C.

− Ejemplo 5.35. Sea F = (1 + 4xy ¡ 3x2z2)i+ 2(1 + x2)j + (¡2x3z ¡ 3z2)k. Veri¯car que Fes conservativo y hallar una funci¶on potencial f .

Soluci¶on:

En este caso tenemos que:

M = 1 + 4xy ¡ 3x2z2; N = 2(1 + x2); P = ¡2x3z ¡ 3z2

Notamos que

@M

@y= 4x =

@N

@x;

@M

@z= ¡6x2z = @P

@x;

@N

@z= 0 =

@P

@y

Integramos con respecto a x obtenemos

f = x+ 2x2 y ¡ x3 z2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . + g(y; z); (¤)derivamos con respecto a y, igualamos a N y despejamos g0y(y; z):

g0y(y; z) = ¡2x2 + 2(1 + x2)Integramos con respecto a y. Obtenemos g(y; z) = 2y + k(z)

f = x+ 2y + 2x2y ¡ x3z2 + k(z)Derivamos con respecto a z, igualamos a P y despejamos k0(z):

¡2x3z ¡ 3z2 = ¡2x3z + k0(z); k0(z) = ¡3z2

Tenemos entonces que f = x+ 2y + 2x2y ¡ x3z2 ¡ z3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . + C.



² Para concluir esta secci¶on se consideran algunas aplicaciones de la independencia de la trayec-toria. La siguiente de¯nici¶on se usa en la f¶³sica.

² Sea F (x; y; z) un campo vectorial de fuerza que es conservativo y que tiene una funci¶on depotencial f . Se de¯ne como la energ¶³a potencial p(x; y; z) de una part¶³cula en un punto (x; y; z)a

p(x; y; z) = ¡f(x; y; z):Como la energ¶³a potencial es el negativo del potencial f(x; y; z), se tiene que

F (x; y; z) = ¡5p(x; y; z):

² Si A y B son dos puntos, el trabajo realizado por F a lo largo de una curva regular C conextremos A y B es

W =

Z B

A

F ¢ dr = ¡p(x; y; z)¯BA

= p(A)¡ p(B)

donde p(A) y p(B) denotan la energ¶³a potencial en A y B, respectivamente. De modo que eltrabajo W es la diferencia de las energ¶³as potenciales en A y B. En particular si B es un puntoen el que el potencial es 0, entonces W = p(A). Esto concuerda con la descripci¶on f¶³sica cl¶asicade la energ¶³a potencial como la energ¶³a que un cuerpo tiene debido a su posici¶on.

² Si una part¶³cula tiene masa m y rapidez v, entonces su energ¶³a cin¶etica es 12mv2. Por lo tanto,

la energ¶³a cin¶etica es la energ¶³a de un cuerpo debido a su velocidad (rapidez) y a su masa.

² A continuaci¶on se enuncia la ley fundamental de la f¶³sica que se~nala la raz¶on principal por laque ciertos campos vectoriales se llaman conservativos.

(¤) Teorema: 5.8. (Ley de conservaci¶on de la energ¶³a)Si una part¶³cula se mueve de un punto a otro en un campo vectorial de fuerza conservativo,entonces la suma de las energ¶³as potencial y cin¶etica permanece constante, es decir, la energ¶³atotal no cambia (se conserva).

5.4 Teorema de Green

² Sea C una curva regular plana con parametrizaci¶on x = x(t), y = y(t); a · t · b. Recordemosque si

A = (g(a); h(a)) = (g(b); h(b)) = B

entonces C es una curva regular cerrada. Si C no se corta a s¶³ misma entre A y B, se diceque es simple. La circunferencia y la elipse son ejemplos comunes de curvas regulares cerradassimples.

² Una curva regular parte por parte y cerrada simple es una uni¶on ¯nita de curvas regulares Cktales que cuando t var¶³a de a a b, el punto P (t) que se obtiene de las parametrizaciones de lasCk traza o recorre C exactamente una vez, con la excepci¶on de que P (a) = P (b).


5.4. Teorema de Green 365

² Una curva de este tipo es la frontera de una regi¶on R del plano xy y, por de¯nici¶on, la direcci¶onpositiva a lo largo de C es tal que R se encuentra a la izquierda cuando P (t) recorre C. Estose ilustra en la Fig. 5.18, en donde las °echas indican el sentido positivo a lo largo de C.


² La expresi¶on IC


denota una integral de l¶³nea a lo largo de una curva cerrada simple C recorrida una vez en ladirecci¶on positiva.

² El siguiente teorema, que lleva el nombre del f¶³sico matem¶atico ingl¶es George Green (1793-1841), exhibe una relaci¶on entre la integral de l¶³nea alrededor de C y cierta integral doblesobre R. Para simpli¯car el enunciado se usan los s¶³mbolos M , N , @M=@y y @N=@x en losintegrandos para denotar los valores de estas funciones en (x; y).

(¤) Teorema: 5.9. (Green)Sea C una curva regular parte por parte y cerrada simple, y sea R la regi¶on que consta deC y su interior. Si M y N son funciones continuas que tienen primeras derivadas parcialescontinuas en una regi¶on abierta D que contiene a R, entoncesI

C

M dx+N dy =

Z ZR

µ@N

@x¡ @M@y

¶dA

² El Teorema de Green es v¶alido para regiones cuyas fronteras incluyen segmentos horizontaleso verticales. Entonces el teorema puede generalizarse al caso en que R es una uni¶on ¯nita detales regiones.

² Por ejemplo, si, como se ilustra en la Fig. 5.19, R = R1 [R2 y si la frontera de R1 es C1UC 01 yla de R2 es C2UC

02, entoncesZ Z

R1

µ@N

@x¡ @M@y

¶dA =

IC1[C01

M dx+N dy

Z ZR2

µ@N

@x¡ @M@y

¶dA =

IC2[C02

M dx+N dy




² La suma de las dos integrales dobles es igual a una integral doble sobre R. La integral de l¶³neaa lo largo de C1 en el sentido indicado en la Fig. 5.19 es igual al negativo de la integral a lolargo de C 02 porque las curvas son iguales pero con orientaci¶on opuesta. Por lo tanto, la sumade las dos integrales de l¶³nea se reduce a una integral de l¶³nea a lo largo de Cl [ C2 que es lafrontera C de R. Entonces,Z Z

R

µ@N

@x¡ @M@y

¶dA =

IC

M dx+N dy

² Se puede demostrar el resultado para cualquier uni¶on ¯nita de regiones.

− Ejemplo 5.36. Aplicar el Teorema de Green para evaluar

IC

5xy dx+ x3 dy donde C es la

curva cerrada que consta de las gr¶a¯cas de y = x2 y y = 2x entre los puntos (0; 0) y (2; 4).

Soluci¶on: La regi¶on R acotada por C se ilustra en la Fig. 5.20. Aplicando el Teorema de


Green con M(x; y) = 5xy y N(x; y) = x3, obtenemos:IC

5xy dx+ x3 dy =

Z ZR

·@ (x3)

@x¡ @ (5xy)

@y

¸dA

=

Z 2

0

Z 2x

x2

³3x2 ¡ 5x. . . . . . . . . . . .

´dy dx =

Z 2

0

¡3x2y ¡ 5xy¢ dx



o bien

IC

5xy dx+ x3 dy = ¡2815. . . . . .

.

La integral de l¶³nea tambi¶en puede evaluarse directamente. En efecto designemos con C1 a lacurva que va desde (0; 0) hasta (2; 4) mediane y = x2 y con C2 la que va desde (2; 4) hasta(0; 0) mediante y = 2x. Tenemos entonces que:Z

C1

5xy dx+ x3 dy =

Z 2

0

¡5t3 + 2t4

¢dt =

164

5. . . . .

Por otro lado: ZC2

5xy dx+ x3 dy =

Z 0

2

¡10t2 + 2t3

¢dt = ¡104

3. . . . . . . .

o bien

IC1[C2

5xy dx+ x3 dy = ¡2815.

− Ejemplo 5.37. Usar el teorema de Green para evaluar la integral de l¶³neaIC

2xy dx+ (x2 + y2) dy

donde C es la elipse 4x2 + 9y2 = 36.

Soluci¶on:


La regi¶on R delimitada o acotada por e se ilustra en la Fig. 5.21. Aplicando el Teorema deGreen con M(x; y) = 2xy y N(x; y) = x2 + y2, tenemos:I

C

2xy dx+ (x2 + y2) dy =

Z ZR

(2x¡ 2x) dA = 0:

N¶otese que no usamos la curva C en la evaluaci¶on. Se puede demostrar que la integral de l¶³neaes independiente de la trayectoria y por lo tanto, es cero para cualquier curva cerrada simpleC





IC

³4 + e

px´dx+

¡sen y + 3x2

¢dy donde C es la frontera de la re-

gi¶on R entre dos cuartos de circunferencia de radios a y b, y dos segmentos sobre los ejescoordenados, que se muestra en la Fig. 5.22.

Soluci¶on:

Si aplicamos el Teorema de Green y luego se cambia la integral doble a coordenadas polares,obtenemos que la integral de l¶³nea es igual aZ Z

R

(6x¡ 0) dA =Z ¼=2

0

Z b

a

(6r cos µ) r. . . . . . . . . . . . . . . dr dµ

=

Z ¼=2

0

2r3 cos µ

¯ba

dµ =

Z ¼=2

0

2¡b3 ¡ a3¢ cos µ dµ

o bien

IC

³4 + e

px´dx+

¡sen y + 3x2

¢dy = 2

¡b3 ¡ a3¢. . . . . . . . . . . . . . . .

Puede llegarse a tener una mayor aprecio del teorema si se trata de evaluar la integral de l¶³neade este ejemplo directamente

² El Teorema de Green sirve para deducir una f¶ormula para calcular el ¶area A de una regi¶on Racotada por una curva regular parte por parte y cerrada simple C.I

C

M dx+N dy =

Z ZR

µ@N

@x¡ @M@y

¶dA

De¯niendo M = 0 y N = x se obtiene

A =

Z ZR

dA =

IC

x dy

Sin embargo, de¯niendo M = ¡y y N = 0 el resultado es

A =

Z ZR

dA = ¡IC

y dx

Por otroa lado, si hacemos M = ¡y2y N =

x

2obtenemos

A =1

2

IC

x dy ¡ y dx

El siguiente teorema consigna estos resultados.



(¤) Teorema: 5.10. Si la frontera de una regi¶on R en el plano xy es una curva regular parte porparte y cerrada simple C, entonces el ¶area A de , R es

A =

IC

x dy = ¡IC

y dx =1

2

IC

x dy ¡ y dx

² Aunque las dos primeras f¶ormulas en (5.10) parecen m¶as f¶aciles de aplicar, se enuncia la terceraporque para ciertas curvas lleva a una integraci¶on m¶as sencilla.

− Ejemplo 5.39. Usar el teorema (5.10) para calcular el ¶area de la elipsex2

a2+y2

b2= 1.

Soluci¶on: La elipse C tiene las ecuaciones param¶etricas:

x = a cos t; y = b sen t; con 0 · t · 2¼Aplicando la tercera f¶ormula en el Teorema (5.10),

A =1

2

IC

x dy ¡ y dx

=1

2

Z 2¼

0

(a cos t)(b cos t) dt¡ (b sen t)(¡a sen t) dt

=1

2

Z 2¼

0

ab(cos2 t+ sen2 t). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . dt = ¼ab:

Se debe observar que si usamos, por ejemplo, la f¶ormula

A =

IC

x dy =

Z 2¼

0

(a cos t)(b cos t) dt = ab

Z 2¼

0

cos2 t dt = ¼ab:

Usamos en esta ¶ultima integral la f¶ormula:Zcos2 t dt =

t+ cos t sen t

2:

La moraleja es: lo m¶as simple no siempre es lo m¶as f¶acil.


Use el teorema de Green para calcular

I =

IC

¡2xy ¡ x2¢ dx+ ¡x+ y2¢ dy

en donde C es la curva cerrada de la regi¶on limitada por y = x2 y y2 = x, recorrida en sentidocontrario al de las manecillas del reloj.

Soluci¶on: La gr¶a¯ca de la regi¶on en cuesti¶on se muestra en la Fig. 5.23. Usando el teorema



y = x2

y =px

R


de Green tenemos que

I =

IC

¡2xy ¡ x2¢| {z }

M

dx+¡x+ y2

¢| {z }N

dy

o bien

I =

Z ZR

µ@N

@x¡ @M@y

¶dA

=

Z ZR

(1¡ 2x) dA =Z 1

0

Z px

x2(1¡ 2x) dy dx:

La integral doble se calcula como sigue:Z 1

0

Z px

x2(1¡ 2x) dy dx =

Z 1

0

hpx¡ 2x 32 ¡ x2 + 2x3

idx

=2x

32

3. . . . . .¡ 4x

52

5¡ x

3

3+x4

2

¯10

o bien I =1

30.

² El Teorema de Green puede generalizarse a una regi¶on R con huecos siempre que se integresobre toda la frontera manteniendo la regi¶on R a la izquierda de C.

C1

C2

Figura 5.24: Regi¶on con un hueco.



IC1

M dx+N dy +

I +

C2

M dx+N dy =

Z ZR

µ@N

@x¡ @M@y

¶dA

Esto se ilustra con la regi¶on de la Fig. 5.24 en donde la integral doble sobre R es igual a lasuma de las integrales de l¶³nea sobre C1 y C2 en las direcciones indicadas. La demostraci¶onse hace cortando R como se ilustra en la ¯gura y observando que es cero la suma de dosintegrales de l¶³nea a lo largo de una misma curva recorrida en direcciones opuestas. Se puedeusar un argumento similar para regiones con varios huecos. En el siguiente ejemplo se usa estaobservaci¶on.

− Ejemplo 5.41. Sean C1 y C2 dos curvas regulares parte por parte y cerradas simples que nose cortan y que tienen al origen 0 como un punto interior, ver Fig. 5.26. Demostrar que en caso

M = ¡ y

x2 + y2y N =

x

x2 + y2, se tiene queIC1

M dx+N dy =

IC2

M dx+N dy

Figura 5.25: Curvas incluyendo el origen.

Soluci¶on: Si R denota la regi¶on entre C1 y C2, entonces se tiene una situaci¶on como la quese ilustra en la Fig. 5.26 con 0 dentro de C2. De acuerdo con los comentarios anteriores a esteejemplo, tenemos que:I

C1

M dx+N dy +

I +

C2

M dx+N dy =

Z ZR

µ@N

@x¡ @M@y

¶dA

Hemos utilizado el s¶³mbolo

I +

para indicar la orientaci¶on positiva a lo largo de C2 con respecto

a R. Como

@N

@x=

(x2 + y2)(1)¡ x(2x)(x2 + y2)2

=y2 ¡ x2(x2 + y2)2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

=@M

@y

la integral doble sobre R es cero. Por lo tanto:IC1

M dx+N dy = ¡I +

C2

M dx+N dy



Como la orientaci¶on positiva a lo largo de C2 con respecto a la regi¶on dentro de C2 es opuestaa la indicada en la integral anterior, tenemos:I

C1

M dx+N dy =

IC2

M dx+N dy

que es lo que se quer¶³a probar.

− Ejemplo 5.42. Demostrar que si F (x; y) =¡yi+ xjx2 + y2

, entonces

IC

F ¢ dr = 2¼ para toda

curva regular parte por parte y cerrada simple C que tiene el origen en su interior.

Soluci¶on:

Figura 5.26: Curvas.

Si de¯nimos F (x; y) = Mi + Nj, entonces M y N son las mismas que en el ejemplo 5.41.Entonces si se toma una circunferencia C1 de radio a con centro en el origen que se encuentradentro de C (v¶ease la Fig. 5.26), usando el ejemplo 5.41, tenemos:I

C

F ¢ dr =IC1

F ¢ dr

Como C1 tiene las ecuaciones param¶etricas

x = a cos t; y = a sen t; 0 · t · 2¼entonces I

C

F ¢ dr =IC1

¡yx2 + y2

dx+x

x2 + y2dy

=

Z 2¼

0

¡a sen ta2

(¡a sen t)dt+ a cos ta2

(a cos t)dt. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

=

Z 2¼

0

¡sen2 t+ cos2 t

¢dt = 2¼. . .



² El Teorema de Green IC

M dx+N dy =

Z ZR

µ@N

@x¡ @M@y

¶dA

se puede expresar en forma vectorial. Primero observamos que si F es un campo vectorial endos dimensiones, puede escribirse F (x; y) =Mi+Nj+0k donde M =M(x; y) y N = N(x; y).El rotacional de F es

5£ F =

¯¯ i j k@

@x

@

@y

@

@zM N 0

¯¯ = 0i+ 0j +µ@N

@x¡ @M@y

¶k

El coe¯ciente de k tiene la forma del integrando de la integral doble en el Teorema de Green.Sea s la longitud de arco a lo largo de C y sea

T =dx

dsi+

dy

dsj +

dz

dsk

el vector unitario tangente. Usando esta notaci¶on el Teorema de Green puede expresarse comosigue.

(¤) Teorema: 5.11. (Green en su forma vectorial)IC

F ¢ T ds =Z Z

R

³5£ F´ ¢ k dAIC

M dx+N dy =

Z ZR

rot F ¢ k dA

² Como³5£ F´ ¢ k es la componente de rot F en la direcci¶on del eje z, se le llama componente

normal (a R) de rot F .

² En otras palabras la integral de l¶³nea de la componente tangencial de F tomada una vez alo largo de C en la direcci¶on positiva es igual a la integral doble sobre R de la componentenormal de rot F . El resultado an¶alogo a ¶este en tres dimensiones es el Teorema de Stokes quese presentar¶a despu¶es. Ah¶³ mismo se estudiar¶an las interpretaciones f¶³sicas de rot F .

− Ejemplo 5.43. El campo vectorial F = ¡yi+xj es el campo de velocidades de una rotaci¶on,en sentido contrario a las manecillas del reloj, de estado estacionario alrededor del origen.Demuestre que el °ujo de F a trav¶es de cualquier curva simple cerrada C es cero, es decir,veri¯que que I

C

F ¢ T ds = 0

Soluci¶on: Esto se in¯ere de inmediato a partir del teorema de GreenIC

F ¢ T ds =IC

M dx+N dy =

Z ZR

rot F ¢ k dA



debido a que:

rot F = 0i+ 0j +

µ@N

@x¡ @M@y

¶= 0i+ 0j + 0k:

5.5 Integrales de super¯cie

² Las integrales de l¶³nea se eval¶uan a lo largo de curvas. Las integrales dobles y triples se de¯nensobre regiones en dos y tres dimensiones, respectivamente. Tambi¶en se puede considerar unaintegral de una funci¶on sobre una super¯cie.

² Si la proyecci¶on de una super¯cie S sobre un plano coordenado es una regi¶on como las que seconsideraron para las integrales dobles, entonces se dice que S tiene una proyecci¶on regularsobre el plano coordenado.

² Si S tiene una proyecci¶on regular sobre el plano xy, el plano xz o el plano yz, la regi¶on sedenota por Rxy, Rxz o Ryz respectivamente. Para tales proyecciones se supone que S es lagr¶a¯ca de una ecuaci¶on de la forma z = f(x; y), y = h(x; z) o x = k(y; z), respectivamente,como se muestra en la Fig. 5.27. Adem¶as se supone que la funci¶on f , g o k tiene primerasderivadas parciales continuas en la regi¶on respectiva.

Rxy

Rxz

Ryz

Figura 5.27: Super¯cies

² Se considerar¶a s¶olo el caso de la gr¶a¯ca S de z = f(x; y). Vamos a de¯nir la integral de g(x; y; z)sobre la super¯cie S si la funci¶on g es continua en toda una regi¶on que contiene a S.

² Suponga que ¢Tk denota el ¶area del plano tangente a S en (xk; yk; zk) que se proyectan sobreel rect¶angulo Rk de, una partici¶on interior de Rxy. La integral de super¯cie de g sobre S se


5.5. Integrales de super¯cie 375

de¯ne como el l¶³mite de estas sumas cuando la norma de las particiones tiende a 0 y se denotacomo sigue. Z Z

S

g(x; y; z) dS = limjj¢jj!0

Xk

g(xk; yk; zk)¢Tk

Nota: El estudiante debe advertir que se trata de una integral de super¯cie por el elementode ¶area super¯cial, a saber dS.

² Si S es la uni¶on de varias super¯cies del tipo adecuado, entonces la integral de super¯cie sede¯ne como la suma de las integrales de super¯cie individuales.

² Si g(x; y; z) = 1 para todo (x; y; z), entoncesZ ZS

1 dS

es igual al ¶area de la super¯cie de S.

² Una aplicaci¶on f¶³sica de este concepto se re¯ere a una hoja muy delgada de metal, como elpapel de esta~no, con la forma de S. Si la densidad super¯cial de masa en (x; y; z) es ½(x; y; z),entonces da la masa m de la hoja est¶a dada por

m =

Z ZS

½(x; y; z) dS

El centro de masa y los momentos de inercia pueden obtener se aplicando los m¶etodos usadospara s¶olidos

² La integral de super¯cie puede evaluarse usando la f¶ormula (i) del siguiente teorema. Lasf¶ormulas (ii) y (iii) se usan para super¯cies del tipo ilustrado en la Fig. 5.27 (ii) y (iii).

(¤) Teorema: 5.12. (Evaluaci¶on de integrales de super¯cie)

¦ Si z = f(x; y), entonces:

(i)

Z ZS

g(x; y; z) dS =

Z ZRxy

g (x; y; f(x; y))

q[fx(x; y)]

2 + [fy(x; y)]2 + 1 dA

o bien Z ZS

g(x; y; z) dS =

Z ZRxy

g (x; y; f(x; y))q1 + z2x + z

2y dA

en donde Rxy es la proyecci¶on de S sobre el plano xy.

¦ Si y = h(x; z), entonces

(ii)

Z ZS

g(x; y; z) dS =

Z ZRxz

g (x; h(x; z); z)

q[hx(x; z)]

2 + [hz(x; z)]2 + 1 dA

en donde Rxz es la proyecci¶on de S sobre el plano xz.



¦ Si x = k(y; z), entonces

(iii)

Z ZS

g(x; y; z) dS =

Z ZRyz

g (k(y; z); y; z)

q[ky(y; z)]

2 + [kz(y; z)]2 + 1 dA

en donde Ryz es la proyecci¶on de S sobre el plano yz.

² Se debe observar que si la super¯cie S se halla sobre el plano xy, entonces z = 0. Tenemosentonces que S = R para alguna regi¶on R en el plano xy. Por lo tanto, si hacemos f(x; y) =g(x; y; 0), entonces Z Z

S

g(x; y; z) dS =

Z ZR

f(x; y) dA

Se nota entonces que cuando la super¯cie est¶a sobre un plano coordenado la integral de super-¯cie se convierte en la integral doble sobre esa regi¶on. De hecho si g(x; y; z) = 1, entoncesZ Z

S

dS =

Z ZR

dA

² En el archivo \integrales de super¯cie.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunosde estos c¶alculos usando Mathematica.


Z ZS

x2z dS suponiendo que S es la parte del cono circular z2 =

x2 + y2 que se encuentra entre los planos z = 1 y z = 4.

Soluci¶on: Como se muestra en la Fig. 5.28, la proyecci¶on Rxy de S sobre el plano xy es la


regi¶on en forma de anillo acotada por las circunferencias de radios 1 y 4 con centro en el origen.Tenemos entonces que:

z = (x2 + y2)1=2 = f(x; y); fx =x

(x2 + y2)1=2; fy =

y

(x2 + y2)1=2



Aplicando (5.12) (i) con g(x; y; z) = x2z, obtenemosZ ZS

x2z dS =

Z ZRxy

g (x; y; f(x; y))

q[fx(x; y)]

2 + [fy(x; y)]2 + 1 dA

=

Z ZRxy

g¡x; y; (x2 + y2)1=2

¢q[fx(x; y)]

2 + [fy(x; y)]2 + 1 dA

=

Z ZRxy

x2px2 + y2

s·x

(x2 + y2)1=2

¸2+

·y

(x2 + y2)1=2

¸2+ 1 dA

o bien

Z ZRxy

x2px2 + y2

p2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . dA. Usando coordenadas polares para evaluar la integral

doble, obtenemos: Z ZS

x2z dS =

Z 2¼

0

Z 4

1

r2 cos2 µ ¢ r ¢p2 ¢ r dr dµ

=p2

Z 2¼

0

cos2 µr5

5

¯41

dµ =1023

p2¼

5. . . . . . . . . . . . . .


Z ZS

xz

ydS, donde S es la parte del cilindro x = y2 que se encuentra

en el primer octante entre los planos z = 0, z = 5, y = 1 y y = 4.

Soluci¶on:

(0; 4; 0)(0; 1; 0)

(0; 4; 5)(0; 1; 5)


La super¯cie S est¶a en la Fig. 5.29 (con una escala diferente en el eje x). La proyecci¶on Ryz deS sobre el plano yz es el rect¶angulo con v¶ertices (0; 1; 0), (0; 4; 0), (0; 4; 5) y (0; 1; 5). Entonces,



por el Teorema (5.29) (iii) con k(y; z) = y2 y g(x; y; z) =xz

y, tenemos:

Z ZR

xz

ydS =

Z 4

1

Z 5

0

y2z

y

q(2y)2 + 01 + 1 dz dy

=

Z 4

1

Z 5

0

yzp4y2 + 1 dz dy

o bien

Z ZR

xz

ydS =

25

24

£653=2 ¡ 53=2¤

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..

² Las f¶ormulas en el Teorema (5.12) presuponen que las funciones f , h y k tienen primerasderivadas parciales continuas sobre Rxy, Rxz y Ryz respectivamente. En algunos casos puedequitarse esta restricci¶on usando una integral impropia, como se hace en el siguiente ejemplo.


Z ZS

(y + z) dS, donde S es la parte de la gr¶a¯ca de z =p1¡ x2

que se encuentra en el primer octante entre el plano xz y el plano y = 3.

Soluci¶on: La super¯cie S es la parte que se encuentra en el primer octante del cilindro


x2+ z2 = 1 entre y = 0 y y = 3. La gr¶a¯ca est¶a en la Fig. 5.30 . La proyecci¶on Rxy de S sobreel plano xy es la regi¶on rectangular con v¶ertices (0; 0; 0), (1; 1; 0), (1; 3; 0) y (0; 3; 0). Usemos elTeorema (5.12) (i) con f(x; y) =

p1¡ x2.Observemos que:

qf2x + f

2y + 1 =

sµ ¡xp1¡ x2

¶2+ 02 + 1 =

1p1¡ x2. . . . . . . . . . . .

Observamos que f(x; y) no est¶a de¯nida en x = 1 y por lo tanto, no es continua en todo Rxy.Sin embargo, puede aplicarse el Teorema (18.23) (i) con 0 · x < 1 y usar luego una integral



impropia como sigue.Z ZS

(y + z) dS =

Z ZRxy

³p1¡ x2 + y

´¢ 1p1¡ x2 dA

=

Z 1

0

Z 3

0

µ1 +

yp1¡ x2

¶. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

dy dx

= : : :

= limt!1¡

·3t+

9

2arcsen t

¸= 3 +

9¼

4:

. . . . . . . . . . .

² Si la integral de super¯cieZ Z

S

g(x; y; z) dS es tal que la super¯cie S est¶a parametrizada por

r = r(u; v), con u, v 2 R 8<: x = x(u; v)y = y(u; v)z = z(u; v)

la f¶ormula para el elemento de ¶area super¯cial es

dS = jjru £ rvjj du dv

Por lo tanto: Z ZS

g(x; y; z) dS =

Z ZR

g(x(u; v); y(u; v); z(u; v)) jjru £ rvjj du dv

² Observe que si estamos con trabajando con una super¯cie de la forma z = f(x; y), ¶esta sepuede parametrizar como 8<: x = x

y = yz = f(x; y)

(x; y) 2 IR

De esta forma r = hx; y; f(x; y)i, rx = h1; 0; fxi, ry = h0; 1; fyi y as¶³:

rx £ ry =¯¯ i j k1 0 fx0 1 fy

¯¯ = h¡fx;¡fy; 1i

Por lo tanto, jjrx £ ryjj =qf2x + f

2y + 1 y vemos entonces que este caso se reduce al punto (i)

del teorema 5.12.

² En el archivo \integrales de super¯cie param¶etricas.nb", del disco compacto, se muestra comorealizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.



− Ejemplo 5.47. Halle el ¶area super¯cial de una esfera de radio a.

Soluci¶on: Parametrizamos la esfera usando coordenadas esf¶ericas:8<: x = a senÁ cos µy = a senÁ sen µz = a cosÁ

¡ ¼ · µ · ¼; 0 · Á · ¼

o bienr = ha senÁ cos µ; a senÁ sen µ; a cosÁi

En este caso tenemos:

rÁ = ha cosÁ cos µ; a cosÁ sen µ;¡a senÁirµ = h¡a senÁ sen µ; a senÁ cos µ; 0i

Por lo tanto:

rÁ £ rµ =¯¯ i j ka cosÁ cos µ a cosÁ sen µ ¡a senÁ¡a senÁ sen µ a senÁ cos µ 0

¯¯

o bienrÁ £ rµ = a2 senÁ h senÁ cos µ; senÁ sen µ; cosÁi| {z }

vector \unitario"

De esta forma tenemos que jjrÁ £ rµjj = a2 senÁ y por lo tanto

dS = a2 senÁ. . . . . . . . . . . dÁ dµ

El c¶alculo del ¶area es como sigue:

¶Area =

Z ¼

¡¼

Z ¼

0

a2 senÁ dÁ dµ = a2 ¢ 2¼ ¢ 2 = 4¼a2:. . . . . . .

El c¶alculo tambi¶en se puede hacer sin parametrizar la super¯cie. Notamos primero que lasuper¯cie es sim¶etrica y que es su¯ciente con calcular el sector correspondiente al primer octantey luego multiplicar por 8. La ecuaci¶on cartesiana de la super¯cie para ese sector es z =pa2 ¡ x2 ¡ y2. Tenemos entonces que

¶Area = 8

Z ZRxy

1 ¢s1 +

x2

a2 ¡ x2 ¡ y2 +y2

a2 ¡ x2 ¡ y2 dA

= 8a

Z ZRxy

1pa2 ¡ x2 ¡ y2 dA = 8a

Z ¼=2

0

Z a

0

rpa2 ¡ r2 dr dµ =

4¼a2:. . . . . . .



² En el archivo \area super¯cial del toro.nb", del disco compacto, se muestra como realizar algunosde estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 5.48. Sean a > 0 y b+ a cosÃ > 0. Halle el ¶area super¯cial del toro dado por8<: x = (b+ a cosÃ) cos µy = (b+ a cosÃ) sen µz = a senÃ

¡ ¼ < µ < ¼; ¡¼ < Ã < ¼

Figura 5.31: Toro

Soluci¶on: En este caso tenemos que:

r = ((b+ a cosÃ) cos µ; (b+ a cosÃ) sen µ; a senÃ)

De esta forma:

rµ £ rÃ =¯¯ i j k¡ (b+ a cosÃ) sen µ cos µ (b+ a cosÃ) 0¡a cos µ senÃ ¡a sen µ senÃ a cosÃ

¯¯

o bienrµ £ rÃ = a(b+ cosÃ) (cos µ cosÃ; sen µ senÃ; senÃ)| {z }

vector \unitario"

Por lo tanto, jjrµ £ rÃjj = a(b+ a cosÃ). . . . . . . . . . . . . . . . . . . y as¶³

dS = a(b+ a cosÃ) dµ dÃ

El c¶alculo del ¶area es como sigue:

¶Area =

Z ¼

¡¼

Z ¼

¡¼a(b+ a cosÃ) dµ dÃ = 4¼2ab:. . . . . . . . .




Dada una super¯cie S con ecuaci¶on vectorial

r(u; v) = u cos vi+ u sen vj + u2k

0 · u · 4; 0 · v · 2¼1. Demostrar que S corresponde a una porci¶on de una super¯cie cuadr¶atica. Indique elsigni¯cado geom¶etrico de los par¶ametros u y v en la super¯cie.

2. Si se sabe que el ¶area de S es ¼³p65¡ 1

´=n en la que n es un entero, halle el valor de n.

Soluci¶on: Hagamos x = u cos v, y = u sen v y z = u2. Es f¶acil ver que u y v corresponde a las


coordenadas polares de x y y. En efecto, tenemos que x2+ y2 = u2 y por lo tanto, z = x2+ y2.Caemos en la cuenta entonces de que se trata de un paraboloide de revoluci¶on.

Veamos ahora lo del c¶alculo el ¶area super¯cial.

@r

@u£ @r@v=

¯¯ i j k

cos v sen v 2u¡u sen v u cos v 0

¯¯ = ¡2u2 cos v i¡ 2u2 sen v j + £ucos2 v + u sen2 v¤ k

o bien@r

@u£ @r@v= ¡2u2 cos vi¡ 2u2 sen vj + uk. . . . Por otro lado:¯¯@r

@u£ @r@v

¯¯=pu2 + 4u2 cos2 v + 4u2 sen2 v =

pu2 + 4u4. . . . . . . . . . . . . . .

De esta forma

A(S) =

Z 4

0

Z 2¼

0

pu2 + 4u4 dv du =

Z 4

0

up4u2 + 1v

¯2¼0

du

=

Z 4

0

2¼up4u2 + 1 du =

(¡1 + 65p65)¼6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Por lo tanto, n = 6.



− Ejemplo 5.50. Calcular

Z ZS

z dS en donde S es la super¯cie del tetraedro limitado por

x = 0, y = 0, z = 0 y el plano 2x+ 4y + z = 8.

Soluci¶on:

Figura 5.33: Tetraedro.

La gr¶a¯ca del tetraedro se muestra en la Fig. 5.33. Notamos que en este casoZ ZS

z dS =

Z ZS1

z dS +

Z ZS2

z dS +

Z ZS3

z dS +

Z ZS4

z dS

en donde Si son las distintas caras de la super¯cie en cuesti¶on.

Hacemos entonces cuatro c¶alculos:

1. Para S1, el tri¶angulo ubicado \de frente", tenemos que z = f(x; y) = 8¡ 4y¡ 2x y por lotanto fx = ¡2 y fy = ¡4. La proyecci¶on Rxy es el tri¶angulo que se Al aplicar la f¶ormula:Z Z

S

g(x; y; z) dS =Z ZRxy

g (x; y; f(x; y))

q[fx(x; y)]

2 + [fy(x; y)]2 + 1 dA

con g(x; y; z) = z, obtenemosZ ZS1

z dS =

Z ZRxy

(8¡ 4y ¡ 2x)p4 + 16 + 1 dA

=

Z 4

0

Z 2¡x=2

0

(8¡ 4y ¡ 2x)p21 dy dx

o bien

Z ZS1

z dS =32p21

3. . . . . . . . . ..

2. Para S2, el tri¶angulo ubicado en parte posterior izquierda, tenemos que:

0 · x · 4; 0 · z · 8¡ 2x; y = 0



Por lo tanto: Z ZS2

z dS =

Z 4

0

Z 8¡2x

0

z dz dx =128

3. . . . .

Nota: Se observa que una integral de super¯cie, en la que la super¯cie de integraci¶onse halla sobre alguno de los planos coordenados, se reduce a la integral doble sobre estaregi¶on.

3. Para S3, el tri¶angulo ubicado en parte posterior derecha, tenemos que:

0 · y · 2; 0 · z · 8¡ 4y; x = 0

Por lo tanto: Z ZS3

z dS =

Z 2

0

Z 8¡4y

0

z dz dy =64

3

4. Para S4, la cara que \vemos de gris" en la base, tenemos que:

0 · x · 4; 0 · y · 2¡ x2; z = 0

Por lo tanto: Z ZS4

z dS =

Z 4

0

Z 2¡x=2

0

0 dy dx = 0

Para terminar debemos sumar los resultados obtenidos sobre cada cara del tetraedro. Veamos:Z ZS

z dS =32

3

³6 +

p21´

5.6 El teorema de la divergencia

² El teorema de la divergencia o teorema de Gauss es el resultado an¶alogo en el espacio delteorema de Green en el plano. En lugar de una regi¶on plana y su curva o curvas de frontera,en el teorema de la divergencia aparecen una regi¶on V del espacio y su super¯cie o super¯ciesde frontera. Se trata entonces de una super¯cie cerrada tal como, por ejemplo, una esfera, uncubo, etc.

² Por ejemplo, V puede ser una bola, un cubo o una rosquilla; en estos casos la frontera es unasola super¯cie conexa. Puede suceder que la regi¶on V est¶e limitada por dos super¯cies. Unaregi¶on de este tipo se muestra en la Fig. 5.34-(A).

² No es sencillo representar una super¯cie dentro de otra, pero para sugerir la situaci¶on podemospensar en una secci¶on transversal como la indicada en la Fig. 5.34-(B).


5.6. El teorema de la divergencia 385

Figura 5.34: Supe¯cie

² De igual forma que el teorema de Green lo enunciamos por separado para una regi¶on planasi limitada por una curva simple C y para una regi¶on plana limitada por dos curvas C1 y C2,vamos a hacer lo mismo con el teorema de la divergencia.

(¤) Teorema: 5.13. (de la divergencia para una super¯cie)Suponga que S una super¯cie cerrada suave que limita la regi¶on V del espacio. Sea n la normalexterior de V (ver Fig. 5.35) a lo largo de su frontera S y sea F = Pi + Qj + Rk un campovectorial cuyas funciones componentes tienen derivadas parciales continuas de primer orden enV . Entonces Z Z

S

F ¢ ndS =Z Z Z

V

5 ¢ F| {z }div F

dV

Figura 5.35: Vector normal exterior n.

Otra forma de expresar este teorema es:Z ZS

(Pi+Qj +Rk) ¢ (cos®i+ cos¯j+) dS =Z Z ZV

(Px +Qy +Rz) dV



siendo cos®, cos¯ y cos ° los cosenos directores de la normal exterior.

Figura 5.36: Cosenos directores de la normal.

² En palabras: La integral de la componente normal de F sobre una super¯cie es igual a laintegral de la divergencia de F sobre la regi¶on s¶olida que est¶a limitada por la super¯cie.

² En la pr¶actica el teorema de la divergencia se usa para sustituir una integral de F ¢n sobre unasuper¯cie por una integral de 5 ¢ F sobre una regi¶on del espacio o al contrario.

² Desde el punto de vista f¶³sico F ¢ n es el °ujo del campo F a trav¶es de la super¯cie cerrada Sen la direcci¶on de la normal.

² El signi¯cado f¶³sico de la divergencia es que en un punto P , div F (P ) es la raz¶on del °ujo netohacia el exterior en P , por unidad de volumen.

² El teorema de la divergencia es tambi¶en v¶alido si la regi¶on del espacio tiene varios huecos comoun trozo de queso suizo. En este caso la frontera consta de varias super¯cies conexas distintas.Un caso importante es cuando s¶olo hay un hueco y por tanto una super¯cie interior S1 y unaexterior S2, como se muestra en la Fig. 5.34.

² >Qu¶e es n en el teorema de la divergencia?Z ZS

F ¢ ndS =Z Z Z

V

div F dV

El vector n es normal, unitario y exterior a la super¯cie S. Esto signi¯ca que n apunta hacia\afuera" de la super¯cie.

² Si la super¯cie S es la gr¶a¯ca de una ecuaci¶on z = f(x; y), y se de¯ne g(x; y; z) = z ¡ f(x; y),entonces S es tambi¶en la gr¶a¯ca de la ecuaci¶on g(x; y; z) = 0. Como el gradiente 5g(x; y; z) esun vector normal a la gr¶a¯ca de g(x; y; z) = 0 en el punto (x; y; z), el vector unitario normal nse puede obtener como sigue:

n =5g(x; y; z)¯¯5g(x; y; z)

¯¯ = ¡fx(x; y)i¡ fy(x; y)j + kq[fx(x; y)]

2 + [fy(x; y)]2 + 1



² Se pueden establecer f¶ormulas semejantes cuando S est¶a dada por y = h(x; z) o por x = k(y; z).Obs¶ervese que para el caso z = f(x; y) el vector unitario n es el vector normal superior a Sporque su componente k es positiva. E l vector normal inferior es ¡n.

² Por el resto de este cap¶³tulo se supone que toda super¯cie S est¶a orientada (o es orientable)en el sentido de que existe un vector normal unitario n en todos los puntos (x; y; z) que noest¶an en la frontera, y las componentes de n son funciones continuas de x, y, z. En este casose dice que n var¶³a continuamente sobre la super¯cie S. Tambi¶en se supone que S tiene doslados, tales como el \lado de arriba" y el \lado de abajo" de la gr¶a¯ca de z = f(x; y). Parauna super¯cie cerrada S como una esfera, pueden considerarse la \parte de afuera" y la \partede adentro" de S. En este ¶ultimo caso, n se llama vector unitario normal exterior, o vectorunitario normal interior.

² Si la super¯cie S est¶a parametrizada por r = r(u; v) en donde

x = x(u; v); y = y(u; v) z = z(u; v); (u; v) 2 R

entonces

n = § ru £ rvjjru £ rvjj

Se escoge el signo de manera que n siempre apunte hacia afuera del s¶olido cerrado V .

² Como dS = jjru £ rvjj du dv, tenemos entonces que

n dS = §(ru £ rv) du dv

as¶³ que F ¢ n dS = §F ¢ (ru £ rv) du dv² En el archivo \vector normal unitario para z = f(x, y).nb", del disco compacto, se muestra comorealizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica.

− Ejemplo 5.51. Sea S la super¯cie (con normal unitaria exterior n) de la regi¶on T limitadapor los planos z = 0, y = 0, y = 2 y el paraboloide z = 1¡ x2 (v¶ease la Fig. 5.37). Aplique elteorema de diveregencia para calcular

Z ZS

F ¢ ndS suponiendo que

F = (x+ cos y)i+ (y + sen z)j + (z + ex)k:

Soluci¶on:

Para evaluar directamente la integral de super¯cie el trabajo ser¶³a bastante cuantioso. Perodiv F = 1 + 1 + 1 = 3, de donde puede aplicarse el teorema de divergencia para producirZ Z

S

F ¢ n dS =Z Z Z

V

div F dV =

Z Z ZT

3 dV




Examinemos la Fig. 5.37 para encontrar los l¶³mites de la integral de volumnen y obtenerZ ZS

F ¢ n dS =Z 1

¡1

Z 2

0

Z 1¡x2

0

3 dz dy dx

= 12

Z 1

0

(1¡ x2) dx = 8

− Ejemplo 5.52. Sea F = (z2 + 2)k y sea S la uni¶on de H, la mitad superior de la esferax2 + y2 + z2 = a2, con su base B, el disco de radio a centrado en (0; 0) en el plano xy, como semuestra en la Fig. 5.38. Comprobar el teorema de la divergencia en este caso.


Soluci¶on: Sea V la regi¶on espacial entre H y B. EntoncesZ Z ZV

5 ¢ F dV =Z Z Z

V

·@

@x(0) +

@

@y(0) +

@

@z

³z2 + 2. . . . . . . . .

´¸dV

=

Z Z ZV

2z dV

Podemos emplear entonces coordenadas esf¶ericas. VeamosZ Z ZV

5 ¢ F dV =Z 2¼

0

Z ¼=2

0

Z a

0

2(½ cosÁ)½2 senÁ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . d½ dÁ dµ



La integral iterada se calcula f¶acilmente y resulta ser ¼a4=2. El c¶alculo tambi¶en se puede haceren coordenadas cil¶³ndricas:Z Z Z

V

5 ¢ F dV =Z 2¼

0

Z a

0

Z pa2¡r2

0

2zr dz dr dµ =¼a4

2

En el teorema de la divergencia este resultado corresponde al lado derecho de la f ¶ormulapropuesta.

Calculemos ahora

Z ZS

F ¢ ndS. Este c¶alculo se divide en dos:Z Z

B

F ¢ n dS yZ Z

H

F ¢ n dS.Observe que sobre B la normal exterior es ¡k. As¶³ queZ Z

B

F ¢ n dS =Z Z

B

(z2 + 2)k ¢ (¡k) dS

Notamos entonces que sobre B, z = 0. Por lo cualZ ZB

F ¢ n dS =Z Z

B

¡2 dS = ¡2(¶Area de B)

o bien

Z ZB

F ¢ ndS = ¡2¼a2.

Para evaluar

Z ZH

F ¢ n dS, observamos que sobre una esfera de radio a con centro en el origense veri¯ca que

xi+ yj + zk

jjxi+ yj + zkjj =xi+ yj + zk

a

es un vector normal exterior unitario. Por tanto,Z ZH

F ¢ n dS =Z Z

H

(z2 + 2)k ¢ xi+ yj + zka

dS

=

Z ZH

z3 + 2z

adS =

1

a

Z ZH

(z3 + 2z) dS

Como z =pa2 ¡ x2 ¡ y2, tenemos que:1

a

Z ZH

(z3 + 2z) dS =1

a

Z ZRxy

(z3 + 2z)

q1 + (@xz)

2 + (@yz)2 dA

Debemos expresar la integral doble en t¶erminos de x y y. Sin embargo, para visualizar mejorlas simpli¯caciones podemos usar un poco m¶as la variable z. En efecto:

zx = ¡ xpa2 ¡ x2 ¡ y2 = ¡

x

z; zy = ¡y

z



Notamos entonces que

(z3 + 2z)

q1 + (@xz)

2 + (@yz)2 = (z3 + 2z)

r1 +

x2

z2+y2

z2= (z2 + 2)

px2 + y2 + z2 = a(z2 + 2)

Por lo tanto: Z ZH

(z3 + 2z) dS =a

a

Z ZRxy

(z2 + 2) dA =

Z ZRxy

(z2 + 2) dA

Usando coordenadas polares (z2 = a2 ¡ r2), tenemos que:Z Z

H

(z3 + 2z) dS =

Z 2¼

0

Z a

0

¡2 + a2 ¡ r2¢ r dr dµ=a2 (a2 + 4) ¼

2

As¶³ que Z ZH

F ¢ n dS = ¼a4

2+ 2¼a2. . . . . .

Es decir, Z ZS

F ¢ n dS = ¡2¼a2 + ¼a4

2+ 2¼a2 =

¼a4

2

lo cual coincide con el resultado para

Z Z ZV

5 ¢ F dV

− Ejemplo 5.53. Usar el Teorema de la divergecia para evaluarZ ZS

(x2 + y + z) dS:

en donde S es la esfera x2 + y2 + z2 = 1.

Soluci¶on: A ¯n de aplicar el teorema de la divergencia debemos determinar alg¶un campovectorial

F = F1i+ F2j + F3k

sobre S con F ¢ n = x2 + y + z. Notamos que en cualquier punto (x; y; z) 2 S el vector normalunidad n a S en (x; y; z) est¶a dada por el vector

n =xi+ yj + zk

jjxi+ yj + zkjj = xi+ yj + zk:. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

En consecuencia, si F es el campo vectorial deseado,

F ¢ n = F1x+ F2y + F3k = x2 + y + z



HacemosF1x = x

2; F2y = y; F3z = z. . . . . . . . . . .

Se resuelve para F1, F2 y F3 y encontramos entonces que F = xi + j + k. Como div F =1 + 0 + 0 = 1, el Teorema de la divergencia de Gauss nos permite concluir queZ Z

S

(x2 + y + z) dS =

Z Z ZV

1 dV = Volumen(V ) =4¼

3:

. . . . .

− Ejemplo 5.54. Sea Q la regi¶on acotada por las gr¶a¯cas de x2 + y2 = 4, z = 0 y de z = 3, Sla frontera de Q y

F (x; y; z) = x3i+ y3j + z3k

Use el teorema de la divergencia para evaluar

Z ZS

F ¢ n dS.Soluci¶on:

Figura 5.39: Supericie S.

En la Fig. 5.39 se representan la super¯cie S y algunas posiciones t¶³picas del vector n. Como

5 ¢ F = 3x2 + 3y2 + 3z2 = 3(x2 + y2 + z2);por el teorema de la divergencia que tenemosZ Z

S

F ¢ ndS = 3Z Z Z

Q

x2 + y2 + z2. . . . . . . . . . . . . . . . . dV:

Usando coordenadas cil¶³ndricas para evaluar la integral triple, se tieneZ ZS

F ¢ n dS = 3Z 2¼

0

Z 2

0

Z 3

0

¡r2 + z2

¢r dz dr dµ

o bien

Z ZS

F ¢ n dS = 180¼. . . . . . . .



− Ejemplo 5.55. Sea Q la regi¶on acotada por el cilindro z = 4 ¡ x2, el plano y + z = 5, el

plano xy y el plano xz. Llevar a cabo la evaluaci¶on de

Z ZS

F ¢ n dS para

F (x; y; z) = (x3 + sen z)i+ (x2y + cos z)j + ex2+y2k

donde la super¯cie S es la super¯cie de Q.

Soluci¶on:


La regi¶on Q est¶a en la Fig. 5.40 junto con varios vectores unitarios exteriores. Ser¶³a muy dif¶³cilevaluar la integral de super¯cie directamente. Sin embargo, usando el teorema de la divergenciapuede calcularse el valor de la integral tripleZ Z Z

Q

(3x2 + x2) dV =

Z Z ZQ

4x2 dV

Consultando la Fig. 5.40 para obtener los l¶³mites de integraci¶on, vemos que esta integral esigual a Z 2

¡2

Z 4¡x2

0

Z 5¡z

0

4x2 dy dz dx =

Z 2

¡2

Z 4¡x2

0

4x2(5¡ z). . . . . . . . . . . . . . . dz dxZ 2

¡2

"20x2z ¡ 2x2z2

¯4¡x20

#dx =

Z 2

¡2(48x2 ¡ 4x4 ¡ 2x6) dx

o bien

Z ZS

F ¢ n dS = 4608

35. . . . . . ..

− Ejemplo 5.56. Evaluar I =

Z ZS

F ¢ n dS, donde

F (x; y; z) = xy2i+ x2yj + yk

y S es la super¯cie del cilindro x2 + y2 = 1, ¡1 < z < 1 y x2 + y2 < 1 cuando z = §1.Soluci¶on: Esta integral se puede calcular directamente, pero en general es m¶as f¶acil usar elteorema de la divergencia.


5.7. Teorema de Stokes 393


Ahora, S es la frontera de la regi¶on V dada por x2 + y2 · 1, ¡1 < z < 1. Entonces,Z ZS

F ¢ n dS =Z Z Z

V

div F dV =

Z Z ZV

(x2 + y2) dV

Si usamos coordenadas cil¶³ndricas, obtenemos:

I =

Z 2¼

0

Z 1

0

Z 1

¡1r2r dz dr dµ =

¼

2. .

o bien I = ¼=2. . . . . .

5.7 Teorema de Stokes

² El Teorema de Green se puede expresar como:IC

F ¢ T ds =Z Z

R

( rot F ) ¢ k dA

en donde la curva plana C es la frontera de una regi¶on R.

² Este resultado se puede generalizar a una curva regular parte por parte y cerrada simple C entres dimensiones que es la frontera de una super¯cie S. El croquis de la Fig. 5.42 ilustra elcaso en que S es la gr¶a¯ca de z = f(x; y), f tiene primeras derivadas parciales continuas y laproyecci¶on C1 de C sobre el plano xy es una curva que es la frontera de una regi¶on R del tipoconsiderado en el Teorema de Green.

² En la ¯gura, n es un vector unitario normal superior respecto a S. Se toma como sentidopositivo a lo largo de C el que corresponde a la orientaci¶on positiva a lo largo de C1.

² El vector T es un vector unitario tangente a C que apunta en la direcci¶on positiva.



Figura 5.42: Gr¶a¯ca de z = f(x; y)

² Si F es un campo vectorial cuyas componentes tienen derivadas parciales continuas en unaregi¶on que contiene a S, entonces se tiene el siguiente teorema, que lleva el nombre del f¶³sicomatem¶atico ingl¶es George G. Stokes (1819-1903).

(¤) Teorema: 5.14. (de Stokes)Si S es una super¯cie NO cerrada cuyo borde C es una curva cerrada y F (x; y; z) es un campovectorial de¯nido sobre S y dado por

F (x; y; z) = P (x; y; z)i+Q(x; y; z)j +R(x; y; z)k

Entonces: IC

F ¢ T ds =Z Z

S

rot F ¢ n dS

en donde T es un vector unitario tangente a C que apunta en la direcci¶on positiva. Una formaalternativa de expresar esta igualdad es:Z Z

S

rot F ¢ n dS =IC

P dx+Qdy +Rdz

² La integral de l¶³nea en (5.14) tambi¶en se puede expresar comoIC

F ¢ dr donde r es el vectorde posici¶on del punto (x; y; z) de C. M¶as expl¶³citamente:I

C

F ¢ dr =Z Z

S

rot F ¢ n dS

² >Para qu¶e tipo de super¯cies es v¶alido el teorema? Los casos sencillos de super¯cies imaginablesS es posible asociar a cada punto P un vector unitario normal o de una forma continua. En elcaso de la Fig. 5.43-(A) hay dos maneras posibles de hacerlo. Ambas son representadas en laFig. 5.43-(B).



Figura 5.43: Super¯cie orientable.

Figura 5.44: La banda de MÄobius

² Pero, para la super¯cie representada en la Fig. 5.44 (la banda de MÄobius), no hay manera delograrlo. Si se empieza con la elecci¶on (1) y movemos la normal de forma continua a lo largode la super¯cie, cuando se vuelve al punto inicial en la etapa (9) se obtiene la normal opuesta.

² Una super¯cie que admite una elecci¶on continua de los vectores normales se denomina orientableo de dos caras. El teoreama de Stokes es para super¯cies orientables, que incluyen, por ejemplo,cualquier porci¶on de la super¯cie de un cuerpo convexo, como una bola o un cubo. Por supuestoen los ejemplos y ejercicios que se proponen se cumplir¶a esta condici¶on.

² Se debe enfatizar que el teorema de Stokes es v¶alido toda vez que el recorrido en C y laorientaci¶on de S sean compatibles. En la pr¶actica esto se veri¯ca si cumple la siguiente regla:

² (\Regla del caminante") Un caminante que se mueve sobre C, ver¶a que el vector unitarionormal de S, a saber n, sale a su izquierda siempre.

² A veces se le llama a la \Regla del caminante" tambi¶en \Regla de la mano derecha", por laposici¶on del pulgar cuando los otros dedos apunta en una direcci¶on. Ver Fig. 5.46.

² En la super¯cie cil¶³ndrica mostrada en la Fig. 5.47 tenemos una situaci¶on en la que la super¯cieen cuesti¶on tiene dos bordes cerrados: C1 y C2. Dependiendo de cu¶al se escoja, la forma derecorrer la curva var¶³a para lograr que se cumpla la \regla del caminante".

² Se puede emplear el s¶³mboloI,! para especi¯car que el recorrido se hace contra reloj y

IÃ-

cuando es en el sentido contrario.



Figura 5.45: \Regla del caminante".

Figura 5.46: \Regla de la mano derecha".

² El Teorema de Stokes se puede enunciar como sigue: La integral de l¶³nea de la componentetangencial de F a lo largo de C recorrida una vez en la orientaci¶on positiva es igual a la integralde super¯cie sobre S de la componente normal de rot F . Si F es un campo de fuerza, el teoremaa¯rma que el trabajo realizado por F a lo largo de C es igual al °ujo de rot F a trav¶es de S.

² La demostraci¶on del Teorema de Stokes se puede encontrar en libros de C¶alculo m¶as avanzados.

− Ejemplo 5.57. Sea S la parte del paraboloide z = 9¡ x2 ¡ y2 para z ¸ 0, y sea C la trazade S en el plano xy tomada en el sentido contra reloj. Veri¯car el Teorema de Stokes para elcampo vectorial F dado por F = 3zi+ 4xj + 2yk. Ver Fig. 5.48.

Soluci¶on:

Figura 5.47: Cilindro sin tapas.




Queremos demostrar que las dos integralesIC

P dx+Qdy +Rdz| {z }I1

=

Z ZS

rot F ¢ ndS| {z }I2

tienen el mismo valor. Empezaremos con I1.

Veamos el c¶alculo de I1:

I1 =

IC

P dx+Qdy +Rdz =

IC

3z dx+ 4x dy + 2y dz. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

donde C es la circunferencia en el plano xy con ecuaci¶on x2 + y2 = 9. Como z = 0 en C, estose reduce a

I1 =

IC

4x dy = 4

IC

x dy

De acuerdo con el teorema (5.10)

IC

x dy corresponde al ¶area encerrada por la curva C. Como

se trata de un c¶³rculo de radio 3, su ¶area es 9¼. Por lo tanto, I1 = 36¼.

Calculemos ahora I2. Siguiendo la observaci¶on hecha en la p¶ag. 386, hacemos

g(x; y; z) = z ¡ £9¡ x2 ¡ y2¤ = z ¡ 9 + x2 + y2La super¯cie en cuesti¶on est¶a dada por g(x; y; z) = 0. El vector normal unitario n est¶a dadopor

n =2xi+ 2yj + k

jj2xi+ 2yj + kjj =2xi+ 2yj + kp4x2 + 4y2 + 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .



Seg¶un (18.6), Por otro lado:

rot F =

¯¯ i j k@

@x

@

@y

@

@z3z 4x 2y

¯¯ = 2i+ 3j + 4j

Por lo tanto,

I2 =

Z ZS

rot F ¢ n dS =Z Z

S

4x+ 6y + 4p4x2 + 4y2 + 1

dS

Para la super¯cie z = 9¡ x2 ¡ y2 tenemos queqf 2x + f

2y + 1 =

p4x2 + 4y2 + 1

Por lo tanto, al calcular la integral de super¯cie, proyectando sobre el plano xy, obtenemos:

I2 =

Z ZR

4x+ 6y + 4p4x2 + 4y2 + 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

p4x2 + 4y2 + 1 dA

o bien

I2 =

Z ZR

(4x+ 6y + 4) dA

donde R es la regi¶on en el plano xy acotada por la circunferencia de radio 3 con centro en elorigen. Cambiando a coordenadas polares, obtenemos

I2 =

Z 2¼

0

Z 3

0

[4r cos µ + 6r sen µ + 4]r dr dµ

=

Z 2¼

0

36 cos µ + 54 sen µ + 18 dµ = 36¼. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Concluimos as¶³ que I1 = I2.

− Ejemplo 5.58. Calcular I =

Z ZS

rot F ¢ n dS si

F =−x¡ z; x3 + yz;¡3xy2®

y S es la parte del cono z = 2¡px2 + y2 que est¶a encima del plano xy (en el que \n est¶a en

exterior de S"). Ver S en la Fig. 5.49

Soluci¶on:

El borde de S es la traza del cono que denotamos por C y que corresponde al c¶³rculo x2+y2 = 4.Podemos parametrizar C como

x = 2 cos µ; y = 2 sen µ; ¡¼ < µ · ¼:



Figura 5.49: Super¯cie c¶onica.

Nota: Si hubiera que cambiar la direcci¶on del recorrido, simplemente se cambia lo que tiene xpor lo que tiene y y viceversa. Tendr¶³amos as¶³:

y = 2 cos µ; x = 2 sen µ; ¡¼ < µ · ¼:Tenemos entonces por el teorema de Stokes queZ Z

S

rot F ¢ ndS =IC

F ¢ T ds =IC

P dx+Qdy +Rdz

o bien

I =

IC

(x¡ z) dx+ (x3 + yz) dy + (¡3xy2) dz

Notamos entonces que para la curva C la componente z = 0 y por lo tanto:

I =

IC

x dx+ x3 dy =

Z ¼

¡¼

£2 cos µ(¡2 sen µ) + 8 cos3 µ(2 cos µ)¤ dµZ ¼

¡¼(¡4 sen µ cos µ + 16 cos4 µ). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . dµ = 12¼

− Ejemplo 5.59. Usar el Teorema de Stokes para evaluar la integral de l¶³nea

I =

IC

¡y3 dx+ x3 dy ¡ z3 dz

donde C es la intersecci¶on del cilindro x2+y2 = 1 y el plano x+y+z = 1 y la orientaci¶on de Ccorresponde al movimiento contrario al de las manecillas de un reloj en el plano xy. Compruebeluego el resultado obtenido calculando la integral de l¶³nea directamente.

Soluci¶on:

La curva C limita la super¯cie (plana) S de¯nida por z = 1¡ x¡ y = f(x; y) para x2+ y2 · 1(ver Fig. 5.50).




Hacemos F = ¡y3i+ x3j ¡ z3k que tiene rotacionalrot F = (3x2 + 3y2)k:

Note que rot F tiene s¶olo la componente k. Entonces, por el Teorema de Stokes, la integral del¶³nea es igual a la integral de super¯cie

I =

IC

¡y3 dx+ x3 dy ¡ z3 dz =Z Z

S

rot F ¢ ndS

En este caso tenemos que z = f(x; y) = 1 ¡ x ¡ y. Hacemos entonces g = z ¡ f(x; y) =z ¡ 1 + x+ y. Para determinar el vector normal unitario empleamos la f¶ormula:

n =5g(x; y; z)¯¯5g(x; y; z)

¯¯ = ¡fx(x; y)i¡ fy(x; y)j + kq[fx(x; y)]

2 + [fy(x; y)]2 + 1

o bien n =i+ j + kp

3.

De esta forma tenemos que:

rot F ¢ n = (3x2 + 3y2)k ¢ i+ j + kp3

=3x2 + 3y2p

3. . . . . . . . . . . . . .

Al proyectar la super¯cie z = 1¡ x¡ y sobre el plano xy pero dentro del cilindro x2 + y2 = 1,obtenemos la regi¶on R formada por los puntos (x; y) tal que x2 + y2 · 1. Entonces tenemosque:

I =

Z ZS

rot F ¢ n dS =Z Z

S

3x2 + 3y2p3. . . . . . . . . . . . . .

dS

=

Z ZR

3x2 + 3y2p3

q1 + z2x + z

2y dA



o bien

I =

Z ZR

3x2 + 3y2p3

p1 + 1 + 1 dA =

Z ZR

3(x2 + y2) dA

Esta integral se puede evaluar cambi¶andola a coordenadas polares: Al hacerlo asi se obtiene

I = 3

Z 2¼

0

Z 1

0

r2r dr dµ =3¼

2:

. . . . .

Vamos a comprobar este resultado evaluando directamente la integral de l¶³neaIC


Podemos parametrizar la curva C mediante las ecuaciones

x = cos t; y = sen t; z = 1¡ cos t¡ sen t; 0 · t < 2¼

En consecuencia, IC


=

Z 2¼

0

£¡ sen3 t(¡ sen t) + cos3 t cos t¡ (1¡ cos t¡ sen t)3 ( sen t¡ cos t)¤ dt

El c¶alculo de esta integral es bastante laborioso. Usando Mathematica se obtieneIC

¡y3 dx+ x3 dy ¡ z3 dz = 3¼

2

que coincide con el resultado obtenido previamente.

² En la discusi¶on sobre integrales de l¶³nea independientes de la trayectoria se introdujo el conceptode una regi¶on simplemente conexa en el plano. Este concepto se puede generalizar a tresdimensiones, sin embargo, la de¯nici¶on acostumbrada requiere de propiedades de las curvas ylas super¯cies que se estudian en cursos m¶as avanzados.

² Para los prop¶ositos de este curso se dice que una regi¶on D en tres dimensiones es simplementeconexa si toda curva cerrada simple C en D es la frontera de una super¯cie S en D que satisfacelas condiciones del Teorema de Stokes.

² En regiones de este tipo cualquier curva cerrada simple se puede contraer continuamente a unpunto en D sin cruzar la frontera de D. Por ejemplo, la regi¶on dentro de una esfera o de unparalelep¶³pedo rectangular es simplemente conexa. La regi¶on dentro de un toroide (o toro)(una super¯cie en forma de rosca) no es simplemente conexa. Usando esta restricci¶on se puededemostrar el siguiente resultado.



(¤) Teorema: 5.15. Si F (x; y; z) tiene derivadas parciales continuas en toda una regi¶on simple-mente conexa D, entonces rot F = 0 en D si y s¶olo si

IC

F ¢ dr = 0 para toda curva cerradasimple C en D.

² A un campo F tal que rot F = 0 se le conoce como irrotacional.(¤) Teorema: 5.16. Si F (x; y; z) tiene primeras derivadas parciales continuas en una regi¶on sim-

plemente conexa D, entonces las siguientes caracter¶³sticas son equivalentes:

1. F es conservativo, es decir, F = 5f para una f2.

ZC

F ¢ dr es independiente de la trayectoria en D.

3.

IC

F ¢ dr = 0 para toda curva cerrada simple C en D.4. F es irrotacional, es decir rot F = 0.

Nota: Se debe advertir que la equivalencia entre la proposici¶on uno y cuatro corresponde altest para campos conservativos en el espacio dado en la P¶ag. 360.


F (x; y; z) = (3x2 + y2)i+ 2xyj ¡ 3z2kentonces F es conservativo.

Soluci¶on: La funci¶on F tiene primeras derivadas parciales continuas para todo (x; y; z).Como

rot F =

¯¯ i j k

@

@x

@

@y

@

@z3x2 + y2 2xy ¡3z2

¯¯

o bienrot F = (0¡ 0)i+ (0¡ 0)j + (2y ¡ 2y)k = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Concluimos as¶³ que F es conservativo.

En el ejemplo 5.33 de la p¶agina 361 se mostr¶o una forma de calcular el potencial f para uncampo F irrotacional, aunque en aquel momento no indicamos que F fuera de ese tipo. Elsiguiente teorema proporciona una f¶ormula para calcular f mediante una integral de l¶³nea.

(¤) Teorema: 5.17. Si se cumplen las condiciones del teorema de Stokes para el campo vectorialF (x; y; z) = P (x; y; z)i+Q(x; y; z)j +R(x; y; z)k

de¯nido sobre D, entonces:

f(a; b; c) =

ZC

P dx+Qdy +Rdz



en donce C es una trayectoria entre un punto ¯jo (x0; y0; z0) y un punto arbitrario (a; b; c) deD.

− Ejemplo 5.61. Demuestre que el campo vectorial

F = 3x2i+ 5z2j + 10yzk

es irrotacional. Halle luego una funci¶on potencial f(x; y; z) tal que 5f = F .Soluci¶on: Para demostrar que F es irrotacional, calcule

rot F =

i j k@

@x

@

@y

@

@z

3x2 5z2 10yz

= h0; 0; 0i. . . . . . . . . .

Por lo tanto, F tiene una funci¶on potencial f . Se aplica el teorema 5.17 para encontrarefectivamente f . Si C es el segmento de recta que une (0; 0; 0) con (a; b; c) parametrizadopor

x = at; y = bt; z = ct; 0 · t · 1Tenemos entonces que:

f(a; b; c) =

ZC

P dx+Qdy +Rdz

=

Z 1

0

3(at)2a dt+ 5 (ct)2 b dt+ 10(bt)(ct)c dt

=

Z 1

0

£3a3t2 + 15bc2t2

¤dt

= a3 + 5bc2. . . . . . . . . . . . .

y en consecuencia podemos cambiar (a; b; c) por un punto arbitrario del espacio (x; y; z),obteni¶endose la funci¶on potencial escalar f(x; y; z) = x3 + 5yz2. Como veri¯caci¶on, n¶oteseque fx = 3x

2, fy = 5z2y y fz = l0yz, as¶³ que 5f = F , como se deseaba.

² Este m¶etodo puede resultar laborioso en cuanto a las integrales que deben realizarse. En elsiguiente ejemplo, aplicamos esta t¶ecnica al ejemplo 5.33 de la p¶agina 361.

² En el archivo \campo conservativo usando Stokes.nb", del disco compacto, se muestra comorealizar algunos de estos c¶alculos usando Mathematica. Consulte tambi¶en \c¶alculo de unafunci¶on potencial usando una integral de l¶³nea.nb".


F (x; y; z) = y2 cosxi+ (2y senx+ e2z)j + 2ye2zk



entonces

ZC

F ¢ dr es independiente de la trayectoria y encontrar una funci¶on de potencial fpara F .

Soluci¶on:

Es f¶acil ver que rot F = 0. Se aplica el teorema 5.17 para encontrar f . Si C es el segmento derecta que une (0; 0; 0) con (a; b; c) parametrizado por

x = at; y = bt; z = ct; 0 · t · 1Tenemos entonces que:

f(a; b; c) =

ZC

P dx+Qdy +Rdz

=

Z 1

0

£a b2 t2 cos(a t) + b

¡e2 c t + 2 b t sen(a t)

¢+ 2 b c e2 c t t

¤dt

o bien f(a; b; c) = b¡e2 c + b sen(a)

¢, y en consecuencia podemos cambiar (a; b; c) por un

punto arbitrario del espacio (x; y; z), obteni¶endose la funci¶on potencial escalar f(x; y; z) =y¡e2 z + y sen(x)

¢5.8 Tercer examen parcial

En esta secci¶on se presentan algunos ex¶amenes viejos que eval¶uan la materia del tercer parcial examenparcial.

5.8.1 Parcial III del I-2004

1. Calcule la masa de un alambre cuya densidad por unidad de longitud es ±(x; y) = x y que

ocupa la porci¶on de la par¶abola y =x2

2en el plano xy, entre los extremos (0; 0) y (2; 2).

2. Calcule la integral de l¶³neaZC

µ1

x+ 2y + 3z¡ 3x

¶dx+

µ2

x+ 2y + 3z+ y2

¶dy +

µ3

x+ 2y + 3z

¶dz

donde C es el segmento de recta que va desde (1; 0; 0) hasta (2; 3; 4).

3. Calcule el ¶area super¯cial de la porci¶on de la esfera x2 + y2 + z2 = 4z que queda por fuera ypor debajo del paraboloide el¶³ptico x2 + y2 = 3z.

4. Use el teorema de la divergencia para evaluar la integral I =

Z ZS

F ¢ n dS en donde F =−x3; x2y; x2z

®. Adem¶as S es la super¯ce cerrada que se obtiene al unir la porci¶on del cono

x2 + y2 = z2 que se encuentra dentro de la esfera x2 + y2 + z2 = 2z, con la porci¶on de la esferax2 + y2 + z2 = 2z que se halla dentro del semicono z =

px2 + y2.


5.8. Tercer examen parcial 405

5. Mediante cualquier m¶etodo apropiado, calcule la integral

IC

F ¢ dr, en la que F es el campo

vectorial dado porF = hx+ y; z ¡ 2x+ y; y ¡ zi

y la curva C es el borde del tri¶angulo con v¶ertices (2; 0; 0), (0; 2; 0) y (0; 0; 2) recorridos en eseorden.


1. Calcule la masa de un alambre cuya densidad por unidad de longitud es ±(x; y) = x y que

ocupa la porci¶on de la par¶abola y =x2

2en el plano xy, entre los extremos (0; 0) y (2; 2).

Soluci¶on: Empezamos parametrizando la curva dada como sigue:½x = t

y = t2

2

con 0 · t · 2:

Si C es la porci¶on de la par¶abola se~nalada, tenemos que la masa est¶a dada por

I =

ZC

x ds =

Z 2

0

t ¢p1 + t2 dt =

5p5

3¡ 13:

2. Calcule la integral de l¶³nea

I =

ZC

µ1

x+ 2y + 3z¡ 3x

¶dx+

µ2

x+ 2y + 3z+ y2

¶dy +

µ3

x+ 2y + 3z

¶dz

donde C es el segmento de recta que va desde (1; 0; 0) hasta (2; 3; 4).

Soluci¶on:

El ejercicio se puede resolver de varias formas. La primera puede ser calcular la integral enforma directa. Para ello paramerizamos la recta que une los puntos dados:8<: x = 1 + t

y = 3tz = 4t


I =

Z 1

0

·¡3¡ 3 t+ 27 t2 + 19

1 + 19 t

¸dt =

9

2+ ln(20)

Una segunda forma de resolver este ejercicio, aunque m¶as aventurada, es determinar si el campo

F =

*1

x+ 2y + 3z¡ 3x| {z }

M

;2

x+ 2y + 3z+ y2| {z }

N

;3

x+ 2y + 3z| {z }P

+



es irrotacional y po lo tanto, conservatio. En este caso tenemos que

rot F =

¯¯¯

i j k@

@x

@

@y

@

@z1

x+ 2y + 3z¡ 3x 2

x+ 2y + 3z+ y2

3

x+ 2y + 3z

¯¯¯ = h0; 0; 0i

o bien rot F = 0. Aplicando el m¶etodo usual obtenemos:

f = ¡3x2

2+y3

3+ ln(x+ 2y + 3z) + k

Por lo tanto:

I = f

¯(2;3;4)(1;0;0)

=9

2+ ln(20):

3. Calcule el ¶area super¯cial de la porci¶on de la esfera x2 + y2 + z2 = 4z que queda por fuera ypor debajo del paraboloide el¶³ptico x2 + y2 = 3z.

Soluci¶on: La super¯cie en cuesti¶on se muestra en la Fig. 5.51. Empezamos completando

Figura 5.51: Super¯cie

cuadrados para describir la esfera:

x2 + y2 + z2 = 4z; x2 + y2 + z2 ¡ 4z + 4| {z } = 4; x2 + y2 + (z ¡ 2)2 = 4

>Cuando se intersecan la esfera y el paraboloide? Es sucede cuando 3z+z2 = 4z, o bien cuandoz = 0 o bien cuando z = 1. Si z = 1 observamos que la proyecci¶on Rxy de la super¯cie sobre

el plano xy es un c¶³rculo x2 + y2 = 3, de radiop3. Tenemos entonces que

¶Area =

Z ZRxy

q1 + zx2 + z2y dA

>Cu¶al es la ecuaci¶on de la super¯cie? Como se trata de una porci¶on de la esfera, podemosdespejar z como sigue:

z = 2§p4¡ x2 ¡ y2



Como necesitamos la parte \inferior" de la esfera usamos el signo ¡. Notamos tambi¶en que:@z

@x=

xp4¡ x2 ¡ y2 ;

@z

@y=

yp4¡ x2 ¡ y2

De esta forma q1 + zx2 + z2y = 2

r1

4¡ x2 ¡ y2 =2p

4¡ x2 ¡ y2De esta manera

¶Area = 2

Z ZRxy

1p4¡ x2 ¡ y2 dA

Usando coordenadas polares tenemos que

¶Area = 2

Z 2¼

0

Z p3

0

rp4¡ r2 dr dµ = 4¼:

4. Use el teorema de la divergencia para evaluar la integral I =

Z ZS

F ¢ n dS en donde F =−x3; x2y; x2z

®. Adem¶as S es la super¯ce cerrada que se obtiene al unir la porci¶on del cono

x2 + y2 = z2 que se encuentra dentro de la esfera x2 + y2 + z2 = 2z, con la porci¶on de la esferax2 + y2 + z2 = 2z que se halla dentro del semicono z =

px2 + y2.

Soluci¶on: La super¯cie cerrada en cuesti¶on se muestra en la Fig.

Figura 5.52: Super¯cie cerrada.

El campo vectorial en cuesti¶on es F =−x3; x2y; x2z

®. De esta forma:

div F = 3x2 + x2 + x2 = 5x2

Usando el teorema de la divergencia tenemos que:

I =

Z Z ZV

5x2 dV =

Z 1

¡1

Z p1¡x2

¡p1¡x2

Z 1+p1¡x2¡y2

px2+y2

5x2 dz dy dx



Para calcular esta integral usamos coordenadas esf¶ericas:

x = ½ senÁ cos µ; y = ½ senÁ sen µ; z = ½ cosÁ;

Observemos que, x2 + y2 + z2 · 2z, en coordenas esf¶ericas queda como ½2 · 2½ cosÁ, o bien½ · 2 cosÁ. Se debe notar ahora que el cono x2 + y2 = z2 cuando x = 0 o bien y = 0 producedos rectas perpendiculares que cortan el plano coordenado respectivo a la mitad (<como lo hacela recta identidad!). As¶³ tenemos que:

I = 5

Z 2¼

0

Z ¼=4

0

Z 2 cosÁ

0

¡½2 sen2 Á cos2 µ

¢ ¢ ½2 senÁ d½ dÁ dµ= 5

Z 2¼

0

Z ¼=4

0

Z 2 cosÁ

0

¡½4 sen3 Á cos2 µ

¢d½ dÁ dµ =

11¼

12:

Nota: El c¶alculo de la integral tambi¶en puede ser hecho en coordenadas cil¶³ndricas como sigue:

I =

Z 2¼

0

Z 1

0

Z 1+p1¡r2

r

5r2 cos2 µ ¢ r dz dr dµ =Z 2¼

0

Z 1

0

5r3 cos2 µh1 +

p1¡ r2 ¡ r

idr dµ

5. Mediante cualquier m¶etodo apropiado, calcule la integral I =

IC

F ¢ dr, en la que F es el campovectorial dado por

F = hx+ y; z ¡ 2x+ y; y ¡ ziy la curva C es el borde del tri¶angulo con v¶ertices (2; 0; 0), (0; 2; 0) y (0; 0; 2) recorridos en eseorden.

Soluci¶on: Al dibujar los puntos (ver Fig. 5.53) se puede advertir que el tri¶angulo en cuesti¶on

Figura 5.53: Super¯cie S y su proyecci¶on en el plano xy.

se halla en el plano con ecuaci¶on x + y + z = 2. Por supuesto tambi¶en se puede hallar estaecuaci¶on formando dos vectores a partir de los v¶ertices, calculando el producto vectorial deestos y luego planteando la ecuaci¶on. En vista de que se trata de una super¯cie no cerrada S



en donde la curva C es el borde de esta, podemos aplicar el teorema de Stokes para calcularentonces una integral de super¯cie. Tenemos entonces que:

I =

Z ZS

rot F ¢ n dS

Para calcular n para x+ y + z ¡ 2| {z }g

= 0 usamos:

n =5g¯¯5g¯¯ = h1; 1; 1ip

3

Se debe advertir que la componente k es positiva y se cumple as¶³ la \ley del caminante".

Por otro lado tenemos que rot F = h0; 0;¡3i. Prosiguiendo con el c¶alculo, tenemos:

I =

Z ZS

h0; 0;¡3i ¢ h1; 1; 1ip3

dS =

Z ZS

¡p3 dS

Por otro lado, si z = 2 ¡ x ¡ y, tenemos queq1 + z2x + z

2y =

p3. Si designamos con Rxy la

proyecci¶on del tri¶angulo sobre el plano xy (ver Fig. 5.53), tenemos que:

I =

Z ZRxy

¡p3p3 dA = ¡3

Z 2

0

Z 2¡x

0

1 dy dx = ¡6

Esto concluye el ejercicio, sin embargo podemos optar calcular la integral de l¶³nea parametrizan-do la curva cerrada C dada. Para ello dividimos C en tres tramos correspondientes a cada unode los lados del tri¶angulo en cuesti¶on.

I =

IC1

(x+ y) dx+ (z ¡ 2x+ y) dy + (y ¡ z) dz+IC2

(x+ y) dx+ (z ¡ 2x+ y) dy + (y ¡ z) dz+IC3

(x+ y) dx+ (z ¡ 2x+ y) dy + (y ¡ z) dz

Las parametrizaciones son como sigue:

C1 : (x; y; z) = (2¡ t; t; 0) ; 0 · t · 2C2 : (x; y; z) = (0; 2¡ t; t) ; 0 · t · 2C3 : (x; y; z) = (t; 0; 2¡ t) ; 0 · t · 2

Se debe observar que cuando t = 0 se genera el punto inicial del tramo correspondiente ycuando t = 2, el ¯nal.



5.8.2 Parcial III del II-2002

1. Un alambre tiene la forma de una h¶elice circular cuyas ecuaciones son

x2 + y2 = 9; z = 2arctan³yx

´; x ¸ 0

entre los puntos (0;¡3;¡¼) y (0; 3; ¼). Calcule la masa del alambre, si su densidad por unidadde longitud es constante: ½ = 1.

2. El cilindro x2 + y2 = 4, z ¸ 0 interseca al paraboloide z = 9¡ x2 ¡ y2, z ¸ 0. Calcule el ¶areade la super¯cie del paraboloide que el cilindro encierra en el mismo. Calcule adem¶as el ¶arealateral de la super¯cie del cilindro que se halla debajo del paraboloide.

3. (a) Escriba correctamente la f¶ormula general del teorema de Stokes. (b) Para el campo vectorialF = hy;¡x; 3i de¯nido en la super¯cie del paraboloide z = x2 + y2 entre los planos z = 0 yz = 4. Veri¯que dicho teorema.

4. Sea S la super¯cie total (con vector normal unitario exterior n) de una regi¶on T del espaciolimitado por los planos z = 0, y = 0, y = 2 y por el cilindro parab¶olico z = 1 ¡ x2. Usecualquier m¶etodo para calcularZ Z

S

F ¢ n dS; con F = −xy; y2; yz® :5. Este ejercicio se omite pues corresponde a materia que ya no es parte del curso.


1. Un alambre tiene la forma de una h¶elice circular cuyas ecuaciones son

x2 + y2 = 9; z = 2arctan³yx

´; x ¸ 0

entre los puntos (0;¡3;¡¼) y (0; 3; ¼). Calcule la masa del alambre, si su densidad por unidadde longitud es constante: ½ = 1.

Soluci¶on:

El alambre se muestra en la Fig. 5.54. Podemos paramerizar esta curva como sigue:

x = 3 cos ty = 3 sen tz =?

Para la componente z debemos observar que

y

x=3 sen t

3 cos t= tan t; o bien t = arctan

³yx

´= z



Figura 5.54: Alambre

Por lo tanto la parametrizaci¶on es

x = 3 cos ty = 3 sen tz = 2t

¡ ¼2· t · ¼

2

Como la densidad es constante, tenemos que

masa =

ZC

1 ds =

Z ¼2

¡¼2

p9 sen2 t+ 9 cos2 t+ 4 dt =

Z ¼2

¡¼2

p13 dt =

p13¼

2. El cilindro x2 + y2 = 4, z ¸ 0 interseca al paraboloide z = 9¡ x2 ¡ y2, z ¸ 0. Calcule el ¶areade la super¯cie del paraboloide que el cilindro encierra en ¶el mismo. Calcule adem¶as el ¶arealateral de la super¯cie del cilindro que se halla debajo del paraboloide.

Soluci¶on:

La gr¶a¯ca de las super¯cies descritas (vistas desde \abajo" y desde \arriba") se muestra en laFig. 5.55. El c¶alculo se divide en dos partes. La primera super¯cie necesita de la ecuaci¶on delparaboloide z = 9¡ x2 ¡ y2. Tenemos entonces que:q

1 + z2x + z2y =

p1 + 4x2 + 4y2

La proyecci¶on Rxy de este paraboloide es un c¶³rculo de radio 2. Tenemos entonces que lasuper¯cie del paraboloide que el cilindro encierra en ¶el mismo es

A1 =

Z ZRxy

1 dS =

Z ZRxy

p1 + 4x2 + 4y2 dA =

Z 2¼

0

Z 2

0

p1 + 4r2 ¢ r dr dµ:

o bien A1 =

¡17p17¡ 1¢ ¼6

.




El c¶alculo del ¶area lateral del cilindro se puede calcular proyectando sobre el plano xz y usandola simetr¶³a del cilindro. Sin embargo resulta m¶as f¶acil el advertir que esta ¶area super¯cial essimplemente un rect¶angulo arrollado con dimensiones 5 y 2 ¢ 2 ¢ ¼. Por lo tanto, su ¶area esA2 = 20¼.

3. (a) Escriba correctamente la f¶ormula general del teorema de Stokes. (b) Para el campo vectorialF = hy;¡x; 3i de¯nido en la super¯cie del paraboloide z = x2 + y2 entre los planos z = 0 yz = 4. Veri¯que dicho teorema.

Soluci¶on: El teorema de Stokes establece que:


IC

P dx+Qdy +Rdz| {z }I1

=

Z ZS

rot F ¢ ndS| {z }I2

Vamos a veri¯car la conclusi¶on del teorema de Stokes. Empezamos calculando la integral del¶³nea. Para ello debemos parametrizr el borde de la super¯cie. Como vemos en la Fig. Fig. 5.56



se trata de un c¶³rculo de radio 2, determinado por el cilindro x2+y2 = 4. Una parametrizaci¶onpuede ser:

x = 2 sen t; y = 2 cos t; z = 4; 0 · t · 2¼Tenemos entonces que:

I1 =

Z 2¼

0

£4 cos2 t+ 4 sen2 t

¤dt = 8¼

Veamos ahora lo referente a la integral de super¯cie. Notamos f¶acilmente que rot F = h0; 0;¡2i.Necesitamos calcular ahora la normal exterior a la super¯cie n cuya componente k es negativa.Hagamos g = ¡z + x2 + y2. Tenemos entonces que:

n =5g¯¯5g¯¯ = h2x; 2y;¡1ip

1 + 4x2 + 4y2


rot F ¢ n = h0; 0;¡2i ¢ h2x; 2y;¡1ip1 + 4x2 + 4y2

=2p

1 + 4x2 + 4y2

Por otro lado, como z = x2 + y2, tenemos que

dS =q1 + z2x + z

2y dA =

p1 + 4x2 + 4y2 dA

Tenemos as¶³ que:

rot F ¢ n dS = 2p1 + 4x2 + 4y2

¢p1 + 4x2 + 4y2 dA = 2 dA

La super¯cie en cuesti¶on se proyectan en el plano xy formando un c¶³rculo de radio 2. Si usamoscoordenadas polares, tenemos entonces que:

I2 =

Z 2¼

0

Z 2

0

2r dr dµ = 8¼

Nota: La ¶ultima integral se puede obviar si aplicamos la f¶ormula del ¶area de un c¶³rculo deradio 2 y luego multiplicamos por 2.

4. Sea S la super¯cie total (con vector normal unitario exterior n) de una regi¶on T del espaciolimitado por los planos z = 0, y = 0, y = 2 y por el cilindro parab¶olico z = 1 ¡ x2. Usecualquier m¶etodo para calcular

I =

Z ZS

F ¢ n dS; con F = −xy; y2; yz® :Soluci¶on:

Podemos emplear aqu¶³ el teorema de la divergencia o teorema de Gauss. En este caso tenemosque div F = 4y. Tenemos entonces que:

I =

Z 1

¡1

Z 2

0

Z 1¡x2

0

4y dz dy dx =32

3:




5.8.3 Parcial III del I-2006

1. Hallar la masa de un alambre que tiene la forma de la curva C obtenida de la intersecci¶on delas super¯cies

x2 + y2 + z2 = 1; z = ¡xSup¶ongase que la densidad est¶a dada por ½(x; y; z) = jyzj.

2. Calcular

ZC

¡!F ¢ d¡!r siendo C el segmento de la curva: z = cos (x+ y), y = x; que va desde el

punto A = (0; 0; 1) hasta el punto B =³¼2;¼

2;¡1

´con

¡!F (x; y; z) = sen (yz)

¡!i + xz cos(yz)

¡!j + xy cos(yz)

¡!k :

3. Sea¡!F (x; y; z) = y

¡!i +z

¡!j +x

¡!k . Usar el teorema de Stokes para calcular

Z ZS

³5£¡!F ´ ¢ ¡!n dSen la que S es la super¯cie del paraboloide z = x2+

y2

4que queda por debajo del plano z = 2x,

siendo ¡!n el vector unitario normal a S tal que ¡!n ¢ ¡!k ¸ 0.

4. Veri¯car la conclusi¶on del teorema de Gauss para el s¶olido T limitado arriba por la esferax2 + y2 + z2 = 2z y abajo por el \semicono" z =

px2 + y2 (¡!n normal unitaria exterior), con¡!

F (x; y; z) = y¡!i + x

¡!j + z

¡!k .

5. Sea I =

Z Z ZV

(x2 + y2) dx dy dz en la que V es el s¶olido limitado por los dos paraboloides

z = x2 + y2, z = 4¡x2 + y2

¢y tambi¶en por los dos planos z = 1 y z = 4. Calcular I usando el

cambio de variables:

x =v

ucosw; y =

v

usenw; z = v2:




1. Hallar la masa de un alambre que tiene la forma de la curva C obtenida de la intersecci¶on delas super¯cies

x2 + y2 + z2 = 1; z = ¡xSup¶ongase que la densidad est¶a dada por ½(x; y; z) = jyzj.Soluci¶on:

Figura 5.58: Curva

La curva en cuesti¶on se muestra en la Fig. 5.58. Se trata de una circunferencia. Observemos quesi hacemos x = t, entonces z = ¡t. Por lo tanto y = §

p1¡ x2 ¡ z2 = §

p1¡ 2t2. Podemos

dividir la circunferencia en dos tramos: C1 cuando y ¸ 0 y C2, cuando y · 0. Tenemos entocesque:

C1 :

8<:x = t

y =p1¡ 2t2

z = ¡tC1 :

8<:x = t

y = ¡p1¡ 2t2z = ¡t

¡ 1p2· t · 1p

2

De esta forma

masa =

ZC1

½(x; y; z) ds| {z }I1

+

ZC2

½(x; y; z) ds| {z }I1

Empecemos con I1:

I1 =

Z 1p2

¡ 1p2

"¯t ¢ p1¡ 2t2

¯r1 +

4t2

1¡ 2t2 + 1#dt =

Z 1p2

¡ 1p2

p2 ¢ jtj dt

o bien I1 =1p2. De forma an¶aloga obtenemos que I2 =

1p2. Por lo tanto, I =

p2.

2. Calcular

ZC

¡!F ¢ d¡!r siendo C el segmento de la curva: z = cos (x+ y), y = x; que va desde el

punto A = (0; 0; 1) hasta el punto B =³¼2;¼

2;¡1

´con

¡!F (x; y; z) = sen (yz)

¡!i + xz cos(yz)

¡!j + xy cos(yz)

¡!k :



Figura 5.59: Curva

Soluci¶on: La gr¶a¯ca de la curva C se muestra en la Fig. 5.59. La curva no es dif¶³cil deparametrizar, sin embargo antes de proceder por este camino es conveniente veri¯car si el campoes cuesti¶on es irrotacional. En efecto rot F = h0; 0; 0i. Hallemos entonces una funci¶on potencialpara F . Si integramos M con respecto a x, obtenemos f = x sen (yz) + g(y; z). Derivamoscon respecto a y e igualamos a N y despejamos gy(y; z), para obtener gy(y; z) = 0. Tenemosentonces que g = k(z) para alguna funci¶on k. Hasta aqu¶³ tenemos que f = x sen(yz) + k(z).Si derivamos f con respecto a z obtenemos

xy cos(yz) = xy cos(yz) + k0(z); de donde k(z) = C

Como solo ocupamos una funci¶on potencial podemos tomar C = 0 y obtenemos f = x sen(yz).El c¶alculo de la integral solicitada es como sigue:

I = x sen(yz)

¯(¼2;¼2;¡1)

(0;0;1)

= ¡¼2

3. Sea¡!F (x; y; z) = y

¡!i +z

¡!j +x

¡!k . Usar el teorema de Stokes para calcular

Z ZS

³5£¡!F ´ ¢ ¡!n dSen la que S es la super¯cie del paraboloide z = x2+

y2

4que queda por debajo del plano z = 2x,

siendo ¡!n el vector unitario normal a S tal que ¡!n ¢ ¡!k ¸ 0.Soluci¶on:

La gr¶a¯ca de la super¯cie se muestra en la Fig. 5.60. Debemos parametrizar la curva C quesirve de frontera a esta curva. Una forma de lograrlo ser¶³a notando que cuando el plano y el

paraboloide se intersecan se cumple que 2x = x2 +y2

4. Esto ocurre cuando (x¡ 1)2 + y

2

4= 1.

Podemos parametrizar la curva como sigue:8<: x¡ 1 = sen ty = 2 cos tz = 2x = 2 + 2 sen t

o bien

8<: x = 1 + sen ty = 2 cos tz = 2 + 2 sen t




Si queremos empezar el recorrido en (0; 0; 0) debemos escoger para t = ¡¼=2. Para comple-tar un giro completo agregamos 2¼. Por lo tanto el rango para t en esta parametrizaci¶ones [¡¼=2; 3¼=2]. Sin embargo por simplicidad es mejor escoger como intervalo sencillamente[0; 2¼], aunque el punto inicial no sea el origen de coordenadas.

Prestemos atenci¶on ahora a la orientaci¶on de la curva. Esta parametrizaci¶on, para la vistapresentada en la en la Fig. 5.60, genera la curva en el sentido contrario a las agujas del reloj.Sin embargo, en el enunciado del problema se nos dice que la componente k de n debe ser nonegativa. Para que se cumpla la igualdad enunciada en el teorema de Stokes la curva deberecorrerse en el sentido inverso al propuesto para la anterior parametrizaci¶on. Sin embargo elc¶alculo de fondo solo var¶³a en el signo. Tenemos entonces que

¡I =IC

y dx+ z dy + x dz

=

Z 2¼

0

£2 cos t+ 2 cos2 t¡ 4 sen t+ 2 cos t sen t¡ 4 sen2 t¤ dt = ¡2¼

o bien I = 2¼.

Nota: Aunque no es obligatorio, se puede veri¯car que la integral de super¯cie propuestaarroja el mismo resultado. En efecto:Z Z

S

³5£¡!F ´ ¢ ¡!n dS = Z ZRxy

h¡1;¡1;¡1i ¢ h¡2x;¡y=2; 1i dA

=

Z 2

0

Z 2p1¡(x¡1)2

¡2p1¡(x¡1)2

h2x+

y

2¡ 1idy dx = 2¼

4. Veri¯car la conclusi¶on del teorema de Gauss para el s¶olido T limitado arriba por la esferax2 + y2 + z2 = 2z y abajo por el \semicono" z =

px2 + y2 (¡!n normal unitaria exterior), con¡!

F (x; y; z) = y¡!i + x

¡!j + z

¡!k .

Soluci¶on:



Empecemos con el lado sencillo: la integral triple. En este caso tenemos que div F = 1. Deacuerdo con el teorema de Gauss

I =

Z Z ZV

1 dV =

Z 2¼

0

Z 1

0

Z 1+p1¡r2

r

r dr dµ dz

=

Z 2¼

0

Z 1

0

h1 +

p1¡ r2 ¡ r

i¢ r dr dµ = ¼

Para el c¶alculo de las integrales de super¯cie debemos dividir la integral en dos casos: sobre elcono y luego sobre la esfera. Para el caso de la esfera tenemos que z = 1 +

p1¡ x2 ¡ y2. En

este caso el componente k de n es positivo. Hagamos g = z ¡ 1¡p1¡ x2 ¡ y2.

5g =*

xp1¡ x2 ¡ y2 ;

yp1¡ x2 ¡ y2 ; 1

+Por otro lado ¯¯

5g¯¯=

1p1¡ x2 ¡ y2

Como dS =¯¯5g¯¯dA, tenemos que:

¡!F ¢ n dS = hy; x; zi ¢

*xp

1¡ x2 ¡ y2 ;yp

1¡ x2 ¡ y2 ; 1+dA

=

"2xyp

1¡ x2 ¡ y2 + z#dA =

"2xyp

1¡ x2 ¡ y2 + 1 +p1¡ x2 ¡ y2

#dA

La integral, en coordenadas polares, sobre la porci¶³on de la super¯cie esf¶erica es

I1 =

Z 2¼

0

Z 1

0

·2r2 cos µ sen µp

1¡ r2 + 1 +p1¡ r2

¸r dr dµ

o bien I1 =5¼

3.

Integremos ahora sobre el cono. Si z =px2 + y2 , hacemos g =

px2 + y2 ¡ z para lograr que

la componente k de n tenga componente k negativa. En este caso:

5g =*

xpx2 + y2

;yp

x2 + y2;¡1

+Tenemos que

¡!F ¢ n dS = hy; x; zi ¢

*xp

x2 + y2;

ypx2 + y2

;¡1+dA

=

"2xypx2 + y2

¡px2 + y2

#dA



Usando coordenadas polares tenemos que:

I2 =

Z 2¼

0

Z 1

0

¡r2(cos µ ¡ sen µ)2 dr dµ = ¡2¼3:

Notamos as¶³ que I = I1 + I2.

5. Sea I =

Z Z ZV

(x2 + y2) dx dy dz en la que V es el s¶olido limitado por los dos paraboloides

z = x2 + y2, z = 4¡x2 + y2

¢y tambi¶en por los dos planos z = 1 y z = 4. Calcular I usando el

cambio de variables:x =

v

ucosw; y =

v

usenw; z = v2:

Soluci¶on:

Figura 5.61: Dibujo

En la Fig. 5.61 se muestra la regi¶on en cuesti¶on y la proyecci¶on en el nuevo sistema de coorde-nadas uv. Para empezar notamos que por simetr¶³a es su¯ciente trabajar en el primer octante yluego multiplicar por 4. La proyecci¶on del s¶olido en el plano xy es un anillo formado por dos cir-cunferencias de radio 1 y 2, respectivamente. Si empleamos el cambio de variable, empezamospor calcular el jacobiano.

@(x; y; z)

@(u; v; w)=2v3

u3

Notamos que generar los puntos del primer octante 0 · w · ¼=2. Por otro lado la frontera

x2 + y2 = 1 se convierte env2

u2= 1, o bien dos rectas: v = u (<la identidad!) y v = ¡u. Por

otro lado la ecuaci¶on x2 + y2 = 4 se convierte env2

u2= 4, o bien dos rectas: v = 2u y v = ¡2u.

Como 1 · z · 4, tenemos que 1 · v2 · 4. Como v ¸ 0, 1 · v · 2. La nueva regi¶on se muestraen la Fig. 5.61. El volumen solicitado es:

V = 4

Z 2

1

Z v

v=2

Z ¼=2

0

2v3

u3dw du dv = 9¼



5.9 Ejercicios para el tercer parcial


5.9.1 Integrales de l¶³nea y de super¯cie

5.9.1. Calcular

ZC

xy ds, donde s es la longitud de arco y C es el contorno del rect¶angulo j3xj+j2yj =12, recorrido una vez en el sentido contrario a reloj.

5.9.2. Un alambre tiene la forma de la curva x2+y2+z2 = 16, x = y. Calcular la masa del alambre,si su densidad est¶a dada por ½(x; y; z) =

p2y2 + z2.

5.9.3. Encontrar la masa de un alambre que tiene la forma de la h¶elice x = t, y = cos t, z = sen t,para 0 · t · 2¼, si la densidad en cualquier punto del alambre est¶a dada por ½(x; y; z) = jzj.5.9.4. Hallar la masa de un alambre que sigue la intersecci¶on de la esfera x2+ y2+ z2 = 1 y el planox+ y + z = 0, si su densidad est¶a dada por ½(x; y; z) = x2.

5.9.5. Un alambre tiene la forma de un segmento de recta que une los puntos A = (0; 1) conB = (1; 1), seguido de otro segmento que une B con C = (1; 2) y ¯nalmente el segmento de par¶abolay = x2 + 1 que va del punto C al punto A. Si la densidad del alambre est¶a dada por ½(x; y) = x,calcular su masa.

5.9.6. Un alambre tiene la forma de la curva x2 + y2 = 1, z = x+ y + 6. Calcular la masa de estealambre, si su densidad est¶a dada por ½(x; y) =

p2(1¡ xy).

5.9.7. Calcular la integral IC

y

3¡ z dx+x

3¡ z dy +xy

(3¡ z)2 dz;

donde C es la curva cerrada 4x2 + 5y2 = 7, 3x+ 2y ¡ 9z = 5.

5.9.8. Calcular

ZC

yz dx+ zx dy+xy dz, donde C es la porci¶on de la curva dada por las ecuaciones

x2 + y2 + z2 ¡ 2(x+ y + z) = 26;xy + xz ¡ x+ y ¡ 3z = 13;

que une el punto A = (¡1;¡2;¡3) con el punto B = (3; 4; 5).

5.9.9. Calcular

ZC

¡!F ¢ d¡!r , donde ¡!F (x; y; z) = (3y2z + yex) i + (6xyz + ex) j + 3xy2 k, si C es la

curva ¡!r (t) = ( sen t2+ cos 2t¡ 1) i+ t cos t j+ t2 sen tk

que une los puntos A = (0; 0; 0) y B = (1;¡¼; 0).


5.9. Ejercicios para el tercer parcial 421

5.9.10. Calcular la integral de l¶³nea del campo vectorial

¡!F (x; y; z) = (2x cos y + z sen y) i+ (xz cos y ¡ x2 sen y) j+ x sen y k

a lo largo de la l¶³nea poligonal que une los cuatro puntosA = (¡1¡3; 5), B = (¡1; 4; 5), C = (¡1; 4; 8)y D = (2; 6;¡3), en ese orden.5.9.11. Calcular la integral de l¶³nea del campo vectorial

¡!F (x; y; z) = 2xyz i+x2z j+x2y k a lo largo

de la curva(x¡ 4)2 + y2 + z2 = 16; x+ y ¡ 5

p3

3z = 0;

desde el punto O = (0; 0; 0) al punto A = (2; 3;p3).

5.9.12. Un campo de fuerzas¡!F viene dado por la f¶ormula

¡!F (x; y; z) := (x¡ y) i+ (y ¡ z) j+ (x¡ z)k:

Calcular el trabajo realizado al recorrer una vez, en sentido contrario a reloj, el contorno jxj+ jyj = 1.5.9.13. Calcular el trabajo ejercido por el campo vectorial de fuerzas

¡!F (x; y; z) = 2xyz i+ x2z j+ x2y k

sobre una part¶³cula que se mueve desde A = (1;¡2; 3) al punto B = (2; 4;¡5), a lo largo de laintersecci¶on de la super¯cie xy + 2x¡ 2y = 4 con la super¯cie 9x2 + 4z2 ¡ x2z2 = 36.5.9.14. Calcular el trabajo ejercido por un campo vectorial de fuerzas

¡!F := 2xy3z4 i+ 3x2y2z4 j+ 4x2y3z3 k;

al mover una part¶³cula del punto A = (0; 0; 0) al punto B = (1; 1; 1), a lo largo de la curva deinterseci¶on de las super¯cies

2z3 = x3 + y3; z =x4

2+x2

4+y2

4:

5.9.15. Calcular el ¶area de la porci¶on del cono z2 = x2 + y2 que se encuentra en cima del plano xyy dentro de la esfera x2 + y2 + z2 ¡ 4y = 0.5.9.16. Calcular el ¶area de la super¯cie dada por la ecuaci¶on z = xy que se encuentra dentro delcilindro x2 + y2 = 8.

5.9.17. Calcular el ¶area de la elipse recortada del plano 2x+ 3y + z = 6 por el cilindro x2 + y2 = 2,z ¸ 0.5.9.18. (a) Calcular el ¶area de la porci¶on del cilindro x2+y2 = 4y que queda entre los dos embudos

del cono x2 + y2 = z2.

(b) Calcular el ¶area de la parte de la super¯cie c¶onica anterior encerrada por ese cilindro.



5.9.19. Si la super¯cie simple S queda parametrizada por ¡!r (u; v) 2 R3, con (u; v) 2 R ½ R2,comprobar que el ¶area super¯cial de S puede calcularse por la f¶ormula

Area(S) =

ZZR

pEG¡ F 2 du dv;

en donde E = k¡!r uk2, F = ¡!r u ¢ ¡!r v, G = k¡!r vk2.5.9.20. Expresar mediante una integral doble (sin evaluarla), el ¶area super¯cial de la intersecci¶onde un tubo s¶olido de 4 cm de di¶ametro que se introduce en ¶angulo recto en otro de 10 cm de radio.Consid¶erese que x2 + z2 = 100 y y2 + z2 = 16 son las ecuaciones de los respectivos tubos.

5.9.21. Obtener la integral doble (con su integrando y sus cotas de integraci¶on, pero sin evaluar-la) que representa el ¶area de la super¯cie del cilindro y2 + z2 = 16 que queda dentro del cilindrox2 + y2 = 4, con z ¸ 0.

5.9.2 Los teoremas de Green, Gauss y Stokes

5.9.22. Usar el teorema de Green para calcular

IC

(x + y) dx + (y ¡ x) dy, donde C es el c¶³rculo

x2 + y2 ¡ 6x = 0.

5.9.23. Usar el teorema de Green para calcular

IC

(x2 + y2) dx+ 2xy dy, donde C consiste del arco

de la par¶abola y = x2 desde O = (0; 0) a A = (2; 4), el segmentos rectil¶³neo desde A a B = (0; 4) yel segmento rectil¶³neo desde B a O.

5.9.24. Por medio del teorema de Green, calcularIC

y

1 + x2dx+ log(1 + x2) dy

en donde C es el borde del cuadrado de v¶ertices (0; 0), (1; 0), (1; 1) y (0; 1), recorrido en el sentidoantihorario.

5.9.25. Evaluar la integral de super¯cie

ZZS

¡!F ¢ ¡!n dS, si ¡!F es el campo vectorial

¡!F := xz2 i+ (x2y ¡ z3) j+ (2xy + y2z)k;

donde S es la super¯cie total del s¶olido hemisf¶erico acotado por z =p25¡ x2 ¡ y2 junto con el

plano z = 0.

5.9.26. Usar el teorema de la divergencia (teorema de Gauss) para calcular

I =

ZZS

¡!F ¢ ¡!n dS; donde

¡!F (x; y; z) := x3 i+ y3 j+ z3 k

y ¡!n es un vector normal unitario exterior a la esfera unitaria S con ecuaci¶on x2 + y2 + z2 = 1.


5.9. Ejercicios para el tercer parcial 423

5.9.27. Usando el teorema de la divergencia, evaluar

I =

ZZS


¡!F (x; y; z) := x3 i+ y3 j+ z k

y S es la esfera unitaria x2 + y2 + z2 = 1 con sus vectores normales apuntando hacia el exterior.

5.9.28. Usar el teorema de la divergencia para calcular

I =

ZZS


¡!F (x; y; z) := xz2 i+ yz2 j+ z3 k

y ¡!n es un vector unitario exterior a la super¯cie que limita al recinto comprendido entre el hemisferiox2 + y2 + z2 = 2x, z ¸ 0 y la super¯cie c¶onica x2 + y2 = z2.5.9.29. Usar el teorema de la divergencia para calcular

I =

ZZS


¡!F (x; y; z) := xz i+ yz j+ z2 k

y ¡!n es el vector unitario exterior a la super¯cie que limita al recinto comprendido entre el hemisferiosuperior de la esfera x2 + y2 + z2 = 2z y la super¯cie c¶onica x2 + y2 = z2.

5.9.30. Usar el teorema de la divergencia para evaluar la integral

I =

ZZS


¡!F = x3 i+ x2y j+ x2z k;

si S es la super¯cie cerrada que se obtiene al unir la porci¶on del cono x2+ y2 = z2 que queda dentrode la esfera x2 + y2 + z2 = 2z, con la porci¶on de la esfera x2 + y2 + z2 = 2z que queda dentro delsemicono z =

px2 + y2.

5.9.31. Aplicando el teorema de la divergencia, calcular

I =

ZZS


¡!F (x; y; z) := x3 i+ y3 j+ z3 k

y S es la super¯cie total del s¶olido c¶onico x2 + y2 · z2, 0 · z · H.5.9.32. Veri¯car el teorema de la divergencia para el campo vectorial

¡!F (x; y; z) = 2x2y i¡ y2 j+ 4xz2 k

de¯nido en el s¶olido del primer octante limitado por y2 + z2 = 9 y x = 2.

5.9.33. Veri¯car el teorema de la divergencia para el campo vectorial

¡!F (x; y; z) := xy2 i+ y3 j+ x2z k;

de¯nido en el s¶olido T determinado por las condiciones 0 · z ·px2 + y2 · 1.[[ Indicaci¶on: Calcular las integrales de super¯cie con coordenadas cil¶³ndricas y la integral de volumencon coordenadas esf¶ericas. ]]



5.9.34. Consid¶erese el campo vectorial¡!F (x; y; z) = x2 i+ xy j+ z2 k. La curva de intersecci¶on del

cilindro x2 + y2 = 1 con el plano x+ y + z = 1 es el borde de una super¯cie S. Veri¯car el teoremade Stokes para el campo vectorial

¡!F sobre esta super¯cie S.

5.9.35. Veri¯car el teorema de Stokes para el campo vectorial¡!F (x; y; z) = ¡y3 i + x3 j¡ z3 k y la

curva C formada por la intersecci¶on del cilindro x2+ y2 = 1 y el plano x+ y+ z = 1. La orientaci¶onde C corresponde al movimiento antihorario, visto por un observador colocado en el punto (5; 0; 0).

5.9.36. Aplicando el teorema de Stokes (¶unicamente), calcular

I =

ZZS

rot¡!F ¢ ¡!n dS; donde

¡!F (x; y; z) := y i+ x j+ (y + z)k;

S es la porci¶on de la super¯cie 2x+ y+ z = 2 situada en el primer octante, y ¡!n es el vector normalunitaria a la super¯cie, con componente z no negativa.

5.9.37. Calcular, por medio del teorema de Stokes, la integral de super¯cie

I =

ZZS

rot¡!F ¢ ¡!n dS; donde

¡!F (x; y; z) := 2yz i¡ (x+ 3y ¡ 2) j+ (x2 + z)k;

la super¯cie S es la porci¶on del cilindro x2 + z2 = 9 dentro del tubo cil¶³ndrico x2 + y2 · 9 e incluidaen el primer octante x ¸ 0, y ¸ 0, z ¸ 0; y ¡!n es el vector unitario normal a S tal que ¡!n ¢ k ¸ 0.

5.9.38. Usando el teorema de Stokes (¶unicamente), calcular la integral

IC

¡!F ¢ d¡!r , donde ¡!F es el

campo vectorial ¡!F (x; y; z) = ¡y3 i+ x3 j¡ z3 k

y C es la intersecci¶on del cilindro x2 + y2 = 1 con el plano x+ y + z = 1, recorrido de modo que, alverla desde el punto (0; 0; 8), el sentido es contrario a reloj.

5.9.39. Usar el teorema de Stokes para calcularIC

x dx+ (x+ y) dy + (x+ y + z) dz;

donde C es la curva:

x = 4 sen t; y = 4 cos t; z = 4( sen t+ cos t); con 0 · t < 2¼:


Cap¶³tulo 6

Usemos Mathematica

6.1 Fundamentos de ¶Algebra

6.1.1 Operaciones fundamentales

² Objetivo: Iniciar al estudiante el Mathematica y su utilizaci¶on en la simpli¯caci¶on deoperaciones fundamentales.

² Nuevos comandos: Simplify, Expand, Apart.² Requisitos: Se supone que ya se ha expuesto en clase el tema referente a operacionesfundamentales.

² Tiempo estimado de la exposici¶on en la clase:² Tiempo estimado de la sesi¶on en laboratorio:

6.1.2 Ejemplos

Las operaciones elementales de suma y restas de expresiones algebraicas en general resultan muysencillas de realizar con Mathematica. Veamos algunos ejemplos:

Ejemplo 6.1. Efectuar 3x+ 4y + 2px+ y ¡ 5xy + 10px+ x3 + 10xy.

La instrucci¶on (que puede ser edititada usando la paleta BasicInput que puede encontrar en laopci¶on File del men¶u) en Mathematica ser¶³a:

Es importante que en la expresi¶on xy se debe dejar un espacio entre la x y y. De lo contraioMathematica lo manipular¶a como si se tratase de una variable cuyo nombre se expresa mediante dosletras. Obtenemos entonces:

425


426 Cap¶³tulo 6. Usemos Mathematica

NormalmenteMathematica efect¶ua las simpli¯caciones obvias. No obstante si queremos estar segurosde que la expresi¶on est¶a bien simpli¯cada usamos el comando Simplify como sigue:

Mathematica nos da:

que es equivalente a la expresi¶on anterior pero factorizando una x.

En el pr¶oximo ejemplo se evidencia a¶un m¶as la necesidad de indicarle a Mathematica que simpli-¯que.

Ejemplo 6.2. Efectuar6x2 ¡ 10

2+6x2 ¡ 6x+ 12

¡6 ¡ 8x2 + 12x¡ 20

4.

Esto lo ingresamos como

y este caso obtenemos:

Si usamos el comando Simplify como sigue:

obtenemos sencillamente .

Un error t¶³pico es tratar de ingresar una expresi¶on usando par¶entesis cuadrados. Veamos.

Ejemplo 6.3. Efectuar [(a+ b¡ c)¡ (a¡ b+ c)]¡ [(b¡ c+ a)¡ (b+ c¡ a)].Aunque en matem¶aticas es totalmente legal esta expresi¶on, desafortunadamente Mathematica ha

reservado el uso de los corchetes para manipular funciones. Si ingresamos la expresi¶on tal como est¶aobtenemos:

Debemos reemplazar los corchetes por par¶entesis curvos como sigue:


6.1. Fundamentos de ¶Algebra 427

y obtenemos ¡2a+ 2b.Veamos ahora producto de polinomios:

Ejemplo 6.4. Efectuar (3x2yz ¡ 4xy2z3)(2xy2z4).Esto lo debemos reescribir como (3x2y z ¡ 4x y2z3)(2x y2z4) y usando el comando Expand.

Veamos:

² )² (

Ejemplo 6.5. Efectuar (a3 + ab2 + a4 + b2)(a3 + ab2 ¡ a4 ¡ b2).En este caso obtenemos:

² )² (

Ejemplo 6.6. Efetuar 8p3q4r5(4p2q3 ¡ 3q5r6)¡ 4p3q7r4(8p2r ¡ 3p3q ¡ 6q2r7).En este caso tenemos:

² )

² (Ejemplo 6.7. Efetuar 2r ¡ 2f4r ¡ 2[s¡ t+ 4(r ¡ s+ 2t)¡ 3r] + 2sg.Debemos recordar que los ¶unicos par¶entesis de agrupaci¶on son los curvos (). Las llaves las usare-

mos para listas o conjuntos. En este caso tenemos:

² )² (

Ejemplo 6.8. Desarrollar (2x+ 5t)3.En este caso tenemos:

² )² (

Ejemplo 6.9. Desarrollar (a¡ b)8.En este caso tenemos:

² )² (



Ejemplo 6.10. Desarrollar (a+ b+ c+ d+ e)2.En este caso tenemos:

² )

² (

Ejemplo 6.11. Desarrollar (1¡ x)10.En este caso tenemos:

² )

² (

Ejemplo 6.12. Simpli¯car24a5b7c9

6ab6c5.

Podemos emplear aqu¶³ el icono para escribir fracciones . En este caso tenemos:

² )

² (

Ejemplo 6.13. Exprese (6x3+3x2¡24x¡9) div(2x¡3) en la forma C(x)+ R(x)D(x)

, en donde C(x)

es el cociente, R(x) el residuo y D(x) es el divisor. La instrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (

6.1.3 Trabajando en el laboratorio

Preparamos una pr¶actica guiada que los estudiantes deber¶an desarrollar en el computador. Esto sepuede hacer indicando algunos ejercicios del libro texto que deben resolverse con la ayuda de Mathe-matica o bien preparando una lista de problemas que usted mismo puede crear usando Mathematica.Eventualmente se puede incluir en la pr¶actica alg¶un comando que se use m¶as adelante. Si no haysu¯cientes computadoras, es viable trabajar en parejas. Indique a los estudiantes que deben salvarla pr¶actica en un disco y enviarla (por correo) a usted o a su asistente antes de la pr¶oxima clase oalguna fecha que usted considere conveniente. Es conveniente que los estudiantes tengan acceso allaboratorio fuera de las horas de clase.

Pr¶actica # 1


6.1. Fundamentos de ¶Algebra 429

² Resuelva los siguientes ejercicios del libro [?]:{ Suma y resta de polinomios: 383, 384, 388, 393, 403, 408, 409, 413, 414, 416, 418, 420,427 432.

{ Producto de polinomios: 437, 446, 449, 456, 460, 464, 467,472, 478, 481, 482, 491, 494.

{ F¶ormulas notables: 508, 516, 520, 524, 528, 533, 536,

{ Divisi¶on de polinomios: 550-553, 555, 556, 560, 564.

² Simpli¯que (1¡ 2x)20 ¡ (3x¡ 5)10.² Desarrolle (1¡ 3xy2 + 7x3 + 10x)(1 + x)5(1¡ x)5.

² Use el comando Apart para separar 1¡ x20

1¡ x .

² Intente dar una f¶ormula para (x1 + x2 + : : : + xn)2. Empiece con un binomio, siga luego conun trinomio, etc.

6.1.4 Evaluaci¶on

En este curso de Matem¶atica I para Computaci¶on se recomienda dividir la nota en 2 partes: un 70%para el enfoque tradicional y un 30% para la evaluaci¶on con apoyo inform¶atico. Estos porcetajespueden ser modi¯cados seg¶un la experiencia del cuerpo docente.La evaluaci¶on puede hacerse de 2 formas. Una es elaborar una serie de ejercicios, solicitar a los

estudiantes que lo resuelvan, pedir a los estudiantes que graben los resultados (archivo de Mathema-tica) en un disco y luego recogerlos. Esto tiene algunos inconvenientes. Algunas veces los discos seda~nan o bien adquieren alg¶un virus que nos puede dar muchos dolores de cabeza. Por otro lado, losestudiantes pueden hacer f¶acilmente duplicados y propiciar alg¶un tipo de fraude. Como se nota, esteprimer enfoque no es muy recomendable.Una segunda forma de evaluar el uso del software es escoger ejercicios que dif¶³cilmente se puedan

hacer en forma manual y pedir a los estudiantes que escriban las respuestas en una hoja. Las respuestade los ejercicios no debe ser muy corta pues, en ese caso, son f¶aciles de copiar. La principal cr¶³tica aeste enfoque es que evaluamos en forma indirecta el uso del software. Es por esto que los ejerciciosdeben ser claramente propuestos y deben ser resueltos antes de que se aplique la prueba para evitardi¯cultades. Se recomienda dar como ayuda una parte de la respuesta para tranquilizar a aquellosestudiantes que lo han hecho bien y para alertar a aquellos que se han equivocado en alg¶un pasointermedio. Adem¶as se puede pedir a los estudiantes que escriban parte del c¶odigo en Mathematicaque emplearon.

Nombre:

Examen Corto # 1



Instrucciones: Use Mathematica para resolver correctamente los siguientes ejercicios. Indique,para cada uno de ellos, los comandos que ha empleado.

1. Al desarrollar (1¡ 3x2y4 + 7xy2 + 1)4 obtenemos:16 + 224xy2+

2. Al desarrollar [1 + (3x¡ (3 + 4x+ y ¡ (3x¡ y ¡ 2©7 + x+ y3ª)))¡ 2]2 obtenemos:324+

3. Al simpli¯car (y luego desarrollar)

4096 a6 ¡ 12288 a5 x+ 15360 a4 x2 ¡ 10240 a3 x3 + 3840 a2 x4 ¡ 768 a x5 + 64x6¡2 a+ x

se obtiene:

¡2048a5+

6.2 Factorizaci¶on

² Objetivo: Uso de Mathematica en la factorizaci¶on de expresiones algebraicas.² Nuevos comandos: Factor, Print, For, ++² Requisitos: Se supone que ya se ha expuesto en clase el tema referente factorizaci¶on:por factor com¶un, por agrupaci¶on, por f¶ormula notable e inspecci¶on, por divisi¶on sint¶eticay combinaciones de los anteriores.


6.2.1 Ejemplos

Es importante aclarar que con Mathematica no es necesario indicar qu¶e t¶ecnica de factorizaci¶on sedesea emplear. El software aplicar¶a todos m¶etodos cl¶asicos de factorizaci¶on y arrojar¶a una factori-zaci¶on completa. Esto puede generar un reto interesante pues el usuario deber¶a descubrir c¶omo sellega al resultado propuesto por Mathematica.

Ejemplo 6.14. Factorizar 12 a6 b2 x+ 6 a4 b3 x+ 9 a4 b3 y2. En este caso escribimos


6.2. Factorizaci¶on 431

² )² (

Aqu¶³ se aplic¶o factorizaci¶on por factor com¶un.

Ejemplo 6.15. Factorizar x(a+ b+ c)¡ y(a+ b+ c). La instrucci¶on en Mathematica es:

² )² (

Aqu¶³ se aplic¶o factorizaci¶on por factor com¶un.

Ejemplo 6.16. Factorice ¡3 d p+p2+6 d q¡2 p q+3 d x¡p x. La instrucci¶on en Mathematica es:

² )² (

Aqu¶³ se aplic¶o factorizaci¶on por agrupaci¶on

Ejemplo 6.17. Factorice a2 + b2 + 1 + 2ab+ 2a+ 2b. La instrucci¶on en Mathematica es:

² )² (

Aqu¶³ se aplic¶o factorizaci¶on por inspecci¶on combinada con factor com¶un.

Ejemplo 6.18. Factorice (n¡ 3m)2 ¡ (b¡ 5c)2. La instrucci¶on en Mathematica es:

² )² (

Trabajando manualmente probablemente se obtenga (n¡3m¡b+5c)(n¡3m+b¡5c). Esta expresi¶ones equivalente a la dada por Mathematica. El resultado arrojado por Mathematica busca desplegarlos factores en orden alfab¶etico en el que el cada factor tenga su primer t¶ermino con coe¯cientepositivo. Aqu¶³ resulta interesante que el estudiante veri¯que que ambas expresiones coinciden:

² )

² (

Concluimos entonces que ambas respuestas son equivalentes.

Ejemplo 6.19. Factorice 12x2m ¡ 7xm ¡ 12. La instrucci¶on en Mathematica es:



² )

² (

Una respuesta equivalente es (3xm ¡ 4)(4xm + 3).

Ejemplo 6.20. Factorice x3 + 4x2b+ 4xb2 ¡ 2x2 ¡ 4xb. La instrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (

O bien x(x+ 2b)(x+ 2b¡ 2).

Ejemplo 6.21. Factorice x8 + 64. La instrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (

Veremos ahora el concepto de ciclo para efectuar una operaci¶on varias veces.

Ejemplo 6.22. Haga un ciclo que imprima los n¶umero del 1 al 5. La instrucci¶on en Mathematicaes en este caso:

La variable i es lo que se conoce como un contador. La condici¶on i <= 5 es la que se veri¯ca cada vezque se desea saber si ya es momento de salir del ciclo (conforme i aumenta). La instrucci¶on Print[i]se encarga de escribir el contador. Finalmente la instrucci¶on i++ le indica a i que debe aumentar suvalor en 1.

Ejemplo 6.23. Factorice las expresiones x2 ¡ i en el que i es un valor que var¶³a entre 1 y 10. Lainstrucci¶on en Mathematica es:

² )


6.2. Factorizaci¶on 433

² (

Este ejercicio le permite al estudiante observar (conjeturar) bajo qu¶e condiciones se puede factorizarla expresi¶on x2 ¡ i.


Pr¶actica # 1

² Resuelva los siguientes ejercicios del libro [?]: 606, 609, 613{618, 644, 647, 650, 662, 680, 685,686, 689, 709, 710, 735, 742, 745, 747, 755, 790, 802, 805, 820, 839.

² Factorice x40 ¡ 1.² Factorice 35840¡15616x¡15808x2¡1712x3+4336x4+1864x5¡442x6¡298x7+14x8+12x9.² Un un ciclo For para determinar dos valores num¶ericos para y con los que la expresi¶on x8 + yse factoriza en factores no triviales.

² Use el icono de productoria que se muestra en la paleta para desarrollar

(x+ 1)(x+ 2)(x+ 3) ¢ ¢ ¢ (x+ 20)

Tome la expresi¶on resultante y factor¶³cela.

6.2.3 Evaluaci¶on

Nombre:

Examen Corto # 2




1. Factorice 84x4 + 25x3 y ¡ 70x2 y2 ¡ 5x y3 + 6 y4

2. Factorice 6 + 13 a+ 9 a2 + 2 a3 + 17 b+ 22 a b+ 7 a2 b+ 11 b2 + 7 a b2 + 2 b3

3. Halle 2 valores de k para los que (1+x)(2+x)(3+x)(4+x)(5+x)¡k tiene un factor cuadr¶atico.Ayuda: Haga un ciclo variando k entre 1 y 300. Factorice cada expresi¶on y observe.

6.3 Fracciones

² Objetivo: Mathematica y su utilizaci¶on en operaciones con fracciones.

² Nuevos comandos: Togheter, Apart, %, /., o equivalentemente Sum y Prod.

² Requisitos: Se supone que ya se ha expuesto en clase el tema referente fracciones:simpli¯caci¶on, producto, divisi¶on, suma y resta.


6.3.1 Ejemplos

Ejemplo 6.24. Mathematica factoriza de o¯cio las situaciones simples tales comoy5x2

yx. Observe:

² )

² (

Ejemplo 6.25. Simpli¯que(z ¡ u)(2z2 + 3zu+ u2)(2z + u)(z2 + zu¡ 2u2).

En este caso es necesario indicar que se desea simpli¯car la expresi¶on. La instrucci¶on en Mathe-matica es:

² )

² (


6.3. Fracciones 435

Ejemplo 6.26. Simpli¯que2ax+ 2ab+ yx+ yb

2ab¡ 2ax+ yb¡ yx .La instrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (Como siempre, debemos de tener cuidado de escribir a b y no ab.

Ejemplo 6.27. Simpli¯quet4 + t2b2 + b4

t6 ¡ b6 .

La instrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (

Ejemplo 6.28. Simpli¯que [3c3 + (y ¡ 15)c2 ¡ (5y + 6)c¡ 2y] div(3c+ y).La instrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (

Ejemplo 6.29. Efect¶ue y simpli¯que2d2 + dv ¡ v24d2 ¡ 4dv + v2 ¢

8d2 + 6dv ¡ 9v24d2 ¡ 9v2 .

Aqu¶³ debemos indicarle a Mathematica que adem¶as de efectuar la operaci¶on y simpli¯carla,deseamos que el resultado est¶e factorizado tanto en el numerador como en el denominador. Lainstrucciones en Mathematica son:

² )El s¶³mbolo % se re¯ere a la ¶ultima expresi¶on arrojada porMathematica. Es conveniente colocarambas instrucciones en una misma celda.

² (

Es buen ejercicio veri¯car que ambas expresiones son equivalentes.

Ejemplo 6.30. Efect¶ue y simpli¯quea2 ¡ b2

2a2 ¡ 3ab+ b2 ¢2a2 + 5ab¡ 3b2a2 + 4ab+ 3b2

¢ a2 ¡ 2ab¡ 3b2a2 ¡ 4ab+ 3b2 .




² )

² (

En este caso no hubo necesidad de aplicar Factor.

Ejemplo 6.31. Efect¶ue y simpli¯que2

t+7

t2+

5

2t¡ 3 +1

(2t¡ 3)2 .Empleamos el comando Together para efectuar las operaciones indicadas y dejar el resultado en

una sola fracci¶on. La instrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (

Ejemplo 6.32. Efect¶ue y simpli¯queb

b2 ¡ b¡ 2 ¡1

b2 + 5b¡ 14 ¡2

b2 + 8b+ 7.


² )

² (

Ejemplo 6.33. Efect¶ue y simpli¯queh¡ h+3

h¡11¡ 3h¡1

h2¡1.

Se trata de una fracci¶on compleja. Primero simpli¯camos y luego factorizamos el resultado. Lainstrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (

Claramente ambos resultados son equivalentes.

Ejemplo 6.34. Efect¶ue y simpli¯que2¡ a+5

a+2

a2 ¡ 1 +a2 ¡ 3a2¡a

a+2

a3 + 1.



6.3. Fracciones 437

² )

² (


² Resuelva los siguientes ejercicios del libro [?]: 857, 865, 876, 885, 912, 930, 935, 941, 945, 959,969, 976, 981, 994, 1001, 1011, 1016, 1024, 1032, 1041, 1052

² Exprese 1

(1 + x) (2 + x) (3 + x) (4 + x) (5 + x) (6 + x) (7 + x) (8 + x) (9 + x) (10 + x)como

suma de fracciones.

² Sume y simpli¯que:

¡123040 (2 + x)

+81

640 (4 + 3x)¡ 3125

512 (6 + 5x)+

16807

288 (8 + 7x)¡ 98415

512 (10 + 9x)+

161051

640 (12 + 11x)

¡ 2599051

23040 (14 + 13x)

² Simpli¯que la siguiente expresi¶on:

1 +1 +

1+1+

1+ 1x

xx

x

x

Determine si esta expresi¶on es equivalente a 1 + x¡5 + x¡4 + x¡3 + x¡2 +1

x.

² El comando =: permite hacer sustituciones. Por ejemplo si escribimos2x+ 3=: x! 2

obtenemos 7. En el ejercicio anterior cambie x por 1 + y2 y veri¯que que se obtiene

6 + 15 y2 + 20 y4 + 15 y6 + 6 y8 + y10

(1 + y2)5

6.3.3 Evaluaci¶on

Nombre:

Examen Corto # 3




1. Sume y simpli¯que:

27

40 (1 + 3x)¡ 32

3 (1 + 4x)+

625

12 (1 + 5x)¡ 108

1 + 6x+

2401

24 (1 + 7x)¡ 512

15 (1 + 8x)

Ayuda: El numerador del resultado consta de un solo t¶ermino.

2. Al efectuar

2

15 (1 + x)3+

7

15 (1 + x)2+

77

90 (1 + x)+

1¡ x2 (1 + x2)

+4¡ 5x

9 (1¡ x+ x2) +3¡ 4x¡ x2 + x3

5 (1¡ x+ x2 ¡ x3 + x4)

Ayuda: El numerador del resultado es una cuadr¶atica de 2 t¶erminos.

3. Al separar en fracciones la expresi¶on (usando Apart)

1 div10Yk=1

µx+

1

k

¶

uno de los t¶erminos que se obtiene es®

1 + 8x. Determine el valor de ®.

4. Conjeture una f¶ormula para

nXk=0

xk. Proceda de la siguiente forma:

(a) Aplique Expand a (1¡ x)5Xk=0

xk

(b) Aplique Expand a (1¡ x)10Xk=0

xk

(c) Conjeture una f¶ormula para (1¡ x)nXk=0

xk y luego despeje.


6.4. Ecuaciones y problemas 439

6.4 Ecuaciones y problemas

² Objetivo: Mathematica y su utilizaci¶on en la soluci¶on de ecuaciones y problemas.² Nuevos comandos: Solve, Reduce, N, NSolve.² Requisitos: Se supone que ya se ha expuesto en clase el tema referente² Tiempo estimado de la exposici¶on en la clase:² Tiempo estimado de la sesi¶on en laboratorio:

Mediante el comando Solve, Mathematica es capaz de resolver una gran variedad de ecuaciones.Es importante advertir que el igual que se coloca en las ecuaciones es el igual doble ==, no el simple=. Mathematica emplea el = para efectuar asiganciones y el == para ecuaciones y comparaciones.

6.4.1 Ejemplos

Ejemplo 6.35. Resuelva 6(3x¡ 1) = 5(4x+ 3).La instrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (

Mathematica presenta la soluci¶on de una ecuaci¶on o sistema de ecuaciones mediante una lista de

conjuntos, cada uno conteniendo una soluci¶on. Por lo tanto, la soluci¶on es x = ¡212.

Ejemplo 6.36. Resuelva 4

µ3x

4¡ 12

¶¡ 12(4x+ 12) = 4.


² )

² (Por lo tanto, la soluci¶on es x = 12.

Ejemplo 6.37. Resuelvayt+ a

a+yt¡ ay

= 2, para t.


² )



² (

Por lo tanto, la soluci¶on es t =a

y.

Ejemplo 6.38. Resuelva5h

7¡ 13=9h

14+2

21.


² )

² (Por lo tanto, la soluci¶on es h = 6.

Ejemplo 6.39. Resuelvaa

2y+ y2 = x+

ya

2xpara a.


² )

² (Por lo tanto, la soluci¶on es a = 2xy.

Ejemplo 6.40. Resuelva, para a, la ecuaci¶on a2 ¡ xa¡ axm + xm+1 = 0.La instrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (Por lo tanto, las soluciones son a = x y a = xm.

Ejemplo 6.41. Resuelva, para h, la ecuaci¶on h3 + 8a3 ¡ 2ah(h+ 2a) = 0.La instrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (Por lo tanto, la soluci¶on est¶a dada por h = ¡2a y h = 2a (de multiplicidad 2).Ejemplo 6.42. Resuelva 10x2 + 59x+ 62 = 0.La instrucci¶on en Mathematica es:

² )Nota: El comando N[%] se encarga de tomar el valor anterior y proporcionar una aproximaci¶ondecimal.



² (

Por lo tanto, la soluci¶on est¶a dada por x =¡59 +p1001

20¼ ¡1:36807 y por

x =¡59¡p1001

20¼ ¡4:53193.

Ejemplo 6.43. Resuelva 8h¡6 ¡ 65h¡3 + 8 = 0.La instrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (

Por lo tanto, la soluci¶on real est¶a dada por h = 1=2 y por h = 2. Las otras soluciones son las ra¶³cescomplejas. Por el momento simplemente se desestiman. En cursos superiores se hablar¶a sobre estetema.Nota: El n¶umero i, llamado imaginario, es tal que i2 = ¡1

Ejemplo 6.44. Resuelva

µa2 + 3a+ 1

a+ 1

¶2+ 2

µa2 + 3a+ 1

a+ 1

¶¡ 3 = 0.


² )

² (Por lo tanto, la soluci¶on est¶a dada por a = 0; a = ¡2; a = ¡3§

p5.

El uso del comando Solve resuelve t¶³picamente muchas de las ecuaciones con las que \tropezamos"diariamente. Sin embargo hay casos en los que este comando es insu¯ciente. Considere le problemade resolver, para x, la ecuaci¶o ax + b = 0. Dependiendo del valor de a y de b, la ecuaci¶on tendr¶adiferentes posibilidades para sus soluciones. No obstante, Solve resuelve esta ecuaci¶on suponiendo

que a6= 0 y solamente arroja x = ¡ bacomo soluci¶on. <Verif¶³quelo!. El comando Reduce si considera

todas las posibilidades.

Ejemplo 6.45. Resuelva mediante el comando Reduce la ecuaci¶on ax+ b = 0.La instrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (



Mathematica usa el s¶³mbolo n&& para indicar Y. La doble barra jj se emplear para indicar O.Mathematica se~nala entonces que hay 2 casos:

² suponer que a = 0 y que b = 0. Por lo tanto, no hay restricci¶on para x, y tenemos que elconjunto soluci¶on es IR.

² suponer que a6= 0. Por lo tanto, la soluci¶on es x = ¡ ba

Depende entonces del prop¶osito de nuestro ejercicio, elegir entre Solve y Reduce.

Ejemplo 6.46. Resuelvapa2 + 4a+ 1¡p2a+ 4 = 0.


² )

² (Mathematica nos est¶a advirtiendo que este no es el mejor comando para resolver este problema. Sedeben emplear funciones inversas y algunas soluciones podr¶³an quedar por fuera. Se sugiere luegoque se emplee el comando Reduce para asegurarnos de que hemos encontrado todas las soluciones.Despu¶es Mathematica muestra las soluciones que hall¶o.Usemos entonces el comando Reduce:

² )² (

Por lo tanto, la soluci¶on est¶a dada por a = 1; a = ¡3.Ejemplo 6.47. Resuelva, para a, la ecuaci¶on

pa¡ x2 ¡

p2a¡ x2 = ¡x.


² )

² (

Tenemos entonces que Mathematica, al considerar todas las posibilidades para las variables involu-cradas, ha dejado algunas ecuaciones sin resolver. Si usamos Solve, para que haga algunos supuestost¶³picos, obtenemos:



² )

² (

Tenemos as¶³ una soluci¶on. Si en el comando Reduce agregamos las condiciones x > 0 y a > 0 talcomo sigue, obtenemos la misma soluci¶on. Veamos:

² )

² (Por lo tanto, una soluci¶on est¶a dada por a = x2; a = 5x2.

Ejemplo 6.48. Resuelva 2a3 + 3a2 ¡ 3a¡ 2 = 0.La instrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (Por lo tanto, la soluci¶on est¶a dada por a = 1; a = ¡2; a = ¡1=2.Para sistemas de ecuaciones se sigue empleando el comando Solve. Las ecuaci¶ones se agrupan en

una lista. Las variables para las que se desea resolver, en otra. La estructura b¶asica es:

Solve[fg ; fg]


½16h¡ 11b+ 17 = 11h+ 6b+ 179h¡ 9b+ 21 = ¡14h+ 8b¡ 23 .


² )

² (

Por lo tanto, la soluci¶on est¶a dada por h = ¡229; b = ¡110

153.


8<: ¡26a+ 25b¡ 13c = 6826a¡ 21b¡ 8c = ¡70¡13a+ 7b¡ 30c = ¡68

.


² )

² (



Por lo tanto, la soluci¶on est¶a dada por a = 6; b = 10; c = 2.

Ejemplo 6.51. Para ¯nanciar la compra de un carro Guillermo pidi¶o cierto dinero prestado al10.5% de inter¶es anual. Al ¯nal del a~no cancel¶o el pr¶estamo y pag¶o Cj 1657500 junto con los intereses.Determine cu¶anto dinero prestado pidi¶o Guillermo originalmente.Designemos con x el dinero que pidi¶o prestado Guillermo originalmente. Al cabo de un a~no el

monto del dinero adeudado es x+ 10:5x

100. Obtenemos as¶³ la siguiente ecuaci¶on:

x+ 10:5x

100= 1657500


² )

² (La notaci¶on exponencial es debido a que hemos incluido decimales en los datos de entrada. Si

cambiamos 10:5 por21

2obtenemos x = 1500000. Por lo tanto, tenemos que Cj 1500000 es el monto

del pr¶estamo.


² Resuelva los siguientes ejercicios del libro [?]: 1546, 1571, 1574-1578, 1592, 1602, 1651, 1667,1677, 1689, 1706, 1727, 1739, 1758, 1790, 1797, 1821, 1833, 1850, 1877, 1881, 1915, 1920, 1944,1968, 1971, 1988, 2016, 2042, 2043,2054, 2071, 2084, 2089, 2106, 2121.

² Resuelva la ecuaci¶on 122522400 + 2092012500x+ 15689008784x2 + 67917689355x3+187517703248x4 + 344130613273x5 + 423918680606x6 + 345073319005x7+

177100640052x8 + 51606261547x9 + 6469693230x10 = 0

² El comando NSolve funciona en forma semejante a Solve, excepto que este proporciona aproxi-maciones decimales para las ra¶³ces buscadas. Apl¶³quelo para resolver:

1

2 + x+

1

3 + x+

1

5 + x+

1

7 + x+

1

11 + x+

1

13 + x+

1

17 + x+

1

19 + x+

1

23 + x+

1

29 + x= 0

Nota: Esta ecuaci¶on se puede escribir como10Xk=1

1

x+ Prime[k]= 0. La funci¶on Prime[k]

genera el k-¶esimo primo. Por ejemplo, Prime[1] = 2, pues 2 es el primer primo.

² Resuelva para x la ecuaci¶on:px¡p1 + x¡p2 + x = pk + x


6.5. Desigualdades 445

6.4.3 Evaluaci¶on

Nombre:Instrucciones: Use Mathematica para resolver correctamente los siguientes ejercicios. Indique,para cada uno de ellos, los comandos que ha empleado.

Examen Corto # 2

1. Resuelva la ecuaci¶on 36x5 ¡ 36x4 ¡ 205x3 + 205x2 + 49x ¡ 49 = 0. Veri¯que que x = 1

2es

una de sus ra¶³ces.

2. Resuelva la ecuaci¶onx4 ¡ 2x3 + 3x2 ¡ 4x¡ 1500i = 0

para x, variando (mediante un ciclo For) el par¶ametro i desde 1 hasta 5.

Ayuda: Para i = 1, una soluci¶on es x = ¡5:65196.

3. Resuelva 3px+ 1 = x+

1

2. Determine si la ¶unica ra¶³z es menor que 1 y mayor que 0.

6.5 Desigualdades

² Objetivo: Mathematica y su utilizaci¶on en s.² Nuevos comandos: ², Reals² Requisitos: Se supone que ya se ha expuesto en clase el tema referente² Tiempo estimado de la exposici¶on en la clase:² Tiempo estimado de la sesi¶on en laboratorio:

6.5.1 Ejemplos

Ejemplo 6.52. Resuelva 6a¡ 5 > 2a+ 11.La instrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (Por lo tanto, el conjunto soluci¶on es (4;+1).



Ejemplo 6.53. Resuelva (x2 ¡ 4)(x2 ¡ 4x+ 4)(x2 ¡ 6x+ 8)(x2 + 4x+ 4) < 0.La instrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (Por lo tanto, el conjunto soluci¶on es (¡2; 2) [ (2; 4).

Ejemplo 6.54. Resuelva2g2 + 18g ¡ 4g2 + 9g + 8

> 2.


² )² (

Por lo tanto, la soluci¶on est¶a dada por (¡8;¡1).Ejemplo 6.55. Resuelva jt+ 3j < 4.La instrucci¶on en Mathematica es:

² )² (

Notamos que Mathematica est¶a indicando la soluci¶on dentro de los n¶umero complejos. Si deseamosque solamente presente la soluci¶on dentro de los n¶umeros reales, adjuntamos la condici¶on ² Reals.Veamos:

² )² (Por lo tanto, la soluci¶on est¶a dada por (¡7; 1).

Ejemplo 6.56. Resuelva j4¡ 3tj ¸ 2¡ t.La instrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (Por lo tanto, la soluci¶on est¶a dada por (¡1; 1] [ [3

2;+1).


¯a2 ¡ 3a¡ 1a2 + a+ 1

¯· 3.


² )

² (Por lo tanto, la soluci¶on est¶a dada por (¡1;¡2] [ [¡1;+1).


6.5. Desigualdades 447


² Resuelva los siguientes ejercicios del libro [?]: 2160, 2185, 2196, 2202, 2215, 2221, 2233, 2276,2297-2299

² Resuelva2310x5 ¡ 4889x4 + 4121x3 ¡ 1729x2 + 361x¡ 305187x4 ¡ 286969x3 + 921091x2 ¡ 577359x+ 100674 ¸ 0

Ayuda:2

5· x · 5

11es parte de la soluci¶on.

² Resuelva:8

231 (2x¡ 1) ¡125

6 (5x¡ 1) +1331

7 (11x¡ 2) ¡4913

22 (17x¡ 3) · 0

Ayuda:3

17< x <

2


² Resuelva12x5 + 56x4 ¡ 11x3 ¡ 252x2 ¡ 127x+ 70 < 0

Ayuda:1

3< x < 2 es parte de la soluci¶on.

6.5.3 Evaluaci¶on

Nombre: Instrucciones: Use Mathematica para resolver correctamente los siguientes ejercicios.Indique, para cada uno de ellos, los comandos que ha empleado.

Examen Corto # 3

1. Resuelva:9x4 + 9x3 ¡ 19x2 ¡ 9x+ 10

12x4 + 32x3 ¡ 572x2 ¡ 1568x¡ 784 ¸ 0

Ayuda:2

3· x · 1 es parte de la soluci¶on.

2. Resuelva: ¯x2 + x+ 10

¯< 3x2 + 7x¡ 2

Ayuda: x <¡3¡p33


3. Resuelva: ¯630x6 ¡ 6807x5 + 19122x4¯ > 16650x3 ¡ 1290x2 ¡ 3297x+ 882

4. Resuelva¯3 + x3

¯< 4.



6.6 Funciones

² Objetivo: Mathematica y su utilizaci¶on en el tema de funciones y sus aplicaciones..² Nuevos comandos: de¯nici¶on de funciones, listas, la instrucci¶on punto y coma, List-Plot, ==, Plot, PlotRange, Coe±cient, Print, Min, Max, Table.

² Requisitos: Se supone que ya se ha expuesto en clase el tema referente² Tiempo estimado de la exposici¶on en la clase:² Tiempo estimado de la sesi¶on en laboratorio:

La declaraci¶on de funciones est¶a sujeta a ciertas restricciones. La primera es que el par¶ametro olos par¶ametros en la declaraci¶on debe ir seguido una \raya abajo" . Solamente en la declaraci¶ones necesario esto. Cuando se invoque la funci¶on NO se debe usar la \raya abajo". Por otro lado sedebe tener muy presente que los ¶unicos par¶entesis que permite Mathematica para invocar funciones(propias o creadas por el usuario) son los rectangulares [ ].

6.6.1 Ejemplos

Ejemplo 6.58. Sea A(r) =2r ¡ 1

r2 + 2r ¡ 3. Calcule A(3), A(12) , A(¡1) y A(x2 + 1).


² )

² (Por lo tanto, los valores requeridos son 5

12; 0; 3

4y 2x2+1x4+4x2

.

En el ejemplo anterior hemos empleado el concepto de lista. Las listas son objetos generalesque representan colecciones de expresiones. En cursos futuros usaremos listas para implementar elconcepto de vector y matriz.Podemos usar la instrucci¶on punto y coma (;) para que Mathematica no devuelva la expresi¶on

ingresada. Adem¶as el punto y coma nos permite colocar varias instrucciones en una misma l¶³nea.Observe el siguiente ejemplo.

Ejemplo 6.59. Sea a(t) = t2 + t. Calcule a(1¡ x) div a(1¡ 2x)La instrucci¶on en Mathematica es:


6.6. Funciones 449

² )

² (

Por lo tanto, a(1¡ x) div a(1¡ 2x) = x¡ 24x¡ 2.

Ejemplo 6.60. Halle las preim¶agenes de y = ¡1 si y(a) = a4 ¡ 4a3 + 6a2 ¡ 4a.La instrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (

Por lo tanto, a = 1 es la ¶unica preimagen de y = ¡1.

Ejemplo 6.61. Halle el m¶aximo dominio de de¯nici¶on real para w(a) = ¡p9¡ (a¡ 9)2.

Debemos determinar cu¶ando 9¡ (a¡ 9)2 ¸ 0. La instrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (

Por lo tanto, [6; 12] es el m¶aximo dominio de de¯nici¶on real.

Ejemplo 6.62. Sean f(x) = 2x2 y g(x) = x2 ¡ 5x+ 6. Calcule (f + g)(x), (f ¡ g)(x), (f ¢ g)(x),µf

g

¶(x), (f ± g)(x) y (g ± f)(x).


² )

² (

Por lo tanto, (f + g)(x) = 3x2 ¡ 5x + 6, (f ¡ g)(x) = x2 + 5x ¡ 6, (f ¢ g)(x) = 2x4 ¡ 10x3 + 12x2,µf

g

¶(x) =

2x2

x2 ¡ 5x+ 6, (f ± g)(x) = 2¡x2 ¡ 5x+ 6¢2 y (g ± f)(x) = 4x4 ¡ 10x2 + 6.



Ejemplo 6.63. Represente en el plano cartesiano los puntos (0;¡1); (1; 2); (2; 4).Los puntos dados se representan como una lista de puntos:

ff0;¡1g; f1; 2g; f2; 4ggUsamos luego el comando PlotStyle ! PointSize[0.015] para indicar el grosor de los puntos en elploteo. Invitamos al estudiante a variar ese valor. La instrucci¶on en Mathematica, para el caso dado,es entonces:

² )² (

Para calcular la distancia entre puntos podemos usar la siguiente de¯nici¶on:

De foma an¶aloga podemos de¯nir una funci¶on que calcule el punto medio entre dos puntos:

Usaremos estas funciones en algunos ejemplos posteriores.

Ejemplo 6.64. Halle la distancia entre los puntos (3; 4) y³1 +

p2; 1¡

p2´.


² )

² (Ejemplo 6.65. Calcule la distancia y el punto medio entre los puntos (¡17;¡70); (24;¡55).La instrucci¶on en Mathematica es:

² )


6.6. Funciones 451

² (

Por lo tanto, la distancia es ¼ 43:6578 y el punto medio es (3:50;¡62:50).Ejemplo 6.66. Compruebe que los puntos (5;¡1); (2; 5); (¡1;¡4) corresponden a los v¶ertices deun tri¶angulo rect¶angulo, y determine su ¶area A.En Mathematica usamos dos tipos de iguales: el simple (=) y el doble (==). El simple se usa

para asignaci¶on y el doble para comparaci¶on. De esta forma si ingresamos 3 == 1+2, Mathematicaregresa un True.La instrucci¶on para el ejercicio propuesto en Mathematica ser¶³a:

² )

² (

Por lo tanto, el tri¶angulo dado es rect¶angulo con catetos 3p5 y 3

p5. La hipotenusa (el mayor valor)

es 3p10.

Ejemplo 6.67. Determinar si los puntos (6; 12); (0;¡6) y (1;¡3) son o no colineales.La instrucci¶on en Mathematica es:

² )



² (

Podemos inclusive gra¯car los puntos dados para hacer m¶as evidente la conclusi¶on:

Por lo tanto, los puntos en cuesti¶on son colineales.

El comando Plot permite gra¯car una o varias funciones en un intervalo. El comando Plot admitealgunos par¶ametros opcionales que pueden ser usados para lograr efectos especiales.

Ejemplo 6.68. Elabore la gr¶a¯ca de y =x

x2 + 1en el intevalo [¡4; 4].


² )

² (

Ejemplo 6.69. Elabore la gr¶a¯ca de y =x

x2 + 1y de y = x2 en el intevalo [¡4; 4].


² )

² (


6.6. Funciones 453

Ejemplo 6.70. Elaborar la gr¶a¯ca de y = x2 + 4 en el intervalo [¡4; 4].La instrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (Mathematica ha colocado el origen de coordenadas en el punto (0; 4). Hasta donde se sabe, esto

no se estila mucho en Costa Rica. Podemos indicarle aMathematica el rango que deseamos medianteel comando PlotRange. Observe:

² )² (

Las funciones cuya f¶ormula involucra una condici¶on pueden ser gra¯cadas mediante la instrucci¶onIf que est¶a dada por:

If[condici¶on| {z }; acci¶on si la condici¶on es verdadera| {z }; acci¶on si la condici¶on es falsa| {z }(¤)

]

La parte que incluye (¤) es opcional. Si el proceso a realizar en caso de que la condici¶on sea verdaderainvolucra varias instrucciones, estas se separan con punto y coma. Debemos hacer ¶enfasis en que lainstrucci¶on If consta de 2 ¶o 3 partes separadas por comas.

Ejemplo 6.71. Elabore la gr¶a¯ca de y =

½x2 : x · 0¡x : x > 0 en el intervalo [¡5; 5].


² )

² (



Ejemplo 6.72. Determine si f(x) =p1¡ x2 es par, impar o ninguna de estas.


² )

² (Por lo tanto, f es par.

Ejemplo 6.73. Determine si f(x) =1

x+ 1es decreciente en [¡3; 3].

Gra¯quemos la funci¶on:

² )

² (Por lo tanto, f es decreciente en el intervalo dado. Notamos adem¶as que f presenta una discontinui-dad en x = ¡1. Intuitivamente podemos decir que una funci¶on es continua en su dominio si puedetrazarse sin despegar el l¶apiz del papel.

Para calcular la pendiente y la intersecci¶on con el eje y de una recta que pasa por un par depuntos, podemos crear la funci¶on

que devuelve, por separado, estos dos valores.

Ejemplo 6.74. Halle la ecuaci¶on de la recta que pasa por (3;¡16)) y (¡11;¡12).La instrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (

Por lo tanto, y = ¡27x¡ 106

7es la ecuaci¶on de la recta.

Nota: Por supuesto que se puede crear una funci¶on que d¶e expl¶³citamente la ecuaci¶on de la recta.Invitamos al estudiante a investigar al respecto.


6.6. Funciones 455

Ejemplo 6.75. Determinar a de suerte que 3x+ay = 9 tenga la misma pendiente que la recta quepasa por (7;¡2) y (5;¡1).Primero despejamos y en 3x+ ay = 9 y luego calculamos la ecuaci¶on de la recta que pasa por los

puntos dados. La instrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (

Tenemos entonces que resolver la siguiente ecuaci¶on¡3a= ¡1

2. Por lo tanto, a = 6.

Para el estudio de cuadr¶aticas podemos desarrollar un peque~no programa en Mathematica quesencillamente agrupa muchas de las instrucciones que ya hemos estudiado. Estudiemos el programade la Fig. 6.1.

Figura 6.1: Gra¯cando una cuadr¶atica



² ( L¶³nea 1) Declara la funci¶on a estudiar² ( L¶³nea 2) Desarrolla la funci¶on. ¶Util en aquellos casos en los que no se da ya hecho.² ( L¶³nea 3) Tomamos los diferentes coe¯cientes: f(x) = a2 + bx+ c.² ( L¶³nea 4) De¯nimos el discriminante² ( L¶³nea 5) Imprimimos la funci¶on ya desarrollada.² ( L¶³nea 6) Imprimimos los coe¯cientes. Las comillas dobles es para indicarle a Mathematicaque debe escribirse textualmente lo que est¶a abarcado por ellas. Usamos comas para separareste texto de las variables cuyos valores queremos desplegar.

² ( L¶³nea 7) Imprimimos el v¶ertice.² ( L¶³nea 8) Indicamos en donde se corta el eje y.² ( L¶³nea 9) Se abre una condici¶on If que se cierra hasta la l¶³nea 17. Preguntamos si el discrimi-nante es no negativo. En caso de que se cumpla esto, calculamos las ra¶³ces reales,

² ( L¶³nea 10) imprimos un mensaje sobre donde corta el eje x,² ( L¶³nea 11) imprimos la \primera" ra¶³z y su aproximaci¶on decimal,² ( L¶³nea 12) imprimos la \segunda" ra¶³z y su aproximaci¶on decimal,² ( L¶³nea 13) gra¯camos, conjuntamente, la funciones y = f(x) y y = 0 para evitar que Mathe-matica coloque el origen de coordenadas en el v¶ertice de la par¶abola. El dominio de gra¯caci¶onva desde la ra¶³z m¶as peque~na dismininuida en 3 unidades hasta la m¶as grande aumentada en3 unidades. Invitamos al usuario a reemplazar este valor de 3 por uno que se \acomode" a la\envergadura" de las cantidades en juego.

² ( L¶³nea 14) Esta coma indica que se acab¶o las instrucciones a realizar en caso de que ¢ ¸ 0.Debe notarse que al ¯nal de cada una de ellas hemos colocado un punto y coma.

² ( L¶³nea 15) Iniciamos el caso en que ¢ < 0. Indicamos aqu¶³ que no corta el eje x.

² ( L¶³nea 16) Gra¯camos la funci¶on desde ¡ b

2a¡ 3 hasta b

2a¡ 3. De nuevo el 3 puede ser

reemplazado por algo mejor. Investigue.

² ( L¶³nea 17) Cerramos el If.

El resultado de ejecutar este c¶odigo produce el resultado que se muestra en la Fig. 6.2.

Ejemplo 6.76. Para f(x) = x2¡ 38x¡ 47 complete cuadrados y determine si posee un m¶aximo oun m¶³nimo.En Mathematica realizamos un peque~no programa que resuelve este y otros casos similares:


6.6. Funciones 457

Figura 6.2: Resultado del estudio dela par¶abola y = 4(64 + 8x+ x2)¡ 207

² )

² (



Ejemplo 6.77. Hallar dos n¶umeros no negativos cuya suma es 30 que hagan m¶aximo el productodel cuadrado de uno por el cubo del otro?Resolveremos el problema como sigue:

² Nuestro objetivo es maximizar el producto del cuadrado de x por el cubo de y. De esta formanuestra funci¶on es

P = x2y3 (6.1)

² La ecuaci¶on (6.1) depende de dos variables, y la relaci¶on entre ambas es x+ y = 30, o bien:

y = 30¡ x: (6.2)

Sustituimos (6.2) en (6.1) y obtenemos:

P = x2(30¡ x)3 (6.3)

² Dado que x es no negativo se tiene que x ¸ 0, por otro lado si la suma de x y y es 30, el valorm¶aximo de x es 30. Nuestro intervalo de factibilidad es entonces:

0 · x · 30 (6.4)

² El problema se ha reducido a hallar los extremos de la funci¶on P = x2(30 ¡ x)3 en [0; 30].Gra¯quemos esta funci¶on:

)

(

Observando este dibujo notamos que el m¶aximo aparentemente est¶a entre 10 y 15. El comandoTable permite crear una lista de elementos a partir de una f¶ormula (tabla de valores) indicandoen cu¶ando deseamos aumentar el contador. El primer argumento es la f¶ormula, el segundoinicia con el nombre del contador, el punto de inicio, el punto de ¯n y luego el incremento.

)(


6.6. Funciones 459

Por supuesto que si disminuimos el incrimento del contador, podemos aproximar mejor el puntom¶aximo.

² Con la evidencia que tenemos conjeturamos que el producto es m¶aximo cuando x = 12. Usamosluego la ecuaci¶on (6.2) para hallar el valor optimal de y, a saber:

y = 30¡ 12 = 18:

Los n¶umeros buscados son entonces 12 y 18.Nota: Se si se usa c¶alculo diferencial, se llega a la misma conclusi¶on.

Ejemplo 6.78. Determine el rango de f(x) = ¡px¡ 8 + 10, si su dominio es D = [8;+1].En este caso, vamos simplemente a gra¯car y con base en esto, determinar el rango. Podemos

intentar con diferentes de valores para emular el in¯nito. Es decir tomar talvez [8; 20], [8; 200],[8; 2000].

² )

² (

El rango es (aparentemente) ]¡1; 10]. Se deber¶³a justi¯car con teor¶³a que lo anterior es efectivamenteverdadero.

Ejemplo 6.79. Determinar si f(x) = ¡3x2 + 5x ¡ 2 cuyo dominio es D = [2; 6] y codominioC = [¡80;¡4] es biyectiva.Gra¯quemos la funci¶on:

² )

² (



Con base en la gr¶a¯ca notamos que la funci¶on es estrictamente decreciente, y por lo tanto inyectiva.Como f es continua, f(2) = ¡4 y f(6) = ¡80, tenemos que f es sobreyectiva. Por lo tanto, f esbiyectiva.

Ejemplo 6.80. Sea f : IR ! IR dada por f(x) = ¡4 3p2x+ 10. Halle la inversa de f . La

instrucci¶on en Mathematica es:

² )

² (

Por lo tanto, f¡1(x) = ¡x3 + 640

128.


² Resuelva los siguientes ejercicios del libro [?]: 2337, 2345, 2355, 2372, 2380, 2423, 2434, 2445,2457, 2468, 2473, 2481, 2503, 2524, 2529, 2530, 2557, 2559, 2567,2593, 2606, 2659, 2675, 2692,2694, 2733, 2734, 2764, 2783, 2796, 2822, 2837, 2875, 2888, 2900, 2925, 2931, 2942, 2976, 3000,3010

² Suponga que

f(x) =

s1 +

1 +p1 + x2

1 + (1 + x4)3

Determine si

¤ fÃ1¡p21 +

p2

!=

vuut1 + 1 +p4¡ 2p2

35¡611¡ 432p2¢ .

¤ f ¡px¢ =s1 + 1 +p1 + x

1 + (1 + x2)3

¤ f (f(x)) =

vuuuuut1 +1 +

q2 + 1+

p1+x2

1+(1+x4)3

1 +

µ1 +

³1 + 1+

p1+x2

1+(1+x4)3

´2¶3¤ Determine si f es mon¶otona en [2; 5] y determine el tipo de monoton¶³a.


6.7. Derivadas y aplicaciones 461

² Gra¯que los siguientes puntos en el plano cartesiano y veri¯que luego que pertenecen a unsemic¶³rculo. Determine el radio de el c¶³rculo en cuest¶on.n

(¡3; 0); (¡2;p5); (¡1; 2

p2); (0; 3); (1; 2

p2); (2;

p5); (3; 0)

o² Halle la ecuaci¶on de un polinomio c¶ubico que pase por los puntos (1; 12); (2; 21); (3; 34) y(4; 51) y graf¶³quela. Proceda de la siguiente forma:

{ Suponga que f(x) = ax3 + bx2 + cx+ d

{ Use la ecuaciones f(1) = 12, f(2) = 21, f(3) = 34 y f(4) = 51 para plantear un sistemade ecuaciones.

{ Resuelva el sistema anterior para a, b, c y d.

{ Realice el gr¶a¯co

6.6.3 Evaluaci¶on

Nombre: Instrucciones: Use Mathematica para resolver correctamente los siguientes ejercicios.Indique, para cada uno de ellos, los comandos que ha empleado.

Examen Corto # 4

1.

2.

3.

6.7 Derivadas y aplicaciones

² Objetivo: Mathematica y su utilizaci¶on en el estudio de la derivada y sus aplicaciones.² Nuevos comandos: Length² Requisitos: Se supone que ya se ha expuesto en clase el tema referente derivadas y susaplicaciones.




6.7.1 Ejemplos

Ejemplo 6.81. Calcule, usando la de¯nici¶on, la derivada de f(x) = x2 senx

El c¶odigo en Mathematica es:

² )

² (

Por lo tanto,¡x2 senx

¢0= x2 cosx+ 2x senx.

Ejemplo 6.82. Sea f(x) = jx¡ 1j ¡ jx+ 1j. Gra¯que f y determine si es derivable en a = ¡1 yen a = 1.


² )



² (

Por lo tanto, f no es derivable en a = ¡1 ni en a = 1.

Ejemplo 6.83. Calcule la derivada de f(x) =x2 (x5 + tan(x))

3

1¡ secx .


² )

² (

Por lo tanto,

f 0(x) =3x2 (5x4 + sec2 x) (x5 + tanx)

2

1¡ secx +2x (x5 + tanx)

3

1¡ secx +x2 secx tanx (x5 + tanx)

3

(1¡ secx)2

Ejemplo 6.84. Suponga que f(x) = ln(ex + arcsen2(2x)). Calcule f 0(x).El c¶odigo en Mathematica es:

² )



² (Por lo tanto,

f 0(x) =(¡1 + 4x) ex ¡ 21+xp1¡ 4x arcsen(2x) ln 2

(¡1 + 4x) ¡ex + arcsen(2x)2¢

Ejemplo 6.85. Suponga que f(x) = ln

µ(2x¡ 4) (3x+ 1) (5x¡ 2) (1 + tanx)

(3x+ 7)px2 + 1

¶. Calcule y sim-

pli¯que f 0(x).El c¶odigo en Mathematica es:

² )

² (

Por lo tanto,

f 0(x) =¡28 + 12x¡ 189x2 + 24x3 ¡ 172x4 + 12x5 + 45x6¢ sec2 x+ ¡¡12¡ 462x+ 198x2 ¡ 127x3 + 210x4 + 45x5¢ (1 + tanx)

(28 + 12x¡ 189x2 + 24x3 ¡ 172x4 + 12x5 + 45x6) (1 + tanx)

Ejemplo 6.86. Suponga que f(x) =(2x¡ 4) (3x+ 1) (5x¡ 2) (1 + tanx)

(3x+ 7)px2 + 1

. Calcule y simpli-

¯que la derivada de f(x).El c¶odigo en Mathematica es:

² )

² (

Por lo tanto,

f 0(x) =¡56 + 24x¡ 378x2 + 48x3 ¡ 344x4 + 24x5 + 90x6¢ sec2 x+ 2 ¡¡12¡ 462x+ 198x2 ¡ 127x3 + 210x4 + 45x5¢ (1 + tanx)

(7 + 3x)2 (1 + x2)32



Ejemplo 6.87. Suponga que f(x) =1 +

p1 + ex

1 + x2. Calcule la tercera derivada de f(x).


² )² (

Por lo tanto,

f 000(x) =¡192 ¡1 +p1 + ex¢ x ¡¡1 + x2¢¡ 12 ex (2+ex)x (1+x2)2

(1+ex)32

+ex (4+2 ex+e2 x) (1+x2)3

(1+ex)52

+24 ex (1+x2) (¡1+3x2)p

1+ex

8 (1 + x2)4

Ejemplo 6.88. Suponga que f(x) = (1 + x2)3. Calcule f 0(1).El c¶odigo en Mathematica es:

² )

² (

24

Por lo tanto, f 0(1) = 24.

Ejemplo 6.89. Halle y0 si se sabe que x3 ¡ 2x2y + 3xy2 = 38.En este caso se le debe indicar a Mathematica que la variable y est¶a en funci¶on de la variable x.

Para esto sustituimos y por y[x]. Adem¶as se debe cambiar el = simple, por el doble ==. Despu¶es deefectuar la derivaci¶on, reemplazamos y0[x] por y y tambi¶en y[x] por y. Finalmente despejamos yp.El c¶odigo en Mathematica es:

² )

² (



Por lo tanto, y0 =3x2 ¡ 4x y + 3 y22x (x¡ 3 y) .

Ejemplo 6.90. Suponga que ax2 + 2hxy+ by2 = 1 en el que a, b y h son n¶umeros reales no nulos.Hallar y00(x).El proceso a seguir es semejante al usado en el ejemplo 6.89. Sin embargo en este caso se presenta

un programa un poco m¶as elaborado con el ¯n de que sea empleado en otros ejercicios semejantes. Seempieza liberando la variable yp, previendo que no contenga valores antiguos. Se contin¶ua asignadoun nombre a la relaci¶on, a saber Eq. En le siguiente reng¶on se cambia y por y[x]. Posteriormente sederiva con respecto a x y, en el resultado, se sustituye y0[x] por yp y y[x] por y. Se resuelve ahora laecuaci¶on que contiene a yp y el resultado se asigna a yp. Se emplea [[1]][[1]][[2]] para acceder al interiordel conjunto soluci¶on que arroja el comando Solve. Ciertamente es algo tedioso. Seguidamente sepresenta la primera derivada. En el siguiente rengl¶on se deriva con respecto a x. Se debe recordarque la expresi¶on que se est¶a derivando solo contiene variables x y y. Se sustituye y0[x] por yp y y[x]por y. A continuaci¶on se suma la expresi¶on y se factoriza. En el paso ¯nal se pretende emplear larelaci¶on original para simpli¯car el resultado obtenido. Se trata de sustituir Eq[[1]], en este caso setiene que es ax2 + 2hxy + by2 por Eq[[2]], o bien 1, toda vez que se halle la expresi¶on.El c¶odigo en Mathematica es:

² )

² (

Por lo tanto, y00 =h2 ¡ ab(hx+ by)3

.

Nota: Un reto interesante es modi¯car el programa anterior, usando ciclos, para que permita hallarderivadas impl¶³citas de cualquier orden.

Ejemplo 6.91. Hallardy

dxen el punto (2; 3) si x2 + xy + 2y2 = 28.



El proceso a seguir es semejante al usado en el ejemplo 6.89. Despu¶es de despejar y0, evaluamosen el punto (2; 3). El c¶odigo en Mathematica es:

² )

² (

Por lo tanto, y0 = ¡12.

Ejemplo 6.92. Sea f(x) =1¡ 2x+ 3x4

1 + x2. Halle las ecuaciones de la recta tangente y la recta

normal en x = 1. Gra¯que conjuntamente y = f(x) y dichas rectas en el intervalo [¡0:5; 1:5].Usaremos y = mtx+bt para la ecuaci¶on de la recta tangente y y = mnx+bn para la de la normal.


² )

² (



No se observa la perpendicularidad de la recta tangente y la recta normal debido al cambio de escalaen los ejes coordenados. Si se agrega la instrucci¶on AspectRatio ! Automatic al comando Plot, talcomo sigue

se obtiene una gr¶a¯ca en la que se puede apreciar dicha perpendicularidad.

Ejemplo 6.93. Halle la recta tangente a la curva y3 ¡ xy2 + cos(xy) = 2 cuando x = 0.Es f¶acil ver que cuando x = 0 se tiene que y = 1. El resto de la soluci¶on es semejante a los

problemas precedentes. El c¶odigo en Mathematica es:

² )

² (

Por supuesto que el programa se puede mejorar para que proporcione, tambi¶en, la ecuaci¶on de larecta normal. Se deja como ejercicio.

Ejemplo 6.94. Sea f(x) = 6x ¡ 7x2

2¡ 12x3 + 7x4

4+6x5

5. Halle los puntos en los que hay

tangentes horizontales.El c¶odigo en Mathematica es:

² )

² (



Para hallar los puntos en los que se produce una tangente horizontal, basta evaluar en f , los cerosde la derivada obtenidos anteriormente. Se incluye, a continuaci¶on, el gr¶a¯co de la funci¶on y = f(x)y dichas tangetes horizontales.

² )

² (

Por limitaciones de escala, en el gr¶a¯co anterior no se aprecian apropiadamente todas las tangenteshorizontales.

Ejemplo 6.95. Una pelota arrojada hacia arriba con una velocidad inicial de 48 pies desde lo altode un edi¯cio de 169 pies de altura cae al suelo en la base del edi¯cio. >Cu¶anto tiempo permaneceen el aire y cu¶al es su altura m¶axima?El c¶odigo en Mathematica es:

² )

² (

Se tiene entonces que la pelota se mantiene en el aire desde el instante inicial t = 0, hasta llegar alsuelo (s = 0) que ocurre cuando t = 6+

p2054

. Se nota adem¶as que la pelota alcanza su punto m¶aximocuando t = 3

2. Para hallar este m¶aximo se debe evaluar en s. A continuaci¶on se muestra el resultado

junto con la gr¶a¯ca de la trayectoria.



² )

² ( 205

Nota: Se debe observar que el valor t = 6¡p2054

es negativo y por eso se desestima. No hay tiemponegativo. El tiempo se considera a partir de que la bola inicia su trayectoria.

Ejemplo 6.96. Suponga que f(x) = x¡ 5x3

3+4x5

5. Halle los puntos en los que la funci¶on alcanza

sus extremos locales e indique sus intervalos de monoton¶³a.Se presenta a continuaci¶on un programa que resuelve este problema y otros similares. Se emplea

el comando Reduce para resolver las desigualdades involucradas. Se nombra con Sol al conjuntosoluci¶on. Mediante un ciclo se recorre cada uno de los ceros hallados. El comando Length permitesaber el n¶umero de elementos en el conjunto soluci¶on. Se usa la variable cero para procesar cadauna de las ra¶³ces de la derivada que se ha hallado. Seguidamente se emplea el criterio de la segundaderivada. Se sabe que si f 0(a) = 0 y f 00(a) > 0, entonces el punto (a; f(a)) es un m¶³nimo local. Deigual forma si f 0(a) = 0 y f 00(a) < 0, entonces el punto (a; f(a)) es un m¶aximo local. El c¶odigo enMathematica es:

² )



² (

Se puede ahora gra¯car la funci¶on para complementar el estudio.

² )² (

Nota: Dependiendo de la funci¶on que se estudie, el programa anterior puede ser insu¯ciente. Nohay garant¶³a que siempre se puedan resolver, en forma expl¶³cita, las desigualdades involucradas.

Ejemplo 6.97. Suponga que f(x) = 3x4 ¡ 10x3 ¡ 12x2 + 12x ¡ 7. Estudiar la concavidad de f .Determine adem¶as los puntos de in°exi¶on.El procedimiento es semejante al empleado en el ejemplo 6.96. Recuerde que una funci¶on es feliz

(c¶oncava hacia arriba) si f 00(x) > 0 y triste (c¶oncava hacia abajo) si f 00(x) < 0. Los puntos dein°exi¶on ocurren en aquellos puntos en los que se cambia de concavidad.

² )



² (

El programa tiene un error. >Cu¶al es? Note que no se veri¯ca si efectivamente se da un cambio deconcavidad en los puntos en los que se anula la segunda derivada. Si se usa

f(x) =¡9x22

+ x3 +2x4

3¡ 3x

5

10+x6

30

el progama indicar¶a que f posee un punto de in°exi¶on en¡3;¡ 81

100

¢, lo cual es falso. Por su puesto

que se puede mejorar el programa propuesto, pero requiere algo de trabajo. Se deja como un reto.

Ejemplo 6.98. Suponga que f(x) = 2x+x2

2¡ 14x

3

3+5x4

4+6x5

5. Halle los extremos de f en el

intervalo [0; 2].

Se debe considerar el valor de la funci¶on en los extremos del intervalo y el valor de la funci¶on enlos n¶umeros que anulan la derivada, toda vez que dichos valores se hallen en el intervalo de b¶usqueda.El c¶odigo en Mathematica es:



² )

² (

Por lo tanto, el m¶aximo est¶a en¡2; 406

15

¢y el m¶³nimo est¶a en (0; 0). Se debe notar que no se consider¶o

los valores cr¶³ticos x = ¡2 y x = ¡13. Adem¶as se puede mejorar el programa para que detecte los

valores extremales en intervalo suministrado. Se deja esto como ejercicio.

Ejemplo 6.99. Suponga que f(x) = 55¡ 309x+485x2+165x3¡ 170x4+24x5. Usar el teoremade Rolle en el intervalo [3; 5] y hallar el valor garantizado por dicho teorema.


² )



² (

Por lo tanto, el valor garantizado por el teorema de Rolle es x = 4:30432. Los otros valores no sehallan en el intervalo [3; 5].

Ejemplo 6.100. Suponga que f(x) = (2x+ 1)(x¡ 3)(3x+ 1)(x+ 1). Hallar los valores x 2 [3; 7]tales que veri¯can la conclusi¶on del teorema del valor medio, a saber f 0(x) =

f(b)¡ f(a)b¡ a .


² )

² (

Por lo tanto, el valor garantizado por el teorema del valor medio es (aproximadamente) x = 5:277.Los otros valores son complejos y deben desestimarse.

Ejemplo 6.101. Hallar dos n¶umeros no negativos cuya suma es 30 que hagan m¶aximo el productodel cuadrado de uno por el cubo del otro?El desarrollo de este problema se halla en [?], p¶agina 166. La funci¶on a opitimizar tiene f¶ormula

f(x) = x2(30¡ x)3 en el intervalo [0; 30]. El c¶odigo en Mathematica es:

² )² (



Por lo tanto, el m¶aximo se da cuando x = 12. Como la suma de los n¶umeros debe ser 30, el otron¶umero es 18.

Ejemplo 6.102. Calcular, usando la regla de L'Hopital, limx!0

senx¡ xx3

.

Se desea elaborar un programa que muestre los pasos intermedios al emplear la regla de L'Hopital.Se debe recordar que los comandos Numerator y Denominator permiten acceder al numerador y aldenominador de una fracci¶on. La instrucci¶on Together se encarga de brindar una expresi¶on en formade fracci¶on a partir de otra. El c¶odigo en Mathematica es:

² )

² (

Ejemplo 6.103. Haga un programa en Mathematica que calcule los primeros 10 n¶umeros de Fi-bonacci.La recurrencia de Fibonacci est¶a dada por

fn = fn¡1 + fn¡2; f1 = 1; f2 = 1

En este ejercicio es clave usar el s¶³mbolo := y no el igual simple. Este le indica a Mathematicaque cada vez que encuentre f(n) debe reemplazarlo por su lado derecho. Se indica adem¶as los valorespara iniciar la recurrencia. El c¶odigo en Mathematica es:

² )



² ( f1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21; 34; 55gEl comando Table permite construir una tabla de valores indicando en d¶onde empieza y en d¶ondetermina la lista deseada.


² Resuelva los siguientes ejercicios del libro [?]: 280, 300, 346, 372, 386, 399, 417, 427, 432, 437,442, 453, 476, 492, 499, 506, 512, 539, 543, 553, 556, 562, 573, 576, 580, 589, 602, 620, 639,642, 646, 647, 648, 663, 672, 677, 690, 703, 722, 736, 743, 761, 767, 830, 860, 883, 896, 931.

² Pida a su profesor que d¶e, en forma expl¶³cita, una funci¶on y = f(x) cuya derivada es la dadaen ejercicio 635 de [?].

² Sea f(x) = j2x¡ 3j+ jx¡ 4j¡jx¡ 7j. Gra¯que esta funci¶on en [¡1; 10] y determine los puntosen los que no es derivable. Justi¯que su respuesta con derivadas laterales.

² Halle la derivada de f(x) = (1¡ cos(1 + 3x5) sen(1 + 2x2))5

(1 + ex)52

² Sea f(x) =10Yk=1

(x+ k). Halle f 0(x) y exprese en forma desarrollada. Idem f 000(x). Finalmente

calcule f (5)(1).

² Halle y0 si ¡x3 y2 + y5 + ¡x2 + y5¢3 + cos(x2 y3) = 2x.² Sea f(x) = ¡5040x + 6534x2 ¡ 13132x

3

3+6769x4

4¡ 392x5 + 161x

6

3¡ 4x7 + x

8

8. Halle los

puntos en los que hay tangentes horizontales. Indique adem¶as los intervalos de monoton¶³a y sutipo. Liste tambi¶en los extremos locales.

² Sea f(x) = 15x2 + 361x3

6+1729x4

12+4121x5

20+4889x6

30+ 55x7. Estudie la concavidad de f

y halle sus puntos de in°exi¶on.

² Sea f(x) = 648+7281x+32729x2+69612x3+63188x4+3741x5¡18211x6+2310x7. Veri¯quela conclusi¶on del teorema de Rolle para f en el intervalo [3; 7].

² Suponga que fn = fn¡1 + fn¡2 + fn¡3 y que f1 = 1, f2 = 1 y f3 = 1. Haga una tabla con losprimeros 10 valores. Halle f15.

6.7.3 Evaluaci¶on

Nombre:




Examen Corto # 5

1. Sea f(x) = 240x¡ 1639x2 + 6175x3 ¡ 55445x4

4+ 18537x5 ¡ 82037x

6

6+ 4290x7. Haga el es-

tudio de monoton¶³a para f y determine los puntos extremales.

Ayuda: en x =1

2se produce un extremo.

2. Halle y0 si se sabe que ¡x3 y2 + y5 + ¡x2 + y5¢3 + sec(x2 y3) = cos(x).3. Sea f(x) = 3x2 ¡ 59x

3

6+ 18x4 ¡ 349x

5

20+ 7x6. Haga el estudio de concavidad para f y

dermine los puntos de in°exi¶on.

Ayuda: en x =1

3se produce un punto de in°exi¶on.

4. Sea f(x) = ¡442 + 5655x¡ 28853x2 + 76008x3 ¡ 108032x4 + 77883x5 ¡ 23369x6 + 2310x7.Veri¯que la conclusi¶on del teorema de Rolle para f en el intervalo [3; 5]. Ayuda: use NSolve.Este comando permite hallar aproximaciones num¶ericas para una ecuaci¶on polinomial.


Cap¶³tulo 7

Usando Graphing Calculator medianteGenGCF

Este trabajo presenta una colecci¶on de ejemplos, de di¯cultada ascendente, que muestran(principalmente) las bondades del software comercial Graphing Calculator (GC). El tra-bajo es fruto del empleo de esta herramienta, por parte del autor, en cursos tales comoc¶alculo en varias variables e investigaci¶on de operaciones. Las herramientas digitales GCy Mathematica han sido fundamentales para apoyar tecnol¶ogicamente estos cursos y estetipo de productos abren las puertas de un nuevo escenario en el proceso de ense~nanza yaprendizaje de las matem¶aticas.

7.1 Introducci¶on

Es claro que la computadora es d¶³a con d¶³a una herramienta que apoya nuestro diario quehacer.El proceso educativo no escapa a esta realidad y se debe considerar seriamente la necesidad deincorporar esta herramienta en muchas de las disciplinas que se imparten en los centros educativoscostarricenses. Las matem¶aticas no son ajenas a esta situaci¶on y hoy d¶³a se cuenta con la ofertade muchos productos inform¶aticos que est¶an dando la posibilidad de abordar muchas ramas de estadisciplina desde una perspectiva diferente y atractiva. Entre algunos paquetes inform¶aticos que sehan destacado en este proceso, podemos mencionar Mathematica, Maple, MuPad, Geometer SketchPad y por supuesto Graphing Calculator del que nos ocuparemos en este trabajo.

7.2 >Qu¶e es Graphing Calculator y qu¶e es GenGCF?

GC es un software comercial que permite visualizar objetos matem¶aticos en dos, tres y cuatro dimen-siones. Se pueden crear gr¶a¯cas animadas, resolver ecuaciones gr¶a¯camente y escoger la perspectivade observaci¶on entre otras cosas. GC permite gra¯car funciones y relaciones ya sean ¶estas impl¶³citas,expl¶³citas o bien parametrizadas, tanto en dos como en tres dimensiones.Uno de los aspectos m¶as llamativos de este software es la simplicidad con la que se introducen

los datos. En el caso de funciones en dos o tres variables, no es necesario despejar ninguna de ellasen particular. La ecuaci¶on se introduce tal como est¶a.GC se encuentra disponible en la direcci¶on www.Paci¯cT.com y hay una versi¶on de aproximada-

mente 3 megas para Windows (llamada gcViewer) que se puede descargar gratuitamente desde este

479


480 Cap¶³tulo 7. Usando Graphing Calculator mediante GenGCF

sitio. Dicha versi¶on no es 100% funcional pero permite visualizar algunos ejemplos que trae consigoo bien archivos desarrollados previamente por alguien que posea una licencia. Realmente vale lapena descargar esta versi¶on y disfrutar en poco tiempo de una herramienta que es, a juicio del autor,virtualmente una joya digital.GenGCF es una herramienta desarrollada por J. F. ¶Avila para genarar archivos que pueden ser

vistos utilizando Graphing Calculator Viewer.

7.3 Ejemplos usando graphing calculator

En esta secci¶on se presenta una colecci¶on de ejemplos de di¯cultad ascendente que permiten apreciarlas facilidades del GC. En la siguiente ¯gura se muestra los primeros tres men¶us de GC:

Nota: En la colecci¶on de ejemplos, el c¶odigo en GC se ha acomodado, en algunos casos, en unaforma algo diferente de la que luce en este programa. Este se hace para economizar espacio.

Ejemplo 7.1. GC puede usarse como calculadora. Calcule una aproximaci¶on decimal para laexpresi¶on 5

p3 + 2

p3 + 1.

Se puede usar el bot¶on de ra¶³z cuadrada del \keypad" para facilitar el c¶alculo.

El c¶odigo usando GenGCF es:

Color 1; Expr 5*sqrt(3) +2*sqrt(3)+1;


7.3. Ejemplos usando graphing calculator 481

En GC puede ingresar una ecuaci¶on sencilla para ser gra¯cada.

Ejemplo 7.2. Para gra¯car y = sen (2x+ 1) se escribe la ecuaci¶on tal cual cambiando sen porsen . Si se desea marcar el punto (2; 1) se emplea entonces un 2-vector que se localiza en el men¶uMath. El resultado es el siguiente.


Color 1; Expr y =sin(2*x+1);

Color 3; Expr vector(2, 1);

Ejemplo 7.3. Dibujar en forma conjunta la gr¶a¯ca de y = sen (2x+ 1) y la de y = cos (2x¡ 1).Para agregar una nueva expresi¶on matem¶atica usamos el comando Ctrl-M. El resultado es como

sigue:


Color 1; Expr y =sin(2*x+1) ;

Color 2; Expr y=cos(2*x-1);



Ejemplo 7.4. Dibujar

f(x) =

8<: senx si x < 0x2 si 0 · x < 39 si x ¸ 3

Desafortunadamente a pesar de que en la versi¶on que se emple¶o supuestamente posee los s¶³mbolos· y ¸ estos nunca aparecieron. Para efectos gr¶a¯cos esto signi¯ca que habr¶a un par de agujeros enlos puntos de conexi¶on. Para el caso de ¯guras bidimensionales o tridimensionales la situaci¶on sesubsana gra¯cando por separado la regi¶on deseada (usando desigualdades) y luego el borde (usandoecuaciones). Normalmente esto no representa un gran problema, pero si debe mantenerse alerta sobreesta de¯ciencia.El c¶odigo es el siguiente:


Color 2; Expr y=sin(x), x<0;

Color 2; Expr y=x^2, x > 0, x< 3 ;

Color 2; Expr y=9, x>3;

GC puede usarse para resolver ecuaciones gr¶a¯camente.

Ejemplo 7.5. Halle un par de soluciones para la ecuaci¶on sen 3x = cos 2x.Para logra esto primero gra¯camos ambas curvas. Usando el mouse podemos ubicar las intersec-

ciones de estas curvas y observar aproximaciones num¶ericas de ellas. Adicionalmente, si se cuentacon sonido en la computadora, puede escucharse un ruido al atravesar una de estas intersecciones.


Color 4; Expr y =sin(3*x) ;

Color 5; Expr y=cos(2*x) ;



Ejemplo 7.6. GC puede gra¯car desigualdades. Gra¯que la regi¶on encerrada por x = y2 y la rectax = 2.El c¶odigo en GC es como sigue:


Color 1; Expr x>y^2, x<2 ;

Color 2; Expr x=y^2 ;

Color 3; Expr x=2 ;

Ejemplo 7.7. Gra¯car el rombo dado por jx¡ 2j+ jy ¡ 2j · 2.En este caso gra¯camos el interior y el borde por separado. El c¶odigo en GC es como sigue:


Color 3; Expr abs(x-2) +abs(y-2) = 2 ;

Color 2; Expr abs(x-2) +abs(y-2) < 2 ;

Ejemplo 7.8. Gra¯car la regi¶on determinada por cosx · cos y.En este caso obtenemos una bandera a cuadros de bordes verdes. Simplemente escribimos:


Color 4; Expr cos(x)= cos(y) ;

Color 2; Expr cos(x)< cos(y) ;



Ejemplo 7.9. Uno de los aspectos m¶as interesantes de GC es la animaci¶on. Gra¯car y = sennx.

El c¶odigo es el siguiente:


Color 7; Expr y=sin(n*x) ;

Utilice la barra scroll que se halla en la base de GC para manipular la animaci¶on. Si hace click sobreel bot¶on ubicado al lado derecho de n conseguir¶a que la gr¶a¯ca se mueva en forma autom¶atica. Paracontrolar el rango de n y la velocidad de la animaci¶on se debe hacer click sobre el bot¶on n.

Ejemplo 7.10. Gra¯car la par¶abola y = ax2+ bx+ c para ¡4 · a · 4, ¡5 · b · 5 y ¡5 · c · 5.Para esto debemos emplear los deslizadores o \sliders". Indique el nombre del deslizador y su

rango. Moviendo el bot¶on de cada deslizador se nota inmediatamente el papel de cada coe¯ciente enesta funci¶on cuadr¶atica.

El c¶odigo en GC es el siguiente:


Expr a=slider([-4,4]);

Expr b=slider([-5,5]);

Expr c=slider([-5,5]);

Color 1; Expr y = a* x^2+b*x+c;



Ejemplo 7.11. Gra¯car la curva param¶etrica:½x = 2 cos ty = 3 sen t

con 0 · t · 5

Se debe observar que al pasar a coordenadas cartesianas obtenemos x2

4+ y2

9= 1. Se trata de una

elipse. Sin embargo como el par¶ametro oscila entre 0 y 5, se dibuja solo parte de dicha elipse.Para construir los vectores usamos la opci¶on 2-vector de men¶u Math. El c¶odigo en GC es el

siguiente:


Color 2; Expr vector(x,y)=vector(2*cos(t), 3*sin(t)); T 0 5;

Ejemplo 7.12. Realizar la gr¶a¯ca en coordenadas polares de r < 1 +sen(nµ)

npara n variando

entre 1 y 10. El c¶odigo en GC para gra¯car esto es:


Color 1; Expr r < 1+[sin(n*theta)]/[n] ;

El rango de n y la velocidad de la animaci¶on se de¯ne en la barra en la base de la ventana de GCconocida como Drag Slider.

En coordenadas polares se pueden crear dise~nos llamativos. Considere el siguiente caso.

Ejemplo 7.13. Realizar la gr¶a¯ca de sec(10µ) < tan (1 + r sen(2r)).El c¶odigo en GC es muy simple:




Color 2; Expr sec(10*theta) < tan(1+r*sin(2*r));

Ejemplo 7.14. Trace una recta tangente \movil" sobre la curva de la funci¶on f(x) = cos (¼x) enel punto (n; f(n)) haciendo variar n.Empezamos declarando la funci¶on en cuesti¶on usando la opci¶on function del men¶u Math. De

esta forma el c¶odigo puede ser aprovechado para otra funci¶on diferente. Seguidamente gra¯camosla funci¶on, escribiendo y = f(x). Luego declaramos (usando las opciones \function" y \derivative"

) la funci¶on g(x) =@

@xf(x). Sabemos que para el punto (n; f(n)), la recta tangente tiene ecuaci¶on

y = f 0(n)(x¡n)+f(n), o bien y = g(n)(x¡n)+f(n). Gra¯camos entonces (usando \function") estarecta: Finalmente trazamos el punto de tangencia mediante la opci¶on 2-vector. El c¶odigo completoen GC es:


Color 1; Expr function(f,x)=cos(pi*x);

Color 2; Expr y=function(f,x);

Expr function(g, x) = function(oppartial(x), function(f, x));

Color 3; Expr y = function(g, n)* (x-n)+ function(f, n);

Color 8; Expr vector(n,function(f,n));

Ejemplo 7.15. Resolver gr¶a¯camente el siguiente programa lineal

Maximizar z = 3x+ 2y8>>>><>>>>:x+ 2y · 6;2x+ y · 8;¡x+ y · 1;y · 2;x ¸ 0; y ¸ 0



Debemos recordar que la regi¶on de factibilidad de un programa lineal de este tipo corresponde aun pol¶³gono. En este caso tenemos una peque~na di¯cultad a la hora de emplear GC y es la aparici¶ondel s¶³mbolo ·. Como se sabe, la diferencia al emplear < o · estriba en si se excluye o no la aristaasociada a desigualdad en cuesti¶on. Usamos GC para gra¯car la regi¶on de factibilidad excluyendola frontera del pol¶³gono resultante, reemplazando · por <. No obstante debemos tener siempre enmente que los v¶ertices del pol¶³gono que se observan son puntos factibles del programa lineal.El c¶odigo en GC para dibujar el pol¶³gono es:

Nos queda ahora dibujar la funci¶on objetivo. Para esto declaramos un deslizador tal como siguek = slider(0; 20). Procedemos entonces a gra¯car la recta asociada a la funci¶on objetivo, a saber3 ¢ x+ 2 ¢ y = k. Si hacemos variar el deslizador k notamos que \abandona" el pol¶³gono en el v¶erticecon coordenadas (aproximadas) (3:3; 1:3). Adem¶as se debe observar que esto se produce cuando elvalor de k (que corresponde a z) es aproximadamente 12:7. Usando el bot¶on de ampli¯caci¶on de GCpodr¶³amos obtener una mejor aproximaci¶on para estos valores.Solo una cosa m¶as antes de pasar a otro ejemplo. Es probable que el lector se pregunte por qu¶e

no declaramos z como el valor para el deslizador y gra¯car as¶³ 3x+ 2y = z en lugar de 3x+ 2y = k.El problema es que GC gra¯ca en tres dimensiones cuando nota la presencia de la variable z y ental caso gra¯car¶³a el plano 3x+ 2y = z que no es lo que pretendemos observar.El c¶odigo total del problema es:


Color 2; Expr x+2*y<6, 2*x+y<8, -x+y<1, y<2, x>0, y>0;

Expr k=slider([0,20]);

Color 3; Expr 3*x+2*y = k;

Ejemplo 7.16. Con algo de esfuerzo y usando Mathematica (ver Fig. 7.1) se puede deducir unaf¶ormula para hallar la ecuaci¶on del c¶³rculo osculador para una curva parametrizada como½

x = f(t)y = g(t)

cuando t = m. Para ello, y por simplicidad, hacemos algunas designaciones antes:

¤ j = f 0(m) g00(m)¡ g0(m) f 00(m).



Figura 7.1: C¶odigo en Mathematica para ecuaci¶on del c¶³rculo osculador.

¤ k = f 0(m)2 + g0(m)2

La ecuaci¶on del c¶³rculo osculador es:µy ¡ g(m)¡ kf

0(m)jjj

¶2+

µx¡ f(m) + kg

0(m)jjj

¶2=k3

j2

Nota: Hasta donde se investig¶o, esta f¶ormula no ¯gura en los libros tradiciones de c¶alculo en variasvariables.

Consideremos el caso de la par¶abola y = x2 que se puede describir param¶etricamente como x = t,y = t2, con t 2 IR. Si se quiere elegir \cualquier" punto de la curva, empleamos como deslizador elvalor m. Hacemos adem¶as f(t) = t y g(t) = t2 y luego dibujamos dicha curva. El c¶odigo en GC es:



De¯nimos seguidamente algunas funciones auxiliares para primeras derivadas de f y g, respectiva-mente:

Seguidamente declaramos los valores adicionales j y k y ¯nalmente dibujamos el c¶³rculo osculador:


Expr function(a, x) = function(oppartial(x), function(f, x));

Expr function(b, x) = function(oppartial(x), function(a, x));

Expr function(c, x) = function(oppartial(x), function(g, x));

Expr function(d, x) = function(oppartial(x), function(c, x));

Expr j = function(a, m)*function(d, m)-function(c, m)*function(b, m);

Expr k = function(a, m)^2+ function(c, m)^2 ;

Color 4; Expr (k^3)/(j^2) = (y-function(g, m)-k*function(a, m)/abs(j) )^2

+(x-function(f, m)+k*function(c, m)/abs(j) )^2;

GC permite tambi¶en otro nivel de interacci¶on cuando se trabaja con n¶umeros complejos, es decirdel tipo z = a + bi con a 2 IR y b 2 IR. Como se sabe, se puede establecer una identi¯caci¶on entreun n¶umero complejo z = a + bi y un punto en le plano cartesiano (a; b). Cuando se declara uno detales puntos, GC permite cambiar, mediante el mouse, su ubicaci¶on y recalcular las coordenadas delpunto en cuesti¶on.



Ejemplo 7.17. Considere el punto (1; 0). Elabore una gr¶a¯ca animada que haga rotar este puntoalrededor del origen. Dibuje adem¶as el segmento que une los puntos p = 1 + i y q = ¡1¡ i.Como se sabe el punto (1; 0) puede identi¯carse con cos t + i sen t cuando t = 0, o bien (en

forma exponencial) con eit, cuando t = 0. Si hacemos variar t entre 0 y 2¼, obtendremos la gr¶a¯cadel c¶³rculo. De esta forma la ecuaci¶on para el c¶³rculo es z = eit. Por lo tanto, si adicionamos laecuaci¶on z = ein logramos hacer la animaci¶on que muestra el punto (1; 0) rotando alrededor delorigen. Seguidamente declaramos los puntos p = 1 + i y q = ¡1 ¡ i. La ecuaci¶on del segmento derecta que une p con q es z = (q ¡ p)t + p. Sin embargo, en virtud de que hab¶³amos indicado que elpar¶ametro t variar¶³a entre 0 y 2¼, tenemos una buena raz¶on para introducir la funci¶on m¶odulo. Elc¶odigo completo en GC es:

Al mover el punto q con el \mouse", se debe advertir el cambio de coordenadas en forma instant¶anea.El c¶odigo usando GenGCF es:

Color 2; Expr z = e^(2*pi*i*t); Color 8; Expr z = e^(2*pi*i*n);

Color 1; Expr q = 1+i; Color 1; Expr p = -1-i;

Color 4; Expr z =(q-p)* mod( t, 1)+p; T 0 6.28;

SliderSteps 100; Slider -4 4;

SliderOneDirection 0; SliderMoving 1;

Ejemplo 7.18. Elaborar una animaci¶on, en el sistema primal, que muestre la funci¶on y = jxjrotando alrededor del origen.La transformaci¶on de coordenadas z0 = a ¢ z con a = ein efect¶ua una rotaci¶on para cada elecci¶on

de n. El c¶odigo en GC es como sigue:


Color 8; Expr prime(z) =a*z;

Color 8; Expr a= cos(n)+i*sin(n) ;

Color 3; Expr y = abs(x);



Ejemplo 7.19. Trazar un vector normal a la curva y =5Xk=1

senk x calculando la derivada para

hallar la pendiente de la tangente en x = n.Si tenemos una curva de la forma y = f(x), esta se puede parametrizar como r(t) = ht; f(t)i.

Designemos con A = (n; f(n)) un punto arbitrario sobre la curva en el que se desea dibujar el vectornormal. Sabemos entonces que r0(t) = h1; f 0(t)i y por lo tanto el vector tangente est¶a dado por

T (t) =r0(t)jjr0(t)jj =

h1; f 0(t)iq1 + (f 0(t))2

El vector normal N(t) es ortogonal a T (t) y para este caso (observando la concavidad de la curva encuesti¶on) puede ponerse como

N(t) =h¡f 0(t); 1iq1 + (f 0(t))2

Para dibujar el vector normal en GC indicamos el punto en el que este empieza y el punto en el quetermina. El c¶odigo GC para este problema es:

Nota: La sumatoria se ingresa mediante la opci¶on Summation del men¶u Math. Podemos entoncesconstruir aproximaciones a ondas cuadradas como por ejemplo:


Expr function(f, x) = sum((sin(x)^(k)), (k) = (1), (5));

Color 2; Expr y = function(f, x) ;

Expr function(g, x) = function(oppartial(x), function(f, x));

Color 3; Expr vector((n), (function(f, n) )) ;

Color 4; Expr vector((n), (function(f, n) )), vector((n),

(function(f, n) ))+1/sqrt(1+function(g, n)^2 ) *vector((-function(g, n) ), (1));



Ejemplo 7.20. Trazar algunas soluciones de la ecuaci¶on diferencial y0 = 2x y sus isoclinas.Usando el m¶etodo de separaci¶on de variables para ecuaciones diferenciales es f¶acil ver que la

soluci¶on general de esta es y = x2+k. Usando el comando Total derivative del men¶uMath escribimos

el c¶odigody

dx. Seguidamente indicamos el campo vectorial correspondiente que muestra las isoclinas

de esta ecuaci¶on.

Nota: No se debe tratar de construir la expresi¶ondy

dxcomo si se tratase de una divisi¶on. Debe

emplearse el comando Total derivative. El c¶odigo usando GenGCF es:

Color 2; Expr function(optotal(x),y) =2*x;

Color 3; Expr vector(x, y) = vector(1, 2*x) ;

Ejemplo 7.21. Gra¯car x2 + z = sen(px2 + y2).

Se trata de una super¯cie tridimensional. GC elabora la gra¯ca escogiendo un rango para losejes coordenados y el punto de vista, sin embargo se puede variar esto y mover la super¯cie paraobservarla desde otro punto. De hecho se puede dejar girando dependiendo de la velocidad utilizadaen el \mouse".El c¶odigo GC es el siguiente:

Nota: El eje z es aquel que no posee un °echa en su extremo. Una vez ubicado este, el eje x es elde la izquierda y el eje y, el de la derecha. El c¶odigo usando GenGCF es:

Color 1; Expr x^2+z=sin(sqrt(x^2+y^2));

Si se desea dar una coloraci¶on diferente, se puede usar el vector rgb (red, green, blue) como sigue:



Como se nota, cada punto es una funci¶on de x, y y z. Tambi¶en se puede especi¯car el color usandoel vector hsv. El c¶odigo usando GenGCF es:

Color 1; Expr x^2+z=sin(sqrt(x^2+y^2)), vector(r, g, b) = vector(1-x, 1+x, z);

Ejemplo 7.22. Gra¯car conjuntamente el paraboloide z = x2 + y2 y el plano z = k para ¡2 ·k · 5. Utilizar transparencia.Como se sabe z = k es un plano paralelo al plano xy que podemos mover creando un \slider"

para k con el rango que se especi¯ca. En el men¶u Graph est¶a la opci¶on de usar transparencia paralograr ver a trav¶es de los objetos tridimensionales. El c¶odigo GC es el siguiente:


Expr k=slider([-2,5]);

Opacity 0.5; Color 6; Expr z^2=x^2+y^2;

Color 4; Expr z=k;

Ejemplo 7.23. Para el problema anterior muestre en un sistema coordenado yuxtapuesto la proyec-ci¶on de la curva que se obtiene al cortar el cono con el plano z = k.El c¶odigo GC es el siguiente:



Observe que adem¶as de la ecuaci¶on z2 = x2 + y2 se agrega k2 = x02 + y02. Para cada valor de kesta ¶ultima ecuaci¶on describe la que se forma al cortar el cono con el plano z = k. Se trata de unc¶³rculo de radio k. Cuando se desee un sistema yuxtapuesto, se hace uso del sistema primal (usandola variable x0 y la variable y0). El c¶odigo usando GenGCF es:

Expr k=slider([-2,5]);

Opacity 0.5; Color 6; Expr z^2=x^2+y^2;

Color 4; Expr z=k;

Expr k^2=prime(x)^2+prime(y)^2;

Ejemplo 7.24. Gra¯car la curva param¶etrica:8<: x = cos ty = sen tz = t3

con ¡ 5 · t · 5

conjuntamente con el cilindro x2 + y2 = 1.Se trata de una curva tridimensional. Como cos2 t + sen2 t = 1, la curva se halla dentro del

cilindro y la coordenada z = t3 hace que se prolongue a lo largo de dicho cilindro. Para construir losvectores usamos la opci¶on 3-vector de men¶u Math.El c¶odigo GC es el siguiente:


Color 4; Expr vector(x,y, z)=vector(cos(t), sin(t), t^3); T -5 5;

Color 4; Expr x^2+y^2=1;

Ejemplo 7.25. Considere los siguientes puntos en IR3: A = (1; 2; 3), B = (1;¡2; 3) y C =

(¡1; 2; 3). Trazar el vector que va de A a B, el que va de A a C y el que va A a (B ¡A)£ (C ¡A)jj(B ¡A)£ (C ¡A)jj .

Usamos la opci¶on 3- vector del men¶u Math. El c¶odigo en GC es:




Color 3; Expr A = vector(1, 2, 3);

Color 4; Expr B =vector(1, -2, 3);

Color 5; Expr C = vector(-1, 2, 3);

Color 2; Expr A, B;

Color 2; Expr A, C;

Color 3; Expr A, cross((B-A), (C-A)) ;

Ejemplo 7.26. Usar coordenadas esf¶ericas para gra¯car el \lado derecho" del paraboloide cuya

ecuaci¶on est¶a dado porx2

4+y2

16+z2

9= 1.

La parametrizaci¶on en coordenadas esf¶ericas para este caso puede escribirse como:8<: x = 2 senu cos vy = 4 senu sen vz = 3 cosu

con 0 · u; v · ¼:

El c¶odigo es el siguiente:


Color 6; Expr vector(x,y,z)

=vector(2* sin(u)* cos(v), 4*sin(u)*sin(v), 3* cos(u));

U 0 3.14;

V 0 3.141;



Ejemplo 7.27. Gra¯car el plano tangente al elipsoide3

4x2+3y2+ z2 = 12 en el punto

³2; 1;

p6´.

Expresamos primero la ecuaci¶on de la super¯cie en la forma f(x; y; z) = 0 de¯niendo

f(x; y; z) =3

4x2 + 3y2 + z2 ¡ 12 = 0:

Empezamos entonces declarando la funci¶on f usando la opci¶on function del men¶uMath. Observamos

que las derivadas parciales de f son fx(x; y; z) =3x

2, fy(x; y; z) = 6y, fz(x; y; z) = 2z, y por lo tanto

en (2; 1;p6),

fx(2; 1;p6) = 3. ; fy(2; 1;

p6) = 6. ; fz(2; 1;

p6) = 2

p6

Para lograr esto en GC de¯nimos algunas funciones auxiliares (usando las opciones \function" y\derivative" del men¶u Math) , a saber:

g(x; y; z) =@

@xf(x; y; z) h(x; y; z) =

@

@yf(x; y; z) k(x; y; z) =

@

@zf(x; y; z)

Seguidamente indicamos el punto de tangencia mediante los valores a, b y c como sigue:

a = 2 b = 1 c =p6

Se debe observar que si se cambia de punto de tangencia, simplemente se hace la modi¯caci¶on deeste c¶odigo. Para este problema, la ecuaci¶on es:

3(x¡ 2) + 6(y ¡ 1) + 2p6(z ¡

p6) = 0

En GC podemos escribir esto como:

g(a; b; c)(x¡ a) + h(a; b; c)(y ¡ b) + k(a; b; c)(z ¡ c) = 0

Para gra¯car el elipsoide simplemente agregamos el c¶odigo 0 = f(x; y; z): El c¶odigo completo escomo sigue:




Expr function(f, x, y, z) = 3/4*x^2+3*y^2+z^2-12;

Expr function(g, x, y, z) = function(oppartial(x), function(f, x, y, z));

Expr function(h, x, y, z) = function(oppartial(y), function(f, x, y, z));

Expr function(k, x, y, z) = function(oppartial(z), function(f, x, y, z));

Color 1; Expr a =2; Color 2; Expr b=1; Color 3; Expr c=sqrt(6) ;

Opacity 0.7; Color 4; Expr function(g, a, b, c)*(x-a)

+ function(h, a, b, c)* (y-b) + function(k, a, b, c) *(z-c)=0;

Opacity 0.7; Expr 0=function(f, x, y, z) ;

Ejemplo 7.28. Gra¯car el plano tangente al elipsoide del ejemplo anterior3

4x2+3y2+ z2 = 12 en

\cualquier" punto.Para lograr esto podemos parametrizar un punto arbitrario del elipsoide y emplear sus par¶ametros

como deslizadores. Utilizando coordenadas esf¶ericas, hacemos:

a = 4 cos(p) sen(q); b = 2 sen(p) sen(q); c =p12 cos(q)

Declaramos entonces p y q como deslizadores:

p = slider(0; 6:28); q = slider(0; 3:14);


Expr p=slider([0,6.28]);

Expr q=slider([0,3.14]);

Expr function(f, x, y, z) = 3/4*x^2+3*y^2+z^2-12;

Expr function(g, x, y, z) = function(oppartial(x), function(f, x, y, z));

Expr function(h, x, y, z) = function(oppartial(y), function(f, x, y, z));

Expr function(k, x, y, z) = function(oppartial(z), function(f, x, y, z));

Color 1; Expr a = 4*cos(p)*sin(q);

Color 2; Expr b= 2*sin(p)*sin(q);

Color 3; Expr c= sqrt(12)*cos(q) ;

Opacity 0.7; Color 4; Expr function(g, a, b, c)*(x-a)

+ function(h, a, b, c)* (y-b) + function(k, a, b, c) *(z-c)=0;

Opacity 0.7; Expr 0=function(f, x, y, z) ;



El problema tambi¶en se puede abordar empleando la f¶ormula del plano tangente para super¯ciesparametrizadas. Se deja esto como ejercicio.

Ejemplo 7.29. Hallar la ecuaci¶on de la super¯cie de revoluci¶on que se obtiene al hacer girar lagr¶a¯ca de y = x2 alrededor del eje x. Gra¯que dicha super¯cie y elabore una animaci¶on que muestreesta curva girando alrededor del eje x.Como se sabe, para hallar la ecuaci¶on de una super¯cie revoluci¶on, que se obtiene al hacer rotar

una curva con ecuaci¶on F (x; y) = 0 alrededor del eje x, se debe reemplazar la variable y por la

expresi¶onpy2 + z2. Obtenemos as¶³ que la super¯cie buscada tiene ecuaci¶on

py2 + z2 = x2. Para

confeccionar la animaci¶on de la curva y = x2 rotando alrededor del eje x usamos la parametrizaci¶on½x = ty = t2

Nota: No podemos emplear la forma cartesiana y = x2 para esta animaci¶on pues una ecuaci¶on deltipo y = f(x) se dibuja como un cilindro cuando estamos en trabajando en 3D.Para hacer rotar la curva en cuesti¶on empleamos la matriz de rotaci¶on

R =

24 1 0 00 cos(¼n) sen(¼n)0 ¡ sen(¼n) cos(¼n)

35Para ingresar esta matriz en GC hacemos uso de la opci¶on 3£ 3 Matrix de Math. Solo falta gra¯carla curva param¶etrica y hacer variar el par¶ametro n. Es bueno ajustar el n¶umero de pasos en 50 omenos para apreciar las revoluciones de la curva. El c¶odigo en GC es:


Expr m =n;

Expr R=matrix(3,3,

1, 0, 0,

0, cos(pi*m), sin(pi*m),

0 , -sin(pi*m),cos(pi*m));

Opacity 0.8; Color 6; Expr sqrt(y^2+z^2) =x^2;

Color 2; Expr vector(x,y, z)=R* vector(t, t^2, 0); T -4 4;


7.4. Conclusi¶on 499

Para terminar es bueno mostrar un ejemplo en el que GC no luzca muy bien, es decir un caso enel que no quede muy claro cu¶al es el dibujo realizado.

Ejemplo 7.30. Elaborar la gr¶a¯ca de sen(x2 + y2 + z2) = 1=n para n entre 1 y 10. Use el vectorrgb.El c¶odigo en GC es:

Se trata de una sucesi¶on de esferas conc¶entricas. El c¶odigo usando GenGCF es:

Color 6; Expr sin(x^2+y^2+z^2)=1/n, vector(r, g, b) = vector(1-x, 1+x, z);

7.4 Conclusi¶on

El proceso de ense~nanza y aprendizaje de las matem¶aticas cuenta hoy con aliados digitales valiososque debemos aprender a utilizar y a aplicar. La posibilidad de que el estudiante, debidamenteorientado, descubra por su cuenta resultados interesantes, abre la puerta de un aprendizaje m¶asameno y provechoso.Este trabajo ha evidenciado, mediante ejemplos, las bondades de la herramienta GC y habr¶a

cumplido su cometido, si insta a alg¶un lector a aprender m¶as sobre esta herramienta. El autor quedaa disposici¶on de los lectores interesados para colaborar en este proceso.

calculo en varias variables

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