guia de funciones de dos variables 2012 - ii

7/31/2019 Guia de Funciones de Dos Variables 2012 - II

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.FUNCIONES DE DOS

VARIABLESY SUS APLICACIONES

Hebeth Cueva Valladolid

Octubre del 2012


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Docente : Hebeth Cueva Valladolid 1

USMP - FIA

UNI V ERSID A DDE

SANMARTINDEPORRES

Gua de Calculo 2Funciones de Dos variables

Grafica de FuncionesLimites y Continuidad

Derivadas ParcialesOptimizacion

Docente : Hebeth Cueva Valladolid

La presente Gua esta orientada a incrementar la calidad del proceso de ensenanza-aprendizaje de la Asignatura de Calculo II. Esta Gua que se presenta, contiene defini-ciones , propiedades basicas , ejercicios y problemas de aplicacion que se realizaran

en la tercera unidad de el presente semestre academico 2012 - II de acuerdo al silabocorrespondiente. El estudiante debe estar familiarizado con la diferenciabilidad de fun-ciones

0.1. Definiciones y Formulas basicas

En este captulo ampliaremos el calculo de funciones reales de variable real a fun-ciones reales de dos variables.

0.2. Nociones basicas de Funciones

Definicion 1. Un conjunto abierto U es un conjunto donde todos sus puntos soninteriores es decir para cada punto pU siempre es posible encontrar una bola abiertacentrada en p la cual este completamente contenida dentro de U.

Definicion 2. Dado el subcojunto U R2 y R el conjunto de los numeros realesllamamos funcion definida en U y con valores en R a toda correspondencia f queasocia a cada vector (x, y)U un unico elemento z = f(x, y)R


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Definicion 3. Si f es una funcion real de dos variables (x, y) definimosDominio de f

Dom(f) = {(x, y)R2

/zR z = f(x, y)}Rango de f

Rang(f) = {f(x, y)R/(x, y)Dom(f)}Ejemplos :

1. Sea f : R2 R/f(x, y) = x + y Cuales puntos (x, y)R2 son tales quef(x, y) = k? .A donde manda f los puntos de la recta y = x?

x + y = k = y = x + klos puntos son (x, y)R2

Ademas f(x,x) = x + (x) = 0 ,es decir los puntos de la recta y = x sonenviados al cero real.

2. Halle los dominios y rango de las siguientes funciones

a)f(x, y) =

x +

y

Para que la raz cuadrada exista hay que asegurar que lo que esta adentrode la raz sea mayor o igual a cero as el dominio de f es :

Dom(f) = {(x, y)R2/x 0 y 0}

b)

f(x, y) =1

1 x2 y2Del mismo modo

1 x2

y2

0 = x2

+ y

2

1


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c)f(x, y) = ln(y ln(1 + x + y))

Dom(f) =

{(x, y)R2/y ln(1 + x + y) > 0

}Por propedad de numeros reales

ab > 0 (a > 0 b > 0) (a < 0 b < 0)

Se tiene entonces

(y > 0 ln(1 + x + y) > 0) (y < 0 ln(1 + x + y) < 0)Ahora usaremos propiedades de ecuaciones logartmicas

a > 1 lga M > lga N M > N0 < a < 1 lga M > lga N M < N

Puesto que

ln(1 + x + y) > 0 = ln 1 1 + x + y > 1 = x + y > 0

analogamenteln(1 + x + y) < 0 x + y < 0

Luego

(y > 0 x + y > 0) (y < 0 x + y < 0)

X

Y


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0.3. Graficas de funciones reales de dos variables

Si el dominio U R2 de la funcion z = f(x, y) es un conjunto abierto o cerrado ,lagrafica de la funcion f se define del siguiente modo :

Gr(f) = {(x,y,f(x, y))R3/(x, y)U}Mostraremos un metodo para graficar funciones reales de dos variables (x, y)Sea f : R2 R talque f(x, y) = x2 + y2 obviamente esta claro que z 0Proyecciones con los planos

Si;x = 0 Plano zy; z = y2

Y

Z

X

Z

z=y

z=x

2

2

PLANO ZY PLANO ZX

Si;y = 0 Plano zx; z = x2

Si;z = 0 Plano xy; x = y = 0Curvas de Nivel

Si;z = 1 x2 + y2 = 1

representa a una circunferecia de radio 1 levantada a la altura de z = 1

Si;z = 2 x2 + y2 = 2representa a una circunferencia de radio

2 levantada a la altura de z = 2

Grafica


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x + y =12 2

2 2x + y =2

X

Y

Z

0.4. LmitesDefinicion 4 (Bola Abierta). Bola abierta de centro (x0, y0)R

2 y radio r > 0 es elconjunto

B(C, r) = {(x, y)R2/(x x0)2 + (y y0)2 < r2}Definicion 5 (Bola reducida). Una bola reducida es una bola abierta sin centro

Definicion 6 (Bola Cerrada). Bola cerrada de centro (x0, y0)R2 y radio r > 0 es

el conjuntoB(C, r) = {(x, y)R2/(x x0)2 + (y y0)2 r2}

Definicion 7 (Conjunto Abierto). Un conjunto A R2 es abierto en R2 si y solosi para todo punto p0 que pertenece a A siempre es posible encontrar una bola abiertade centro en p0 y radio r > 0 totalmente contenida e A

Definicion 8 (Conjunto Cerrado). Un conjuunt A es cerrado si su complementoAc es Abierto

Definicion 9 (Punto de Acumulacion). Diremos que p0R2 es un punto de acu-

mulacion del conjunto D,si toda bola reducida de centro p0D y radio r > 0 contienepuntos del conjunto D.

Definicion 10. Sea f : D

R2

R una funcion de dos variables y (x0, y0) un

punto de acumulacion del dominio D ,diremos que el numero real L es el lmite de lafuncion f(x, y) cuando (x, y) se acerca al punto (x0, y0) si para cada > 0 existe unnumero > 0 talque :

|f(x, y) L| < siempre que

(x, y) D(x, y) (x0, y0) < Notacion :

lm(x,y)(x0,y0)

f(x, y) = L ( > 0)( > 0)/0


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Definicion 11 (Propiedades de los lmites). Si f y g son funciones de R2 en Rtalque lmxa

f y lmxag existen y si a es un punto de acumulacion de DfDg ,entonces

1. lmx a(f g) = lmx a f lmxa g2. lmx a

(f g) = ( lmxaf)( lmxa

g)

3. lmx a(

f

g) =

lmxa flmxa g

siempre que lmxag = 0

Teorema 0.1 (Regla de las dos trayectorias). Sea la funcion f : D R2 Ry (x0, y0) un punto de acumulacion de D =dominio de f.

Si dos trayectorias,digamos (t) = (x(t), y(t)) y (t) = (x(t), y(t)) que pasan por(x0, y0) = (t0) = (t0) producen dos valores lmites diferentes para f ,entonces

lm(x,y)(x0,y0)

f(x, y)

no existe.

Ejemplos

1. Estudiar el lmite lm(x,y)(0,0)

y3

x2 + y2

En primer lugar nos acercaremos al origen (0,0) por dos caminos distintos

Siy = 0 lm

x00

x2= 0

debemos tener en cuenta que se hizo cero antes de reemplazar el valor de x = 0.

Si

x = 0 lmy0

y3

y2= 0

Si consideramos todas las rectas que pasan por el origen es decir .Si y = mx, mRtenemos :

lmx0m3x3

x2 + m2x2 = lmx0m3x

1 + m2 = 0Que dice este resultado?

Lo que nos indica tal limite es que 0 es un candidato a ser el limite de dichafuncion,por lo que se debe realizar tal demostracion ,es decir

lm(x,y)(0,0)

y3

x2 + y2= 0

> 0, > 0/0 (x, y) (0, 0) < = | y3

x2 + y2|

Para efectuar la demostracion se debe realizar dos cosas


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i) Garantizar la existencia de = () > 0

ii) Probar que | y3x2+y2

| <

i) Busqueda de Para la busqueda de se debe tener en cuenta que se tiene como hipotesis que :

(x, y) (0, 0) < es decir

x2 + y2 <

Puesto quex2 x2 + y2 = |x| <

analogamentey2 x2 + y2 = |y| <

Para nuestro caso es suficiente tomar = y ta solo quedara por justificar elsegundo paso.

ii)

| y3

x2 + y2| |y

3

y2| = |y| < =

Por lo tanto

lm(x,y)(0,0)

y3x2 + y2

= 0

2. Demostrar quelm

(x,y)(0,0)(x + y) = 0

3. Demostrar quelm

(x,y)(0,0)(x + y2) = 5


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0.5. Continuidad

Definicion 12 (Continuidad en un punto). La funcion f(x, y) es contnua en

(x0, y0)Df si se cumple :1. f(x0, y0)R

2.lm

(x,y)(x0,y0)f(x, y)

existe y es unico

3.lm

(x,y)(x0,y0)f(x, y) = f(x0, y0)

Definicion 13 (Continuidad en un conjunto). La funcion f es contnua en U R2si es contnua (x0, y0)U

Nota: Decir que f es contnua en su dominio significa que la superficie no tieneagujeros ni rajaduras.

Ejemplos :

1. Analizar la continuidad en (0,0) de la funcion

f(x, y) = y3

x2+y2, Si;(x, y) = (0, 0)

0, Si.(x, y) = (0, 0)

Para esto debemos probar las tres condiciones mencionadas anteriormente en ladefinicion

i) f(0, 0) = 0

ii)

lm(x,y)(0,0)

y3

x2 + y2

Para esto elegimos a todas las rectasque pasan por el origen

Si y = mx, mR entonces tenemos :

lmx0

m3x3

m2x2 + x2= 0

Limite que efectivamente fue probado anteriormente

iii) Tambien se cumple.

En conclusion f(x, y) es contnua en (0, 0)


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2. Sea f : R2 {(0, 0)} R definida por :

f(x, y) =x3 + x2y

x4

+ y2

Es posible definir f para que sea contnua en R2?

Se observa que la funcion es contnua en todo su dominio pues el numerador y eldenominador son polinomios ,el problema solo sera redefinir la funcion en (0,0).

Para que esto suceda debemos considerara que el limite

lm(x,y)(0,0)

x3 + x2y

x4 + y2

debe existir y ese valor se considerara como la imagen de (0,0) mediante de f.As si tomamos todas las rectas que pasan por el origen ,es decir si y = mx, mRse tiene :

lm(x,y)(0,0)

x3 + x3m

x4 + m2x2= 0

Para la demostracion de tal limite se debe tener en cuneta que :

|x| < |y| < .As :

|x3 + x2y

x4

+ y2

| |x3 + x2y

x2

|=

|x + y

| |x

|+

|y

|< 2 =

As = 2

Luego redefiniendo la funcion esta quedara como :

f(x, y) =

x3+x2yx4+y2

, Si;(x, y) = (0, 0)0, Si.(x, y) = (0, 0)

Teorema 0.2. Si las funciones f y g son contnuas en a entonces

1. f + g es contnua en a2. f g es contnua en a3. f g es contnua en a

4. fg

es contnua en a siempre que g(a) = 0

Teorema 0.3. Si f : D R2 E R es contnua en aD y g : E R escontnua en f(a) ,entonces gof es contnua en a


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0.6. Derivadas Parciales e Implcitas

Definicion 14. Sea U R2 un conjunto abierto y f : U R2 R una funcionde dos variables con valores reales.Entonces las derivadas parciales de f en el puntop = (x0, y0)U se definen del siguiente modo :

f

x(p) = lm

h0f(x0 + h, y0) f(x0, y0)

h

Es la Derivada Parcial de f con respecto a x siempre que exista el lmite.

f

y(p) = lm

h0f(x0, y0 + h) f(x0, y0)

h

Es la Derivada Parcial de f con respecto a y siempre que exista el lmite.

Ejercicios

1. Calcule las derivadas parciales de f respecto a x e y usando las definicionesrespectivas

a)f(x, y) = x2 + y2

b)f(x, y) = x2 y2

c)z2 = x2 + y2

2. Calcule las derivadas parciales fx, fz de

a) z = ln(x +

x2 + y2)

b) f(x, y) =

xy +

x

y

c) f(x, y) = exy ln y

d) f(x, y) = ex sin(x + y)

e) f(x, y) =y

x

g(t)dt, g continua en t

f) f(x, y) =

n=0

(xy)n, (| xy |< 1)

g) f(x, y) = ef(x)g(y)

h) f(x, y) = [f(x)]2g(y)


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0.7. Derivadas de Funciones Implcitas

Existen 4 versiones para derivar una funcion definida implcitamente ,tan solo veremos

2 de ellas.Teorema 0.4 (Primera version). Sea la funcion z = F(x, y) y (x0, y0) un puntode R2 talque F(x0, y0) = 0 .Supongamos que la funcion F tiene derivadas parciales enalguna bola abierta centrada en (x0, y0) y que

Fy

(x0, y0) = 0Entonces F(x, y) = 0 se puede resolver para y en terminos de x y definir as unafuncion y = f(x) con dominio en una vecindad de x0 talque y0 = f(x0),la cual tienederivadas contnuas en Vr(x0) = {xR/|x x0| < r} que pueden calcularse como

y = f(x) = F(x,y)

xF(x,y)

y

,xVr(x0)

Ejemplos :

1. Dada la ecuacione2x+y + sin(y2 + x) 1 = 0

Hallar dydx

en el punto (0,0)

Se tiene la siguiente funcion

F(x, y) = e2x+y + sin(y2 + x) 1

donde F(0, 0) = 0 Ademas

F(x, y)

y= e2x+y + 2y cos(y2 + x)

donde F(x,y)y

(0, 0) = 1 = 0 .Por el teorema anterior afirmamos dos cosas :1.-En un entorno de x0 = 0 ,existe una funcion y = f(x) definida implcitamentepor F(x, y) .Sin embargo ,el teorema nada dice de como se determina tal funcion(nos dice que F(x, y) = 0 puede resolverse para y en terminos de x ,pero no nosdice como hacer el despeje)

2.-Pese,que el teorema No nos diga como establecer explcitamente la funciony = f(x) ,nos dice como hallar su derivada mediante la formula

dy

dx=

F(x,y)x

F(x,y)y

As obtenemos :dy

dx= 2e

2x+y + cos(y2 + x)

e2x+y + 2y cos(y2 + x)

dy

dx (0, 0) = 3

1 = 3


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Teorema 0.5 (Segunda version). Sea la funcion z = F(x1, x2,...,xn, y) que cumplalas siguientes hipotesis :

1.Sea p = (x1, x2,...,xn, y)Rn+1 un punto talque f(p) = 0

2.Supongamos que la funcion F tiene derivadas parcialesF

xi , i = 1, 2,...,n yF

y

contnuas en alguna bola B(p) y queFy

(p) = 0Tesis : Entonces la ecuacion F(x1, x2,...,xn, y) = 0 puede resolverse para y en

terminos de x1, x2,...,xn y definir as una funcion y = f(x1, x2,...,xn) dentro de lavecindadV(x1, x2,...,xn) Rn la cual tiene derivadas parciales continuas enV(x1, x2,...,xn)y que se pueden calcular con las formulas :

f

xi(x1, x2,...,xn) =

F(x1,x2,...,xn)xi

F(x1,x2,...,xn)y


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Para construir un plano tan solo necesitamos de un vector normal a dicho plano as

n (p p0) = 0

n1(x x0) + n2(y y0) + n3(z z0) = 0sera el plano determinado

p=(x,y,z)

p =(x , y , z )

0

000

1 2n = ( n , n , n )

3

X

Y

X

Y

Z

(x , y )

f

0

0

0

f(x , y )0 0

x

y0

Definicion 15 (Plano Tangente). Ya que z = f(x, y) consideremos la funcion im-plcita dada por : z f(x, y) = F(x,y,z) as la normal al plano sera n = (Fx, Fy, Fz)y por lo tanto el plano tangente se define como :

Fx(x x0) + Fy(y y0) + Fz(z z0 = 0)

fx(x x0) + fy(y y0) (z z0 = 0)ejemplos :

1. Halle el plano tangente de f(x, y) = x2 + y2 en el punto (1,0)


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0.8. Derivada Direccional y Gradiente

Definicion 16. Sea f : U R2 R una funcion definida en el conjunto abierto Ude R

2

y sea P0U un punto dado de U .Sea R2

un vector unitario dado.Se define laderivada de la funcion f en P0 ,en la direccion del vector ,denotado por D f(P0)o f

(P0) ,como el lmite

D f(P0) = lmt0

f(P0 + t ) f(P0)

t

Si P0 = (x0, y0) se tiene entonces :

D f(x0, y0) = lmt0

f((x0, y0) + t ) f(x0, y0)t

Si = (cos , sin ), 0 2 entonces :

D f(x0, y0) = lmt0

f((x0, y0) + t(cos , sin )) f(x0, y0)t

1. Calcule la derivada direccional de la funcion

f(x, y) = xey yex

en (1,0) siguiendo la direccion del vector 3i + 4j

Solucion

En primer lugar el vector unitario es

u = (35

,4

5)

Ademas

f(x +3h

5, y +

4h

5) f(x, y) =

= (x +3h

5)ey+

4h5 (y + 4h

5)ex+

3h5 xey + yex

= xey

(e

4h5 1) ye

x

(e

3h5 1) + h(

3

5ey+ 4h

5 4

5ex+ 3h

5

)

Luego al calcular la derivada direccional tenemos :

lmh0

f(x + 3h5

, y + 4h5

) f(x, y)h

= lmh0

xey(e4h5 1) yex(e 3h5 1) + h(3

5ey+

4h5 4

5ex+

3h5 )

h

separaremos este limite en dos

= lmh0

xey

(e4h

5 1) yex

(e3h

5 1)h

+ lmh0

h(35e

y+ 4h5

45e

x+ 3h5

)h


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en el primer limite aplicaremos la regla de hospital en el segundo evaluamos

lmh0

xey(e4h5 .4

5) yex(e 3h5 .3

5)

1

+3

5

ey

4

5

ex

desarrolando el primer limite tenemos

4

5xey 3

5yex +

3

5ey 4

5ex

y reemplazando (1,0) tenemos1

5(7 4e)

2. Calcular la derivada direccional del campo escalar f : R2 R definido por

f(x, y) = 4(x2 + y2)

En el punto P0 = (1, 2) en la direccion del vectorv = i +j

Definicion 17. Sea f : R2 R una funcion definida en el conjunto abierto U deR2.Se define el vector GRADIENTE de la funcion f en elpunto P0U ,denotado porgradf(P0) o f(P0) como el vector dado por :

f(P0) = ( fx

(P0),f

y(P0))

Nota 1 : esta misma definicion se puede generalizara funciones del tipo f : Rn Raqu :

f(P0) = ( fx1

(P0),f

x2(P0),...,

f

xn(P0))

donde P0 = (x1, x2,...,xn)


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Calculo de la Derivada Direccional Usando el Gradiente

Teorema 0.6. Supongamos que la funcionf : U R3

R posee derivadas parcialesde primer orden contnuas.Sea P un punto del Grafico de f y un vector unitario,entonces la derivada direccional de f en el punto P ,en la direccion del vectorunitario ,esta dado por :

D = f(P) DemostracionPor definicion ,la derivada direccional de la funcion f en el punto P = (x0, y0, z0) es :

D =d

dt(f(P + t ))

= ddt

f(x0 + t1, y0 + t2, z0 + t3)

=f

x dx

dt+

f

y dy

dt+

f

z dz

dt

= (f

x,

f

y,

f

z) ( dx

dt,

dy

dt,

dz

dt)

= (f

x,

f

y,

f

z) (1, 2, 3)

=

f(P)

EL Gradiente como direccion de Maxima Variacion

Proposicion 0.1. Sea la funcion f : U R3 R que posee derivadas parciales deprimer orden contnuas.Entonces en cada punto P para el cualf(P) = 0 ,el vectorf(P) apunta una direccion en que f crece mas rapidamante.La magnitud del vectorf(P) es la tasa maxima de crecimiento

1. Sea

f(x, y) =x2 y2x2 + y2

En que direccion unitaria es igual a cero la derivada direccional en el punto(1,1)?

Solucion :

Se pide hallar el vector unitario talque D f(1, 1) = 0Veamos :


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El dominio de f es R2 (0, 0) .Se pide ,para que vectores unitarios se cumpleD f(1, 1) = 0

Por definicion

D f(1, 1) = f(1, 1) donde elegimos = (cos , sin )

f(x, y) = (fx

,f

y) = (

4xy2

(x2 + y2)2,4x2y

(x2 + y2)2)

= f(1, 1) = (1,1)

EL vector

f(1, 1) sale de (1,1) .Luego

D f(1, 1) = (1,1) (cos , sin ) = cos sin = cos sin = 0, [0, 2]

implican que tan = 1 es decir = 4

, 54

Los vectores unitarios son :

= (

2

2,

2

2), = (

2

2,

2

2)

2. Sea f : R2 R definida por :

f(x, y) =

x2y

x4+y2, Si;(x, y) = (0, 0)

0, Si.(x, y) = (0, 0)

Probar que f es discontnua en el origen y Hallar la derivada direccional de f enel origen segun culaquier direccion unitaria

3. La temperatura en el punto (x,y,z) esta dada por

T(x,y,z) = 200ex2

3y2

9z2

donde T se mide en grados celcius y x,y,zse mide en metros

a) Encuentre la razon de cambio de la temperatura en el punto P = (2,1, 2)en la direccion hacia el punto (3,3, 3)

b) En que direccion aumenta mas rapidamente la temperatura en P?

c) Cual es la maxima razon de aumento de T en P?


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analogamentez

y= 2y2

u+ (u)

De donde sustituyendo en :

1

x

z

x+ frac1y

z

y

se llega alo pedido

4. Demostrar que la funcion

z = xy + x(y

x)

satisface a la ecuacion

x

z

x + y

z

y = xy + z

5. Sea f : R R una funcion de clase C2 en la variable u.Si u = x2+y2 .Demostrarque

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

cumple la ecuacion2z

x2

2z

y2= 4(x2 y2) d

2f

du2

0.11. Razones de Variacion1. Un objeto se mueve a lo largo de la curva de intersecci on del paraboide z =

x2 + 14

y2 y el cilindro circular x2 + y2 = 13,Si la coordenada x crece a razon de5 cm por segundoConque rapidez cambia la coordenada z en el instante en quex = 2cm y y = 3cm?

Solucion

z

t=

z

x

dx

dt+

z

y

dy

dt

zt

= 2x(5) + y2

( dydt

)

no se tiene dydt

Pero se sabe que x2 + y2 = 13 y derivando implcitamente se tiene:

2dx

dt+ 2

dy

dt= 0

As como por dato se tiene que dxdt

= 5 entonces dydt

= 5.Luego cuando x = 2 yy = 3

z

t= 20 5

2(3) = 12, 5


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2. Las longitudes a,b,c de las aristas de una caja rectangular cambian con el tiem-po.En el instante en cuestion a = 1m ,b = 2m ,c = 3m

da

dt =db

dt = 1m

s

y ademasdc

dt= 3m

s

Que valores tienen las razones de cambio instantaneas del volumen V y del areade la superficie total S en ese instante.?

Solucion

V(a,b,c) = abc

S(a,b,c) = 2(ab + ac + bc)

As se tieneV

t=

V

a

da

dt+

V

b

db

dt+

V

c

dc

dt

V

t= (bc)(

da

dt) + (ac)(

db

dt) + (ab)(

dc

dt)

V

t== (6) + (3) + (6) = 3

Analogamente

S

t=

S

t

da

dt+

S

b

db

dt+

S

c

dc

dt

2(b + c)(1) + 2(a + c)(1) + 2(a + b)(3) = 0

3. El radio de un cono circular recto crece a ritmo de 3 cm por segundo y la alturadecrece a un ritmo de 2cm por segundo Aque ritmo cambia el volumen del conoen el instante en el que la altura del cono es de 20 cm y el radio es de 14 cm?

4. Si las longitudes de dos lados de un tri angulo son x e y y es el angulo entre los

dos lados,entonces el area de A del triangulo viene dada por A = 12xy sin .Si loslados crecen a un ritmo de 3cm por segundo y decrece a ritmo de 0,10 radianespor segundo Conque rapidez cambia el area en el instante en el que x = 1, 5metros y = 2 metros y =1 radian?


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0.12. Extremos de Funciones de dos variables

1. Hallar el punto mas bajo de la curva interseccion del cono x2 + y2 z2 = 0 y elplano x + 2z = 4En primer lugar definiremos a la funcion objetivo

f(x,y,z) = z

De este modo usando multiplicadores de Lagrange

F(x , y, z, 1, 2) = z 1(x2 + y2 z2) 2(x + 2z 4)

Si calculamos las derivadas parciales respecto a cada una de sus variables

Fx = 21x 2 = 0(1)Fy = 21y = 0(2)

Fz = 1 + 21z 22 = 0(3)F1 = (x2 + y2 z2) = 0(4)F2 = (x + 2z 4) = 0(5)

De (2) Si1y = 0 1 = 0 y = 0

Suponiendo que 1 = 0 reemplazando en (1) y en (3) se tiene 2 = 0 y 2 =

1

2 loque es una contradiccion.As que regresando a (2) se tiene que y = 0 reemplazandoen (4)

x2 z2 = 0Por la ecuacion (5)

x + 2z = 4 x = 4 2z(4 2z)2 z2 = 0

(4

2z+ z)(4

2z

z) = 0

(4 z)(4 3z) = 0z = 4 x = 4 z = 4

3 x = 4

3as los puntos obtenidos seran :

P = (4, 0, 4), Q = (43

, 0,4

3)

As

f(P) =4

3< f(Q) = 4

Luego el punto mas bajo es P


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2. Hallar los extremos absolutos de f(x,y,z) = x y z sobre el conjunto

S = {(x,y,z)R3/x2 + 2y2 1 = 0, 3x 4z = 0}

Por el metodo de multiplicadores de Lagrange

F(x , y, z, 1, 2) = 1 21x 32 = 0Obteniendo las derivadas parciales respectivas

Fx = 121x 32 = 0(1)

Fy = 1 41y = 0(2)Fz =

1 + 42 = 0(3)

F1 = (x2 + 2y2 1) = 0(4)F2 = (3x 4z) = 0(5)

De (3) 2 =14

en (1)

1 21x 3( 14

) = 0

1x =1

8 1

1= 8x(6)

De (2)

1 = 41y 11

= 4y(7)de (6) y (7)

2x = y(8)(8) en (4)

x2 + 2y2 = 1

x2 + 2(2x)2 = 1

9x2 = 1 x = 13

x = 13 y = 2

3 z = 1

4

x =13 y = 2

3 z = 1

4

Los puntos seran :

A = (1

3,23

,1

4), B = (

13

,2

3,

1

4)

De donde

f(A) =3

4, f(B) =

34

en A se alcanza el maximo valor y en B se alcanza el mnimo


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3. Obtener los extremos absolutos y relativos de la funcion

f(x, y) = 3x2y2 + 2x3 + 2y3

en el conjuntoR = {(x, y)R2/x2 + y2 4}

4. Calcular las distancias mnima y maxima del plano

x + y + 2z = 0

a los puntos de la elipse

3x2 + y2 = 12

x + y + z = 2


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0.13. Integracion en dos variables

Definicion 19 (Integrales Dobles). Si f es una funcion definida en una regioncerrada y acotada R del plano xy,la integral doble de f sobre R viene dada por :

Rf(x, y)dA = lm

0

ni=1

f(xi, yi) xi yi

siempre que este lmte exista.Si el lmite existe,se dice que f es integrable sobre dicharegion.

Definicion 20 (Volumen de una Region Solida). Si f es una funcion integrablesobre una region plana R y ademas f(x, y) 0 para todo (x, y)R ,entonces elvolumen de la region solida

{(x,y,z)/(x, y)R, 0 z f(x, y)}acotada inferiormente por R y superioromente por la superficie z = f(x, y) se definecomo :

Rf(x, y)dA

Definicion 21 (Area de R).

Rdxdy

Teorema 0.7 (Teorema del Valor Medio para Integrales). Sean f y g dos fun-ciones contnuas en una regionR .Si g es no negativa enR.existe un punto (x0, y0)enR para el cual

Rf(x, y)g(x, y)dxdy = f(x0, y0)

R

g(x, y)dxdy

Definicion 22 (Propiedades de las Integrales Dobles). Sean f y g funcionescontnuas en una region cerrada y acotada R y c una constante .Entonces se verifican :

1. R

cf(x, y)dA = c R

f(x, y)dA

2. R

[f(x, y) g(x, y)]dA =

Rf(x, y)dA

R

[g(x, y)]dA

3.

f(x, y) 0, (x, y)R =

Rf(x, y)dA 0

4.

f(x, y) g(x, y),(x, y)R = R f(x, y)dA R g(x, y)dA


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5. R

f(x, y)dA =

R1

f(x, y)dA +

R2

f(x, y)dA

cuando R es union de dos subregiones sin solapamiento.

Calculo de Integrales dobles

1) Si f es una funcion contnua en una region plana R de la forma

R = {(x, y)/a x b; g1(x) y g2(x)}

donde g1, g2son funciones contnuas en el intervalo [a, b] ,entonces : R

f(x, y)dA =

ba

g2(x)g1(x)

f(x, y)dydx

2) Si f es una funcion contnua en una region plana R de la forma :

R = {(x, y)/c y d, h1(y) x h2(y)}

donde h1, h2 son funciones contnuas en el intervalo [c, d] ,entonces :

R

f(x, y)dA =d

c

h2(y)h1(y)

f(x, y)dxdy

Definicion 23 (Area de una superficie). Si f y sus derivadas parciales de primerorden son contnuas sobre una region cerrada y acotada

Rdel plano xy ,entonces el

area de la superficie S dada por z = f(x, y) sobre R es : R

1 + [fx(x, y)]2 + [fy(x, y)]2dA


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Cambio de variables en integrales DoblesUna de las tecnicas poderosas que conocemos de nuestro primer curso de calculo ,esla tecnica del cambio de variables.Si queremos integrar la funcion f(x) en el intervalo

[a, b] se trata de cambiar la variable x por otra variables t ,segun la ecuacion x = g(t)llamada formula de cambio de variable e integrar entonces la funci on f(g(t)) en otrointervalo [c, d],se entiende que el calculo debe ser talque la nueva funcion a integarf(g(t)) debe ser mas sencilla que la funci on original.De modo mas preciso se tiene elsiguiente resultadoSea f : [a, b] R una funcion contnua y g : [c, d] R una funcion derivable conderivada g(t) contnua (es decir de clase C1) talque g([c, d]) [a, b].Entonces :b

a

f(x)dx =

dc

f(g(t))g(t)dt

Esta es la llamada formula de cambio de variable en la integral definida y como decamoses un instrumento poderoso en la evaluacion de algunas integrales.El objetivo de estaseccion es estudiar el analogo al anterior para integrales dobles de funciones f(x, y)

Teorema 0.8. Sea f : U R2 R una funcion contnua de lsa variables x, ydefinida en la regionU R2 ,SeaF : U R2 R2 talqueF(u, v) = ((u, v), (u, v))una funcion que manda de manera inyectiva los puntos (u, v) de la region U en lospuntos (x, y) de la region U del plano xy .Suponga que F es de clase C1 y que la

derivada F(u, v) es una matrz inversible para todo (u, v)U (equivale a decir que eldeterminante de F(u, v) sea no nulo en todos los puntos (u, v)

U ).Entonces se tiene

la formula de cambio de variables en integrales dobles. R

f(x, y)dxdy =

U

f((u, v), (u, v))|(x, y)(u, v)

|dudv

Donde(x, y)

(u, v)= det

xu

xv

yu

yv

es llamado determinante del Jacobiano

NOTA :Se pide que F sea de clase C1 para que las derivadas parciales

x

u,

x

v,

y

u,

y

v

sean contnuas asi de esta forma aseguramos que el integrando sea una funcion contnuay por lo tanto integrable.Se pide que la funcion de transformacion de coordenadas F sea inyectiva .Este hecho nospermite que de las funciones coordenadas de F ,x = x(u, v), y = (u, v) podamos resolverpara u, v en terminos de x, y ,obteniendo as las funciones u = u(x, y), v = v(x, y) esdecir obtener la inversa de F


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EJERCICIOS DE INTEGRALES DOBLES

1. Calcular la integral de la funcion

f(x, y) = x + y + 1

sobre la region U limitada por las rectas

y x = 1, y x = 1, y + x = 1, y + x = 2

Esta region es un paralelogramo de vertices en

A = (0, 1), B = (1, 0), C = (3

2,

1

2), D = (

1

2,

3

2)

las ecuaciones de las rectas que limitan la regi on sugieren la introduccion de lasnuevas variables u, v de modo que :

u = y x, v = y + x

En tal caso observe que el paralelogramo original se convierte en el rectangulo

1 u 1, 1 v 2

Es decir ,en las nuevas variables u, v la region de integracion U es el rectangulomencionado.La funcion F(u, v) = (x, y) despejando x, y de las ecuacionesy x = 1, y x = 1, y + x = 1, y + x = 2

es

F(u, v) = (x, y) = (v u

2,

v + u

2)

En este caso el jacobiano de la transformacion es :

(x, y)

(u, v)

= det12

12

12

12 =

12

Realizando nuestro cambio de variables nos queda U

f(x, y)dxdy =

U

f(x(u, v), y(u, v))|(x, y)(u, v)

|dudv U

(v u

2+

v + u

2+ 1)|1

2|dudv = 5

2


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2. Calcular U

x2y2dxdy

Donde U es la region limitada por las hiperbolas xy = 1, xy = 2 y las rectasy = x

2, y = 3x

Cambio en Coordenadas Polares en una integral doble

No hay un criterio universal que nos diga cuando debemos realizar el cambioa coordenadas polares en una integral doble que esta enterminos de f(x, y),loque se puede decir es que cuando dentro del integrando se aparezcan expresionesx2 + y2 o y

xes aconsejable realizar dicho cambio.

Si se elige el cambio

x = r cos , y = r sin

se tiene que el determinante del Jacobiano sera

(x, y)

(r, )= det

xr

x

yr

y

= r

Luego se tendra : U

f(x, y)dxdy =

U

f(x(r, ), y(r, ))|(x, y)(r, )

|drd

3. Calcular U

R2 x2 y2dxdy

Donde U = {(x, y)R2/x2 + y2 R2}Si realizamos el cambio de variables en coordendas polares se tiene

U = {(r, )R2/0 r R, 0 2}De modo que la region de integracion se ve ahora como un rectangulo as

U

R2 x2 y2dxdy =

RR

(

R2r2R2x2

R2 x2 y2)dydx

=

R0

20

R2 r2drd = 2

3


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4. U

(x + y)dxdy

donde U es la cuarta parte situada en el primer cuadrante del anilllo circularlimitada por los crculos

x2 + y2 = 1, x2 + y2 = 4

En coordenadas polares esta region de integracion se describe con r que vara de1 a 2 y variando de 0

2

Haciendo las sustituciones correspondientes nos queda :

U(x + y)dxdy = 2

1 2

0

(r cos + r sin )drd =14

3

5. U

ln(1 + x2 + y2)dxdy

sobre la region U limitada por el crculo unitario x2 + y2 = 1

6. +0

+0

e(x2+y2)dxdy =

4

Cambio a Coordenadas Generalizadas

x = ar cos , y = br sin

De este modo el Jacobiano de transformacion es :

(x, y)

(r, )

= detxr

x

y

r

y

= abrDe modo que la formula de cambio de variables se presenta como :

U

f(x, y)dxdy = ab

U

f(ar cos ,br sin )rdrd

7. U

1 x

2

a2 y

2

b2

Donde U es la region limitada por la elipse x2

a

2 +y2

b

2 = 1


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Haciendo cambio a coordenadas polares generalizadas ,la region de integracionse describe como 0 r 1 y 0 2 de modo que

U1 x2a2 y2b2 = 10 (

2

01 r2abrd)dr = 23 ab

8. Se quire calcular la integral de la funcion f(x, y) = 1 sobre el anillo elipticolimitado por las elipses

x2 + 4y2 = 4, x2 + 4y2 = 16

Haciendoe el cambio de coordenadas generalizadas ,segun las ecuaciones x =2r cos , y = r sin las elipses corresponden a las rectas r = 1 y r = 2 .Entonces

la region de integracion se describe en este nuevo sistema como el rectanguloU = {(r, )/1 r 2, 0 2}y la integral procurada es :2

1

(

20

(2)(1)(r)d)dr = 6

Otra Generalizacion

x = ar cos , y = br sin

De este modo el Jacobiano de transformacion es :

(x, y)

(r, )= det

xr

x

yr

y

= abr sin1 cos1

9. Se quiere integrar la funcion constante f(x, y) = 1 sobre la region limitada porla curva

(x

a+

y

b)4 =

x2

h2+

y2

k2

en el primer cuadrante (a,b,h,k) son numeros positivos dados.En este caso sepresenta una situacion interesante; el cambio de variables no solo es convenientepara hacer la integral ,sino que es necesario.De otro modo ,estaramos obligadosa hacer explcita la funcion y = f(x) que define la base de nuestra regi on deintegracion , lo que nos conducira a resolver una ecuacion de cuarto grado parala variables y ,ecuacion que deberamos integar posteriormente respecto de x .Esto,por supuesto plantea un panorama poco agradable.Sim embargo si itroducimoslas variables r, de modo que :

x = ar cos2 , y = br sin2

la ecuacion que define nuestra region de integracion se transforma en :


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(ar cos2

a+

br sin2

b)4 =

a2r2 cos4

h2+

b2r2 sin4

k2

simplificando se tiene :

r = (a2

h2cos4 +

b2

k2sin4 )

1

2

el jacobiano es(x, y)

(r, )= 2abr cos sin

de mod que la integral procurada es :

U f(x, y)dxdy = 2ab2

0 (( a

2

h2cos4 + b

2

k2sin4 )

12

0 r cos sin dr)d

=ab

6(

a2

h2+

b2

k2)

10. Calcular las Integrales dobles respectivas

a)

(yex)dxdy , : 0 y 1, 0 x y2

b) 0

x0

x sin ydydx

c) ln 81

ln y0

ex+ydxdy

d) 10

y20

3y3exydxdy

e) 30

02

(x2y 2xy)dydx

f) ln 20

2ex

dxdy

g)

3

2

0 94x2

0

16xdydx


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h)

2

0 4y2

0

ydxdy

i) 10

1y2

1y23ydxdy

j) 10

1x2

x3x4 + y2

dydx

k)

2

1 ln y

0 ex

dxdy

11. Demostrar la siguiente igualdad D

f(xy)dxdy = log(2)

21

f(u)du

siendo D la region del primer cuadrante limitada por las hiperbolas xy = 1, xy = 2y las rectas y = x, y = 4x

12. Calcular el valor de la integral de f(x, y) = xy en el triangulo de vertices

(0, 0), (1, 0), (1, 1)13. Calcular el area de la region del plano limitada lateralmente por las rectas x =

3, x = 1 inferiormente por la curva y = (x + 2)2 y superiormente por la rectax + 2y = 3

14. Sea D el recinto limitado por y2 = x y las rectas x = 0, y = 1 .Calcular D

exy dxdy

15. Una piramide esta limitada por los tres planos de cordenadas y el plano x + 2y +3z = 6.Calcular el volumen.

16. Calcule el volumen del solido bajo el plano z = 4x y que esta arriba de lacircunferencia x2 + y2 = 16 en el plano xy. Haga un dibujo del solido.

guia de funciones de dos variables 2012 - ii

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