Apunte Usach - Calculo Avanzado

Universidad de Santiago de Chile. Facultad de Ciencia Departamento de Matem´ atica y C. C.

C´ alculo Avanzado

Miguel Martinez - Carlos Silva - Emilio Villalobos

Derechos de Autor c Autor: Universidad de Santiago de Chile Se autoriza la reproducci´ on parcial o total de esta obra, con fines acad´ emicos, por cualquier forma, medio o procedimiento, siempre y cuando se incluya la cita bibliogr´ afica del documento.

Agradecimientos Este texto fue financiado en el marco de los proyectos concursables de innovación docente que promueve anualmente la Universidad de Santiago de Chile a través de la Vicerrector´ıa Académica por intermedio de la Dirección de Docencia. El centro motor que motivó a los autores a emprender tan significativo desaf´ıo fue su compromiso con el proceso de ense˜ nanza aprendizaje que se lleva semestre a semestre en la Universidad de Santiago, con los estudiantes de ingenier´ıa quienes tienen el imperativo de mejorar sus aprendizajes y elevar sus estándares de competencias con la finalidad de que puedan asumir con propiedad el desaf´ıo de sus asignaturas profesionales y de especialidad con un mayor empoderamiento en el contexto de: teor´ıa, práctica y aplicaciones a problemas en las áreas de sus distintas especialidades. En general, cada cap´ıtulo comienza con una presentación de definiciones, principios y teoremas, junto con material ilustrativo. Los problemas resueltos sirven para ilustrar la teor´ıa y suministrar herramientas de análisis de los principios básicos tan importantes en el aprendizaje activo de los estudiantes. El gran n´ umero de problemas resueltos y aplicaciones sirven para encauzar el aprendizaje del material, as´ı como las autoevaluaciones propuestas al fin de cada unidad. Hemos escogido un enfoque y nivel de profundidad de acuerdo con lo que se espera del curso de Cálculo Avanzado, asignatura que se imparte durante el tercer semestre del Plan Com´ un de la Carrera de Ingenier´ıa Civil de la Facultad de Ingenier´ıa de Universidad de Santiago de Chile. El objetivo del primera parte de este texto es presentar los conceptos básicos y las aplicaciones de las series de Fourier, y las funciones integrales, como asimismo, ilustrar su utilización en la resolución de problemas de ecuaciones en derivadas parciales y aplicaciones en el campo de la f´ısica e ingenier´ıa. En la segunda parte se abordan los temas de funciones vectoriales y cálculo diferencial de funciones de dos o más variables y sus aplicaciones, incluyendo aplicaciones e interpretaciones geométricas y f´ısicas que contribuyan a la comprensión de los estudiantes. Unido a lo anterior, en la tercera parte se incluyen los temas de integración m´ ultiple, integral de l´ınea , superficie y los teoremas de Green, Gauss y Stokes por sus m´ ultiples aplicaciones en los campos de la f´ısica y ciencias de la ingeniera Finalmente, queremos aprovechar la ocasión para expresar nuestro especial agradecimiento hacia nuestros colegas de la Coordinación de Cálculo Avanzado que con sus cr´ıticas constructivas y opiniones han ayudado a el i

enriquecimiento del material que conforma este texto. Deseamos también agradecer la participación directa e indirecta de nuestros estudiantes con los cuales pusimos a prueba el material que se estaba generando incluyéndolos en la página web de la asignatura de Cálculo Avanzado. Agradecemos también muy especialmente la colaboración del profesor Omar Ramos por la confección de diagramas, figuras e imágenes de funciones bi y tridimensionales que ilustran conceptos y problemas. También se encargó de la versión Latex de los distintos archivos que conforman el manuscrito del texto. No obstante lo anterior, la responsabilidad por los eventuales errores o inexactitudes que se puedan encontrar en el texto corresponde a los autores, quienes estarán atentos para recibir cualquier comentario o sugerencia que permita mejorar su contenido en las siguientes direcciones: [email protected], [email protected],[email protected]. Los Autores: Miguel Mart´ınez Concha Carlos Silva Cornejo Emilio Villalobos Mar´ın

ii

Prefacio El material presentado en el texto contiene los temas tratados en el curso de Cálculo Avanzado, asignatura semestral para las carreras de Ingenier´ıa de la Universidad de Santiago de Chile, correspondiente al a´rea de Ciencias Básicas, tiene por prerrequisitos las asignaturas de Cálculo I y Cálculo II de primer a˜ no. Proporciona los conceptos, habilidades y técnicas que permiten adquirir las competencias matemáticas alineadas con el perfil de competencias profesionales, necesarias para cursar con éxito las asignaturas de ciencias básicas de la ingenier´ıa e ingenier´ıa aplicada. Los temas tratados por el texto y en el orden de aparición son los siguientes: Series e Integrales de Fourier, que forma parte de este temario porque por razones de tiempo no se incluye en el Cap´ıtulo de Series de primer a˜ no, este tema resulta necesario en la formación básica de alumnos de ingenier´ıa sobre todo cuando necesiten resolver ecuaciones diferenciales parciales usando el método de separación de variables o bien en aplicaciones en el campo de la ingenier´ıa. Este tema bien podr´ıa formar parte de un texto de ecuaciones diferenciales. El tema de funciones vectoriales de una variable real trata la importancia de la derivada de este tipo de funciones, interpretación geométrica y anal´ıtica, y su aplicación a problemas de movimiento, comportamiento de curvas, especialmente en lo que tiene que ver con caracter´ısticas geométricas de ellas. Las funciones escalares son tratadas en detalle, se analiza el concepto de l´ımite y continuidad considerando funciones de dos variables, generalizando en aquellos casos que lo amerita, se ve el tema de la diferenciación con todas sus potencialidades que garantizan la derivación tanto la derivación parcial, como la derivación direccional y derivación impl´ıcita, este tema termina con máximos y m´ınimos y problemas aplicados de optimización. Este u ´ltimo cap´ıtulo tratan los temas de integración, integrales dobles y triples en coordenadas cartesianas y generalizando con cambios de coordenadas, integral de l´ınea para funciones escalares y vectoriales, propiedades de los campos gradientes y el teorema de Green; integral de superficie para funciones escalares y vectoriales finalizando con el estudio de los teoremas de Gauss y Stokes. Los temas tratados de acuerdo con los objetivos generales los podemos describir como sigue: Series e integrales de Fourier i) Analizar los conceptos asociados a la definición de la Serie de Fourier, sus propiedades y procedimientos de cálculo, y aplicarlos a la resolución de problemas de ingenier´ıa. ii) Formular el concepto de Integral de Fourier, sus propiedades y métodos de calculo y aplicar esta información en la solución de problemas de ingenier´ıa. iii

Funciones vectoriales i) Analizar el concepto de diferenciación de funciones vectoriales, sus propiedades, procedimientos para realizar cálculos y aplicarlos a la resolución de problemas de Ciencia e Ingenier´ıa ii) Utilizar los conceptos de vector tangente, normal , binormal, curvatura y torsión e identidades de Frenet sus propiedades y procedimientos de cálculos para emplearlos en la resolución de problemas. Diferenciación parcial i) Definir los conceptos de l´ımite, continuidad y describir las caracter´ısticas gráficas de las funciones de varias variables en IR2 en IR. ii) Analizar criterios para reconocer y evaluar la diferenciabilidad de una función escalar de varias variables, usar su propiedades, métodos de cálculos para su aplicación a la resolución de problemas de Ingenier´ıa. iii) Generalizar el concepto de diferenciación para funciones compuestas e impl´ıcitas de varias variables, sus propiedades, métodos de cálculos y su aplicación a la resolución de problemas de Ingenier´ıa iv) Aplicar diferentes métodos para determinar máximo y m´ınimos de una función de varias variables y utilizarlos en la resolución de problemas de optimización Integración i) Analizar el concepto de integral doble sus propiedades y procedimientos de cálculo , y su aplicación a problemas de f´ısica e ingenier´ıa ii) Analizar el concepto de integral triple sus propiedades y procedimientos de cálculo, y su aplicación en problemas de f´ısica e ingenier´ıa. iii) Analizar los conceptos de integral de trayectoria e integral de l´ınea, y utilizar sus propiedades en la resolución de problemas matemáticos, de f´ısica e ingenier´ıa iv) Analizar los conceptos de integral de superficie, y utilizar sus propiedades en la resolución de problemas matemáticos, de f´ısica e ingenier´ıa Estructura de cada unidad Cada unidad en su desarrollo teórico y fundamentación matemática enfatiza los conceptos, los teoremas que avalan los procedimientos y las técnicas de resolución de problemas. iv

Unido a lo anterior, en cada tema hay una unidad de problemas resueltos, otra de problemas propuestos, algunos con soluciones y una unidad de aplicaciones a los temas de ingenier´ıa. Finalmente, se incluye también un instrumento de autoevaluación que consiste en un test con problemas de desarrollo que mide el nivel de las competencias cognitivas alcanzado por el estudiante. Este material pretende ser una fuente de motivación que haga que los estudiantes perseveren en sus estudios y puedan vencer las dificultades de aprendizaje, y alcanzar niveles que le permitan rápidamente conectarse con los temas en que está inmerso un problema y estructurar un a respuesta al problema usando diversas herramientas matemáticas, esto le dará desde luego un plus durante toda su vida profesional.

v

Índice general 1. Serie de Fourier

1

1.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.2. Propiedades Generales . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.2.1. Lema Elemental . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.3. La serie de Fourier de una función . . . . . . . . . . . .

4

1.3.1. Coeficientes de Fourier . . . . . . . . . . . . . .

6

1.3.2. Atributos de la función . . . . . . . . . . . . . .

7

1.3.3.

Convergencia de las series de Fourier . . . . . .

9

1.3.4. La integral de funciones pares e impares . . . .

15

1.3.5. Teorema de las funciones pares y de las impares

16

1.4. Desarrollos llamados de medio rango . . . . . . . . . .

17

1.4.1. Extensión impar: . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

1.4.2. Extensión par . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

1.5. Diferenciacion e Integración de la series de Fourier . . .

21

1.5.1. Derivación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

1.5.2. Integración . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

1.5.3. Identidad de Parseval . . . . . . . . . . . . . . .

25

1.6. Integral de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27

1.6.1. Criterio de convergencia de la integral de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

1.6.2. Integrales de Fourier de cosenos y senos . . . . .

31

1.7. Aplicaciones de Series de Fourier . . . . . . . . . . . .

38

vi

1.7.1.

Onda cuadrada alta frecuencia . . . . . . . . .

38

1.7.2.

Rectificador de onda completa. . . . . . . . . .

39

1.7.3.

Ecuación de calor unidimensional . . . . . . . .

40

1.7.4. Ecuación de calor: barra aislada

. . . . . . . .

41

1.7.5.

Ecuación de Onda . . . . . . . . . . . . . . . .

42

1.7.6.

Deflexión de una viga . . . . . . . . . . . . . .

44

1.8. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

1.9. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

50

1.9.1. Serie de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . .

50

1.9.2. Integral de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . .

63

1.10. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

70

1.10.1. Respuestas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

74

1.11. Auto evaluaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

77

2. Funciones Vectoriales de una variable real

92

2.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

92

2.2.

Funciones Vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . .

93

2.3.

L´ımite de una función vectorial. . . . . . . . . . . . . .

95

2.3.1.

Teorema del l´ımite . . . . . . . . . . . . . . . .

95

2.3.2.

Operaciones con funciones vectoriales . . . . .

98

2.3.3.

Teoremas del algebra de l´ımites . . . . . . . . .

98

2.3.4.

Teorema: producto de función escalar por vectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

99

2.4.

Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

99

2.5.

La Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

100

2.6.

Regularidad de una curva . . . . . . . . . . . . . . . .

102

2.6.1. Camino regular . . . . . . . . . . . . . . . . . .

103

2.6.2. Propiedades de la Derivada . . . . . . . . . . .

103

Parametrización . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

104

2.7.1. Ejemplos de reparametrizaciones . . . . . . . .

106

2.8. Longitud de Arco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

107

2.7.

vii

2.8.1. La Longitud de Arco como Parámetro . . . . .

109

2.8.2. Parametrización por Longitud de Arco . . . . .

111

2.9. Trayectorias y curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

113

2.10. Vectores Unitarios

115

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

2.10.1. Vector Tangente unitario

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

115

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

116

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

116

2.11. Curvatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

118

2.10.2. Vector Normal 2.10.3. Vector Binormal

2.11.1. Cálculo de curvatura usando parámetro t cualquiera en R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 2.12. Planos por un punto de la curva . . . . . . . . . . . . .

123

2.12.1. Plano Osculador . . . . . . . . . . . . . . . . .

124

2.12.2. Plano Normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

124

2.12.3. Plano Rectificante

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

124

2.12.4. Recta Tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . .

125

2.12.5. Recta Normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

125

2.12.6. Recta Binormal . . . . . . . . . . . . . . . . . .

125

2.13. Torsión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

127

2.13.1. Cálculo de la torsión usando parámetro t cualquiera (en R3 ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 2.14. Formulas de Frenet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

130

2.15. Aplicaciones de Funciones Vectoriales y Curvas . . . .

131

2.15.1. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

132

2.16. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

140

2.17. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

169

2.17.1. Respuestas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

173

2.18. Auto Evaluaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

175

viii

3. Funciones de varias variables

189

3.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

189

3.2. Funciones Escalares de Variable Vectorial . . . . . . . .

193

3.2.1. Conceptos Topológicos . . . . . . . . . . . . . .

193

3.2.2. Aspectos Geométrico de las Funciones Escalares

197

3.2.3. Gráfica de una Función . . . . . . . . . . . . . .

197

3.2.4. Curvas y Superficies de Nivel . . . . . . . . . .

198

3.2.5.

L´ımite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

199

3.2.6. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

205

3.2.7. Derivadas Parciales . . . . . . . . . . . . . . . .

207

3.3. Diferenciabilidad en dos variables . . . . . . . . . . . .

209

3.3.1. Derivada Direccional . . . . . . . . . . . . . . .

211

3.3.2. Plano tangente y recta normal . . . . . . . . . .

215

3.3.3. Función Compuesta. La Regla de la Cadena. . .

218

3.3.4. Función Impl´ıcita . . . . . . . . . . . . . . . . .

222

3.3.5. Jacobiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

226

3.3.6. Máximos y M´ınimos . . . . . . . . . . . . . . .

228

3.3.7. Extremos Restringidos . . . . . . . . . . . . . .

233

Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

245

3.4.1. Continuidad y diferenciabilidad . . . . . . . . .

245

3.4.2. Regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . .

248

3.4.3. Derivación Impl´ıcita . . . . . . . . . . . . . . .

251

3.4.4. Plano Tangente a una Superficie . . . . . . . . .

256

3.4.5. Derivadas Direccionales . . . . . . . . . . . . . .

258

3.4.6. Valores extremos . . . . . . . . . . . . . . . . .

260

3.4.7. Multimplicadores de Lagrange para extremos restringidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

264

3.4.8. Aplicación al cálculo de errores . . . . . . . . .

275

Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . .

276

3.5.1. L´ımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

276

3.5.2. Diferenciabilidad, continuidad . . . . . . . . . .

277

3.4.

3.5.

ix

3.5.3. Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . .

278

3.5.4. Derivadas Direccionales . . . . . . . . . . . . . .

280

3.5.5. Puntos cr´ıticos máximos y m´ınimos . . . . . . .

284

3.6. Aplicaciones Derivada Direccional . . . . . . . . . . . .

286

3.7. Aplicaciones de Máximos y M´ınimos . . . . . . . . . .

289

3.7.1. Aplicación al campo de la mecánica . . . . . . .

289

3.7.2. Aplicaciones a la geometr´ıa . . . . . . . . . . .

292

3.7.3. Aplicación al campo de la econom´ıa . . . . . .

297

3.7.4. Problemas Propuestos de Aplicaciones . . . . .

302

3.8. Auto evaluaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

304

4. Integraci´ on Multiple 4.1.

315

Integrales dobles y triples . . . . . . . . . . . . . . . .

315

4.1.1. Integrales Dobles . . . . . . . . . . . . . . . . .

315

4.1.2. Integrales sobre conjuntos acotados de R2

. . .

320

4.1.3. Teorema de Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 4.1.4. Areas y Volumenes . . . . . . . . . . . . . . . .

322 327

4.1.5. Cambio de variable . . . . . . . . . . . . . . . .

329

Aplicaciones de la integral doble . . . . . . . . . . . .

333

4.2.1. Masa de una región plana de densidad variable.

333

4.2.2. Momentos y centroide de una región plana . . .

334

Integrales triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

337

4.3.1. Ideas preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . .

337

4.3.2. Teorema de Fubini . . . . . . . . . . . . . . . .

337

4.3.3. Teorema de la integral triple (Para dominios más generales) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

338

4.3.4.

Cambio de variable para integrales triples . . .

342

4.3.5. Formula del cambio de variable . . . . . . . . .

345

4.3.6. Masa, Momentos, y Centroide de una Región del Espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

348

4.4. Ejercicios resueltos integrales triples y dobles . . . . . .

350

4.2.

4.3.

x

4.4.1. Cálculo de integrales dobles en coordenadas rectángulares cartesianas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350 4.4.2. Cambios de orden de Integración . . . . . . . .

361

4.4.3. Cambios de variables: Coordenadas polares . . .

363

4.4.4. Cambios de variables. Coordenadas curvil´ıneas .

367

4.4.5. Cálculo de integrales triples en coordenadas rectángulares cartesianas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373 4.4.6. Coordenadas esféricas

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

377

4.4.7. Coordenadas Cil´ındricas . . . . . . . . . . . . .

380

4.5. Ejercicios propuestos integrales dobles y triples . . . . .

389

4.5.1.

4.6.

Integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . . .

389

4.5.2. Cálculo de Integrales dobles usando transformación de coordenadas . . . . . . . . . . . . . . .

392

4.5.3. Integrales triples . . . . . . . . . . . . . . . . .

394

4.5.4. Integrales triples iteradas . . . . . . . . . . . . .

394

4.5.5. Integrales triples en coordenadas rectángulares cartesianas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

396

4.5.6. Calcular las integrales dadas usando las coordenadas adecuadas: . . . . . . . . . . . . . . . . .

397

4.5.7. Resolver las integrales usando coordenadas esféricas: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

399

Aplicaciones integrales dobles y triples . . . . . . . . .

401

4.6.1. Volumenes de cuerpos en el espacio . . . . . . . ´ 4.6.2. Area de figuras planas. . . . . . . . . . . . . . .

401 404

4.6.3. Momentos y centros de masa para placas planas delgadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

406

4.6.4. Centroide de figuras geométricas . . . . . . . . .

407

4.6.5. Momentos y Centros de masa de un sólido . . .

412

4.6.6. Masa de un sólido . . . . . . . . . . . . . . . . .

413

4.6.7. Determinación del centroide dee un sólido . . .

424

4.7. Autoevaluación Integrales dobles y triples xi

. . . . . . .

426

5. Integral de Linea

436

5.1. Campos vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

441

5.2. Cambio de parametrización . . . . . . . . . . . . . . .

446

5.2.1. Reparametrización . . . . . . . . . . . . . . . .

447

5.3. Independencia de trayectoria . . . . . . . . . . . . . . .

449

5.4. Campos Conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . .

451

5.4.1. Campo gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . .

451

5.4.2. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . .

456

5.5. Aplicaciones de la integral de trayectoria . . . . . . . . ´ 5.5.1. Area de una pared . . . . . . . . . . . . . . . .

461 465

5.6. Aplicaciones de la integral de l´ınea . . . . . . . . . . .

467

5.7. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

477

5.7.1.

Campo conservativo . . . . . . . . . . . . . . .

481

5.7.2. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . .

485

5.8. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

492

5.8.1. Integral de trayectoria . . . . . . . . . . . . . .

492

5.8.2. Integral de l´ınea . . . . . . . . . . . . . . . . . .

493

5.8.3.

Campos conservativos . . . . . . . . . . . . . .

494

5.8.4. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . .

495

5.9. Autoevaluaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

496

6. Integrales de superficie

504

6.1. Superficie orientada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

507

6.1.1. Integral de flujo. . . . . . . . . . . . . . . . . .

508

6.1.2. Superficies Parametrizadas. . . . . . . . . . . .

510

6.1.3. Vector normal a S : . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 6.1.4. Area de una superficie parametrizada . . . . . .

510

6.1.5.

513

Integral de una función escalar sobre una superficie. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

516

6.1.6. Integral de Superficie de campos vectoriales . .

517

6.1.7. Aplicación al campo de la f´ısica: . . . . . . . . .

519

xii

6.2. Teoremas de Gauss y de Stokes . . . . . . . . . . . . .

519

6.2.1. Divergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

519

6.2.2. Teorema de la divergencia de Gauss. . . . . . .

520

6.2.3. Teorema de Stokes. . . . . . . . . . . . . . . . .

524

6.3. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

525

6.3.1. Integrales de superficie . . . . . . . . . . . . . .

529

6.3.2. Integral de Flujo de un campo vectorial . . . . .

532

6.3.3. Teorema de la divergencia de Gauss . . . . . . .

537

6.3.4. Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . .

543

6.4. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 6.4.1. Area de una superficie . . . . . . . . . . . . . .

550 550

6.4.2. Integrales de funciones escalares sobre superficie

553

6.4.3. Integral de Flujo . . . . . . . . . . . . . . . . .

555

6.4.4. Teorema de la divergencia de Gauss . . . . . . .

557

6.4.5. Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . .

561

6.5. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

564

6.5.1. Aplicaciones Integral de Flujo . . . . . . . . . .

564

6.5.2. Aplicación del teorema de Gauss . . . . . . . .

568

6.5.3.

Aplicación teorema de Stokes . . . . . . . . . .

573

6.5.4.

Aplicacion teorema de Green . . . . . . . . . .

576

6.5.5.

Aplicaciones al electromagnetismo . . . . . . .

580

6.6. Auto evaluaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

587

xiii

Cap´ıtulo 1 Serie de Fourier En el presente cap´ıtulo se estudiarán los conceptos básicos , métodos de cálculo de los coeficientes y condiciones de convergencia para representar funciones mediante series e integrales de Fourier .

1.1.

Introducci´ on

Las funciones periódicas se presentan frecuentemente en una gran variedad de problemas de f´ısica e ingenier´ıa, tales como propagación de ondas en un medio, conducción del calor a lo largo de una varilla , resonancia nuclear magnética ,en consecuencia, abordar la solución de tales problemas, requiere del estudio de la serie de Fourier. La serie de Fourier es la representación de una función en términos de una serie trigonométrica infinita cuyas bases son las funciones seno y coseno. Algunas de las ventajas de ésta representación sobre otras representaciones, tales como, las series de Taylor, son: a) primero, se puede representar funciones periódicas en términos de las bases seno y coseno que tienen diferentes frecuencias; b) segundo, se puede representar funciones discontinuas en un punto o seccionalmente continuas en un n´ umero finito de puntos; c) tercero, permite encontrar la respuesta de un sistema que es perturbado por una función periódica, en términos de una frecuencia fundamental y cada una de las frecuencias armónicas.

1

1.2.

Propiedades Generales

Para problemas con condiciones de frontera periódicas en el intervalo −L ≤ x ≤ L, nos preguntamos si es posible expresar una función como una combinación lineal de funciones seno y coseno de frecuencias cada vez mayores, como la siguiente serie infinita (conocida como serie de Fourier de f (x)): ∞ X nπx nπx + bn sin ) f (x) = a0 + (an cos L L n=1

(1,1,1)

Obviando la igualdad, vale preguntarse ¿converge esta serie infinita?,¿qué condiciones debe cumplir f para que se dé la convergencia?,¿cuándo converge a f (x)? Estas preguntas no tienen una respuesta sencilla. Sin embargo, las series de Fourier normalmente funcionan bastante bien. Supongamos que f admite desarrollo en serie de Fourier, ¿cómo se obtienen los coeficientes a0 , an y bn en términos de f (x) ?. Para responder esta u ´ltima pregunta necesitaremos del siguiente lema.

1.2.1.

Lema Elemental

Lema 1.2.1. i) Si m y n son n´ umeros enteros no negativos distintos, entonces: Z L Z L nπx nπx mπx mπx cos cos dx = sin sin dx = 0 L L L L −L −L (1.2.1) ii) Para cualquier par de enteros no negativos m y n,entonces: Z

L

cos −L

nπx L

sin

mπx L

dx = 0

(1.2.2)

iii)Para cualquier entero positivo n, entonces: Z

L 2

cos −L

nπx L

Z

L

dx = −L

2

sin2

nπx L

dx = L

(1.2.3)

Demostraci´ on:

Se prueba integrando directamente: usando la identidad cos α cos β = cos(α − β) + cos(α + β) 2 Z L Z Z mπx nπx 1 L 1 L (n − m)πx (n + m)πx cos dx = dx+ d i) cos cos cos L L 2 −L L 2 −L L −L

L (n − m) πx L −L L 1 L (n + m) πx + sin 2 (n + m) π L −L 1 L = sin 2 (n − m) π

=0 Además, si m = 0 y n 6= 0 es facilmente verificable que la integral es cero. Z

L

sin

En forma similar se prueba que −L

nπx L

sin

ii) Usando la identidad trigonométrica sin α cos β = Z

L

cos −L

nπx L

sin

mπx L

L

dx = 0

sin(α − β) + sin(α + β) 2

ZL (n − m) πx (n + m) πx 1 sin dx + sin dx L 2 L −L −L (n − m) πx L 1 L = − cos |−L 2 (n − m) π L L 1 (n + m) πx L sin |−L − 2 (n + m) π L = 0

1 dx = 2

ZL

mπx

A estas fórmulas integrales se les llama relaciones de ortogonalidad n nπx mπx o y diremos que en tal caso el conjunto de las funciones cos , sin L L ∀ n = 0, 1, 2, ..., y ∀ m = 1, 2, ..., son ortogonales en [−L, L] iii) La demostración queda como ejercicio para el lector, se prueba 3

integrando directamente.En s´ıntesis, se puede puntualizar que: 1 L

Z

1 L

Z

L

cos −L L

sin −L

nπx L nπx L

cos sin

mπx L

mπx L

dx =

dx =

0, si m 6= n 1, si m = n

0, si m 6= n 1, si m = n

= δm,n = δm,n

donde δm,n se define como el delta de Kroneker. Z mπx nπx 1 L sin dx = 0 ∀m, n cos L −L L L Z L nπx cos dx = 0 ∀m, n ; y L −L Z L mπx sin dx = 0 ∀m, n L −L

1.3.

La serie de Fourier de una funci´ on

Se debe distinguir entre f (x) y su serie de Fourier en el intervalo −L ≤ x ≤ L: Serie de Fourier de f (x) ∞ nπx nπx X an cos + bn sin a0 + L L n=1

La serie trigonométrica puede incluso no converger y si converge, puede que no lo haga a f (x). Partiendo del supuesto que la serie converge podr´ıamos determinar los coeficientes de Fourier a0 , an y bn , usando las relaciones de ortogonalidad. Sea f (x) definida en el intervalo −L ≤ x ≤ L: f (x) = a0 +

∞ X

an cos

nπx L

n=1

+ bn sin

nπx L

(1.3.4)

Integrando la identidad ( 1.3.4) se tiene: Z L Z L Z L Z L ∞ nπx nπx X f (x)dx = a0 dx+ an cos dx + bn sin dx L L −L −L −L L n=1 4

Como todas las integrales de la derecha valen cero, excepto la primera, ZL se deduce de aqu´ı el valor de a0 , suponiendo que la f (x)dx existe, as´ı. −L

1 a0 = 2L

ZL f (x)dx −L

Para el cálculo de an multiplicamos la identidad ( 1.3.4) por cos e integramos la serie término a término, queda

L

mπx L f (x) cos cos dx = a0 dx+ L L −L −L Z L Z L ∞ nπx mπx nπx mπx X an cos cos dx + bn sin cos dx = L L L L −L L n=1 ∞ X =0+ an · Lδn,m + 0 = Lam Z

L

mπx

Z

mπx

n=1

Por lo tanto, al evaluar δn,m , queda un sólo término: Z L mπx f (x) cos dx = am L, L −L as´ı el valor de am es 1 am = L

Z

L

f (x) cos −L

mπx L

dx, ∀ m ≥ 1

Cambiando el ´ındice libre m por n , en ambos lados de la ecuación, queda Z nπx 1 L an = f (x) cos dx, ∀ n ≥ 1 L −L L mπx Ahora, multiplicando ( 1.3.4) por sin e integrando de manera L similar y por el lema se tiene Z nπx 1 L dx, ∀ n ≥ 1 bn = f (x) sin L −L L Hemos determinado los coeficientes a0 , an y bn ,claro que, bajo muchos supuestos. Estos cálculos sugieren la siguiente definición. 5

1.3.1.

Coeficientes de Fourier

Definici´ on 1.i) Sea f una función Riemann integrable en [−L, L], las constantes           

ZL

1 f (x)dx 2L Z−LL nπx 1 an = dx f (x) cos L Z−L L nπx 1 L bn = f (x) sin dx L −L L a0 =

para n = 1, 2, 3, ...         para n = 1, 2, 3, ...  

2,1,1

se denominan los coeficientes de Fourier de f en [−L, L]. ii) La serie: ∞ h nπx i nπx X + bn sin f (x) ∼ a0 + an cos L L n=1

es la serie de Fourier de f en el intervalo [−L, L] , cuando los coeficientes están dados por (2,1,1). Para no hablar de convergencia todav´ıa, escribimos el signo”∼”que significa que a la derecha se tiene la serie de Fourier de f en −L ≤ x ≤ L. Observese que, la serie de Fourier de f , se puede interpretar como una generalización de una combinación lineal en una base ortogonal seno, coseno, que es aplicada a una función en lugar de un vector estándar en Rn . El siguiente ejemplo ilustra como dada una función periódica f (x), de per´ıodo 2π, se calculan los coeficientes de Fourier y expresa la serie trigonométrica de Fourier correspondiente.

Ejemplo 1: Determinar la serie de Fourier de f (x) = x si x ∈ [−π, π]

6

Soluci´ on:

La gráfica de la función es:

Los coeficientes de Fourier de f en [−π, π] , son: Rπ 1 xdx = 0 a0 = 2π −π

an = bn =

1 π 1 π

Rπ

x cos (nx) dx =

−π

Rπ

x sin(nx)dx =

−π

∴ bn = n2 (−1)n+1

1 n2 π

1 n2 π

cos(nx) +

sin(nx) −

x nπ

x nπ

π sin(nx) −π = 0

cos(nx)

π −π

∀n≥1

Por tanto, la serie de Fourier de f en[−π, π] es: ∞ X 2

n n=1

1.3.2.

(−1)n+1 sin(nx)

Atributos de la funci´ on

Lo anteriormente expuesto es válido para cierto tipo de funciones, nos referimos a las funciones f (x) que son seccionalmente continuas. Definici´ on 2.- Sea f (x) definida en [a, b]. Entonces f es seccionalmente continua en [a, b] si: a) f es continua en [a, b] ,excepto quizás en un n´ umero finito de puntos. b) Ambos l´ımx→a+ f (x) y l´ımx→b− f (x) existen y son finitos. c) f no es continua en x0 , x0 ∈ (a, b) y los l´ımites l´ımx→x+0 f (x) y l´ımx→x−0 f (x) existen y son finitos . 7

Definici´ on 3.- f (x) es seccionalmente suave en [a, b] si f y f 0 son seccionalmente continuas en [a, b] .

1

Ejemplo 2: Muestre que f (x) = x 3 no es seccionalmente suave en ning´ un intervalo cerrado que contenga en su interior al cero.

Soluci´ on: En efecto, se tiene que 1 −2 f 0 (x) = x 3 3

=⇒

1 −2 l´ımf 0 (x) = l´ım x 3 = ∞, x→0 x→0 3

no existe. Por tanto, la función no es seccionalmente suave. Observaci´ on: Las funciones seno y coseno, que aparecen como bases en la serie de 2L Fourier, tienen per´ıodos diferentes los que son iguales a para n ≥ 1. n Por otra parte, un m´ ultiplo entero del per´ıodo de una función per´ıodica es también un per´ıodo , podemos afirmar entonces, que 2L es el per´ıodo com´ un para las funciones seno y coseno del desarrollo de la serie. Por lo anterior, la serie de Fourier no sólo representa a f en el intervalo −L ≤ x ≤ L , sino que, proporciona una extensión per´ıodica de f en todos los reales.

8

Ejemplo 3: Encontrar el per´ıodo de la función f (x) = 100 cos2 x.

Soluci´ on: Utilizando la identidad trigonométrica cos2 θ = 12 (1+cos 2θ) se tiene 1 f (x) = 100 cos2 x = 100 (1 + cos 2x) 2 luego queda f (x) = 50 + 50 cos 2x como el per´ıodo de cos 2x es π y una función constante tiene cualquier per´ıodo, entonces f (x) es de per´ıodo π.

1.3.3.

Convergencia de las series de Fourier

A continuación vamos a establecer las condiciones de suficiencia que debe cumplir una función f (x) para que pueda ser representada por medio de una serie de Fourier. Teorema 1.3.1. Si f (x) es seccionalmente suave en el intervalo [−L, L], entonces la serie de Fourier de f (x) converge. i) A la extensión per´ıodica de f (x), en los puntos que la extensión per´ıodica sea continua. ii) Al promedio de los l´ımites laterales 12 (f (x+ ) + f (x− )) en los puntos donde la extensión per´ıodica tenga una discontinuidad de salto.

En el siguiente ejemplo, se eval´ ua si la serie de Fourier resultante de una función f (x) en un punto x0 dado converge o no en ese punto 9

0 si −3 ≤ x ≤ 0 .Construir la serie de x si 0 ≤ x ≤ 3 Fourier y analizar la convergencia en todo R Ejemplo 4: Sea f (x) =

Soluci´ on: Representemos la gráfica de la función

Los coeficientes de la serie de Fourier de f (x),son: a0

1 = 6

Z3

1 f (x)dx = 6

Z3

−3

an =

1 3

xdx =

3 4

0

Z3 f (x) cos

nπx 3

dx

−3

=

1 3

3

Z

x cos

nπx 3

0

3 nπx nπx 9 cos 3x sin 1 3 3 dx = + 2 2 3 n π nπ 0

3 3 = (cos(nπ) − 1) = ((−1)n − 1) n2 π 2 n2 π 2

bn

1 = 3

Z3 f (x) sin

nπx 3

dx

−3

1 = 3

Z

3

x sin 0

nπx 3

3 nπx 3x cos 1 9 sin nπx 3 3 dx = + 2 2 3 n π nπ 0

3 3 = − cos(nπ) = − (−1)n nπ nπ Por consiguiente, la serie de Fourier la podemos escribir ∞ nπx nπx 3 X 3 3 n n + ((−1) − 1) cos (−1) sin − 4 n=1 n2 π 2 3 nπ 3 10

Tenemos que f es continua en [−3, 3] ,por lo tanto su extensión per´ıodica es seccionalmente continua en R , con discontinuidad de salto en los puntos x = 3 ± 6n, n ∈ Z Por lo tanto, de acuerdo al teorema la serie converge a f (x) si x 6= 3 ± 6n fE (x) = n∈Z 3 si x = 3 ± 6n 2 entonces ∞ nπx nπx π 3 X 1 3 n n − (−1) sin fE (x) = + 2 ((−1) − 1) cos 4 π n=1 n2 3 n 3 los coeficientes ((−1)n − 1) son nulos, si n es n´ umero par e iguales a −2, si n es n´ umero impar. Entonces ∞ nπx (2n − 1)πx 1 π 3 6 X n f (x) = − 2 cos + (−1) sin 4 π n=1 (2n − 1)2 3 6n 3 Al evaluar la convergencia en x0 = 3, punto de discontinuidad de la función, se obtiene ∞ ∞ X 1 3 3 6X 1 π2 2n−1 = − 2 (−1) = =⇒ 2 4 π n=1 (2n − 1)2 (2n − 1)2 8 n=1 Obsérvese que a partir de la convergencia de la serie de Fourier en un punto se puede inferir la convergencia de la suma de términos de la serie resultante. Definici´ on 4.- Una suma parcial de la serie de Fourier es una suma de la forma: N X

nπ nπ x + bn sin x Sn = a0 + an cos L L n=1 Observación. Al truncar la serie infinita se obtiene un polinomio de grado n. 11

Ejemplo 5 Sea f (x) = x + π, x ∈ [−π, π] . Determine la serie de Fourier y obtener la gráfica de sumas parciales S1 (x), S3 (x), S1 0(x). Soluci´ on : La gráfica de la función es

Los coeficientes de Fourier de f en [−π, π] π Zπ 1 1 1 x2 = a0 = (x + π)dx = + πx 2π 2 = π 2π 2π 2 2π −π −π

∴ a0 = π π Zπ x 1 1 1 cos(nx) + sin(nx) (x + π) cos (nx) dx = an = π π n2 n −π −π

∴ an = 0 π Zπ 1 1 1 x bn = (x + π) sin(nx)dx = sen(nx) − cos s(nx) π π n2 n −π −π

∴ bn = n2 (−1)n+1 As´ı la serie de Fourier de f (x) es π+2

∞ X (−1)n+1 n=1

n

sin 2x sin3x sin(nx) = π + 2 sin x − + − .. 2 3

Para visualizar la convergencia de está serie gráfiquemos algunas de sus sumas parciales

Sn (x) = π + 2

n X (−1)n k=1

12

k

sin(kx)

Obtengamos S1 : 1 X (−1)n S1 (x) = π + 2 sin(kx) k k=1

13

Obtengamos S3

S3 (x) = π + 2

3 X (−1)n k=1

k

sin(kx)

Finalmente Obtengamos S10 10 X (−1)n sin(kx) S10 = π + 2 k k=1

A partir de este ejemplo, podemos inferir que para las series de Fourier las gráficas de las sumas parciales son curvas aproximadas de la gráfica de la función per´ıodica representada por la serie. Se puede visualizar además, que en la medida que es mayor el n´ umero de términos de las sumas parciales estas convergen de mejor forma a la gráfica de la función f .

14

1.3.4.

La integral de funciones pares e impares

Lema 1.3.1. (de funciones pares e impares) Sea f una función integrable en [−L, L] . a) Si f una función par en [−L, L], entonces RL RL f (x)dx = 2 f (x)dx. b) Si f es función impar en [−L, L], entonces −L RL

0

f (x)dx = 0.

−L

Demostraci´ on a) f función par, entonces f (−x) = f (x) ∀x ∈ R. Considerando que f es par y el cambio de variable t = −x se tiene Z0

Z0

ZL

f (x)dx =

f (−x)dx =

−L

−L

ZL

Z0

ZL f (t)dt =

0

f (x)dx 0

entonces

f (x)dx = −L

ZL f (x)dx +

−L

ZL f (x)dx = 2 f (x)dx

0

0

b) f función impar, entonces f (−x) = −f (x) ∀x ∈ R. Usando este hecho y el cambio de variable t = −x se tiene Z0

LZ Z0 Z0 f (x)dx = −f (−x)dx = f (t)dt = − f (x)dx

−L

−L

0

L

entonces ZL Z0 ZL ZL ZL f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx = f (x)dx − f (x)dx = 0 −L

−L

0

0

0

lo que demuestra el lema. A continuación, vamos a determinar los coeficientes y la serie de Fourier coseno (o seno) seg´ un corresponda, dada una función f par (o impar) de periodo 2L. 15

1.3.5. pares

Teorema de las funciones pares y de las im-

Teorema 1.3.2. Sea f una función integrable en [−L, L], a) Si f es par, la serie de Fourier de f en [−L, L] es a0 +

∞ X

an cos

n=1

1 con coeficientes a0 = L

ZL

nπx L

2 f (x)dx y an = L

0

ZL f (x) cos

nπx L

dx,

0

se denomina serie de cosenos. b) Si f es impar, la serie de Fourier de f en [−L, L] es ∞ nπx X bn sin L n=1 Z nπx 2 L f (x) sin dx, se denomina serie de con coeficiente bn = L 0 L senos. Demostración: Se deja al lector, debe aplicar el Lema 1.3.1 en el cálculo de los coeficientes de Fourier. Ejemplo 6: Calcule la serie de Fourier de f (x) = 1 − |x| en −2 ≤ x ≤ 2.

Soluci´ on: A partir de la gráfica de la función podemos inferir que la función es par.

Es decir f (−x) = 1 − |−x| = 1 − |x| = f (x) ∀x ∈ R, luego se tiene que f es par. Los coeficientes del desarrollo de Fourier, son: 16

a0 =

1 2

Z2 0

an

2 = 2

2 2 1 x (1 − x)dx = x− =0 2 2 0

2

Z

nπx

Z

2

cos (1 − x) cos dx = 2 0 " #2 nπx 4 cos nπx 2x sin 2 2 = 0− + n2 π 2 nπ 0

nπx 2

Z dx −

2

x cos 0

nπx 2

0

por consiguiente an =

0 8 (2n−1)2 π 2

si n es par si n es impar

As´ı la serie de Fourier de f (x) = 1 − |x| es: ∞ 1 (2n − 1)πx 8X cos π 2 n=1 (2n − 1)2 2 En muchos problemas se tiene la posibilidad de trabajar con series de senos o series de cosenos. Por ejemplo , al resolver ecuaciones diferenciales parciales de segundo orden aplicando el método de separación de variables.

1.4.

Desarrollos llamados de medio rango

Sea una función f seccionalmente continua que está definida sólo en el semi-intervalo [0, L], queremos obtener el desarrollo de f en serie de Fourier ∀x ∈ [0, L] . Una forma de hacer lo anterior es extender f al intervalo [−L, L] y por supuesto , puede ser hecho de muchas maneras, sin embargo, dos extensiones son las más convenientes e importantes. Construir una extensi´ on impar lo que origina una serie de senos o construir un extensi´ on par lo que determina una serie de cosenos. Estas se denominan desarrollos de medio rango.

1.4.1.

Extensi´ on impar:

Supongamos que conocemos f (x) solamente para 0 ≤ x ≤ L, entonces podemos extenderla como una función impar, obteniendo otra función 17

dx

denotada fi (x) definida por: fi (x) =

f (x), 0 ≤ x ≤ L −f (−x), −L ≤ x ≤ 0

como se muestra en la figura adjunta.

Si f (x) es seccionalmente suave en 0 ≤ x ≤ L, entonces fi (x) es también seccionamente suave y se puede aplicar el teorema de convergencia de series de Fourier. La serie de Fourier de fi (x) es

fi (x) =

∞ X

bn sin

nπx L

n=1

,

−L≤x≤L

Como estamos interesados solamente en lo que ocurre entre 0 ≤ x ≤ L. En esa región f (x) es idéntica a fi (x) y la serie de Fourier es

f (x) =

∞ X

bn sin

n=1

con coeficiente bn

2 = L

Z

nπx L

L

f (x) sin 0

,

0≤x≤L

nπx L

Ejemplo 7. Sea la función f (x) = x en el interior 0 ≤ x ≤ L. Obtener el desarrollo de medio rango considerando una extensión impar. 18

Soluci´ on. Consideremos la extensión impar de f (x) en 0 ≤ x ≤ L, la gráfica de f muestra que la serie de fourier de senos converge a f (x) en 0 ≤ x ≤ L. Sin embargo, en x = L hay una discontinuidad de salto, luego la serie converge a cero aunque f (L) 6= 0. 2 bn = L

L

Z

f (x) sin

nπx L

0

2 dx = L

Z

L

x sin 0

nπx L

dx =

2L (−1)n+1 nπ

Por lo tanto, la serie resultante es: ∞

nπx 2L X (−1)n+1 x= sin , π n=1 n L

1.4.2.

0≤x≤L

Extensi´ on par

Supongamos ahora que conocemos f (x) solamente para 0 ≤ x ≤ L , entonces la extendemos como función par, obteniendo otra función denotada fp (x) definida por: f (x), 0 ≤ x ≤ L fp (x) = f (−x), −L ≤ x ≤ 0 como muestra la figura adjunta: Si f (x) es seccionalmente continua en 0 ≤ x ≤ L, entonces su extensión par fp (x) lo será también por lo que se puede aplicar el teorema de convergencia de series de Fourier. En el intervalo 0 ≤ x ≤ L, la función f (x) es idéntica a su extensión par. La serie que se obtiene se denomina serie de Fourier de cosenos de f (x). a0 +

∞ X n=1

an cos

nπx L

, 0 ≤ x ≤ L, con coeficientes 19

1 a0 = L

L

Z 0

2 f (x)dx y an = L

L

Z

f (x) cos 0

nπx L

dx

Ejemplo 8: Construir la serie de Fourier de Cosenos de f (x) = x en 0 ≤ x ≤ L.

Soluci´ on: Por las caracter´ısticas de la extensión en lo que concierne a la continuidad de la función tenemos: ∞ X

nπx

, 0≤x≤L L L Z Z 1 1 L 1 x2 L = f (x)dx = xdx = = L 0 L 0 L 2 0 2 Z L Z L nπx 2 nπx 2 dx = dx = f (x) cos f (x) cos L 0 L L 0 L 0 si n par. = 4L − n2 π2 si n impar.

x = a0 +

an cos

n=1 L

a0 an an

20

Finalmente, la serie de Fourier coseno de f (x) = x en 0 ≤ x ≤ L es: ∞ L 4L X 1 (2n − 1)πx − 2 cos 2 π n=1 (2n − 1)2 L

1.5. Diferenciacion e Integraci´ on de la series de Fourier 1.5.1.

Derivaci´ on

Las series infinitas, a´ un las convergentes no siempre se pueden derivar término a término. Un caso ilustrativo, es el de la función f (x) = x definida para −π ≤ x ≤ π, cuya serie de Fourier es ∞ X 2(−1)n+1 n=1

n

sin(nx)

que converge para −π < x < π, es decir x=

∞ X 2(−1)n+1 n=1

n

sin(nx), x ∈ ]−π, π[

Si diferenciamos, esta serie término a término tenemos: ∞ X 2(−1)n+1 cos(nx) n=1

la cual es una serie que no converge en ] − π, π[ , ya que si an = 2(−1)n+1 cos(nx) para cada x ∈] − π, π[, l´ım an no existe, como no n→∞ ∞ P ocurre que an −→ 0 ,concluimos que 2(−1)n+1 cos(nx) no converge n=1

para cada x ∈] − π, π[. Por otro lado, f 0 (x) = 1 ∀x ∈] − π, π[. Esto muestra en este caso que la derivada término a término de la serie, no converge a la derivada de la función que representa. La dificultad se nos presenta cada vez que la serie de Fourier de f (x) tiene una discontinuidad de salto, la derivación término a término no está justificada en estos casos. Sin embargo, podemos aqu´ı considerar el siguiente teorema que precisa las condiciones para permitir la derivación término a término. 21

Teorema 1.5.1. Sea f una función continua en [−L, L] con f (−L) = f (L), si f 0 es seccionalmente suave en [−L, L] donde f 00 (x) existe se tiene. ∞ nπx nπx i X nπ h 0 −an sin + bn cos f (x) = L L L n=1 Demostraci´ on.Se deja al lector, se sugiere escribir la serie de Fourier de f 0 (x), considerando que esta serie converge a f 0 (x) siempre que f 00 (x) exista. Use integración por partes para relacionar los coeficientes de f 0 (x) con los correspondientes de f (x). Ejemplo 9. Dada la función f (x) = x2 en −π ≤ x ≤ π , verifique si la derivada de esta serie existe.

Soluci´ on Claramente se satisface las hipótesis de la proposición anterior. La serie de Fourier de la función f (x) en [−π, π] es: (Ver Problema 2 en problemas resueltos) ∞ X (−1)n π2 f (x) = +4 cos(nx) 3 n2 n=1 Como f 0 (x) = 2x es continua, y existe f 00 (x) = 2 en todo el intervalo, entonces para −π < x < π ∞ X (−1)n+1 0 f (x) = 2x = 4 sin(nx) n n=1 Note que este resultado concuerda con lo establecido en el ejemplo 1 del inciso 2.1. 22

1.5.2.

Integraci´ on

La precaución que se tiene para la derivación término a término de la serie de Fourier no se requiere para el caso de la integración . Teorema 1.5.2. Sea f una función seccionalmente suave en [−L, L] con serie de Fourier ∞ h nπx nπx i X f (x) = a0 + an cos + bn sin L L n=1

Entonces para cada x ∈ [−L, L] . Z

∞

x

f (t)dt = a0 (x+L)+ −L

nπx nπx i LX1h an sin − bn cos − (−1)n π n=1 n L L

Demostraci´ on; Zx f (t)dt − a0 x

Sea F (x) =

∀x ∈ [−L, L] , as´ı definida F es continua

−L

en [−L, L] , además −L Z

F (−L) =

ZL

f (t)dt−a0 (−L) = a0 L y F (L) =

f (t)dt−a0 L = 2a0 L−a0 L = a0 L −L

−L

Por lo cual F (−L) = F (L), asimismo F 0 (x) = f (x) − a0 ∀x ∈ [−L, L] donde f es continua. Entonces podemos asegurar que F 0 es seccionalmente continua en [−L, L] y por el teorema de convergencia tenemos que

F (x) = A0 +

∞ h nπx nπx i X An cos + Bn sin L L n=1

donde para n ≥ 1. 23

(1.5.5)

An

= = = An =

L

nπt dt integrando por partes F (t) cos L −L L Z L L 1 L nπt nπt 0 − F (t) sin F (t) sin dt L nπ L L nπ −L L Z L L nπt 0− dt (f (t) − a0 ) sin nπ −L L Z L Z L nπt L L nπt sin − dt + a0 dt f (t) sin nπ −L L nπ L −L L − bn nπ

1 = L

Z

donde bn es el coeficiente correspondiente de la serie de Fourier de f en [−L, L]. De manera analoga se tiene que: 1 Bn = L

Z

L

F (t) sin

−L

nπt L

dt =

L an nπ

donde an es también el correspondiente coeficiente de la serie de Fourier de f en [−L, L]. Por lo tanto, reemplazando en 1.5.5 ∞

F (x) = A0 +

nπx nπx i LX1h −bn cos + an sin , x ∈ [−L, L] π n=1 n L L

para A0 tenemos:

F (L) = a0 L = A0 +

∞ X

∞ X An cos(nπ) =⇒ A0 = a0 L − An cos(nπ)

n=1

n=1

finalmente ∞

LX 1 bn cos(nπ) A0 = a0 L + π n=1 n 24

ahora sustituyendo A0 se tiene ∞

∞

nπx nπx i L1X LX1h F (x) = a0 L+ bn cos(nπ)+ −bn cos + an sin π n n=1 π n=1 n L L y reemplazando en la igualdad inicial obtenemos lo que afirma el teorema.

Z

∞

x

i nπx nπx LX1h f (t)dt = a0 (x+L)+ an sin − bn cos − (−1)n π n=1 n L L −L

1.5.3.

Identidad de Parseval

Sea f una función seccionalmente continua en [−L, L] y tal que f 0 es también seccionalmente continua en [−L, L]. Si f (x) = a0 +

∞ h nπx nπx i X an cos − bn sin L L n=1

es la serie de Fourier de f , entonces 1 L

ZL

∞ X [f (x)] dx = 2 (a0 ) + (an )2 + (bn )2 2

2

n=1

−L

que se conoce como identidad de Parseval Prueba: La serie de Fourier de f converge a f (x) para cada x del intervalo [−L, L]. ∞ h nπx i nπx X − bn sin f (x) = a0 + an cos L L n=1

Multiplicando por f (x) se tiene 2

f (x) = a0 f (x) +

∞ h X

an f (x) cos

n=1

25

nπx L

− bn f (x) sin

nπx i L

podemos integrar término a término.

Z

L

Z

2

L

[f (x)] dx = a0 −L

Z ∞ X f (x)dx+ an

−L

L

f (x) cos

−L

n=1

nπx L

Z

L

− bn

f (x) sin −L

de aqu´ı recordando lo que son los coeficientes de una serie de Fourier se tiene. ZL

2

2

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

∞ X

[an · an + bn · bn ] =⇒

n=1

−L

1 L

ZL

∞ X [f (x)] dx = 2 (a0 ) + (an )2 + (bn )2 2

2

n=1

−L

Obs´ ervese que la identidad de Parseval, permite inferir la suma de una serie infinita, dada una función f que tiene una representación de Fourier para cada x del intervalo [−L, L]. Ejemplo 10. Sea f (x) = 2π. Pruebe que

x −π < x < π , per´ıodica de per´ıodo 0 x = −π, π

∞ 1 P π2 = . 2 6 n=1 n

Figura 1.1: gráfica función per´ıodo 2π Soluci´ on: Como f (x) en es una función impar se tiene que : an = 0 para n = 0, 1, 2, ...y 26

nπx L

π Zπ 2 2x cos(nx) x sin (nπ) dx = x sin (nπ) dx = − π nπ 0 −π 0 2 n = 1, 3, 5, ... n =⇒ bn = − n2 n = 2, 4, 6, ...

1 bn = π

Zπ

Por tanto ∞ X sin x sin 2x sin 3x n+1 sin(nx) f (x) ∼ 2 (−1) =2 − + ... n 1 2 3 n=1 Aplicando la identidad de Parseval 1 π

Zπ

1 1 1 1 x dx = 4 2 + 2 + 2 + 2 + ... 1 2 3 4 2

=⇒

−π

π Zπ ∞ X 1 1 π2 1 x3 2 = = x dx = n2 4π 4π 3 −π 6 n=1 −π

∞ X 1 π2 = n2 6 n=1

1.6.

Integral de Fourier

Las series de Fourier nos proporcionan una herramienta poderosa para representar funciones per´ıodicas. Luego, es conveniente generalizar este método para incluir funciones no per´ıodicas. A continuación en esta sección vamos a representar una función f no per´ıodica por medio de la integral de Fourier

Definici´ on.- Si f (x) definida en (−∞, ∞) es seccionalmente continua en cada intervalo finito y tiene derivadas por la derecha e izquierda en 27

todo punto y tal que

∞ R

|f (x)| dx converge, entonces la integral de

−∞

Fourier de f se define como: Z∞ [A(w) cos wx + B(w) sin wx] dw 0

donde: Z 1 ∞ f (t) cos wtdt A(w) = π −∞ Z 1 ∞ B(w) = f (t) sin wtdt π −∞ A(w) y B(w) se llaman los coeficientes de la integral de Fourier de f (x).

Ejemplo 11. Encontrar la representación por medio de la integral de Fourier de la función: 1 , |x| < 1 f (x) = 0 , |x| > 1 Soluci´ on: Primeramente, determinemos la gráfica de la función

Ahora, calculemos los coeficientes de la Integral de Fourier ∞ Z Z1 1 sin wu 1 1 sin w A(w) = f (u) cos wudu = cos wudu = |−1 = 2 π w π w −∞

−1

∞ Z

1 B(w) = π

−∞

Z1 f (u) sin wudu =

sin wudu = 0 −1

28

Por lo tanto, la integral de Fourier de f (x) es: 1 π

Z∞

2 sin w cos wxdw w

0

1.6.1. Criterio de convergencia de la integral de Fourier Si f (x) es seccionalmente continua en [−L, L] ∀ L > 0 y tal que ∞ R |f (t)| dt existe, entonces la integral de Fourier converge a 12 [f (x+ ) +

−∞

f (x− )] (Promedio de los l´ımites izquierdo y derecho de f (x)), ∀ x donde 0 0 f (x+ ) y f (x− ) existen. Ejemplo 12. Estudie la convergencia de la Integral de Fourier del ejemplo 11 Soluci´ on Sea f (x) definida en ejemplo 11, debido a que f (x) es seccionalmente suave, la integral de Fourier de f (x) converge a 21 [f (x+ ) + f (x− )] ∀ x. De acuerdo con el criterio de convergencia se tiene: 2 π

Z∞ 0

  1 si −1 < x < 1 sin w 1 si x = ±1 cos wxdw =  2 w 0 si |x| > 1

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

2 π

Z∞

sin w cos 0dw = 1 =⇒ w

0

Z∞

sin w π dw = w 2

0

Aunque integrales de este tipo no pueden expresarse en términos de funciones elementales, suelen presentarse en matemáticas aplicadas con tal frecuencia , que han recibido un nombre especial y se encuentran 29

tabuladas. En particular sabemos que:

sin w =1 w→0 w l´ım

y que Z∞

sin w π dw = w 2

0

En el caso de la integral de Fourier, la gráfica de la función f se obtiene mediante aproximaciones sucesivas sustituyendo el l´ımite superior de la integral ∞ por los n´ umeros x. De aqu´ı que la integral Zz

sin w cos wxdw w

0

es una aproximación de la integral encontrada anteriormente, y por lo tanto de f (x) . Supongamos que sólo consideramos las frecuencias w < w0 .En este caso, nos da como aproximación de f (x) 2 f (x) ≈ π

Zw0 0

30

cos wx sin w dw w

Ahora bien, cos wx sin w =

sin (wx + w) − sin(wx − w) 2

y, por consiguiente, podemos escribir la u ´ltima integral en la forma 1 f (x) ≈ π

Zw0

sin w(x + 1) 1 dw − w π

0

Zw0

sin w (x − 1) dw w

0

Consideremos el cambio de variable u = w (x ± 1) =⇒ du = wdx para la primera y la segunda de estas integrales. Entonces tenemos 1 f (x) ≈ π

w0 Z (x+1)

1 sin u du − u π

w0 Z (x−1)

0

sin u du u

0

1 1 f (x) ≈ Si [w0 (x + 1)] − Si [w0 (x − 1)] π π En términos f´ısicos, estas curvas describen la salida de un filtro ideal de pasa baja, que elimina todas las frecuencias superiores w0 cuando la se˜ nal de entrada es un impulso aislado rectangular.

1.6.2.

Integrales de Fourier de cosenos y senos

Sea f (x) una función definida en [0, ∞), podemos extender esta función a una función par o impar en (−∞, ∞) y calcular la integral de Fourier de esta u ´ltima, que resulta ser de coseno y seno respectivamente, lo cual es completamente análoga a los desarrollos en cosenos y senos de una función definida en un intervalo [0, L] para el caso de las series de Fourier. Definici´ on: Sea f definida en [0, ∞) y sea

∞ R 0

la integral de Fourier en cosenos de f es Z∞ A(w) cos(wx)dw 0

donde el coeficiente es: 31

|f (u)| du convergente,

Z∞

2 A(w) = π

f (u) cos(wu)du 0

A su vez, la integral de Fourier en senos de f es Z∞ B(w) sin(wx)dw 0

donde el coeficiente es: 2 B(w) = π

Z∞ f (u) sin(wu)du 0

En cuanto a la convergencia de la integral de Fourier, en este caso, si f es seccionalmente suave en todo el intervalo [0, ∞], entonces esta integral converge a 21 [f (x+ ) + f (x− )] en (0, ∞).

Ejemplo 13: Encontrar la integral de Fourier de f (x) =

x2 si 0 ≤ x ≤ 10 , 0 si x > 10

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

Soluci´ on: Consideremos la gráfica de la función a) Para obtener la integral de Fourier de cosenos, extendemos f como una función par fP definida en toda la recta real, luego: 32

2 A(w) = π

Z∞

2 f (u) cos(wu)du = π

0



Z10

u2 cos(wu)du

0

Z10

2



2 2 u sin(wu)|10 u sin(wu)du 0 − π w w 0 10 2 2 u 2 u 1 = sin(wu) − sin(wu) − cos(wu) π w w w2 w 0 1 200 4 40 = − 3 sin 10w + cos 10w π w w πw2 =

Por tanto, la integral de Fourier de cosenos es: 1 π

Z∞

4 200 − 3 w w

40 sin 10w + 2 cos 10w cos wxdw w

0

Al aplicar el criterio de convergencia obtenemos:

1 π

Z∞

200 4 − 3 w w

40 sin 10w + 2 cos 10w cos wxdw w

0

 2 x    0 = 0    50

si 0 < x < 10 si x > 10 si x=0 si x = 10 33

b) Para obtener la integral de Fourier de senos, extendemos f como una función impar fI definida en toda la recta real.

1 B(w) = π

Z∞

2 f (t) sin wtdt = π

−∞

 =

2 π

2 π 2 = π =

Z10

u2 sin wudu

0

 10 Z10  − u cos wu + 2 u cos wudu w w 0 0 2 10 u 2 1 u − cos wu + cos wu + sin wu w w w2 w 0 2 10 2 20 2 − cos 10w + 3 cos 10w + 2 sin 10w − 3 w w w w

2

entonces la integral de Fourier de senos es: 1 π

Z∞ 4 40 4 200 − + 3 cos 10w + 2 sin 10w − 3 sin wxdw w w w w 0

Finalmente, al aplicar el criterio de convergencia obtenemos: Z∞ 4 4 40 200 + 3 cos 10w + 2 sin 10w − 3 sin wxdw − w w w w 0  2 x si 0 < x < 10    0 si x > 10 = 0 si x=0    50 si x = 10

1 π

Ejemplo 14: Encontrar la integral de Fourier de f (x) = e−ax si x > 0 y a es una constante tal que a > 0, considerando una extensión a) par de f. b) impar de f. c) en ambos casos, determinar las convergencias de estas integrales. Soluci´ on Extensión Par 34

Extensión impar a) Puesto que f es par , es decir f (x) = f (−x) ∀x ∈ R se tiene Z∞ f (x) =

A(w) cos(wx)dw 0

donde el coeficiente es: 2 A(w) = π

Z∞

e−au cos(wu)du

0

Integrando por partes se tiene Z∞

e−au cos(wu)du = −

h w iR a −au l´ ım e − senwu + cos wu a2 + w2 R→∞ a 0

0

=

a2

a + w2 35

Por consiguiente, A (w) =

2 a 2 π a + w2

Sustituyendo esta expresión se obtiene: 2a π

Z∞

cos(wx) dw a2 + w 2

0

para x > 0, a > 0. Finalmente, como la función es continua ∀x > 0, la integral converge a f (x) , entonces f (x) = e

−ax

2a = π

Z∞

cos(wx) dw a2 + w 2

0

Z∞ =⇒

πe−ax cos(wx) dw = a2 + w 2 2a

0

b) Puesto que f es impar , es decir f (x) = −f (−x) ∀x ∈ R se tiene Z∞ f (x) =

B(w) sin(wx)dw 0

donde el coeficiente es: 2 B(w) = π

Z∞

e−au sin(wu)du

0

Integrando por partes se tiene Z∞

e−au sin(wu)du =

−au R 1 l´ ım e (asenwu − w cos wu) 0 a2 + w2 R→∞

0

=

a2

w + w2 36

Por consiguiente, B (w) =

2 w 2 π a + w2

Sustituyendo esta expresión se obtiene:

f (x) = e−ax

2 = π

Z∞

w sin(wx) dw a2 + w 2

0

para x > 0, a > 0. Estos ejemplos ilustran como puede aplicarse la representación de la integral de Fourier para evaluar integrales.

37

1.7.

Aplicaciones de Series de Fourier

Para dar una visión del uso de las series e integrales de Fourier, se formularán, analizarán y resolverán problemas de sistemas f´ısicos sujetos a perturbaciones periódicas y no periódicas.

1.7.1.

Onda cuadrada alta frecuencia

Una aplicación simple de la Serie de Fourier la podemos encontrar en el análisis de circuitos electrónicos que son dise˜ nados para manejar pulsos variables agudos, tales como, una onda cuadrada o un ”diente de sierra”. Supongamos que una onda cuadrada está definida por la función: f (x) =

0, − π < x < 0 h, 0
Encuentre la serie de Fourier que representa esta se˜ nal. Soluci´ on Los coeficientes de Fourier son: Z π 1 h a0 = hdt = 2π 0 2 Z π 1 h cos ntdt = 0, n ≥ 1 an = π 0 Z π 1 h bn = h sin ntdt = (1 − cos nπ) π 0 nπ 2h 2h , n impar =⇒ bn = (2n−1)π nπ bn = 0; n par As´ı la serie resultante es: f (x) =

∞ X n=1

2h h sin x sin 3x sin 5x sin (2n − 1) x = + + + + ... (2n − 1)π 2 1 3 5 38

Es importante decir que el primer término representa el promedio de f (x) sobre el intervalo [−π, π] y que todos los términos en base coseno se anulan. Además f (x) − h2 es una función impar, luego ,tenemos una serie de fourier sólo con base seno. Por otra parte, los coficientes bn decrecen inversamente proporcional con n. Fisicamente esto significa que la onda cuadrada debe contener muchos componentes de alta frecuencia. Si el aparato electrónico no deja pasar estos componentes, la onda cuadrada resultante emerge más o menos redondeada.

1.7.2.

Rectificador de onda completa.

Consideremos ahora la salida de un rectificador de onda completa, que produce corriente continua pulsante como muestra la figura. El rectificador se puede modelar como un dispositivo que se alimenta con una onda senoidal ,que deja pasar los los pulsos positivos, e invierte los pulsos negativos. Esto produce:

sin ωx, 0 < ωx < π − sin ωx, −π < ωx < 0 Encuentre la serie de Fourier que respresenta esta se˜ nal f (x) =

Solución Puesto que f (x) es una función par, es decir f (x) = f (−x), la serie de fourier será cosenoidal

a0 = an = an = bn =

Z 0 Z π Z π 1 2 2 − sin ωtd(ωt) + sin ωtd(ωt) = sin ωtd(ωt) = 2π 2π 0 π 0 Z π −π 2 sin ωt cos nωtd(ωt), n ≥ 1 π 0 −2 2 , n par =⇒ an = − π1 4n24−1 π n2 −1 0, n impar 0, ∀ n 39

Por lo tanto, la serie resultante es: ∞ 4X 1 2 cos (2nωx) f (x) = − 2 π π n=1 (4n − 1)

La frecuencia de oscilacion más baja es 2ω.Las componentes de alta frecuencia decaen inversamente con n2 , lo que muestra que el rectificador de onda completa hace un buen trabajo para producir un modelo aproximado de la corriente continua.

1.7.3.

Ecuaci´ on de calor unidimensional

El flujo unidimensional de calor en un cuerpo material homogéneo 2 u(x,t) donde u(x, t) es está modelado por la ecuación c2 ∂ ∂x = ∂u(x,t) 2 ∂t 2 la temperatura del cuerpo y c = 2 la constante de difusión del calor. Si se considera que 0 < x < 3 y t > 0, y que las temperaturas en la fronteras son u(0, t) = u(3, t) = 0, limu(x, t) < ∞ , entonces la x→0 solución general de este problema esta dado por:

u (x, t) =

∞ X

Cn e−2n

2 π2 t

sin

n=1

nπx , 00 3

Encontrar la temperatura de la barra , si la temperatura inicial es u(x, 0) = 25o C , 0 < x < 3 . Solución: Evaluemos la solución general para t = 0, lo que produce: ∞ X nπx u (x, 0) = 25 = Cn sin , 0
Se obtiene una serie de Fourier seno. As´ı, para determinar la constante 25 0
Podemos encontrar entonces: Z Z 2 L 2 3 nπx nπx Cn = dx = dx f (x) sin 25 sin L 0 L 3 0 3 3 50 3 nπx 50 (1 − cos nπ) Cn = − cos = 3 nπ 3 0 nπ De modo, que la temperatura en la barra queda

u (x, t) =

∞ X 50 (1 − cos nπ) n=1

nπ

e−2n

2 π2 t

sin

nπx , 00 3

Este problema ilustra la importancia de la serie de Fourier para resolver problemas de aplicación modelados por ecuaciones diferenciales parciales de segundo orden.

1.7.4.

Ecuaci´ on de calor: barra aislada

El flujo unidimensional de calor en un cuerpo material homogéneo 2 u(x,t) donde u(x, t) es está modelado por la ecuación c2 ∂ ∂x = ∂u(x,t) 2 ∂t 2 la temperatura del cuerpo y c la constante de difusión del calor. En el caso de una barra aislada, que se prolonga hacia el infinito en ambos sentidos, la solución general está dada por Z ∞ 2 2 (A (w) cos(wx)+B (w) sin(wx) ) e−c w t dw. Si se aplica la u(x, t) = 0

condicion inicial u(x, 0) = f (x) , −∞ < x < ∞ ,donde R ∞ f (x) es la temperatura inicial, se obtiene que u(x, 0) = f (x) = 0 (A (w) cos(wx) + BZ (w) sin(wx) ) dw es una integral de Fourier con coeficientes A (w) = Z 1 ∞ 1 ∞ f (v) cos(wv) dv y B (w) = f (v) sin(wv) dv π −∞ π −∞ Determine la integral de Fourier, si la función temperatura inicial es 2 f (x) = e−x /2 ; −∞ < x < ∞, y la solución general de está ecuación. Soluci´ on: Z Como f es una función par se tiene Ip =

A (w) cos(wx) dw, con 0

, y B (w) = 0 luego 41

∞

2 A (w) = π

Z

∞

e

−v 2 /2

0

2 cos(wv) dv =⇒ A (w) = − π 0

∞

Z

ve−v

2 /2

sin(wv) dv

0

Integrando por partes se tiene ∞ Z ∞ 2 −v 2 /2 −v 2 /2 A (w) = − −e sin(wv) + w e sin(wv) dv π 0 0 0

Evaluando la integral y resolviendo EDO(1) i∞ π 2h 0 0 + w( A (w) =⇒ A (w) = −wA (w) π 2 0 −w2 /2 , C constante A (w) = Ce 0

A (w) = −

Luego la integral de Fourier es: e

−x2 /2

π

Z

e−w

=C

2 /2

cos(wx) dw

0

Por tanto, la solución general queda: Z u(x, t) = C

∞

(e−w

2 /2

cos(wx)) e−c

2 w2 t

dw

0

Este problema ilustra la importancia de la Integral de Fourier para resolver problemas de aplicación modelados por ecuaciones de difusion del calor.

1.7.5.

Ecuaci´ on de Onda

Una onda unidimensional que se desplaza en una cuerda elástica ho2 2 u(x,t) mogénea, está modelado por la ecuación c2 ∂ ∂x donde = ∂ u(x,t) 2 ∂t2 u(x, t) es el desplazamiento de la cuerda desde el eje x en el tiempo t y c2 la constante la rapidez de la onda en el medio. Si los extremos de la cuerda están fijos en x = 0, x = L , t > 0, es decir que las condiciones de frontera son u(0, t) = u(L, t) = 0 , entonces la solución general de este problema está dado por: u (x, t) =

∞ X n=1

(An cos

nπct nπct nπx + Bn sin ) sin , 00 L L L 42

Considere que la forma inicial de la cuerda está dado por f (x) , es decir u (x, 0) = f (x) , y que la velocidad inicial de la cuerda es cero, ∂u (x, t) es decir = 0. Encontrar el desplazamiento u (x, t) de la cuerda ∂t en un tiempo posterior. Solución. Determinemos las constantes An y Bn de la solución general aplicando las condiciones iniciales. ∂u (x, t) = 0 , será necesario derivar la Para satisfacer la condición ∂t solución general, entonces ut (x, t) = ut (x, t) =

∞ X nπc n=1 ∞ X n=1

L

(−An sin

nπct nπct nπx + Bn cos ) sin L L L

nπx nπc Bn sin ⇐⇒ Bn = 0 ∀n L L

De manera que la solución general se reduce a u (x, t) =

∞ X

An cos

n=1

nπct nπx sin ,0 < x < L y t > 0 L L

Ahora, apliquemos la condición u (x, 0) = f (x) , para determinar la constante An . Esto da como resultado u (x, 0) = f (x) =

∞ X

An sen

n=1

nπx ,0 < x < L y t > 0 L

que corresponde a una serie de Fourier senoidal. As´ı, es necesario conf (x) si 0 < x < L siderar una extension impar de la función dada fi (x) = , −f (−x) si −L < x < 0 de este modo el coeficiente queda 2 An = L

L

Z

f (x) sin 0

nπx dx L

El resultado final es Z ∞ X nπx nπt nπx 2 L f (x) sin dx cos sin ,0 < x < L y t > 0 u (x, t) = L L L L 0 n=1 43

1.7.6.

Deflexi´ on de una viga

Una viga de longitud L , esta soportada desde sus extremos como muestra la figura adjunta . Sobre la viga act´ ua una carga uniformemente distribuida q por unidad de longitud y su deflexión está dada por y (x) . Si se escoge la dirección del eje y apuntando hacia abajo, como indica la figura, se sabe que la función y (x) satisface la ecuación:

1 d4 y = q (x) 4 dx EI donde q (x) es la carga por unidad de longitud en el punto x, I es el momento de inercia y E el módulo de elasticidad de la viga. Si en nuestro caso estas tres cantidades son constantes encuente la deflexión y (x) de la viga. Soluci´ on. Puesto que la función y (x) debe se nula en los extremos x = 0 y x = L, la podemos representar mediante una serie de Fourier de senos. y (x) =

∞ X

bn sin

n=1

nπx , x ∈ [0, L] L

Si suponemos que y (x) es una función continua , con derivadas continuas hasta el cuarto orden en [0, L] , entonces y (4) (x) =

∞ X nπx 4 n=1

L

bn sin

nπx , x ∈ [0, L] L

A su vez la carga distrribuida por unidad de longitud q (x) = q, también puede ser desarrollada en serie de Fourier de senos q=

∞ X

qn sin

n=1

44

nπx , x ∈ [0, L] L

de donde qn =

1 L

RL 0

q sin

nπx L

dx =

4 nπ

0

n = impar n = par

Sustituyendo ambas series de Fourier en la ecuación diferencial ∞ X nπx 2 n=1

L

∞

bn sin

nπx nπx X qn sin = , x ∈ [0, L] L L n=1

Comparando los coeficientes de ambas serie queda 4qL4 1 4 n = impar n = impar nπx 2 nπ =⇒ bn EIπ5 n5 bn = L 0 n = par 0 n = par Por tanto la deflexión queda determinada por ∞ 4qL4 X 1 (2n − 1)πx y (x) = sin , x ∈ [0, L] 5 5 EIπ n=1 (2n − 1) L

1.8.

Problemas Propuestos

Rectificador media onda La función adjunta sirve para modelar la salida de un rectificador de media onda: f (x) =

sin ωx, 0 ≤ ωx ≤ π 0, −π ≤ ωx ≤ 0

a) Represente graficamente la se˜ nal de salida si ésta se extiende periodicamente con periodo 2π. b) Determine la serie de Fourier que la representa. Soluci´ on:

f (x) =

∞ 2X 1 1 1 + sin ωx − cos (2nωx) π 2 π n=1 (4n2 − 1)

Onda triangular Una onda triángular se representa por la función: −x, −π < x < 0 f (x) = x, 0 < x < h 45

a) Represente graficamente la función. b) Represente f(x) mediante una serie de Fourier. c) Estudie la convergencia de la serie en x = −π, x = 0, y x = π ∞ X 1 π2 d) Muestre que: = (2n − 1)2 8 n=1 Soluci´ on: b) f (x) =

∞ 4 X cos (2n − 1) x π − 2 π n=1 (2n − 1)2

Conducci´ on del calor. Consideremos una varilla delgada, aislada, situada a lo largo del eje x, desde x = 0 hasta x = a,y supongamos que la conducción de calor desde la varilla hacia el exterior se da solamente por los extremos de ella, los cuales se mantienen a temperatura cero. En f´ısica se muestra que si en tiempo t = 0 la temperatura u a lo largo de la varilla es igual a u(x, 0) = bn sin nx, donde bn = cte y n ∈ Z+ , entonces para el tiempo 2 t > 0 la temperatura es igual a u(x, t) = bn (sin nx) e−κn t , donde κ > 0 es una constante positiva. Asimismo, hay un principo de superposición que nos permite a˜ nadir los efectos de diferentes distribuciones iniciales de temperatura. Por lo tanto, si la temperatura inicial es: u(x, 0) = f (x) =

∞ X

bn sin nx

n=1

entonces en tiempo t > 0, se tiene: u(x, t) =

∞ X

2t

bn (sin nx) e−κn

para 0 ≤ x ≤ a

n=1

De acuerdo con todo esto, hallar la temperatura para t > 0 para las siguientes temperaturas iniciales dadas. a) u(x, 0) = f (x) = 3 sin x + 5 sin 2x. ¿Que tipo de extensión de f (x)se requiere en este caso? b) u(x, 0) = f (x) = ex sin x.¿Que tipo de extensión de f (x)se requiere en este caso? 46

Soluciones. a) u(x, t) = f (x) = 3 sin xe−κt + 5 sin 2xe−4κt

b) ∞ 4 X n 2 n−1 π u(x, t) = (−1) e − 1 sin nx e−κn t 2 π n=1 n + 4

Valor de la ra´ız media cuadr´ atica Las series de fourier se constituyen en una herramienta poderosa en el análisis del comportamiento de los sistemas f´ısicos sujetos a pertubaciones periódicas f (t). El valor de la ra´ız media cuadrática o´ RMC de una función f (t), sobre un intervalo (a, b) ,se define como:

sR hf (t)i =

b a

f 2 (t) dt b−a

a) Sea f (t) una función definida x ∈ [a, b] , con un per´ıodo fundamental T = b − a. Pruebe que aplicando la identidad de Parseval el valor RMC se reduce a la formula:

v u ∞ u 1X 2 2 t hf (t)i = a0 + [a + b2n ] 2 n=1 n b) Determine RMC de f (t) = E sin ωt, con E y ω constantes positivas. Solución: 47

b) El per´ıodo fundamental de la función f (t) = E sin ωt, es Entonces el valor RMC de f (t) es: s hf (t)i =

1 (2π/ω)

Z

2π ω

2π ω

.

E E 2 sin2 (ωt) dt = √ 2

0

Cuerda vibrante. Extremos fijos Un cuerda vibra libremente con ambos estremos fijos en x = 0 y x = L. a) Si su movimiento esta descrito por la ecuación de onda: 2 ∂ 2 u (x, t) 2 ∂ u (x, t) = v ∂t2 ∂x2

con las condiciones iniciales: u (x, t) = f (x) y

∂u (x, 0) = g(x) ∂t

Suponga que la solución de esta ecuación es una serie de Fourier de la forma: ∞ X nπx u(x, t) = bn (t) sin( ) L n=1 sustituya esta solución en la ecuacion anterior y determine los coeficientes b (t) . b) Considere la presencia de un medio resistivo que amortigua las vibraciones de acuerdo con la ecuación 2 ∂u (x, t) ∂ 2 u (x, t) 2 ∂ u (x, t) =v −k 2 2 ∂t ∂x ∂t

Suponga que rige la solución anterior con las mismas condiciones iniciales y nuevamente determine el coeficiente b (t) , suponiendo que el 2 k 2 amortiguamiento es peque˜ no, es decir nπυ − >0 L 2 c) Repita los calculos pero suponiendo que el amortiguamiento es grande k 2 nπυ 2 es decir − < 0. L 2 Soluciones: 48

a) nπνt nπυt bn (t) = An cos( ) + Bn sin( ) L L Z Z L nπx nπx 2 L 2 dx, Bn = dx An = f (x) sin g (x) sin L 0 L nπυ 0 L b) k

bn (t) = e− 2 t (An cos(ωn t) + Bn sin(ωn t)) Z Z L nπx nπx 2 k 2 L f (x) sin dx, Bn = g (x) sin dx + An , An = L 0 L Lωn 0 L 2ωn nπυ 2 k 2 2 ωn = − >0 L 2 c) k

bn (t) = e− 2 t (An cosh(σn t) + Bn sinh(σn t)) Z Z L nπx nπx 2 k 2 L f (x) sin dx, Bn = g (x) sin dx + An = An L 0 L Lσn 0 L 2σn nπυ 2 k 2 2 <0 − donde, σn = L 2 Distribuci´ on de temperatura en un disco En una placa circular de radio ρ = 1, cuyas secciones superior e inferior están aisladas, se mantiene la mitad de su periferia superior a una temperatura constante T1 y la otra mitad a una temperatura constante T2 .Encontrar la temperatura de la placa en condiciones estacionarias. a) La ecuación de difusión del calor, en coordenadas polares (ρ, θ) ,en 2 2 + ρ12 ∂∂θφ2 = 0,donde condiciones estacionarias esta dada por ∂∂ρφ2 + ρ1 ∂φ ∂ρ φ (ρ, θ) es la funcion temperatura. Suponga que φ (ρ, θ) ,se puede separar como φ (ρ, θ) = M (ρ) N (θ)y pruebe que la ecuación se transforma 00 0 00 2 en ρ MM + ρ MM = − NN . b) A partir del resultado anterior , haga cada lado de la ecuación igual a λ2 y encuentre las EDO(2) N ” (θ) + λ2 N (θ) = 0 49

ρ2 M ” (ρ) + ρM (ρ) + M (ρ) = 0 b) Pruebe que N (θ) = A1 cos λθ + A2 sin λθ y M (ρ) = B1 ρλ + B2 ρ−λ son soluciones de las correspondientes ecuaciones anteriores. c) Pruebe que la solución general es ∞ X T1 + T2 (T − T ) (1 − cos nπ) n φ (ρ, θ) = M (ρ) N (θ) = ρ sennθ 2 nπ n=1

1.9.

Ejercicios Resueltos

Mediante la inclusión de ejercicios resueltos se espera que los estudiantes tengan oportunidad de movilizar sus capacidades para buscar, analizar, procesar, representar y comunicar diferentes tipos de información, decodificando y traduciendo la información contenida en las funciones, gráficos, series de Fourier, integrales de Fourier y sus propiedades.

1.9.1.

Serie de Fourier

Problema 1 Sea f (x) periódica de per´ıodo 2 dada por f (x) =

1 2

− x, 0 ≤ x ≤ 1 x − 23 , 1 ≤ x ≤ 2

a) determinar su serie de Fourier b) estudie la convergencia de la serie en x0 = −π Soluci´ on La serie de Fourier en este intervalo es a0 +

∞ X

(an cos (nx) + bn sin n (nx)), x ∈ [0, 2]

n=1

con coeficientes 50

a0 = a0 = an =

1 2

1 2

R2

f (x) dx =

0

R2

1 2

2 1

1 x x− 2 2

+

R1 0

( 12 − x)dx +

1 2

0

x2 3 − x 2 2

1 2

R2 1

(x − 23 )dx

2 =0 1

f (x) cos nxdx

0

an =

R1 0

1 2

R2 − x cos nxdx + (x − 23 ) cos nxdx 1

Integrando por partes, se tiene 1 1 1 cos nπx x sin nπx an = sin nπx − + + 2nπ nπ (nπ)2 0 0 2 2 cos nπx x sin nπx 3 + + sin nπx − nπ 2nπ (nπ)2 0 1 2 (1 − (−1)n ) ∴ an = (nπ)2 bn =

R2

f (x) sin nxdx

0

bn =

R1 0

1 2

R2 − x sin nxdx + (x − 23 ) sin nxdx 1

Integrando por partes, se tiene 1 1 sin nπx x cos nπx 1 − + bn = − cos nπx − 2nπ nπ (nπ)2 0 0 2 2 sin nπx x cos nπx 3 + − cos nπx = 0 + nπ 2nπ (nπ)2 1 1 La serie de Fourier de f en [0, 2] es 2

∞ X (1 − (−1)n ) n=1

(nπ)2

∞ 4X 1 cos nx = 2 cos ((2n − 1) x) π n=1 (2n − 1)2

b) Como f es continua ,entonces la serie en x = −π converge a 1 7 f (−π) = f (4 − π) = − (4 − π) = π − 2 2 51

Problema 2 a) Desarrollar en serie de Fourier la función periódica de per´ıodo 2π, definida por: f (x) = x2 ,

−π ≤x≤π

b) A partir del resultado obtenido calcular la suma de: ∞ X 1 n2 n=1

c) Determine la convergencia de la serie

∞ X 1 n4 n=1

Soluci´ on: a) La función f es par por lo cual obtendremos una serie de cosenos, que tiene la forma: ∞ X an cos (nx) a0 + n=1

a0 = an = an =

1 π 2 π

h

Rπ

f (x)dx =

0

Rπ

1 π

Rπ

x2 dx =

0

f (x) cos(nx)dx =

0 x2

sin(nx) n

+

2x cos(nx) n2

iπ 0

2 π

Rπ

1 π

h 3 iπ x 3

=

0

π2 3

x2 cos(nx)dx

0

=

4 cos(nπ) n2

=

4(−1)n n2

Luego, la serie de Fourier de f en [−π, π]es: ∞ X π2 (−1)n +4 cos (nx) 3 n2 n=1

Como la función es continua en R ,tenemos: x2 =

∞ X π2 (−1)n cos (nx) , ∀ x ∈ R +4 2 3 n n=1

52

b) La serie numérica se puede obtener poniendo x = π y f (π) = π 2 , π2 1 1 1 2 π = − 4 − 2 − 2 − 2 − ... 3 1 2 3 de donde

∞ X π2 π2 1 1 π − = = n2 4 3 6 n=1

c) Como la función f es seccionalmente suave para −π ≤ x ≤ π y f (−π) = f (π) se cumplen las condiciones de suficiencia de la identidad de Parseval, entonces: 1 π

Zπ −π

2 2 X 2 ∞ 2 2 π 4 (−1)n x dx = 2 + =⇒ 3 n2 n=1

π ∞ 2 4 X 16 1 x5 = π + =⇒ π 5 −π 9 n4 n=1 ∞ X 1 π4 = n2 90 n=1

Problema 3 Sea f (x) = |x| + 1, determinar:

−1 ≤ x ≤ 1, la función periódica de per´ıodo 2,

a) Su serie de Fourier b) La convergencia de la serie: ∞ X n=1

c) La convergencia de la serie

1 (2n − 1)2

∞ X

1 (2n − 1)4 n=1

Soluci´ on a) f (x) = |x| + 1 es función par, con semiper´ıodo L = 1, entonces tenemos una serie coseno, que tiene la forma: S (x) = a0 +

∞ X n=1

53

an cos (nπx)

Con coeficientes R1 R1 a0 = 12 f (x)dx = 12 (x + 1) dx = 0

0

3 2

R1 R1 an = 2 f (x) cos(nπx)dx = 2 (x + 1) cos(nx)dx 0

0

i1

h

h

an = 2 sin(nπx) + 2 x sin(nπx) + nπ nπ 0 h i1 2 cos(nπx) 2((−1)n −1) an = = 2 (nπ) (nπ)2 0 0; si n par an = − 4 ; si n impar

i1 2 cos(nπx) (nπ)2 0

(nπ)2

Por consiguiente, la serie de Fourier de f en [−1, 1] es: ∞ 4X 1 3 cos ((2n − 1) πx) S (x) = − 2 2 π n=1 (2n − 1)2

b) Como la función es continua en R ,considerando el valor x = 0,se obtiene por el teorema de la convergencia puntual: ∞ 3 4 X 1 + 2 = f (0) = 1 2 π n=1 (2n − 1)2 ∞ X

π2 1 = 8 (2n − 1)2 n=1

c) Como la función f es seccionalmente suave para −1 ≤ x ≤ 1 y f (−1) = f (1) se cumplen las condiciones de suficiencia de la identidad de Parseval, entonces: Z1

2 2 X ∞ 3 4 2 [x + 1] dx = 2 + =⇒ 2 2 (2n − 1) n=1 0 #1 " ∞ (x + 1)3 9 X 16 = + 2 =⇒ 2 3 2 n=1 π (2n − 1)4 0 ∞ X n=1

2

1 π4 = 96 (2n − 1)2 54

Problema 4 a) Para f (x) = e−[x] , 0 ≤ x ≤ 2 ,obtener su serie de Fourier en cosenos, de per´ıodo 4. b) Del resultado determinar la convergencia de: ∞ X (−1)n−1 n=1

2n − 1

Soluci´ on a) Evaluando la función parte entera tenemos   1 si 0 ≤ x < 1 e−1 si 1 ≤ x < 2 f (x) =  −2 e si x=2 Con extensión par fp (x) de f (x) se obtiene la serie: a0 +

∞ X

an cos

n=1

a0 = an =

1 2

1 R

1dx +

0

1 R

1

cos

0

=

sin nπ 2 nπ2

R2

+

nπx dx 2

nπx 2

−1

e dx = 12 [1 + e−1 ] +

R2

−1

e

1

sin nπ−sin 2e−1 nπ

nπ 2

cos

nπx dx 2

=2

sin nπ 2 nπ

=

nπx 2 nπ 2

sin

|10 + e−1

nπx 2 nπ 2

sin

|21

[1 − e−1 ]

Finalmente, la serie es: ∞ X sin nπ nπx 1 + e−1 2 + 2(1 − e−1 ) cos 2 nπ 2 n=1

b) Convergencia de x0 = 2 punto de discontinuidad con l´ımites laterales e−1 se tiene convergencia:

e

−1

∞ X sin nπ 1 + e−1 −1 2 = + 2(1 − e ) cos nπ 2 nπ n=1

55

∞ X sin nπ e−1 − 1 −1 2 = 2(1 − e ) cos nπ 2 nπ n=1 ∞ X (−1)n−1 n=1

2n − 1

=

π 4

Problema 5 Sea f (x) = x2 − [x] , para x ∈ [0, 2] . a) Obtener la serie de Fourier coseno de f (x) . b) Obtener a qué valores converge la serie para cada x ∈ [0, 2] . Soluci´ on a) Si se eval´ ua la función parte entera de x tenemos [x] = 0, ∀x ∈ (0, 1) y [x] = 1, ∀x ∈ (1, 2) . x2 , 0≤x<1 Entonces la función queda f (x) = 2 x − 1, 1 ≤ x < 2 Consideremos ahora una extensión par de la función f , entonces la serie coseno de f (x) es S (x) = a0 +

∞ X

an cos

nπx

n=1

2

con coeficientes R2 R1 R2 a0 = 12 f (x) dx = 12 x2 dx + 21 (x2 − 1)dx 0

a0 = an =

1 2

R2 0

an =

R1 0

0

3 1

x 3

+ 0

1 2

x3 −x 3

1

2 =

5 6

1

f (x) cos nπx dx 2 R2 2 x2 cos nπx dx + (x − 1) cos nπx dx 2 2 1

Integrando por partes, se tiene 1 8x nπx 2 2 16 nπx an = cos + x − sin 2 nπ 2 0 (nπ)2 (nπ)3 56

2 1 8x nπx 2 2 16 nπx 2 nπx + cos + x − sin − sin 2 nπ 2 1 nπ 2 0 (nπ)2 (nπ)3 16 2 ∴ an = sin nπ 2 cos nπ + nπ (nπ) Sustituyendo estos resultados, se obtiene la serie de Fourier ∞ 2 nπx 5 X 16 sin nπ cos S (x) = + 2 cos nπ + 6 n=1 (nπ) nπ 2

Tenemos que f es seccionamente continua en [0, 2] , por lo tanto su extensión per´ıodica es seccionalmente continua en R , con discontinuidad de salto en los puntos x = 1 y x = 2 Por lo tanto, de acuerdo con el teorema de convergencia, la serie converge a  f (x) si 0 ≤ x < 1    1 si x=1 2 S(x) = f (x) si 1 ≤ x < 2    3 si x=2 2 Problema 6 Utilice la serie de Fourier para demostrar la identidad trigonométrica sin3 (x) =

3 1 sin(x) − sin(3x) 4 4

Soluci´ on Se calcula la serie de Fourier de f (x) = sin3 (x) en [−π, π] . Como f (x) es impar la serie será: ∞ X bn sin nπ n=1

con coeficientes: 2 bn = π

Zπ

sin3 (x) sin(nx)dx

0

57

En primer lugar, calculemos la integral para n 6= 1 Zπ Zπ i h 3 π 3 3 cos nx |0 + sin2 x cos x cos nxdx sin x sin nxdx = − sin x n n 0

0

Usando la identidad trigométrica: cos x cos nx = La u ´ltima integral se puede expesar como Zπ 3 = sin2 x [cos(n − 1)x − cos(n + 1)x] dx 2n

cos(n − 1)x − cos(n + 1)x 2 (1)

0

En segundo lugar, calculemos el valor del coeficiente b1 para n = 1 en (1) Zπ Zπ Zπ 3 3 1 − cos 4x 13 sin2 x cos 2xdx = − (1 − cos 2x) cos 2xdx = dx b1 = − π2 4π 4π 2 0

b1 =

0

0

2·3π 3 = 4π 2 4

En tercer lugar, para n > 1 en (1)  Zπ 3  2 sin(n + 1)x sin(n − 1)x π sin(n + 1)x sin(n − 1)x bn = sin x + |0 − + sin 2xdx 2n n+1 n−1 n+1 n−1 0

bn = −

3 2n

Zπ

sin(n + 1)x sin(n − 1)x + n+1 n−1

sin 2xdx

0

Usando la identidad trigonométrica Zπ 3 1 1 bn = − (cos(n + 1)x − cos(n + 3)xπ) dx 2n n + 1 2 0

−

3 1 1 2n n − 1 2

Zπ (cos(n − 3)x − cos(n + 1)x)dx = 0, 0

Para n = 3 el cálculo directo, produce: 3 π2 1 b3 = − =− 2·3·22π 4 Por tanto, la serie de Fourier de f en [−π, π]es: 3 1 sin(x) − sin(3x) 4 4 58

∀ n 6= 3

Problema 7

Sea f (x) = x(sin x), para −π ≤ x ≤ π, entonces: a) Determine la serie de esta función. b) Pruebe la convergencia de la serie: ∞ X (−1)n 1 = n2 − 1 4 n=1

c) Pruebe que esta serie se puede diferenciar término a término y utilice este hecho para obtener el desarrollo de Fourier de sin (x) + x cos (x) . Soluci´ on a) La función f (x) es par, es decir f (x) = f (−x) entonces: bn = 0 1 a0 = π

Zπ 0

∴ a0 =

1 f (x)dx = π 

Zπ x sin xdx = 0

1 [x (− cos x)]π0 + π



Zπ

cos xdx = 1 0

2 an = π

Zπ 0

2 f (x) cos(nx)dx = π

Zπ x sin x cos(nx)dx 0

Para n 6= 1 Zπ 1 an = x [sin ((n + 1) x) − sin ((n − 1) x)] dx π 0

Integrando por partes, queda π 1 cos ((n + 1) x) cos ((n − 1) x) an = x − + − π (n + 1) (n − 1) 0 π 1 sin ((n + 1) x) sin ((n − 1) x) − − + π (n + 1)2 (n − 1)2 0 Evaluando los l´ımites de la integral produce

59

∀ x ∈ (−π, π),

∴ an =

2 (−1)n+1 n2 − 1

Para n = 1 2 a1 = π

Zπ

1 x sin x cos xdx = π

0

Zπ x sin(2x)dx = −

1 2

0

Por tanto, la serie de Fourier de f para x ∈ [−π, π]es:

f (x) = 1 −

∞ X (−1)n+1 1 cos x + 2 cos (nx) 2−1 2 n n=2

b) En x = 0 hay un punto de continuidad de la función, entonces la serie converge a f (0) ∞ X 1 (−1)n+1 f (0) = 0 = 1 − cos 0 + 2 cos (0) 2 n2 − 1 n=2

Finalmente ∞ X (−1)n+1 n=2

n2 − 1

=

1 4

c) Sea f (x) = x(sin x), para −π ≤ x ≤ π. i) Como f (x) = x sin x ,es producto de funciones continuas, es continua en [−π, π] . ii) f 0 (x) = sin x + x cos x ,es producto y suma de funciones continuas, es continua en [−π, π] . 00

iii) Existe f (x) = 2 cos x − x sin x, y también es continua en [−π, π] . Además f (−π) = (−π) (sin (−π)) = (−π) (− sin (π)) = π sin π = f (π) Por tanto, se satisfacen las hipótesis del teorema de diferenciación de la serie de Fourier, entonces para −π < x < π 60

∞ X (−1)n+1 1 cos (nx) f (x) = 1 − cos x + 2 2−1 2 n n=2 ∞ X 1 (−1)n =⇒ f (x) = sin x + x cos x = sin x + 2 sin (nx) 2 n2 − 1 n=2 0

Problema 8 a) Desarrollar en serie de Fourier la función per´ıodica de per´ıodo 2π. Representar graficamente y estudiar la convergencia de la serie en R. 0, si − π ≤ x ≤ 0 f (x) = x, si 0 < x ≤ π b) A partir del resultado anterior obtenga la suma de la serie: ∞ X n=1

1 (2n − 1)2

c) Pruebe que esta serie se puede integrar t´ Zermino a término y obtener x

f (u) du en [−π, π] .

un desarrollo en serie trigonométrica para −π

Soluci´ on a) Calculemos los coeficientes de Fourier.   0 Zπ Z Zπ Zπ 1 1 1  f (x)dx + f (x)dx = f (x)dx = xdx a0 = 2π 2π 2π −π −π 0 0 2 π π 1 x = ∴ a0 = 2π 2 0 4 Zπ Zπ 1 1 an = f (x) cos(nx)dx = x cos(nx)dx π π −π

0

Usando el método de integración por partes se tiene: π 1 x cos(nx) cos(nx) 1 (−1)n 1 an = + = 0−0+ − 2 π n n2 π n2 n 0 n (−1) − 1 0 si n par an = = 2 2 − n2 π si n impar nπ 61

As´ı: ∀n 2 a2n−1 = − ∀ n. (2n − 1)2 π Zπ Zπ 1 1 f (x) sin(nx)dx = x sin(nx)dx bn = π π

a2n = 0

−π

0

=

1 −x cos(nx) sin(nx) + π n n2

π =− 0

cos(nπ) n

luego estos coeficientes son: (−1)n+1 ∴ bn = n Por lo tanto, la serie de Fourier de f para x ∈ [−π, π] ,es: # " ∞ (−1)n−1 (−1)n+1 π X − + cos nx + sin(nx) 4 n=1 n2 π n Esta serie converge a: i) f (x) = 0 para −π < x ≤ 0, puesto que, son puntos de continuidad de f. ii) f (x) = x para 0 < x < π, son puntos de continuidad de f. f (π+) + f (π−) π iii) = en los puntos de discontinuidad del tipo 2 2 x = π + 2nπ con n ∈ Z. b) Aplicando el criterio de convergencia en x = 0, f (0) = 0 se tiene

π 2 0= − 4 π de donde

y de aqu´ı

π 2 = 4 π

∞ X n=1

1 1 1 + + + ... 12 32 52

1 1 1 + + + ... 12 32 52

1 π2 = (2n − 1)2 8 62

0, si − π ≤ x ≤ 0 es una función seccionalmente x, si 0 < x ≤ π continua en [−π, π] , con serie de Fourier c) Como f (x) =

" # ∞ π X 2 (−1)n+1 + − cos ((2n − 1) x) + sin(nx) 4 n=1 n π (2n − 1)2 se satisface las hipótesis del teorema de integración de series de Fourier, luego puede integrase término a término. Entonces, para cualquier x ∈ [−π, π] , se tiene: Z x 0, si − π ≤ x ≤ 0 en [−π, π] Primero, f (u) du = x2 si 0
!

Por tanto, la función f queda representada por la serie anteriormente obtenida.

1.9.2.

Integral de Fourier

Problema 9

a) Halle la representación de la integral de Fourier de la función f (x) = x, |x| < π 0, |x| ≥ π b) De esta representacion deducir que: Z ∞ Z ∞ sin(wπ) cos(wπ) sin(wx)dx = π sin(wx)dx 2 w w 0 0 63

Soluci´ on a) Como f es una función impar, entonces Z∞ f (x) =

B(w) sin(wu)dw 0

con coeficiente

2 B (w) = π

Zπ u sin(wu)du

0 π 2 cos(wu) sin(wu) = + −u π w w2 0 cos(wπ) sin(wπ) 2 −π + B (w) = π w w2 Por consiguiente 2 f (x) = π

Z∞

cos(wπ) sin(wπ) + −π sin(wx)dw w w2

0

Es la integral de Fourier de f para |x| = 6 0 b) En particular cuando |x| > π, se tiene f (x) = 0. Entonces la integral converge a cero 2 0= π

Z∞ cos(wπ) sin(wπ) −π + sin(wx)dw w w2 0

Por tanto, Z∞

sin(wπ) sin(wx)dw = π w2

0

Z∞ 0

64

cos(wπ) sin(wx)dw w

Problema 10 Halle la representación de la integral de Fourier de la función f (x) = xe−|x| si x ∈ (−∞, ∞) y estudie su convergencia en R. Soluci´ on Se tiene que f (x) es una función impar. Examinemos, si se cumplen las condiciones de existencia de integral de Fourier. En primer lugar

Z∞

−|x| xe dx = 2

−∞

Z∞

xe−x dx

0

 = 2 −xe−x |∞ 0 +

Z∞

 e−x dx

0

=2·1=2 la integral es convergente Además, f es continua y diferenciable ∀x. Los coeficientes de Fourier de f son:

A(w) = 0 ya que f es una función impar Z∞ 4w B(w) = ue−|u| sin(wu)du = (1 + w2 )2 −∞

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

xe

−x

4 = π

Z∞ 0

w sin(wx)dw (1 + w2 )2 65

Problema 11 Sea f lafunción pulso rectangular unitario de per´ıodo 2 definida por 1 si −δ < x < δ 2δ f (x) = 0 si −1 ≤ x < δ o´ δ < x ≤ 1 a) Representar graficamente f (x) b) Obtener la serie de Fourier de f (x) . c) Si an (δ) es el coeficiente n-ésimo de la serie anterior, calcular los l´ımites: l´ım ( l´ım+ (an (δ)) , l´ım+ ( l´ım (an (δ))) n→∞ δ→0

δ→0

n→∞

Soluci´ on b) Como f es una función par de per´ıodo 2 ,entonces : Z1 a0 =

Zδ f (x) dx =

0

1 1 dx = 2δ 2

0

Z1

Zδ 1 sen(nπδ) 1 an = 2 f (x) cos(nπx)dx = 2 cos (nπx) dx = = an (δ) 2δ δ nπ 0

0

1 sin(nπδ) donde en este caso definimos an (δ) = δ nπ bn = 0 ∀n Luego, se tiene que: ∞

1 1 X sen(nπδ) cos (nπx) , x ∈ [−1, 1] f (x) ∼ + 2 δ n=1 nπ c) En primer lugar calculemos: 1 sen(nπδ) ) = l´ım+ (0) = 0 n→∞ δ δ→0 nπ

l´ım+ ( l´ım (an (δ))) = l´ım+ ( l´ım

δ→0

n→∞

δ→0

n→∞

En segundo lugar l´ım ( l´ım (ak (δ)) = l´ım ( l´ım+

n→∞ δ→0+

n→∞ δ→0

66

1 sen(nπδ) ) = l´ım (1) = 1 n→∞ δ nπ

Problema 12

Dada la función f (x) = xe−x con x > 0, a) Verifique que considerando las extensiones par e impar de la función f: Z

∞

0

Z ∞ 1 − w2 2w cos wx dw = senwx dw (1 + w2 )2 (1 + w2 )2 0

b) Estudiar la convergencia de la IF para deducir que: ∞

Z 0

Z ∞ 1 w2 dw = dw (1 + w2 )2 (1 + w2 )2 0

Soluci´ on Consideremos para f (x) = xex con x > 0 su extensión par

xe−x si x > 0 =⇒ −xex si x < 0 Z∞ Z∞ 1 fp (x) ∼ A (w) cos wxdw con A (w) = 2 xe−x cos wx dx π

fp (x) =

0

0

Ahora, consideremos la extensión impar de f

xe−x si x > 0 =⇒ xex si x < 0 Z∞ Z∞ 1 fi (x) ∼ B (w) sin wxdw con B (w) = 2 xe−x senwx dx π

fi (x) =

0

0

Podemos calcular los coeficientes A (w) y B (w) integrando por partes: 67

Z∞ Z −x A (w) = 2 xe cos wx dx = 2

∞

e−x (x cos wx)dx =⇒

0

0

xe−x (− cos wx + wsenwx) e−x ((1 − w2 ) cos wx − 2wsenwx) A (w) = 2 − (1 + w2 ) (1 + w2 )2 1 − w2 A(w) = 2 (1 + w2 )2

Z∞ Z −x B (w) = 2 xe sin wx dx = 2

∞

∞

e−x (x sin wx)dx =⇒

0

0

xe−x (− sin wx − w cos wx) e−x ((1 − w2 ) sin wx + 2w cos wx) B (w) = 2 − (1 + w2 ) (1 + w2 )2 2w B(w) = 2 (1 + w2 )2

Construyendo las respectivas integrales de Fourier y aplicando el teorema de la convergencia , puesto que f es una función seccionalmente suave ∀x > 0 ,se tiene que :

−x

xe

2 = π

Z∞

1 − w2 cos wxdw (1 + w2 )2

0 −x

xe

2 = π

Z∞

2w senwxdw (1 + w2 )2

0

Por lo tanto, las extensiones son iguales: Z∞

Z∞ 1 − w2 2w cos wx dw = sin wx dw (1 + w2 )2 (1 + w2 )2 0

0

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

0

1 − w2 dw = 0 =⇒ (1 + w2 )2

Z∞ 0

68

1 dw = (1 + w2 )2

Z∞ 0

w2 dw (1 + w2 )2

∞ 0

Problema 13 Z∞ Si f (x) es una función par ,con integral de Fourier f (x) = π1 A (w) cos(wx)dw, 0

demuestre que: Z∞ a) xf (x) = π1 A∗ (w) cos(wx)dw, donde A∗ (w) = − dA(w) dw 0

Z∞ 2 A(w) b) x2 f (x) = π1 A∗ (w) cos(wx)dw, donde A∗ (w) = − d dw 2 0

Soluci´ on Z∞ A∗ (w) sin(wx)dw, es una función impar, a) Se tiene que xf (x) = 1 π

0

Z∞ ∗ entonces A (w) = 2 v f (v) sin(wv)dv (1). 0

Z∞ Z∞ 1 Como f (x) = π A (w) cos(wx)dw con A (w) = 2 f (v) cos(wv)dv. 0

0

Entonces, derivando el coeficiente queda

dA(w) dw

Z∞ = −2 vf (v) sin(wv)dv (2) 0

tiene dA(w) dw

Por lo tanto, comparando (1) y (2) se = −A∗ (w) Z∞ b) Como x2 f (x) = π1 A∗ (w) cos(wx)dw, es una función par,

entonces A∗ (w) =

2 π

0 ∞ Z

v 2 f (v) cos(wv)dv (1)

0

Como, f (x) =

1 π

Z∞

Z∞ A (w) cos(wx)dw con A (w) = 2 f (v) cos(wv)dv.

0

Por consiguiente

dA(w) dw

0

Z∞ = −2

vf (v) sin(wv)dv =⇒ 0

69

d2 A(w) dw2

Z∞ = −2 v 2 f (v) cos(wv)dv (2) 0

Por lo tanto, comparando (1) y (2)se tiene

1.10.

d2 A(w) dw2

= −A∗ (w) .

Ejercicios propuestos

1.- Sea f una función de per´ıodo π dada por sin 2x si 0 ≤ x ≤ π/2 f (x) = 0 si π/2 ≤ x ≤ π

a) Obtener la serie de Fourier de f (x). ∞ P

b) Deducir la convergencia de la serie:

n=1

2.- Sea f una función dada por f (x) =

1 4n2 −1

x (π − x) si 0 < x < π x (π + x) si −π < x < 0

a) Represente graficamente la función f usando Maple b) Obtener la serie de Fourier de f (x). c) Deducir la convergencia de la serie:

∞ P n=1

(−1)(n−1) (2n−1)3

3.- Un pulso triángular simétrico de altura y ancho ajustables es a 1 − xb si 0 ≤ x ≤ b descrito por: f (x) = 0 si b ≤ x ≤ π a) Muestre que los coefientes de Fourier son: a0 = b) Tome a = 1 y b =

π 2

ab 2π

, an =

2ab (1−cos nb) π (nb)2

calcule y represente las cinco primeras

sumas parciales. 70

4. Sea f una función dada por f (x) = 1 + |x|

x ∈ [−1, 1]

a) Obtener la serie de Fourier de f (x). b) Deducir la convergencia de la serie:

∞ P n=1

1 (2n−1)2

5. Encontrar la serie de coseno de Fourier de la función per´ıodica de per´ıodo 4, dada por f (x) = e−[x] 0 ≤ x ≤ 2. ∞ P 1 b) Deducir la convergencia de la serie: 2n−1 n=1

c) Usando la identidad de Parseval deducir la convergencia de la serie:

∞ P n=1

6. Sea f (x) = x sin x, −π ≤ x ≤ π a) Obtener la serie de Fourier de f. b) Pruebe que esta serie se puede diferenciar término a término. c) Use el resultado anterior para obtener el desarrollo de Fourier. de sin x + x cos x, −π ≤ x ≤ π. b) Deducir la convergencia de la serie

∞ P n=1

7. Sea f (x) =

1 (2n−1)6

0 si −π ≤ x ≤ 0 x si 0 < x ≤ π

a) Obtener la serie de Fourier de f. b) Pruebe que esta serie se puede integrar término a término. c) Use los resultados anteriores para obtener el desarrollo en Z x serie trigonométrica para f (u) du −π

8. a) Establecer que si f (x) = x, −π < x < π entonces x=2

∞ X (−1)n+1 n=1

n

sin nx

b) Con la identidad de Parseval deducir la convergencia

∞ P n=1

1 n2

=

π2 6

c) Muestre que la integración de la serie de Fourier de f (x) = x, −π < x<π 71

1 (2n−1)2

conduce a. ∞ X (−1)n+1

n2

n=1

=

π2 12

d) Sea f (x) una función continua definida en −π < x < π con serie de ∞ P Fourier a0 + (an cos nx + bn sin nx). Si g(x) = f (x − π) pruebe que n=1

la serie de Fourier de g(x) es

a0 +

∞ X

((−1)n an cos nx + (−1)n bn sin nx)

n=1

e) Aplicando los resultados de a) y d), obtener la serie de Fourier de per´ıodo 2π de la función definida por g(x) = x − π , 0 < x < π. 9. Sea f (x) una función seccionalmente cont´ınua, impar de per´ıodo 2π, con ∞ P serie de Fourier bn sin(nx) n=1

a) Verificar que g(x) =

Rx

f (t)dt,

x∈R

0

es función par de per´ıodo 2π ∞ P bn (1 − cos(nx)) es la serie de Fourier de g(x) y b) Deducir que n n=1

que

∞ P

n=1

bn n

=

1 π

Rπ Rx (

0

f (t)dt)

0

10. Sea f (x) , x ∈ R función impar con integral de Fourier Rπ Ii = π1 B (w) sin wx dw. Pruebe que la integral de Fourier de 0

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

Rπ

A (w) cos(wx) dw, con

0

A(w) =

1 π 1 π

[B (w + 1) − B (w − 1)] w>1 [B (w + 1) + B (w − 1)] 0 ≤ w < 1 72

11. Sea f (x) =

1 − x2 si |x| ≤ 1 , obtener la integral de Fourier 0 si |x| > 1

y estudie su convergencia en x0 = 0. 12. a) Obtener la integral de Fourier de f (x) =

cos x si |x| ≤ π 0 si |x| > π

b) Estudiar la convergencia de la IF en x0 = 0 , x1 = π.

2 13. Establecer la igualdad π

Z∞

w sin wπdw = e−x si x > 0 y de 2 1+w

0

esto deducir el valor al cual converge

R∞ 0

w2 dw. (1+w2 )2

14. Obtener la Integral de Fourier de f (x) = e−|x| , x ∈ R. R∞ cos(wx) Del resultado, deducir el valor de dw. (1+w2 ) 0

15. Aplicando la la representación de la integral de Fourier demostrar que: π R∞ cos(πw/2) cos wx cos x si |x| < π2 2 dw = a) 0 si |x| > π2 1 − w2 0 π R∞ 1 − cos πw si 0 < x < π 2 b) sin(wx)dw = 0 si x>π w 0 16. Si f (x)es una función par con integral de Fourier R∞ f (x) = A (w) cos(wx)dw, demuestre que: 0

f (ax) =

1 πa

R∞ 0

A

w a

cos(wx)dw, a > 0

17. Pruebe que la integral de Fourier de f puede escribirse como 1 R∞ sin(w(t − x)) l´ım f (t) dt w→∞ π −∞ t−x

73

1.10.1.

Respuestas

1) a) f (x) ∼

∞ 1 1 2X 1 + sin 2x − cos 4nx 2 π 2 π n=1 4n − 1

b) Estudie la convergencia en f ∞ X n=1

2) a) f (x) =

π 2

1 1 = 4n2 − 1 2

x (π − x) si 0 < x < π x (π + x) si −π < x < 0

b) ∞ 8X 1 f (x) ∼ sin(2n − 1)x π n=1 (2n − 1)3

c) Como f (x) es discontinua en x = π la serie converge a luego ∞ X (−1)(n−1) n=1

3) Si a = 1 y b =

π 2

(2n − 1)2

=

π3 32

el gráfico de la función es

4) a) 74

f (π + ) + f (π − ) 2

∞ 3 4 X 1 f (x) ∼ − 2 cos(2n − 1)πx 2 π n=1 (2n − 1)2

b) Como f (x) es continua ∀x la serie converge a f (0), luego ∞ X n=1

1 π2 = (2n − 1)2 8

c) Aplicando la identidad de Parseval, se tiene: ∞ X n=1

1 π4 = (2n − 1)4 96

5. a) ∞ X ) sin( nπ nπ 1 + e−1 2 −1 2 + 1−e cos( x) f (x) ∼ 2 π n 2 n=1

b) Como f(x) es discontinua en x0 = 2 converge a los l´ımites laterales en ese punto, entonces se tiene la convergencia ∞ X n=1

π 1 = 2n − 1 4

6. a) ∞ X 1 (−1)n+1 cos (nx) , -π ≤ x ≤ π x sin x = π − π cos x + 2π 2−1 2 n n=1

0

b) f y f son seccionalmente suave en −π ≤ x ≤ π y f (−π) = f (π) , luego se satisfacen las condiciones del teorema de diferenciación. c)Tenemos que ∞ X (−1)n 1 x cos x + senx = π sin x + 2π n sin (nx) , 2 n2 − 1 n=1

7. a) 75

−π ≤x≤π

∞ 1 X (−1)n − 1 (−1)n+1 sin (nx) , −π ≤ x ≤ π f (x) ∼ π+ cos (nx) + 4 πn2 n n=1 b) f es seccionalmente continua en −π ≤ x ≤ π ,entonces se satisfacen las condiciones del teorema de integracion. Luego, su serie puede integrarse término a término Z x 0 −π ≤ x ≤ 0 c) Tenemos que f (u) du = x2 0
∞ X sin(nx) n=1

n

11)a) 1 π

Z

∞

0

4 sin w 4 cos w − cos wx dw w3 w2

b) La función es continua en x0 = 0 luego la IF converge a f (0) Z ∞ 4 sin w 4 cos w dw = π − w3 w2 0 12) a) Comof (x) es una función par se tiene que: 2 A(w) = π

Zπ cos v cos(wv) dv = 0

B (w) = 0 76

2 w sin wπ π 1 − w2

Por lo tanto, 2 IF = π

Zπ

w sin wπ cos wxdw. 1 − w2

0

b) En x0 = 0 hay un punto de continuidad de f (x), entonces 2 π

Zπ

w sin wπ dw = f (0) = 1 1 − w2

0

y x1 = π es un punto de discontinuidad de f (x), entonces: 2 π

Zπ

w sin 2wπ f (π + ) + f (π − ) 0+1 dw = = 2 1−w 2 2

0

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

2w 1+w2

La Integral de Fourier de f (x)es Usando la identidad de Parseval

2 π

R∞ 0

R∞ 0

w 1+w2

sin wx dw.

w2 dw (1+w2 )2

=

π 4

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

2 π

R∞ cos(wx) 0

(1+w2 )

dw.

Al estudiar la continuidad en x0 = 1 se obtiene la convergencia R∞ cos(w) π dw = 2e (1+w2 ) 0

1.11.

Auto evaluaciones

En el aprendizaje de Cálculo Avanzado como parte de la matemática se requiere el dominio de dos tipos básicos de conocimientos: a)

el conocimiento conceptual y

b)

el conocimiento procedimental.

El primero está vinculado al razonamiento y reflexión, se caracteriza por ser un conocimiento teórico, producido por la actividad cognitiva, 77

que permite establecer relaciones entre sus componentes; su carácter es declarativo y se asocia con el saber qué y el saber por qué. El segundo está vinculado a la acción y se relaciona con métodos y las estrategias para representar conceptos y transformar estas representaciones; usando habilidades y destrezas para analizar comprensivamente, elaborar, comparar, resolver algoritmos, evaluar y argumentar. De este modo el conocimiento procedimental permite depurar y refinar la construcción del conocimiento conceptual, como asimismo, usar de manera eficaz y flexible, en un contexto aplicado, los conceptos, proposiciones, teor´ıas y modelos matemáticos. En consecuencia, está asociado con el saber hacer.

Evaluaci´ on formativa Al término de cada unidad , se incluyen una serie de evaluaciones formativas que deben realizar los propios alumnos en situaciones de autoevaluación de acuerdo a la dinámica de trabajo individual, por equipos o grupal si se utiliza en el trabajo en el aula o en trabajo personal realizado en casa. Por consiguiente, esta modalidad de evaluación tiene por función generar evidencias de los resultados de aprendizaje logrados por los propios estudiantes para retroalimentar su avances de aprendizaje. Asimismo, debe proporcionar información a los estudiantes sobre sus aciertos, dificultades, falencias y omisiones en el proceso de aprendizaje del Cálculo Avanzado de modo de introducir cambios y ajustes en los métodos de estudios. De este modo, las autoevaluaciones abarcan tanto los conocimientos conceptuales como procedimentalales luego son una instancia para que los estudiantes perfeccionen su capacidad para: reconocer los conceptos, principios, reglas y propiedades que se sustenta el Cálculo Avanzado; identificar y aplicar métodos matemáticos en la resolución de problemas; analizar y evaluar información matemática proveniente de otras ciencias ; y analizar y evaluar las soluciones de un problema para fundamentar su pertinencia.

Estrategia de aplicaci´ on Como se ha se˜ nalado el objetivo fundamental de estos instrumentos de autoevaluación es que el alumno verifique, constate y descubra las falencias que a´ un persisten en el ambito cognitivo y procedimental de 78

su aprendizaje del tema objeto del estudio, ya sea que este sea el total o una parcialidad de un tema. Se pretende que con esta constatación el alumno se motive para persistir en su estudio, si a´ un no ha logrado el nivel necesario que asegure su éxito en las evaluaciones regulares que se harán del tema. Para que este ejercicio tenga el éxito propuesto, se debe trabajar el tiempo estipulado, y con las condiciones medioambientales necesarias de privacidad y silencio , que aseguren la efectividad de la actividad, o que reproduzcan condiciones requeridas de una prueba o examen..

Series e Integrales de Fourier Autoevaluaci´ on No1 El estudiante: 1) Representará una función f (x) definida en el intervalo [0, L] por una serie de Fourier coseno o seno, aplicando extensiones pares o impares seg´ un sea el caso, y evaluar si la serie converge o no en un punto x0 dado del dominio. 2) Obtendrá la suma de ciertas series infinitas empleando el teorema de la convergencia de las series de Fourier. 3) Verificará si una serie de Fourier se puede diferenciar término a término y aplicar el teorema de la diferenciación para obtener la derivada de la serie de fourier 4) Representará una función f (x) no per´ıodica por una Integral de Fourier y emplear el teorema de la convergencia para probar si la Integral Fourier converge o no en un punto x0 del dominio. 5) Probará el teorema de Parseval para una función f que se representa por una integral de Fourier y deducirá la convergencia de ciertas sumas de series. 6) Representará una función periódica f(x) de per´ıodo 2L por una serie de Fourier, y aplicará el teorema de la convergencia para determinar si la serie converge o no en un punto x0 del dominio. Tiempo : 1 hora 20 minutos Problema 1 79

a) Desarrollar en serie de Fourier de cosenos la función x f (x) = sin 2 definida en el intervalo [0, π]. b) Deducir la convergencia de la serie ∞ X

1 1 = 4n2 − 1 2 n=1

b) Pruebe que la serie de f se puede diferenciar término a término y x utilice este hecho para obtener el desarrollo de Fourier de cos . 2 Problema 2 R∞ a) Probar que si f (x)R= 0 (A (w) cos (wx)+B (w) sin (wx))dw, con coR∞ ∞ eficientes A (w) = π1 −∞ f (u) cos (wu) du y B (w) = π1 −∞ f (u) sin (wu) du. R∞ R∞ Entonces π1 −∞ [f (x)]2 dx = 0 (A2 (w) + B 2 (w))dw R∞ 2 π, |x| ≤ a b) Si f (x) = ,pruebe que 0 sinw2wa dw = aπ 2 0, |x| > a Problema 3 Sea f (x) =

0 si −5 < x < 0 tal que f (x + 10) = f (x) 3 si 0 < x < 5

a) Obtener la serie de Fourier de f (x) b) Defina f (x) en los puntos −5, 0 y 5 de manera que la serie de Fourier obtenida anteriormente converja a f (x) ∀x con |x| ≤ 5.

Pauta de Correcci´ on Problema 1 Para obtener el desarrollo en serie de Fourier de cosenos de la función dada, construimos una extensión par de la función f tal que   sin x , 0≤x≤π 2x fp (x) =  − sin , −π ≤ x < 0 2 Como esta función es par, de per´ıodo 2π ,tenemos que 80

bn = 0 a0 =

1 π

Rπ

f (x)dx =

0

1 π

Rπ

sin

0

1 − cos π2 = π2 Rπ an = π2 f (x) cos(nx)dx = a0 =

x 2

dx =

1 π

−2 cos

x 2

π 0

2 π

0

Rπ sin an = π1 0

1 2

Rπ

2 π

0

+ n x − sin

sin x2 cos(nx)dx

1 2

− n x dx

#π 1 + n x + n x cos 2 − an = π1 − 1 1 +n +n 2 2 0 2 2 4 + = an = π1 1 + 2n 1 − 2n π (1 − 4n2 ) "

cos

1 2

Por lo tanto, la serie de fp en [0, π] ,es: ∞ 1X 4 2 + cos (nx) π π n=1 (1 − 4n2 )

La función fp seccionalmente continua, de per´ıodo 2π, aplicando el teorema de convergencia de Fourier , tenemos que:

f (x) =

∞ 1X 2 4 + cos (nx) , ∀x ∈ (0, 2π) π π n=1 (1 − 4n2 )

En particular para x = 0, ∞ 2 4 1X + = 0 π π n=1 (1 − 4n2 ) ∞ X n=1

x 2

4 1 = − 1) 2

(4n2

, para 0 ≤ x ≤ π. i) Como f (x) = sin x2 , es continua en (0, π) .

c) Sea f (x) = sin

81

ii) f 0 (x) = 12 cos

x 2

, es continua en (0, π) . iii) Existe f (x) = − 14 sin 12 , y también es continua en (0, π) . 00

Además f (0) = (sin (0)) = (sin (π)) = sin 2π = f (π) Luego, se satisfacen las hipótesis del teorema de diferenciación de la serie de Fourier, entonces para −π < x < π,derivando la serie de Fourier de f , obtenemos:

sin

∞ 2 1X 4 = + cos (nx) π π n=1 (1 − 4n2 )

x 2

∞ x 1 1X 4n cos = 0− sin (nx) 2 2 π n=1 (1 − 4n2 ) ∞ x 1X 8n cos = sin (nx) 2 π n=1 (4n2 − 1)

Problema 2 a) Mutiplicando la integral de Fourier por f y realizando el producto interno en (−∞, ∞) , se tiene

Z

∞

Z

2

∞

Z

∞

[f (x)] dx =

Z−∞ ∞

[(A (w) f (x) cos (wx) + B (w) f (x) sin (wx))dw]dx Z ∞ Z ∞ Z ∞ 2 f (x) sin (wx) dx)dw f (x) cos (wx) dx + B (w) [f (x)] dx = (A (w) −∞

0

−∞

−∞

0

Z

∞

Z

2

−∞

∞

[f (x)] dx = π (A2 (w) + B 2 (w))dw =⇒ Z−∞ Z ∞0 ∞ 1 [f (x)]2 dx = (A2 (w) + B 2 (w))dw π −∞ 0 b) Como f (x) =

π, |x| ≤ a , es función par, entonces la integral 0, |x| > a

de Fourier de f es Z

∞

A (w) cos (wx) dw 0

82

con coeficiente 2 A (w) = π

Z

∞

2 f (u) cos (wu) du = π 0 a sin wu sin wa = 2 =2 w w 0 2 4 sin wa ∴ A2 (w) = w2

Z

a

π cos (wu) du 0

Por otra parte: 1 π

Z

∞

1 [f (x)] dx = π −∞ 2

Z

a

π 2 dx = 2aπ

−a

Como la función f es par, se tiene Z ∞ Z 1 ∞ 2 A2 (w) dw [f (x)] dx = π −∞ 0 Entonces, al reemplazar los términos Z ∞ sin2 wa 2aπ = 4 dw w2 0 Z ∞ sin2 wa aπ ∴ dw = 2 w 2 0 Problema 3 La serie de Fourier buscada es de la forma: ∞ P nπx nπx f (x) ∼ a0 + (an cos + bn sin ) 5 5 n=1 con coeficientes 5 1 R5 3x 3 3dx = = a0 = 0 10 10 0 2 h R R5 nπx 1 0 nπx i an = 0 cos dx + 3 cos dx 0 5 −5 5 5 5 3 5 nπx an = sin =0 5 nπ 5 0 R5 1 hR 0 nπx nπx i dx + 0 3 sin dx 0 sin bn = 5 −5 5 5 83

5 3 5 nπx bn = − cos 5 nπ 5 0 3 bn = [1 − cos nπ] nπ Sustituyendo los coeficientes en la serie obtenemos ∞ [1 − cos nπ] 3 3P nπx + sin( ) 2 π n=1 n 5 b) Como f (x) es una función seccionalmente continua entonces en los − f (x+ o ) + f (xo ) . Luego en los punpuntos de discotinuidad converge a 2 3 tos −5, 0 y 5 converge a . 2 Por tanto la función debe asumir estos valores en los puntos mencionados para que se cumpla la covergencia propuesta.

Autoevaluaci´ on No 2 Tiempo : 2 horas Problema 1 Dada la función f (x) = x − [2x] , 0 < x < 1 a) Obtener la serie de Fourier de cosenos. 1 b) Establecer la convergencia de la serie en x0 = 0 y x1 = . 2 Problema 2 Deducir la igualdad de la integral de Fourier Z 2 π cos πw sin πw x= − + sin wxdw π w w2 para 0 < x < π. Problema 3 Sea f (x) continua por tramos, impar de per´ıodo 2π con serie de Fourier ∞ P bn sin (nx) . n=1 Rx a) Verificar que g (x) = 0 f (t) dt , x ∈ R es función par de per´ıodo 2π. 84

b) Deducir

∞ b ∞ b P P n n − cos (nx) es la serie de Fourier de g (x) y que n=1 n n=1 n

∞ b P 1 Rπ Rx n f (t) dt dx = π 0 0 n=1 n

Pauta de Correcci´ on Problema 1 a) Consideremos una extensión par de f (x) de per´ıodo P = 2, es decir f (x + 2) = f (x) 1 Como f (x) = x − [2x] , 0 < x < 1, se tiene que 0 < x < , [2x] = 0 y 2 1 < x < 1, [2x] = 1. 2  1   x si 0 < x < 2 , luego los coeficientes de Fourier As´ı f (x) = 1   x − 1 si
De este modo la serie de Fourier queda # " ∞ X 2 (−1)n−1 2 n [(−1) − 1] + cos nπx (2n − 1)π (nπ)2 n=1 b) En x0 = 0 hay un punto de continuidad de f, entonces la serie converge a 85

f (0) = 0 =

∞ P n=1

"

2 2 (−1)n−1 n [(−1) − 1] + (2n − 1)π (nπ)2

#

1 Para x1 = se tiene un punto de discontinuidad de f , entonces la serie 2 converge a + 1 1 + f 12 f 21 + − 2 = 2 = 0. 2 2 Problema 2

x si −π < |x| < π , la cual es 0 si R |x| > π ∞ impar, entonces la integral de Fourier de f es 0 B (w) sin (wx) dx, con coeficiente: 2 R∞ 2 Rπ B (w) = f (x) sin (wx) dx = x sin (wx) dx 0 π π 0 π 2 cos wx sin (wx) B (w) = + −x π w w2 0 2 cos wπ sin (wπ) B (w) = + −π π w w2 Consideremos la función f (x) =

Por tanto la integral de Fourier , queda 2 R∞ cos wπ sin (wπ) −π + sin (wx) dx π 0 w w2 Como f es continua en (0, π) , la integral de Fourier converge a 2 R∞ cos wπ sin (wπ) f (x) = x = −π + sin wxdw π 0 w w2 Problema 3 a) En primer lugar, verifiquemos que g (x) es una función par. En efecto sea

g (−x) = −t

R −x 0

f (t) dt =

Rx 0

f (−u) (−du), si cambiamos la variable u =

Pero la función del integrando f (u) es una impar es decir f (−u) = −f (u) ∀u Rx entonces g (−x) = 0 f (u) (du) = g (x) 86

En segundo lugar, estudiemos el per´ıodo de la función Z x+2π f (t) dt g (x + 2π) = 0 Z x+2π Z x f (t) dt + f (t) dt = 0 x Z π Z x f (t) dt f (t) dt + = −π 0 Z x f (t) dt = g (x) = 0

Por tanto g (x) tiene per´ıodo 2π b) Integrando la serie de Fourier de f , se tiene

x

Z g (x) =

f (t) dt = 0

" = =

∞ xX

Z 0

∞ X cos (nx) − bn n n=1

∞ X bn n=1

n

−

∞ X bn n=1

n

bn sin (nx) dt

#n=1 x 0

cos (nx)

Como g (x) es par su serie de Fourier es de la forma ∞ P g(x) = a0 + an cos nx donde −π ≤ x ≤ π y coeficientes n=1

a0

Z π Z 1 1 π = g (x) dx = g (x) dx 2π −π π 0 Z Z x ∞ X 1 π bn = f (t) dt dx = π 0 n 0 n=1

Autovaluaci´ on No 3 Tiempo : 1 hora 20 minutos 87

Problema 1 Sea f (x) = cos bx, −π ≤ x ≤ π, con f (x + 2π) = f (x) , b constante no entera. a) Obtener la serie de Fourier de f. b) A partir de la convergencia de la serie, deducir la igualdad 1 π 1 1 = 2b − + ∓ ... senbπ 2b2 b2 − 12 b2 − 22 Problema 2  |x|  si |x| < a 1− Sea la función f (x) = a  0 si |x| > a a) Obtener la integral de Fourier de f. 2 R ∞ 1 − cos w cos wxdw, si 0 ≤ x ≤ 1; y b) Deducir que 1 − x = π 0 w2 R ∞ 1 − cos w cos wx dw = 0, si x > 1. 0 w2 Problema 3 a) Utilice la integral de Fourier para obtener la convergencia Z ∞ π sin w dw = w 2 0 . b) Probar que la función definida por g (x) = π g (0) = es continua en cero. 2

R

1 x

0

sin wx dw, x > 0 w

Pauta de Autocorrecci´ on Problema 1 a) Como f (x) = cos bx, en −π ≤ x ≤ π es función par, entonces la serie de Fourier de f es cosenoidal, es decir f (x) ∼ a0 +

∞ P

an cos nx con coeficientes

n=1

88

π 1 1 Rπ sin bπ cos bxdx = sin bπ = a0 = 0 π bπ bπ 0 π 2 Rπ 2 sin (b − n) x sin (b + n) x an = cos bx cos nxdx = + π 0 π 2(b − n) 2 (b + n) 0 2 sin (b − n) π sin (b + n) π an = + π 2(b − n) 2 (b + n) 2b (−1)n sin bπ π(b2 − n2 ) Por tanto la serie de fourier queda an =

f (x) ∼

∞ (−1)n sin bπ 2b sin bπ P + cos nx 2 2 bπ π n=1 (b − n )

b) En x0 = 0 hay un punto de continuidad de f entonces por el teorema de convergencia de la serie, esta converge a ∞ sin bπ 2b sin bπ P (−1)n f (0) = 1 = + 2 2 bπ π n=1 (b − n ) Entonces ∞ P 1 π (−1)n = + 2b ⇐⇒ 2 2 sin bπ b n=1 (b − n ) ∞ P π 1 (−1)n = 2b + ⇐⇒ sin bπ 2b2 n=1 (b2 − n2 ) π 1 1 1 = 2b − + ∓ ... sin bπ 2b2 b2 − 12 b2 − 22 Problema 2 a) Como: |−x| |x| f (−x) = 1 − = 1− = f (x) ∀x ∈ [−a, a] a a la función f es par, entonces la integral de Fourier de f es R∞ A (w) cos (wx) dx, con coeficiente: 0 i R∞ 2 hR a x A (w) = 1 − cos (wx) dx + 0 cos (wx) dx a π 0 a 2 Ra x A (w) = 1− cos (wx) dx 0 π a 2 1 − cos aw A (w) = π aw2 89

Por tanto la integral de Fourier queda Z 2 ∞ 1 − cos aw cos (wx) dx, π 0 aw2 b) Como la función f es continua para ∀x ∈ [0, 1],aplicando el teorema de convergencia con a = 1, se deduce que la integral de Fourier converge a 2 R ∞ 1 − cos w f (x) = 1 − x = cos wxdw, y del mismo modo π 0 w2 2 R ∞ 1 − cos w f (x) = 0 = cos wxdw, ∀x > 1 π 0 w2 Problema 3

1 si |x| ≤ 1 , como la función f es par, 0 si |x| > 1 entonces la integral de Fourier de f es R∞ A (w) cos (wx) dx, con coeficiente: 0 i R∞ 2 hR 1 1 cos (wx) dx + 0 cos (wx) dx A (w) = 1 π 0 2 R1 A (w) = cos (wx) dx π 0 1 2 sin wx 2 sin w A (w) = = π w π w 0 Por tanto, la integral de Fourier queda Z 2 ∞ sin w f (x) = cos (wx) dx π 0 w a)Sea la función f (x) =

Como la función es continua en x = 0,entonces la integral converge a

Z

∞

0

2 f (0) = 1 = π sin w π dx = w 2

Z 0

∞

sin w dx =⇒ w

b) Sea la integral Z g (x) = 0

1 x

sin wx π dw, x > 0 g (0) = w 2 90

aplicando el cambio de variables u = Z g (x) = 0

1 x2

w x

=⇒ xdu = dw, se tiene

sin u xdu = xu

Z

1 x2

0

sin u du u

Calculemos ahora el l´ımite de ésta función cuando x → 0

Z

1 x2

sin u limg (x) = l´ım du x→0 x→0 0 u Z ∞ sin u π = du = = g (0) u 2 0 Lo que implica que g(x) es continua en cero.

91

Cap´ıtulo 2 Funciones Vectoriales de una variable real 2.1.

Introducci´ on

→ − La recta de R3 que pasa por el punto P 0 = (x0 , y0n, z0 ) y es paralela aoun → − − − vector → a = (a1, a2, a3 ) se define como el conjunto P 0 + t→ a | t ∈ R .En esta definición de recta a cada n´ umero real t corresponde el punto → − → − 3 P 0 + t a de R es decir a cada valor t de R le asocia el punto (x0 + ta1, y0 + ta2, z0 + ta3 ) de R3 . Tal correspondencia o asociación genera lo que llamaremos una función vectorial de una variable real → − que en este caso es de R en R3 . Si denotamos por f a tal función entonces su regla de correspondencia es → − f (t) = (x0 + ta1, y0 + ta2, z0 + ta3 ) → − El dominio de f es el conjunto de todos los n´ umeros reales y el rango → − → − de f es la recta que pasa por el punto P o y es paralela al vector → − a . Este es un ejemplo del tipo de funciones que estudiaremos en este módulo; para tales funciones consideraremos los conceptos de l´ımite, continuidad, derivada e integral. Desde el punto de vista conceptual no hallaremos ideas nuevas y en la mayor parte de los casos las técnicas usadas son las mismas desarrolladas en el cálculo de funciones real de una variable real.

92

2.2.

Funciones Vectoriales

Definici´ on 2.2.1. Una función vectorial de una variable real es una función cuyo dominio es un conjunto de n´ umeros reales y el rango es un conjunto de vectores o puntos de Rn → − → − Notación f : D ⊆ R → Rn tal que ∀ t ∈ D, f (t) = (f1 (t), f2 (t), . . . , fn (t)), donde fk : D ⊆ R → R para cada k = 1, 2, .., n es una función real de → − variable real. Cada fk es la k-ésima componente del vector f (t). → − Si la función f describe el movimiento de una part´ıcula, el vector → − f (t) = (f1 (t), f2 (t), . . . , fn (t)) se˜ nala la posición en el instante t, es decir en estos casos t representa la variable tiempo. Ejemplo 1 → − → − Sea f : I ⊆ R → R3 tal que f (t) = (cos t, sin t, t), I = [0, 2π] − → Hacer un esquema del rango de f Soluci´ on:

→ − Pongamos f (t) = (x(t), y(t), z(t)) donde x = cos t, y = sin t, z = t. En este caso para cualquier valor de t se cumple x2 + y 2 = 1 que → − es la proyección en el plano XY de cualquier punto f (t) de la curva que está sobre el manto de un cilindro de radio unitario x2 + y 2 = 1, → − y z = t se˜ nala la distancia de f (t) al plano XY. → − El rango de f es entonces una curva que partiendo de (1, 0, 0) describe un arco completo de una helicoidal en el manto del cilindro x2 + y 2 = 1 de R3 .

93

Ejemplo 2 → − → − → − Sea f : I ⊆ R → R3 tal que f (t) = (t, t, t), describa el rango de f . Soluci´ on:

→ − Las imagenes f (t) = (t, t, t) las podemos escribir vectorialmente de → − la forma f (t) = (0, 0, 0) + t(1, 1, 1) lo que nos permite reconocer que se trata de una recta que pasa por el origen (0, 0, 0) en la dirección del − vector → v = (1, 1, 1).

Ejemplo 3 → − → − Sea f : I ⊆ R → R3 tal que f = (t, t, 2t2 ), I = [−3, 3] describa el → − rango de f. Soluci´ on: → − Ponemos f (t) = t(1, 1, 0) + t2 (0, 0, 2), de esta expresión se puede afir→ − mar que f (t) es la suma de un vector a lo largo de la recta y = x en el plano XY y un vector perpendicular al plano XY. Quiere decir → − entonces que el rango de f se encuentra en el plano que contiene los vectores (1, 1, 0), (0, 0, 2) perpendicular al plano XY. Si se considera (t, t, 0) en el plano XY y u distancia al √ √ en un punto 2 2 origen, u = t + t = 2t, resulta que z = 2t2 = u2 . Por lo tanto, el → − rango de f es una porción de la parábola z = u2 que esta en el plano y = x perpendicular al plano XY y que contiene al eje z.

94

2.3.

L´ımite de una funci´ on vectorial.

Previamente aclaremos o recordemos algunos conceptos en cuanto a la métrica que usaremos. Definici´ on 2.3.1. (distancia) → − → − Si a y b son una par de elementos (puntos) de Rn dados por → − → − − a = (a1 , a2 , a3 , . . . , a n ), b = (b1 , b2 , b3 , . . . , bn ) la distancia desde → a → − → −

→ − hasta b es b − a se define por " n # 21

→

X

− →

a = (bi − ai )2

b −− i=1

que en R2 y R3 viene a corresponder a lo que definimos como distancias entre dos puntos. → − Definici´ on 2.3.2. Se dice que el vector l = (l1 , l2 , l3 , . . . , ln ) es el → − l´ımite de la función vectorial f : I ⊆ R → Rn en t0 ∈ I , si para cada > 0 existe un n´ umero δ > 0 tal que siempre que t esta en el dominio → − − → −

→ de f y 0 < |t − t0 | < δ entonces f (t) − l <

2.3.1.

Teorema del l´ımite

→ − Teorema 2.3.1. Sea f : I ⊆ R → Rn función vectorial. Entonces 95

→ − → − l´ım f (t) = l = (l1 , l2 , l3 , . . . , ln ) ⇐⇒ l´ım fk (t) = lk , k = 1, 2, ..., n

t→t0

t→t0

→ − donde f (t) = (f1 (t), f2 (t), . . . , fn (t)) Demostraci´ on.i) (⇐) Suponemos que l´ım fk (t) = lk , k = 1, 2, ..., n t→t0

Sea > 0 dado

→ → −

−

f (t) − l = k(f1 (t) − l1 , f2 (t) − l2 , ..., fn (t) − ln )k

= k(f1 (t) − l1 , 0, 0, ..., 0) + (0, f2 (t) − l2 , 0, ..., 0) + (0, 0, 0, ..., fn (t) − ln )k ≤ k(f1 (t) − l, 0, ..., 0)k + k(0, f2 (t) − l2 , 0, ..,0)k + ... + k(0, ..., 0, fn (t) − ln )k ≤ |f1 (t) − l| + |f2 (t) − l2 | + ... + |fn (t) − ln |

Si l´ım fk (t) = lk =⇒Si t→t0

n

> 0 existe δk > 0 tal que 0 < |t − t0 | <

δk =⇒ |fk (t) − lk | < n , k = 1, 2, ..., n tomando δ = m´ın {δk } , k = 1, 2, ..., n se tiene que 0 < |t − t0 | < δ =⇒ |fk (t) − lk | < n para todo k = 1, 2, .., n. De la desigualdad anterior, mayorando por . n n

→ X → −

−

= n=

f (t) − l < + ... + = n n n n i=1

∀ t ∈ (t0 − δ, t0 + δ), lo que prueba esta parte del teorema. → − → − ii) (⇒) Suponemos que l´ım f (t) = l t→t0

Sea > 0 dado → − → − → − l´ım f (t) = l = (l1 , l2 , l3 , . . . , ln ) y f (t) = (f1 (t), f2 (t), . . . , fn (t))

t→t0

implica que existe δ > 0 tal que 96

→ → − → −

−

f (t) − l < todo t en el dominio de f tal que 0 < |t − t0 | < δ

pero |fk (t) − lk | < kf (t) − lk todo k, entonces |fk (t) − lk | < todo t − → en el dominio de f tal que 0 < |t − t0 | < δ. Por lo tanto l´ım fk (t) = lk todo k = 1, 2, ..., n.

t→t0

Se ha establecido entonces que: → − → − lim f (t) = l = (l1 , l2 , l3 , ...., ln ) ⇔ lim fk (t) = lk , k = 1, 2, 3, ...., n. t→to

t→to

Ejemplo 4 → − → − Si f (t) = (cos t, sin t) , calcule l´ımπ f (t) t→ 2

Soluci´ on: → − l´ımπ f (t) = l´ımπ cos t, l´ımπ sin t = (0, 1) t→ 2

t→ 2

t→ 2

Ejemplo 5 La trayectoria de una part´ıcula en el espacio R3 está dada por la −c (t) = (cos 2t, sin t, 2t ). Calcule: lim→ −c (t), lim→ −c (t) función vectorial → π t→π t→ π2 −c (t) . y lim → t→− π2

Soluci´ on.l´ım (cos 2t, sin t, 2t ) = (l´ımπ cos 2t, l´ımπ sin t, l´ımπ 2t ) =(−1, 1, 1) π π

t→ π2

t→ 2

t→ 2

t→ 2

l´ımt→π (cos 2t, sin t, 2t ) = (l´ım cos 2t, l´ım sin t, l´ım 2t ) = (1, 0, 2) π π t→π

t→π

t→π

l´ım (cos 2t, sin t, 2t ) = ( l´ımπ cos 2t, l´ımπ sin t, l´ımπ 2t ) = (−1, −1, −1) π π

t→− π2

t→− 2

t→− 2

97

t→− 2

2.3.2.

Operaciones con funciones vectoriales

→ − − Definici´ on 2.3.3. Sean f , → g : I ⊆ R → Rn funciones vectoriales, → − − → − − → − − → − − entonces, para cada t ∈ I se define f + → g, f −→ g, f ·→ g, f ×→ g de la forma siguiente: → − − → − − a) ( f + → g )(t) = f (t) + → g (t) = ((f1 + g1 )(t), (f2 + g2 )(t), ..., (fn + gn )(t)) → − → → − − b) ( f − − g )(t) = f (t) − → g (t) = ((f1 − g1 )(t), (f2 − g2 )(t), ..., (fn − gn )(t)) → − → → − − c) ( f · − g )(t) = f (t) · → g (t) = f1 (t)g1 (t) + f2 (t)g2 (t) + ... + fn (t)gn (t) n X = fi (t) · gi (t) i=1

d)

→ − − → − − (f ×→ g )(t) = f (t) × → g (t) = ((f2 g3 )(t) − (f3 g2 )(t)), (f3 g1 )(t) − (f1 g3 )(t), (f1 g2 )(t) − (f2 g1 )(t)).

en este caso para n = 3. Definici´ on 2.3.4. Producto por escalar → − Si γ : I → R y f : I → Rn es función vectorial, definimos: → − → − → − (γ f )(t) = γ(t) f (t) = (γ(t)f1 (t), γ(t)f2 (t), ..., γ(t)fn (t)) γ f : I → Rn tal que Estas definiciones nos llevan al siguiente teorema

2.3.3.

Teoremas del algebra de l´ımites

→ − − Teorema 2.3.2. Sean f , → g : I ⊆ R → Rn funciones vectoriales, − → − → − − → − − a , b ∈ Rn ,entonces: to ∈ I , si l´ım f (t) = → a y l´ım → g (t) = b ; → t→to t→to h→ i − → → − → − − − a) l´ım f + − g (t) = lim f (t) + l´ım → g (t) = → a + b t→to t→to t→to h→ i − → → − → − − − b) l´ım f − − g (t) = l´ım f (t) − l´ım → g (t) = → a − b t→to t→to t→to h→ i − → → − → − − − c) l´ım f · − g (t) = l´ım f (t) · l´ım → g (t) = → a · b t→to t→to t→to h→ i − − → − → − − − d) l´ım f × → g (t) = l´ım f (t) × l´ım → g (t) = → a × b , con n = 3 en t→to t→to t→to este caso. 98

Demostraci´ on: Es consecuencia directa de aplicación del Teorema del L´ımite y la definición de las operaciones. Se deja como ejercicio al lector.

2.3.4. Teorema: producto de funci´ on escalar por vectorial → − Teorema 2.3.3. Sean γ : I ⊆ R → R y f : I ⊆ R → Rn , to ∈ I tal que: → − − − l´ım γ(t) = α ; y l´ım f (t) = → a ,α ∈ R y → a ∈ Rn , entonces: t→to t→to h → −i → − − lim γ f (t) = lim γ(t)lim f (t) = α→ a t→to

t→to

t→to

Demostraci´ on: Se deja como ejercicio al lector.

2.4.

Continuidad

→ − → − Definici´ on 2.4.1. Sea f : I → Rn y to ∈ I , diremos que f es continua en to si para cada ε > 0,existe δ > 0 tal que ∀ t ∈ I : |t − to | < − → −

→

δ,entonces f (t) − f (to ) < ε → − → − Note que: si f = (f1 , f2 , f3 , ..., fn ) tal que f : I → Rn y fi : I → R, i = 1, 2, 3, ..., n. → − Entonces f es continua en to , ssi, fi es cont´ınua en to para todo i = 1, 2, 3, ..., n. n 12 P 2 En efecto, vea que |fi (t) − fi (to )| ≤ ((fi (t) − fi (to )) i=1

→ − =⇒ si f es continua, entonces fi es continua. Reciprocamente co n P − → −

→

mo f (t) − f (to ) ≤ |fi (t) − fi (to | podemos inferir que si fi es i=1 → − continua, i = 1, 2, 3, ..., n,entonces f es continua. Por lo tanto, decimos que una función vectorial es continua ,si y sólo si, lo son cada una de sus funciones componentes 99

Observaci´ on: Los teoremas de continuidad que obviaremos en este caso y que son una réplica de los teoremas de l´ımites se pueden probar fácilmente.

2.5.

La Derivada

→ − Definici´ on 2.5.1. Sea f : I ⊆ R → Rn función vectorial y to ∈ I. Se − → → − → − define la derivada de f en to , denotada ddtf (t0 ) o f´(to ) por el l´ımite: − → − → → − f (to ) f´(to ) = l´ım f (to +h)− , cuando este l´ımite existe. h h→0

−c 0 (t ) es un vector tangente a la curva C descrita Geométricamente → o −c (t) en el punto → −c (t ) orientado. por la trayectoria → 0

De la definición del l´ımite se deduce que: → − → − Teorema 2.5.1. Sea f : I ⊆ R → Rn , to ∈ I y f = (f1 , f2 , f3 , ..., fn ) → − entonces f es derivable en to si y solo si cada fi es derivable en to . Demostraci´ on → − → − → − f (to + h) − f (to ) f ‘(to ) = l´ım h→0 h 100

1 = lim [f1 (to + h) − f1 (to ), f2 (to + h) − f2 (to ), ..., fn (to + h) − fn (to )] h→0 h h i f1 (to +h)−f1 (to ) f2 (to +h)−f2 (to ) fn (to +h)−fn (to ) = lim , l´ım , ..., l´ım h h h h→0 h→0 h→0 0 = f1 (to ), f20 (to ), ..., fn0 (to ) → − Por lo tanto f 0 (to ) existe si y solo si fk0 (to ) existe para k = 1, 2, 3, ..., n −c (t) describe una trayectoria seguida por Definición Si suponemos que → −c´(t) como el vector velocidad una part´ıcula podemos definir al vector → −c en el punto → −c (t). Asimismo , definiremos la rapidez en la trayectoria → → − ´ en ese punto como c (t) Ejemplo 6 −c (t) = (r cos(t), r sin(t)), trayectoria cuyo camino corresponde a Sea → −c (t) y → −c 0 (t) son ortogonales una circunferencia de radio r. Muestre que →

−c (t) y → −c 0 (t) son ortogonales Muestre que → Soluci´ on. −c (t) es derivable lo que implica → −c 0 (t) = (−r sin t, r cos t) Tenemos → Por consiguiente → −c (t) · → −c 0 (t) = (r cos(t), r sin(t)) · (−r sin t, r cos t) = r (sin t) r cos (t) − r (cos t) r sin (t) = 0 −c (t) y → −c 0 (t) son ortogonales ∀ t. ∴→ 101

2.6.

Regularidad de una curva

Una diferencia significativa de la derivada de funciones vectoriales respecto de la suavidad o regularidad de la curva en el aspecto geométrico es que en este caso la derivabilidad no detecta picos en la curva. Para describir este hecho consideramos el siguiente ejemplo: Ejemplo 7 → − → − Sea f : R → R2 definida por f (t) = (t3 , t2 |t|). Su gráfico como muestra la figura es similar al gráfico de y = |x| en R2 y sabemos que la función f (x) = |x| no es derivable en x = 0.

Muestre que la función dada es derivable para t = 0. Soluci´ on → − f (t) = (t3 , t2 |t|) ⇒ x(t) = t3 , y(t) = t2 |t| x(t) = t3 ⇒ x0(t) = 3t2 , ∀ t, y(t) = t2 |t| ⇒ y0(t) = 3t2 , t > 0−3t2 , t < 0 Además si t = 0 ⇒ y0(0) = lim h→0 0 → − ∴ f´(0) = (0, 0)

y(h) − y(0) h2 |h| = lim = limh |h| = h→0 h h→0 h

Lo que prueba que esta función es derivable en todo R y que hay puntos en los cuales la derivada es cero, esto geometricamente significa que la curva no es suave en ese punto, cambia rapidamente de dirección, presenta un peak. Con el objeto de advertir este comportamiento geométrico en una curva y su relación con la derivada demos la siguiente definición.

102

2.6.1.

Camino regular

→ − Definici´ on 2.6.1. Sea f : I ⊆ R → Rn una función de clase C 1 (I).Se → − → − → − dice que f (t) describe un camino regular si f 0 (t) 6= 0 ∀ t ∈ I. Consideremos el siguiente ejemplo para aclarar a´ un más este concepto Ejemplo 8 −c (t) = (cos3 t, sin3 t), 0 ≤ t ≤ 2π, que Sea la curva C es descrita por → corresponde a un Astroide

Muestre que no es una curva regular en 0 ≤ t ≤ 2π, Soluci´ on Esta trayectoria regular no es regular, pues en t = 0, π2 , π, y 3π la 2 derivada se anula como podemos verificar en el siguiente cálculo. → −c´(t) = (3 cos2 t(− sin t); 3 sin2 t cos3 t) = (−3 cos2 t sin t; 3 sin2 t cos3 t) → −c´(0) = (0, 0) ; → −c´( π ) = (0, 0) , → −c´(π) = (0, 0) , y → −c´( 3π ) = (0, 0) 2 2

2.6.2.

Propiedades de la Derivada

→ − − Teorema 2.6.1. Sean f , → g : I ⊆ R → Rn funciones derivables y α : I ⊆ R→ R una función derivable, entonces: → − → − i) (k f )0 (t) = k f´(t) 103

→ − − 0 → − − g ) (t) = f 0 (t) + → g 0 (t) ii) ( f + → → − − 0 → − − iii) ( f − → g ) (t) = f 0 (t) − → g 0 (t) → − → − → − iv) (α f )0 (t) = α0 (t) f (t) + α(t) f 0 (t) → − − 0 → − → − − − v) ( f · → g ) (t) = f´(t)· → g (t)+ f (t)· → g´(t) Producto Punto o Producto interno → − → − vi) ( f ◦ α)´(t) = f´(α(t))α´(t) → − − 0 → − → − − − vii) ( f × → g ) (t) = f´(t) × → g (t) + f (t) × → g 0 (t) para n = 3 Demostraci´ on: i), ii), iii) se dejan al lector → − → − (α f )0 (t) = (α(t) f (t))´= g ((αf1 )´(t), (αf2 )´(t), (αf3 )´(t), ..., (αfn )´(t)) = (α0 (t)f1 (t) + α(t)f´01 (t), α0 (t)f2 (t) + α(t)f20 (t), ..., α0 (t)fn (t) + α(t)fn0 (t)) = (α0 (t)f1 (t), α0 (t)f2 (t), ..., α0 (t)fn (t) + α(t)f10 (t), α(t)f20 (t), ..., α(t)fn0 (t)) = α0 (t)(f1 (t), f2 (t), ..., fn (t)) + α(t)(f10 (t), f20 (t), ..., fn0 (t)) → − → − = α0 (t) f (t) + α(t) f 0 (t) → 0 → − → − − → − 0 v) ( f · g ) (t) = f (t) · g (t) " n # n X d d X fi (t)gi (t) = (fk (t)gk (t)) = dt k=1 dt k=1 =

n X

[fk0 (t)gk (t) + fk (t)gk0 (t)]

k=1

=

n X

fk0 (t)gk (t)

k=1

+

n X

fk (t)gk0 (t)

k=1

→ − → − − − = f 0 (t) · → g (t) + f (t) · → g 0 (t) v), vi) se dejan al lector.

2.7.

Parametrizaci´ on

−c (t) define una trayectoria donde t es el parámetro, podemos modSi → −c (t) por → −c (s) de tal modo de tener el ificar la expresión que define → mismo conjunto de imagenes, esto lo llamaremos reparametrización. 104

→ − → − Definici´ on 2.7.1. Sean f : I ⊆ R → Rn tal que f = (f1 , f2 , f3 , ..., fn ) define un camino regular en el espacio Rn y ϕ : I1 → I una función de clase C 1 (I) biyectiva y tal que ϕ0 (s) 6= 0, ∀ s ∈ I1 , entonces → − → − → − f o : I1 → Rn tal que f o (s) = ( f ◦ ϕ)(s) se llama reparametrización → − de la trayectoria) f .

Observaci´ on: De esta definición se tiene que: → − → − → −0 → − 1) f o (s) = ( f ◦ ϕ)(s) ⇒ f (s) = f´(ϕ(s)) · ϕ´(s) → − → − → −0 si ϕ(s) = t ⇒ f o (s) = f´(t) · ϕ´(s) = ϕ´(s) · f´(t) → − → − ∴ f 0o (s) = ϕ´(s) · f 0 (t) → −0 como ϕ(s) es un escalar, esto significa que f o (s) es ϕ´(s) veces la → − velocidad que llevar´ıa una part´ıcula parametrizada por f (t). 2) ϕ0 (s) 6= 0 ⇒ ϕ´(s) > 0, ∀s ∈ I1 v ϕ´(s) < 0, ∀s ∈ I, → −0 → − f o (s) = ϕ´(s) · f 0 (t) se puede inferir que: → − → − a.- Si ϕ´(s) > 0 , ∀ s ∈ I1 ⇒ fo (s) conserva la orientación de f (t) → − → − b.- Si ϕ´(s) < 0 , ∀ s ∈ I1 ⇒ fo (s) invierte la orientación de f

de la expresión

→ − → − → − Si fo (s) es una reparametrización de f (t) y del hecho que fo 0 (s) = → − → − → − ϕ´(s) · f´0 (t) en cada punto fo (s) = f (t) si ϕ(s) = t, se deduce el 105

siguiente teorema. → − Teorema 2.7.1. Sea f : I ⊆ R → R2 ( o R3 ) un camino regular → − → − y fo = f ◦ ϕ : J ⊆ R → R2 ( o R3 ) una reparametrización de él ( donde ϕ tiene las condiciones pedidas en la definición). Entonces la → − → − recta tangente a la curva C (traza de f ) en f (to ) con t0 ∈ I , es → − la misma que la recta tangente a C en fo (s0 ) si t0 = ϕ(s0 ). → − → − → − Demostraci´ on.t0 = ϕ(s0 ) ⇒ P 0 = f (to ) = f (ϕ(s0 ) ) = → − → − → − → −0 fo (s0 ) además fo´(s) = ϕ´(s)· f´(s) implica que los vectores f (to ) → −0 y fo (s0 ) son paralelos,entonces las rectas tangentes a la curva en → − f (to ) coinciden.

2.7.1.

Ejemplos de reparametrizaciones

→ − Sea f : [a, b] → R3 ,una trayectoria regular . Entonces: → − → − 1) La trayectoria fo : [a, b] → R3 tal que t 7−→ f (a + b − t) es la → − reparametrizacion de f que corresponde a la aplicacion ϕ : [a, b] 7−→ → − [a, b] dada por t 7−→ a + b − t, llamamos a f o trayectoria opuesta a → − f. → − − 2) La trayectoria → g : [0, 1] → R3 tal que t 7−→ f (a + (b − a)t) es una → − reparametrizacion de f que corresponde a la aplicación ϕ : [0, 1] 7−→ → − [a, b] dada por t 7−→ a + (b − a)t, y que conserva la trayectoria de f . Ejemplo 9 → − → − Sea f : [−5, 10] → R3 definida por t 7−→ f (t) = (t, t2 , t3 ) . Reparametrizar → − como trayectoria opuesta a f . Soluci´ on

→ − Aplicando el apartado 1) tenemos: fo : [−5, 10] → R3 tal que t 7−→ → − f (5 − t) = ((5 − t), (5 − t)2 , (5 − t)3 ) es la reparametrización opuesta → − a f que corresponde a la aplicación ϕ : [−5, 10] 7−→ [−5, 10] dada por t 7−→ 5 − t. Ejercicio → − Sea f : [a, b] → R3 , una trayectoria regular y k una contante positiva . Sea la aplicación ϕ : 0, b−a − 7 → [a, b] dada por ϕ(t) 7−→ kt + a. k 106

→ − → R3 Muestre que la trayectoria reparametizada f ◦ ϕ : 0, b−a k → − mantiene la trayectoria de f pero la recorre k veces más rápido.

2.8.

Longitud de Arco

→ − Sea C una curva descrita por f (t) = (f1 (t), f2 (t), f3 (t), ..., fn (t)), definida en un intervalo I = [a, b] en R.Sea P una partición de [a, b] y Lp la longitud de la poligonal originada por P.

n

X − → −

→

Lp =

f (ti ) − f (ti−1 ) i=1

Para cada partición P se tiene una correspondiente Lp . → − Definici´ on 2.8.1. La curva C descrita por f (t) = (f1 (t), f2 (t), f3 (t), ..., fn (t)) definida en [a, b] se dice que es rectificable si {Lp /P es partición de [a, b]} tiene una cota superior. Si C es rectificable entonces la longitud ` de C es el supremo del conjunto de los Lp , es decir ` = sup {Lp /P es partición de [a, b]} → − Definici´ on 2.8.2. Sea f : I ⊆ R → Rn una trayectoria regular de → − → − clase C 1 . La longitud de f entre t = a, t = b denotada por `( f ) o simplemente ` se define por: Z b −

→

`=

f´(t) dt a

107

Ejemplo 10. −c : [0, 2π] → R2 tal que → −c (t) = (r cos t, r sin t). ¿ Es una trayectoria Si → regular? ¿Cuál es la longitud de la Curva asociada? Soluci´ on. −c´(t) = (−r sin t, r cos t) 6= (0, 0) ∀t ∈ [0, 2π] la trayectoria es Como → regular, luego −c´(t)k = p(−r cos t)2 + (r sin t)2 ) = r k→ Z ∴`=

2π

−c´(t)k dt = k→

0

Z

2π

rdt = 2πr 0

Ejemplo 11. −c (t) = (a cos3 t, a sin3 t) con ¿Cuál es la longitud del astroide dado por la ecuación: → t ∈ [0, 2π]? Soluci´ on:

Verifiquemos primeramente si el astroide es una curva regular: → −c´(t) = (−3a cos2 t sin t, 3a cos t sin2 t) Podemos inferir que el astroide no es una curva regular, pues → −c´(t) = (−3a cos2 t sin t, 3a cos t sin2 t) = (0, 0) para t = 0, π , π, 3π , 2π 2 2 pero dado que es simétrica respecto de ambos ejes podemos calcular su longitud en el segmento del dominio 0, π2 y luego multiplicamos por 108

cuatro. π

π

Z2

` 4

=

Z2 p → − k c´(t)k dt = 9a2 cos4 t sin2 t + 9a2 sin4 t cos2 tdt

0

0 π 2

Z =

3a 0

π sin2 t 2 3a sin t cos tdt = 3a = 2 0 2

=⇒ ∴ ` = 6a

2.8.1.

La Longitud de Arco como Par´ ametro

→ − Teorema 2.8.1. Sea f : I ⊆ R → Rn función de clase C 1 tal que → − → − f´(t) 6= 0 ∀ t ∈ I . Entonces la longitud s definida por Zt −0

→

s(t) = f (u) du, con t ∈ I , de una curva puede introducirse como 0

un parámetro de la curva y :

−

d→ f

ds = 1 Demostraci´ on: Zt

− − ds

→

→

= f 0 (t) ≥ 0 s(t) = f 0 (u) du ⇒ s´(t) = dt 0

Claramente s = s(t) es monótona, estrictamente creciente y cont´ınua, por lo tanto s(t) tiene función inversa, que denominaremos por t(s) tal → − que t´(s) existe y es positiva para todo s con 0 ≤ s ≤ l( f ). → − f (t(s)) = (f1 (t(s)), f2 (t(s)), ..., fn (t(s)) Derivando usando la regla de la cadena tenemos: 109

→ − df = (f1´(t(s)) · t´(s), f2´(t(s)) · t´(s), ..., fn´(t(s)) · t´(s)) ds − → → − df d f dt dt = · = ds dt ds dt

De donde se obtiene que:

→

d−

f

=

ds

→

−

f´(t) ks´(t)k

=⇒

→

−

f´(t) s´(t)

=1

Observaci´ on: → − 1. Del teorema anterior se desprende, la rapidez con que recorre f es constante e igual a 1 si está paramétrizada con el parámetro longitud de arco. − 2. Si → r (s) = (x(s), y(s), z(s)) describe una curva de R3 , y s es parámetro longitud de arco, entonces Tb =

→ d− r ds

r =1 es vector tangente unitario, ya que: Tb = db ds

Propiedades 2.8.1. La longitud de un arco es independiente de la parametrización

Demostraci´ on: → − → − Sean f : [a, b] → Rn un camino regular y f ∗ : [c, d] → Rn una → − reparametrización de f ; por lo cual existe ϕ de [c, d] en [a, b] de C1 que es sobreyectiva y ϕ´(s) 6= 0 ∀ s ∈ [c, d]

Entonces: 110

Zd Zd

→ − −∗ −

→

→

= f ´ (u) du = f´ (ϕ(u))ϕ ´ (u) s fo

du c

c

Zd

−

→

= f´ (ϕ(u))

ϕ´(u)du

si

ϕ´(u) > 0

c

Zb → − − → −

→

t = ϕ(u) ⇒ s fo = f´(t) dt = s( f ) a

→ − → − ∴ s fo = s( f ) De la misma forma si ϕ´(u) < 0, la parametrización invierte el sentido y ϕ(c) = b, ϕ(d) = a Zd Zd

→ − ∗ − −

→

→

∴ s f = f´(ϕ(u))ϕ´(u) du = f´(ϕ(u)) (−ϕ´(u)) du c

Zd = −

c

→

−

f´(ϕ(u)) ϕ´(u)du =

c → → − − s fo = s( f )

2.8.2.

Zd

→

−

f´(t)) dt =⇒

c

Parametrizaci´ on por Longitud de Arco

→ − Definici´ on 2.8.3. Sea f : I ⊆ R → Rn , función de clase C 1 y tal → − que f´(t) 6= 0 en I = [a, b] , se define s por Zt −0

→

s = f (u) du = ϕ(t) a

De la definición de s se pueden hacer las siguientes precisiones: Zt

→

− ds

−

→

1. s = ϕ(t) = f´(u) du ⇒ = ϕ´(t) = f´(t) dt a

111

ds dt

2. Si t ∈ (a, b] ⇒ creciente.

> 0 ⇒ s = ϕ(t)

es función estrictamente

3. Por (2) s = ϕ(t) es biyectiva y por lo tanto invertible, sea t = ϕ−1 (s). → − Por tanto, la parametrización de f en términos s es: → − → − f (s) = f (ϕ−1 (s)) Ejemplo 12 − Considere la trayectoria: → r (t) = (a cos t, asent) ,y reparametrice en función de la longitud de arco s. Soluci´ on La ecuación cartesiana de la curva C es x2 + y 2 = a2 ,que corresponde a una circunsferencia centrada en el origen de radio a. Verifiquemos si es una curva regular, su derivada es: → − r´(t) = (−a sin t, a cos t) 6= (0, 0) ∀t ⇒ p → − k r´(t)k = a2 sin2 t + a2 cos2 t − ∴ k→ r´(t)k = a Determinemos su longitud de arco, Zt s =

− k→ r´(u)k du =

Zt

0

∴ s = at

adu = [au]t0 = at

0

o

t=

s a

− Por lo tanto, → r (s) = (a cos as , a sin as ) es una parametrización por longitud de arco de la circunferencia de radio a. Observaci´ on: No siempre es sencillo parametrizar por longitud de arco, a modo de ejemplo veamos el siguiente caso. Ejemplo 13 112

− Considere la curva C curva descrita por la trayectoria→ r (t) = (t, t2 +1), t ∈ [0, 3] , y parametrice en función de la longitud de arco s. Soluci´ on. La curva corresponde a una parabóla que tiene por ecuación cartesiana: y = x2 + 1, x ∈ [0, 3]

Determinemos la longitud de la curva: √ → − r´(t) = (1, 2t) ⇒ kr´(t)k = 1 + 4t2 " √ # √ Zt √ 1 + 4u2 + 2u u 1 + 4u2 t ln 1 + 4u2 du = + s = 4 2 0 0 t√ 1 √ ln 1 + 4t2 + 2t + 1 + 4t2 s = 4 2

En este caso no es posible obtener t = ϕ−1 (s) es decir despejar t en función de s a partir de t√ 1 √ 2 1 + 4t2 s = ϕ(t) = ln 1 + 4t + 2t + 4 2 Luego no es posible hacer explicita la función t = g −1 (s).

2.9.

Trayectorias y curvas

−c : [a, b] −→ R3 (o R2 ) continua , definida de un interLa aplicación → valo I al espacio R3 o al plano R2 , la llamaremos trayectoria. La imagen C en R3 (o R2 ) de la trayectoria corresponde a lo que es una curva. −c : I ⊂ R → Definici´ on 2.9.1. Se llama curva de la trayectoria → − R3 (R2 ) dada por → c (t) = (x(t), y(t), z(t)) al conjunto de imagenes de → − c ;es decir − C= → c (t) ∈ R3 / t ∈ I = (x(t), y(t), z(t)) ∈ R3 : t ∈ I 113

− − Ejemplo 1: Sea → c : R → R3 una función definida por → c (t) = (x0, y0, z0 )+t(v1, v2, v3 ) es una recta L en el espacio que pasa por (x0, y0, z0 ) − y tiene la dirección → v = (v1, v2, v3 ). A partir de esta función se deducen las ecuaciones: x(t) = x0 + tv1, y(t) = y0 + tv2, z(t) = z0 + tv3 , que se conocen como ecuaciones paramétricas de una recta en el espa− cio.Luego, la recta es la imagen de la trayectoria: → c (t) = (x0, y0, z0 ) + t(v1, v2, v3 ), t∈R − Generalmente, usamos t como variable independiente y → c (t) se˜ nala la posición de una part´ıcula en el espacio y t en este caso es la variable tiempo. − − Ejemplo 2: Sea → c : [0, 2π] → R2 una función definida por → c (t) = (cos t, sin t) ,¿cuál es la curva asociada a esta trayectoria? Soluci´ on A partir de las funciones paramétricas tenemos , x (t) = cos t y (t) = sin t que cumplen con (x (t))2 + (y (t))2 = (cos t)2 + (sin t)2 = 1 ∀t ∈ [0, 2π] Por lo tanto, es una trayectoria cuya imagen corresponde a una circunsferencia centrada en el origen y radio unitario. − Observe que → c (t) = (cos 3t, sin 3t) con t ∈ 0, 2π describe la misma 3

curva. En este caso tenemos que trayectorias parametrizadas en forma diferente describen una misma curva. La variable t se designa usualmente con el nombre de parámetro. De ahora en adelante diremos que → − c (t) = (x(t), y(t), z(t)) es una representación paramétrica de la curva C, donde t es el parámetro. − Definici´ on 2.9.2. Sea → c (t):[a, b] → R3 continua, una trayectoria que describe la curva C.diremos que C en una curva cerrada si y solo si → − − c (a) = → c (b). 114

Una curva cerrada simple, o curva de Jordan es una curva cerrada que − − tiene la propiedad :si → c (t1 ) = → c (t2 ) =⇒ (t1 = t2 ) ∨ (t1 = a y − t2 = b).Como vemos esto ocurrre si la función → c es inyectiva en I es → − → − decir ∀t1 , t2 ∈ I, t1 6= t2 =⇒ c (t1 ) 6= c (t2 ) Ejercicios 3 A partir de la representación paramétrica dada, describa las curvas y encuentre las ecuaciones cartesianas de las mismas, si ello es posible: → − 1) c (t) = (t, −t) t≥0 → − 2 2) c (t) = (4 − t , t) t ∈ [−2, 3] → − 3) c (t) = (cos t, sin t, 2t) 0 ≤ t ≤ ∞ − 4) → c (t) = (a cos t, b sin t, 1) 0 ≤ t ≤ 2π

2.10.

Vectores Unitarios

2.10.1.

Vector Tangente unitario

− − Sea → c (t) : [a, b] → R3 una trayectoria y C la curva descrita por → c (t), → − → − → − supongamos que c tiene derivada de tercer orden y que c´(t) 6= 0 ∀ − t ∈ [a, b] . Definimos el Vector Tangente unitario en un punto → c (t) de la trayectoria, como sigue: → − c´(t) b

T(t) = → −

c´(t)

− b En el caso que el parámetro sea el parámetro longitud de arco, entonces: T(s) =→ c´(s) Propiedad − Sea → c (s) : [0, L] → R3 una trayectoria parametrizada por longitud de b y TT b ´ son ortogonales. arco. Pruebe que los vectores T En efecto:

2 b ·T b = b Como: T

T

=1 b ·T b´= 0 2T

=⇒

d bc (T·T) ds

b ·T b´+ T b´· T b =0⇒ =0⇒T

b ·T b´= 0 ; es decir que T b es ortogonal a T b´ ∴T 115

2.10.2.

Vector Normal

b 0 (s) T b

,Vector b´ 6= 0 definimos : N = En todos los puntos donde T

0 b

T (s) − normal principal a la curva C en el punto → c (s).

2.10.3.

Vector Binormal

b como a Hay un tercer vector unitario que es perpendicular tanto a T b . Se define por el producto cruz de estos vectores, y es denominado N b ×N b b=T vector Binormal, denotado por: B n

o b b b El conjunto de vectores T, N, B forma un sistema de vectores unitarios, ortogonales entre s´ı, orientados positivamente en este orden − en cada punto → c (s) de la curva, es decir se cumple que: b ·N b = 0, b ·B b = 0, b ·T b =0 T N B b ·T b = 1, b ·N b = 1, b ·B b =1 T N B b ×N b = B, b N b ×B b = T, b b ×T b =N b T B n o b, B b ,este se deEn la medida que var´ıa el conjunto de vectores Tb, N splaza a lo largo de la curva y se llama triedro movil.

Ejemplo 4 − Considere la hélice circular definida por: → c (t) = (3 cos t, 3 sin t, 4t), t > b b b 0 . Hallar los vectores T , N , y B. 116

Soluci´ on. − Sea → c ´(t) = (−3 sin t, 3 cos t, 4) =⇒

→

− c ´(t) = 5

Zt ⇒ s=

s 5

kc(u)k du = 5t ⇒ t = 0

s s s − ∴ → c (s) = (3 cos , 3 sin , 4 ) 5 5 5 − Por lo tanto: Tb = → c 0 (s) = (− 53 sin 5s ,

3 5

cos 5s ,

4 ) 5

Del resultado anterior podemos inferir que Tb = 1 b = Ahora determinemos el vector normal a partir de su definición: N b´(s) T

b

T ´(s)

b´(s) = (− 3 cos s , − 3 sin s , 0) T 25 5 25 5 q

q

b

3 s 2 3 s 2 − 25 cos 5 + − 25 sin 5 =

T´(s) = 117

3 2 25

=

3 25

3 s 3 s b = (− 25 cos 5 , − 25 sin 5 , 0) = (− cos s , − sin s , 0) N 3 5 5 25

b Del resultado anterior podemos inferir que: N

=1 A partir de los vectores bi b j 3 s 3 s b = − sin B cos 5 5 5 5 − cos s − sin s 5 5

b probar que: B = 1

b se tiene B b = Tb × N b⇒ Tb y N b k 4 = 4 sin s i − 4 cos s j + 3 j y podemos com5 5 5 5 5 5 0

De los calculos anteriores podemos resumir que tenemos: − En cada punto → c (s) de la curva b = (− cos s , − sin s , 0), B b = ( 4 sin s , − 4 cos s + 3 , 0) Tb = (− 35 sin 5s , 53 cos 5s , 45 ), N 5 5 5 5 5 5 5 s como t = 5 como sigue

podemos reparametrizar la trayectoria en funcion de t,

b (t) = (− cos t, − sin t, 0), B(t) b = ( 4 sin t, − 4 cos t + 3 , 0) Tb(t) = (− 35 sin t, 35 cos t, 45 ), N 5 5 5 Como ejercicio dejamos que verifique que:

2.11.

b =B b N b ×B b = Tb B b × Tb = N b Tb × N

Curvatura

→ − Sea f : I → Rn función vectorial dos veces diferenciable, parametriza −

→

da por el parámetro longitud de arco. Al n´ umero k(s) = f ”(s) se → − → − le llama curvatura de f en el punto f (s). Intuitivamente, de la definición se infiere que la curvatura es una medida de cuanto se ”dobla¨ una curva, como una medida del alejamiento de la curva de la recta tangente. Ejemplo 5 −c (t) = (3 cos t, 3 sin t, 4t), t ≥ 0 Calcular la curvatura de la hélice → Soluci´ on. 118

Sabemos que al parametrizar en función del arco se tiene → −c (s) = (3 cos s , 3 sin s , 4 s ) 5

5 5

3 s 3 s 3 → −

k(s) = k c ”(s)k =

(− 25 cos 5 , − 25 sin 5 , 0) = 25 → − En

este

caso, la curvatura es constante y como k(s) = k c ”(s)k =

b

b (s) tiene la misma

T´(s) ,significa que el vector tangente unitario T rapidez de variación de su dirección, en todos los puntos. Ejemplo 6 Mostrar que la curvatura de una recta es cero. Soluci´ on − Sea P0 = (xo , yo , zo ) punto de la recta y → v = (a, b, c) su vector dirección, → − entonces podemos escribir c (t) = (xo + ta, yo + bt, zo + ct) t → −c´(t) = (a, b, c) =⇒ s = R √a2 + b2 + c2 dt = t√a2 + b2 + c2 0

√ ∴ s = t a2 + b 2 + c 2

o

t= √

a2

s + b2 + c 2

Reparametrizando en función del arco se tiene sa sb sc → −c (s) = (x + √ , yo + √ , zo + √ ) o 2 2 2 2 2 2 2 a +b +c a +b +c a + b2 + c 2 Derivando la expresion anterior: → −c 0 (s) = √

1 −c ”(s) = (0, 0, 0) (a, b, c) ⇒ → 2 2 2 a +b +c

∴ k(s) = 0 Por lo tanto, la curvatura en cualquier punto es cero.

C´ırculo, circunferencia de curvatura 119

−c (s) es un punto de la curva C y k la curvatura. La circunferencia Si → −c (s) de radio R = 1 se llama que es tangente la curva C en el punto → k circunferencia de curvatura y R radio de curvatura. El centro de esta circunferencia se encuentra en la dirección del vector → −c ”(s).

2.11.1. C´ alculo de curvatura usando par´ ametro t 3 cualquiera en R → − Teorema 2.11.1. Sea f : I ⊆ R → R3 función vectorial, al menos → − dos veces diferenciable ,tal que: f´(t) 6= 0 ∀t ∈ I. Entonces:

→

→ −

−

f´ (t) × f ”(t)

k(t) =

→

3

−

f´(t)

Demostraci´ on: Sea s parámetro longitud de arco tal que t = ϕ(s) → − − → − → − 1 b (s) = f ‘(t) ⇒ →

→

f ‘(t) f´ (s) = f´(s) = T → − −

f ‘(t)

f ‘(t) Debemos calcular

→ − 00 f (s). Usando la regla de la cadena se tiene: 120





→ − → − 1 dt 1 d  dt 1

→

f ‘(t)

con = f ”(s) = = − → −

ds dt f ‘(t) ds ds

f ‘(t) dt

→

2 → − → −

−

Por otra parte, como f ‘(t) = f ‘(t) · f ‘(t) Se tiene:

→

d →

→ − → − → − → −

−

−

2 f ‘(t)

f ‘(t) = f ‘(t) · f ”(t) + f ”(t) · f ‘(t) dt − → −

→ − d f ‘(t) · f ”(t)

→

⇒

f ‘(t) = −

→

dt

f ‘(t) → − Volviendo a la derivada de f´(s) :

→

→

→ − − d

−

−

→

f ”(t) f ‘(t) − f ‘(t) f ‘(t)

→ − 1 dt f ”(s) = · 2 ds kf ‘(t)k dt → − → −

→ − − − f ‘(t) · f ”(t)

→

→

f ”(t) f ‘(t) − f ‘(t) −

→

f ‘(t) → − 1

f ”(s) = ·

→

2 → −

−

f ‘(t)

f ‘(t)

→

2 → → → − − − → −

−

f ”(t) f ‘(t) − f ‘(t) f ‘(t) · f ”(t) → − f ”(s) =

→

4

−

f ‘(t)

→

2 → − → −

−

Como f ”(t) = f ”(t) · f ”(t) ⇒

2 → 2 → − → → − − − → −

−

→ 2  f ”(t) f ‘(t) − f ‘(t) f ‘(t) · f ”(t) 

f ”(s) = 

→

4 

−

f ‘(t) 

→

2 →

4

→

2 →

2 → 2 → → − → −

−

−

−

−

−

−

→

f ”(t) f ‘(t) − 2 f ‘(t) f ‘(t) · f ”(t) + f ‘(t) f ‘(t) · f ”(t)

−

2

f ”(s) = 8 kf ‘(t)k 121

→

−

2 → 2 − → −

− 2 →

→

−

2 f´(t) f ”(t) − f ‘(t) · f ”(t)

f ”(s) =

→

6

−

f ‘(t)

→

2 → −

−

→

f ‘(t) × f ”(t)

2 −

f ”(s) =

→

−

6

f ‘(t) Por lo tanto:

→

→ −

−

f ‘(t) × f ”(t)

k(t) =

→

−

3

f ‘(t) Caso particular es el de curvas en el plano. Ejemplo 7 − Sea → r (t) = (x(t), y(t)) una trayectoria de R2 , en este caso k(t) =

|x´(t)y”(t) − x”(t)y´(t)| [(x´(t))2 + (y´(t))2 ]3/2

Soluci´ on Se deja al alumno, como indicación se sugiere poner → − → − r (t) ≡ f (t) = (x(t), y(t), 0) y aplicar la formula del teorema precedente Ejemplo 8 Calcule la curvatura de la espiral de Arqu´ımides ρ = aθ. Soluci´ on.x = ρ cos θ y = ρsinθ

=⇒ r(θ) = (aθ cos θ, aθsenθ)

se considera que x(θ) = aθ cos θ y funciones se tiene

y(θ) = aθsenθ, derivando estas

x´(θ) = a cos θ − aθsenθ y y´(θ) = asenθ + aθ cos θ x´(θ) = −2asenθ − aθ cos θ y y´(θ) = 2a cos θ − aθsenθ 122

Figura 2.1: Espiral de Arqu´ımides efectuando los productos y simplificando se tiene x´(θ) y”(θ) − x”(θ)y´(θ) = 2a2 + a2 θ2 = a2 (2 + θ2 ) por otro lado también (x´(t))2 + (y´(t))2 = a2 + a2 θ2 = (1 + θ2 )a2 reemplazando en la formula se tiene k(θ) =

|a2 (2 + θ2 )| [(1 + θ2 )a2 ]3/2

y simplificando k(θ) =

2 + θ2 a(1 + θ2 )3/2

para cualquier θ positivo. 2 + θ2 Obsérvese que l´ım = 0, esto significa que la curvatura θ→∞ a(1 + θ 2 )3/2 de la espiral de Arqu´ımides muy lejos del origen tiende a ser casi una recta.

2.12.

Planos por un punto de la curva

− Sea → c : I ⊆ IR → R3 un camino regular dos veces diferenciable − → − y P0 = → c (t0 ) (donde t puede ser parámetro longitud de arco). → − → − → − Si T , N y B son los vectores tangente, normal y binormal de la − curva en → c (t0 ) = (x0 , y0 , z0 ).Podemos definir los siguientes planos por − → → − P0 = c (t0 )

123

2.12.1.

Plano Osculador

→ − −→ − → Plano determinado por T y N en el P0 cuya ecuación es:

→ − (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) · B = 0

2.12.2.

Plano Normal

−→ → − − → Plano determinado por N y B en el punto P0 cuya ecuación es: → − (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) · T = 0

2.12.3.

Plano Rectificante

Plano determinado por

→ − → − − → B y T en el punto P0 cuya ecuación es:

→ − (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) · N = 0

− → Con estos mismos vectores en el punto P0 se definen las rectas: 124

2.12.4.

Recta Tangente

Cuya ecuación vectorial es: → − − → → − P (t) = P0 + t T

Es decir (x, y, z) = (x0 , y0 , z0 ) + t (T1 , T2 , T2 ) ,

2.12.5.

t ∈ IR

Recta Normal

Cuya ecuación vectorial es: → − → − → − P (t) = P 0 + t N Es decir (x, y, z) = (x0 , y0 , z0 ) + t (N1 , N2 , N2 ) ,

2.12.6.

t ∈ IR

Recta Binormal

Cuya ecuación vectorial es: → − → − → − P (t) = P 0 + t B Es decir (x, y, z) = (x0 , y0 , z0 ) + t (B1 , B2 , B2 ) ,

t ∈ IR

Ejemplo 9 −c (t) = (t3 , t2 , t). Obtener: Considere el camino regular definido por → a) las ecuaciones de los planos Osculador, Normal, Rectificante y b) las rectas tangente, normal y binormal a esta curva en el punto (1, 1, 1). Soluci´ on Previo a responder este problema observemos que para determinar los planos 125

y rectas pedidas no es obligatorio trabajar con los vectores unitarios por lo cual u ´til observar que: − − → −c´(t) es vector paralelo a → −c´(t) = α→ T (t) , es decir: → T → − − → −c´(t) × → −c ”(t) es vector paralelo a B (t), es decir :→ −c´(t) × → −c ”(t) = β → B − −c´(t) × → −c ”(t)) × → −c´(t) es vector paralelo a → (→ N (t) es decir : − −c´(t) × → −c ”(t)) × → −c´(t) = γ → (→ N De este modo, en nuestro problema particular. → −c´(t) = (3t2 , 2t, 1) y → −c´´(t) = (6t, 2, 0) Lo que implica al evualar 1 queda: → −c´(1) = (3, 2, 1) i j → − → − → − y c´´(1) = (6, 2, 0) por consiguiente c´(1) × c ”(1) = 3 2 6 2 −2i + 6j − 6k = −2(i − 3j + 3k)

en t =

k 1 0

=

i j k −c´(1) × → −c ”(1) × → −c´(1) = −2 6 −6 = 18i − 16j − 22k = 2(9i − (→ 3 2 1 8j − 11k) As´ı estamos en condiciones de calcular en el punto (1, 1, 1): Plano Rectificante (x − 1, y − 1, z − 1) · (9, −8, −11) = 0 ⇒ 9x − 8y − 11z + 10 = 0 ecuación del plano Plano Osculador (x − 1, y − 1, z − 1) · (1, −3, 3) = 0 ⇒ x − 3y + 2z − 1 = 0 ecuación del plano Plano Normal (x − 1, y − 1, z − 1) · (3, 2, 1) = 0 126

⇒ 3 x + 2y + z − 6 = 0 ecuación del plano Recta tangente: Recta Normal:

Recta binormal:

2.13.

x−1 y−1 z−1 = = 3 2 1 x−1 y−1 z−1 = = 9 −8 −11 x−1 y−1 z−1 = = 1 −3 3

Torsi´ on

Si una part´ıcula se mueve siguiendo un camino C, el plano osculador en un punto P de la curva es un buen referente para observar el giro o torsimiento de la curva, que no es otra cosa que la medida del alejamiento de la curva del plano osculador en una vecindad del punto P. b El comportamiento de la derivada del vector Binormal B(s) respecto → − del parámetro longitud de arco da la razón de cambio del vector B respecto del plano osculador Por otro lado se puede obsevar que: b (s)·B b (s) = 1 =⇒ B´(s)· b b (s)+B b (s)·B´(s) b b b (s) = B B = 0 =⇒∴ B´(s)· B b b (s) . 0 por lo que afirmamos que B´(s) es perpendicular a B b (s) · Tb (s) = 0 =⇒ B b (s) · T´(s) b b Además como B + B´(s) · Tb (s) = 0 b b b (s) por lo que B b (s) · T´(s) b T´(s) = αN = 0 =⇒ ∴ ddsB · Tb = 0 por lo b que se deduce ddsB es perpendicular a Tb. Estas dos u ´ltimas conclusiones b dB b se˜ nalan que ds es un vector perpendicular a B y a Tb, esto significa b b ,es decir normal al plano rectificante entonces que ddsB es paralelo a N en el punto P. Este razonamiento nos permite formular la siguiente definición. − Sea → c : I ⊆ IR → R3 un camino regular tres veces diferenciable → − parametrizado por longitud de arco y tal que f´´(s) 6= 0 ∀s ∈ I ( es decir con curvatura no nula). Al n´ umero real τ (s) tal que

127

b dB b (s) = −τ (s)N ds − se llama Torsión de la curva en el punto → c (s). Entonces, se tiene que b dB b · N (s) τ (s) = − ds Observaciones: b dB 1) El signo menos tiene el propósito de que si τ (s) > 0,entonces ds b (s). As´ı cuando P se mueve sobre la curva tiene la dirección de −N b en una dirección positiva Tb, B(s) gira alrededor de Tb en el mismo sentido que un tirabuzón diestro que avanza en la dirección de Tb, como se muestra en la figura adjunta.

b 2) La kτ (s)k = ddsB es una medida de la rapidez con que la curva se despega del plano osculador b 3) La primera consecuencia importante, de lo anterior, es que si B(s) b constante) significa que la curva se mantiene en el plano no var´ıa ( B b dB = 0. osculador y ds − Afirmamos, entonces que: → c (s) describe una curva plana si y solo si su torsi´ on es cero

2.13.1. C´ alculo de la torsi´ on usando par´ ametro t 3 cualquiera (en R ) → − Teorema 2.13.1. Sea f : I ⊆ R → R3 función vectorial al menos → − → − tres veces diferenciable tal que: f ´( t) 6= 0 y f 00 ( t) 6= 0 ∀t ∈ I. Entonces: 128

h→ i → −0 → − − f (t) × f 00 (t) · f 000 (t) τ (t) =

→ → − 00

− 0

2

f (t) × f (t)

La demostración de esta fórmula la dejamos como interesante aunque largo ejercicio para el lector. Ejemplo 10 La curva C resulta de la intersección de las superficies z = 2x2 y y z = x + y. Verifique usando la fórmula que τ (1) = 0. Soluci´ on.Sea z = 2x2 y y y se tiene y =

z = x + y =⇒ x + y = 2x2 y de aqu´ı despejando x 2 2x − 1 Haciendo x = t se tiene una parametrización para la curva intersección de las superficies: 2t3 t → − , c (t) = t, 2 2t − 1 2t2 − 1 Las derivadas son: 2 2 2 → −c’(t) = 1, −(2t + 1) , 2t (2t − 3) (2t2 − 1)2 (2t2 − 1)2 4t(2t2 + 3) 4t(2t2 + 3) → − c ”(t) = 0, , (2t2 − 1)3 (2t2 − 1)3 −12(4t4 + 12t2 + 1) −12(4t4 + 12t2 + 1) → − c ”’(t) = 0, , (2t2 − 1)4 (2t2 − 1)4 En P = (1, 1, 2), t = 1 y evaluando las derivadas en t = 1 se tiene: → − − − c ’(1) = (1, −3, −2) , → c ”(1) = (0, 20, 20) , → c ”’(1) = (0, −204, −204) 1 −3 −2 → − → − → − 20 c ’(t) × c ”(t) · c ”’(t) = 0 20 0 −204 −204

= 0. =⇒ τ (1) = 0.

Comentario.- El resultado no pod´ıa ser otro ya que la curva C está en un plano, el plano z = x + y. 129

2.14.

Formulas de Frenet

Fueron obtenidas por el matemático Frances Jean Frédéric Frenet en 1847 en su tesis doctoral, hoy se les conoce como las formulas de Frenet. b dT b 1) = kN ds b dN b 2) = − k Tb + τ B ds 3)

b dB b = −τ N ds

Demostraci´ on.1) Igualdad establecida en la fundamentación de la definición de la torsión 2) De las respectivas definiciones se tiene: b dT

−

− ds b b

N = b , T(t) =→ c´(s) y k(s) = → c ”(s)

ddsT b dT ds

=

dTb

ds

b N

=⇒

b dT

b b = ddsT N ds

b →

−

dT − b b = − c ”(s) N T(t) =→ c´(s) y k(s) = → c ”(s) =⇒ ds b = k(s) N b dT c = k N. ∴ ds b =B b × Tb y diferenciando se tiene: 2) A partir de N b dN ds

=

b dB ds

b× × Tb + B

b dT ds

b ) × Tb + B b × (k N b) = (−τ N

b × Tb) + k(B× b N b) = τ B b − k Tb. = τ (N ∴

b dN b − k Tb = τB ds 130

Finalmente, las fórmulas de Frenet se pueden resumir en una representación matricial, donde la matriz de transformación es antisimétrica.     b  Tb0 (s) T 0 k 0  b0    b   −k 0 τ  N (s)  =  N  0 b b 0 −τ 0 B (s) B

2.15. Aplicaciones de Funciones Vectoriales y Curvas Cuando una part´ıcula se mueve en el espacio y describe una curva en tres dimensiones, es conveniente fijar a la part´ıcula un sistema de coordenadas rectangular, de tal manera que una coordenada sea tangente a la trayectoria, otra sea normal a ella y una tercera que sea ortogonal a las dos primeras. Es decir , las coordenadas tangencial, normal y binormal constituyen de referencia cuya base esta constituida n un sistema o b, B b . por los vectores Tb, N

Las ecuaciones de la velocidad y la aceleracion pueden obtenerse como sigue: − → → − − v =→ r 0 = d r ds = s0 Tb ds dt

00 00 → − − − a =→ v0=→ r 00 = s Tb + s0 Tb0 = s Tb +

(s0 )2 b N ρ

donde ρ =

1 k

Puede concluirse que: 1. la velocidad es tangente a la trayectoria y su magnitud es s0 131

2. la aceleración tiene dos componentes. a) Una es la componente tangencial , de magnitud (s00 ),debida al cambio de magnitud de la velocidad. b) La otra es la componente normal, de magnitud (s0 )2 /ρ, hacia el centro de curvatura. Esta componente se debe al cambio de dirección de la velocidad. Tanto la velocidad como la aceleración siempre están sobre el plano osculador.

2.15.1.

Problemas

Problema 1 Una part´ıcula se mueve a lo largo de la curva: y = 2x−x2 con una componente horizontal de la velocidad de 4m/s, es decir vx = 4m/s. Hallar las componentes tangencial y normal de la aceleración en el punto (1, 1), si en el instante t = 0, x(0) = 0 Soluci´ on: La función de posición de la part´ıcula es: → − r (t) = (x(t), 2x(t) − x2 (t)), t ∈ I − y derivando obtenemos su velocidad → v (t) = (x0(t), 2x0(t) − 2x(t)x0(t)). Como la componente horizontal de la velocidad es 4m/s entonces x0(t) = 4 , integrando x(t) = 4t+C =⇒ x(0) = 0+C = 0 =⇒ C = 0 − − − Luego → r (t) = (4t, 8t − 16t2 ) =⇒ → v (t) = → r 0 (t) = (4, 8 − 32t) =⇒ → − − a =→ r 00 (t) = (0, −32) → − → − r 0 (1/4) − Como → r 0 (1/4) = (4, 0), entonces T (1/4) = → = (1, 0) y k− r 0 (1/4)k → − N (1/4) = (0, −1) . Luego, las componentes tangencial y normal de la aceleración se obtienen proyectando el vector aceleración en esas direcciones. → − − a =→ a (1/4) · T (1/4) = (0, −32) · (1, 0) = 0 y T

→ − − aN = → a (1/4) · N (1/4) = (0, −32) · (0, −1) = 32 132

Problema 2 a) Una part´ıcula se mueve en el espacio de tal forma que en el instante t = t0 ,el vector velocidad es (1, 1, 1) ,y el vector aceleración es (−2, 1, 0) .Hallar las componentes tangencial y normal de la aceleración en el instante t = t0 . b) Si la part´ıcula describe una curva en el espacio de tal manera que los vectores velocidad y aceleración tienen siempre magnitud constante, pruebe que la curvatura es constante en cada punto de la curva. Soluci´ on: a) Puesto que , se conoce la velocidad tenemos: √ → − − − v (t0 ) = k→ v (t0 )k Tb = (1, 1, 1) =⇒ k→ v (t0 )k = 3 → − b =⇒ a (t0 ) = aT (t0 )Tb + aN (t0 )N → − − − − b v (t0 ) · → a (t0 ) = aT (t0 ) k→ v (t0 )k Tb · Tb + aN (t0 ) k→ v (t0 )k Tb · N → − → − v (t0 ) · a (t0 ) (1, 1, 1) · (−2, 1, 0) √ aT (t0 ) = = → − k v (t0 )k 3 Por otra parte: → − − − − b v (t0 ) × → a (t0 ) = aT (t0 ) k→ v (t0 )k Tb × Tb + aN (t0 ) k→ v (t0 )k Tb × N √ − − k(1, 1, 1) × (−2, 1, 0)k k→ v (t0 ) × → a (t0 )k 3 2 √ = aN (t0 ) = = − 2 k→ v (t0 )k 3 b) La curvatura esta dada por: k (t) =

− − k→ v (t) × → a (t)k 3 → − k v (t)k

− − Supongamos que k→ v (t)k = c1 yk→ a (t)k = c2 − − − Dado que k→ v (t)k = c ,al derivar está expresión , se tiene → v (t)· → a (t) = 1

0, − − entonces → v (t) es ortogonal con → a (t). As´ı − − − − − k→ v (t)k k→ a (t)k k→ a (t)k c2 k→ v (t) × → a (t)k k (t) = = = → 3 3 2 = 2 → − → − − c1 k v (t)k k v (t)k k v (t)k Problema 3 133

La aceleración de una part´ıcula en función del tiempo viene dada por → − a (t) = (2t, 3t2 , 4t3 ) . Si en el instante t = 0 está en el origen de coor− denadas con velocidad inicial → v (0) = (1, 0, −1). a) Hallar la velocidad y la posición en cualquier instante de tiempo. b) Hallar el valor de t en el que la part´ıcula pasa por el plano xy. Soluci´ on: − a) Sea → r (t) la posición de la part´ıcula en el instante t. Entonces 00 → − − − − 0 r (t) = → v (t) y → r (t) = → a (t). Por lo tanto: Zt

− d→ v =

0

Zt

→ − a (u)du =

Zt

0

2u, 3u2 , 4u3 du

0

t (u , u , u ) 0 = (t2 , t3 , t4 ) 2

=

3

4

Entonces: → − − − v (t) − → v (0) = (t2 , t3 , t4 ) =⇒ → v (t) = (t2 + 1, t3 , t4 − 1) Ahora: Zt

− d→ r (t) =

0

Zt

→ − v (u)du =

0

→ − − r t) − → r (0) = → − r t) =

Zt

(u2 + 1, u3 , u4 − 1) du

0 4

t t5 t + t, , − t) =⇒ 3 4 5 t3 t4 t5 ( + t, , − t) 3 4 5 3

(

b) La part´ıcula pasa por el plano xy cuando z = 0 =⇒ 0 =⇒ t = 0 y t = 5. Problema 4 2 2 1 d y/dx . Usando la ecuación = ρ (1 + (dy/dx)2 )3/2 134

t5 −t = 5

a) Hallar el radio de la curvatura de la curva representada por y = x2 + 2x en el punto x = 2. b) Hallar los radios de la curvatura de la curva representada por y2 = 1 en los puntos x = 0 y x = 4 respectivamente. 9 Soluci´ on:

x2 + 16

a) La curva representada por y = x2 + 2x corresponde a una parábola que se abre hacia arriba cuyo vértice está en el punto (−1, −1).

Usando la ecuación calculemos el radio de curvatura: y = x2 + 2x =⇒ dy dx

1 ρ 1 ρ

2

d y = 2x + 2 =⇒ dx 2 = 2 2 .As´ı, el radio de curvatura en x = 0 es: = (1 + 4(x + 1)2 )3/2 2 = (37)3/2

x2 y2 + = 1 corresponde a una elipse b) La curva representada por 16 9 con semiejes mayor a = 4 y menor b = 3 respectivamente. r dy 3 v x = − 16 x2 u u Derivando la ecuación y = 3 1 − se tiene dx x2 =⇒ t 16 1− 16 d2 y 3 = − 16  dx2

1 3/2 x2  1−

16

135

3 1 1 = Por lo tanto , el radio de curvatura queda 7x2 3/2 ρ 16 (1 − ) 256

As´ı, el radio de curvatura en x = 0 es:

1 3 = ρ 16

=⇒ ρ =

16 3

Problema 5

El vector posición de una part´ıcula móvil a lo largo de una curva, − b está dado por: → r = atbi + b cos tb j + b sin tk en donde a y b son → − 2 d r 1 constante usando la ecuación: = 2 donde ρ es el radio de ρ ds curvatura. Hallar la curvatura de la curva.

Soluci´ on:

Parametricemos , el vector posición en función de la longitud de arco s. 136

Zt s

=

− k→ r 0 (τ )k dτ =

Zt k(a, −b sin t, b cos t)k dτ =

√

t a2 + b 2 τ

0

0

=⇒ → − r (s)

=

→ − r 0 (s)

=

→ − r 00 (s)

=

0

s t= √ a2 + b 2 s s s a√ , b cos √ , b sin √ a2 + b 2 a2 + b 2 a2 + b 2 a b s b s √ , −√ sin √ ,√ cos √ a2 + b2 a2 + b2 a2 + b 2 a2 + b 2 a2 + b 2 s b s b sin √ , 2 cos √ 0, − 2 2 2 2 2 2 a +b a +b a +b a + b2

Por consiguiente, el radio de curvatura es: − 1 d2 → r b a2 + b 2 = 2 = 2 =⇒ ρ = = constante ρ ds a + b2 b Problema 6 En un cierto instante, las magnitudes de la velocidad y la aceleración de un proyectil son 20 m/s y 80 m/s respectivamente, y el ańgulo de inclinación entre ellas es de 30o .Determinar el radio de curvatura de la trayectoria en ese instante

Soluci´ on: b los vectores unitarios en las direcciones tangencial y Sean Tb y N normal respectivamente. Como la velocidad es tangente a la trayectoria tenemos que → − − v = k→ v k Tb = 20 (m/s) Tb Las componentes tangencial y normal de la aceleración son: 137

√ aT = a cos θ = 80 cos 30o = 40 3 m/s2 aN = asenθ = 80 sen30o = 40 m/s2 √ → − b a = 40 3 m/s2 Tb + 40 m/s2 N El radio de curvatura puede calcularse a partir de: 2 2 − − k→ vk 400 k→ vk =⇒ ρ = = = 10m aN = ρ aN 40

Problema 7 − La aceleración de una part´ıcula, está dada por: → a = 2tbi + 3t2b j + 2b k en → − → − 2 donde a está m/s y t está en s. Si en el instante t = 0, v = 0. A partir de la componente normal de la aceleración hallar el radio de curvatura de la trayectoria de la part´ıcula en el instante t = 1 s. Soluci´ on: En primera instancia determinemos la velocidad de la part´ıcula Zt 0

− d→ v =

Zt 0

→ − a (u)du =

Zt

2τbi + 3τ 2b j + 2b k

dτ = t2bi + t3b j + 2tb k

0

→ − − − v (t) − → v (0) = t2bi + t3b j + 2tb k =⇒ → v (t) = t2bi + t3b j + 2tb k Ahora evaluemos la velocidad y la aceleración respectivamente, en el instante t = 1s : → − v (1) = bi + b j + 2b k → − a (1) = 2bi + 3b j + 2b k As´ı la componente normal de la aceleración en el instante t = 1 es 2 3 − − − − k→ v (1)k k→ v (1) × → a (1)k k→ v (1)k aN (1) = = =⇒ ρ = → = − − ρ k→ v (1)k k− v (1) × → a (1)k √ 3 6 k(−4, 2, 1)k √ 3 √ 3 6 6 Por lo tanto el radio de curvatura es:ρ = = √ m k(−4, 2, 1)k 21 Problema 8 138

El vector posición de una part´ıcula se describe por la función vectorial → − r (t) = a cos(wt)bi + a sin (wt) b j + bt2 b k ,donde a y b son constantes positivas. Expresar la velocidad y la aceleración en sus componentes tangencial y normal. Soluci´ on: Calculemos la velocidad y la aceleración en coordenadas rectangulares. → − − v =→ r 0 (t) = −awsen(wt)bi + aw cos (wt) b j + 2btb k → − − a =→ r 00 (t) = −aw2 cos(wt)bi − aw2 sin (wt) b j + 2bb k A continuación , podemos calcular la rapidez y la magnitud de la aceleración √− → √ − v ·− v = a2 w2 + 4b2 t2 k→ vk= → √− → √ − a ·− a = a2 w4 + 4b2 k→ ak= → Ahora, estamos en condiciones de expresar la velocidad y la aceleración en sus componentes tangencial y normal. √ → − − v = k→ v k Tb = a2 w2 + 4b2 t2 Tb → − − v (t) · → a (t) 4b2 t √ aT (t) = = − k→ v (t0 )k a2 w2 + 4b2 t2 √ − − k→ v (t) × → a (t)k a4 w6 + 4a2 b2 w4 t2 + 4a2 b2 w2 √ aN (t) = = − k→ v (t0 )k a2 w2 + 4b2 t2 Por tanto, la aceleración es: √ 2 4b t a4 w6 + 4a2 b2 w4 t2 + 4a2 b2 w2 b → − √ a =√ Tb + N a2 w2 + 4b2 t2 a2 w2 + 4b2 t2 Problema 9 La posición de una part´ıcula sobre la periferia de una rueda de 8 cm de diámetro se especifica como s(t) = t3 − 4t2 + 8t en donde s es la longitud del arco, medida en cm, a lo largo de la periferia circular, a partir de un origen conveniente, y t es el tiempo, en segundos. − Hallar la magnitud de la aceleración k→ a ken el instante en que la magnitud de la aceleración tangencial es de 4cm/s2 . Soluci´ on: A partir de la ecuación dada s(t) = t3 − 4t2 + 8t, obtenemos − s0 (t) = k→ v k = 3t2 − 8t + 8 139

00

s (t) = aN (t) = 6t − 8 El radio de curvatura ρ en este caso es el radio de la rueda. As´ı que: ρ = 28 = 4cm. La aceleración es 2

(s0 (t))2 b (3t2 − 8t + 8) b 00 → − a (t) = s (t)Tb + N = (6t − 8)Tb + N ρ 4 En el instante que aT = 4, 6t − 8 = 4, de donde t = 2s. Luego, en el instante t = 2s. → − b a (2) = 4Tb + 4N Por lo tanto, la magnitud de la aceleración es: √− → √ − a ·− a = 4 2cm/s2 k→ ak= →

2.16.

Ejercicios resueltos

Ejercicio 1 −c (t) = (cos t, sin t, bt) Un par de trayectorias de [0, ∞) en R3 se definen por → − y→ r (t) = (1, 0, t). Responda las siguientes preguntas: −c (t) y → − a) ¿Se intersectan las curvas generadas por → r (t)? b) Si estas trayectorias representan el desplazamiento de un par de part´ıculas. ¿En qué puntos ,si los hay, estas part´ıculas se encuentran? Soluci´ on: → − a) c (t) es la ecuación de la hélice ascendente sobre el manto del cilindro x2 + y 2 = 1 y cada vuelta demora 2π unidades de tiempo. Asimismo, → − r (t) = (1, 0, t) es una recta vertical paralela al eje axial del cilindro , que está sobre el manto de x2 + y 2 = 1 y pasa por (1, 0, 0). Igualando las primeras componentes cost = 1 ,obtenemos que las curvas se intersectan para t = 0, 2π, 4π, . . . 140

b) Igualando las terceras componentes bt = t =⇒ Si b = 1,entonces las part´ıculas se encuentran en los puntos (1, 0, 0), (1, 0, 2π), ..., (1, 0, 2nπ) con n ∈ Z+ 0. Ejercicio 2 −c (t) = (2 cos(t), 2 sin(t), t) La curva C es definida a partir de la trayectoria → con 0 ≤ t ≤ 2π . Describa la representación gráfica de C y pruebe que si se usa como parámetro la longitud de arco s , el vector tangente a la curva es un vector unitario. Soluci´ on: Por la continuidad de las funciones x(t) = 2cos(t), y(t) = 2sin(t) y z(t) = t −c (0) = (x(0), y(0), z(0)) = podemos inferir que C parte del punto → (2, 0, 0) −c (2π) = (x(2π), y(2π), z(2π)) = (2, 0, 2π); además que y termina en → la curva asciende a través del manto del cilindro x2 + y 2 = 4 porque [x(t)]2 + [y(t)]2 = [2 cos(t)]2 + [2 sin(t)]2 = 4 como se ilustra en la figura

−c (t) = (2cos(t), 2sin(t), t). El vector El vector posición de esta curva es → −c 0 (t) = (−2 sin(t), 2 cos(t), 1) (a) y la longitud del vector tangente es → tangente es −c 0 (t)k = p[−2 sin(t)]2 + [2 cos(t)]2 + 1 = √5 (b) k→ 141

La longitud total de esta curva es Z Z 2π → − 0 k c (t)k dt = Longitud = Rt 0

√

√ 5dt = 2π 5

0

0

Definimos s(t) = de

2π

kc0 (u)k du para t ∈ [0, 2π] =⇒ s(t) es la longitud

curva C desde (2, 0, 0) hasta (x(t), y(t), z(t)). Claramente s(t) es continua y estrictamente creciente en [0, 2π] la ecuación s = s(t) puede resolverse para t como una función de s, es decir t = t(s) (c) En este caso t =

√s 5

as´ı es que s s s 2 cos √ , 2 sin √ , √ 5 5 5

→ −c (s) = → −c (t(s)) =

es vector posición en términos de s, derivando s 1 1 1 → −c 0 (s) = → −c 0 (t(s)) = −2 sin √s √ , 2 cos √ √ ,√ 5 5 5 5 5 2 s s 1 = √ sin √ , cos √ , (2.16.1) 2 5 5 5 Calculando su módulo −c 0 (s)k = √2 k→ 5 2 = √ 5

s

2

sin

s √ 5

1+

1 =1 4

r

+ cos

s √ 5

2 +

1 4

−c 0 (s) es vector unitario. Por lo tanto, → Especificaciones: −c (t) describe la trayectoria de una part´ıcula en el espacio, el a) Si → vector → −c 0 (t) = (−2 sin(t), 2 cos(t), 1) es la velocidad con que se desplaza la part´ıcula −c (t), en el instante “t”. por la curva C en el punto → 142

−c 0 (t)k = √5 es la rapidez con que se desplaza la part´ıcula ∀t, lo b)k→ que significa que la part´ıcula se mueve con rapidez constante ∀t. c) Asimismo, la longitud del arco es Z s(t) =

t

−c 0 (t)k du k→

Z0 t √

=

5du =

√

5t

0

s=

√

s 5t =⇒ t = √ 5

En general y en teor´ıa la ecuación s = s(t) siempre se puede resolver para t en términos de s, es decir tener t = t(s). En la práctica existen casos en los que por razones algebraicas no se puede tener t = t(s) ¿Conoces alg´ un caso? Ejercicio 3 Una part´ıcula se mueve en el espacio con vector posición → − → − → − r (t) = t A + t2 B + 2

3 − → − 2 2→ t A×B 3

→ − → − donde A y B son dos vectores unitarios fijos que forman ańgulo de π3 radianes. Calcular la velocidad de la part´ıcula en el instante t y determinar en cuanto tiempo recorre una distancia de 12 unidades de longitud de arco desde la posición en t = 0. Soluci´ on: 143

− − La velocidad es el vector → v (t) = → r 0 (t) donde → − → − → − r 0 (t) = A + 2t B + 3

2 t 3

12

− → − 2→ A×B 3

Por lo tanto → − → − → − v (t) = A + 2t B + 2

1 − → − 2 2→ A×B t 3

Para la segunda parte del problema usaremos Z t q → − → − − − 0 0 s(t) = k r (t)k du con k r (t)k = → r 0 (t) · → r 0 (t) 0

Calculando → − − r 0 (t) · → r 0 (t) = =

→ − → − A + 2t B + 2

! 12 → − → − 2 t A×B · 3

→ − → − A + 2t B + 2

= 1 + 4t + 4t2 (a) por lo tanto

→ − − r 0 (t) · → r 0 (t) = (1 + 2t)2 q → − 0 =⇒ k r (t)k = (1 + 2t)2 = 1 + 2t

as´ı que Z

t

s(t) =

(1 + 2u) du t = u + u2 0 = t + t2 0

De acuerdo a lo que se pide en el problema s(t) = 12 =⇒ t2 + t − 12 = 0 Las soluciones de esta ecuación son t1 = 3 y t2 = −4 por la naturaleza del problema debe ser t ≥ 0 luego desconsideramos t2 = −4. En consecuencia, 3 unidades de tiempo son necesarios 144

! 12 → − → − 2 t A×B 3

Especificaciones:  21 → 21 → → − → − − → − → − → − − → − 2 2   A + 2t B + 2 t A × B · A + 2t B + 2 t A × B =  3 3   1  − → − → − → − → − → − → − → − → − → − → −  → A · A + 2t B · A + 2 23 t 2 A × B · A + 2t A· B + 4t2 B · B 12 → 12 → a) − → − → − − → − → − 2 2  +2(2t) A × B · B + 2 A · A × B t t  3 3  → → →  1 →  − − → − − → − − → −   +2(2t) 32 t 2 B · A × B + 4 32 t A × B · A × B Como: → − → − → − → − → − → − A · A = 1, B · B = 1, A · B = cos π3 = 12 → − → − → − → − → − → − A · A × B = 0, B · A × B = 0, y √ 2 → − → − − → − → − → −

2

→ A × B · A × B = A × B = 23 =

3 4

Se concluye que: 8 3 → − − r 0 (t) · → r 0 (t) = 1 + t + 0 + t + 4t2 + 0 + 0 + 0 + + 3 4 = 1 + 4t + 4t2 = (1 + 2t)2 Ejercicio 4 → − Sea F : I → Rn una función velocidad dos veces diferenciable. a) Pruebe que la aceleración se puede escribir como combinación lineal b , espec´ıficamente se pide establecer que: de los vectores unitarios Tb y N 2 d2 s b ds b T + k(t) N 2 dt dt b = aT Tb + aN N

→ − a (t) =

b) Aplicando a) calcule las componentes tangencial y normal del vector − aceleración correspondiente a → r (t) = (t, cos2 t, sin2 t). Soluci´ on: → − − a) Sea → g una reparametrización de F por longitud de arco entonces → − − F (t) = → g (s) si y sólo si t = t(s) ⇐⇒ s = s(t). Aplicando la regla de la cadena, queda → − → − ds − − F (t) = → g (s(t)) =⇒ F 0 (t) = → g 0 (s) s0 (t) = Tb dt 145

derivando nuevamente respecto de t → − 00 2 − − F (t) = → g 00 (s) [s0 (t)] + → g 0 (s) s00 (t) − Por definición k = k(s) = k→ g 00 (s)k es la, curvatura de C en g(s). por otro lado dTb

− − b = ds =⇒ → b N g 00 (s) = k→ g 00 (s)k N

dTb

ds Relacionando las igualdades anteriores

ds 2 → − 00 d2 s → − → − 00 b + Tb 2 a (t) = F (t) = k g (s)k N dt dt 2 d2 s b ds − b = T + k→ g 00 (s)k N 2 dt dt 2 ds d2 s b b T +k = N 2 dt dt lo que significa que d2 s → − a (t) = 2 Tb + k dt

ds dt

2 b N

− b) En la aplicación de a) en → r (t) = t, cos2 t, sin2 t − tenemos → r 0 (t) = (1, − sin(2t), sin(2t)) . Usando la expresion anterior, se tiene

− s (t) = k→ r 0 (t)k = 0

q

4 sin(2t) cos(2t) 1 + 2 sin2 (2t) =⇒ s00 (t) = p 1 + 2 sin2 (2t)

Luego, la componente tangencial aT

es

2 sin(2t) aT = s00 = p 1 + 2 sin2 (2t) 146

− Además, → r 00 (t) = (0, −2 cos(2t), 2 cos(2t)) y haciendo el producto cruz entre → − − r 0 (t) y → r 00 (t) se tiene → − − r 0 (t) × → r 00 (t) = −2 cos(2t)b j − 2 cos(2t)b k (e) y p p − − k→ r 0 (t) × → r 00 (t)k = 4 cos2 (2t) + 4 cos2 (2t) = 8 cos2 (2t) √ = 2 2 |cos(2t)| Como la curvatura k en función de t es k= reemplazando

− − k→ r 0 (t) × → r 00 (t)k 3 − k→ r 0 (t)k

√ 2 2 |cos(2t)| k= 3 1 + 2 sin2 (2t) 2

de aN = k(t)

ds dt

2

√ 2 2 |cos(2t)| 2 1 + 2 sin (2t) = 3 1 + 2 sin2 (2t) 2

Por lo tanto, la componente normal de la aceleración en este caso es √ 2 2 |cos(2t)| aN = p 1 + 2 sin2 (2t) Ejercicio 5 − Sea la trayectoria regular → r : R → R3 , definida por: → − r (u) = (

4au2 2au(1 − u2 ) a(1 − u2 ) , , ), a > 0 (1 + u2 )2 (1 + u2 )2 1 + u2

a) Pruebe que la función ϕ : R → ]−π, π[ tal que t = ϕ(u) = 2 arctan u 147

− define la reparametrización de → r,

→ − r ∗ : ]−π, π[ → R tal que r¯(t) = (a sin2 t, a sin(t) cos(t), a cos t) − b) Verifique que → r ∗ (t) está contenida en una superficie esférica. c) Probar que los planos normales a la curva descrita por r¯(t) pasan por el centro de la esfera. Solución De ϕ(u) = 2 arctan u se tiene que: ϕ0 (u) =

2 1+u2

> 0 ∀u ∈ R, por lo tanto, es estrictamente creciente en R

y como ϕ es continua, ϕ es biyectiva, y por tanto, invertible. Además t ϕ−1 (t) = tan( ) 2 ϕ−1 : ]−π, π[ → R es de clase C 1 en ]−π, π[ . Por lo anterior, se puede definir r¯(t) : t → − − − − r ∗ (t) = (→ r ◦ ϕ−1 )(t) = → r (ϕ−1 (t)) = → r (tan( )) 2 4a tan2 ( 2t ) 2a tan( 2t )(1 − tan2 ( 2t ) a(1 − tan2 ( 2t )) − =⇒ → r ∗ (t) = ( , , (1 + tan2 ( 2t ))2 (1 + tan2 ( 2t ))2 (1 + tan2 ( 2t )) Sustituyendo

→ − r ∗ (t) =

1−cos t 4a( 1+cos ) t , ( 2 )2 ( 1+cos t

2a

q

1−cos t 2 cos t ( ) 1+cos t 1+cos t 2 )2 ( 1+cos t

,

2 cos t a( 1+cos ) t 2 ) ( 1+cos t

√ = (a(1 − cos2 t), a cos t 1 − cos2 t, a cos t) Por lo tanto, la reparametrización la podemos definir por: → − r ∗ (t) = (a sin2 t, a sin(t) cos(t), a cos t) 148

)

b) Consideremos ahora x(t) = a sin2 t, y(t) = a sin t cos t, z(t) = a cos t =⇒

x2 + y 2 + z 2 = a2 sin4 t + a2 sin2 t cos2 t + a2 cos2 t = a2 sin2 t(sin2 t + cos2 t) + a2 cos2 t = a2 (sin2 t + cos2 t) = a2 ∴ la curva está en la esfera x2 + y 2 + z 2 = a2 − c) Se → r ∗ (t0 ) un punto cualquiera de la curva. La ecuación del plano normal es: πN : ((x, y, z) − r¯(t0 )) · r¯0 (t0 ) = 0 − − y (0, 0, 0) ∈ πN si sólo si → r ∗ (t0 ) · → r ∗0 (t0 ) = 0

→ − − r ∗ (t0 )·→ r ∗0 (t0 ) = (a sin2 t0 , a sin(t0 ) cos(t0 ), a cos t0 )·(2a sin t0 cos t0 , a(cos2 t0 −sin2 t0 ), −a sin = 2a2 sin3 t0 cos t0 + a2 (sin t0 cos3 t0 − sin3 t0 cos t0 ) − a2 sin t0 cos t0 = a2 sin3 t0 cos t0 + a2 sin t0 cos3 t0 − a2 sin t0 cos t0 = a2 sin t0 cos t0 − a2 sin t0 cos t0 =0 ∴ (0, 0, 0) ∈ πN Ejercicio 6 − − Sea → r : R+ → R3 , definida por: → r = (t2 , 23 t3 , t),la trayectoria regular que describe una part´ıcula que se mueve a lo largo de una curva C. Para el instante t = 1, determine: 149

a) Su velocidad ,rapidez y aceleración. b) Los versores tangente, normal y binormal a trayectoria en ese instante c) La curvatura y torsión de la curva en ese punto. d) Las componentes tangencial y normal de la aceleración en el punto. e) La hodógrafa del movimiento o trayectoria que se determina en el espacio de velocidad. Soluci´ on: a) A partir de la definición tenemos que la velocidad ,rapidez y aceleración en función del tiempo están dadas por: → − − − − v (t) = → r 0 (t) = (2t, 2t2 , 1) =⇒ → v (1) = → r 0 (1) = (2, 2, 1) √ p − − − − r 0·→ r 0 = (4t2 + 4t4 + 1) =⇒ |→ v (1)| = 3 |→ v (t)| = → 00 → − − − a (t) = → r (t) = (2, 4t, 0) =⇒ → a (1) = (2, 4, 0) b) Los versores se pueden calcular usando las identidades Tb (t) = b (t) = B

− → r 0 (t) → r 0 (t)| |−

=⇒ Tb (1) =

00 − → → r 0 (t)×− r (t) − → − → 0 r (t)× r 00 (t)

|

|

− → r 0 (1) → r 0 (1)| |−

b (1) = =⇒ B

=

(2,2,1) 3

00 − → → r 0 (1)×− r (1) − → − → 0 r (1)× r 00 (1)

|

|

=

(−4,2,4) 6

b (t) = B b (t) × Tb (t) =⇒ N b (1) = B b (1) × Tb (1) = N

(−1,2.−2) 3

c) La curvatura y torsión en el punto se pueden determinar usando las identidades: κ (t) =

00 − → r 0 (t)×− r (t) → 3 → r 0 (t)| |−

=⇒ κ (1) =

00 − → r 0 (1)×− r (1) → 3 → r 0 (1)| |−

000

τ (t) =

00 − → → → r 0 (t)×− r (t) · − r (t) 2 00 − → − → 0 r (t)× r (t)

|

|

=

6 33

2 9

=

>0

000

=⇒ τ (1) =

00 − → → → r 0 (1)×− r (1) · − r (1) 2 00 − → − → 0 r (1)× r (1)

|

|

=

8 36

=

2 9

d) Derivando la velocidad tenemos 00 0 2 b → − − − − a (t) = → r (t) = |→ v (t)| Tb (t) + κ (t) |→ v (t)| N (t) ,

entonces las componentes tangencial y normal de la aceleración son: 150

0 − aT = |→ v (t)| = √4t 2+ 8t3) (4t +4t4 +1) 2 → − a = κ (t) | v (t)| N

0 − aT = |→ v (1)| = √4 + 8 = 12 =4 3 (4+4+1) =⇒ 2 − a = κ (1) |→ v (1)| = 2 (3)2 = 2 N

9

− − e) A partir del vector velocidad → v (t) = → r 0 (t) = (2t, 2t2 , 1) podemos inferir sus componentes  x0 (t) = 2t  2 y 0 (t) = 2t2 =⇒ y 0 (x) = x2  z 0 (t) = 1 z0 = 1 Por lo tanto, la hodógrafa es una parabóla en el plano z 0 = 1 del espacio de velocidades. Ejercicio 7 − − Sea → r : R+ → R3 , definida por: → r = (a cos t, asent, β(t)), trayectoria regular que describe una part´ıcula que se mueve a lo largo de una curva C. ¿Cuál debe ser la función β(t) para que la trayectoria esté contenida en un plano para todo t?. Soluci´ on: La trayectoria de la part´ıcula es plana si y solo s´ı la torsión es nula para todo t. Es decir: 000

τ (t) =

00 − → → → r 0 (t)×− r (t) · − r (t) 2 00 − → − → 0 r (t)× r (t)

000 00 − − − = 0 ∀t =⇒ → r 0 (t) × → r (t) · → r (t) = 0 ∀t,

| | luego derivemos y calculemos el → − r 0 = (−asent, a cos t, β 0 (t)) → − r 00 = (−a cos t, −asent, β 00 (t)) → − r 000 = (asent, −a cos t, β 000 (t))

producto mixto   =⇒ 

000 00 → − − − r 0 (t) × → r (t) · → r (t) = a2 (β 000 (t) + β 0 (t)) = 0 =⇒

(β 000 (t) + β 0 (t)) = 0 La ecuación diferencial homógenea de tercer orden , tiene solución de la forma β(t) = eλt ; entonces β 0 (t) = λeλt =⇒ β 00 (t) = λ2 eλt =⇒ β 000 (t) = λ3 eλt 151

reemplazando términos en la ecuación anterior: (λ3 +λ)eλt = 0, eλt 6= 0 ∀t conduce a la ecuación caracter´ıstica (λ3 + λ) = 0, luego β(t) = C1 + C2 cos t + C3 sent, donde C1 , C2 , C3 son constantes reales. Por lo tanto, si la trayectoria está dada por → − r (t) = (a cos t, asent, C1 + C2 cos t + C3 sent) la part´ıcula siempre se moverá sobre un mismo plano. Ejercicio 8 − a) Sea → r : I ⊆ R → R3 una trayectoria regular de modo que → − r 0 (t) 6= 0 ∀t. supongamos que hay un t0 ∈ I para el que la distancia del − origen al punto→ r (t ) ∈ R3 alcanza un valor m´ınimo. Pruebe que en 0

ese − − punto → r 0 (t0 ) es perpendicular a → r (t0 ) . b) Usando lo anterior , hallar los puntos en que la recta dada por → − r (t) = (t + 1, 3t − 2, 2t − 1) está más cerca del origen. Soluci´ on: − a) En efecto consideremos la función distancia d(t)= |→ r (t)|de un punto cualquiera al origen y supongamos que hay un t0 ∈ I, tal que se alcanza un m´ınimo, entonces se tiene que → − − 0 r (t0 ) · → r 0 (t0 ) − = 0, d0 (t0 ) = |→ r (t0 )| = − |→ r (t )| 0

− − − − de donde se tiene que → r (t0 )· → r 0 (t0 ) = 0 , por lo tanto, → r (t0 ) y → r 0 (t0 ) son ortogonales en ese punto. − b) Basta encontrar un t0 ∈ I para el que la distancia del punto → r (t0 ) ∈ R3 − − alcanza su valor m´ınimo que satisface → r (t ) · → r 0 (t ) = 0 0

0

− → − r (t0 ) → ·r 0 (t0 ) = (t0 + 1, 3t0 − 2, 2t0 − 1) · (1, 3, 2) = 0 =⇒ 1 (t0 + 1) + 3(3t0 − 2) + 2(2t0 − 1) = 0 =⇒ t0 = 2 152

− Por lo tanto, el punto buscado es → r

1 2

=

3 , − 12 , 0 2

.

Ejercicio 9 − Se llama evoluta de una curva → r : I ⊆ R+ → R2 a la curva que describen − los centros de curvatura de → r . Determine la evoluta de la curva → − 2 r (t) = (t, t ). Soluci´ on: La curva que describe el centro de curvatura está dada por la ecuación: → −c (t) = → − 1 b r (t)+ κ(t) N (t) , determinemos la curvatura y el versor normal. 00 → − − r 0 (t) = (1, 2t, 0) =⇒ → r (t) = (0, 2, 0) =⇒ 00 00 → − − − − − r 0 (t) × → r (t) = (0, 0, 2) =⇒ → r 0 (t) × → r (t) × → r 0 (t) = (−4t, 2, 0)

− 0 − 0 00 00 1/2 − − − Además: → r (t) × → r (t) = 2 y → r (t) × → r (t) × → r 0 (t) = 2 (1 + 4t2 ) κ (t) =

00 − → r 0 (t)×− r (t) →

b (t) = N

3

→ r 0 (t)| |−

=

2 (1 +4t2 )3/2

00 − → → → r 0 (t)×− r (t)×− r 0 (t) 00 − → − → − → 0 r (t)× r (t)× r 0 (t)

| ecuación tenemos → −c (t) = (t, t2 )+ (1 a

|

=

(−4t,2) , 2(1 +4t2 )1/2

reemplazando términos en la

3/2

+4t2 ) 2

(−4t,2) 2(1 +4t2 )1/2

= −4t3 , 3t2 +

1 2

,que corresponde

la ecuación paramétrica de la evoluta. 1.10 Ejercicio 10 − − Sea → r : I ⊆ R → R3 una trayectoria regular, dada por → r = (x(t), y(t), z(t)), − t ∈ I. Pruebe que la ecuación del plano osculador en → r (t0 ), t0 ∈ I,es: x − x (t0 ) y − y (t0 ) z − z (t0 ) x0 (t0 ) y 0 (t0 ) z 0 (t0 ) = 0 x00 (t0 ) y 00 (t0 ) z 00 (t0 ) Soluci´ on:

→ − − → − La ecuación del plano osculador es : ( f − → r (t0 )) · B (t0 ) = 0, donde bi b b j k → − → − → − B (t0 ) = r 0 (t0 ) × r 00 (t0 ) = x0 (t0 ) y 0 (t0 ) z 0 (t0 ) x00 (t0 ) y 00 (t0 ) z 00 (t0 ) 153

→ − 00 00 00 00 B (t0 ) = (y 0 (t0 ) z (t0 ) − y (t0 ) z 0 (t0 ) , x (t0 ) z 0 (t0 ) − x0 (t0 ) z (t0 ) , x0 (t0 ) y 00 (t0 ) − x00 (t0 ) y 0 (t0 )) pongamos: x0 = x (t0 ) , y0 = y (t0 ) y z0 = z (t0 ) → − − → − r (t0 )) · B (t0 ) = 0 =⇒ (f −→

00

00

00

00

(x − x0 , y − y0 , z − z0 ) · (y00 z0 − y0 z00 , x0 z00 − x00 z0 , x00 y000 − x000 y00 ) = 0 desarrollando 00

00

00

00

(y00 z0 − y0 z00 )(x − x0 ) + (x0 z00 − x00 z0 )(y − y0 ) + (x00 y000 − x000 y00 )(z − z0 ) = 0 esto u ´ltimo se puede escribir x − x (t0 ) y − y (t0 ) z − z (t0 ) x0 (t0 ) y 0 (t0 ) z 0 (t0 ) 00 00 x (t0 ) y (t0 ) z 00 (t0 )

=0

lo que prueba la hipótesis. Ejercicio 11 Un automovilista se desplaza por una carretera recta. En el instante t=0 llega a una rotonda la que recorre con un trayectoria → − f (t) = (acost, asent, bt(2 − t)), t ∈ [0, 2] En el instante t = 2 sale de la rotonda y vuelve a continuar por una carretera recta. a) Cálcule la curvatura máxima de la rotonda para t ∈ [0, 2]¿en qué punto ocurre? b) Determine la torsión de la rotonda para t ∈ [0, 2] .Haga un gráfico de la torsión en función del tiempo. 154

Soluci´ on: a) Calculemos la curvatura de la trayectoria mediante la identidad: − − →00 →0 f (t)× f (t) 3 − → | f 0 (t)|

κ (t) =

→ p → −0 − f (t) = (−asent, a cos t, 2b(1−t)) =⇒ f 0 (t) = a2 + 4b2 (1 − t)2 → − 00 f (t) = (−acost, −asent, −2b) =⇒ → −0 → − f (t) × f 00 (t) = (−2ab cos t + 2ab(1 − t)sent, −2absent − 2ab(1 − t) cos t, a2 ) → p → − − 0 f (t) × f 00 (t) = a a2 + 4b2 (1 + (1 − t)2 ,reemplazando en la identidad, tenemos κ (t) =

p a a2 + 4b2 (1 + (1 − t)2 (a2 + 4b2 (1 − t)2 )3/2

Sea Ψ (t) = a2 + 4b2 (1 − t)2 =⇒ Ψ0 (t) = −8b2 (1 − t) = 0 =⇒ t=1

En

hay un punto cr´ıtico de Ψ (t) Como Ψ00 (1) = 8b2 > 0, en t = 1 hay un m´ınimo de Ψ (t) y un máximo de κ (t) pues son inversamente proporcionales √

Luego, κ (t) =

a2 +4b2 a2

→ − y se alcanza en el punto f (1) = (a cos 1, asen1, b).

b) Calculemos ahora la torsión; τ (t) =

− →0 − →00 − →000 f (t)× f (t) · f (t) 2 − → − → | f 0 (t)× f 00 (t)|

∀t

→ − 000 → − → − → − f (t) = (asent, −a cos t, 0) =⇒ f 0 (t) × f 00 (t) · f 00 (t) = 2a2 b(1 − t) τ (t) =

2a2 b(1−t) a2 [a2 +4b2 (1+(1−t)2 ]

Se tiene que τ (0) =

2b ,τ [a2 +8b2 ]

2b (1) = 0, τ (2) = − [a2 +8b 2]

τ 0 (t) = 0 =⇒ 4b2 (1 − t)2 = a2 + 4b2 =⇒ (1 − t)2 = (1 − t)2 = 1 + (1 − t) ≤ 1

a2 4b2

a2 +4b2 4b2

> 1 =⇒ (1 − t)2 > 1 lo cual es imposible porque

para 0 ≤ t ≤ 2. Por lo tanto, τ no tiene punto cr´ıtico en[0, 2] 155

El gráfico es del tipo Ejercicio 12 − a) Demuestre que la curva descrita por → r (t) = (t cos t, t sin t, t) se encuentra sobre la superficie de un cono. Dibuje la curva. b) Si una part´ıcula parte del origen siguiendo la trayectoria anteriormente descrita, determine en qué punto intersecta la esfera: x2 + y 2 + z 2 = 2. c) Calcule la longitud de la curva desde el origen al punto de itersección. Solución: a) A partir de las ecuaciones paramétricas tenemos:  x (t) = t cos t  y (t) = t sin t =⇒ x2 + y 2 = t2 (cos2 t + sin2 t) =⇒ x2 + y 2 = t2  z (t) = t ∴ z 2 = x2 + y 2 corresponde a la ecuación de un cono, cuyo sector superior ,se dibuja en el gráfico adjunto ∀t ≥ 0 b) Calculemos para que valor del parámetro t la part´ıcula intersecta la esfera, sustityendo las ecuaciones paramétricas en la esfera x2 + y 2 + z 2 = 2t2 = 2 =⇒ t = 1.Luego, la posición del punto − de impacto es → r (1) = (cos 1, sin 1, 1) c) La longitud de la curva es: Z l=

1

− − k→ r 0 (t)k du con k→ r 0 (t)k =

0

156

q → − − r 0 (t) · → r 0 (t)

− con → r 0 (t) = (cos t − t sin t, sin t + t cos t, 0) q √ → − → − − 0 k r (t)k = r 0 (t) · → r 0 (t) = 2 + t2 =⇒ # " Z 1√ √ x√2 + x2 1 l = 2 + t2 dt = ln 2 + x2 + x + 2 0 0 √ √ ln( 3 + 2) 3 l = + 2 2 Ejercicio 13 Un proyectil es lanzado desde el nivel del suelo con una velocidad inicial de 100 m/seg con un ańgulo de elevación de 30o .Determine: a) la función vectorial y las ecuaciones paramétricas de la trayectoria del proyectil. b) la altura máxima alcanzada. c) el alcance del proyectil d) la velocidad y rapidez en el impacto contra el suelo. e) la curvatura en el punto de impacto. Soluci´ on: − − a) Inicialmente tenemos t = 0 , → r 0 = (0, 0) ,y → v 0 = (100 cos 30, 100 sin 30) Integrando: → − − a (t) = → r ” (t) = (0, −10) =⇒ → − − v (t) = → r ´(t) = (100 cos 30, −10t + 100 sin 30) − Integrando por segunda vez se obtiene:→ r (t) = ((100 cos 30) t, −5t2 + (100 sin 30)t) 157

√ − Evaluando las funciones trigonométricas queda: → r (t) = (50 3 t, −5t2 + 50t) Por lo tanto, las ecuaciones paramétricas de la trayectoria del proyectil son √ x(t) = 50 3 t, y(t) = −5t2 + 50t b) Determinemos el tiempo que demora en llegar a la altura máxima dy dt

=0

=⇒

−10t + 50 = 0 =⇒ t = 5s

Asi la altura máxima h alcanzada por el proyectil es h = y(5) = −125 + 250 = 125m c) El alcance máximo se logra cuando y(t) = 0, es decir si: −5t2 +50t = 0 t(−5t + 50) = 0 ⇒ t = 0, t = 10.

√ Entonces el alcance es: x (10) = 500 3

√ − d) La velocidad del proyectil en el impacto es:→ v (10) = (50 3, −50) e) La curvatura en el punto de impacto es:K (10) = √ 5 3 104

00 − → r 0 (10)×− r (10) → → r 0 (10)k k−

3

=

Ejercicio 14 Sea C una curva determinada por la intersección de los cilindros: x2 = 1 − y, z 2 = y − a) Parametrizar C de forma → r (t) = (x (t) , y (t) , z (t)), t ∈ I. Indicación: x2 + z 2 = 1 b , B, b K y τ en P = (0, 1, 1) b) Obtener Tb, N Soluci´ on: − a) Se puede parametrizar como → r (t) = (cos t, sin2 t, sin t), t ∈ [0, 2π] , Calculemos el valor del parámetro para → − r (t1 ) = (cos t1 , sin2 t1 , sin t1 ) = (0, 1, 1) =⇒ t1 = π2 . − As´ı, → r π2 = (0, 1, 1). − − b)→ r 0 (t) = (− sin t, sin t cos t, cos t) =⇒ → r 0 π2 = (−1, 0, 0) =⇒ 158

Tb π2 = (−1, 0, 0) 00 → − − r 00 (t) = (− cos t, 2 cos 2t, − sin t); → r π2 = (0, −2, −1)

− 0 π → − 00 π √ 00 → − r = (0, −1, 2) =⇒ → r 2 ×− r π2 = 5 r 0 π2 × → 2 b π = 0, − √1 , √2 b π = 0, − √2 , − √1 =⇒ B y N 2 2 5 5 5 5 Derivando por tercera vez tenemos: 000 → − − π = (1, 0, 0) r 000 (t) = (sin t, −4 sin 2t, − cos t) =⇒ → r 2 00 → −0 π → − π ×→ − r 0 π2 2 b π = r 2 × r √2 , − √1 N = 0, − − − − 2 5 5

→ r 00 π2 × → r 0 π2 r 0 π2 × → Por otra parte 00 → → √ − r ( π2 ) r 0 ( π2 )×− π K 2 = = 5 yτ 3 − → π 0 k r ( 2 )k

000

π 2

=

00 − → → → r 0 ( π2 )×− r ( π2 ) · − r 00 π − → − → π 0 r ×r

k (2)

( 2 )k

( π2 ) 2

=0

Ejercicio 15 − Dada la ecuación paramétrica de la trayectoria → r (t) = (2t3 − 3t2 , t − 2arctan(t)), encontrar todos los valores de t para los cuales la curva (i) Tiene tangente horizontal. (ii) Tiene tangente vertical. (iii) No es regular. Soluci´ on: − El vector tangente a la curva → r (t) = (2t3 − 3t2 , t − 2arctan(t)) es t2 − 1 y 0 (t) → − 0 2 r (t) = (6t − 6t, 2 ) cuya pendiente es m (t) = 0 =⇒ t +1 x (t) m (t) =

t+1 y 0 (t) = 0 x (t) 6t (t2 + 1)

(i) Para que la tangente sea horizontal, ésta tiene que existir, es decir → − → − r 0 (t) 6= 0 , y además m (t) = 0. Por tanto, t = −1. − ii) Para que la tangente sea vertical, ésta tiene que existir, es decir→ r 0 (t) 6= → − 0 , y además m(t) = ∞. Por tanto,t = 0. → − − (iii) Para que la curva sea no regular → r 0 (t) = 0 =⇒ x0 (t) = y 0 (t) = 0, es decir, t = 1. Ejercicio 16 159

− Se llama evoluta de una curva parametrizada regular → r (t) ,con curvatura no nula, al lugar geométrico de los centros de curvatura. Denotamos − −c (t). la evoluta de → r (t) por → −c (t). (i) Encontrar una parametrización de → 2 t → − . (ii) Hallar la evoluta de la parábola r (t) = t, 2 √ √ √ → − 2 2 (iii) Hallar la evoluta de la hélice r (s) = 2 cos(s), 2 sen(s), 22 s , s ∈ IR y comprobar que es regular y que s es su parámetro arco. Soluci´ on: − −c (t) su correspondiente centro de (i) Si → r (t) es punto de la curva y → curvatura para t entonces la condición que define el lugar geométrico − 1 → −c (t) − → − se tiene la relación → r (t) = N (t) de donde se deduce que k(t) la ecuación de la evoluta es − 1 → → −c (t) = → − r (t) + N (t) k(t) (ii) Calculamos en primer lugar el vector normal y la curvatura de la parábola. 2 √ t − − → − =⇒ → r 0 (t) = (1, t) =⇒ |→ r 0 (t)| = 1 + t2 =⇒ r (t) = t, 2 → − (−t, 1) N (t) = √ 1 + t2 Por otra parte − − |→ r 0 (t) × → r ” (t)| 1 → − r ” (t) = (0, 1) =⇒ k(t) = = √ 3 3 → − | r 0 (t)| 1 + t2 Por lo tanto √ 3 2 2 → −c (t) = t, t + √1 + t (−t, 1) = −t3 , 1 + 3 t2 2 2 1 + t2 iii) Calculamos el vector tangente a la curva a partir de su definición √ √ √ √ √ √ → − → − 2 2 2 2 2 0 r (s) = 2 cos(s), 2 sen(s), 2 s =⇒ r (s) = − 2 sen(s), 2 cos(s), 22 160

− =⇒ |→ r 0 (s)| = 1 √ √ √ 2 2 b Por tanto T (s) = − 2 sen(s), 2 cos(s), 22 Por otra parte, √ √ − − Tb0 (s) = → r 00 (s) = − 22 cos(s), − 22 sen(s), 0 =⇒ |→ r 00 (s)| =

√

2 2

de donde

→ − r 00 (s) b = (− cos(s), −sen(s), 0) N (s) = → |− r 00 (s)| √ − Además k(s) = |→ r 00 (s)| = 2 2

Finalmente √ √ √ − 1 → → −c (s) = → − r (s) + N (s) = − 22 cos(s), − 22 sen(s), 22 s , s ∈ IR k(s) √ √ √ −c 0 (s) = 2 2 2 sen(s), − cos(s), s , y por tanto que lo que implica → 2 2 2 −c 0 (s)| = 1 |→ está

para cada s ∈ IR

−c es regular y y en definitiva que →

parametrizada por arco s. Ejercicio 17 Encontrar una parametrización de las siguientes curvas. (i) y = x2 + 3x (ii) x2 + y 2 + 2y = 0 y2 =1 4 (iv) x2 + 3y 2 = 1 (iii) x2 −

b , la Calcular en cada caso los vectores tangente unitario Tb, normal N curvatura κ (t) y la torsión τ (t) Soluci´ on: (i) Como se trata de una parábola podemos parametrizarla tomando x = t =⇒ y = t2 + 3t − − As´ı → r (t) = (t, t2 + 3t), y calculamos el vector tangente, → r 0 (t) = (1, 2t + 3) √ − =⇒ k→ r 0 (t)k = 4t2 + 12t + 10 161

→ − (1, 2t + 3) r 0 (t) =√ y Tb (t) = → − 0 k r (t)k 4t2 + 12t + 10 Para calcular el vector normal en IR2 tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y unitario. b (t) = √ (−2t − 3, 1) N 4t2 + 12t + 10 − − |→ r (t) × → r ” (t)| , conLa curvatura de una curva plana es k(t) = 3 → − 0 | r (t)| siderando que IR2 es subespacio de IR3 − − En nuestro caso → r 0 (t) = (1, 2t + 3, 0) =⇒ → r 00 (t) = (0, 2, 0) 2 Por tanto, k(t) = √ 3 , la curvatura de la parábola var´ıa 4t2 + 12t + 10 en función de t. Finalmente, la torsión de la curva plana es → − − − r 0 (t) × → r ” (t) · → r 000 (t) − τ (t) = = 0, pues → r 000 (t) = (0, 0, 0) 3 → − 0 | r (t)| lo que significa que la curva siempre está en el mismo plano. (ii) La ecuación dada representa una circunferencia de centro el (0, −1) y radio r = 1, ya que x2 + y 2 + 2y = x2 + (y + 1)2 − 1. − Por tanto, una parametrización es → r (t) = (cos(t), −1 + sen(t)) Calculamos el vector tangente. → − − r 0 (t) = (−sen(t), cos(t)) =⇒ k→ r 0 (t)k = 1 =⇒ → − r 0 (t) b T (t) = → = (−sen(t), cos(t)) − k r 0 (t)k Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y unitario. b (t) = (−cos(t), −sen(t)) N 162

La curvatura de una curva plana es k(t) =

− − |→ r 0 (t) × → r ” (t)| , con3 → − | r 0 (t)|

siderando que IR2 es subespacio de IR3 − − En nuestro caso → r 0 (t) = (−sen(t), cos(t), 0) =⇒ → r 00 (t) = (− cos(t), −sent(t), 0) − − =⇒ |→ r (t) × → r ” (t)| = 1 Por tanto, k(t) = 1 la curvatura de una circunsferencia es constante Finalmente, la torsión de la curva plana es → − − − r 0 (t) × → r ” (t) · → r 000 (t) − − − τ (t) = = 0,pues → r 0 (t) × → r ” (t) · → r 000 (t) = 3 → − 0 | r (t)| (0, 0, 0). (iii) La ecuación dada representa una hipérbola de semieje a = 1 y b = 2. − Por tanto, una parametrización es → r (t) = (cosh(t); 2senh(t)) − Calculamos el vector tangente.→ r 0 (t) = (senh(t), 2 cos h(t)) p − =⇒ k→ r 0 (t)k = senh2 (t) + 4 cos h2 (t) y

→ − r 0 (t) (senh(t), 2 cos h(t)) Tb (t) = → =p − 0 k r (t)k senh2 (t) + 4 cos h2 (t)

Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y unitario. b (t) = p(−2 cos h(t), senh(t)) N senh2 (t) + 4 cos h2 (t) − − |→ r 0 (t) × → r ” (t)| La curvatura de una curva plana es k(t) = , con3 → − 0 | r (t)| siderando que IR2 es subespacio de IR3 − En nuestro caso :→ r 0 (t) = (senh(t), 2 cos h(t), 0)

=⇒

→ − r 00 (t) =

(cosh(t); 2senh(t), 0) − − =⇒ |→ r 0 (t) × → r ” (t)| = 2 2 Por tanto k(t) = hp i3 , la curvatura de la hipérbo2 2 senh (t) + 4 cos h (t) la 163

var´ıa en función de t. Finalmente, la torsión de la curva plana es → − − − r 0 (t) × → r ” (t) · → r 000 (t) − − − τ (t) = = 0, pues → r 0 (t) × → r ” (t) · → r 000 (t) = 3 → − 0 | r (t)| (0, 0, 0) (iv) La ecuación dada representa una elipse de centro el (0, 0)y semiejes a=1 1 y b= √ 3 1 − Entonces, una parametrización es → r (t) = (cos(t), √ sen(t)) 3 Calculamos el vector tangente. √ 1 3p → − → − 2sen2 (t) + 1 =⇒ r 0 (t) = (−sen(t), √ cos(t)) =⇒ k r 0 (t)k = 3 3 √ → − r 0 (t) 3 1 b T (t) = → =p (−sen(t), √ cos(t)) − 0 k r (t)k 3 2sen2 (t) + 1 Para calcular el vector normal tenemos en cuenta que es un vector ortogonal al tangente y unitario. √ 3 1 b (t) = p N (− √ cos(t), −sen(t)) 3 2sen2 (t) + 1 La curvatura de una curva plana es k(t) =

− − |→ r 0 (t) × → r ” (t)| , con3 → − | r 0 (t)|

siderando que IR2 es subespacio de IR3 . En nuestro caso 1 1 → − − r 0 (t) = (−sen(t), √ cos(t), 0) =⇒ → r 00 (t) = (− cos(t), − √ sent(t), 0) 3 3 1 − − =⇒ |→ r (t) × → r ” (t)| = √ 3 3 Por tanto, k(t) = hp i3 la curvatura de la elipse var´ıa en 2 2sen (t) + 1 función de t. 164

Finalmente, la torsión de la curva plana es → − − − r 0 (t) × → r ” (t) · → r 000 (t) τ (t) = =0 3 − |→ r 0 (t)| − − − pues → r 0 (t) × → r ” (t) · → r 000 (t) = (0, 0, 0) Ejercicio 18 − −c la evoluta de → − Sean → r : I → IR3 una curva regular y consideremos → r → − . Demostrar que c es regular si y sólo si la torsión y la derivada de la − curvatura de → r no se anulan simultáneamente en ning´ un punto y en → − ∗ este caso demostrar que el parámetro arco de c , s satisface que 1 (s (t)) = 2 k (t) ∗

0

q 2 − (k 0 (t))2 + (k (t))2 (τ (t))2 |→ r 0 (t)| ∀t ∈ I

Soluci´ on: La evoluta de está definida como la curva − → − 1 → 1 → −c (t) = → − − r (t) + N (t) = → r (t) + ρ (t) N (t), donde ρ (t) = es el k(t) k(t) radio − de curvatura de → r. − Por lo tanto, si s denota el parámetro arco de → r tenemos que s (t) = − |→ r 0 (t)| → − → − → − 0 0 → −c 0 (t) = → − − r 0 (t) + ρ (t) N (t) + ρ (t) N 0 (t) = → r 0 (t) + ρ (t) N (t) + → − ρ (t) N 0 (s) s0 (t) Por Frenet sabemos que: → −0 −0 b (s) =⇒ → N (s) = −k (s) Tb (s) − τ (s) B N (s) = −ρ (s) Tb (s) − b (s) τ (s) B h i → − 0 → −c 0 (t) = |→ − b (s) r 0 (t)| Tb (t)+ρ (t) N (t)+ρ (t) s0 (t) −Tb (s) − ρ (s) τ (s) B − −c 0 (t) = ρ0 (t) → − b (t) . =⇒ → N (t) − ρ (t) τ (t) |→ r 0 (t)| B p − −c 0 (t)| = (ρ0 (t))2 + ρ2 (t) τ 2 (t) |→ r 0 (t)|)2 puesto que el Triedro As´ı |→ de Frenet es ortonormal. Sustituyendo ρ y ρ0 por su expresión en función de la curvatura, resulta que s q (k 0 (t))2 τ 2 (t) → 1 2 2 → − − − 0 0 | c (t)| = + 2 | r (t)| = 2 (k 0 (t))2 + k 2 (t) τ 2 (t) |→ r 0 (t)| 4 (k (t)) k (t) k (t) 165

→ − − para cada t ∈ I y por tanto, como ρ (t) y |→ r 0 (t)| 6= 0 c es regular en t ∈ I si y sólo si k 0´ (t) = τ (t) = 0. −c es regular, la La expresión anterior muestra también que cuando → derivada de su parámetro arco coincide con el término de la derecha de la igualdad Ejercicio 19 − Consideremos la curva C dada por → r (t) = (et , e2t , t), t ∈ R. Hallar su curvatura y su torsión en el punto (1, 1, 0). ¿Es cierto qué la curva tiene torsión negativa en todos sus puntos? Soluci´ on: Calculamos primero las derivadas: √ → − − r 0 (t) = (et , 2e2t , 1) ⇒ k→ r 0 (t)k = 1 + e2t + 4e4t → − r 00 = (et , 4e2t , 0)

√

− 0 → 00 → − − r 0×→ r 00 = (−4e2t , et , 2e3t ) ⇒ → r ×− r = e2t + 16e4t + 4e6t 000 → − r = (et , 8e2t , 0) Y podemos obtener la curvatura y la torsión en cada punto:

→

√ 00 −

− r 0×→ r e2t + 16e4t + 4e6t k(t) = = 3 √ 3 − k→ r 0 (t)k 1 + e2t + 4e4t 00 000 → − − − r 0×→ r ·→ r 4e3t τ (t) = → = 2 √ 2 − k− r 0×→ r 00 k e2t + 16e4t + 4e6t En el punto (1, 1, 0) = (et0 , e2t 0 , t0 ) =⇒ t = 0 De donde deducimos que la curvatura y la torsión son

→

√ 00 −

− r 0 (0) × → r (0) 21 k(0) = = 3 − 63/2 k→ r 0 (0)k 00 000 → − − − r 0 (0) × → r (0) · → r (0) 4 τ (0) = = 2 00 → − → − 0 21 k r (0) × r (0)k Por u ´ltimo, la función τ (t) es claramente positiva, ∀ t ∈ IR Ejercicio 20 166

− Considere la curva C dada por → r (t) = (cosh(t), sinh(t), t), t ∈ IR (a) Dibuje aproximadamente su traza. (b) Si se recorre la traza partiendo desde punto (1, 0, 0), tras recorrer una √ longitud de arco 2 sobre la curva, ¿cuáles son las coordenadas del punto del espacio en el que nos encontraremos? Soluci´ on: Consideremos la proyección de la curva sobre el plano XY : x2 − y 2 = cos h2 (t) − sinh2 (t) = 1 se trata de una rama de hipérbola, cuyo eje de simetria es X, toma valores positivos de X y se recorre en el sentido creciente de Y . La tercera componente es simplemente z = t, para valores t > 0 la curva se eleva con respecto al plano z = 0 hacia, mientras que para valores de t < 0, “baja” con respecto el plano z = 0.

Determinemos el valor del parámetro en el punto de partida (1, 0, 0) = (cosh(t), sinh(t), t) =⇒ t = 0 Empezamos en s(0), la longitud de la curva, desde ese punto, se mide la longitud de arco. Calculemos la rapidez, y luego la longitud del arco 167

→ − − r (t) = (cosh(t), sinh(t), t), t ∈ IR ⇒ → r 0 (t) = (senh(t), cos h(t), 1), t ∈ IR p p √ − =⇒ k→ r 0 (t)k = cosh2 (t) + sinh2 (t) + 1 = 2cosh2 (t) = 2cosh(t) . As´ı que la longitud desde s(0) hasta √ Rt √ √ Rt −0 s(t) = 0 k→ r (u)k du = 2 0 cosh(u)du = 2 senh(u)|t0 = 2senh (t) Ahora sólo queda determinar el valor de t que hace que la longitud sea √ exactamente 2. Esto es, resolver √ √ 2 = 2sinh(t) ⇒ 1 = sinh(t) ⇒ t = arcsinh(1). De manera que estaremos en el punto de coordenadas → − r (arcsinh(1)) = (cosh(arcsinh(1)), sinh(arcsinh(1)), arcsinh(1)) =⇒ √ → − r (arcsinh(1)) = ( 2, 1, arcsinh(1)) Ejercicio 21 − Consideremos la curva C dada por → r (t) = (t, t2 , t3 ) ∈ R. Hallar su curvatura y su torsión en el punto (0, 0, 0). ¿En qué punto tiene la curva una torsión (en valor absoluto) máxima? Soluci´ on: Calculamos primero las derivadas:

→

√ 00 −

− r 0 (t) × → r (t) 4 + 36t2 + 36t4 = k(t) = √ 3 3 − k→ r 0 (t)k 1 + 4t2 + 9t4 00 000 → − − − 12 r 0×→ r ·→ r = τ (t) = → 00 2 − → − 0 [4 + 36t2 + 36t4 ]2 kr × r k De donde deducimos que la curvatura y la torsión son

→

00 −

− r 0 (0) × → r (0) k(0) = =2 3 − k→ r 0 (0)k 00 000 → − − − r 0 (0) × → r (0) · → r (0) τ (0) = =3 2 − − k→ r 0 (0) × → r 00 (0)k

Como el denominador que aparece en la expresión de τ (t) es siempre una cantidad positiva que toma su valor m´ınimo en t = 0, concluimos que el valor absoluto de la torsión alcanza su valor máximo en t = 0. 168

2.17.

Ejercicios propuestos

1. Sean f~, ~g : [a, b] → Rn funciones derivables, probar que: a) (αf~ + β~g )(t) = αf~ (t) + β~g (t) , α y β constantes b) (αf~)0 (t) = α0 (t) f~ (t) + α(t)f 0 (t) si α = α(t) es una función escalar. 0 ~ c) f · ~g (t) = f~0 (t) · ~g (t) + f~(t) · ~g 0 (t) 0 ~ d) f × ~g (t) = (f 0 × g) (t) + (f × g 0 ) (t) 2. Para f~(t) = (e2t , t2 , e−2t ) calcular: a) f~0 (t) b) f~00 (t)

c) f~0 (t) 3. Obtener una función paramétrica vectorial de la curva resultante al intersectar las superficies: x2 + y 2 + z 2 = 2 yz=

p

2 (1 + y)

169

4. Parametrizar en la forma ~r0 = ~r(t) = (x(t), y(t), z(t)), t ∈ [a, b] las curvas C definidas por: a) Recta por A = (1, 2, −3) y B = (2, 2, 2) b) Recta intersección de los planos x + y + z = 0 y y − z = 0

c) Intersección del cilindro recto x2 + y 2 = 9 y el plano z = 1

d) El cilindro x2 − ax + y 2 = 0 intersección la esfera x2 + y 2 + z 2 = a2 5. Calcular la longitud l de la curva descrita por la trayectoria ~r(t) = (a cos3 t, a sin3 t), t ∈ [0, 2π] 6. Una hormiga camina sobre la superficie S : x(u, v) = sin u cos v, y (u, v) = sin u sin v, z (u, v) = cos u π 6

≤ u ≤ π2 , − π2 ≤ v ≤ π en el instante t = 0, se mueve de tal − forma que en cualquier tiempo t > 0 describe la trayectoria → r (t) = √ √ 3 3 1 sin t, 2 , 2 cos t . 2 Demuestre que la hormiga se mueve sobre la superficie esferica S y determine cuando y en donde la hormiga abandona el sector descrito de la esfera 170

7. Halle el o los valores de t para los cuales el vector tangente a la curva descrita por r(t) = (2t2 + 1, 3t − 2), t ∈ R sea paralelo al vector ~u = (2, −1). 8. Calcule 2

2

3

4

3

4

l´ım( (x+t)t −x , (x+t)t −x , (x+t)t −x ) t→0

9. Discuta la continuidad de la función (t, sint t ) si t 6= 0 (0, 1) si t = 0

→

− → − →

− 10. Demuestre que: si f (t) es constante, entonces f y f 0 son ortogonales. f (t) = {

11. Encuentre un vector tangente y la recta tangente a la hélice cónica de representación paramétrica → − t f (t) = (t cos t, t sin t, ) 2π en los puntos (0, 0, 0) y (0, π2 , 14 ) → − 12. Sea la hélice descrita por f (t) = (cos t, sin t, t) t ∈ [0, π2 ]. Pruebe → − que en ning´ un punto de esta curva f 0 (t) es paralelo a la cuerda → − → − de f (0) a f ( π2 ) 13. Una part´ıcula se mueve en el plano a lo largo de la espiral ρ = eθ con una rapidez constante de 5 pies por segundo. 171

a) ¿Cuáles son la velocidad y la aceleración de la part´ıcula cuando θ = π4 ? b) ¿Cuánto tarda la part´ıcula en ir desde el punto correspondiente a θ = 0 hasta el punto correspondiente a θ = π? c) Si θ = 0 cuando t = 0, proporcione ecuaciones paramétricas para la trayectoria de la part´ıcula. 14. Determine los puntos en que la recta tangente a la curva de R3 dada por

 + 3t2 kˆ ~r(t) = 6t + 2t3 ˆı + (6t − 2t3 )ˆ es paralela al plano x + 3y + 2z = 5 → − 15. Demuestre que el camino descrito por f : [−2, 2] → R2 definida → − por f (t) = (t2 − 1, t3 + 2t2 − t − 2) no es simple. ¿Es cerrado?¿Es cerrado simple? 16. Determine las ecuaciones de la recta tangente y del plano nor→ − mal a la curva descrita por f : I → R3 definida por f (t) = → − (et sint, et cost, 5t) en el punto P = f (0) → − → − 17. Sea f : [0, 5] → R3 la trayectoria f (t) = (sin t, cos t, t). Obtenga → − → − una reparametrización f c de f que conserve su orientación y que → − recorra la trayectoria de f en la quinta parte del tiempo en el que → − lo hace f . 18. Un objeto ubicado inicialmente en el origen de coordenadas se desplaza de acuerdo al movimiento

~r(t) = (t2 , −t cos t, t sin t) a) Determine el punto en que el objeto impacta a la esfera x2 +y 2 +z 2 = 2 b) Calcular la longitud recorrida por el objeto hasta el instante del impacto. c) Calcular el ángulo entre la trayectoria y la esfera en el instante del impacto. 172

19. El movimiento de una part´ıcula se realiza en el c´ırculo unitario del plano XY de acuerdo con la fórmula (x, y, z) = (cos t2 , sin t2 , 0) , t ≥ 0. a) Como funciones de t. ¿Cuál es el vector velocidad y la rapidez de la part´ıcula? b) ¿En qué punto del c´ırculo se debe liberar la part´ıcula para que golpee un blanco localizado en (2, 0, 0)? c) ¿En que tiempo t se debe liberar? (usar t ≥ 0 más pregunta b)) d) ¿Cuál es su velocidad y rapidez en el instante en que se libera? e) ¿En qué instante se golpea el blanco? 20. Si f : I → IR es una función diferenciable, demostrar que la gráfica de f , es decir la curva y = f (x), es una curva regular y calcular sus vectores tangente , normal, su curvatura, su radio de curvatura, y su centro de curvatura. − 21. Sea C una curva de IR3 dada por la ecuación→ r (t) = (4 cos(t), 4sen (t) , 4 cos t(t)), t ∈ [0, 2π] a) Verificar que es una elipse. b, B b en cualquier punto C b) Determinar los vectores Tb, N c) Calcular la curvatura y torsión de C en todo punto. d) Determinar en qué puntos de C la curvtura k es máxima y en cuáles es m´ınima

2.17.1.

Respuestas

2. a) f~0 (t) = 2 (e2t , t, −e−2t ) b) f~00 (t) = 2(2e2t , 1, 2e−2t )

√

c) f~0 (t) = 2 e4t + e−4t + t2 √ 3. ~r(t) = (cos t, −1 + sin t, 2 sin t), 4. a) ~r(t) = (1 + t, 2, −3 + 5t) 173

0 ≤ t ≤ 2π t∈R

b) ~r(t) = (−2t, t, t)

t∈R

t ∈ [0, 2π] √ d) ~r(t) = ( a2 + a2 cos t, a2 sin t, 2a sin 4t )

c) ~r(t) = (3 cos t, 3 sin t, 1)

6 − t = π2 ,

5. 6a,

t ∈ [0, 2π]

√

(x, y, z) = (

3 1 , , 0) 2 2

7. t = − 32 8. (2x, 3x2 , 4x3 ) 9. Es continua → − → − 10. f · f 0 = 0 → − 1 1 , r (t) = (t, 0, 2π 11. 1, 0, 2π t) → − π π 1 π 1 r (t) = (− 2 t, 2 + t, 14 + t 2π ) (0, 2 , 4 ), 13. π

a) ~v = (0, 5), ~a = (− √252 e− 4 , 0) √ b) 15 2(eπ − 1) → − c) f (t) = [ √52 t + 1](cos ln( √52 t + 1), sin ln( √52 t + 1)) 14. ~r(2) = (28, −4, 12) → − → − 15. No es simple f (1) = (0, 0) = f (−1) 16. ~r(t) = (t, 1 + t, 5t), x + y + 5z = 1 plano normal 17. f¯ : [0, 1] → R3 , f¯ (s) = (sin(5s), cos(5s), 5s) 18. a) (1, −cos1, sin1) b) 1,57 19. a) ~v = (−2t sin t2 , 2t cos t2 , 0); b) ( 21 , − q 5π c) 3

3 , 0) 2

q √ d) v = 2 5π ( 23 , 21 , 0); 3 e)

s = 2t

√

q s = 2 5π 3

√ 3 √ 3+10π 2 15π

174

− 20. La gráfica de la función es la curva → r : I → IR2 determinada por → − r (x) = (x, f (x)) p − − Como → r 0 (x) = (x, f 0 (x)), resulta que |→ r 0 (x)| = 1 + (f 0 (x))2 > 0 ∀x ∈ I y por tanto la curva es regular − → (1, f 0 (x)) (−f 0 (x) , 1) Tb (x) = p y N (x) = p 1 + (f 0 (x))2 1 + (f 0 (x))2 p ( 1 + (f 0 (x))2 )3 |f ” (x)| k(x) = p y R(x) = |f ” (x)| ( 1 + (f 0 (x))2 )3 0 2 → −c (x) = (x, f (x)) + (1 + (f (x) ) (−f 0 (x) , 1) |f ” (x)|

21. A partir de las ecuaciones paramétricas, se tiene que: x (t) = 4 cos(t) y (t) = 4sen (t) z (t) = 4 cos(t)

=⇒

x2 + y 2 = 16 z=x

(−4sen (t) , 4 cos (t) , −4sen (t)) b (−16, 0, 16) p √ Tb (t) = , B (t) = 16 2 16 + 16sen2 (t) (t) , 2sen (t) , cos (t)) b (t) = B b (t) × Tb (t) = (cos√ p N 2 1 + sen2 (t) √ 16 2 k(t) = hp i3 , τ (t) = 0 43 1 + sen2 (t) La curvatura es máxima si t = 0, π =⇒ P0 = (4, 0, 4) π 3π La curvatura es m´ınima si t = , =⇒ P1 = (0, 4, 0) 2 2

2.18.

Auto Evaluaciones

Autoevaluaci´ on No 1 El estudiante: 1) Calculará ecuación cartesiana de la trayectoria, curvatura y torsión en un punto de la curva, dada la ecuación vectorial de una curva regular, 175

dos veces diferenciable, con ecuaciones paramétricas en función de un parámetro cualquiera t, 2) Determinará la ecuación de la recta tangente y del plano osculador → − a la curva descrita por la trayectoria f : I ⊆ R −→ R3 en un punto de la curva. 3) Resolverá problemas de dinámica de part´ıculas querequiera calcular longitud de una curva, curvatura máxima , torsión de la curva, ecuaciones de rectas ,y planos principales en un punto dado de la curva. Tiempo : 2 horas Tiempo : 2 horas Pregunta 1 − Sea la hélice → r (t) = (a cos t, a sin t, bt) , b 6= 0, determine: 2 1 a) los valores de a y b si su curvatura es κ (t) = y su torsión τ (t) = . 5 5 b) La ecuación del cil´ındro sobre el cuál se encuentra la hélice. Pregunta 2 t3 2 8 , 2t, en P0 = , 4, 1 3 t 3 Obtener las ecuaciones vectoriales y cartesianadas de: − Para la curva C dada por: → r (t) =

a) Recta tangente. b) Planos osculador. Pregunta 3 En el instante t= 0 , una casa es lanzada al espacio por causa de un tornado siguiendo la trayectoria → − r (t) = eat cos t, eat sin t, beat − b con a > 0, b > 0, t ≥ 0. a) Calcular la distancia que recorre la casa hasta el instante t = π. b) En el instante t1 con t1 ∈ [0, π] , en el cual la trayectoria tiene curvatura máxima, un residente que dorm´ıa tranquilo es lanzado 176

hacia el exterior. i) ¿qué trayectoria sigue el residente? ii) ¿en qué punto se encuentra la casa en t = π? iii) Obtener la ecuación de plano osculador a la trayectoria de la casa en t = π.

Pauta de Autocorrecci´ on Pregunta 1 En primer lugar determinemos la curvatura la torsión en función del tiempo √ → − − r 0 (t) = (−a sin t, a cos t, b) ∀t ∈ IR =⇒ k→ r 0 (t)k = a2 + b2 00 → − r (t) = (−a cos t, −a sin t, 0) → − r 000 (t) = (−a sin t, a cos t, 0)

→ − − − − r√0 (t) × → r 00 (t) = (ab sin t, −ab cos t, a2 ) =⇒ k→ r 0 (t) × → r 00 (t)k = a a2 + b 2 → − − − r 0 (t) × → r 00 (t) · → r 000 (t) = −a2 b sin2 t, −a2 b cos2 t, 0 Entonces, se tiene

→

00 −

− r 0 (t) × → r (t) a κ (t) = = ,y 3/2 − a2 + b 2 k→ r 0 (t)k

→

00 − −

− r 0 (t) × → r (t) · → r 000 (t) b τ (t) = = 3/2 2 − a + b2 k→ r 0 (t)k Luego, a partir de los valores dados de curvatura y torsión, obtenemos 1 b 2 a = , = =⇒ a = 1, b = 2 a2 + b 2 5 a2 + b 2 5 Por tanto la ecuación de la hélice es → − r (t) = (cos t, sin t, 2t)

b) A partir de la ecuaciones paramétricas de la hélice , se tiene x = cos t, y = sin t, z = 2t ≥ 0 =⇒ x2 + y 2 = 1, z ≥ 0, corresponde a un 177

cilindro de radio r = 1, cuyo eje axial coincide con el eje z. Pregunta 2 a) La ecuación de la recta tangente al punto P0 se define por → − − − f (λ) = → r (t0 ) + λ→ r 0 (t0 ) , con λ ∈ IR 3 t0 2 8 → − siendo r (t0 ) = , 2t0 , = , 4, 1 =⇒ 2t0 = 4 ⇐⇒ t0 = 2 3 t0 3 Calculemos ahora la dirección de la recta tangente 1 2 → − → − 0 0 2 r (t) = t , 2, − 2 =⇒ r (t0 ) = 4, 2, − t 2 Sustituyendo términos en la ecuación de la recta tangente, obtenemos 8 1 (x, y, z) = , 4, 1 + λ 4, 2, − , λ ∈ IR 3 2 Eliminando el parámetro λ , tenemos la ecuación cartesiana 8 3 = y−4 = z−1 4 2 − 12

x−

b) La ecuación del plano osculador al punto P0 se define por → → − − → − → − − − f (t) − r (t0 ) · B (t0 ) = 0, siendo B (t0 ) = → r 0 (t0 ) × → r 00 (t0 ) el vector normal al plano osculador en el punto P0 . 2 4 → − → − 0 2 00 Como r (t) = t , 2, − 2 =⇒ r (t) = 2t, 0, 3 ⇐⇒ t t 1 → − 00 r (t0 ) = 4, 0, 2 . De manera que i j k → − − − B (t0 ) = → r 0 (t0 ) × → r 00 (t0 ) = 4 2 − 21 = (1, −4, −8) 4 0 1 2 Por tanto la ecuación de plano, queda 178

8 (x, y, z) − , 4, 1 · (1, −4, −8) = 0 3 3x − 12y − 24z = −64 Pregunta 3 a) Derivando la ecuación de la trayectoria se tiene → − r 0 (t) = aeat cos t − eat sin t, aeat sin t + eat cos t, abeat = eat (a cos t − sin t, a sin t + cos t, ab) Calculando la norma de este vector obtenemos √ − k→ r 0 (t)k = eat a2 + 1 + a2 b2 Entonces, la longitud de la curva es aπ Z π √ e −1 → − → − 0 2 2 2 k r (t)k dt = a + 1 + a b l( r ) = a 0

→

00 −

− r 0 (t) × → r (t) b) La curvatura está dada por la expresión κ (t) = 3/2 − k→ r 0 (t)k Derivando por segunda vez, 00 → − r (t) = aeat (a cos t − sin t, a sin t + cos t, ab) +eat (−a sin t − cos t, a cos t − sin t, 0) 00 − − =⇒ → r 0 (t)×→ r (t) = e2at (ab(sin t − a cos t), −ab(a sin t + cos t, a2 + 1)

− 0

√ √ 00 − =⇒ → r (t) × → r (t) = e2at a2 + 1 a2 + 1 + a2 b2

Luego, obtenemos √

κ (t) =

a2 + 1 eat (a2 + 1 + a2 b2 )

Por tanto, κ (t) es máximo para t1 = 0, cuando se tiene el valor m´ınimo del denominador 179

i) El residente sale despedido por la recta tangente a la trayectoria del tornado, en el instante t1 = 0, luego la ecuación de la recta será → − − − R (0) = → r (0) + λ→ r 0 (0) = (1, 0, 0) + λ (a, 1, ab) ii) En el instante t = π la casa se encuentra en el punto → − r (π) = (−eaπ , 0, beaπ − b) iii) El plano osculador a la trayectoria de la casa en t1 = π es → − − → − (R − → r (π)) · B (π) = 0 donde el vector binormal se determina por → − 00 − − B (π) = → r 0 (π) × → r (π) = e2πa a2 b, ab, a2 + 1 Por tanto, la ecuación que produce es (x − eaπ , y, z − (beaπ − b)) · e2πa a2 b, ab, a2 + 1 = 0

Autoevaluaci´ on No 2 Tiempo : 2 horas Pregunta 1 Una part´ıcula se desplaza a partir del instante t = 0 siguiendo la trayectoria: π → − r (t) = (t, ln (sec t + tagt) , ln sec t) , 0 ≤ t < 2 Determinar la velocidad y rapidez en el instante que ha recorido una √ 2 distancia igual . 2 Pregunta 2 Dada la curva C definida por las superficies x2 +y 2 +z 2 = 11, x2 +y 2 = 2, √ z > 0, determinar en el punto 0, 2, 3 ; a) la ecuación del plano osculador b) los versores tangente, normal y binormal 180

Pregunta 3 − − Para la curva C dada por → r =→ r (s) ,donde s es el parámetro longitud de arco, deducir las fórmulas: 000 → − − a) r 0 (s) · → r (s) = −κ2 (s) 00 000 − − − b) → r 0 (s) · → r (s) × → r (t) = κ2 τ

c) Usar las fórmulas anteriores para calcular κ, τ de la curva C 4 3 → − r (s) = cos s, 1 − sin s, − cos s 5 5 d) Identificar la curva C

Pauta de Autocorrección Pregunta 1 Derivando la ecuación de la trayectoria: π → − r (t) = (t, ln (sec t + tagt) , ln sec t) , 0 ≤ t < 2 obtenemos la velocidad π → − r 0 (t) = (1, sec t, tagt) , 0 ≤ t < 2 En consecuencia la rapidez de la part´ıcula, queda p √ → − r 0 (t) = 1 + sec2 t + tag 2 = 2 sec t Entonces, la distancia recorrida en función del tiempo, es √ √ Z t 2 1 + sin t s (t) = 2 sec udu = ln 2 1 − sin t 0 A continuación determinemos el tiempo t0 , que corresponde a la distancia 181

√ 2 : 2

√

√ 1 + sin t0 2 = 1 − sin t0 2 1 + sin t0 ln = 1 1 − sin t0

2 ln 2

t0 = arcsin

e−1 e+1

≈ 0, 48

Por lo tanto la velocidad en ese tiempo es → − − v (t0 ) = → r 0 (t0 ) = (1, sec (0,48) , tag (0, 48)) = (1; 1, 127; 0, 521) y la rapidez − k→ r 0 (t0 )k =

q 1 + (1, 127)2 + (0, 521)2

Pregunta 2 a) Determinemos la ecuación de la curva C, sustituyendo la segunda ecuación en la primera, obtenemos 2 + z 2 = 11 =⇒ z 2 = 9, z = ±3. Como z > 0, la curva dada es la circunsferencia x2 + y 2 = 2, z = 3. √ √ − 2 cos t, 2 sin t, 3 , La ecuación paramétrica de la curva es → r (t) = y el √ √ − valor del parámetro en el punto es → r (t0 ) = 2 cos t0 , 2 sin t0 , 3 = √ 0, 2, 3 √ =⇒ 2 cos t0 = 0 =⇒ t0 = π2 . Calculemos ahora la ecuación del plano osculador, derivando, obtenemos √ √ √ → − − r 0 (t) = − 2 sin t, 2 cos t, 0 =⇒ → r 0 π2 = − 2, 0, 0 √ √ √ 00 − → − r 00 π2 = 0, − 2, 0 r (t) = − 2 cos t, − 2 sin t, 0 =⇒ → El vector normal al plano en el punto dado es i j k √ → − − 0 0 = (0, 0, 2) r 00 π2 = − 2 r 0 π2 × → √ 0 − 2 0 182

La ecuación del plano osculador viene dada por h→ √ i → − → − f −− r π2 · N π2 = 0 ⇐⇒ (x.y.z) − 0, 2, 3 · (0, 0, 2) =⇒ z=3 b) El versor tangente, en el punto es √ → − r 0 π2 0, − 2, 0 b = √ = (0, −1, 0) . t= −

→ r0 π 2 2

El versor binormal viene dado por → − → − 00 π 0 π × r r (0, 0, 2) 2 2 bb = = = (0, 0, 1) . → − − π π 00 0

→ 2 r 2 × r 2 Finalmente el versor normal es n b = bb × b t = (1, 0, 0) . Pregunta 3 − − a) A partir de → r =→ r (s) tenemos que 0 → − r (s) = Tb (s) derivando por segunda vez y aplicando la identidad de Frenet, queda 00 0 → − b (s) =⇒ r (s) = Tb (s) = κN 000

0 → − b (s) + κN b 0 (s) r (s) = κ N

Utilizando nuevamente la identidades de Frenet , obtenemos 000 0 → − b b b r (s) = κ N (s) + κ τ B − κT =⇒ 000

0 → − b (s) + κτ B b − κ2 Tb r (s) = κ N

Calculando el producto interno y considerando la ortonormalidad de la base n o b, B b , produce Tb, N 0 000 0 → − − b (s) + κτ B b − κ2 Tb = −κ2 r (s) · → r (s) = Tb (s) · κ N

000 00 0 → − − − b (s) × κ0 N b (s) + κτ B b − κ2 Tb r (s) · → r (s) × → r (s) = Tb (s) · κN = κ2 τ − b) A partir de → r (s) =

4 5

cos s, 1 − sin s, − 53 cos s 183

=⇒

0 → − r (s) = − 45 sin s, − cos s, 35 sin s =⇒ 00 → − r (s) = − 45 cos s, sin s, − 53 cos s =⇒ 000 → − r (s) = 4 sin s, cos s, 3 sin s 5

5

Realizando el producto interno 000

0 → − − r (s) · → r (s) = −1 = −κ2 =⇒ κ = 1 000

00 0 → − − − r (s) · → r (s) × → r (s) = 0

c) Desde κ = 1 podemos inferir que la curva es una circunferencia y por τ = 0 concluimos, que la curva es plana. d) Eliminando el parámetro s en las ecuaciones paramétricas 3 4 cos s, 1 − sin s, − cos s (x, y, z) = 5 5 Produce x2 + (y − 1)2 + z 2 = 1, 3x + 4z = 0

Autoevaluaci´ on No 3 Pregunta 1 − Dada la ecuación paramétrica de la curva → r (t) =

1 1 t, + 1, − t , t t

en el punto (1, 2, 0) , determine: a) la curvatura de la curva b) La torsión de la curva Pregunta 2 Sea r = r (θ) la ecuación de una curva C en coordenadas polares, con a ≤ θ ≤ b ańgulo polar y P (θ) punto de C. Demuestre que Rbp a) La longitud de C desde P (a) hasta P (b) es L = a r2 + (r0 )2 dθ 0 2 2(r ) − rr00 + r2 b) La curvatura de C en P (θ) es κ = . [r2 + (r0 )2 ]3/2 184

c) Usando lo anterior,calcular la longitud L y la curvatura κ de la espiral logar´ıtmica r (θ) = eλθ , donde λ es constante. Pregunta 3 Un punto se mueve sobre la parábola y = x2 . Si en el instante t = α , P 00

0

se encuentra en (0, 0) y s (α) = a ,s (α) = b ; donde la función s = s (t) es la longitud de arco de la curva y a , b constantes. Determine la velocidad y la aceleración de P en el instante t = α.

Pauta de Autocorrección Pregunta 1 El valor del parámetro en el punto viene dado por 1 1 → − r (t0 ) = t0 , + 1, − t0 = (1, 2, 0) =⇒ t0 = 1 t0 t0 Derivando sucesivamente 1 1 − → − 0 r 0 (1) = (1, −1, −2) r (t) = 1, − 2 , − 2 − 1 =⇒ → t t 2 2 → − − 00 r (t) = 0, 3 , 3 =⇒ → r 00 (1) = (0, 2, 2) t t 6 6 → − − r 000 (t) = 0, − 4 , − 4 =⇒ → r 000 (1) = (0, −6, −6) t t La curvatura se determina mediante la identidad

→

√ 00 −

− r 0 (1) × → r (1) k(2, −2, 2)k 2 √ = = κ (1) = 3/2 − 6 63 k→ r 0 (1)k Mientras que la torsión está dada por la identidad

→

00 − −

− r 0 (1) × → r (1) · → r 000 (1) k(2, −2, 2) · (0, −6, −6)k √ = =0 τ (1) = 2 → − → − 63 k r 0 (1) × r 00 (1)k Obsérvese que la torsión es cero en todos los puntos ya que la curva está contenida siempre en el mismo plano. Pregunta 2 185

a) En este caso podemos parametrizar la ecuación de la curva C de la forma → − − r =→ r (θ) = (r (θ) cos θ, r (θ) sin θ) Derivando esta expresión respecto de θ obtenemos 0 0 0 0 → − − r =→ r (θ) = (r (θ) cos θ − r (θ) sin θ, r (θ) sin θ + r (θ) cos θ)

De modo que

→

→ 1/2 q 0 0 0 0 − → −

−

r (θ) = r (θ) · r (θ) = (r cos θ − r sin θ)2 + (r0 sin θ + r cos θ)2

− 0 p =⇒ → r (θ) = r2 + (r0 )2 . − Entonces la longitud del arco entre θ = a y θ = b para la curva → r (θ) es L=

R b → Rbp 0

− r (θ) dθ = a r2 + (r0 )2 dθ. a

→

00 −

− r 0 (θ) × → r (θ) b) Deduciremos la curvatura usando la fórmula κ (θ) = 3/2 − k→ r 0 (θ)k Tenemos que 0 0 → − r = r (θ) (cos θ, sin θ) + r (θ) (− sin θ, cos θ) Derivando por segunda vez obtenemos 00 00 0 → − r = r (θ) (cos θ, sin θ) + 2r (θ) (− sin θ, cos θ) − r (θ) (cos θ, sin θ)

Determinemos el producto vectorial considerando R2 un subespacio vectorial de R3 0 00 → − − r ×→ r =

h 0 i r (cos θ, sin θ, 0) + r(− sin θ, cos θ, 0) h 00 i 0 × r (cos θ, sin θ) + 2r (− sin θ, cos θ) − r(cos θ, sin θ) 0 00 = 0, 0, 2(r )2 − rr + r2

ya que se satisfacen que (cos θ, sin θ, 0) × (cos θ, sin θ, 0) = (0, 0, 0) y (cos θ, sin θ, 0) × (− sin θ, cos θ, 0) = (0, 0, 1) De esta forma

→

0 0 00 00 −

− r ×→ r = 2(r )2 − rr + r2 186

Por lo tanto

→

0 2 00 −

− 2(r ) − rr00 + r2 r 0 (θ) × → r (θ) κ (θ) = = 3/2 − [r2 + (r0 )2 ]3/2 k→ r 0 (θ)k 0

00

c) Sea r (θ) = eλθ =⇒ r (θ) = λeλθ =⇒ r (θ) = λ2 eλθ . Aplicando directamente las fórmulas obtenidas en a) y b), obtenemos la longitud de la curva y su curvatura Z bp Z bp 0 2 2 r + (r ) dθ = e2λθ + λ2 e2λθ dθ L = a

a

1 + λ2 λb = e − eλa λ

κ (θ) =

0 2 2(r ) − rr00 + r2

=

[r2 + (r0 )2 ]3/2 1 = √ 1 + λ2 eλθ

(1 + λ2 ) e2λθ √ (1 + λ2 ) 1 + λ2 e3λθ

Pregunta 3 Dada la ecuación cartesiana de la curva y = x2 − Sea → r (t) = (x (t) , y (t)) la función vectorial que describe el movimiento del punto tal que y (t) = [x (t)]2 , entonces al derivar esta expresión tenemos 0

0

00

0

00

y (t) = 2x (t) x (t) =⇒ y (t) = 2((x (t))2 + x (t) x (t)). − Sabemos que en el instante t = 0, → r (α) = (x (α) , y (α)) = (0, 0) =⇒ x (α) = 0, y (α) = 0 2 0 00 0 Al evaluar las derivadas de y produce: y (α) = 0, y (α) = 2 x (α) Por otra parte , sabemos que: 0

→

q 0 0 0 −

s (α) = r (α) = (x (α))2 + (y 0 (α))2 = x (α) = a 0 00 0 00

→

0 x (t) x (t) + y (t) y (t) 00 0 − s (α) = r (t) (α) = (α) = − k→ r 0 (t)k 0

00

x (α) x (α) 00 = b =⇒ x (α) = b s (α) = a 00

187

Por lo tanto, la velocidad y la aceleración en el punto P son 0 0 → − r (α) = x (α) , y 0 (α) = (a, 0) 00 00 → − r (α) = x (α) , y 00 (α) = b, 2a2

188

Cap´ıtulo 3 Funciones de varias variables 3.1.

Introducci´ on

El concepto de función, ya establecido, en cursos precedentes puede ser extendido a situaciones del tipo → − f : A ⊂ IRm → B ⊂ IRn , m, n ∈ IN − en el sentido que son correspondencias que asignan a cada vector → x ∈ → − → − → − → − A un u ńico vector y ∈ B anotado y = f ( x ) . Consideradas las − − componentes de → x y de → y la igualdad anterior, también, se anota de la forma → − (y1 , y2 , . . . , yn ) = f (x1 , x2 , . . . , xm ); estas funciones se denominan funciones vectoriales de variable vectorial , o bien, n funciones dependientes de m variables independientes. Sus respectivos dominio de definición A y recorrido B se denominan campos vectoriales. En este curso se considerán funciones del tipo → − f : A ⊂ IRm → B ⊂ IR esto es con m > 1 y n = 1 , que por las caracter´ıstica de los espacios pasan a llamarse, funciones reales de variable vectorial ( de m variables independientes). En la unidad anterior fueron consideradas funciones vectoriales → − f : A ⊂ IR → IRn 189

es decir, con m = 1 y n > 1. Estas funciones se denotan como → − y = f (x1 , x2 , . . . , xm ) − − −x = (x , x , . . . , x ) y se estudiarán alternativamente → y = f (→ x ) con→ 1 2 m sus propiedades en cuánto a variaciones, gráficas, aplicaciones, etc, a partir de los conceptos de l´ımite, continuidad, y derivada. En particular, para los casos usuales m = 2 y m = 3, se denotan z = f (x, y), (x, y) ∈ A ⊂ IR2 ; w = f (x, y, z)(x, y, z) ∈ A ⊂ IR3 , respectivamente. Ejemplos Caso 1) a) La correspondencia z = f (x, y) = xy , A = IR2 , B = IR , restringidos x e y a valores positivos f (x, y) = xy corresponde al área del rectángulo de lados x e y (comparado con f (r) = πr2 , ésta representa el a´rea del c´ırculo de radio r y es función del tipo f : A ⊂ IR → B ⊂ IR, o sea con m = 1 y n = 1. b) La correspondencia w = f (x, y, z) = xyz , tiene A = IR3 , B = IR , y con x, y, z positivos representa el volumen V del prisma recto de aristas x, y, z. Caso 2) a) La función f : A ⊂ IR2 → B ⊂ IR dada por p z = f (x, y) = x2 + y 2 , A = IR2 , B = IR, representa la distancia del punto P = (x, y) al origen O = (0, 0) de IR2 . b) La función f : A ⊂ IR3 → B ⊂ IR dada por p w = f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 , A = IR3 , B = IR, representa la distancia del punto P = (x, y, z) al origen O = (0, 0, 0) de IR3 . Caso 3) La función z = f (x, y) = p

1 x2

y2

, en que f : A ⊂ IR2 → B ⊂ IR

+ tiene dominio A = IR2 ,y recorrido B = IR, representa el potencial 190

electrostático en cada punto P = (x, y) del plano debido a una carga unitaria colocada en el origen O = (0, 0) de IR2 . Nota: En estos ejemplos de funciones con m = 2, ó m = 3 se puede considerar los conceptos de l´ıneas de nivel y superficies de nivel como S = {(x, y) ∈ A/ f (x, y) = c} para c constante dada; y S = {(x, y, z) ∈ A/ f (x, y, z) = c} para c constante dada. n o p 2 2 2 a) En el caso 2) se tiene que S = (x, y) ∈ IR / x + y = c con √ c ≥ 0 son circunsferencias de radio c (ó el origen si c = 0). ( ) 1 b) En el caso 3) S = (x, y) ∈ IR2 − {(0, 0)} / p = c, c > 0 x2 + y 2 1 las l´ıneas que verifican x2 + y 2 = 2 se llaman l´ıneas equipotenciales c alrededor de la carga, describen circunsferencias centradas el (0, 0) de 1 radio . c Unido a lo anterior, en topograf´ıa las curvas determinadas por ecuación f (x, y) = c se llaman también contornos p de nivel de una superficie. Por ejemplo, la función z = f (x, y) = 25 − x2 − y 2 que tiene A = (x, y) ∈ IR2 / x2 + y 2 ≤ 25 , B = [0, 5] representa na.esférica de radio basal 5 y altura 5; con c = 3 puna ”monta˜ se tiene 25 − x2 − y 2 = 3, de lo cual se tiene el contorno de nivel x2 + y 2 = 16. Caso 4) La presión P ejercida por un gas ideal encerrado en un cilindro pistón es T donde k cte, T es la temperatura dada por la función P (T, V ) = k V y V el volumen del cilindro. En este caso las l´ıneas de nivel reciben el nombre de l´ıneas isobáricas P = c, ó isotermas cuando T = c con T función temperatura en cada punto (x, y, z) . Caso 5) 191

a) El a´rea S de la superficie del cuerpo humano es una función del peso w y la altura h dada por S (w, h) = 0, 091w0,425 h0,725 (deducción emp´ırica), donde w está en libras y h en pulgadas y S en pie2 . b) También S es dada por S (h, t) = 2ht donde h es la altura en cm y t es la longitud de la circunferencia máxima del muslo en cm. Por ejemplo, una ni˜ na de altura h = 156 cm y 50 cm de de circunsferencia máxima del muslo tienen una superficie corporal de 15,600 cm2 . Caso 6) La función f (x, y) = C xa y 1−a con C y a constantes, donde x son las unidades de trabajo e y las unidades de capital representa un modelo de unidades de producción (Modelo de Cobb-Douglas), que se utiliza en econom´ıa y en la evaluación de proyectos. Caso 7) a) La potencia eléctrica para un voltage E y resistencia R es la función E2 . de dos variables P (E, R) = R b) La resistencia total al conectar en paralelo dos resistencias R1 , R2 1 1 1 es regido por la ecuación = + , de donde se deduce R = R R1 R2 R (R1 , R2 ) . Caso 8) a) La aceleración centr´ıpeta de una part´ıcula que se mueve en la cirv2 cunferencia de radio r siendo v la rapidez es dada por a (r, v) = . r b) El desplazamiento vertical de una cuerda larga sujeta en el origen, que cae bajo la acción de su propio peso es dada por   − g (2axt − x2 ) , si 0 ≤ x ≤ at 2a2 g u (x, t) =  , si x > at, a cte − 2 t2 2a Caso 9) La concentración molecular C (x, t) de un l´ıquido es dada por x2 t

C (x, t) = t−1/2 e− k

y esta función verifica la ecuación de difusión 192

k ∂ 2C ∂C . = 4 ∂x2 ∂t Caso 10) Cuando una chimenea de h metros de altura emite humo que contiene contaminante o´xido n´ıtrico la concentración C (x, z) a x km de distancia y z metros de altura es dada por a C (x, z) = 2 x

b(z−h)2 b(z−h)2 − 2 2 x x e +e

∂C ∂C , ,en el punto P = (2, 5) Calcular e interpretar los valores de ∂x ∂t para a = 200, b = 0, 02; h = 10 m. Caso 11) Un ejemplo de una función que depende de 4 variables es la que establece la ley de Poiseuille en la cual la intensidad del flujo de un fluido viscoso (como la sangre) través de un conducto (como una arteria), es R4 Q (R, L, p1 , p2 ) = k (p1 − p2 ) L con k cte, R radio de conducto, L su longitud y p1 , p2 presiones en los extremos del conducto.

3.2. Funciones Escalares de Variable Vectorial 3.2.1.

Conceptos Topol´ ogicos

Nuestro espacio universo será Rn pensado preferentemente con n = 2 o n = 3. − − Si → x ∈ Rn entonces cada vector → x = (x , x , . . . , x ) esta conformado 1

2

n

por una n- upla ordenada de n´ umeros reales. − − La métrica que se usará, es la métrica usual, es decir si → x ,→ y ∈ Rn tal que: → − x = (x1 , x2 , . . . , xn ) → − y = (y1 , y2 , . . . , yn ) 193

entonces − − k→ x −→ yk=

n X

! 21 (xi − yi )2

i=1

A kk se le llama norma euclidea y permite calcular la distancia entre los puntos x e y. Si y = 0 entonces − k→ xk=

n X

! 12 x2i

i=1

Vecindad Sea x0 ∈ Rn , una vecindad de x0 es: Vδ (x0 ) = {x ∈ Rn | kx − x0 k < δ}

En R2 esta vecindad es un disco centrado en P0 . En R3 es una esfera centrada en P0 y de radio δ Caso especial es el de la vecindad despuntada Vδ∗ (x0 ) = Vδ (x0 ) − {x0 } Punto Interior Sea S ⊆ Rn , x ∈ S es un punto interior de S si existe δ > 0 tal que: Vδ (x) ⊂ S

Conjunto Abierto Sea A ⊆ Rn , diremos que A es un conjunto abierto si y sólo si todos sus puntos son interiores.

194

Ejemplo: ¿Cu´ ales de los siguientes conjuntos son abiertos? A = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 ≤ 1}

No es conjunto abierto

A = {(x, y) ∈ R2 | |x| < 1, |y| < 1} Es conjunto abierto A = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x < 1}

No es conjunto abierto

Conjunto Cerrado Sea B ⊆ Rn , diremos que B es un conjunto cerrado si su complemento Rn − B es abierto.

Punto Frontera Sea A ⊆ Rn , x0 es un punto frontera de A si y solo si ∀δ > 0 : Vδ (x0 ) ∩ A 6= ∅ y Vδ (x0 ) ∩ (Rn − A) 6= ∅

Interior de un Conjunto Sea A ⊆ Rn ,el conjunto de todos los puntos interiores de A se llama el o

interior de A y se denota A o sea: o

A = {x | x es punto interior de A}

Frontera de un Conjunto Sea A ⊆ Rn , la frontera de A es el conjunto de todos los puntos frontera de A y se denota F r(A).

Proposici´ on 1 Si S es abierto, no contiene ninguno de sus puntos fronteras. Dem. Directamente de la definición de conjunto abierto.

195

Proposici´ on 2 Si S es cerrado, contiene a todos sus puntos fronteras.

Segmento Lineal Si P1 , P2 ∈ Rn , el segmento lineal que une P1 con P2 es P = (1 − t)P1 + P2 , 0 ≤ t ≤ 1. P1 se llama punto inicial y P2 punto terminal.

Linea Poligonal Una poligonal está formada por un n´ umero finito de segmentos lineales unidos sucesivamente por sus extremos.

Punto Aislado Sea A ⊆ Rn , x0 es punto aislado de A si y solo si x0 ∈ A y ∃δ > 0 : Vδ∗ (x0 ) ∩ A = ∅

Punto de Acumulaci´ on Sea A ⊆ Rn , x ∈ Rn , x es punto de acumulación de A si toda vecindad despuntada de x contiene puntos de A, es decir: x es punto de acumulación de A ⇐⇒ Vδ∗ (x0 ) ∩ A 6= ∅

Regi´ on Sea R ⊆ Rn ,diremos que el conjunto R es una región si es un conjunto abierto y cualquier par de puntos de ella pueden unirse mediante una l´ınea poligonal, contenida en R.

196

Regi´ on Cerrada Es una región unida con su frontera. Teorema 3.2.1. Sea C ⊆ Rn y C es conjunto cerrado, entonces C contiene en todos sus puntos de acumulación.

3.2.2. Aspectos Geom´ etrico de las Funciones Escalares Sea f : D ⊆ Rn → R esta función a cada x ∈ D, x = (x1 , x2 , . . . , xn ) le asigna una imagen b ∈ R, b un escalar. b = f (x1 , x2 , . . . , xn ) a este tipo de funciones se les llama usualmente campo escalar. Con el objeto de resaltar sus aspectos geométricos, especialmente para funciones de dominio en R2 o R3 analizaremos conceptos como, gráficas, curvas de nivel, superficies de nivel, trazos, etc. de estas funciones. Sea f : D ⊆ Rn → R si x ∈ D =⇒ x = (x1 , x2 , . . . , xn ), D es el dominio de la función f. f (D) = Im(f ) = {z ∈ R | z = f (x1 , x2 , . . . , xn )}

3.2.3.

Gr´ afica de una Funci´ on

Sea f : D ⊆ Rn → R , definimos la gráfica de f como el subconjunto de Rn+1 formado por todos los puntos (x1 , x2 , . . . , xn , f (x1 , x2 , . . . , xn )) para cada (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn . Simbólicamente Gf = (x1 , x2 , . . . , xn , f (x1 , x2 , . . . , xn )) ∈ Rn+1 | (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ D

As´ı, si n = 2 y f es tal que z = f (x, y) entonces su gráfica será: Gf = (x, y, z) ∈ R3 | z = f (x, y)

197

3.2.4.

Curvas y Superficies de Nivel

Sea f : D ⊆ Rn → R y C un escalar. Entonces el conjunto de puntos de nivel de valor C ,se define como el conjunto de puntos (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ D para los cuales f (x1 , x2 , . . . , xn ) = C.Simbólicamente, el conjunto de nivel S = {(x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ D | f (x1 , x2 , . . . , xn ) = C} Si n = 2 el conjunto {(x, y) | f (x, y) = C} es una curva de nivel. Si n = 3 el conjunto {(x, y, z) | f (x, y, z) = C} es una superficie de nivel.

Ejemplo: 1.- Trazar la curva de nivel de f (x, y) = x − y, C = 0, 1, 2 · ··

2.- Trazar la curva de nivel de f (x, y) = 10 − x2 − 4y 2 , C = 0, 1, 2 · ·· Es familia de elipses centradas para C < 10, cuyo eje mayor se encuentra sobre el eje x Observaci´ on: Las curvas y las superficies de nivel permiten dar una imagen de la gr´ afica de la funci´ on. 198

3.2.5.

L´ımite

Sea f : D ⊆ Rn → R una función escalar y x0 un punto de acumulación del dominio D. Formularemos la definición de l´ımite de una función escalar de la siguiente forma. Definici´ on 3.2.1. La función f tiene como l´ımite al n´ umero L ∈ R cuando x → x0 , si para cada > 0, existe δ (, x0 ) > 0 tal que x ∈ D y 0 < kx − x0 k < δ

entonces

|f (x) − L| <

Simbólicamente:

l´ım f (x) = L ⇐⇒ ∀ > 0, ∃δ > 0 :

x→x0

x ∈ D y 0 < kx − x0 k < δ =⇒ |f (x) − L| < En el caso particular n = 2 esta definición es

l´ım

f (x, y) = L ⇐⇒ ∀ > 0, ∃δ > 0 : (x, y) ∈ D y

(x,y)→(x0 ,y0 )

0 < k(x, y) − (x0 , y0 )k < δ =⇒ |f (x, y) − L| < Ejemplo Sea f (x, y) = x2 + 2xy. Determinar si existe

l´ım (x,y)→(3,−1)

199

(x2 + 2xy)

An´ alisis: Si (x, y) → (3, −1) significa que x está cercano a 3 e y está cercano a −1 por lo tanto el valor de x2 + 2xy debe estar próximo a 3 se espera entonces que si este l´ımite existe debe ocurrir que: l´ım x2 + 2xy = 3 (x,y)→(3,−1)

Observe que: q q 2 |x − 3| ≤ (x − 3) ≤ (x − 3)2 + (y + 1)2 = k(x, y) − (3, −1)k q q 2 |y + 1| ≤ (y + 1) ≤ (x − 3)2 + (y + 1)2 = k(x, y) − (3, −1)k por lo cual:

k(x, y) − (3, −1)k < δ =⇒ |x − 3| < δ y |y + 1| < x2 + 2xy − 3 < δ por otro lado , se tiene 2 x + 2xy − 3 = (x − 3)2 + 2(x − 3)(y + 1) + 4(x − 3) + 6(y + 1) ≤ |x − 3|2 + 2 |x − 3| |y + 1| + 4 |x − 3| + 6 |y + 1|

Sin pérdida de generalidad se puede poner la condición δ < 1 entonces mayorando término a término, produce

2 x + 2xy − 3 < |x − 3| + 2 |y + 1| + 4 |x − 3| + 6 |y + 1| < δ + 2δ + 4δ + 6δ = 13δ

ε , Definiendo δ = min 1, 13 Todo lo anterior permite afirmar que: k(x, y) − (3, −1)k < δ ⇒ x2 + 2xy − 3 < 13 x2 + 2xy − 3 ε < 13δ = 13 = ε 13 200

Lo cual prueba que

(x2 + 2xy) = 3

l´ım (x,y)→(3,−1)

Consideremos otro ejemplo en que usamos también la definición pero otro procedimiento

Ejercicio: Probar que l´ım (x,y)→(0,0)

x2 y 2 x2 + y 2

=0

Soluci´ on: Sea > 0 y

x2

≤ =⇒

Sea δ =

√

x2 + y 2 , y 2 ≤ x2 + y 2 =⇒ x2 y 2 ≤ x2 + y 2 x2 y 2 ≤ x2 + y 2 , (x, y) 6= (0, 0) x2 + y 2

ε, k(x, y) − (0, 0)k = k(x, y)k =

p

x2 + y 2

p p √ x2 + y 2 < δ =⇒ x2 + y 2 < ε =⇒ x2 + y 2 < ε 2 2 2 2 xy = x y <ε ∴ 2 x + y 2 x2 + y 2 Lo que prueba que l´ım (x,y)→(0,0)

x2 y 2 x2 + y 2

201

=0

2

Los Teoremas de L´ımites Sean f : D1 ⊆ Rn → R , g : D2 ⊆ Rn → R tales que si a = (a1 , a2 , . . . , an ) es punto de acumulación de D1 y D2 y l´ım f (x) = L, x→a

l´ım g(x) = M, aqu´ı x = (x1 , x2 , . . . , xn ). Entonces:

x→a

a.) l´ım (f + g) (x) = L + M x→a

b.) l´ım (f − g) (x) = L − M x→a

c.) l´ım (f · g) (x) = L · M x→a f L d.) l´ım (x) = , M 6= 0 x→a g M La demostración de estas propiedades es idéntica a la correspondiente de las funciones de R en R. Teorema 3.2.2. Sea f : D ⊆ Rn → R tal que l´ım f (x) = L, y g : I ⊆ x→a R → R es una función continua en I. Entonces g ◦ f : D ⊆ Rn → R y l´ım (g ◦ f ) (x) = g l´ım f (x) = g(L) x→a

Ejemplo:

Evaluar

x→a

l´ım ex+y

2

(x,y)→(3,2)

Soluci´ on: Sea g(z) = ez continua en todo R, l´ım

l´ım

x + y 2 = 7, entonces

(x,y)→(3,2) 2

ex+y = e7

(x,y)→(3,2)

Trayectorias: Sea (x, y) un punto de R2 . Una trayectoria por (x, y) es cualquier recta o curva que contenga a (x, y)

202

Regla de las dos trayectorias Una condición necesaria (no suficiente) para que l´ım f (x, y) exista y sea L, es que si los l´ımites (x,y)→(x0 ,y0 )

l´ım f (x, ϕ (x)) y l´ım f (x, ψ (x)) existen , para cualquier trayectoria

x→x0

x→x0

y = ϕ(x) , y = ψ (x) que pase por (x0 , y0 ),deben valer L Ejemplo:

Sea f (x, y) =

x2 y x4 +y 2

¿Existirá

l´ım

f (x, y)?.

(x,y)→(0,0)

Soluci´ on: Dominio de f es R2 − {(0, 0)} y claramente (0, 0) es punto de acumulación del dominio de f . Sea T1 = {(x, y) | y = ax} familia de rectas que pasan por el origen si el l´ımite existe deber´ıa ocurrir que: x2 (αx) x2 y = l´ ım x→0 x4 + α2 x2 (x,y)→(0,0) x4 + y 2 (αx) = l´ım 2 =0 x→0 x + α2 l´ım

Esto se˜ nala que si el l´ımite existe este debe ser cero, seguimos averiguando: Sea T2 = {(x, y) | y = x2 } parábola por el origen. x2 y x4 1 = l´ ım = 4 2 4 4 x→0 x + x (x,y)→(0,0) x + y 2 l´ım

No puede ser, el l´ımite si existe no puede tener dos valores diferentes. Luego, no existe x2 y (x,y)→(0,0) x4 + y 2 l´ım

L´ımites Iterados Se llaman l´ımites iterados a los siguientes. l´ım l´ım f (x, y) ; l´ım l´ım f (x, y) x→x0

y→y0

y→y0

203

x→x0

x2 −y 2 , x2 +y 2

Ejemplo: Sea f (x, y) = iterados de f.

(x, y) 6= (0, 0) .Determine los l´ımites

Soluci´ on: Tenemos que (0, 0) es punto de acumulación del dominio de f . Evaluemos, los l´ımites iterados x2 − y 2 x2 l´ım l´ım 2 = l´ ım =1 x→0 y→0 x + y 2 x→0 x2 −y 2 x2 − y 2 = l´ım 2 = −1 l´ım l´ım y→0 y y→0 x→0 x2 + y 2

Los conceptos de l´ımites y l´ımites iterados se relacionan seg´ un los siguientes teoremas. Teorema 3.2.3. Si

l´ım

f (x, y) existe, y si para cada x en una

(x,y)→(x0 ,y0 )

vecindad reducida de x0 , l´ım f (x, y) existe. Entonces y→y0

l´ım

x→x0

l´ım f (x, y) =

y→y0

l´ım

f (x, y)

(x,y)→(x0 ,y0 )

Este teorema nos lleva a formular otro equivalente. Teorema 3.2.4. Si

l´ım

f (x, y) existe, y si para cada y en una

(x,y)→(x0 ,y0 )

vecindad reducida de y0 , l´ım f (x, y) existe. Entonces x→x0

l´ım

y→y0

l´ım f (x, y) =

x→x0

l´ım

f (x, y)

(x,y)→(x0 ,y0 )

Ahora, se puede combinar ambos teoremas, lo que produce: Teorema 3.2.5. Si

l´ım

f (x, y) existe, y si para cada x en una

(x,y)→(x0 ,y0 )

vecindad reducida de x0 , l´ım f (x, y) existe, y si para cada y de una y→y0

vecindad reducida de y0 , l´ım f (x, y) existe. Entonces x→x0

l´ım

y→y0

l´ım f (x, y) = l´ım l´ım f (x, y) =

x→x0

x→x0

y→y0

l´ım

En el ejemplo anterior podemos concluir que no existe de existir su l´ımites iterados deben ser iguales. 204

f (x, y)

(x,y)→(x0 ,y0 ) x2 −y 2 2 2 ,pues x (x,y)→(0,0) +y

l´ım

3.2.6.

Continuidad

Una función f es continua en a ( a es punto de acumulación de D ⊆ Rn ) si para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que ∀x ∈ D : kx − ak < δ =⇒ |f (x) − f (a)| < ε donde x = (x1 , x2 , ..., xn ), a = (a1 , a2 , ..., an ). O lo que es lo mismo: Se tiene que f

es continua en un punto a si:

i) f (a) existe, ii)l´ım f (x) existe y ;

iii)l´ım f (x) = f (a).

x→a

x→a

Es decir, para que una función de varias variables sea continua en un punto debe estar definida all´ı, debe tener l´ımite en él y el valor de la función en el punto debe ser igual al valor del l´ımite en ese punto. En R2 podemos enunciar esta propiedad de la siguiente forma. Una función f en continua en un punto interior (x0 , y0 ) de una región R si f (x0 , y0 ) está definida y l´ım

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

(x,y)→(x0 ,y0 )

f será continua en la región R si es continua en cada punto de R. Las funciones que no son continuas se dicen que son discontinuas.

Teoremas de Continuidad Son similares a los teoremas para funciones de una variable. Esto significa que, si una función es combinación de otras funciones y estas funciones a su vez son continuas entonces la función es continua excepto en aquellos puntos en los que no está definida.

 

x2 y 2 si (x, y) 6= (0, 0) ,estudie Ejemplo. Sea la función f (x, y) = x2 + y 2  0 si (x, y) = (0, 0) la continuidad de f en R2 . Soluci´ on. 205

Claramente si (x, y) 6= (0, 0), f es un cuociente de funciones continuas por lo que también es continua. Además, la función es continua en (0, 0) pues se demostró en 1.4.2, que x2 y 2 = 0 = f (0, 0), (x,y)→(0,0) x2 + y 2 l´ım

Por lo tanto, esta función es continua en todo R2 . Continuando con este mismo ejemplo, podemos usar coordenadas polares para mostrar de que éste u ´ltimo l´ımite vale cero. Decir que (x, y) → (0, 0) , en coordenadas polares es equivalente a que r → 0 (independientemente del valor de θ). x2 y 2 en coordenadas polares, x2 + y 2 x = r cos θ, y = r sin θ, obtenemos la función Expresando la función f (x, y) =

g(r, θ) =

2 2 r2 cos 2 θ sin 2 θ 2 cos θ sin θ = r cos 2 θ + sin 2 θ cos 2 θ + sin 2 θ

observese que ϕ (θ) =

cos 2 θ sin 2 θ = cos 2 θ sin 2 θ ≤ 1. cos 2 θ + sin 2 θ

está acotada, y además ψ (r) = r2

Lo que implica que: l´ımg(r, θ) = l´ımψ(r)ϕ(θ) = 0.

r→0

r→0

Podemos concluir que si ϕ(θ) ≤ M está acotada, en una vecindad con centro en el origen, y ψ(r) → 0 cuando r −→ 0,entonces l´ımψ(r)ϕ(∅) = r→0 0.

Continuidad en un conjunto abierto. Diremos una función es continua en un conjunto abierto U ⊆ Rn ,si ella es continua en cada punto del conjunto U . 206

3.2.7.

Derivadas Parciales

Sea f : D ⊆ R2 → R función de dos variables que está definida en una vecindad del puntos (x0 , y0 ). La derivada parcial de f respecto de x en (x0 , y0 ) se define por: ∂f f (x0 + h, y0 ) − f (x0 , y0 ) (x0 , y0 ) = l´ım h→0 ∂x h Similarmente, la derivada parcial de f respecto de y en (x0 , y0 ) se define por: f (x0 , y0 + h) − f (x0 , y0 ) ∂f (x0 , y0 ) = l´ım h→0 ∂y h siempre que estos l´ımites existan. Las derivadas de orden superior son una reiteración de la definición anterior, es decir, derivadas sucesivas, as´ı:

∂ ∂f ∂ 2f fx (x0 + h, y0 ) − fx (x0 , y0 ) = = l´ ım h→0 ∂x2 ∂x ∂x h ∂ ∂f ∂ 2f fy (x0 , y0 + h) − fy (x0 , y0 ) = = l´ım 2 h→0 ∂y ∂y ∂y h 2 ∂ ∂f ∂ f fy (x0 + h, y0 ) − fy (x0 , y0 ) = = l´ım h→0 ∂x∂y ∂x ∂y h

Ejemplo: Ejemplo: Calcular las derivadas parciales de: f (x, y) = x4 sin y + cos xy Soluci´ on: De acuerdo con la definición debemos calcular (x + h)4 sin y + cos(x + h)y − (x4 sin y + cos xy) h→0 h l´ım

207

Desarrollando el numerador se tiene: x4 sin y + 4x3 h sin y + 6x2 h2 sin y + 4xh3 sin y + h4 sin y + cos(xy) cos(hy) − sin(xy) sin(hy) − x4 sin y − cos(xy) = 4x3 h sin y + 6x2 h2 sin y + 4xh3 sin y + h4 sin y + cos(xy)(cos(hy) − 1) − sin(xy) sin(hy) = Calculando l´ımite (x + h)4 sin y + cos(x + h)y − (x4 sin y + cos xy) l´ım h→0 h (cos(hy) − 1) sin(hy) = 4x3 sin y + cos xyl´ım − sin(xy)l´ım h→0 h→0 h h Como l´ım

h→0

(cos(hy) − 1) =0 y h

l´ım

h→0

sin(hy) =y h

Tenemos que este l´ımite y por tanto la derivada es ∂f (x, y) = 4x3 sin y − y sin(xy) ∂x De igual forma se puede calcular por definición. ∂f (x, y) = x4 cos y − x cos xy ∂y Derivadas Parciales Cruzadas Teorema 3.2.6. (Teorema de Schwarz) Sea f : D ⊆ R2 → R una función, D abierto. Si las derivadas ∂ 2f existen y son continuas en D, entonces: ∂y∂x ∂ 2f ∂ 2f = ∂x∂y ∂y∂x 208

∂ 2f y ∂x∂y

Demostración queda propuesta. Como ejemplo ilustrativo considere la función ( f (x, y) =

x3 y−xy 3 x2 +y 2

0

si (x, y) 6= (0, 0) si (x, y) = (0, 0)

y verifique que: ∂ 2f (0, 0) = 1, ∂x∂y

∂ 2f (0, 0) = −1 ∂y∂x

Observaci´ on: Use la definición y encuentre estos resultados.

3.3.

Diferenciabilidad en dos variables

Sea f una función definida en una vecindad de (x0 , y0 ). Diremos que f es diferenciable en (x0 , y0 ) si existen n´ umeros A y B tales que: f (x0 + h, y0 + k) − f (x0 , y0 ) = Ah + Bk + α (h, k) k(h, k)k y si el residuo tiene la propiedad

l´ım α (h, k) = 0. Diremos que f

k(h,k)k→0

es diferenciable en una región, si es diferenciable en cada punto de la región. Teorema 3.3.1. Si f es diferenciable en (x0 , y0 ), entonces f es continua en (x0 , y0 ). Demostraci´ on: Sea (x, y) ∈ Vδ ((x0 , y0 )) y

f (x0 +h, y0 +k)−f (x0 , y0 ) = A (x − x0 )+B (y − y0 )+α (h, k) k(x, y) − (x0 , y0 )k Además sabemos que |x − x0 | ≤ k(x, y) − (x0 , y0 )k , |y − y0 | ≤ k(x, y) − (x0 , y0 )k entonces 209

kf (x0 + h, y0 + k) − f (x0 , y0 )k ≤ |Ah + Bk + α (h, k)| k(x, y) − (x0 , y0 )k Si (x, y) → (x0 , y0 ) , tenemos que α (h, k) → 0 y k(x, y) − (x0 , y0 )k → 0 por lo tanto kf (x0 + h, y0 + k) − f (x0 , y0 )k → 0 l´ım

∴

(h,k)→(0,0)

f (x0 + h, y0 + k) = f (x0 , y0 )

La diferenciabilidad es también una condición más fuerte que la existencia de las derivadas parciales. Teorema 3.3.2. Si f es diferenciable en (x0 , y0 ), entonces las derivadas parciales de primer orden existen en (x0 , y0 ) y fx (x0 , y0 ) = A fy (x0 , y0 ) = B Demostraci´ on Sea f diferenciable en (x0 , y0 ) =⇒ √ f (x0 + h, y0 + k) − f (x0 , y0 ) = Ah + Bk + α (h, k) h2 + k 2 dividiendo por h 6= 0 y haciendo k = 0 se tiene: |h| f (x0 + h, y0 ) − f (x0 , y0 ) =A+α h h f (x0 + h, y0 ) − f (x0 , y0 ) |h| =⇒ − A = |α (h)| = |α (h)| h h pero l´ım α (h) = 0 h→0

f (x0 + h, y0 ) − f (x0 , y0 ) =A h→0 h

∴ l´ım De manera analoga

210

f (x0 , y0 + k) − f (x0 , y0 ) =B k→0 k

∴ l´ım

Se puede tener también el siguiente criterio para la diferenciabilidad de una función. Teorema 3.3.3. Sea f : D ⊆ R2 → R una función. Si f tiene primeras derivadas parciales continuas en una región D. Entonces f es diferenciable en cada punto de D. Nota: Todas las ideas dadas para funciones de dos variables se pueden extender a funciones definidas en un espacio n dimensional. Diferencial Total En dos dimensiones: Si f es diferenciable en (x0 , y0 ) entonces la diferencial total es: df =

∂f ∂f dx + dy en (x0 , y0 ) ∂x ∂y

En tres dimensiones:. Si f es diferenciable en (x0 , y0 , z0 ) entonces la diferencial total es: df =

3.3.1.

∂f ∂f ∂f dx + dy + dz en (x0 , y0 , z0 ) ∂x ∂y ∂z

Derivada Direccional

Gradiente Sea f : D ⊆ Rn → R, P ∈ D abierto y f diferenciable en P. Entonces el vector gradiente de f en P se denota ∇f (P ) y se define por la fórmula: ∇f (P ) =

∂f ∂f ∂f (P ) , (P ) , ..., (P ) ∂x1 ∂x2 ∂xn 211

Ejemplo: Sea f (x, y, z) = 3x3 y 2 z. Calcular ∇f (1, 2, 3). Soluci´ on: La función tiene derivadas parciales continuas, entonces ∇f (x, y, z) = 9x2 y 2 z, 6x3 yz, 3x3 y 2

Evaluando, el gradiente de la función f en el punto (1, 2, 3) queda ∇f (1, 2, 3) = (108, 36, 12) = 12 (9, 3, 1) Propiedades Si f y g son funciones diferenciables demuestre que: ∇ (f g) = f ∇g + g∇f f g∇f − f ∇g ∇ = si g no es cero g g2 Ejemplo Si f es diferenciable en una variable y g = f (x2 + y 2 + z 2 ) . Calcular ∇g · ∇g. Soluci´ on. Si ponemos u = x2 + y 2 + z 2 al derivar parcialmente se tiene ∂g ∂g ∂g = 2xf 0 (u) ; = 2yf 0 (u) ; = 2zf 0 (u). ∂x ∂y ∂z =⇒ ∇g = 2f 0 (u)(x, y, z) =⇒ ∇g · ∇g = 4 [f 0 (u)] 2 [(x, y, z) · (x, y, z)] = 4 [f´(u)] 2 (x2 + y 2 + z 2 ) (Definición Derivada direccional) Sea f : D ⊆ Rn → R y P0 un punto interior de D. Sea u b vector unitario kb uk = 1. La derivada direccional de f en P0 en la dirección de u b se define por: f (P0 + hb u) − f (P0 ) h→0 h Si este l´ımite existe f tiene derivada direccional en P0 en la dirección ∂f (P0 ) . de u b y la denotamos ∂b u l´ım

212

∂f Teorema 3.3.4. Si f es diferenciable en P, entonces (P ) existe ∂b u para todos los vectores u b, unitarios y ∂f (P ) = ∇f (P ) · u b ∂b u Demostraci´ on: Considerando la demostración en R3 .Sean P0 = (x, y, z) y u b = (u1, u2 , u3 ) Por definición de diferenciabilidad se tiene:

f (P0 + hb u) − f (P0 ) = f (x + hu1 , y + hu2 , z + hu3 ) − f (x, y, z) ∂f ∂f ∂f = h · u1 + h · u2 + h · u3 + α |h| ∂x ∂y ∂z ∂f ∂f ∂f = h u1 + u1 + u3 + α |h| ∂x ∂y ∂z Dividiendo por h y tomando l´ımite cuando h → 0 se tiene α → 0 y f (P0 + hb u) − f (P0 ) ∂f ∂f ∂f = u1 + u2 + u3 h→0 h ∂x ∂y ∂z l´ım

∴

∂f (P0 ) = ∇f (P0 ) · u b ∂b u

∂f Nota: Para cada u b vector unitario fijo, la derivada direccional de∂b u fine una nueva función, a la cual a su vez se le puede aplicar la definición de derivada direccional y tenemos as´ı las derivadas direccionales de orden superior. ∂ 2f ∂ = 2 ∂b u ∂b u

∂f ∂b u

Ejemplo Sea f (x, y) = x3 y 2 , calcular la derivada direccional de f en el punto − P0 (−1, 2) en la dirección del vector → u = (4, −3). Soluci´ on. Como f (x, y) = x3 y 2 en una función diferenciable ∀ (x, y) ∈ R2 ,entonces 213

∂f (P ) = ∇f (P ) · u b ∂b u En primer lugar calculemos el vector gradiente ∇f (P0 ) = (3x2 y 2 , 2x3 y) En segundo lugar calculemos el vector unitario → − u (4, −3) u b= → = − 5 kuk Se deduce que (4, −3) ∂f (x, y) = 3x2 y 2 , 2x3 y · ∂b u 5 Por lo tanto, evaluando en P0 (−1, 2) queda (4, −3) 3 (−1)2 22 , 2 (−1)3 2 · 5 96 12 108 = + = 5 5 5 Teorema 3.3.5. Supongamos que f tiene segundas derivadas parciales continuas en una vecindad de un punto P. Entonces: ∂f (−1, 2) = ∂b u

∂ 2f (P ) = (b u · ∇)2 f 2 ∂b u Demostraci´ on: ∂f = f1 u1 + f2 u2 + f3 u3 ∂b u ∂ 2f ∂f1 ∂f2 ∂f3 = u1 + u2 + u3 2 ∂b u ∂b u ∂b u ∂b u 2 ∂ f = u1 (f11 u1 + f12 u2 + f13 u3 ) + u2 (f21 u1 + f22 u2 + f23 u3 ) ∂b u2 +u3 (f31 u1 + f32 u2 + f33 u3 ) Como las derivadas cruzadas son iguales se tiene ∂ 2f = u21 f11 + 2u1 u2 f12 + 2u1 u3 f13 + u22 f22 + 2u2 u3 f23 + u23 f33 ∂b u2 2 ∂ ∂ ∂ + u2 + u3 f = (b u · ∇)2 f = u1 ∂x ∂y ∂z 214

∂f (P ) = ∇f (P ) · u b ∂b u ∂f 1.) Si ∇f (P ) = 0 =⇒ → (P ) = 0 ∀b u ∂− u 2.) La dirección de máximo crecimiento de la derivada direccional viene dada ∂f por (P ) = k∇f (P )k en la dirección del vector gradiente. ∂b u 3.) La dirección de mayor decrecimiento (o m´ınimo crecimiento) viene dada en ∂f (P ) = − k∇f (P )k . la dirección −∇f (P ) y el valor m´ınimo es ∂b u Consecuencias de

Demostraci´ on: Basta considerar ∂f (P ) = ∇f (P ) · u b = k∇f (P )k cos θ ∂b u

3.3.2.

Plano tangente y recta normal

Sea z = f (x, y) la ecuación de una superficie cualquiera. En lo que sigue conviene para mayor comprensión del razonamiento usar la expresión F (x, y, z) = 0 para denotar la superficie de nivel de la función F (x, y, z) = f (x, y) − z = 0 o´ F (x, y, z) = z − f (x, y) = 0 Sea entonces la superficie F (x, y, z) = 0 y P0 = (x0 , y0 , z0 ) un punto − de ella. Sea → r (t) = (x(t), y(t), z(t)) la ecuación paramétrica de una curva C en dicha superficie y que pasa por el punto (x0 , y0 , z0 ). Tomando la diferencial de F (x, y, z) = 0 tenemos ∂F ∂F ∂F dx + dy + dz = 0 ∂x ∂y ∂z − En P0 = (x0 , y0 , z0 ) de la curva donde → r (t0 ) = P0 se tiene 215

∂F (P0 ) ∂F (P0 ) ∂F (P0 ) · x´(t0 )dt + · y´(t0 )dt + · z´(t0 )dt = 0 =⇒ ∂x ∂y ∂z ∂F (P0 ) ∂F (P0 ) ∂F (P0 ) · x´(t0 ) + · y´(t0 ) + · z´(t0 ) = 0 ∂x ∂y ∂z

Es decir

∂F (P0 ) ∂F (P0 ) ∂F (P0 ) , , · (x´(t0 ), y´(t0 ), z´(t0 )) = 0 ∂x ∂y ∂z − ∴ 5F (P ) · → r´(t ) = 0 0

0

− Esto nos dice que 5F (P0 ) es perpendicular a → r´(t0 ). Esto ocurre para − toda curva C que pase por P0 y como → r´(t0 ) es vector tangente a C se tiene que 5F (P0 ) es perpendicular a toda recta tangente a la superficie en P0 . Por lo tanto, 5F (P0 ) es un vector normal a la superficie en P0 .

Plano Tangente La expresión de la forma: ∂F (P0 ) ∂F (P0 ) ∂F (P0 ) (x − x0 ) + (y − y0 ) + (z − z0 ) = 0 ∂x ∂y ∂z es la ecuación del plano tangente a la superficie F (x, y, z) = 0 en el punto P0 = (x0 , y0 , z0 ). Si la superficie es z = f (x, y) =⇒ F (x, y, z) = z − f (x, y) = 0 la ecuación del plano tangente se puede escribir, también como: z − z0 = fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ) Recta Normal Sean P0 (x0 , y0 , z0 ) un punto dado y el vector director de esta recta 5F (P0 ) La ecuación vectorial es: 216

(x, y, z) = (x0 , y0 , z0 ) + t(

∂F (P0 ) ∂F (P0 ) ∂F (P0 ) , , ), ∂x ∂y ∂z

t∈R

Ecuación paramétrica:

∂F (P0 ) ∂x ∂F (P0 ) y = y0 + t , ∂y ∂F (P0 ) x = z0 + t ∂z x = x0 + t

t∈R

Eliminando el parámetro t obtenemos la ecuación cartesiana: y − y0 z − z0 x − x0 = = Fx (P0 ) Fy (P0 ) Fz (P0 )

Ejemplo: Sea z = ex (cos y + 1)

en el punto (0, π2 , 1) ,calcular las

ecuaciones del plano tangente y la recta normal a la superficie. Soluci´ on. La componentes del vector gradiente son

fx (x, y) = ex (cos y + 1), fy (x, y) = −ex (seny) π π fx (0, ) = 1, fy (0, ) = − 1 2 2 Reemplanzando términos en la ecuación del plano tenemos: z−1

π 1 · (x − 0) + (−1)(y − ) 2 π =⇒ z − 1 = x − y + 2 =

Finalmente, la ecuación del plano tangente queda 217

x−y−z+

π +1=0 2

y π (x, y, z) = (0, , 1) + t(1, −1, −1) 2 la ecuación de la recta normal en su forma vectorial.

3.3.3.

Funci´ on Compuesta. La Regla de la Cadena.

En este módulo abordaremos en forma básica la siguiente problemática. Si u es una función diferenciable de variables x, y, z, · · ·, y a su vez estas u ´ltimas son funciones de otras variables nuevas t y/o s ¿podemos encontrar la primera derivada parcial de u con respecto a las nuevas variables t y/o s expresada en términos de las derivadas parciales de las funciones dadas?. As´ı, por ejemplo, si un fenómeno f´ısico está ocurriendo digamos en una región cil´ındrica, resultar´ıa mejor expresar las cantidades que interesen en términos de coordenadas cilindricas y no en cartesianas.

Caso particular: Sea f : D ⊆ R2 −→ R tal que u = f (x, y), tiene dos variables independientes. Supongamos que cada una de estas variables es diferenciable de una simple variable independiente t. Si x = x(t) y y = y(t), la derivada de la función compuesta (regla de la cadena) con respecto a t es

∂u dx ∂u dy du = · + · dt ∂x dt ∂y dt du − = ∇u · → r 0 (t) dt

218

Caso particular de dos variable independientes simples. Sea f : D ⊆ R2 −→ R tal que u = f (x, y), tiene dos variables independientes. Estas variables a su vez son funciones diferenciables de dos variables simples independientes t y s. La expresión de las derivadas de la función compuesta (o regla de la cadena) es: ∂u dx ∂u dy ∂u = · + · ∂t ∂x dt ∂y dt ∂u ∂u dx ∂u dy = · + · ∂s ∂x ds ∂y ds Las expresiones anteriores las podemos expresar matricialmente como: 

∂u ∂u , ∂t ∂s

Ejemplo 1: Hallar

=

∂u ∂u , ∂x ∂y

dx  dt  dx ds

dz x , si z = , donde x = et dt y

 dy dt  dy  ds

y y = ln t.

Soluci´ on. Aplicando la derivación compuesta, tenemos dz 1 t x 1 = e + − 2 dt y y t dz et et 1 1 1 = − = et − 2 dt ln t (ln t) t ln t t(ln t)2

dz ∂u dx ∂u dy = · + · =⇒ dt ∂x dt ∂y dt

Ejemplo 2: Hallar y = ets

∂u y ∂t

∂u ∂s

Soluci´ on. 219

si u = f (x, y), donde x = t2 −s2 ,

En este caso ∂u dx dy ∂u = fx (x, y) +fy (x, y) =⇒ = fx (x, y)(2t)+fy (x, y)(s ets ) ∂t dt dt ∂t Similarmente ∂u dx dy ∂u = fx (x, y) +fy (x, y) =⇒ = fx (x, y)(−2s)+fy (x, y)(t ets ) ∂s ds ds ∂s

De forma m´ as general si f : D ⊆ Rn −→ R tal que z = f (y1, y2, y3, · ··, yn, ), es función de n variables independientes. Supongamos también que cada una de estas variables independientes es función diferenciable de otras m variables simples independientes x1 , x2 , x3 , · · ·, xm . La expresión de la derivada de la función compuesta (regla de la cadena) es similar, pudiendose escribir cada una de estas derivadas por n

X ∂z ∂yi ∂z = · , j = 1, 2, ..., m ∂xj ∂y ∂x i j i=1 Esta ecuación se puede escribir utilizando matrices, como



∂z ∂z ,..., ∂x1 ∂xm

=

∂z ∂z ,..., ∂y1 ∂yn

    

∂y1 ... ∂x1 .. . ∂yn ··· ∂x1

∂y1 ∂xm .. . ∂yn ∂xm

     

∂yi La matriz n × m se denomina matriz jacobiana ∂xj i=1...n, j=1...m de la transformación yi = yi (x1, x2, x3, · ··, xm ).

220

Ejemplo 3: Sea f (x, y, z) = x + x2 y + zey , en donde x, y, y z , están relacionadas con u y v a través de la transformación x = uv, y = u2 − v 2 , Calcule

∂f ∂f , , y ∂u ∂v

z = u sin v

∂ 2f , en el punto (u, v) = (2, 2). ∂v∂u

Soluci´ on. La matriz jacobiana para esta transformación es     xu xv v u  yu yv  =  2u −2v  zu zv senv u cos v     xu xv 2 2  yu yv  (2, 2) =  4 −4  zu zv sin 2 2 cos 2 Para (u, v) = (2, 2), los valores de x, y y z son 4, 0 , y 2sen2 respectivamente.Entonces la matriz reglón (fx fy fz ) es (fx fy fz ) = 1 + 2xy x2 + zey ey evaluando en el punto (4, 0, 2sen2) queda 1 + 2xy x2 + zey ey (4, 0, 2sen2) = (1

16 + 2sen2

1)

De donde 

(fu

 xu xv fv ) = (fx fy fz )  yu yv  zu zv = (fx xu + fy yu + fz zu fx xv + fy yv + fz zv )

Evaluando (fu

fv ) (2, 2) = (66 + 9 sin 2

− 62 − 8 sin 2 + 2 cos 2)

Por lo tanto ∂f (2, 2) = 66 + 9 sin 2 ∂u

y

∂f (2, 2) = −62 − 8 sin 2 + 2 cos 2 ∂v 221

Ahora bien, como fu

= fx xu + fy yu + fz zu = (1 + 2xy )v + (x2 + zey )2u + ey sin v

Se tiene ∂ 2f = fuv = 2(xyv + yxv )v + 1 + 2xy + 2(2xxv + zey yv + ey zv )u ∂v∂u + yv ey senv + ey cos v Evaluando en el punto (2, 2) se tiene ∂ 2f (2, 2) = 1 − 36sen2 + 9 cos 2 ∂v∂u

3.3.4.

Funci´ on Impl´ıcita

Cuando definimos funciones en forma impl´ıcita decimos, por ejemplo, sea y = ϕ(x) una función diferenciable definida impl´ıcitamente por medio de la ecuación F (x, y) = 0, o bien, sea z = f (x, y), definida impl´ıcitamente por la ecuación F (x, y, z) = 0. El primer caso lo podemos ejemplificar con una función y = ϕ(x) definida por la ecuación de la hipérbola x2 − 4xy − 3y 2 = 9. Muchas veces las ecuaciones que relacionan a las variables pueden ser tan complejas y no lineales, que no es posible esperar encontrar relaciones sencillas, si las hay, expl´ıcitas que expresen a una variable en términos de las otras. En términos generales, lo que se pide es que esta relación entre las variables exista localmente, es decir en alguna vecindad de un punto donde las ecuaciones se satisfacen. La mayor´ıa de las veces no se esperan resultados globales, es decir, no todos los puntos que satisfacen las relaciones impl´ıcitas satisfacen también las expl´ıcitas. Con el objeto de ilustrar estas ideas analicemos el siguiente ejemplo. Ejemplo: Pruebe que la ecuación z 5 + z + xy = 0 define una función z = f (x, y) para todos los valores x e y. Soluci´ on. 222

Se debe establecer que para cada x e y se puede resolver en forma u ńica para z la ecuación de quinto grado. Ya que esto no es obvio, razonamos utilizando la gráfica de u = z5 + z + a gráfica pendiente Como u´(z) = 5z 4 + 1, ∀a =⇒ u es estrictamente creciente, entonces para cada a existen z1 y z2 tal que u(z1 ) < 0 < u(z2 ) por lo cual existe un u ńico z tal que u(z) = 0 para cada a . Si se identifica a con la cantidad xy se ha establecido el hecho planteado. Luego, ”z = f (x, y) se define impl´ıcitamente por la ecuación z 5 + z + xy = 0”

Derivaci´ on impl´ıcita Sea F : U ⊆ R2 → R definida en un conjunto abierto U . Sea P0 = (x0 , y0 ) ∈ U un punto tal que: i) F (x0 , y0 ) = 0 ∂F ∂F , son continuas en alguna vecindad Vδ (P0 ) y ii) ∂x ∂y ∂F iii) (x0 , y0 ) 6= 0. ∂z Entonces existe una vecindad (x0 − δ, x0 + δ) de x0 , (y0 − a, y0 + a) vecindad de y0 , y una función u ńica f (impl´ıcita) de clase C 1 tal que: a) f (x0 ) = y0

y f (x) ∈ (y0 − a, y0 + a)

b) F (x, f (x)) = 0

∀x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)

∀x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)

c) ∀x, ∈ Vδ (x0 ) tiene derivadas que pueden calcularse como: 223

Fx (x, y) dy =− dx Fy (x, y) En el caso de funciones de dos variables definida impl´ıcitamente, el siguiente teorema afirma la existencia de funciones impl´ıcitas bajo ciertas circunstancias y da fórmulas para obtener las derivadas parciales de estas funciones. Teorema 3.3.6. (Teorema de la funció impl´ıcita) Sea F : U ⊆ R3 → R definida en un conjunto abierto U . Sea P0 = (x0 , y0 , z0 ) ∈ U un punto tal que: i)

F (x0 , y0 , z0 ) = 0

∂F ∂F ∂F , , son continuas en alguna vecindad Vδ (P0 ) y ∂x ∂y ∂z ∂F iii) (x0 , y0 , z0 ) 6= 0. ∂z Entonces existe una vecindad V = Vδ (x0 , y0 ), y una vecindad (z0 − a, z0 + a) de z0 y una función u ńica f (impl´ıcita) de clase C 1 sobre V tal que:

ii)

a) f (x0 , y0 ) = z0

y f (x, y) ∈ (z0 − a, z0 + a)

b) F (x, y, f (x, y)) = 0,

∀(x, y) ∈ V.

∀(x, y) ∈ V.

c) ∀(x, y) ∈ V = Vδ (x0 , y0 ) tiene derivadas que pueden calcularse como:

∂F (x, y, f (x, y)) ∂f (x, y) = − ∂x ∂F ∂x (x, y, f (x, y)) ∂z ∂F (x, y, f (x, y)) ∂f (x, y) ∂y =− ∂F ∂y (x, y, f (x, y)) ∂z Este teorema se puede generalizar a más variables, de tal modo que si se dan las condiciones exigidas por el teorema y u = f (x, y, z, · · ·) 224

está definida impl´ıcitamente por F (x, y, z , · · ·, u) = 0 y Fu (x, y, z , · · ·, u) 6= 0, entonces: ∂F ∂F ∂f ∂f ∂y = − ∂x , =− ∂F ∂y ∂F ∂x ∂z ∂z ,etc.

Ejemplo. Calcular

∂z y ∂x

∂z si z se define impl´ıcitamente en la ∂y

ecuación x2 y − 8xyz = yz + z 3 Soluci´ on. Tenemos que: F (x, y, z) = −x2 y + 8xyz + yz + z 3 Derivando parcialmente con respecto a x , y ,z.

Fx (x, y, z) = 8yz − 2xy, Fy (x, y, z) = 8xz + z − x2 , Fz (x, y, z) = 8xy + y + 3z 2 Claramente estas derivadas son continuas en R3 , son funciones polinómicas, Por consiguiente, F pertenece a C1 . Para todo (x, y, z) en que Fz (x, y, z) 6= 0 se tiene. ∂z 8yz − 2xy =− ∂x 8xy + y + 3z 2 ∂z 8xz + z − x2 =− ∂y 8xy + y + 3z 2 225

3.3.5.

Jacobiano

Si f1 , f2 , f3, . . . , fn son funciones diferenciables de Rn en R y si (x1 , x2 , x3 , . . . , xn ) ∈ D su dominio tal que f1 = f1 (x1 , x2 , x3 . . . , xn ) f2 = f2 (x1 , x2 , x3 . . . , xn ) .. . fn = fn (x1 , x2 , x3 . . . , xn ) El Jacobiano de las funciones f1 , f2 , f3, . . . , fn , respecto de las variables x1 , x2 , x3 . . . , xn se define por el determinante de las primeras ∂(f1 , f2 , f3, . . . , fn ) derivadas parciales y se denota , ∂(x1 , x2 , x3 . . . , xn ) ∂f1 ∂f1 ∂f1 . . . ∂x ∂x2 ∂x n 1 ∂f2 ∂f2 ∂f2 ∂(f1 , f2 , f3, . . . , fn ) ∂x1 ∂x2 . . . ∂xn = .. ∂(x1 , x2 , x3 . . . , xn ) ∂f ∂f . ∂fn n n . . . ∂x1 ∂x2 ∂xn

Dos funciones definidas impl´ıcitamente Teorema 3.3.7. Sean F , G: U ⊆ R4 → R definidas en un conjunto abierto F (x, y, u, v) y G(x, y, u, v). Sea P0 = (x0 , y0 , u0 , v0 ) ∈ U un punto tal que: i)

F (x0 , y0 , u0 , v0 ) = 0

y G(x0 , y0 , u0 , v0 ) = 0

ii) F y G tienen derivadas parciales continuas en alguna vecindad Vδ (P0 ) y ∂ (F, G) iii) (x0 , y0 , u0 , v0 ) 6= 0. ∂ (u, v) Entonces las ecuaciones F (x, y, u, v) = 0 , G(x, y, u, v) = 0 definen funciones impl´ıcitas u = u(x, y), v = v(x, y) en alguna vecindad Vδ (x0 , y0 ), las cuales tienen primeras derivadas parciales continuas con respecto a cada una de las variables, tal que : a) u0 = u(x0 , y0 ), v0 = v(x0 , y0 ). b) F (x, y, u (x, y) , v (x, y)) = 0 , G(x, y, u (x, y) , v (x, y)) = 0, Vδ (x0 , y0 ) 226

c) Las derivadas parciales de u y v en Vδ (P0 ) están dadas por

∂(F, G) ∂u ∂(x, v) = − , ∂(F, G) ∂x ∂(u, v) ∂(F, G) ∂v ∂(u, x) = − , ∂(F, G) ∂x ∂(u, v)

∂u ∂y

∂v ∂y

∂(F, G) ∂(y, v) =− ∂(F, G) ∂(u, v) ∂(F, G) ∂(u, y) =− ∂(F, G) ∂(u, v)

∂u ∂v Ejemplo Calcule las derivadas parciales y donde u y v ∂x ∂x están definidas por las ecuaciones impl´ıcitas x2 + 2uv = 1, x3 − u3 + v 3 = 1 Soluci´ on. En este caso F (x, u, v) = x2 + 2uv − 1 = 0 y G(x, u, v) = x3 − u3 + v3 − 1 = 0 ∂(F, G) 2v 2u = 6(u3 + v 3 ) = −3u2 3v 2 ∂(u, v) ∂(F, G) 6= 0 para todo (x, u, v) donde u 6= 0 y v 6= 0. ∂(u, v) ∂(F, G) 2x 2u = 2 = 6x(v 2 − xu) 3x 3v 2 ∂(x, v) ∂(F, G) 2v 2x 2 = 2 2 = 6x(xv + u ) −3u 3x ∂(u, x) Entonces, derivando u y v con respecto a x, obtenemos ∂u 6x(v 2 − xu) x(xu − v 2 ) = =− ∂x 6(u3 + v 3 ) u3 + v 3 y 227

∂v 6x(xv + u2 ) x(xv + u2 ) =− = − ∂x 6(u3 + v 3 ) u3 + v 3

3.3.6.

M´ aximos y M´ınimos

Máximos y M´ınimos (extremos locales o relativos) para funciones de dos o más variables. Sea f : U ⊆ R2 → R, U conjunto abierto. i) f tiene un máximo local en x0 ∈ U si f (x0 ) ≥ f (x) ∀x ∈ Bδ (x0 , y0 ) ii) f tiene un m´ınimo local en x0 ∈ U si f (x0 ) ≤ f (x) ∀x ∈ Bδ (x0 , y0 ) Ejemplo 1: La función f (x, y) = 4 − x2 − y 2 tiene un máximo local en (0, 0), pues ∆f = f (0,0) − f (x, y) = x2 + y 2 ≥ 0 ya que x2 ≥ 0, y 2 ≥ 0 ∀(x, y) ∈ Bδ (0, 0). Ejemplo 2: La función z = f (x, y) = x2 + y 2 Tiene un m´ınimo local en (0, 0) : f (0, 0) ≤ x2 + y 2 = f (x, y) f (0, 0) = 0 es m´ınimo absoluto. Ejemplo 3: La función z = f (x, y) = 1 −

p 3

x2 + y 2

f (0, 0) = 1 es m´ınimo local y absoluto. Observaci´ on: Si las desigualdades son válidas en todo U se tendrá extremo absolutos. Punto Cr´ıtico: (Condici´ on necesaria) Definici´ on. Un punto del dominio de f es un punto cr´ıtico si todas las derivadas parciales de f son cero en el punto o f no es diferenciable en el punto. Caso particular: Si f : R2 → R, (x0 , y0 ) es punto cr´ıtico de f si y solo si : i) ∂f (x0 , y0 ) = 0, ∂x 228

∂f (x0 , y0 ) =0 ∂y

o´ ii) @

Ejemplo :

∂f (x0 , y0 ) ∂f (x0 , y0 ) , y/o @ ∂x ∂y

Sea z = f (x, y) = x2 − y 2 =⇒

∂f ∂f = 2x = −2y ∂x ∂y

=⇒ (0, 0) punto cr´ıtico.

Punto silla: Definición : Sea punto (x0 , y0 ) ∈ Dom(f ) . Si cualquier Bδ (x0 , y0 ) contiene puntos (x, y) ∈ Bδ (x0 , y0 ) tales que f (x, y)− f (x0 , y0 ) > 0 y puntos (x, y) ∈ Bδ (x0 , y0 ) tales que f (x, y)− f (x0 , y0 ) < 0 se llama punto ensilladura. Nota. Un punto cr´ıtico en que f no es máximo ni m´ınimo se llama punto silla. Ejemplo: En la función f (x, y) = x2 − y 2 , (0, 0) es punto ensilladura, pues ∆f = f (0, 0) − f (x, y) = −x2 + y 2 no se puede decir nada a´ un del 2 signo, pero para ∆f = f (0,0) − f (x, 0) = −x ≤ 0 y ∆f = f (0, 0) − f (0, y) = y 2 ≥ 0, permite concluir que (0, 0) es punto ensilladura. Observaci´ on: Las definiciones anteriores son extensibles a funciones de más variables. Teorema 3.3.8. Sea f una función continua de dos variables definida en una región cerrada y acotada R del plano XY. Entonces: a.) Al menos hay un punto (x0 , y0 ) ∈ R en que f alcanza su valor m´ınimo. b.) Al menos hay un punto (x0 , y0 ) ∈ R en que f alcanza su valor máximo. Observaci´ on: Este Teorema es extensible a más variables. Definici´ on: Sea f : U ⊆ Rn → R función definida en un conjunto abierto U ∈ Rn y sea x ∈ U . Suponga que todas las derivadas parciales de segundo orden existen en x. A la matriz cuadrada de orden n. 229

A = (aij )i,j=1,...,n donde aij =

∂ 2f (x) ∂xi ∂xj

x = (x1 , x2 , ..., xn ) se llama matriz Hessiana (o simplemente Hessiano) de la función f en x y se denota H(x). Caso particular: Para f (x, y) ∂2f ∂x2 ∂2f ∂x∂y

H(x, y) =

∂2f ∂y∂x ∂2f ∂y 2

!

Caso particular: Para f (x, y, z)   H(x, y, z) = 

∂2f ∂x2 ∂2f ∂x∂y ∂2f ∂x∂z

∂2f ∂y∂x ∂2f ∂y 2 ∂2f ∂y∂z

∂2f ∂z∂x ∂2f ∂z∂y ∂2f ∂z 2

  

Definici´ on. Sea la matriz    An =  

a11 a12 . . . a1n . a21 . . .. .. . . an1 ann

    

Consideremos las submatrices Ak de An (k = 1, 2, . . . , n) definidas de las siguientes maneras:   a11 a12 a13 a11 a12 A1 = (a11 ) , A2 = , A3 =  a21 a22 a23  , · · · , a21 a22 a31 a32 a33   a11 a12 . . . a1n .    a21 . .  An =  .  . ..  ..  an1 ann 230

Teorema 3.3.9. (Consideraciones suficientes para la existencia de extremos locales) Sea f : U ⊆ Rn → R una función definida en un conjunto abierto U de → − Rn y x un punto cr´ıtico de f (es decir ∇f (x) = 0 ) y supongamos que las derivadas parciales de segundo orden son continuas en una vecindad abierta de x. Entonces: a.) Si todas las submatrices Ak de la matriz Hessiana H(x) definidas de la forma anterior tienen determinante positivo, f tiene un m´ınimo local en x. b.) Si todas las submatrices Ak de la matriz Hessiana H(x), definidas de la forma anterior, tienen determinantes de signo alternado comenzando por A1 < 0, f tiene un máximo local en x.

Ejemplo 1: Sea f : R2 → R definida por f (x, y) = x2 + 3y 2 − 2x − 12y + 13. Determine los valores extremos de f . Soluci´ on Aplicando la condición necesaria de punto cr´ıtico, obtenemos ∇f (x, y) = (2x−2, 6y −12) = (0, 0) =⇒ (1, 2) es el u ńico punto cr´ıtico. Calculemos la matriz Hessiana 2 0 H(x, y) = 0 6 Examinemos los determinantes de las submatrices A1 = (2) =⇒ det A1 = 2 > 0 2 0 A2 = =⇒ det A2 = 12 > 0 0 6 ∴ f tiene m´ınimo local en (1, 2). Ejemplo 2: Sea f : R2 → R definida por f (x, y) = (x2 + 3y 2 ) e1−(x ¿Cuáles son los puntos cr´ıticos de f ? Soluci´ on. De la condición de punto cr´ıtico tenemos: 2 2 2 2 ∂f = 2xe1−(x +y ) − 2x (x2 + 3y 2 ) e1−(x +y ) = 0 =⇒ ∂x 231

2 +y 2

).

∂f ∂x

= e1−(x

∂f ∂y

= 6ye1−(x

∂f ∂y

= e1−(x

2 +y 2

) (2x − 2x3 − 6xy 2 ) = 0

2 +y 2

2 +y 2

) − 2y (x2 + 3y 2 ) e1−(x2 +y2 ) = 0 =⇒

) (6y − 6y 3 − 2x2 y) = 0

De donde obtenemos, el sistema de ecuaciones x − x3 − 3xy 2 = 0 x (1 − x2 − 3y 2 ) = 0 =⇒ =⇒ 3y − 3y 3 − x2 y = 0 y (3 − 3y 2 − x2 ) = 0 Puntos Cr´ıticos: (0, 0), (0, 1), (0, −1), (1, 0), (1, 0), (−1, 0) Determine en qué puntos hay máximos, m´ınimos o puntos sillas. y Ejemplo 3: Sea f : R4 − {0, 0, 0, 0} → R y f (x, y, z, u) = x + + x z u 1 + + y z u Determine los valores extremos de f. Solución Determinemos los puntos cr´ıticos de la función f y =0 x2 1 z = − 2 =0 x y 1 u = − 2 =0 y z 1 1 = − 2 =0 z u

∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂z ∂f ∂y

= 1−

=⇒ (1, 1, 1, 1) Punto Cr´ıtico. La matriz Hessiana está definida como    H(x, y, z, u) =   

∂2f ∂x2 ∂2f ∂x∂y ∂2f ∂x∂z ∂2f ∂x∂u

232

∂2f ∂y∂x ∂2f ∂y 2 ∂2f ∂y∂z ∂2f ∂y∂u

∂2f ∂z∂x ∂2f ∂z∂y ∂2f ∂z 2 ∂2f ∂z∂u

∂2f ∂u∂x ∂2f ∂u∂y ∂2f ∂u∂z ∂2f ∂u2

     

  H(x, y, z, u) =  

2y x3 − x12

0 0

− x12 2z y3 − y12

0

0 − y12 2u z3 − z12

 0 0   − z12  2 u3



 2 −1 0 0  −1 2 −1 0   H(1, 1, 1, 1) =   0 −1 2 −1  0 0 −1 2 41 = 2, 42 = 3, 43 = 2, 44 = 5 ∴Hay un m´ınimo local en (1, 1, 1, 1). Teorema 3.3.10. (Condiciones suficientes para la existencia de extremos locales en dos variables.) Sea f : U ⊆ R2 → R una función de dos variables que tiene derivadas parciales de segundo orden continuas en el conjunto abierto U. Sea fxx fxy (x, y) ∀ (x, y) ∈ U. Sea (x0 , y0 ) ∈ U tal det(H (x, y)) = fyx fyy que ∇f (x0 , y0 ) = 0. Entonces i) Si det(H (x, y)) > 0 y fxx (x0 , y0 ) < 0, f tiene una máximo local en (x0 , y0 ) . ii) Si det(H (x, y)) > 0 y fxx (x0 , y0 ) > 0, f tiene un punto silla en (x0 , y0 ) . iii) Si det(H (x, y)) = 0 no podemos concluir nada.

3.3.7.

Extremos Restringidos

Pensemos, que se tiene una función f (x, y) sujeta a cierta condición g(x, y) = 0. Se quiere maximizar o minimizar f (x, y) con la condición que (x, y) satisfaga la ecuación g(x, y) = 0. En este caso podemos elaborar una respuesta aplicando la condición necesaria de valor extremo para f (x, y) df ∂f ∂f dy = + · =0 dx ∂x ∂y dx 233

dy Aplicando el teorema de la función impl´ıcita podemos calcular a dx partir de la restricción: g(x, y(x)) = 0 =⇒

=⇒

∂g ∂g dy + · =0 ∂x ∂y dx

∂g dy = − ∂x ∂g dx ∂y

Sustituyendo en la primera ecuación tenemos: ∂g − ∂x ∂g ∂y

∂f ∂f df = + · dx ∂x ∂y =⇒

! =0 ,

∂g 6= 0 ∂y

∂f ∂g ∂f ∂g + · =0 ∂x ∂y ∂y ∂x =⇒

∂(f, g) =0 ∂(x, y)

Lo que implica que los puntos cr´ıticos deben cumplir dos condiciones:

g(x, y) = 0. ∂(f, g) = 0 ∂(x, y) Además, la decisión de valor extremo resulta del signo de

d2 f en cada dx2

punto cr´ıtico, ya que f (x, y) = f (x, y(x)) = f (x). Ejemplo 1. Obtenga las dimensiones de un rectángulo de per´ımetro dado que determinan la mayor y la menor a´rea de éste. Soluci´ on. Si x e y denotan las longitudes de los lados del rectángulo, el problema consistirá en buscar los extremos de la función f (x, y) = xy, 234

x, y > 0

sujeta a la restricción g(x, y) = x+y − L2 = 0 , donde L es el per´ımetro dado. Entonces aplicando las condiciones necesaria para obtener los puntos cr´ıticos tenemos: L g(x, y) = x + y − = 0. 2 ∂(f, g) y x = =⇒ y = x 1 1 ∂(x, y) Sustituyendo el resultado de la segunda ecuación en la primera, se tiene: x=y=

L 4

Luego hemos encontrado que la función f tiene un u ńico punto cr´ıtico en L L , . P = 4 4 Además, determinemos la naturaleza del punto usando el criterio de la segunda derivada df dy =y+x dx dx dy L = −1 g(x, y) = x + y − = 0 =⇒ 2 dx df =y−x ∴ dx d2 f dy = − 1 = −2 < 0 2 dx dx

f (x, y (x)) = xy =⇒

2

Por tanto, en el punto ( L4 , L4 , L16 ) hay un máximo relativo sobre la curva de intersección de las dos superficies z = xy y x + y =

L 2

La situación se puede generalizar para funciones de más variables o más condiciones. 235

Por otra parte, para resolver este mismo tipo de problemas de máximo y m´ınimo podemos utilizar otro método que se fundamenta en el siguiente teorema. Teorema 3.3.11. (Multiplicadores de Lagrange) Sean f : U ⊆ Rn → R, g : U ⊆ Rn → R funciones de C 1 . Sean x0 ∈ U tal que g(x0 ) = 0 y S = {x ∈ U : g(x) = 0} supongamos además que ∇g(x0 ) 6= 0. Si f |S (f restringida a S) tiene un máximo o m´ınimo local en S, en x0 ,entonces existe λ ∈ R tal que: ∇f (x0 ) + λ∇g(x0 ) = 0 Nota: Lo anterior significa que x0 es un punto cr´ıtico de f |S . Método: Construir F (x, y, λ) = f + λg y determinar puntos cr´ıticos de F Ejemplo 1. Utilice el procedimiento que se origina a partir de este teorema para obtener el máximo local del ejemplo anterior. Soluci´ on. En este caso f (x, y) = xy,

x, y > 0

sujeta a la condición: g(x, y) = x + y −

L =0 2

. Sea F (x, y, λ) = xy + λ(x + y − L2 ), entonces Fx = y + λ = 0 Fy = x + λ = 0 L Fλ = x + y − = 0 2 de aqu´ı x = −λ, y = −λ y sustituyendo en la tercera ecuación: −λ − λ −

L 2

= 0 =⇒ λ = − L4 .

El punto cr´ıtico es (x0 , y0 ) = (

L L , ). 4 4

2

El punto ( L4 , L4 , L16 ) es el máximo relativo sobre la curva de intersección de las dos superficies z = xy y x + y = 236

L 2

x2 y 2 Ejemplo 2. De todos los rectángulos inscritos en la elipse 2 + 2 = a b 1, a > 0 y b > 0 con lados paralelos al los ejes, determine el de mayor a´rea. Soluci´ on. En este caso f (x, y) = 4xy,

x, y > 0

x2 y 2 + 2 −1=0 a2 b 2 x y2 Sea F (x, y, λ) = 4xy + λ + 2 − 1 = 0 , entonces a2 b

y g(x, y) =

2a2 y x = 0 =⇒ λ = − a2 x y 2b2 x = 4x + 2λ 2 = 0 =⇒ λ = − b y 2 2 x y ∴ = 2 2 a b

Fx = 4y + 2λ Fy

Reemplazando esta u ´ltima expresión en la ecuación x2 y 2 Fλ = 2 + 2 − 1 = 0 =⇒ a b

a b obtenemos a un u ńico punto cr´ıtico: √ , √ 2 2 Además, determinemos la naturaleza del punto usando el criterio de la segunda derivada f (x, y (x))

= =⇒

g(x, y)

= =⇒

df dy = 4y + 4x dx dx d2 f dy d2 y = 4 + 4x 2 dx2 dx dx 2 2 x y dy b2 x + − 1 = 0 =⇒ = − a2 b2 dx a2 y d2 y b2 1 b2 x 2 = − + dx2 a2 y a2 y 3

4xy =⇒

237

a b Evaluando segunda derivada en el punto P √ , √ , pro2 2 duce d2 f b4 x 3 d2 f b2 x b − 4 =⇒ = −8 = −12 < 0 2 2 4 3 2 dx ay a y dx a a b √ ,√ Por tanto, el punto hay máximo relativo cuyo valor 2 2 a b = 2ab es f √ , √ 2 2 Ejemplo 3: Obtenga los extremos posibles de f (x, y) = x2 + 24xy + 8y 2 con la restricción x2 + y 2 − 25 = 0. Soluci´ on: Sea F (x, y, λ) = x2 + 24xy + 8y 2 + λ (x2 + y 2 − 25) .

Fx = 2x + 24y + 2λx = 0 =⇒ (1 + λ)x + 12y = 0 (1) Fy = 24x + 16y + 2λy = 0 =⇒ 12x + (8 + λ)y = 0 (2) Fλ = x2 + y 2 − 25 = 0 (3) Multiplicando la ecuación (1) por 12 y (3) por(1 + λ) produce.

12(1 + λ)x + 144y = 0 12(1 + λ)x + (8 + λ)(1 + λ)y = 0

Restando ambas ecuaciones =⇒ λ2 + 9λ − 136 = 0 =⇒ λ1 = 8; λ2 = −17 18x + 24y = 0 Si λ = 8 =⇒ =⇒ 3x + 4y = 0 =⇒ y = − 43 x 24x + 32y = 0 2 x2 + 34 x = 25 =⇒ x = ±4 Lo que da los puntos cr´ıticos (±4, ∓3) 238

Si λ = −17 en forma similar se obtiene que (±3, ±4) son puntos cr´ıticos. Localizaci´ on del m´ aximo y el m´ınimo absoluto de f sobre un dominio compacto. Para determinar máximos y m´ınimos absolutos e una región cerrada y acotada encerrada por una curva suave, se debe: •

Determinar todos los puntos cr´ıticos en el interior de la región.

•

Usar Lagrange para determinar puntos cr´ıticos en la frontera.

•

Evaluar f en los puntos, cr´ıticos.

• Comparar todos estos valores y seleccionar el máximo y el m´ınimo.

Criterio de la Segunda Derivada para Extremos Restringidos. Sea f (x, y) función a maximizar o minimizar y g(x, y) = 0 la condición: S = {(x, y) ∈ R2 | g(x, y) = 0} .Sea F (x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) Sea (x0 , y0 , λ) punto cr´ıtico de F

∂f | ∂x (x0 ,y0 ) ∂f | ∂y (x0 ,y0 )

∂g +λ ∂x |(x0 ,y0 ) = 0 ∂g +λ ∂y |(x0 ,y0 ) = 0 g (x0 , y0 ) = 0

Se desea utilizar el criterio de la segunda derivada para identificar extremos locales de la función f (x, y) bajo la condición g (x, y) = 0 lo que conduce encontrar los máximos y m´ınimos de funciones de una variable f (x, y(x)) . De la condición, calculemos y = y(x) y reemplacemos en f |S . Aqu´ı podemos considerar f como función de una variable, es decir f (x, y) = f (x, y(x)) en S. Nos proponemos calcular

∂2f ∂x2

df ∂f ∂f dy = + · dx ∂x ∂y dx 239

2 d2 f ∂ 2 f dy ∂ 2 f ∂f d2 y ∂ 2f ∂ 2 f dy dy · + · + + · = + · dx2 ∂x2 ∂y∂x dx ∂x∂y dx ∂y 2 dx ∂y dx2 2 ∂ 2f ∂f d2 y ∂ 2 f dy ∂ 2 f dy = · + + · + 2 · ∂x2 ∂y∂x dx ∂y 2 dx ∂y dx2 g(x, y(x)) = 0 =⇒

=⇒

∂g ∂g dy + · =0 ∂x ∂y dx

∂g dy = − ∂x ∂g dx ∂y

Derivando nuevamente g respecto de x

∂ 2g ∂ 2 g dy ∂ 2 g dy ∂ 2 g + · + · + · ∂x2 ∂y∂x dx ∂x∂y dx ∂y 2

Sustituyendo

2

dy dx

2 +

∂g d2 y · =0 ∂y dx2

dy se tiene: dx

2

∂ g ∂ g +2 · 2 ∂x ∂y∂x

−

∂g ∂x ∂g ∂y

!

2

∂ g + 2· ∂y

∂ 2 g ∂g ∂ 2 g ∂g ∂ 2 g · − 2 · + · ∂x2 ∂y ∂y∂x ∂x ∂y 2

−

∂g ∂x ∂g ∂y

∂g ∂x

!2

2

∂g d2 y + · =0 /· ∂y dx2

1

· 2 + ∂g ∂y

∂g ∂y

2 ·

∂g ∂y

d2 y =0 dx2

" # 2 d2 y 1 ∂ 2 g ∂g ∂ 2 g ∂g ∂ 2 g ∂g 1 =⇒ 2 = 2 − 2 · +2 · − · · ∂g dx ∂x ∂y ∂y∂x ∂x ∂y 2 ∂x ∂g ∂y ∂y

Reemplazando en

d2 f dx2

240

! !2 ∂g ∂g 2 ∂ f d2 y ∂ 2f ∂ 2f · ∂x + 2 · ∂x = −2 ∂g ∂g dx2 ∂x2 ∂y∂x ∂y ∂y ∂y " # 2 ∂f 1 ∂ 2 g ∂g ∂ 2 g ∂g ∂ 2 g 1 ∂g + · 2 − 2 · +2 · − · ∂g · ∂y ∂x ∂y ∂y∂x ∂x ∂y 2 ∂x ∂g ∂y ∂y

y0 = y(x0 ),

∂g ∂f ∂g ∂f |x0 = −λ |x0 ; |x0 = −λ |x ∂x ∂x ∂y ∂y 0

Luego

(x0 , y0 ) ,

∂f | ∂x x0 ∂g | ∂x x0

= −λ,

∂f ∂y ∂g ∂y

|x0 |x0

= −λ

" 2 2 ∂g ∂g 1 ∂ 2f d2 f ∂ 2 f ∂g ∂g ∂ 2 f = 2 · · · + 2 · −2 2 2 dx ∂x ∂y ∂y∂x ∂x ∂y ∂y ∂x ∂g ∂y

2 2 # ∂g ∂ 2g ∂g ∂ 2 g ∂g ∂g ∂ 2g · · +λ 2 · − 2λ +λ 2 · ∂x ∂y ∂y∂x ∂x ∂y ∂y ∂x " 2 ∂ 2f 1 ∂ 2g ∂ 2g ∂ 2f ∂g −2 = 2 +λ 2 · +λ · ∂x2 ∂x ∂y ∂y∂x ∂y∂x ∂g ∂y

∂g ∂g · · + ∂x ∂y

∂ 2f ∂ 2g + λ ∂y 2 ∂y 2

2 # ∂g · ∂x

Podemos escribir entonces:

" 2 2 # 1 ∂ 2F ∂g ∂ 2 F ∂g ∂g ∂ 2 F ∂g d2 f = 2 · · −2 · · + 2 2 2 dx ∂x ∂y ∂y∂x ∂x ∂y ∂y ∂x ∂g ∂y

En el paréntesis, cuadrado se tiene 241

∂g ∂g ∂g ∂g ∂x ∂g ∂y ∂y ∗ = ∂2F ∂2F + ∂2F ∂x ∂y∂x ∂y2 ∂y ∂y∂x ∂g ∂g 0 0 ∂x ∂y ∂g ∂ 2 F ∂ 2 F ∂g = − ∂x ∂x2 ∂y∂x = − ∂x ∂g ∂ 2 F ∂ 2 F ∂g ∂y ∂y∂x ∂y2 ∂y

∂g ∂x ∂2F ∂x2

∂g ∂x ∂2F ∂x2 ∂2F ∂y∂x

∂g ∂y ∂2F ∂y∂x ∂2F ∂y 2

De lo anterior se plantea la siguiente definición Si f y g son funciones como las definidas antes y F = f +λg. Llamamos hessiano limitado de la función F a ∂g ∂g 0 ∂x ∂y ∂g ∂ 2 F ∂ 2 F en (x0 , y0 ) HF = ∂x 2 ∂g ∂∂x2 F ∂y∂x 2F ∂ ∂y ∂y∂x ∂y2 De tal modo que d2 f HF (x0 , y0 ) = − 2 2 dx ∂g (x , y ) 0 0 ∂y

Teorema en extremos restringidos Consideremos nuevamente d2 f HF (x0 , y0 ) = − 2 2 dx ∂g (x , y ) 0 0 ∂y 2

De esta expresión, dado que el signo de la segunda derivada ddxf2 depende 2 ∂g sólo del determinante Hessiano limitado, ya que ∂y (x0 , y0 ) > 0, inferimos el siguiente criterio de la segunda derivada para extremos restringidos. a) Si HF (x0 , y0 ) > 0, entonces local condicionado en (x0 , y0 ).

d2 f dx2

242

< 0 y la función tiene un máximo

b) Si HF (x0 , y0 ) < 0, entonces local condicionado en (x0 , y0 ) .

d2 f dx2

> 0 y la función tiene un m´ınimo

c) Si HF (x0 , y0 ) = 0 no hay información del punto(x0 , y0 ).

Ejemplo: Hallar los extremos de f (x, y) = (x − y)2 sujeta a la restricción x2 + y 2 − 1 = 0 Soluci´ on: Sea F (x, y, λ) = (x − y)2 + λ (x2 + y 2 − 1) Fx = 2 (x − y) + 2λx = 0 =⇒ 2λ (x + y) = 0 Fy = −2 (x − y) + 2λy = 0 F λ = x2 + y 2 = 1 a) Si escogemos λ = 0 , y (x + y) 6= 0 obtenemos los puntos cr´ıticos de f libre de restricción. b) Si λ 6= 0 =⇒ y = −x. Reemplazando en la tercera ecuación , se obtienen dos puntos cr´ıticos de la función f sujetos a la restricción. 1 √1 1 1 √ √ √ P1 2 , − 2 y P 2 − 2 , 2 Determinemos el Hessiano l´ımitado para decidir la naturaleza de estos puntos cr´ıticos

0 2x 2y −2 HF (x, y) = 2x 2 + 2λ 2y −2 2 + 2λ = −8 x2 + 2xy + y 2 − 8λ x2 + y 2

Sustituyendo y = −x en la primera ecuación se tiene λ = −2 6= 0,entonces el Hessiano se reduce a HF (x, y) = −8 x2 + 2xy + y 2 + 16 x2 + y 2 = 8 x2 − 2xy + y 2 Evaluando en el primer punto cr´ıticos produce 243

HF

1 1 √ , −√ 2 2

= 16 > 0

d2 f 1 1 1 1 √ √ √ √ entonces , − 2 < 0, luego en el punto , − 2 la función 2 2 dx2 f tiene un máximo local condicionado. Por simetr´ıa, el segundo punto también corresponde a un máximo local condicionado de f. El criterio de la segunda derivada para extremos restringidos se puede generalizar para funciones de más de dos variables. En el caso de una función de tres variables x, y, z y sujeta a la sola restricción g(x, y, z) = 0, formamos el Hessiano correspondiente a F (x, y, z, λ) = f (x, y, z) + λg (x, y, z) de la siguiente forma ∂g ∂x ∂2F ∂x2 ∂2F ∂y∂x ∂2F ∂x∂z

0 ∂g HF = ∂x ∂g ∂y ∂g ∂z

∂g ∂y ∂2F ∂y∂x ∂2F ∂y 2 ∂2F ∂y∂z

∂g ∂z ∂2F ∂x∂z ∂2F ∂y∂z ∂2F ∂z 2

y sea 0 ∂g A3 = ∂x ∂g ∂y

∂g ∂x ∂2F ∂x2 ∂2F ∂y∂x

∂g ∂y ∂2F ∂y∂x ∂2F ∂y 2

El criterio de la segunda derivada en este caso expresa: Sea (x0 , y0 , z0 ) punto cr´ıtico. a) Si HF < 0 y A3 > 0,entonces la función f tendrá un máximo condicionado en (x0 , y0 , z0 ). b) Si HF < 0 y A3 < 0,entonces la función f tendrá un m´ınimo condicionado en (x0 , y0 , z0 ). c) Si HF > 0,entonces la función f no tiene extremos condicionado en (x0 , y0 , z0 ). d.) Si HF = 0, no hay información acerca del punto (x0 , y0, z0 ). 244

Ejemplo Hallar los extremos de la función f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 sujeta a la restrición g (x, y, z) = z 2 + 2x − y 2 − 1 = 0. Soluci´ on: Sea la función F = x2 + y 2 + z 2 + λ (z 2 + 2x − y 2 − 1) Fx Fy Fz Fλ

= = = =

2x + 2λ = 0 =⇒ 2 (x + λ) = 0 =⇒ x = −λ 2y − 2λy = 0 =⇒ 2y(1 − λ) = 0 =⇒ y = 0 2z + 2λz = 0 =⇒ 2z(1 + λ) = 0 =⇒ z = 0 z 2 + 2x − y 2 − 1 = 0

Reemplazando en Fλ : 02 +2(−λ)−02 −1 = 0 =⇒ λ = − 21 , y obtenemos el punto cr´ıtico 12 , 0, 0

HF

0 2 −2y 2z 2 2 0 0 = −2y 0 2 − 2λ 0 2z 0 0 2 + 2λ = −4 4 − 4x2 − 2y · 2 · 2y (2 − 2λ) + 2z · 2 (2 − 2λ) (−2z) 1 1 HF , 0, 0, − = −16 < 0 2 2 A3 = 8y 2 − 4 (2 − 2λ) = 0 − 12 < 0

∴Hay un m´ınimo condicionado de f en el punto

1 , 0, 0 2

.

Obsérvese que las otras opciones no producen puntos cr´ıticos en IR3

3.4.

Problemas Resueltos

3.4.1.

Continuidad y diferenciabilidad

Problema Dada la función f : R2 → R definida como ( xy , si (x, y) 6= (0, 0) arctg 2 x + y2 . f (x, y) = 0 , si (x, y) = (0, 0) 245

a) Verificar si f es continua en IR2 b) Calcular si existen las derivadas parciales

∂f ∂f , en IR2 ∂x ∂y

Solución. a) Tenemos que f (x, y) es continua ∀ (x, y) 6= (0, 0) puesto que es xy composición de dos funciones continuas, como son arctg y 2 . x + y2 Para estudiar la continuidad en el punto (0, 0) tenemos que calcular l´ım f (x, y) lo que haremos a través de la trayectoria y = mx, (x,y)→(0,0)

entonces

l´ım f (x, mx) = l´ımarctg x→0

(x,y)→(0,0)

mx2 m = l´ımarctg 2 2 x→0 x +y 2 + m2

que depende de la pendiente m, por lo que este l´ımite no existe. Por lo tanto f no es continua en el punto(0, 0) b) Para (x, y) 6= (0, 0) la función admite derivadas parciales, que son: y 2 − x2 ∂f (x, y) = y 2 , ∂x (x + y 2 )2 + x2 y 2 ∂f x2 − y 2 (x, y) = x 2 ∂y (x + y 2 )2 + x2 y 2

Para (x, y) = (0, 0) ,se tiene f (h, 0) − f (0, 0) h arctg0 − 0 = l´ım = l´ım0 = 0 h→0 h→0 h

∂f (0, 0) = ∂x

l´ım

h→0

Analogamente, derivando con respecto a y f (0, h) − f (0, 0) h→0 h arctg0 − 0 = l´ım = l´ım0 = 0 h→0 h→0 h

∂f (0, 0) = ∂y

l´ım

Por lo tanto, existen las derivadas parciales en (x, y) = (0, 0) . 246

Problema Dada la función f : IR2 → IR definida como  2  x seny 2 , si (x, y) 6= (0, 0) f (x, y) = , probar que es x2 + y 2  0 , si (x, y) = (0, 0) diferenciable en el punto P0 = (0, 0) .¿Es continua la función en ese punto? Soluci´ on. Tenemos que utilizar la definición y ver si el siguiente l´ımite es cero: L=

l´ım (h,k)→(0,0)

|∆f − df | √ h2 + k 2

h2 senk 2 ,y h2 + k 2

donde ∆f = f (h, k) − f (0, 0) = ∂f ∂f (0, 0) h + (0, 0) k ∂x ∂y En este caso

df =

f (h, 0) − f (0, 0) h→0 h 2 h ·0 −0 2 =0 = l´ım h h→0 h

∂f (0, 0) = ∂x

l´ım

Asimismo f (0, k) − f (0, 0) h→0 k 0 · senk 2 −0 2 k = l´ım =0 h→0 k

∂f (0, 0) = ∂y

Luego, df = 0, entonces L =

l´ım

h2 senk 2 √ (h,k)→(0,,0) (h2 + k 2 ) h2 + k 2 l´ım

h2 senk 2

h2 k 2

≤ (h2 + k 2 )3/2 (h2 + k 2 )3/2 (h2 + k 2 )(h2 + k 2 ) p 2 ≤ = (h + k 2 ) < ε 3/2 2 2 (h + k )

g (h, k) =

247

Si δ = ε . As´ı L = 0 y f es diferenciable en P0 = (0, 0) . De lo anterior se deduce que f es es continua en (0, 0) ya que es diferenciable en dicho punto.

3.4.2.

Regla de la cadena

Problema 1 Sea la ecuación zxx + 2zxy + zy = 0 , donde

x(u, v) =

u−v u2 − v 2 u+v , y(u, v) = , z(u, v) = − w (u, v) 2 2 4

Muestre que al cambiar las variables independientes (x, y) por (u, v) y la función z por w la ecuación se reduce a 2 − 4wuu = 0. Soluci´ on. En primer lugar, calculamos la aplicación inversa u(x, y) = x + y, v (x, y) = x − y. Derivando parcialmente estas u ´ltimas expresiones se tiene: ux = 1, uy = 1; vx = 1, vy = −1 Usando estos resultados y la regla de la cadena, obtenemos zx = zu ux + zv vx = zu + zv zy = zu uy + zv vy = zu − zv Reiterando la derivación parcial y usando la regla de la cadena por segunda vez zxx = (zx )u ux + (zx )v vx = zuu + zvu + zuv + zvv zxy = (zx )u uy + (zx )v vy = zuu + zvu − (zuv + zvv ) zyy = (zx )u uy + (zv )v vy = zuu − zvu − (zuv − zvv ) Suponiendo que z es una función continua con primeras derivadas parciales 248

continuas, entonces zxx + 2zxy + zy = 4zuu = 0 2u 1 − wu =⇒ zuu = − wuu 4 2 Por tanto, se tiene 1 − wuu = 0 2

Finalmente, zu =

Problema 2 Una función z = z (x, y) se dice que es armónica si tiene derivadas parciales de segundo orden continuas y además zxx + zyy = 0. y x , v= 2 . Pruebe que: Sean u = 2 2 x +y x + y2 i) u y v son armónicas ii) (ux )2 = (vy )2 iii) (uy )2 = (vx )2 iv) ux vx = −uy vy b)Si f (x, y) es unafunción armónica, entonces la función w (x, y) = x y f , 2 2 2 x + y x + y2 es también armónica Soluci´ on. a) i) u = v=

x y 2 − x2 2xy =⇒ u = , uy = − 2 x 2 2 2 2 2 x +y (x + y ) (x + y 2 )2

y 2xy x2 − y 2 =⇒ v = − , v = x y x2 + y 2 (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2

Derivando parcialmente por segunda vez se tiene −2x(x2 + y 2 )2 − (y 2 − x2 )2(x2 + y 2 )2x (x2 + y 2 )4 2x3 − 6xy 2 = (x2 + y 2 )3

uxx =

249

−2x(x2 + y 2 )2 − (2xy)2(x2 + y 2 )2y (x2 + y 2 )4 −2x3 + 6xy 2 = (x2 + y 2 )3

uyy =

Lo anterior implica que uxx + uyy = 0 Analogamente para , vxx + vyy = 0 Además 2 x2 − y 2 ii) (ux ) = = = (vy )2 (x2 + y 2 )2 2 2 2xy 2xy 2 iii)(uy ) = − 2 = = (vx )2 2 2 2 2 2 (x + y ) (x + y ) 2 2 y −x 2xy 2xy(y 2 − x2 ) iv) ux vx = − 2 =− = −uy vy (x2 + y 2 )2 (x + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 2

y 2 − x2 (x2 + y 2 )2

2

b) Aplicando derivación compuesta tenemos: ∂f ∂f ux + vx , ∂u ∂v ∂f ∂f uy + vy = ∂u ∂v

wx = wy

Derivando parcialmente por segunda vez, queda ∂ 2f ∂ 2f ∂f = ux + vx ux + uxx + 2 ∂u ∂v∂u ∂u 2 ∂ f ∂ 2f ∂f + ux + 2 vx vx + vxx ∂u∂v ∂v ∂v 2 ∂ f ∂ 2f ∂f uy + vy uy + uyy + = 2 ∂u ∂v∂u ∂u 2 ∂ f ∂ 2f ∂f + uy + 2 vy vy + vyy ∂u∂v ∂v ∂v

wxx

wyy

Finalmente 250

∂ 2f ∂f ∂ 2f 2 vx ux + uxx + (u ) + x 2 ∂u ∂v∂u ∂u ∂ 2f ∂ 2f ∂f + ux vx + 2 (vx )2 + vxx ∂u∂v ∂v ∂v ∂ 2f ∂f ∂ 2f 2 = uy vy + uyy + (u ) + y 2 ∂u ∂v∂u ∂u ∂ 2f ∂ 2f ∂f + uy vy + 2 (vy )2 + vyy ∂u∂v ∂v ∂v

wxx =

wyy

Sumando términos y utilizando las igualdades establecidas en a) se tiene ∂ 2f ∂ 2f ∂f = + 2 (ux )2 + (uxx + uyy )+ 2 ∂u ∂v ∂u 2 ∂ 2f ∂f ∂ f + 2 (vx )2 + (vxx + vyy ) = 0 + 2 ∂u ∂v ∂v

wxx + wyy

3.4.3.

Derivaci´ on Impl´ıcita

Problema 1 a) Sea f : R → R2 una función tal que grad f (1, 1) = (2, 4) y g : R3 → R2 una función tal que sus funciones coordenadas gi : R3 → R, i = 1, 2 tienen los siguientes gradientes grad g1 (1, 1, 1) = (2, 3, 1), ∂(f ◦ g) grad g2 (1, 1, 1) = (−5, 4, 2). Si g(1, 1, 1) = (1, 1). Obtener (1, 1, 1). ∂x b) Utilizando el teorema de la función impl´ıcita determine si es posible 3 escribir y en términos de x para la función F (x, y) = x4 − exy −1 = 0 en una vecindad del punto (1, 1), y además encuentre su derivada. Soluci´ on Sean las coordenadas cartesianas designadas en R3 por (x, y, z) y en R2 por (u, v), y tomando u = u(x, y, z), v = v(x, y, z) tenemos que: ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f ◦ g (1, 1, 1) = (g(1, 1, 1)) · (1, 1, 1) + (g(1, 1, 1)) · (1, 1, 1) ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂f ∂u ∂f ∂v (1, 1) · (1, 1, 1) + (1, 1) · (1, 1, 1) = ∂u ∂x ∂v ∂x 251

Notemos que

∂f ∂f grad f (1, 1) = (1, 1), (1, 1) = (2, 4), ∂u ∂v ∂g1 ∂g1 ∂g1 ∂u ∂u ∂u grad g1 = , , = , , = (2, 3, 1), ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z ∂v ∂v ∂v ∂g2 ∂g2 ∂21 , , = , , = (−5, 4, 2), grad g2 = ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z As´ı

∂f ◦ g (1, 1, 1) = 2 · 2 + 4 · −5 = −16. ∂x

Primeramente note que (1, 1) ∈ F −1 (0, 0) y además ∂F ∂F 3 3 = 4x3 − y 3 exy −1 , = −3xy 2 exy −1 ∂x ∂y las cuales son continuas en R2 en particular para alguna vecindad V ((1, 1), δ) de (1, 1) donde ∂F (1, 1) = −3 6= 0 por lo tanto podemos ∂y ocupar el teorema de la función impl´ıcita, y definir f : V ((1, 1), δ) → R con y = f (x) y 1 = f (1) cuya derivada es 3

4x3 − y 3 exy −1 y = . 3xy 2 exy3 −1 0

Problema 2 a) Determine las derivadas parciales ∂u/∂x, ∂u/∂y, ∂v/∂x, ∂v/∂y, donde u, v son funciones definidas implicitamente por el sistema F (x, y, u, v) = xeu+v + uv − 1 = 0, G(x, y, u, v) = yeu−v − 2uv − 1 = 0. alrededor del punto p = (1, 1, 0, 0). ∂ 2z . b) Sea la función z = f (u + v , u/v) obtener ∂u2 2

2

252

Soluci´ on. a) Verificando las hipótesis del Teorema de la función impl´ıcita podemos concluir que: ∂u (yeu−v + 2u)eu+v = − u+v u−v ∂x 2x ye + yeu−v u − 2vxeu+v + 2xeu+v u + vyeu−v ∂v eu+v (yeu−v − 2v) = − u+v u−v ∂x 2x ye + yeu−v u − 2vxeu+v + 2xeu+v u + vyeu−v e( u − v)(xeu+v + u) ∂u = − u+v u−v ∂y 2x ye + yeu−v u − 2vxeu+v + 2xeu+v u + vyeu−v (xeu+v + v)eu−v ∂v = u+v u−v ∂y 2x ye + yeu−v u − 2vxeu+v + 2xeu+v u + vyeu−v b) Definiendo x = x(u, v) = u2 + v 2 , y = y(u, v) = u/v tenemos que z = f (x, y), entonces ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z ∂z 1 = + = 2u + , ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂x ∂y v luego 2 ∂ 2z ∂z ∂ z ∂x ∂ 2 z ∂y ∂ 2 z ∂x 1 ∂ 2 z ∂y = 2 + 2u + + + ∂u2 ∂x ∂x2 ∂u ∂y∂x ∂u v ∂y 2 ∂u ∂x∂y ∂u 2 ∂ x ∂ 2z 1 ∂ 2z 1 ∂z 1 ∂ 2z + 2u 2u + 2u + = 2 + ∂x ∂x2 ∂y∂x v v ∂y 2 ∂x∂y v Utilizando finalmente el teorema de Schwarz tenemos que 2 ∂ 2z ∂z 1 ∂ 2 z 4u ∂ 2 z 2∂ z = 2 + 4u + + . ∂u2 ∂x ∂x2 v ∂y 2 v ∂x∂y

Problema 3 a) Si u = f (x, y, z) define una función diferenciable, y z se define implicitamente como una función de x e y por la ecuación g(x, y, z) = 0 con los atributos pedido en el teorema de la función impl´ıcita. Pruebe que u tiene primeras derivadas parciales de x e y dadas por: ∂(f,g) ∂(f,g) ∂u ∂u ∂(x,z) ∂(y,z) = ∂y ; = ∂y ∂x ∂y ∂z ∂z 253

b) Si u = x2 y + z 2 , y z = g(x, y) se define impl´ıcitamente por la ecuación x2 y − 3z + 8yz 3 = 0 Calcule: ∂u ∂u (1, 0, 0) y (1, 0, 0) ∂x ∂y Soluci´ on. a) Utilizando la regla de la cadena tenemos ∂u ∂f ∂f ∂z = + ∂x ∂x ∂z ∂x por otra parte si g(x, y, z) = 0 define impl´ıcitamente a z = z(x, y) entonces ∂g ∂z = − ∂x ∂g ∂x ∂z reemplazando en la ecuación anterior ∂g ∂f ∂f ∂u ∂x = + (− ∂g ) ∂x ∂x ∂z ∂z

=

∂f ∂g ∂x ∂z

−

∂f ∂g ∂z ∂x

∂g ∂z

=

∂(f,g) ∂(x,z) ∂g ∂z

Similarmente ∂u ∂f ∂f ∂z = + ∂y ∂y ∂z ∂y

∂g

y

∂z ∂y = − ∂g ∂y ∂z

De lo anterior se deduce ∂g

∂u ∂f ∂f ∂y = + (− ∂g ) ∂y ∂y ∂z ∂z =

∂f ∂g ∂y ∂z

− ∂g ∂z

254

∂f ∂g ∂z ∂y

=

∂(f,g) ∂(y,z) ∂g ∂z

b) En este caso u = f (x, y, z) = x2 y + z 2 y z = z(x, y) se define impl´ıcitamente por g(x, y, z) = x2 y − 3z + 8yz 3 = 0 ,luego tenemos ∂g ∂g ∂g = 2xy , = x2 + 8z 3 , = −3 + 24yz 2 ∂x ∂y ∂z derivadas que son todas continuas por lo que se afirma que g es de C1 Además g(1, 0, 0) = 0 y ∂g (1, 0, 0) = −3 6= 0 ∂z Entonces por el teorema de la función impl´ıcita se tiene que existe V = Vδ (1, 0) y una vecindad (−a, a) de z = 0 y una función z(x, y) de C1 sobre V tal que z(1, 0) = 0 y z(1, 0)(−a, a) Calculemos el Jacobiano 2xy ∂(f, g) 2z = 2 2xy −3 + 24yz ∂(x, z) = 2xy(−3 + 24yz 2 ) − 2xy2z = 2xy(−3 + 24yz 2 − 2z) Por otra parte ∂g = −3 + 24yz 2 ∂z Entonces 2xy(−3 + 24yz 2 − 2z) ∂u = ⇒ ∂x −3 + 24yz 2 ∂u 0 (1, 0, 0) = =0 ∂x −3 También: x2 ∂(f, g) 2z = 2 3 2 x + 8z −3 + 24yz ∂(y, z) = −3x2 + 24x2 yz 2 − 2x2 z − 16z 3 = x2 (24yz 2 − 2z − 3) − 16z 3 255

Finalmente x2 (24yz 2 − 2z − 3) − 16z 3 ∂u = ∂y −3 + 24yz 2 ∂u −3 ⇒ (1, 0, 0) = =1 ∂y −3 ⇒

3.4.4.

Plano Tangente a una Superficie

Problema 1 Probar que los planos tangentes a la superficie S: xyz = a, a > 0 constante, en cualquier punto de S forma con los planos coordenados un tetraedro de volumen constante. Soluci´ on. Sea la superficie S descrita por la función impl´ıcita F (x, y, z) = xyz − a = 0. los vectores normales a la superficie S satisfacen ∇F (x, y, z) = (yz, xz, xy) → − → − Si P 0 = (x0 , y0 , z0 ) ∈ S,entonces N (P0 ) = ∇F (x0 , y0 , z0 ) = (y0 z0 , x0 z0 , x0 y0 ) → − La ecuación del plano tangente al punto P 0 ∈ S, esta definida por → − → − − (→ r − P )· N (P ) = 0,luego y z (x − x )+x z (y − y )+x y (z − z ) = 0

0

0 0

0

0 0

0

0 0

0. Entonces, las trazas de este plano con los ejes coordenados son 3x0 y0 z0 = 3x0 i) Si x = α, y = 0, z = 0 =⇒ α = y0 z0 3x0 y0 z0 = 3y0 ii) Si x = 0, y = β, z = 0 =⇒ β = x0 z0 3x0 y0 z0 iii) Si x = 0, y = 0, z = γ =⇒ α = = 3z0 x0 y 0 El volumen del tetraedro es: αβγ (3x0 ) (3y0 ) (3z0 ) 9 V = = = a, constante. 6 6 2

256

0

Problema 2 a) Probar que S1 dada por F (x, y, z) = 0 y S2 dada por G(x, y, z) = 0 son ortogonales en sus puntos de intersección s´ı y solo si Fx Gx + Fy Gy + Fz Gz = 0. b) Probar que las superficies S1 : x2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y − 8z = 0 y S2 : 3x2 − y 2 + 2z 2 − 6x − 4y − 16z + 31 = 0 son ortogonales. Soluci´ on.

→ − a) La normal a S1 dada por F (x, y, z) = 0 es N 1 = ∇F (x, y, z) = (Fx , Fy , Fz ). Del mismo modo, la normal a S2 dada por G(x, y, z) = 0 es → − N 2 = ∇G(x, y, z) = (Gx , Gy , Gz ) Por definición, ambas superficies son ortogonales si ∇F · ∇G = 0 ⇐⇒ (Fx , Fy , Fz ) · (Gx , Gy , Gz ) = 0 =⇒ Fx Gx + Fy Gy + Fz Gz = 0 b) Sea S1 : x2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y − 8z = 0 =⇒ (x − 1)2 + (y + 2)2 + (z − 4)2 − 21 = 0 y S2 : 3x2 − y 2 + 2z 2 − 6x − 4y − 16z + 31 = 0 =⇒ 3(x − 1)2 − (y + 2)2 + 2(z − 4)2 = 0 Entonces S1 tiene normal → − N 1 = ∇F (x, y, z) = (2x − 2, 2y + 4, 2z − 8) Asimismo , S2 tiene normal → − N 2 = ∇G(x, y, z) = (6x − 6, −2y − 4, 4z − 16) =⇒ ∇F · ∇G = (2x − 2, 2y + 4, 2z − 8) · (6x − 6, −2y − 4, 4z − 16) = (2x − 2) (6x − 6) + (2y + 4) (−2y − 4) + (2z − 8) (4z − 16) = 4 [3(x − 1)2 − (y + 2)2 + 2(z − 4)2 ] = 4 · 0 = 0 Por lo tanto, la superficie S1 es ortogonal a S2 . 257

3.4.5.

Derivadas Direccionales

Problema 1   2xy 2 , si (x, y) 6= (0, 0) Sea f (x, y) : . Determine, si existe, la x2 + y 4  0 , si (x, y) = (0, 0) derivada direccional de f en P0 = (0, 0). Soluci´ on. Sea eb = (e1 , e2 ) un versor en una dirección cualquiera de IR2 tal que f ((0, 0) + λ (e1 , e2 )) − f (0, 0) f (λe1 , λe2 ) − f (0, 0) = l´ım λ→0 λ→0 λ λ

Dbe f (0, 0) = l´ım

2 (λe1 ) (λe2 )2 2λ3 e1 e22 2 4 (λe1 ) + (λe2 ) λ2 (e21 + λ2 e42 ) Dbe f (0, 0) = l´ım = l´ım λ→0 λ→0 λ λ Por lo tanto 2e2 Dbe f (0, 0) = l´ım 2 ,este l´ımite existe si y solo si e1 6= 0 λ→0 e1 Problema 2   x (x + y) , si (x, y) 6= (0, 0) . Determine, si existe, Sea f (x, y) = x2 + y 2  0 , si (x, y) = (0, 0) la derivada direccional de f en P0 = (0, 0). Soluci´ on. Sea eb = (e1 , e2 ) un versor en una dirección cualquiera de IR2 tal que f ((0, 0) + λ (e1 , e2 )) − f (0, 0) f (λe1 , λe2 ) − f (0, 0) = l´ım λ→0 λ→0 λ λ e1 (e1 + e2 ) Dbe f (0, 0) = l´ım 2 λ→0 λ (e2 1 + e2 ) Dbe f (0, 0) = l´ım

Este l´ımite existe si y solo si e1 (e1 + e2 ) = 0 =⇒ e1 = 0 o´ (e1 + e2 ) = 0 i) Si eb = (0, e2 ) = 0, Dbe f (0, 0) = 0 ii) Si eb = (e1 , −e1 ) = 0, Dbe f (0, 0) = 0. 258

Problema 3 Hallar la derivada direccional de f (x, y, z) = x2 yz 3 en el punto P0 = − (1, 1, −1) en la dirección de la tangente a la trayectoria : → r (t) = −t (e , 1 + 2sen (t) , t − cos (t)) . Soluci´ on. Como f (x, y, z) = x2 yz 3 es una función diferenciable en R3 ,entonces Dbt f (P0 ) = ∇f (P0 ) · b t, donde ∇f (P ) = (2xyz 3 , x2 z 3 , 3x2 yz 2 ) El punto P0 que corresponde a t = t0 es: → − r (t0 ) = (e−t0 , 1 + 2sen (t0 ) , t0 − cos (t0 )) = (1, 1, −1) =⇒ e−t0 = 1 As´ı, t0 = ln (1) = 0 El vector tangente a la curva es: 0 0 → − − r (t) = (−e−t , 2 cos (t) , 1 + sen (t)) , entonces → r (0) = (−1, 2, 1) y el vector tangente unitario en ésta dirección queda b t=

0 − → r (0) 0 − → k r (0)k

=

(−1,2,1) √ 6

Por tanto, la derivada direccional es Dbt f (P0 ) = (−2, −1, 3) ·

(−1,2,1) √ 6

=

√3 6

>0

El valor positivo, significa que f aumenta en ésta dirección. Problema 4 Calcular derivada √ la √ direccional de f (x, y, z) = xy +xz −yz en el punto P0 = 2, − 2, 0 en dirección de la tangente a la curva determinada por las superficies x2 + y 2 + z 2 = 4, x + y + z = 0 Soluci´ on. Como f (x, y, z) = xy + xz − yz R3 ,entonces

es una función diferenciable en

Dbt f (P0 ) = ∇f (P0 ) · b t, donde ∇f (P ) = (y + z, x − z, x − y) =⇒ √ √ √ ∇f (P0 ) = − 2, 2, 2 2 259

A´ un falta calcular el vector b t=

0 − → r (P0 ) − → r 0 (P )

, que es tangente a la curva k 0 k determinada por las superficies dadas. 0 − − Sea C dada por → r (x) = (x, y (x) , z (x)) =⇒ → r 0 (x) = 1, y (x) , z 0 (x) , 0

donde y (x) , z 0 (x) se calculan impl´ıcitamente a partir del sistema de ecuaciones por derivación con respecto a x, en el entendido que y = y (x) , z = z (x) . En efecto: 2x + 2yy 0 + 2zz 0 = 0 0 0 1+y +z =0

· 21

⇐⇒

yy 0 + zz 0 = −x 0 0 y + z = −1

Resolviendo el u ´ltimo sistema obtenemos −x z y −1 1 1 −x + z 0 0 = y (x) = , z (x) = y y−z y z 1 1 1

−x −1 x−y = y−z z 1

Evaluando √ √ − 2 2 2 0 √ 0 √ y 2 = √ =1yy 2 = √ = −2 − 2 − 2 Luego 0 → − √ (1, 1, −2) r (P0 ) → − 0 b √ =⇒ r 2 = (1, 1, −2) =⇒ t = → = 0 − k r (P0 )k 6 Por lo tanto, se tiene que √ √ √ (1, 1, −2) −4 √ Dbt f (P0 ) = (− 2, 2, 2 2) · =√ 6 6

3.4.6.

Valores extremos

Problema 1 Sea f : U ⊆ R2 → R definida en el abierto U , dada por f (x, y) = x4 − 2px2 − y 2 + 3 donde p es una constante entera. Calcular los valores extremos de la función Soluci´ on Apliquemos la condición necesaria de punto cr´ıtico, calculando las derivadas parciales e igualándolas a cero, luego fx = 4x3 − 4px = 4x(x2 − p); fy = −2y. 260

Tenemos que fy = −2y = 0 =⇒ y = 0, pero en la derivada parcial respecto de x hay que analizar el signo de p. √ i) Si p > 0, f x = 4x(x2 − p) = 0 =⇒ x = 0, ± p y los puntos cr´ıticos son √ √ P1 = (0, 0), P2 = ( p, 0) y P3 = (− p, 0). ii) Si p = 0, f x = 4x3 = 0 =⇒ x = 0, y el u ńico punto cr´ıtico es P1 = (0, 0). iii) Si p < 0, f x = 4x(x2 − p) = 0 =⇒ x = 0, y el u ńico punto cr´ıtico es P1 = (0, 0) Estudiemos el Hessiano para ver si los puntos obtenidos son máximos, m´ınimos o puntos silla. fxx = 12x2 − 4p, fxy = 0, fyx = 0, fyy = −2 Por tanto el determinante de la matriz Hessiana es 12x2 − 4p 0 H (x, y) = 0 −2

Estudiemos los puntos cr´ıticos seg´ un los valores del parámetro p 1) Si p > 0: En este caso hay 3 −4p 0 H (0, 0) = 0 −2

puntos cr´ıticos. = 8p > 0 y fxx = −4p < 0

Entonces, el punto P1 = (0, 0) es un Máximo Relativo. 8p 0 √ = −16p < 0 H (± p, 0) = 0 −2 √ √ Por lo tanto, los puntos P2 = ( p, 0) y P3 = (− p, 0) son Puntos Silla. 2) Si p < 0: En este caso en P1 = (0, 0) hay un punto cr´ıtico. H (0, 0) = −4p 0 0 −2 = 8p < 0, luego en P1 = (0, 0) hay un Punto Silla. 3) Si p = 0: En este caso hay un u ńico punto cr´ıtico en el origen, pero al calcular el determinante del Hessiano, obtenemos que H(0, 0) = 0, luego no se tiene información. 261

Sin embargo, podemos comprobar la naturaleza del punto aplicando la definición de extremo local en las cercan´ıas del origen, siguiendo dos trayectorias distintas, para la función: f (x, y) = x4 − y 2 + 3. Entonces f (x, 0) − f (0, 0) = x4 > 0 para todo (x, 0) ∈ V (0, 0) f (0, y) − f (0, 0) = −y 2 < 0 para todo (0, y) ∈ V (0, 0). Por lo tanto, P1 = (0, 0) es un Punto de Silla

Problema 2 Encuentre los valores extremos de la f (x, y) = x2 + y 2 − 21 x4 . Soluci´ on. Derivando parcialmente con respecto a x e y tenemos: fx (x, y) = 2x − 2x3 fy (x, y) = 2y Esta claro que fx y fy son funciones continuas en R2 Aplicando la condición necesaria para los puntos cr´ıticos de f tenemos: 2x − 2x3 = 0;

2y = 0.

Al resolver el sistema obtenemos tres puntos cr´ıticos. P0 = (0, 0) , P1 = (1, 0) ,

P2 = (−1, 0)

Determinemos el Hessiano H (x, y) : fxx (x, y) fxy (x, y) 2 − 6x2 0 = 4 − 12x2 H (x, y) = = fyx (x, y) fyy (x, y) 0 2 Evaluemos el Hessiano H (x, y) en cada uno de los puntos: i) Para P0 = (0, 0) =⇒ H (0, 0) = 4 > 0 y fxx (0, 0) = 2 > 0 Entonces en P0 hay un m´ınimo relativo f (0, 0) = 0. ii) Para P1 = (1, 0) =⇒ H (1, 0) = −8 < 0 . Entonces, en P1 hay punto silla de f. iii) Para P2 = (−1, 0) =⇒ H (−1, 0) = −8 < 0 . As´ı, en P2 tambien hay un punto silla de f. 262

Problema 3 Encuentre los valores extremos de la f (x, y) = x2 + y 2 − xy + x + y en el dominio D = {(x, y) ∈ R2 / x ≤ 0, y ≤ 0, x + y ≥ −3} . Soluci´ on. En primer lugar, determinemos los valores extremos en el conjunto abierto: D∗ = {(x, y) ∈ R2 / x < 0, y < 0, x + y > −3} . Derivando parcialmente con respecto a x e y tenemos: fx (x, y) = 2x − y + 1 fy (x, y) = 2y − x + 1 Observe que fx y fy son continuas en R2 Aplicando la condición necesaria para los puntos cr´ıticos de f tenemos el sistema: 2x − y = −1;

−x + 2y = −1.

Al resolver este sistema obtenemos un u ńico punto cr´ıtico P0 = (−1, −1) ∈ D∗ Determinemos el Hessiano H (x, y) : fxx (x, y) fxy (x, y) 2 −1 = 3 ∀ (x, y) ∈ D∗ : H (x, y) = = fyx (x, y) fyy (x, y) −1 2 As´ı, P0 = (−1, −1) =⇒ H (−1, −1) = 3 > 0 y fxx (−1, −1) = 3 > 0 Se concluye, que en P0 hay un m´ınimo relativo f (−1, −1) = −1. En segundo lugar, estudiemos la condición que se presenta en la frontera de D. a) Si y = 0,

f (x, 0) = x2 + x con x ∈ [−3, 0]

Determinemos los puntos cr´ıticos en este borde 0

f (x) = 2x + 1 = 0 =⇒ x = − 21 Luego, hay un punto crit´ıco en P1 = − 21 , 0 ∈ D. 00 Como f (x) = 2 > 0, ∀x ∈ [−3, 0] , entonces en P1 = − 12 , 0 hay un m´ınimo f − 21 , 0 = − 41 . b) Si x = 0,

f (0, y) = y 2 + y con y ∈ [−3, 0]


0

f (y) = 2y + 1 = 0 =⇒ y = − 12 Luego, se tiene un punto crit´ıco en P2 = 0, − 21 ∈ D. 00 Como f (y) = 2 > 0, ∀y ∈ [−3, 0] ,entonces en P2 = 0, − 12 hay un m´ınimo f 0, − 21 = − 41 . c) Si x+ y = −3,

f (x, −x − 3) = 3x2 + 9x + 6 con x ∈ [−3, 0]


f (x) = 6x + 9 = 0 =⇒ x = − 32 =⇒ y = − 23 Luego, hay un punto crit´ıco en P2 = − 32 , − 32 ∈ D. 00

Como f (x, −x − 3) = 6 > 0, ∀x ∈ [−3, 0] ,entonces P2 = − 32 , − 23 en hay un m´ınimo f − 23 , − 23 = − 43 .

3.4.7. Multimplicadores de Lagrange para extremos restringidos Problema 1 Obtener los extremos de la función f (x, y) = x3 + 2xy + y 2 que se encuentren en la recta x + y = 0. Solución En primer lugar consideremos la función de Lagrange y apliquemos la condición necesaria de punto cr´ıtico: F (x, y, λ) = x3 + 2xy + y 2 + λ(x + y) Fx = 3x2 + 2y + λ = 0 F y = 2x + 2y + λ = 0 Fz = x + y = 0

(1) (2) (3)

De la (3) ecuación obtenemos: y = −x que sustituida en la segunda: 2x − 2x + λ = 0 =⇒ λ = 0 Sustituido este valor en la ecuación (1), queda: 3x2 − 2x = 0, x = 0, x = 2/3 2 2 Entonces los puntos cr´ıticos del lagrangiano son. P1 (0, 0), P2 ,− 3 3 . Clasificaremos los puntos con el determinante del Hessiano Limitado: 264

0 1 1 H (x, y) = 1 6x 2 1 2 2

evaluándo en los puntos cr´ıticos obtenidos anteriormente. 0 1 1 d2 f Consideremos H (0, 0) = 1 0 2 = 2 > 0, entonces < 0 y en dx2 1 2 2 P1 (0, 0) hay un máximo local condicionado de f, cuyo valor es f (0, 0) = 0. 0 1 1 2 2 d2 f Por otra parte H ,− = 1 4 2 = −2 > 0, entonces <0 3 3 dx2 1 2 2 2 2 ,− hay un m´ınimo local condicionado de f, cuyo valor y en P2 3 3 2 2 4 es f ,− =− . 3 3 27 Problema 2 y2 x2 En que puntos de la elipse 2 + 2 = 1, la tangente a este lugar a b geométrico forma con los ejes coordenados un triángulo de área m´ınima. Soluci´ on. Sea la ecuación de la tangente a la elipse en el punto (x0 , y0 ) . x0 x y 0 y + 2 =1 a2 b 1 Sea f (x, y) = xT yT , el a´rea que forma la recta tangente con los ejes 2 coordenados, donde xT yT se determinan a partir de la ecuación de la tangente. Si yT = 0 =⇒ As´ı f (x, y) =

xT =

a2 x0

xT = 0 =⇒

yT =

b2 y0

1 a2 b 2 es la función a estudiar, que verifica la condición: 2 x0 y 0

x20 y02 + 2 − 1 = 0. a2 b Consideremos la función :

265

1 a2 b 2 L (x, y, λ) = +λ 2 x0 y 0

x20 y02 + 2 −1 a2 b

x0 1 a2 b 2 + 2λ 2 = 0 ·1/y0 2 2 x0 y 0 a y0 1 a2 b 2 + 2λ 2 = 0 ·/x0 Ly (x, y, λ) = − 2 2 x0 y 0 b x20 y02 Lλ (x, y, λ) = 2 + 2 − 1 =0 a b Multiplicando las ecuaciones anteriores por los coeficientes que se −

Lx (x, y, λ) =

indican, tenemos 2λ x0 1 a2 b 2 =0 1,0) − 2 2 + 2 x0 y0 a2 y0 2λ y0 1 a2 b 2 =0 2,0) − 2 2 + 2 x0 y0 b2 x 0 x2 y 2 3,0) 20 + 20 − 1 = 0 a b

·1/y0 ·1/x0

Restando 2,0 − 1,0 se tiene 2λ x0 2λ y0 = 2 2 a y0 b x0

=⇒

x20 =

a2 2 y b2 0

Sustituyendo este resultado en 3.0) se tiene un u ńico punto cr´ıtico de f en a b P0 = √ , √ 2 2 Mediante el criterio de la segunda derivada se puede determinar la naturaleza del punto cr´ıtico 0 1 a2 b 2 a2 b 2 =⇒ f (x) = f (x, y(x)) = 2 x0 y0 2

0

−y0 − x0 y0 (x) (x0 y0 )2

donde a partir de la condición obtenemos 00 2x0 2y0 0 b2 x 0 b 2 y 0 − x0 y 0 0 0 + 2 y0 (x) = 0 =⇒ y0 (x) = − 2 =⇒ y0 (x) = − 2 a2 b a y0 a y02 As´ı a2 b 2 f (x) = − 2 00

0

00

0

(x0 y0 )2 (2y0 + x0 y0 (x)) − 2(x0 y0 )(y0 + x0 y0 (x))2 (x0 y0 )4

Produce 266

00

f

a b √ ,√ 2 2

>0

Por lo tanto, en el punto P0 =

a b √ ,√ 2 2

un m´ınimo de f

Problema 3 Se desea construir una tolva para un silo, que tenga una capacidad de 100 m3 y forma de cono circular recto de 2m de radio, coronado por un cilindro circular recto, empleando un m´ınimo de material para la superficie. Calcular las alturas x del cilindro e y del cono para tal objeto. Soluci´ on: Sea la función superficie definida por f (x, y) = 2π

p 4 + y 2 +4πx

Con la condición que el volumen sea g (x, y) = 43 πy + 4πx − 100 = 0 Entonces formemos la función: p L (x, y, λ) = f (x, y) = 2π 4 + y 2 +4πx + λ Lx (x, y, λ) =

4π + 4πλ = 0 4πy 4 Ly (x, y, λ) = p + πλ = 0 2 3 2 4+y Lλ (x, y, λ) = 43 πy + 4πx − 100 = 0

4 πy 3

+ 4πx − 100

=⇒ λ = −1 1 y = =⇒ p 2 3 2 4+y

4 =⇒ y = √ 5 Sustituyendo en la restricción se tiene 9y 2 = 4 (4 + y 2 )

=⇒ 5y 2 = 16

100 − 3√4 5 4π En consecuencia, se tiene un u ńico punto cr´ıtico en 100 4 4 P0 = −√ ,√ 4π 5 5 La condición de m´ınimo de f se estable mediante la segunda derivada p 4πyy 0 0 2 f (x, y(x)) = 2π 4 + y + 4πx =⇒ f (x) = p + 4π 2 4 + y2 4 πy + 4πx − 100 = 0 =⇒ y 0 (x) = −3 3 4πx = 100 −

16 √ π 3 5

=⇒ x =

Por lo tanto, sustituyendo y 0 (x) , y derivando por segunda vez 267

0

6πy

f (x) = − p + 4π 4 + y2 00 f (P0 ) > 0

00

f (x) = −6π

=⇒

(−3(4 + y 2 ) − y 2

!

(4 + y 2 )3/2 Valor m´ınimo

=⇒

As´ı el valor m´ınimo de la función es: q 100 100 20π 4 4 4 16 f = 2π 4 + 5 +4π = 100 − √ −√ ,√ −√ 4π 4π 5 5 5 3 5

Problema 4 Determine la distancia m´ınima y máxima del origen a la curva de in7 tersección del paraboloide z = − x2 − y 2 y el plano x + y + z = 2. 4 Solución: En este caso es conveniente los valores extremos del cuadrado de la distancia con respecto al origen en vez de la distancia misma. Por lo tanto, se deben hallar los valores extremos de la función: f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 sujeta a las restriciones 7 + x2 + y 2 = 0 4 h (x, y, z) = x + y + z − 2 = 0 g (x, y, z) = z −

Para aplicar el método de los multiplicadores de Lagrange se define 7 2 2 2 2 2 F (x, y, z, λ1 , λ2 ) = x +y +z +λ1 z − + x + y +λ2 (x + y + z − 2) 4 Fx = 2 (1 + λ1 ) x + λ2 = 0 Fy = 2 (1 + λ1 ) y + 2λ2 = 0 Fz = 2z + λ1 + λ2 = 0 7 F λ1 = z − + x2 + y 2 = 0 4 F λ2 = x + y + z − 2 = 0

(1,0) (2,0) (3,0) (4,0) (5,0)

1,0) − 2,0) : 2 (1 + λ1 ) (x − y) = 0 =⇒ λ1 = −1 o y = x 1 Si λ1 = −1 ,entonces de 1) λ2 = 0 y de 3) z = 2 268

1 Si z = , entonces de 4) y 5) se obtiene: 2x2 − 3x + 1 = 0 2 1 Resolviendo la ecuación anterior, sus soluciones son: x1 = 1; x2 = 2 1 1 1 x1 = 1 =⇒ y1 = =⇒ 1, , es punto cr´ıtico. 2 2 2 1 1 1 =⇒ y2 = 1 =⇒ , 1, es punto cr´ıtico. x2 = 2 2 2 Por otra parte:4) − 5) =⇒ x2 + y 2 − x − y +

1 =0 4

√ 1 2 ± 2 Si y = x =⇒ 2x2 − 2x + = 0, resolviendo la ecuación x = 4 4 √ √ √ √ √ ! 2+ 2 4−2 2 2+ 2 2+ 2 4−2 2 y=x= =⇒ z = =⇒ , , 4 4 4 4 4 es punto cr´ıtico de f. √ √ 4+2 2 2− 2 =⇒ z = =⇒ y=x= 4 4

√ √ √ ! 2− 2 2− 2 4+2 2 , , 4 4 4

es punto cr´ıtico de f. As´ı

√ √ √ ! √ 2± 2 2± 2 4∓2 2 1 , , = 9+2 2 fmáx 4 4 4 4 1 1 3 fm´ın , 1, = 2 2 2 Como la curva intersección del paraboloide y el plano es una curva cerrada, la distancia m´ınima y la distancia máxima al origen son rer q √ 3 1 spectivamente y 9 + 2 2 .No necesitamos más pruebas por 2 2 las caracteristicas geométricas del problema. Problema 5 Demuestre que las distancias máxima y m´ınima desde el origen a la x2 y 2 z 2 curva de intersección definida por + + = 1, z = x + y. 4 5 25 Soluci´ on: 269

Debenos encontrar los valores extremos de la función f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 sujeta a las restriciones x2 y 2 z 2 + + −1=0 4 5 25 h (x, y, z) = x + y − z = 0 g (x, y, z) =

Para aplicar el método de los multiplicadores de Lagrange se define 2 x y2 z2 2 2 2 F (x, y, z, λ1 , λ2 ) = x +y +z +λ1 + + − 1 +λ2 (x + y − z) 4 5 25 Aplicando la condición necesaria de punto cr´ıtico λ1 Fx = 2 1 + x + λ2 = 0 (1,0) 4 λ1 Fy = 2 1 + y + λ2 = 0 (2,0) 5 λ1 + λ2 = 0 (3,0) Fz = 2(1 + 5 x2 y 2 z 2 F λ1 = + + −1=0 (4,0) 4 5 25 F λ2 = x + y − z = 0 (5,0) Despejando de estas ecuaciones x, y, z se tiene 2λ2 5λ2 25λ2 x=− ; y=− ; z=− ; 6,0) λ1 + 4 2λ1 + 10 2λ1 + 50 Al dividir 5,0 por λ2 6= 0 (lo cual está justificado porque de otro modo de 1,0, 2,0 y 3,0, se tendr´ıa x = y = z = 0). 2 5 25 + + = 0. Multiplicando por 2 (λ1 + 4) (2λ1 + 10) (2λ1 + 50) λ1 + 4 2λ1 + 10 2λ1 + 50 y simplificando da 17λ21 + 245λ1 + 750 = 0 =⇒ (λ1 + 10)(17λ1 + 75) = 0 75 de donde: λ1 = −10, λ1 = − 17 λ2 λ2 5λ2 Caso i) Si λ1 = −10, entonces de 6,0 : x = ; y = ; z = . 3 2 6 λ22 λ22 5λ22 180 + + − 1 = 0 =⇒ λ22 = =⇒ Sutituyendo en 4.0 da: 36 20 66 19 270

r

5 19 Por lo tanto, se tienen dos puntos cr´ıticos. r r r ! r r r ! 5 5 5 5 5 5 P1 = 2 ,3 ,5 y P2 = −2 .−3 , −5 19 19 19 19 19 19 ! r r r 5 5 5 , ±3 , ±5 = 10 Evaluando en la función se tiene f ±2 19 19 19 λ2 = ±6

75 34λ2 17λ2 Caso ii) Si λ1 = − , entonces de 6,0 : x = ; y =− ;z = 17 7 4 17λ2 . 28 λ2 λ2 5λ2 (140)2 Sutituyendo en 4.0 da: 2 + 2 + 2 −1 = 0 =⇒ λ22 = =⇒ 36 20 66 (17)2 (646) √ λ2 = ±14017 646 Por lo tanto, se tienen otros dos puntos cr´ıticos más. 40 35 5 40 35 5 √ P1 = √ , −√ y P2 = − √ ,√ , −√ 646 646 646 646 646 646 40 35 5 75 Evaluando en la función se tiene f ± √ , ∓√ , ±√ = 17 646 646 646 75 Asi el valor máximo buscado es 10 y el valor m´ınimo es 17 Problema 6 Se desea construir un silo, que tenga una capacidad de V0 con forma de cilindro circular recto de altura h y radio basal r . Calcular la altura h del cilindro y radio basal r de manera que la superficie total sea m´ınima. Soluci´ on: Sea la función superficie definida por f (r, h) = 2πr2 +2πrh Con la condición que el volumen sea g (x, y) = πr2 h − V0 = 0 Entonces formemos la función: L (r, h, λ) = 2πr2 + 2πrh + λ (πr2 h − V0 ) 271

Lr (r, h, λ) = 4πr + 2πh + 2λπrh = 0 1,0) Lh (r, h, λ) = 2πh + λπr2 = 0 2,0) Lλ (r, h, λ) = πr2 h − V0 = 0 3,0) 2 De 2,0) se tiene: λ = − y sustituyendo este valor en 1,0) obtenemos r h = 2r r r V0 3 V0 Si h = 2r, entonces de 3.0) r = ;h = 2 3 2π 2π En consecuencia, se tiene un u ńico punto cr´ıtico en r ! r V0 3 V0 P0 = 3 ,2 2π 2π La condición de m´ınimo de f se establece mediante la segunda derivada f (r, h(r)) = 6πr2

0

=⇒ f (r) = 12πr 00 =⇒ f (r) = 12π > 0

Por lo tanto, se tiene un valor m´ınimo de f si h = 2r As´ı el valor m´ınimo de la superficie es: r ! r 2/3 V V0 0 3 V0 3 ,2 = 6π f 2π 2π 2π Problema 7: Determinar los extremos absolutos de la función f (x, y) = y 3 + x2 y + 2x2 + 2y 2 − 4y − 8 en el conjunto D = {(x, y) ∈ IR2 /x2 + y 2 ≤ 1} . Soluci´ on: En primer lugar estudiemos los puntos del interior de D, para ver si existen máximos o m´ınimos locales. La condicion necesaria, de los puntos interiores candidatos a extremos, es ∂f = 2x(y + 2) = 0 ∂x ∇f (x, y) = (0, 0) =⇒ ∂f = 3y 2 + x2 + 4y − 4 = 0 ∂y i) La primera ecuación implica que x = 0 ó y = −2. Si y = −2, la segunda ecuación implica que x = 0, luego se tiene un punto cr´ıtico en P0 = (0, −2) , sin embargo , P0 ∈ / D. 272

ii) Si x = 0, la segunda ecuación es 3y 2 + 4y − 4 = 0 =⇒ y = −2, 2 y= . 3 2 4 Las coordenadas del punto P1 = 0, verifican < 1,entonces P1 ∈ 3 9 8 8 8 256 D. Además f (P1 ) = + − −8= = −9, 48. 27 9 3 27 En segundo lugar, estudiemos los puntos de la frontera de D usando la función f (x, y) = y 3 + x2 y + 2x2 + 2y 2 − 4y − 8 bajo la restrición g (x, y) = x2 + y 2 − 1 = 0. Usemos el método de los multiplicadores de Lagrange. Sea L (x, y, λ) = y 3 + x2 y + 2x2 + 2y 2 − 4y − 8 + λ(x2 + y 2 − 1), y obtenemos: ∂L = 2x(y + 2) + λ2x = 0 ∂x ∂L = 3y 2 + x2 + 4y − 4 + λ2y = 0 ∂y ∂L = x2 + y 2 − 1 = 0 ∂λ De la ecuación 1,0 se tiene que x = 0 o´

(1,0) (2,0) (3,0) (y + 2) + λ = 0

a) Si x = 0,en 3.0 se tiene y 2 − 1 = 0 =⇒ y = ±1.Luego se tienen otros dos puntos cr´ıticos P2 = (0, 1) y P2 = (0, −1) que satisfacen las ecuaciones 1,0 y 3,0. Para comprobar que también satisfacen la ecuación 2,0 , sustituyamos el ella 3 P1 = (0, 1) =⇒ λ = ∈ IR 2 5 P2 = (0, −1) =⇒ λ = ∈ IR. 2 Si evaluamos las función en los puntos encontrados obtenemos: f (P2 ) = 1 + 2 − 4 − 8 = −9 f (P3 ) = −1 + 2 + 4 − 8 = −3 b) Si (y + 2) + λ = 0 ⇐⇒ λ = −(y + 2), en 2,0 se tiene 3y 2 + x2 + 4y − 4 + 2y(y + 2) = 0 =⇒ x2 + y 2 = 4, resultado que contradice la ecuación 3,0, x2 + y 2 = 1. Luego, esta condición no produce un punto cr´ıtico. 273

Por lo tanto, comparando los valores de la función en los tres puntos encontrados, podemos inferir que el máximo absoluto se alcanza en P3 y que el m´ınimo absoluto se alcanza en P1 Problema 8: Determine las dimensiones de una caja rectangular, sin tapa superior,que ha de tener un volumen dado V0 ,de manera que su superficie sea m´ınima. Soluci´ on: Sea la función superficie definida por f (x, y, z) = xy + 2xz + 2yz Con la condicion que el volumen sea g (x, y, z) = xyz − V0 = 0 Entonces formemos la función: L (x, y, z, λ) = f (x, y) = xy + 2xz + 2yz + λ (xyz − V0 ) Lx (x, y, z, λ) = y + 2z + λyz = 0 Ly (x, y, z, λ) = x + 2z + λxz = 0 Lz (x, y, z, λ) = 2x + 2y + λxy = 0 Lλ (x, y, z, λ) = xyz − V0 = 0

(1,0) (2,0) (3,0) (4,0)

2z , sutituyendo Despejando y y x de 1,0 y 2,0 se tiene 5.0) y = x = − 1+λz en 3,0) produce: 8z − 1+λz +

4λz 2 (1+λz)2

= 0 =⇒ z =

1 λ

6,0)

Reemplazando en 6,0) en 5,0) se tiene y = x = − λ4 . Sustituyendo en 4.0 1/3 1 4 4 − λ − λ λ = V0 =⇒ λ = V160 Por lo tanto, se tiene un u ńico punto cr´ıtico de f en 1/3 1/3 1/3 P0 = 4 V160 , 4 V160 , V160 . Examinemos la naturaleza del punto cr´ıtico usando el Hessiano limitado: ∂g ∂g ∂g 0 ∂x ∂y ∂z ∂g ∂ 2 L ∂ 2 L ∂ 2 L ∂x ∂x2 ∂x∂y ∂x∂z H (x, y, z) = ∂g ∂ 2 L ∂ 2 L ∂ 2 L =⇒ ∂y ∂x∂y ∂y2 ∂y∂z ∂g ∂ 2 L ∂ 2 L ∂ 2 L 2 ∂z

∂x∂z

∂y∂z

∂z

274

H (x, y, z) =

0 yz xz xy yz 0 1 + λz 2 + λy xz 1 + λz 0 2 + λx xy 2 + λy 2 + λx 0 1/3 1/3 V0 1/3 , 4 V160 , 16 Evaluemos el Hessiano H 4 V160 2/3 2/3 2/3 0 4 V160 4 V160 16 V160 2/3 V 0 4 0 2 6 16 H= 2/3 V0 2 0 6 4 16 2/3 V 0 16 16 6 6 0 Usando propiedades de determinantes, obtenemos que el valor de Hessiano es: V0 4/3 H = 16 16

0 1 1 4

1 0 2 6

1 2 0 6

4 6 6 0

4

H = −2048,0 × (0,062 5V0 ) 3 < 0 0 1 1 Además: ∆3 = 1 0 2 = 4 > 0 1 2 0 Entonces lafunción f tendrá un máximo condicionado en el punto 1/3 1/3 1/3 P0 = 4 V160 , 4 V160 , V160

3.4.8.

Aplicaci´ on al c´ alculo de errores

Problema 1: El periodo T de un péndulo simple depende de la longitud l y de la aceleración de gravedad g del lugar y está dado por: r l T = 2π . Hallar a a) el error absoluto y b) el error relativo , al g calcular T con l = 0, 6 m y g = 10m/s2 si los valores verdaderos eran l = 58, 5cm y g = 9, 8m/s2 . Soluci´ on: r a) Sea T = 2π

l . el per´ıodo de un péndulo simple. g 275

El error absoluto de T es ∆T, que en este caso es aproximadamente dT. as´ı se tiene: ∂T ∂T π El error absoluto de T = dT = dl + dg = √ dl − π ∂l ∂g lg Error de l = ∆l = dl = (0, 6 − 0, 585) m = 0, 015m

r

l dg g3

Error de g = ∆g = dg = (10 − 9, 8) m/s2 = 0, 2m/s2 r 0, 6 π (0, 015) − π (0, 2) El error absoluto de T = dT = √ 1000 0, 6x10 r 1 π dT l √ dl − π = r b) El error relativo de T = dg T g3 lg l 2π g

1 1 dl − dg . El error relativo de T = 2l 2g r 1 dT π l √ dl − π = r dg El error relativo de T = T g3 lg l 2π g

3.5.

Ejercicios Propuestos

3.5.1.

L´ımites

Problema 1 Determinar si existen los siguientes limites, y si existen, calcular su valor a)

l´ım (x,y)→(0,0)

xseny ln ysenx

x2 − y 2 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 Soluci´ on: b)

l´ım

xseny a) l´ım ln ysenx = 0, b) El l´ımite de la función f no existe (x,y)→0

276

Problema 2 En los siguientes casos, usar coordenadas polares para concluir que el l´ımite de f (x, y) cuando (x, y) tiende a (0, 0) existe y vale cero. y3 (x,y)→(0,0) x2 + y 2

a)

l´ım

x3 y 4 (x,y)→(0,0) x4 + y 4

b)

l´ım

3.5.2.

Diferenciabilidad, continuidad

Problema 1  

xysen

1 si y

y 6= 0

, probar que es 0 ∀ (x, 0) diferenciable en el punto P0 = (0, 0) ,¿es continua en este punto? Dada la función f (x, y) =



Soluci´ on: La función f es diferenciable en P0 = (0, 0) , implica que es continua en (0, 0) Problema 2   p |x| y si (x, y) 6= (0, 0) Dada la función f (x, y) = . x2 + y 2  0 si (x, y) = (0, 0) a) Estudiar su continuidad en IR2 b) Estudiar la existencia de derivadas parciales en IR2 y determinarlas, si es que existen. c) Estudiar su diferenciabilidad en IR2 Soluci´ on: a) La función f es en continua en IR2 b) Existen derivadas parciales en ∂f ∂f IR2 − {(o, a) /a 6= 0} ,No existe (0, a) , (0, a) = 0, ∂x ∂y 277

∂f ∂f (0, 0) = 0, (0, 0) = 0 ∂x ∂y c) La función f no es diferenciable en P0 = (0, 0) ,puesto que |∆f − df | √ 6= 0 (h,k)→(0,0) h2 + k 2 l´ım

Problema 3 Verificar que f (x, y) =

p |xy| es continua y no diferenciable en (0, 0) .

Problema 4 ( Dada la función f (x, y) =

4

4

+y si (x, y) 6= (0, 0) arctg xx2 +y 2 a si (x, y) = (0, 0)

a) Determinar el valor de a para que la función sea continua en el origen. b) Para este valor de a calcular fx (0, 0), fy (0, 0) c) Hallar la derivada direccional Dub f (1, 0), siendo u b un vector unitario o que la forma un ángulo de 60 con la parte positiva del eje OX. Soluci´ on: a) f(x,y) es continua en (0,0) si a= f(0,0) b) fx (0,0)=0 , fy (0,0)=0 c) Dub f (1, 0) =

3.5.3.

1 2

Derivadas parciales

Problema 1 Sea f (x, y) =

  

xy

x2 − y 2 si (x, y) 6= (0, 0) x2 + y 2 0 si (x, y) = (0, 0)

a) Deducir que

∂f ∂f (0, y) = −y ∀y; (x, 0) = x ∀x ∂x ∂y

b) Verificar que

∂ 2f ∂ 2f (0, 0) 6= (0, 0) ∂y∂x ∂x∂y 278

Problema 2 Dada la función f (x, y) =

x + y si x = 0 ó y = 0 1 si x = 6 0, y 6= 0

∂f ∂f (0, 0) = 1 ; (0, 0) = 1 ∂x ∂y b) Muestre que la función f no es continua en (0, 0)

a) Verifique que

Problema 3 Sea u =

xy , muestre que u satisface la ecuación: x+y x2

2 ∂ 2u ∂ 2u 2∂ u + 2xy + y =0 ∂x2 ∂y∂x ∂y 2

Problema 4 Sea u = p

1 x2

+ y2 + z2

, probar que u satisface la ecuación: ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u + + =0 ∂x2 ∂y 2 ∂z 2

Problema 5 Enuncie las condiciones del teorema de Schwarz de igualdad de las derivadas cruzadas. Problema 6 Justifique si es cierto que una función f : IR3 → IR diferenciable en IR3 tiene derivadas parciales. Solución − − Si una función f es diferenciable en → x o y la diferencial es Df (→ x o) , → − entonces para todo vector unitario vb 6= 0 existe D f ( x ) que verifica v b

o

− − Dvbf (→ x o ) = Df (→ x o ) · vb. En particular, esto sucede para los vectores (1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1) , por lo que existen las derivadas parciales

279

Problema 7 Suponga que z es función de las variables x e y , que satisface la ecuación que se da en cada caso . Encontrar las derivadas parciales de primer ∂z ∂z y orden ∂x ∂y a) x3 + y 3 + z 3 + senxz + cos yz = 15 b) ez + x2 ln z + y = 0. Soluci´ on: ∂z (3x2 + z cos xz) ∂z (3y 2 − zsenxz) a) =− 2 , =− 2 ∂x 3z + x cos xz − ysenyz ∂y 3z + x cos xz − ysenyz 2xz ln z ∂z z ∂z =− z , =− z b) 2 ∂x ze + x ∂y ze + x2 Problema 8 Suponga que existen funciones u y v , que satisfacen las siguientes ecuaciones.

u cos v = x + 1 u sin y = x + y

∂u ∂u ∂v ∂v , , , ∂x ∂y ∂x ∂y Soluci´ on: ∂u ∂v cos v − senv ∂v cos v ∂u = cos v + senv , = senv, = , = ∂x ∂y ∂x u ∂y u Calcular

3.5.4.

Derivadas Direccionales

Problema 1 Calcule la derivada direccional de la función dada en la dirección del vector indicado. a) f (x, y, z) = 2x2 − y 2 − z 2 , en (1, 2, 2) hacia (4, 5, 0) . b) f (x, y, z) = 2x2 − 8xy + z 2 , en el punto (4, 4, 1) en la dirección de la 280

normal exterior a la superficie x2 + y 2 + z = 17 Soluci´ on: 8 446 a) Dvbf (1, 2, 2) = √ , b) Dvbf (4, 4, 1) = − √ 22 129 Problema 2

Determine la ecuación del plano tangente al paraboloide x2 +y 2 +z−1 = 1 1 0 y que pasa por los puntos 1, 0, 2 y 0, 1, 2 . Soluci´ on: La ecuación de plano tangente es: x + y + z =

3 2

Problema 3 Sea S una superficie dada por la ecuación x3 + y 3 + z 3 − a3 = 0, con a constante, y Π un plano tangente en P0 = (xo , yo, zo ) ∈ S que intersecta los ejes coordenados X,Y,Z en α, β, γ respectivamente. Probar que α−3/2 + β −3/2 + γ −3/2 = a−3/2 es constante.

Problema 4 Determinar el plano tangente a la superficie S √ √ √ √ x + y + z = a, (a > 0) en el punto P0 = (xo , yo, zo ) ∈ S y demostrar que este plano corta los ejes coordenados en segmentos cuya suma de longitudes es constante. Soluci´ on: x − xo y − yo z − zo + √ + √ =0 √ xo yo zo √ √ √ √ l = a( xo + yo + zo ) = a, (a > 0) 281

Problema 5 Muestre que si el punto P0 = (xo , yo, zo ) pertenece al elipsoide de ecuación: y2 z2 x2 + 2 + 2 = 1 con (α < c2 < b2 < a2 ) π: 2 a −α b −α c −α y al manto del hiperboloide de ecuación: x2 y2 z2 θ: 2 + 2 + 2 = 1 con (c2 < β < b2 < a2 ) a −β b −β c −β Entonces las superficies π y θ se cortan ortogonalmente en P0 = (xo , yo, zo ) . Regla de la cadena Problema 1 Sean f : R2 → R y g : R → R, con f (x, g (x)) = x sin (g (x)) . 0 Sabiendo que g (1) = 0 y que f (1, 0) = 1, calcular g 0 (1) . Soluci´ on: El valor de la derivada es g 0 (1) = 1 Problema 2 Sea f : D ⊂ IR2 → IR grado p, es

una función diferenciable homogénea de

decir que verifica la condición f (tx, ty) = tp f (x, y) ∀t > 0, ∀ (x, y) ∈ IR2 . ∂f ∂f +y = pf. a) Demuestre la ecuación x ∂x ∂y b) Pruebe que la siguientes funciones son homogéneas f (x, y) = xy, f (x, y) = x2 + 3xy + y 2 y luego verifique la ecuación anterior. Problema 3 Sea g(t) = f (x (t) , y (t)) de clase C2 , deduzca que:

2

2

g 00 (t) = fxx (x, y) (x0 ) +2fxy (x, y) x0 y 0 +fyy (x, y) (y 0 ) +fx (x, y) x00 +fy (x, y) y 00 282

Problema 4 Sea f = f (x, y) de clase C2 con fx (0, 1) = 2, fy (0, 1) = 1; fxx (0, 1) = 0, fxy (0, 1) = −1, fyy (0, 1) = 1.Si h(t) = f (t2 , 1 + t3 ) . 0 − Calcule la derivada compuesta (f ◦ → r ) (t) y evalue h´(0) = 4 Soluci´ on: 00

h (t) = fxx (x, y) (x0 )2 + 2fxy (x, y) x0 y 0 + fyy (x, y) (y 0 )2 + fx (x, y) x00 + fy (x, y) y 00 h00 (0) = 4 Derivación impl´ıcita Sea z = f (x, y) definida por z = u + vdonde u = u(x, y) y v = v(x, y) son funciones definidas de manera impl´ıcita por las ecuaciones F = u + eu+v − x = 0 G = v + eu−v − y = 0 Si u = v = 0 entonces x = y = 1: Calcular zx (1, 1). Soluci´ on: zx (1, 1) = 1 Problema 5 Verifique que la función f (x, y) = g 2x

x y2

satisface la ecuación:

∂f ∂f +y =0 ∂x ∂y

Problema 6 xy Sea g , x2 + y 2 = 0 una ecuación que define a z como una función z de x e y. Verifique que si gx ; gy y gz existen y son continuas en toda la región en la que gz 6= 0; entonces 283

z(x2 − y 2 ) yzx − xzy = xy Problema 7 Si F (xz, yz) = 0 define a z como función impl´ıcita de x e y y además cumple con las condiciones del teorema de la función impl´ıcita en cada punto de una región R; entoncesverifique que, en R; se satisface la ecuación xzx + yzy = −z

3.5.5.

Puntos cr´ıticos m´ aximos y m´ınimos

Problema 1 Sea f : U ⊆ R2 → R definida en el abierto U , dada por: f (x, y) = x4 + y 4 + 4axy + 8a4 , (a ∈ R). Calcular los valores extremos de la función. Soluci´ on: Si a = 0, entonces, el u ńico punto cr´ıtico es P0 = (0, 0) (m´ınimo) . Si a >√ 0, tenemos tres puntos √ √ √ cr´ıtico es P0 = (0, 0) (punto silla), P1 = ( a, − a), P2 = (− a, a) (m´ınimos). Si a <√ 0, tenemos tres puntos cr´ıtico √ √ √ es P0 = (0, 0) (punto silla), P1 = ( −a, −a), P2 = (− −a, − −a) (m´ınimos). Problema 2 Hallar los extremos absolutos de la función f (x, y, z) = x + y + z en el conjunto D = ((x, y, z) ∈ IR3 /x2 + y 2 ≤ z ≤ 1) . Soluci´ on:

1 1 1 1 y vale , y el máximo se El m´ınimo de f se alcanza en − , − , 2 2 2 2 √ 1 1 1 y vale 1 + 2 alcanza en − √ , − √ , 2 2 2 284

Problema 3 Sea la función f (x, y) = xy (y 2 − x2 ) a) Determine y clasifique los puntos cr´ıticos de f b) Detemine los máximos y los m´ınimos de f en la región 0 ≤ x ≤ 1; 0 ≤ y ≤ 1. Soluci´ on: a) En P0 = (0, 0) hay un punto silla. En P1 = ( √13 , 1) hay máximo de f , y en P2 = (1, √13 , ) hay un m´ınimo de f 2 2 b) El máximo es f ( √13 , 1) = √ y el m´ınimo f (1, √13 ) = − √ 3 3 3 3 Problema 4 Calcular la distancia m´ınima del punto (0, b) a la parábola x2 −4y = 0. Soluci´ on: d=2 Problema 5 Calcular el paralelep´ıpedo de volumen máximo que tiene una diagonal de longitud 1. Soluci´ on: 1 1 1 1 V √ ,√ ,√ = √ 3 3 3 3 3 Problema 6 Hallar el punto de la elipse 3x2 −2xy+3y 2 = 8 para la cual la respectiva recta tangente está a la menor distancia del origen. Soluci´ on: Se tienen cuatro puntos cr´ıticos P0 = (1, −1) , P1 = (−1, 1) , √ √ √ √ P2 = 2, 2 , P3 = − 2, − 2 . 285

Los puntos donde esta la menor distancia son: √ √ √ √ d 2, 2 = d − 2, − 2 = 2 Los puntos donde está la mayor distancia : √ d (1, −1) = d (−1, 1) = 2

Problema 7 Un canaleta cuya sección transversal tiene forma de trapecio, con ángulos iguales en la base, se fabrica doblando bandas iguales a lo largo de ambos lados de una larga plancha de metal,de 12 pulgadas de ancho. Encuentre los ángulos de la base y el ancho de los lados que producen la máxima capacidad de la canaleta. 2π , ancho de lados 4 pulgadas Soluci´ on: ańgulos 3

Problema 8 Pruebe que para ańgulos x, y, z cuya suma es x + y + z = π2 , se cumple la desigualdad sin x sin y sin z ≤

3.6.

1 8

Aplicaciones Derivada Direccional

Ejemplo 1 Suponga que la temperatura en grados Celsuis en el punto (x, y) cerca de un aeropuerto está dada por 1 f (x, y) = [7400 − 4x − 9y − 0, 03xy] ( con las distancias x e y 180 medidas en kilometros). a) Suponga que un avión despega del aeropuerto en la ubicación P (200, 200) − y se dirige al noreste en la dirección especificada por el vector → v = (3, 4) .¿Cuál es la tasa de cambio inicial de la temperatura en la dirección dada?. 286

− b) Si el avión sale del aeropuerto en P y vuela en la dirección → v con ds una rapidez v = = 5 km/min. ¿Cuál es la tasa de cambio inicial de dt la temperatura en la dirección dada por unidad de tiempo? Soluci´ on: a) Como f es una función diferenciable en IR2 , la derivada direccional − de la función f en el punto P en la dirección → v está dada por: Dub f (P ) = ∇f (P ) · u b → − u (3, 4) 3 4 , Determinemos el versor u b= → =√ = 5 5 k− uk 32 + 42 1 1 Ahora calculemos el gradiente ∇f (P ) = (−4 − 0, 03y) , (−9 − 0, 03x) 180 180 La derivada direccional en cualquier punto es 1 3 4 1 Dvbf (P ) = (−4 − 0, 03y) , (−9 − 0, 03x) · , 180 180 5 5 Evaluemos la derivada direccional el punto P (200, 200), se encuentra que: 10 4 15 18 3 · − + − =− Dvbf (200, 200) = 5 180 5 180 180 o C Dvbf (200, 200) = −0, 1 km Lo que significa que se observará una disminución de 0, 1o C de temperatura en esa dirección por cada km de viaje. b) La tasa de variación de la temperatura con respecto al tiempo está dada por o df df ds C → − = = Dvbf (P ) k v k = −0, 1 (5km/min) dt ds dt km df km = −0, 5 dt m´ın

287

Ejemplo 2 Suponga ahora que consideramos que la temperatura en grados Celsuis en el punto (x, y, z) cerca de un aeropuerto está dada por 1 f (x, y, z) = [7400 − 4x − 9y − 0, 03xy] −2z , donde f es la tem180 peratura por kilometro de altitud. a) Si un halcón esta inmóvil en el aire, en el punto P (200, 200, 5) y sobre el aeropuerto desciende en forma s´ ubita con una rapidez de 3 km/min en la dirección dada por el vector (3,4,-12) . ¿Cuál es la tasa de cambio instantánea que experimenta el ave? b) ¿En qué dirección debe descender el halcón que está en el punto P(200,200) a una altitud de 5 km, a fin de calentarse lo más rápido? c) ¿Qué tan rápido s´ ubira su temperatura conforme el ave baje a una rapidez de 3 km/min? d) ¿Cuál será la dirección de la br´ ujula y el ańgulo de descenso conforme vuele en esa dirección particular? Soluci´ on: a) La derivada direccional de la función f en el punto P en la dirección → − v está dada por: Dub f (P ) = ∇f (P ) · u b → − (3, 4, −12) 3 4 12 u =q = , ,− Determinemos el versor u b= → 5 5 13 k− uk 2 2 2 3 + 4 + (−12) El vector gradiente de temperatura es 1 1 ∇f (P ) = (−4 − 0, 03y) , (−9 − 0, 03x) , −2 180 180 El gradiente en la posición inicial es 10 15 ∇f (200, 200, 5) = − ,− , −2 180 180 Por tanto , la tasa de cambio inicial de la temperatura del ave respecto de la distancia en la dirección dada es df = Dub f (P ) = ∇f (P ) · u b ds 288

Evaluemos la derivada direccional la posición inicial P (200, 200, 5),

Dvbf (200, 200, 5) =

10 4 15 12 47 3 · − + − −2 − = 13 180 13 180 13 26

ds Como la rapidez del ave es =3 km/min, entonces la tasa de cambio dt por unidad de tiempo que experimenta el halcón es o o df C df ds 47 C → − = = Dvbf (P ) k v k = (3km/min) ≈ 5, 4 dt ds dt 26 km m´ın c) El valor máximo está dado por df = [Dvbf (P )]máx = k∇f (P )k ds s 2 2 10 15 = − + − + (−2)2 180 180 = 2,0025 Y se alcanza en en la dirección dada por el gradiente n b=

(−10, −15, −360) ∇f (P ) = k∇f (P )k 360, 45

La rapidez del halcón es 3 , por lo que la tasa temporal de cambio de la temperatura en esa dirección experimentada por el halcon es o o df df ds C C → − = = Dvbf (P ) k v k = 2, 0025 (3km/min) ≈ 6, 0075 dt ds dt km m´ın

3.7. 3.7.1.

Aplicaciones de M´ aximos y M´ınimos Aplicaci´ on al campo de la mec´ anica

→ − Sea F : D → R3 un campo de Fuerza definido en cierto dominio D de R3 . Consideremos ahora una part´ıcula de masa m que se mueve a lo − largo de una trayectoria → r (t) bajo la acción de este campo de fuerza. 289

La ecuación de movimiento de la part´ıcula esta dada por la segunda ley de Newton: → − → − F (− r (t)) = m→ r ” (t) (∗) → − → − Si el campo vectorial F es conservativo, esto es, F = −∇V , entonces: 1 − − m k→ r 0 (t)k + V (→ r (t)) = c 2 donde c es una constante. El primer término se llama energ´ıa cinética y el segundo corresponde a la función potencial V. Si diferenciamos la expresión anterior usando la regla de la cadena: d 1 00 0 → − → − − − − − 0 m k r (t)k + V ( r (t)) = m→ r 0 (t)·→ r (t)+∇V (→ r (t))·→ r (t) = dt 2 0 → −0 00 00 − − − m− r (t) + ∇V (→ r (t)) · → r (t) = 0 ⇐⇒ m→ r (t) + ∇V (→ r (t)) = 0 → − − 00 − − Por tanto, m→ r (t) = −∇V (→ r (t)) = F (→ r (t)) lo que demuestra la ecuación de Newton (∗) . − Un punto → r o ∈ D se llama posición de equilibrio si la fuerza en ese → − − − punto es cero: F (→ r ) = 0.Un punto → r que sea de equilibrio se llama o

o

estable si para todo ρ > 0 y ε > 0, podemos escoger n´ umeros ρo > 0 y εo > 0 tales que un punto situado en cualquier lugar a una distancia − menor que ρo de → r o ,después de recibir inicialmente energ´ıa cinética en una cantidad menor que εo , permanecerá para siempre a una distancia − de → r o menor que ρ y poseera energ´ıa cinética menor que ε. − As´ı, si tenemos una posición de equilibrio, la estabilidad en → r o sig→ − nifica que una part´ıcula que se mueve lentamente cerca de r o siempre − permanecerá cerca de → r o y se mantendrá moviendose lentamente. − Ahora, si tenemos un punto de equilibrio inestable → r o , entonces → − → − → − → − − r (t) = r o resuelve la ecuación de Newton F ( r (t)) = m→ r ” (t) , → − pero las soluciones cercanas pueden alejarse de r conforme trascurra o

el tiempo. Proposici´ on 3.7.1. i) Los puntos cr´ıticos de un potencial son posiciones de equilibrio. − ii) En un campo conservativo, un punto → r o en el cual el potencial alcance un m´ınimo local estricto, es una posición de equilibrio estable. 290

Demostraci´ on 1) La primera afirmación es bastante obvia debido a la definición de → − − campo conservativo: F = −∇V, los puntos de equilibrios → r o son − exactamente los puntos cr´ıticos de V, en los cuales ∇V (→ r o) = 0 2) Para probar la afirmación ii), haremos uso de la ley de conservación de energ´ıa . Tenemos 1 1 − − − − m k→ r 0 (t)k + V (→ r (t)) = m k→ r 0 (0)k + V (→ r (0)) 2 2 − Escojamos un peque˜ na vecindad de → r , y asumamos que la part´ıcula o

tienen poca energ´ıa cinética. Conforme t crece, la part´ıcula se aleja − − − − r o sobre una trayectoria → r (t) y V (→ r (t)) crece pues V (→ r (0)) es de → un m´ınimo estricto , de modo que la energ´ıa cinética debe decrecer . Si la energ´ıa cinetica inicial es suficientemente peque˜ na, entonces, para − que la part´ıcula escape de la vecindad de → r o , fuera de la cual V ha crecido en una cantidad definida, la energia cinetica tendria que volverse negativa, lo cual es imposible. Asi, la particula no puede escapar de la vecindad. Sea una part´ıcula en un campo de potencial V restringido a mantenerse sobre la superficie de nivel S dada por la ecuación φ (x, y, z) = 0 → − − − con ∇φ 6= 0. Si en la ecuación de Newton F (→ r (t)) = m→ r ” (t) (∗) , → − → − reemplazamos F con la componente de F paralela a S, aseguramos que la part´ıcula permanecerá en S. Proposici´ on 3.7.2. i) Si en un punto P sobre la superficie S el potencial V |S tiene un valor extremo, entonces el punto P es una posición de equilibrio sobre la superficie. ii) Si un punto P ∈ S es un m´ınimo local estricto del potencial V|S , entonces el punto P es una posicion de equilibrio estable.

Ejemplo Sea el campo gravitacional cerca de la superficie de la tier→ − ra; esto es, sea F = (0, 0, −mg) donde g es la aceleración de gravedad . Determine la función potencial gravitacional y ¿cuáles son las posiciones de equilibrio, si una part´ıcula con masa m esta restrigida a la esfera g (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − r2 = 0, (r > 0)?¿Cuáles son estables?. Soluci´ on: 291

∂V = mg =⇒ V (x, y, z) = mgz ∂z Usando el método de los multiplicadores de Lagrange podemos localizar

Tenemos que

Fz = −

los extremos posibles, tenemos que: L (x, y, z, λ) L (x, y, z, λ) Lx (x, y, z, λ) Ly (x, y, z, λ)

= = = =

V (x, y, z) + λg (x, y, z) mgz + λ x2 + y 2 + z 2 − r2 2λx = 0 =⇒ λ 6= 0 y x = 0 (1,0) 2λy = 0 =⇒ λ 6= 0 y y = 0 (2,0) mg Lz (x, y, z, λ) = mg + 2λz = 0 =⇒ λ = − y z 6= 0 2z Lλ (x, y, z, λ) = x2 + y 2 + z 2 − r2 = 0 ( 4,0)

(3,0)

Reemplazando (1,0), (2,0), (3,0) en ( 4,0) z 2 − r2 = 0 =⇒ z = ±r y λ = −

mg 2r

Luego, se deduce que los puntos P1 = (0, 0, r) y P2 = (0, 0, −r) son posiciones de equilibrio.

3.7.2.

Aplicaciones a la geometr´ıa

Ejemplo 1 Determine la distancia m´ınima desde el origen (0,0,0) a y2 z2 la superficie S del elipsoide x2 + + = 1. 4 9 Soluci´ on: Sabemos que la distancia pentre un punto P y el origen está dada por x2 + y 2 + z 2 . Sin embargo, por razones de la función d(x, y, z) = simplicidad en los cálculos , en lugar de la función anterior vamos a considerar la función f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 en atención a que f tendra un m´ınimo en un punto si y solo si d lo tiene. Se trata de obtener los extremos condicionados de la función distancia y2 z2 f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 sujeta a la condición x2 + + = 1. 4 9 Formemos la función auxiliar de Lagrange y2 z2 + − 1) F (x, y, z, λ) = (x + y + z ) + λ(x + 4 9 2

2

292

2

2

y consideremos entonces el sistema. Fx (x, y, z, λ) = 2x + 2λx = 0 1 Fy (x, y, z, λ) = 2y + λy = 0 2 2 Fz (x, y, z, λ) = 2z + λz = 0 9 2 y z2 Fλ (x, y, z, λ) = x2 + + −1=0 4 9 De las tres primeras ecuaciones obtenemos 2x(1 + λ) = 0 =⇒ x = 0 ∨ λ = −1 1 y(2 + λ) = 0 =⇒ y = 0 ∨ λ = −4 2 1 2z(1 + λ) = 0 =⇒ z = 0 ∨ λ = −9 9 Sustituyendo y = z = 0 en la cuarta ecuación produce x2 − 1 = 0 =⇒ x = ±1 . Reemplazando x = z = 0 en la cuarta ecuación produce y2 − 1 = 0 =⇒ y = ±2 4 Sustituyendo x = y = 0 en la cuarta ecuación produce z2 − 1 = 0 =⇒ z = ±3 9 Luego , se obtienen seis puntos cr´ıticos P0 = (1, 0, 0) , P1 = (−1, 0, 0) , P2 = (0, 2, 0) , P3 = (0, −2, 0) P4 = (0, 0, 3) , P5 = (0, 0, −3) . Evaluando la función en los puntos encontrados deberá haber un máximo y un m´ınimo f (±1, 0, 0) = 1, f (0, ±2, 0) = 4, f (0, 0, ±3) = 9 Se tiene que el m´ınimo de f se encuentra en los puntos (±1, 0, 0) y es igual 1. y el máximo está localizado en los puntos (0, 0, ±3) y vale 9.

293

Ejemplo 2 Determine la distancia m´ınima y máxima del origen a la 7 curva de interseccion del paraboloide x2 + y 2 + z − = 0 y el plano 4 x + y + z − 2 = 0. Soluci´ on: Igual que el ejemplo anterior resulta mas conveniente hallar los extremos del cuadrado de la distancia respecto del origen en vez de la p 2 función distancia d (x, y, z) = x + y 2 + z 2 Por consiguiente, se trata de obtener los extremos condicionados de la función distancia f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 sujeta a las condiciones 7 g(x, y, z) = x2 + y 2 + z − = 0 y h(x, y, z) = x + y + z − 2 = 0 4 Formemos la función auxiliar de Lagrange 7 2 2 2 2 2 F (x, y, z, λ1 , λ2 ) = (x +y +z )+λ1 x + y + z − +λ2 (x + y + z − 2) 4 y consideremos entonces el sistema. Fx (x, y, z, λ1 , λ2 ) = 2x(1 + λ1 ) + 2λ2 = 0 (1) Fy (x, y, z, λ1 , λ2 ) = 2y(1 + λ1 ) + 2λ2 = 0 (2) Fz (x, y, z, λ1 , λ2 ) = 2z + λ1 + λ2 = 0 (3) 7 Fλ1 (x, y, z, λ1 , λ2 ) = x2 + y 2 + z − = 0 (4) 4 Fλ2 (x, y, z, λ1 , λ2 ) = x + y + z − 2 = 0 (5) De las dos primeras ecuaciones se obtiene λ1 = −1 ó y = x Consideremos primero el caso λ1 = −1.A partir de (1) se obtiene λ2 = 1 0 . Sustituyendo estos valores en (3) z = . 2 Reemplazando z en (4) y (5), produce 5 = 0 4 3 x+y− = 0 2

x2 + y 2 −

Resolviendo el sistema se obtienen los puntos cr´ıticos 294

1 1 1 1 P0 = 1, , , P1 = , 1, 2 2 2 2 Al evaluar ambos puntos en la función distancia, obtenemos r r 1 1 3 d (x, y, z) = 1 + + = 4 4 2 Consideremos ahora y = x , a partir de las ecuaciones (4) y (5) se obtiene 7 = 0 4 2x + z − 2 = 0

2x2 + z −

Resolviendo el sistema se obtienen los puntos cr´ıticos √ √ √ ! 2 1 2 2 1 P3 = ± , ± ,1 ∓ , 2 4 2 4 2 Al evaluar todos estos puntos en la función distancia, obtenemos √ √ √ ! √ 2 1 2 2 1 1p ± , ± ,1 ∓ 9∓2 2 d = 2 4 2 4 2 2 Como la curva de intersección del paraboloide y el plano es cerrada, las distancias máxima y minima absoluta del la curva al origen son: dmáx

√ 1p 9 + 2 2, = 2

r dm´ın =

3 2

Ejemplo 3 Encuentre el volumen máximo de una caja rectangular x2 y 2 z 2 inscrita en el elipsoide 2 + 2 + 2 = 1 con sus caras paralelas a los a b c planos coordenados. Soluci´ on: Sea P(x,x,z) el vértice de la caja que esta en el primer octante donde x > 0, y > 0, z > 0. Por la simetria del problema se desea maximizar la función volumen f (x, y, z) = 8xyz sujeta a la condición g(x, y, z) = x2 y 2 z 2 + 2 + 2 −1=0 a2 b c Formemos la función auxiliar de Lagrange 2 x y2 z2 F (x, y, z, λ) = 8xyz + λ + 2 + 2 −1 a2 b c 295

y consideremos entonces el sistema. 2λ x = 0 (1) a2 2λ Fy (x, y, z, λ) = 8xz + 2 y = 0 (2) b 2λ Fz (x, y, z, λ) = 8xy + 2 z = 0 (3) c 2 2 y z2 x Fλ (x, y, z, λ) = 2 + 2 + 2 − 1 = 0 (4) a b c Fx (x, y, z, λ) = 8yz +

Multiplicando las ecuaciones (1), (2)y (3) por x, y, x respectivamente, produce 2λ 2 x = 0 (1,1) a2 2λ 8xyz + 2 y 2 = 0 (2,2) b 2λ 8xyz + 2 z 2 = 0 (3,3) c

8xyz +

Entonces , obtenemos 2λ 2 2λ 2 2λ 2 x = 2 y = 2 z = −8xyz a2 b c Para obtener el volumen máximo se requiere que x, y, x 6= 0 y λ 6= 0 Concluimos entonces que x2 y2 z2 = = a2 b2 c2 Sustituyendo esta expresión en la ecuación (4), obtenemos 3

x2 a √ − 1 = 0 =⇒ x = a2 3

As´ı, sucesivamente se tiene un u ńico punto cr´ıtico a b c P0 = √ , √ , √ 3 3 3 Por lo tanto , la caja tiene un volumen máximo dado por a b c 8 fmáx √ , √ , √ = √ abc 3 3 3 3 3 296

3.7.3.

Aplicaci´ on al campo de la econom´ıa

Supongase que la producción de cierto producto de una compa˜ n´ıa manufacturera es una cantidad Q , donde Q es una función de f (K, L) donde K es la cantidad de capital (o inversión) y L es la cantidad de trabajo realizado. Si el precio del trabajo es p, el precio del capital es q y la compa˜ nia no puede gastar más de B dólares, ¿cómo podemos hallar la cantidad de capital y de trabajo que maximice la producción Q? Soluci´ on: Se esperar´ıa que si se incrementa la cantidad de capital o de trabajo, entonces la producción deberá incrementarse; esto es: ∂Q ∂Q ≥0 y ≥0 ∂K ∂L También se esperaria que conforme se a˜ nada trabajo a una cantidad dada de capital, obtendremos menos productos adicionales por nuestro esfuerzo, esto es: ∂ 2Q <0 ∂K 2 De manera análoga, ∂ 2Q <0 ∂L2 Con estas hipótesis sobre Q , es razonable esperar que las curvas de nivel de la producción- llamadas isocuantas- Q(K, L) = c, se vean como las esbozadas en la figura, con c1 < c2 < c3. pendiente imagen Podemos interpretar la convexidad de las isocuantas como sigue: si nos movemos hacia la derecha a lo largo de una isocuanta dada , se emplea más capital para reemplazar una unidad de trabajo y producir la misma cantidad. La restricción de presupuesto significa que debemos mantenernos dentro del triángulo acotado por los ejes y la recta pL + qK = B. Geometricamente, es claro que producimos más al gastar nuestro dinero de tal manera que seleccionemos la isocuanta que solamente toca, pero no cruza, la recta presupuesto. 297

Como el punto máximo está en la frontera de nuestro dominio, aplicaremos el método de los multiplicadores de Lagrange para hallar el máximo. Para maximizar Q = f (K, L) sujeto a la restricción pL + qK = B, buscamos los puntos cr´ıticos de la función auxiliar H (K, L, λ) = f (K, L) + λ (pL + qK − B) As´ı queremos: HK (K, L, λ) = fK (K, L) + λq = 0 =⇒ fK (K, L) = QK (K, L) = −λq HL (K, L, λ) = fL (K, L) + λp = 0 =⇒ fL (K, L) = QL (K, L) = −λp Hλ (K, L, λ) = pL + qK − B = 0 =⇒ pL + qK − B = 0 Con estas ecuaciones podemos encontrar los puntos cr´ıticos de la función Q. Luego, usando derivación implicita podemos determinar el punto donde se maximiza la producción. En el ejemplo anterior , λ representa algo interesante. Más adelante vamos a interpretar λ. Sean k = qK y l = pL, de modo que k es el valor en dólares del capital empleado, y l es el valor en dolares del trabajo empleado, entonces las ecuaciones se convierten en: H (k, l, λ) = f (k, l) + λ (l + k − B)

Hk (k, l, λ) = fk (k, l) + λ = 0 =⇒ fk (k, l) = Qk (k, l) = −λ Hl (k, l, λ) = fl (k, l) + λ = 0 =⇒ fl (k, l) = Ql (k, l) = −λ Hλ (k, l, λ) = λl + k − B = 0 =⇒ λl + k − B = 0 Comparando con las primeras dos ecuaciones del caso anterior se tiene que: ∂Q 1 ∂ ∂Q 1 ∂ = = −λ = = ∂k q ∂K ∂l p ∂K As´ı , en el punto o´ptimo de producción , el cambio marginal en la producción por dólar de inversión de capital adicional, es igual al cambio marginal de la producción por dólar de trabajo adicional, y λ es este 298

valor com´ un. En el punto óptimo, el intercambio de un dólar de capital por un dólar de trabajo no cambia la producción. Fuera del punto o´ptimo, la producción marginal es distinta, y un intercambio, o el otro, incrementan la producción. Ejemplo Suponga que la producción total de una compa˜ nia está da1/4 1/2 da por la función P = P (K, L) = K L donde K denota el n´ umero de unidades de capital usado y L es el n´ umero de unidades de trabajo usado. a) Suponga que cada unidad de capital K cuesta 1 millón de dólares y cada unidad de trabajo L cuesta 7 millones de dólares.Considere el problema de maximizar la producción total P si el presupuesto total es de 10 millones de dólares. b) Suponga que el capital K aumenta en una razón de 4 % por a˜ no, y el trabajo L aumenta en una razón de 5 % por a˜ no. Determine la razón de crecimiento de la producción P por a˜ no. Soluci´ on: Tenemos que extremar P = P (K, L) = K 1/4 L1/2 bajo la condición K + 7L − 10 = 0 Sea la función auxiliar de Lagrange F (K, L.λ) = K 1/4 L1/2 + λ (K + 7L − 10) y consideremos entonces el sistema. 1 −3/4 1/2 K L +λ=0 4 1 1/4 −1/2 FL (K, L.λ) = K L + 7λ = 0 2 Fλ (K, L.λ) = K + 7L − 10 = 0

FK (K, L.λ) =

Multiplicando (1,0) por 4K y (2,0) por 2L, produce: K 1/4 L1/2 + 4Kλ = 0 (1,1) K 1/4 L−1/2 + 14Lλ = 0 (2,1) Restando las u ´ltimas ecuaciones tenemos: 299

(1) (2) (3)

4Kλ − 14Lλ = 0 Entonces 2λ(2K − 7L) = 0 =⇒ λ = 0´ o (2K − 7L) = 0 Si λ = 0 nos quedamos sin restricion, luego 7 λ 6= 0y(2K − 7L) = 0 =⇒ K = L 2 Reemplazando el resultado anterior en (3,0) ,queda 20 10 7 L + 7L = 10 =⇒ L = entonces K = 2 21 3 10 20 Asi, se tienen un u ńico punto cr´ıtico en P0 = , . 3 21 1/4 1/2 10 20 10 20 , Por tanto, la produccion maximizada será P = 3 21 3 21 ii) Supongamos que K y L aumentan en una razón de 4 % y 5 %, respectivamente, por a˜ no dK = 0, 04K dt dL = 0, 05L dt

(1,0) (2,0)

Usando la regla de la cadena sobre la función P (K, L) tenemos: dP dt dP dt

∂P ∂K ∂P ∂L + ∂K ∂t ∂L ∂t 1 −3/4 1/2 ∂K 1 1/4 −1/2 ∂L = K L + K L 4 ∂t 2 ∂t =

(3,0)

Sustituyendo (1,0) y (2,0) en (3,0) dP dt dP dt

1 −3/4 1/2 1 K L (0, 04K) + K 1/4 L−1/2 (0, 05L) 4 2 1 1 = K 1/4 L1/2 0, 04 + 0, 05 4 2 =

300

Reemplazado en la expresion anterior P = K 1/4 L1/2 dP Finamente, se tiene: = 0, 035P,lo que significa que la producción dt aumenta 3,5 % por a˜ no.

Ejemplo Una compa˜ nia planea gastar 10.000 dólares en publicidad. Cuesta 3.000 dólares un minuto de publicidad en la televisión y 1.000 dólares un minuto de publicidad en la radio. Si la empresa compra x minutos de comerciales en televisión e y minutos de comerciales en la radio, su ingreso, en miles de dólares, esta dado por f (x, y) = −2x2 − y 2 + xy + 8x + 3y. ¿Como puede la empresa maximizar su ingreso invirtiendo en la publicidad? Soluci´ on: Se desea maximizar la función f (x, y) = −2x2 − y 2 + xy + 8x + 3y bajo la restricción g(x, y) = 3x + y − 10 = 0. Consideremos la función auxiliar L (x, y, λ) = −2x2 − y 2 + xy + 8x + 3y + λ (3x + y − 10) Primero,apliquemos la condición necesaria de punto cr´ıtico ∇L (x, y, λ) = 0. Lx (x, y, λ) = −4x + y + 8 − 3λ = 0 Ly (x, y, λ) = −2y + x + 3 − λ = 0 Lλ (x, y, λ) = 3x + y − 10 = 0

(1) (2) (3)

De la ecuaciones (1) y (2)se obtiene y = 3λ + 4x − 8

(1,1) , x = λ + 2y − 3

(2,1)

Reemplazando (2,1) en (1,1) queda: y = 3λ + 4 (λ + 2y − 3) − 8 =⇒ y = 7λ + 8y − 80 Luego, se tiene y=

20 −λ 7

Asi, (1,2) en (2,1) produce: 301

(1,2)

x=

19 −λ 7

(2,2)

Sustituyendo (1,2) y (2,2) en (3,0) , obtenemos: 4λ − 1 = 0 =⇒ λ =

1 . 4

Entonces (1,2) y (2,2) nos da un u ńico punto cr´ıtico P0 = .

73 69 , 28 28

Determinemos la naturaleza de este punto critico usando el criterios de la segunda derivada. El hessiano para f (x, y) es fxx fxy −4 1 73 69 = , = H fxy fyy 1 −2 28 29 = −4 < 0

=7>0

y

fxx

73 69 , 28 28

73 69 Por lo tanto, la función es máxima en el punto P0 = , . 28 28 73 minutos de comerciales en As´ı , la empresa tendria que comprar 28 69 televisión y minutos de comerciales en radio. 28

3.7.4.

Problemas Propuestos de Aplicaciones

1.- Sea una part´ıcula que se mueve en un campo de potencial en R2 dado por V (x, y) = 3x2 + 2xy + 2x + y 2 + y + 4. Hallar los puntos de equilibrio estable si los hay. 1 1 Soluci´ on: Hay un u ńico punto de equilibrio estable en − , . 4 4 2.- Sea una part´ıcula moviéndose en un campo de potencial en R2 dado por V (x, y) = x2 + 4xy − y 2 − 8x − 6y. Hallar todos los puntos de equilibrio.¿Cuáles, si los hay, son estable? Soluci´ on : Hay un u ńico punto de equilibrio inestable en (2, 1) . 3.- Sea una part´ıcula restringida a moverse sobre la esfera x2 +y 2 +z 2 = 1, sujeta a fuerzas gravitacionales, asim como al potencial adicional V (x, y, z) = x + y.Hallar los puntos de equilibrio estable, si los hay. 302

−1/2

Soluci´ on : Hay un u ńico punto de equilibrio estable en (2 + m2 g 2 )

(−1, −1, −mg) .

4.- Usando la información anterior , encuentre el punto o´ptimo para la función de producción Q (K, L) = AK α L1−α , donde A y α son constantes positivas y 0 < α < 1, que se usa para modelar la econonom´ıa nacional. Q es, entonces, la producción agregada de la econom´ıa para una entrada de capital y trabajo dada . pL KQ = Soluci´ on: En el o´ptimo: α 1−α 5.- Una compa˜ nia usa aluminio, hierro y magnesio para producir acccesorios de automóviles. La cantidad de accesorios que puede producir usando x toneladas de aluminio, y toneladas de hierro y z toneladas de magnesio es Q (x, y, z) = xyz. El costo de la materia prima es: aluminio 6 dólares por tonelada; hierro 4 dólares por tonelada ; y magnesio 8 dolares por tonelada. ¿Cuántas toneladas de aluminio, hierro y magnesio deberán usarse para manufacturar 1000 accesorios al menor costo posible? √ √ 20 √ 3 3 , y = 10 3 3, z = 5 3 3 Soluci´ on: x = 3 6.- Una Pyme cuenta con 8.000 dólares para importar dos tipos de bebidas energéticas . Si x son la unidades de bebidas energéticas que se 12x unidades de importarán desde Holanda, y se estima que venderán x+6 esta bebidas a un precio de 200 dólares cada una. Si y son la unidades de bebidas energéticas que se importarán desde Alemania, estimandose 24y que venderán unidades, a un precio de 200 dólares cada una. y+3 Si el costo por unidad vendida de cada bebida es de 50 dólares. a) Determine cuantas unidades de cada bebida energética deben importar para maximizar su utilidad. b) Determine la utilidad máxima. Soluci´ on:La función utilidad esta dada por la diferencia entre el precio de venta de las bebidas y el costo de importación a) 78, 5 bebidas Holandesas y 81, 5 bebidas Alemanas. b) Utilidad U (78, 5; 81, 5) = 5144, 7 dólares. 303

7.- La función de producción de una compa˜ n´ıa es Q (x, y) = xy. El costo de producción es C (x, y) = 2x+3y.Si esta compa˜ n´ıa puede gastar C (x, y) = 10, ¿cuál es la máxima cantidad que puede producir? Soluci´ on: P

3.8.

5 5 , 2 3

=

25 6

Auto evaluaciones

Autoevaluaci´ on No 1 El estudiante: 1) Determinará si una función f : D ⊆ R2 −→ R definida en el conjunto abierto D, es o no diferenciable en un punto del dominio, empleando la definición de diferenciabilidad. 2) Calculará la derivada direccional máxima de una función f diferenciable en un punto evaluando el gradiente y el vector unitario necesario. 3) Utilizará el método de los multiplicadores de Lagrange para localizar los posibles valores extremos de una función f : Ω ⊆ RN −→ R, definida en un conjunto abierto Ω, sujeta a una o dos condiciones gm (x) = 0 , m = 1,2 y m
Pauta Autocorrecci´ on 304

Pregunta 1 En primer lugar, sus derivadas parciales en el punto (x0 ; y0 ) = (1; 2) existen y valen ∂f ∂f (x, y) = 2x =⇒ (1, 2) = 2 ∂x ∂x ∂f ∂f (x, y) = 4y =⇒ (1, 2) = 8 ∂y ∂y En segundo lugar, para mostrar que f es diferenciable tenemos que demostrar que se cumple ∂f ∂f (x0 , y0 ) (x − x0 ) + (x0 , y0 ) (y − y0 ) f (x, y) − f (x0 , y0 ) + ∂x ∂y q l´ım =0 (x,y)→(x0 ,y0 ) (x − x0 )2 + (y − y0 )2 En efecto, tenemos que mostrar que (x2 + 2y 2 ) − (9 + 2(x − 1) + 8(y − 2)) q =0 (x,y)→(1,2) (x − 1)2 + (y − 2)2 l´ım

Para demostrar esto , traslademos el origen usando el cambio de variables u = (x − 1) y v = (y − 2) .De este modo, tenemos que ((u + 1)2 + 2(v + 2)2) − (9 + 2u + 8v) √ (u,v)→(0,0) u2 + v 2 l´ım

si se desarrollan los paréntesis, se obtiene u2 + 2v 2 √ l´ım (u,v)→(0,0) u2 + v 2 Si nos acercamos al origen por una recta v = ku, obtenemos u2 + 2v 2 u2 (1 + 2k 2 ) l´ım √ = l´ım √ =0 u→0 u 1 + k 2 (u,v)→(0,0) u2 + v 2 Esto no prueba que el valor del l´ımite sea cero. Lo que nos indica es que si tal l´ımite existe, debe ser cero. As´ı, se requiere la aplicación directa de la definición de l´ımite para concluir que éste existe y vale cero Para aplicar la definición se tiene que 2 u + 2v 2 ≤ 2u2 + 2v 2 ≤ 2 u2 + v 2 305

Luego 2 √ u + 2v 2 2(u2 + v 2 ) √ = 2 u2 + v 2 √ − 0 ≤ u2 + v 2 u2 + v 2 vemos que √

2(u2 + v 2 ) √ = u2 + v 2 < δ u2 + v 2 < δ =⇒ √ 2 2 2 u +v

Es decir, con δ = 2 nos queda 2 u + 2v 2 k(u, v) − (0, 0)k < δ =⇒ √ − 0 < u2 + v 2 lo que nos dice que efectivamente u2 + 2v 2 √ =0 (u,v)→(0,0) u2 + v 2 Por lo tanto la función f es diferenciable en el punto (1, 2) . l´ım

Pregunta 2 La función z = eax+by cos(x + y) es continua en todo IR2 por ser composición de funciones continuas. ∂f = aeax+by cos(x + y) − eax+by sen(x + y) ∂x ∂f = = beax+by cos(x + y) − eax+by sen(x + y) ∂y

z0x = z0y

Además, las derivadas parciales son continuas en todo IR2 .Por tanto la función es diferenciable en todo en todo IR2 . Esto significa que la derivada direccional en un punto P (x, y) en una dirección u b se puede obtener como el producto escalar del gradiente de la función en el punto y el versor que se˜ nala la dirección en el punto considerado √ Dub f (x, y) = ∇f (x, y) · u b=3 2 Por otro lado, el gradiente de f nos da la dirección hacia donde la derivada direccional es máxima, que en este caso corresponde a la bisectriz del primer cuadrante, luego tenemos: √ √ ! √ ∇f (0, 0) 2 2 k∇f (0, 0)k = 3 2 y u b= = , k∇f (0, 0)k 2 2 306

Calculando el gradiente en el punto P(x, y) se tiene: ∇f (x, y) = (aeax+by cos(x + y) − eax+by sen(x + y), beax+by cos(x + y) −eax+by sen(x + y)) Evaluando en el origen, obtenemos: ∇f (0, 0) = abi + bb j se tiene que cumplir que: √ √ ! 2 2 a b √ , √ = , =⇒ a = b 2 2 3 2 3 2 Por lo tanto, al sustituir el resultado en la primera ecuación, queda: a=b=3 √

√ a2 + b 2 = 3 2 y u b=

Pregunta 3 p Hay que calcular los m´ınimos de la función d (x, y) = x2 + y 2 bajo la condición 2x + y − 1 = 0. Sin embargo, podemos simplificar cálculos si se trabaja con la función f (x, y) = x2 + y 2 , puesto que los máximos y min´ımos de ambas funciones coinciden. Determinemos los puntos cr´ıticos usando la función de Lagrange Sea la funcion de Lagrange F (x, y, λ) = x2 + y 2 + λ (2x + y − 1) , aplicando la condicion necesaria de punto critico , se tiene Fx (x, y, λ) = 2x + 2λ = 0 =⇒ x = −λ λ Fy (x, y, λ) = 2y + λ = 0 =⇒ y = − 2 Fλ (x, y, λ) = 2x + y − 1 = 0 Sustituyendo los dos primeros resultados en la tercera ecuación, produce 2 1 2 x = ,y = ,λ = − . 5 5 5 2 1 Entonces, existe un u ńico punto cr´ıtico, que es P = , . 5 5 Determinemos si es máximo o m´ınimo, usando la función de Lagrange 2 para el valor λ obtenido F (x, y) = x2 + y 2 + (2x + y − 1) 3 Derivando parcialmente, queda 4 Fx (x, y) = 2x + =⇒ Fxx (x, y) = 2, Fxy (x, y) = 0 3 Fy (x, y) = 2y +

2 =⇒ Fyy (x, y) = 2 3 307

Luego, el determinante de la matriz Hessiana es: 2 0 = 4 6= 0. Como Fxx = 2 > 0 , se trata de un m´ınimo H (x, y) = 0 2 de F .

Autoevaluaci´ on No 2 El estudiante: 1) Determinará la continuidad de una función f : R2 → R, dada f (x, y) y un punto (x0 , y0 ) del dominio. 2) Evaluará las derivadas parciales, de primer y segundo orden, de una función f (x, y) en un punto dado del dominio , por definición. 3) Calculará las derivadas parciales de primer y segundo orden de una función f (x, y) usando el a´lgebra de derivadas. 4) Empleará la definición de derivada direccional para determinar la existencia y variación de una función f en un punto (x, y) de su dominio en una dirección vb, 5) Empleará el teorema de la función implicita, en la vecindad de un punto (x0 , y0 ) del dominio y calculará las derivadas de una función impl´ıcita de primer y segundo orden. 6) Usará la regla de la cadena para probar que una función compuesta es solución de una ecuación diferencial parcial. Tiempo: 2 horas Pregunta 1

x sin(xy) x2 +y 2

si (x, y) 6= (0, 0) 0 si (x, y) = (0, 0) a) estudie la continuidad de f en todo IR2 ∂f ∂f b) calcular y en todo IR2 ∂x ∂y c) estudie la derivada direccional de f en (0, 0) d) determine si f es diferenciable en (0, 0). Dada la función f (x, y) =

Pregunta 2 Dada F (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + xy + 2z − 1 = 0 a) Verificar si F (x, y, z) = 0 define en el punto P (0, −1, 0) a z como función impl´ıcita de x e y, es decir, z = f (x, y) b) Calcular zx (0, −1) , zy (0, −1) , zxx (0, −1) y zyy (0, −1) Pregunta 3 308

La ecuación de onda

∂ 2u ∂ 2u = a ∂t2 ∂x2 donde a es una constante, describe el movimiento de una onda, que puede ser una onda de sonido, una onda de luz o una onda que viaja a lo largo de una cuerda vibrante.Si f y g son funciones de una sola variable dos veces derivables, compruebe que la función u(x, t) = f (x + at) + g(x − at) satisface la ecuación de onda.

Pauta Autocorrecci´ on Pregunta 1 (a) En los puntos de IR2 distintos de (0, 0) la función es continua por ser cuociente de funciones continuas con denominador no nulo. En (0, 0) estudiemos la continuidad de f : i) Existe f (0, 0) = 0 ii) x sin (xy) lim f (x, y) = lim (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) x2 + y 2 Al usar coordenadas polares se tiene r cos θ sin (r2 cos θ sin θ) x sin (xy) = l´ ım r→0 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 r2 2 = l´ımr cos θ sin θ = 0 = f (0, 0) lim

r→0

Puesto que sin α ' α si α → 0,y θ ∈ [0, 2π] , −1 < cos2 θ sin θ < 1,en el u ´ltimo l´ımite se tiene que el producto de una cantidad infinitésimal por una función acotada es cero. Por lo tanto la función es continua en todo IR2 b) Las derivadas parciales ∀ (x, y) 6= (0, 0) son: ∂f [sin (xy) + xy cos (xy)] (x2 + y 2 ) − 2x [x sin (xy)] = ∂x (x2 + y 2 )2 2 2 ∂f [x cos (xy)] (x + y 2 ) − 2y [x sin (xy)] = ∂y (x2 + y 2 )2 Además, las derivadas parciales para (x, y) = (0, 0) son h sin 0 −0 ∂f f (h, 0) − f (0, 0) 0 2 (0, 0) = l´ım = l´ım h = l´ım = 0 h→0 h→0 h→0 h ∂x h h 0 sin 0 −0 ∂f f (0, k) − f (0, 0) 0 2 (0, 0) = l´ım = l´ım k = l´ım = 0 k→0 k→0 k→0 k ∂y k k

309

Por lo tanto las derivadas parciales de primer orden existen en todo IR2 c) Calculamos b = (a, b) tal √ la derivada direccional en cualquier dirección u que kb uk = a + b = 1utilizando, la definición f (ta, tb) − f (0, 0) t→0 t ta sin(t2 ab) ta(t2 ab) − 0 −0 2 2 t = l´ım = l´ım t t→0 h→0 t t 2 Dub f (0, 0) = a b Dub f (0, 0) = l´ım

Por tanto, existe la derivada direccional de la función f en el origen en cualquier dirección u b = (a, b). d) Examinemos si función es diferenciable en el origen. Utilizando la definición de diferenciabilidad, se tiene: f (h, k) − f (0, 0) − fx (0, 0) h − fy (0, 0) k = (h,k)→(0,0) k(h, k)k h sin (hk) −0−0·h−0·k h2 + k 2 √ l´ım = (h,k)→(0,0) h2 + k 2 l´ım

h sin (hk) (h,k)→(0,0) (h2 + k 2 )3/2 l´ım

Calculemos este l´ımite utilizando coordenadas polares r cos θ sin (r2 cos θ sin θ) h sin (hk) = l´ ım r→0 (h,k)→(0,0) (h2 + k 2 )3/2 r3 r cos θ (r2 cos θ sin θ) = l´ım r→0 r3 = cos2 θ sin θ 6= 0 l´ım

El l´ımite no es cero y por lo tanto la función no es diferenciable en (0, 0). Pregunta 2 a) F (x, y, z) = 0 define a z = f (x, y) en una vecindad de P (0, −1, 0) si: i) El punto P es un punto de la superficie, es decir, F (0, −1, 0) = 0. En efecto, al evaluar F (0, −1, 0) = 0 + 1 + 0 + 0 + 0 − 1 = 0. ii) Fx , Fy , Fz son continuas en una vecindad de P. En efecto: Fx (x, y, z) = 2x + y , Fy (x, y, z) = 2y + x, Fz (x, y, z) = 2z + 2 son funciones polinómicas y estas son continuas en IR2 . iii) Además, se debe cumplir Fz (0, −1, 0) 6= 0 Como Fz (x, y, z) = 2z + 2 entoncesFz (0, −1, 0) = 0 + 2 = 2 6= 0. 310

El teorema de la función impl´ıcita garantiza una vecindad V (0, −1) en la cual podemos definir una función z = f (x, y) tal que F (x, y, f (x, y)) = 0. b) La función tiene derivadas continuas en V (0, −1) que pueden calcularse por: 2x + y Fx (0, −1, 0) 1 Fx (x, y, z) =− =⇒ zx (0, −1) = − = zx (x, y) = − Fz (x, y, z) 2z + 2 Fz (0, −1, 0) 2 Fy (x, y, z) 2y + x Fy (0, −1, 0) zy (x, y) = − =− =⇒ zy (0, −1) = − =1 Fz (x, y, z) 2z + 2 Fz (0, −1, 0) Para calcular las derivadas de segundo orden basta derivar (1) y (2) respecto a x e y respectivamente: [(2z + 2)2 − (2x + y) (2zx )] 5 zxx (x, y) = − =⇒ zxx (0, −1) = − 2 (2z + 2) 4 zyy (x, y) = −

[(2z + 2) 2 − (2y + x) (2zy )] =⇒ zyy (0, −1) = −2 (2z + 2)2

Pregunta 3 Derivando u(x, t) con respecto a x se tiene que : ∂u = f 0 (x + at) + g 0 (x − at) ∂x ∂ 2u = f 00 (x + at) + g 00 (x + at) ∂x2 Asimismo las derivadas u(x, t) con respecto a t están dadas por : ∂u = af 0 (x + at) − ag 0 (x − at) ∂t ∂ 2u = a2 f 00 (x + at) + a2 g 0 (x − at) ∂t2 Sustituyendo obtenemos que 2 ∂ 2u 2 00 2 0 2 00 0 2∂ u = a f (x + at) + a g (x − at) = a (f (x + at) + g (x − at)) = a ∂t2 ∂x2

Autoevaluaci´ on No 3 El estudiante: 1) Resolverá problemas de aplicación empleando la derivada direccional de una función f diferenciable en un punto (x, y) en una dirección dada por vector unitario u b, 2) Empleará el teorema de la derivada implicita para obtener las derivadas parciales de primer y segundo orden de una función implicita. 3) Hallará los puntos cr´ıticos de una función f : Ω ⊆ R2 → R aplicando la condición necesaria de punto cr´ıtico. 311

4) Utilizará el criterio de la segunda derivada para determinar los extremos locales de funciones de dos variables. Tiempo: 2 horas Pregunta 1 El conjunto de los puntos (x, y) tal que 0 ≤ x ≤ 5 , 0 ≤ y ≤ 5 es un cuadrado colocado en el primer cuadrante del plano XY . Supongamos que se calienta ese cuadrado de tal manera que T (x, y) = x2 + y 2 es la temperatura en el

de

puntoP (x, y). ¿En qué direccion se establecerá el flujo de calor en el punto P0 (3, 4) ?. Pregunta xy 2 , x2 + y 2 = 0 una ecuación que define a z como una función Sea g z x e y. Verifique que si gx ; gy y gz existen y son continuas en toda la región en la que gz 6= 0; entonces yzx − xzy = −

z (x2 − y 2 ) xy

Pregunta 3 Hallar los valores extremos locales, absolutos y puntos sillas de f (x, y) = xy(1 − x2 − y 2 ) en [0, 1]× [0, 1].

Pauta Autocorrecci´ on Pregunta 1 → − El flujo de calor en la región está dado por una función vectorial f (x, y) y su valor en cada punto depende de las coordenadas de éste. Sabemos → − que f (x, y) es perpendicular a las curvas de isonivel T (x, y) = c donde c es constante. Por consiguiente, el gradiente de la función T (x, y) → − verifica esta condición. Entonces f (x, y) = −κ∇T (x, y) donde κ es una constante positiva ,llamada conductividad térmica. Nótese que el signo negativo indica que el calor fluye desde puntos de mayor temperatura a puntos de menor temperatura. Como T (3, 4) = 25 el punto P está en la isoterma T (x, y) = 25 , que es un cuadrante de la circunferencia x2 + y 2 = 25. Sabemos que el flujo 312

→ − de calor en P0 (3, 4) es f (3, 4) = −K∇T (3, 4) . Apartir de ∇T (x, y) = 2xbi + 2yb jse tiene que ∇T (3, 4) = 6bi + 8b j.As´ı, el → − b b flujo de calor en P0 es: f (3, 4) = −κ(6i + 8j). Como la conductividad térmica es positiva se puede afirmar que el calor fluye en P0 en la dirección del vector unitario. −(6bi + 8b j) 3b 4 b u b= √ i+ j =− 5 5 36 + 64 Pregunta xy 2 xy , x2 + y 2 = 0 y u = , v = x2 + y 2 . Sea g z z Entonces h i y g · + g · 2x u v gx zx = − = − z xy gz −gu · 2 z i h x + g · 2y g · v u gy zy = − = − z xy gz −gu · 2 z Sumando términos h i i h y x gu · + gv · 2x gu · + gv · 2y z z yzx − xzy = y −x xy xy gu · 2 gu · 2 z z (x2 − y 2 ) gu · z (x2 − y 2 ) z = − =− xy xy gu · 2 z Pregunta 3 Sea f (x, y) = xy(1 − x2 − y 2 ) en el interior del cuadrado (0, 1)× (0, 1). Obtengamos sus puntos cr´ıticos ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ fx (x, y) = y(1 − x2 − y 2 ) + xy(−2x) = y − 3x2 y − y 3 = 0 fy (x, y) = x(1 − x2 − y 2 ) + xy(−2y) = x − x3 − 3xy 2 = 0 Factorizando las ecuaciones anteriores, se tiene y(1 − 3x2 − y 2 ) = 0 =⇒ y = 0 ó 1 − 3x2 − y 2 = 0 x(1 − x2 − 3y 2 ) = 0 =⇒ x = 0 o´ 1 − x2 − 3y 2 = 0 Consideremos y = 0, x = 0 =⇒ P0 (0, 0) no pertenece al interior del cuadrado. Tomemos ahora las expresiones y = 0; 1 − x2 − 3y 2 = 0 =⇒ dos puntos criticos P1 (1, 0); P2 (−1, 0) estos puntos no pertenecen al interior del cuadrado. Resolvamos las ecuaciones 313

x = 0; 1 − 3x2 − y 2 = 0 =⇒ P3 (0; 1); P4 (0; −1) estos puntos tampoco pertenecen al interior del cuadrado. Examinemos, las ecuaciones 1 − x2 − 3y 2 = 0 =⇒ y 2 = 1 − 3x2 =⇒ 1 − x2 − 3(1 − 3x2 ) = 0 1 − 3x2 − y 2 = 0 1 1 4x2 = 1 =⇒ x = ; x = − esta u ´ltima coordenada no pertenece al 2 2 interior del cuadrado, luego , al sustituir en la segunda ecuación anterior produce: 1 1 1 1 1 2 2 x = ; 1 − x − 3y = 0 =⇒ y = ; y = − =⇒ dos punto P5 ; 2 2 2 2 2 y 1 1 P6 ;− ∈ / al interior del cuadrado. 2 2 1 1 Entonces estudiemos el Hessiano en el punto P5 ; 2 2 2 fxx(x, y)= −6xy, 3y 2 , fyy (x, y) = −6xy 3 fxy1(x, y) = 1 − 3x − − − 1 1 1 1 3 2 = 2 > 0 y f H , = 21 , = − < 0 =⇒ xx 3 −2 −2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 hay un m´ınimo local de f en P5 , , cuyo valor es f = . 2 2 2 2 8 Finalmente, estudiemos la función en la frontera del cuadrado: Para x ∈ [0, 1]; y = 0 ; f (x, 0) = 0 =⇒ m´ınimo en este segmento abierto . Ahora, en los vértices, f (0; 0) = 0 =⇒ m´ınimo local y f (1, 0) = 0. 0 Para y ∈ [0, 1]; x = 1; f (1; y) = −y 3 =⇒ f (y) = −3y 2 = 0 ⇐⇒ 00 y = 0; f (y) = −6y; f 00 (0) = 0 no existen valores extremos en el segmento abierto . Ahora, en los vértices f (1, 0) = 0; f (1, 1) = −1. Por lo tanto hay m´ınimos locales en (1, 0),(1, 1). Para x ∈ [0, 1]; y = 1; f (x; 1) = −x3 =⇒ f 0 (x) = −3x2 = 0 ⇐⇒ x = 0; f 00 (x) = −6x; f 00 (0) = 0 entonces no existe ni máximo ni m´ınimo en el segmento abierto. En los vértices x = 0; x = 1 tenemos f (0, 1) = 0; f (1, 1) = −1 =⇒ m´ınimos locales. Para x = 0; y ∈ [0, 1]; f (0; y) = 0 =⇒ m´ınimo local en el segmento abierto.

314

Cap´ıtulo 4 Integraci´ on Multiple

Falta una introducción

4.1.

Integrales dobles y triples

4.1.1.

Integrales Dobles

Aspectos geom´ etricos Sea R un rectángulo representado por R = [a, b] × [c, d] y f una función continua definida sobre R, es decir f : R ⊆ R2 → R Caso de funciones no negativas: Supongamos que f (x, y) ≥ 0 y ∀(x, y) ∈ R tal que la gráfica de z = f (x, y) está arriba del plano xy ,determinando una región V del espacio R3 , bajo la superficie z = f (x, y) y sobre la región R. Antes de dar una definición en el lenguaje de las Sumas de Riemann, podemos decir que; bajo las condiciones anteriores el volumen de la región V corresponde en este caso a lo que llamaremos integral doble de f sobre R y que denotaremos: Z Z Z Z f (x, y)dA o f (x, y)dxdy R

R

315

Ejemplo: Sea f (x, y) = x2 + y 2 y R = [0, 1] × [0, 2].

Figura 4.1: paraboloide El volumen bajo el paraboloide z = x2 + y 2 sobre el rectángulo R corresponde a la integral doble de f sobre R en este caso. Z Z (x2 + y 2 )dA R

Debemos estar claros eso si, que el concepto de integral doble es mucho más que esta interpretación geométrica

Integral doble sobre un rect´ angulo Sea R = [a, b] × [c, d] un rectángulo y f una función acotada definida sobre R es decir existe M > 0 tal que −M ≤ f (x, y) ≤ M para (x, y) ∈ R Observaci´ on: Una función continua sobre un rectángulo cerrado siempre es acotada. Partici´ on Sean P1 = {x0 , x1 , ..., xn } partición de [a, b] P2 = {y0 , y1 , ..., yn } partición de [c, d] Al conjunto P = P1 × P2 = {(xi , yj ) / 0 ≤ i ≤ n, 0 ≤ j ≤ n} lo llamaremos partición de R de valor n × n. Sea kP1 k = máx {4xi = xi − xi−1 / i = 1, 2, ..., n} kP2 k = máx {4yi = yi − yi−1 / j = 1, 2, ..., n}

316

Norma de la partici´ on. La norma de P denotada kP k se define por kP k = máx {kP1 k , kP2 k} kP k = máx {lij : diagonal de Rij } (no es u ńica forma de definir norma de P , pero ésta es la que usaremos) Sumas superiores y sumas inferiores Sean Rij rectángulo [xi−1 , xi ] × [yj−1 , yj ] 1 ≤ i, j ≤ n y 4ij = a´rea del rectángulo Rij = (xi − xi−1 ) · (yj − yj−1 ) Definimos ahora, sumas inferiores y sumas superiores de Riemann de f respecto de la partición dada, por sP (f ) = SP (f ) =

n X i,j=1 n X

mij (f )4ij , Mij (f )4ij

i,j=1

Como consecuencia de estas definiciones podemos decir de estas sumas: i) Si P es una partición cualquiera de R sP (f ) ≤ SP (f ) ii) Si P 0 es partición mas fina que P ( P ⊆ P 0 ) entonces sP (f ) ≤ sP 0 (f ) y SP 0 (f ) ≤ SP (f ) iii) Si P1 y P2 son dos particiones cualquiera de R sP1 (f ) ≤ SP2 (f ) Con estas sumas formamos los respectivos conjuntos: Conjunto de sumas inferiores. {sP (f )/P es partición de R} Conjunto de sumas superiores. {SP (f )/P es partición de R} 317

Si m y M son cortas inferior y superior respectivamente de f en R entonces si A = (b − a) · (d − c). i) sP (f ) ≥ m · A para todo P partición de R es decir el conjunto de sumas inferiores es acotado inferiormente ii) SP (f ) ≤ M · A ∀ P partición de R, es decir, el conjunto de sumas superiores es acotado superiormente. Por lo tanto, haciendo uso del axioma del supremo (o del ´ınfimo) de la axiomática de los n´ umeros reales podemos definir. Si R es un rectángulo de R2 y f una función acotada sobre R definimos: a) Integral Inf erior de f sobre R por Z Z f dA = sup {sP (f ) : P es partición de R} R

b) Integral Superior de f sobre R por Z Z f dA = ´ınf {SP (f ) : P es partición de R} R

Sumas e Integrales Las definiciones de estas respectivas integrales permiten afirmar que para toda partición P de R y toda función acotada definida sobre R Z Z

Z Z

sP (f ) ≤

f dA ≤ SP (f )

f dA ≤ R

R

Estamos ahora en condiciones de formular la definición de integral doble sobre un rectángulo en base a sumas superiores e inferiores. Una función f (x, y) definida y acotada sobre un rectángulo R se dice que es Riemann integrable sobre R si Z Z

Z Z f dA

f dA = R

R

Si f es integrable R R sobre R, R Rentonces la integral doble definida de f sobre R se denota por f dA o f dxdy y en tal caso R R Z Z

Z Z

Z Z

f dA = R

f dA = R

318

f dA R

Nota: Alternativamente en cursos de cálculo se define: Z Z f dA = l´ım

kpk→0

R

n X

f (xi , yj )Aij, (xi , yj ) ∈ Rij

i,j=1

lo que no es contradictorio sino que complementario y resultan planteamientos equivalentes. Esto es la definición utilizando el concepto de sumas intermedias de Riemann. Teorema 4.1.1. Cualquier función continua definida en un rectángulo cerrado R es integrable Demostraci´ on: La demostración de este hecho no resulta de interés en este curso a pesar de su enorme importancia, dejemos las cosas aqu´ı a la imaginación del estudiante. Proposici´ on 4.1.1. (Propiedades básicas de la Integral Doble) De la definición se desprende que: 1) Si f (x, y) = 1 todo (x, y) ∈ R,la integral resulta el área de la región Z Z ´ dA A = Area de R = R

2) Si f es integrable en R Z Z

Z Z cf dA = c R

f dA R

3) Si f y g son funciones integrables en R Z Z Z Z Z Z (f + g)dA = f dA + gdA R

R

R

4) Si f y g son funciones integrables en R y f (x, y) ≤ g(x, y) para todo (x, y) ∈ R entonces Z Z Z Z f dA ≤ gdA R

R

5) Si f es integrable sobre R, entonces |f | es integrable sobre R y Z Z Z Z f dA ≤ |f | dA R

R

319

Teorema 4.1.2. (Teorema del Valor Medio para Integrales Dobles) Si f (x, y) es continua sobre rectángulo R con área A(R), entonces existe un punto (ε, η) en el interior de R tal que Z Z f (x, y)dA = f (ε, η) · A(R) R

Demostraci´ on: Sea m = m´ın {f (x, y) : (x, y) ∈ R} M = máx {f (x, y) : (x, y) ∈ R} y supongamos que m < M. Entonces m ≤ f (x, y) ≤ M, y si f no es identicamente igual a m o M , entonces Z Z f (x, y)dA < M · A(R) m · A(R) < R

El teorema del valor medio de las funciones continuas asegura que existe un punto (ε, η) en el interior R tal que Z Z f (x, y)dA A(R) f (ε, η) = R

Z Z =⇒∴ f (ε, η) · A(R) =

f (x, y)dA R

4.1.2.

Integrales sobre conjuntos acotados de R2

En este caso extenderemos la definición de integral doble a regiones que no son necesariamente rectángulos, sino que regiones acotadas en general. Supongamos que S es una región cerrada y acotada de R2 , por ejemplo un circulo, un triángulo, un rombo etc. , cualquier región con estas caracter´ısticas se puede poner dentro de un rectángulo R Sea R rectángulo que contiene a región cerrada y acotada S y f una función definida y acotada en S, extendemos f a R de la siguiente forma f (x, y), (x, y) ∈ S fR (x, y) = 0, (x, y) ∈ R − S fR la consideraremos como la extensión de f a todo R. 320

Sea S una región acotada de R2 y f una función definida y acotada sobre S, si R es en rectángulo tal que R R R⊇ S y fR la extensión de f a R del tipo definido aqu´ı, entonces si existe f dA , definimos R R Z Z Z Z f dA = fR dA S

R

Importante. Las propiedades enunciadas, de la integral doble en rectángulos siguen siendo válidas en conjuntos más generales lo que se puede justificar por la definición anterior

Integrales Iteradas Una integral de la forma Z bZ

h(x)

f (x, y)dydx a

g(x)

Rb se llama integral iterada y se interpreta como a F (x)dx donde para cada R h(x) x ∈ [a, b],con F (x) = g(x) f (x, y)dy. Si f (x, y) es función continua sobre {(x, y) : a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x)} y G(x, y) una primitiva en la segunda variable, de f (x, y), es decir , ∂G(x, y) = f (x, y) para cada x ∈ [a, b] y todo g(x) ≤ y ≤ h(x), el ∂y teorema Fundamental del cálculo permite que Z h(x) y=h(x) F (x) = f (x, y)dy = G(x, y) |y=g(x) = G(x, h(x)) − G(x, g(x)) g(x)

Se puede interpretar entonces la integral iterada como un proceso sucesivo de integración as´ı ! Z b Z h(x) Z b Z h(x) f (x, y)dydx = f (x, y)dy dx a

g(x)

a

De manera similar se tiene Z d Z h(y) Z f (x, y)dxdy = c

g(y)

c

321

g(x)

d

Z

h(y)

! f (x, y)dx dy

g(y)

Ejemplo. Z

1

x

Z

Z

2

1

Z

0

0

Z

1

0

1 3

Z

3

(x + 2x )dx =

=

0

=

Z

2

(x + 4xy)dy dx

(x + 4xy)dydx = 0

x

0

0

1

x 2 x y + 2xy 2 0 dx

1 3 4 3 3x dx = x = 4 0 4 3

Otros ue: R 2 √ Interprete y eval´ R 4ejemplos: i) 0 0 x ydxdy R2R4 √ ii) 0 0 x ydydx R1Rx iii) 0 0 sin(x2 )dydx R2R3 iv) 0 √x (x2 + y) dydx R 5 R x2 v) 0 2x (x + y)dydx Algunas Respuestas i R4R2 √ R 4 hR 2 √ R 4 h 2 √ i2 i) 0 0 x ydxdy = 0 0 x ydx dy = 0 x2 y dy = 0 h i4 R4 √ 2 32 32 = 0 2 ydy = 2 · 3 y = 3 0 R1Rx 1 iii) 0 0 sin(x2 )dydx = 1−cos 2h √ i R2R3 2 √ iv) 0 x (x + y) dydx 16 1 − 72 A continuación examinaremos la evaluación de la integral doble por medio de integrales iteradas.

4.1.3.

Teorema de Fubini

Sea f una función continua en una región R cerrada y acotada, entonces a) Si R = {(x, y) a ≤ x ≤ b, g1 (x) ≤ y ≤ g2 (x)} y g y son funciones continuas en [a, b] se tiene: Z bZ

Z Z

g2 (x)

f dA = R

f (x, y)dydx a

g1 (x)

b) Si R = {(x, y) c ≤ y ≤ d, h1 (y) ≤ x ≤ h2 (y)} y h1 y h2 son 322

Figura 4.2: Región tipo a

Figura 4.3: Región tipo b funciones continuas en [c, d] se tiene Z Z

Z

d

Z

h2 (y)

f dA = R

f (x, y)dxdy c

h1 (y)

Ejemplo Este ejemplo ilustra como este teorema se adapta a la situación del problema, en este caso se pide calcular Z Z xydA R

y R es la región triángular del plano con vértices en los puntos A(-6,-2), B(-1,3) y C(9,-7). Soluci´ on: 323

Figura 4.4: Región triángular del plano La región se debe subdividir en dos subregiones del tipo (a)., tal como lo muestra la figura siguiente Los segmentos de recta AB, BC Y AC tienen ecuaciones y = x + 4, y = −x + 2 e y = − 13 x − 4 respectivemente. Las regiones pueden escribirse. I : −6 ≤ x ≤ −1, − 31 x − 4 ≤ y ≤ x + 4 II : −1 ≤ x ≤ 9, − 13 x − 4 ≤ y ≤ −x + 2 Entonces aplicando T. de Fubini a ambas regiones se tiene Z Z

Z

−1

Z

x+4

xydA =

9

Z

−x+2

xydydx + −6

R

Z

− 31 x−4

xydydx −1

− 13 x−4

Z Z 1 −1 2 x+4 1 9 2 −x+2 = xy − 1 x−4 dx + xy − 1 x−4 dx 3 3 2 −6 2 −1 Z −1 Z 9 1 1 = (4x3 + 24x2 )dx + (4x3 − 30x2 − 54x)dx 9 −6 9 −1 1025 = − 27 Se observa que R también puede subdividirse en dos regiones del tipo (b) mediante una recta paralela al eje horizontal que pase por A. Proposici´ on 4.1.2. Suponga que S es una región acotada y sea C una curva la cual divide a S en dos subregiones S1 y S2 . Si f es continua en S , lo es tambien en S1 y S2 , y Z Z Z Z Z Z f (x, y)dA = f (x, y)dA + f (x, y)dA S

S1

S2

324

Figura 4.5: Región triángular del plano, tipo b Demostración.- Directamente de la definición eligiendo un rectangulo suficientemente grande que contenga a S y extendiendo f de S a R, de S1 a R, S2 a R. RR 2 Ejemplo. Calcular (x + y)dA, S la recta y = x y la curva y = x3

donde S es la región limitada por

Figura 4.6: Región comprendida entre las curvas y = x y y = x3

325

Soluci´ on.- En este caso S1 = (x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 0, x ≤ y ≤ x3 S2 = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, x3 ≤ y ≤ x Z Z

Z Z

2

2

(x + y)dA =

Z Z

(x2 + y)dA

(x + y)dA +

S

S1

S2

3 2 x y x2 y + (x2 + y)dydx = (x2 + y)dA = dx 2 x −1 S1 −1 x Z 0 x2 x6 = [(x5 + ) − (x3 + )]dx 2 2 −1 6 0 x x7 x4 x3 = + − − 6 14 4 6 −1 0

Z

Z Z

x3

Z

Z

0

(−1)6 (−1)7 (−1)4 (−1)3 − + + 6 14 4 6 1 = − 84 = −

Z Z

Z

2

1

Z

x

(x + y)dA = S2

2

Z

1

(x + y)dydx = x3

0

0 6

1

y2 x y+ 2

x x2 ) − (x5 + )]dx 2 2 0 4 1 x x3 x6 x7 = ( + )−( + ) 4 6 6 14 0 4 3 6 7 1 1 1 1 = ( + )−( + ) 4 6 6 14 5 = 28 Z

=

Por lo tanto

Z Z

[(x3 +

(x2 + y)dA = −

S

326

1 5 1 + = 84 28 6

2

x dx x3

4.1.4.

´ Areas y Volumenes

´ Area Como se dijo en la introducción y de acuerdo a la idea geométrica si R es una región plana entonces el área de R se calcula con la integral doble. Z Z dA A(R) = R

Ejemplo. Calcule el a´rea de la región interior a la circunferencia x2 + y 2 = 2ax arriba de la parábola ay = x2 , a > 0. Soluci´ on:

Figura 4.7: Región en el plano xy, acotada por la circunferencia (x − a)2 + y 2 = a2 y la par´ abola y =

x2 a2

n o √ 2 Sea R = (x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ a, xa ≤ y ≤ 2ax − x2 Z Z

Z

A =

dA = R

Z = 0

a

0

a

√

Z

2ax−x2

x2 a

dydx

√ x2 ( 2ax − x2 − )dx a

a2 = (3π − 4) 12 Volumen Si R es una región plana, z = f (x, y), z = g(x, y) son dos superficies tal que f (x, y) ≥ g(x, y) ∀(x, y) ∈ R , el volumen entre ambas superficies 327

al interior de la región se puede calcular usando la siguiente integral doble Z Z [f (x, y) − g(x, y)]dA

V = R

Ejemplo 1) Use la integral doble para determinar el volumen del tetraedro acotado por los planos coordenados y el plano 3x + 6y + 4z − 12 = 0. Soluci´ on: Para determinar la región R hacemos z = 0 y encontramos su intersección con el plano dado xy . As´ı z = 0 =⇒ 3x + 6y = 12 =⇒ y = − 21 x + 2 La región en el plano xy está acotada por el eje x, el eje y y la recta y = − 12 x + 2, por lo tanto

Figura 4.8: Región en el plano xy, acotada por el x = 0, y = 0 y la recta y = − x2 +2

Figura 4.9: Tetraedro R = (x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ − 12 x + 2 328

z = f (x, y) =

12 − 3x − 6y = 3 − 34 x − 23 y 4

y z = g(x, y) = 0

Z Z V

f (x, y)dA

= R

Z 4 Z − 1 x+2 2 3 3 3 3 = 3 − x − y dA = 3 − x − y dydx = 4 2 4 2 R 0 0 1 Z 4 Z − x+2 4 3 3y 2 2 3 2 3 3− x y− x − x + 3 dx = dx = 4 4 0 16 2 0 0 3 4 x 3x2 = − + 3x = 4 16 4 0 Z Z

Otros ejemplos: RR 1) Usando integral iterada calcule√ s (x2 + 2y) dA, donde S: región comprendida entre y = x2 e y = x 2) Calcule el volumen del sólido limitado por los cilindros x2 + z 2 = 16 y y 2 + z 2 = 16 . Este es un interesante ejercicio, puede empezar por bosquejar el sólido o una parte de él, pues se puede aprovechar su simetr´ıa.

4.1.5.

Cambio de variable

Un cambio de variables adecuado puede no sólo simplificar el integrando sino también la región donde se eval´ ua la integral. Sea f una función continua definida sobre la region R cerrada y acotada. Considerese la integral doble Z Z f (x, y)dxdy R

Definimos T , transformación invertible x = x(u, v), (u, v) ∈ S y = y(u, v), (u, v) ∈ S ∂(x, y) 6= 0, la que produce una correspondencia biun´ıvoca ∂(u, v) entre R y S donde R es una región en xy y S es la nueva región en plano uv. resultado de la transformación T . Si P es una partición definida en R la transformación induce a su vez una correspondiente partición en S de tal modo que si Rij es un subrectángulo tal que

329

generado por la partición P en R, denotaremos por Sij el correspondiente subrectángulo en S ´ ´ Si 4 Aij = Area de Rij y 4 A0ij = Area de Sij Se tiene la siguiente razón entre las áreas. ∂(x, y) ∂(x, y) 4Aij 4 A0ij ≈ =⇒ 4Aij ≈ 4A0ij ∂(u, v) ∂(u, v) Entonces f (x, y) 4 Axy

∂(x, y) 4 Auv ≈ f (x, y) ∂(u, v)

De esta relación y la definición de integral doble se tiene el siguiente teorema de cambio de variable. Teorema 4.1.3. Sea R una región en el plano xy acotado por una curva simple cerrada y suave y que S es la imagen de R bajo la transformación T invertible, definida: x = x(u, v), (u, v) ∈ S y = y(u, v), (u, v) ∈ S donde x(u, v), y(u, v) son continuamente diferenciables en un dominio que contiene a S en cual ∂(x, y) 6= 0 J≡ ∂(u, v) Si f (x, y) define una función continua sobre R se tiene: Z Z Z Z ∂(x, y) dudv f (x, y)dxdy = f (x (u, v) , y (u, v)) ∂(u, v) R S Ejemplo Calcular

Z Z 3xydA R

Sea R la región limitada por las rectas x − 2y = 0, x − 2y = −4, x + y = 4, x + y = 1. Soluci´ on: Sea u = x + y, v = x − 2y Resolviendo el sistema lineal obtenemos 330

Figura 4.10: Aplicación definida por una ecuación vetorial

Figura 4.11: Aplicación definida por una transformación lineal

u=x+y v = x − 2y

% =⇒

x = 31 (2u + v) y = 31 (u − v)

Además el jacobiano de la transformación es

∂(x, y) ∂x ∂u ∂(u, v) = ∂y ∂u

∂x ∂v ∂y ∂v

2 1 2 1 1 = 13 3 1 = − = − − 9 9 3 3 3

Aplicando el teorema del cambio de variable , obtenemos 331

Z Z

1 1 1 3xydA = 3( (2u + v) · (u − v)) − dA 3 3 3 R Z SZ 1 = (2u + v) (u − v) dA 9 S Z Z 1 4 0 (2u + v) (u − v) dvdu = 9 1 −4 104 = 9 Z Z

Ejemplo Calcular Z Z p x2 + y 2 dA R

R región del plano xy limitada por x2 + y 2 = 4, x2 + y 2 = 9

Figura 4.12: Región del plano xy limitada por x2 + y 2 = 4, x2 + y 2 = 9 Soluci´ on: Sea x = r cos θ, y = r sin θ el cambio de variable a polares entonces ∂(x, y) ∂x ∂x cos θ −r sin θ ∂r ∂θ ∂(r, θ) = ∂y ∂y = sin θ r cos θ = r ∂r ∂θ 332

Z Z p

Z Z x2

+

y 2 dA

r · |r| drdθ

=

R

Z

S 2π Z 3

= Z0 2π = 0

r2 drdθ

2

19 38 dθ = π 3 3

4.2.

Aplicaciones de la integral doble

4.2.1.

Masa de una regi´ on plana de densidad variable.

Sea δ(x, y) función positiva y definida sobre un conjunto cerrado y acotado S con área no nula, que indica la densidad en cada punto (x, y) de S. La masa de S es la integral de la función densidad. Z Z δ(x, y)dA M (S)= S

En el caso que la densidad es constante δ = k, la masa es el producto del a´rea por la densidad: M (S) = k · A(S).

Ejemplo. Encuentre la masa de un c´ırculo de radio a si su densidad es λ veces la distancia al centro. Soluci´ on: Con el uso de coordenadas polares el cálculo de la integral resultante es más sencillo.

333

Figura 4.13:

M (S) = λ

Z Z p

Z x2

+

y 2 dydx

Z

=λ

S

4.2.2.

2π

0

0

a

ρ2 dρdθ =

2λπa3 3

Momentos y centroide de una regi´ on plana

Para un conjunto S acotado y de a´rea positiva , y una función densidad definida en S, tenemos las siguientes definiciones.

Primer momento con respecto al eje y: Z Z My = δ(x, y)xdA S

Primer momento con respecto al eje x: Z Z Mx = δ(x, y)ydA S

Segundo momento con respecto al eje y: Z Z

δ(x, y)x2 dA

Iy = S

334

Segundo momento con respecto al eje x: Z Z

δ(x, y)y 2 dA

Ix = S

Segundo momento Polar con respecto al origen: Z Z

δ(x, y)(x2 + y 2 )dA

I0 = S

Centroide:

(x, y) =

My M x , M M

Cuando la función densidad es variable y está asociada con la distribución de la masa, los segundos momentos se llaman también momentos de inercia y el centroide se le llama también centro de masas. En una forma más general, el primer y segundo momento de un conjunto S se puede definir con respecto a una linea recta cualquiera L. Z Z ML =

δ(x, y)D(x, y)dA Z ZS

IL =

δ(x, y) [D(x, y)]2 dA

S

Siendo D(x, y) la distancia de la recta L al punto (x,y). Ejemplo. Una lámina triangular tiene los vértices (0, 0), (1, 0) y (1, 2), y tiene densidad δ(x, y) = x2 y. Halle su centro de masa. Soluci´ on: En este caso R = {(x, y) ∈ R2 / 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2x} Debemos calcular M = M (S), My y Mx : Z Z Z 1 Z 2x Z 2 2 M = x ydA = x ydydx = S

0

Z =⇒ M = 0

1

0

2x5 2x dx = 5 4

335

0

1 = 0

2 5

1

x2 y 2 2

2x dx 0

Figura 4.14:

Calculemos ahora Z Z My

= = =⇒

Z

2

1

x yxdA = S 0 6 1 Z 1 2x 2x5 dx = 6 0 0 1 My = 3

Z

2x

x3 ydydx

0

Por u ´ltimo

Z Z

Mx

= = =⇒

2

Z

1

Z

2x

x yydA x2 y 2 dydx S 0 0 Z 1 2 3 2x Z 1 5 xy 8x dx = dx 3 0 3 0 0 6 1 8x 4 Mx = = 18 0 9

As´ı tenemos que (x, y) =

My M x , M M

336

5 10 =( , ) 6 9

4.3.

Integrales triples

4.3.1.

Ideas preliminares

Los conceptos a desarrollar en lo referente a la Integral en su génesis, su significado y su cálculo en el caso de tres variables es similar al mismo tema en funciones de una variable y de dos variables. El tratamiento hecho en el caso de la integral doble se extiende en forma natural a las integrales triples en sus mecanismos conceptuales y métodos de cálculo involucrados solo hay un cambio en el escenario, el espacio R3 . Atendiendo a la declaración anterior no haremos el detalle de la generación del concepto porque como ya lo dijimos se trata de una generalización. Para mantener el marco de referencia, pensemos en sumas superiores, sumas inferiores, integral superior e integral inferior para funciones definidas sobre una caja rectangular de tipo: h (x, y, z) : {a1 ≤ x ≤ b1 , a2 ≤ y ≤ b2 , a3 ≤ z ≤ b3 } Con este trasfondo se plantea el teorema de Fubini que permitirá el cálculo de la integral triple.

4.3.2.

Teorema de Fubini

Si f (x, y, z) esta definida sobre una región R = {a1 ≤ x ≤ b1 , a2 ≤ y ≤ b2 , a3 ≤ z ≤ b3 } , entonces: Z Z Z

Z

b1

Z

b2

Z

b3

f (x, y, z)dv = R

f (x, y, z)dzdydx a1

a2

a3

siempre que estas integrales existan. Observaci´ on: Hay otras cinco formas de calcular la integral triple dependiendo del orden de integración en la integral iterada. Ejemplo: Calcule

RR R R

(x2 + yz) dv, donde R = {0 ≤ x ≤ 2, −1 ≤ y ≤ 2, −1 ≤ z ≤ 3}

Soluci´ on: 337

Z Z Z

2

Z

2

Z

2

3

Z

x2 + yz dzdydx

x + yz dv = = = = = = = =

−1

3 z 2 2 x z+y dydx 2 −1 0 −1 Z 2 Z 2 9 y 2 2 3x + y − −x + dydx 2 2 0 −1 Z 2Z 2 4x2 + 4y dydx 0 −1 Z 2 2 4x2 y + 2y 2 −1 dx Z0 2 12x2 + 6 dx 0 2 4x3 + 6x 0 44 Z

4.3.3.

−1 2

0

R

2

Z

Teorema de la integral triple (Para dominios m´ as generales)

Si f (x, y, z) esta definida sobre un conjunto acotado R formado por todos los puntos tales que a1 ≤ x ≤ b1 , y1 (x) ≤ y ≤ y2 (x) y z1 (x, y) ≤ z ≤ z2 (x, y)entonces: Z Z Z

Z

b1

Z

y2 (x)

Z

z2 (x)

f (x, y, z)dv = R

f (x, y, z)dzdydx a1

y1 (x)

z1 (x)

siempre que ambas integrales existan. Importante. ? Hay otras cinco formas de calcular la integral triple dependiendo el orden de integración para el calculo de la integral iterada.

? Si S es un conjunto acotado el cual tiene a´rea en el plano XY y f (x, y, z) es una función definida, acotada y no negativa sobre S, y si R es el conjunto de todos los (x, y, z) tal que (x, y) ∈ S y 0 ≤ z ≤ f (x, y), entonces la región R tiene volumen si y solo si f (x, y) es integrable sobre S y en tal caso 338

Z Z V (R) =

f (x, y)dA S

? Si R es una rigión de R3 que tiene volumen, entonces ZZ Z V (R) =

f (x, y, z)dv con f (x, y, z) = 1 R

Ejemplo Sea R la región acotada por los paraboloides z = x2 + y 2 y 2z = 12 − x2 − y 2 . Usando integral triple calcule el volumen de R. La representación gráfica de estas superficies es.

Figura 4.15: Región acotada por los paraboloides z = x2 + y2 y 2z = 12 − x2 − y2

Por separado, tenemos

Soluci´ on: La curva de intersección es el c´ırculo x2 + y 2 = 4, z = 4 Si f (x, y, z) = 1 se tiene el volumen 339

Figura 4.16:

ZZ Z v(R) =

f (x, y, z)dv R

Z

2

= −2

Z = 6 = 4

4−x2

12−x2 −y 2 2

Z

√ − 4−x2 x2 +y 2 √ 4−x2 2Z

dzdydx

4 − x2 + y 2

dydx

0

0

Z

√

Z

2

4 − x2

23

dx

0

= 12π

Ejemplo Calcular el volumen de la región del espacio limitada por las superficies c´ılindricas x2 + z 2 = 1, y 2 + z 2 = 1 Soluci´ on: La representación gráfica de estas superficies es Utilizaremos la simetr´ıa del problema y proyectaremos la región al plano xz ( también se podr´ıa proyectar al plano yz ). La proyección nos da un c´ırculo de radio 1 340

Figura 4.17: Región acotada por los cilindros x2 + z 2 = 1, y 2 + z 2 = 1 La región se puede expresar: −1 ≤ x ≤ 1 √ √ − 1 − z2 ≤ y ≤ 1 − z2 √ √ − 1 − x2 ≤ z ≤ 1 − x2

Expresando el cálculo del volumen como una integral triple tenemos Z Z Z V =

dxdydz R

usando integrales iteradas Z

1

V = −1

√

Z

1−x2

√ − 1−x2

√

Z

1−z 2

√

Z

1

dydzdx =

− 1−z 2

−1

√

Z

1−x2

√

√ 2 1 − z 2 dzdx

− 1−x2

Si seguimos por este camino llegamos a una expresión d´ıficil de resolver ( intentelo), recurriremos entonces al cambio de orden de integración que es un recurso siempre disponible 341

Z V

1

= −1 Z 1

=

√

Z

1−x2

√ − 1−x2

Z √ 2 2 1 − z dzdx =

4(1 − z 2 )dxdz = (4z − 4

−1

1

Z

√ 1−z 2

√ −1 − 1−z 2 3 1

z 3

)

= −1

√ 2 1 − z 2 dxdz

16 3

El volumen calculado es V =

4.3.4.

16 unidades de volumen 3

Cambio de variable para integrales triples

Sea T : U ⊆ R3 → R3 una transformación de clase C 1 definida por: x = x (u, v, w) y = y (u, v, w) z = z (u, v, w) Recordando el jacobiano de la transformación se tiene: ∂x ∂x ∂x ∂v ∂w ∂u ∂ (x, y, z) ∂y ∂y ∂y = J= ∂v ∂w ∂ (u, v, w) ∂u ∂z ∂z ∂z ∂u

∂v

∂w

Como en el caso anterior de dos variables, el jacobiano mide como la curva la transformación distorsiona su dominio. Formula de cambio de variable para integrales triples Sea R una región en el espacio xyz y S una región en el espacio uvw que corresponde a R bajo la transformación T definida por x = x (u, v, w) , y = y (u, v, w) y z = z (u, v, w) siempre que T sea de clase C 1 y uno a uno, ∂(x,y,z) 6= 0 en S. Entonces: ∂(u,v,w) ZZ Z

ZZ Z f (x (u, v, w) , y (u, v, w) , z (u, v, w)) |J| dudvdw

f (x, y, z)dv = R

S

Donde J=

∂ (x, y, z) ∂ (u, v, w)

Los cambios más usados en integrales triples es a coordenadas cilindricas y coordenadas esféricas dependiendo de la naturaleza del problema.

342

Coordenadas cil´ındricas El cambio de variable es: x = r cos θ y = r sin θ z=z

Figura 4.18: Cambio a coordenadas cil´ındricas Supongamos que: P es un punto del espacio de coordenadas xyz, P1 proyección de P en plano xy, r radio vector de O a P1 y θ el pańgulo entre −−→ eje x y OP1 , medido del lado positivo del eje x entonces r = x2 + y 2 y θ = arctan xy Tenemos cos θ −r sin θ 0 ∂ (x, y, z) J = = sin θ r cos θ 0 ∂ (r, θ, z) 0 0 1 = r cos2 θ + r sin2 θ = r ZZ Z

ZZ Z f (r cos θ, r sin θ, z) · r · drdθdz

f (x, y, z)dv = R

S

Ejemplo: Use coordenadas cil´ındricas para calcular el volumen del sólido limitado por el paraboloide z = x2 + y 2 y el plano z = 4. Soluci´ on: En el espacio xyz, la figura es al interior del elipsoide y limitado por arriba por el plano z = 4 que es un plano paralelo al plan xy 343

Figura 4.19: Sólido limitado por el paraboloide z = x2 + y 2 y el plano z = 4 Aprovechando la simetr´ıa del sólido calculamos la cuarta parte de él (por conveniencia). En esta situación la región transformada viene descrita por: π 2 ,r < z < 4 2 La descripción de la región en las nuevas variables es fundamental para el acertado planteamiento de la integral doble como integral iterada, en este caso esta circunstancia es evidente 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤

V 4

Z

π 2

2

Z Z

Z

4

=

rdzdrdθ 0

Z

0 π 2

Z

2

= 0

Z

r2

4r − r3 drdθ

0 π 2

4dθ = 2π

= 0

∴ V = 8π

Coordenadas Esf´ ericas El cambio de variable es: x = ρ cos θ sin φ y = ρ sin θ sin φ z = ρ cos φ 344

Figura 4.20: Cambio a coordenadas esfericas

Supongamos que P es un punto del espacio de coordenadas xyz P1 proyección de P en plano xy −→ ρ magnitud del radio vector OP −−→ θ el ańgulo entre eje x y OP1 , medido del lado positivo del eje x −→ φ angulo formado por OP y el eje Z, medido del lado positivo del eje z.

cos θ sin φ sin θ sin φ cos φ ∂ (x, y, z) 0 J = = −ρ sin θ sin φ ρ cos θ sin φ ∂ (ρ, θ, φ) ρ cos θ cos φ ρ sin θ cos φ −ρ sin φ

= −ρ2 sin φ

4.3.5.

Formula del cambio de variable

ZZ Z

ZZ Z f (x, y, z)dv =

R

f (ρ cos θ sin φ, ρ sin θ sin φ, ρ cos φ) −ρ2 sin φ drdθdz

S

Las coordenadas esféricas se usan preferentemente en el caso en que uno o ambas superficies que acotan la región de integración es una esfera centrada en el origen, esto se observa en los siguientes ejemplos. Ejemplo 1

345

Figura 4.21: Sólido limitado imitada inferiormente por el semicono z 2 = x2 + y 2 , z ≥ 0 y superiormente por la esfera x2 + y 2 + z 2 = 9.

Hallar el volumen de la región sólida limitada inferiormente por el semicono z 2 = x2 + y 2 , z ≥ 0 y superiormente por la esfera x2 + y 2 + z 2 = 9. Soluci´ on: Haciendo la intersección de x2 + y 2 + z 2 = 9 y z = x2 + y 2 resulta que la intersección de estas superficies es una circunferencia en el plano z = √32 definida por las ecuaciones 9 3 ⇒ x2 + y 2 = , z = √ 2 2 esto permite visualizar que (0, √32 , √32 ) es un punto de la intersección por lo que 0 ≤ φ ≤ π4 , la esfera tiene radio 3 por lo cual 0 ≤ ρ ≤ 3, y 0 ≤ θ ≤ 2π. Como se está calculando el volumen de una región que es simétrica respecto del eje z, la cuarta parte de la región queda descrita por

0 ≤ ρ ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ 346

π π ,0 ≤ φ ≤ 2 4

esto implica ∴ V 4 V 4 V 4

ZZ Z

Z

=

π 2

Z

π 4

3

Z

ρ2 sin φdρdφdθ

f (x, y, z)dV = R

Z

π 2

0

0

0

π 4

Z

=

9 sin φdφdθ 0

Z = 0

0 π 2

−9 9 √ + 9 dθ = 2 2

Por lo tanto V = 18

√

2−1 √ 2

! π

! √ 2−1 √ π 2

Ejemplo 2 Utilice coordinadas p esféricas para hallar el volumen del sólido que está arriba del cono z = x2 + y 2 y debajo de la esfera x2 + y 2 + z 2 = z

Figura 4.22: Sólido que está arriba del cono z =

p x2 + y 2 y debajo de la esfera

x2 + y 2 + z 2 = z

Soluci´ on: 1 1 x2 + y 2 + z 2 = z ⇐⇒ x2 + y 2 + (z − )2 = 2 4 es una esfera que pasa por el origen y tiene centro en (0, 0, 12 ). La ecuación de la esfera en coordinadas esféricas es ρ = cos φ,a su vez de la ecuación del cono se infiere que 0 ≤ φ ≤ π4 . 347

Por lo que la región en coordenadas esfericas esta descrita por π , 0 ≤ φ ≤ , 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ ρ ≤ cos φ 4 El volumen de la región es ZZ Z Z 2π Z π Z cos φ 4 ρ2 sin φdρdφdθ V = f (x, y, z)dV = 0 0 R 0 3 cos φ Z 2π Z π 4 ρ = sin φ dφdθ 3 0 0 0 π Z π 2π π 2π 4 cos4 φ 4 3 sin φ cos φdφ = = = . − 3 3 4 8 0

0

Por lo tanto V =

4.3.6.

π 8

Masa, Momentos, y Centroide de una Regi´ on del Espacio

Como en el caso de dos dimensiones, si δ(x, y, z) función positiva y continua, definida sobre una region compacta (conjunto cerrado y acotado) W con volumen, que indica la densidad en cada punto (x, y, z) de W. La masa de W es dada por la integral de la función densidad. Z Z Z M (W )= δ(x, y, z)dV W

El primer momento de W se define respecto de algun plano, y el segundo momento (o momento de inercia) con respecto a alg´ un plano, l´ınea o punto. Daremos aqui solo las formulas t´ıpicas planos coordenados, ejes y el origen. Primer momento con respecto al plano yz. Z Z Z Myz = δ(x, y, z)xdV W

Segundo momento con repecto al plano yz. Z Z Z Iyz = δ(x, y, z)x2 dV W

348

Segundo momento con repecto al eje x Z Z Z

δ(x, y, z)(y 2 + z 2 )dV

Ix = W

Segundo momento polar con respecto del origen Z Z Z

δ(x, y, z)(x2 + y 2 + z 2 )dV

I0 = W

Centroide: ( x, y, z) =

Myz Mzx Mxy , M , M M

.

Ejemplo Determinar el centroide de la porción de la esfera x2 + y 2 + z 2 ≤ a2 , en el primer octante, asumiendo densidad constante. Soluci´ on: El problema no pierde generalidad si suponemos que δ = 1, y claramente x = y = z. Necesitamos calcular solamente Z Z Z Mxy = δ(x, y, z)zdV W

y usando coordenadas esfericas esta integral queda Z Mxy = 0 3

π 2

Z

π 2

Z

0

Como V = πa6 , el centroide es Ejemplo

a

(ρ cos φ)ρ2 senφdρdφdθ =

0 3 a, 83 a, 38 a 8

πa4 16

Encontrar el momento de inercia IL de un cilindro circular recto co a radio de la base, h altura y densidad proporcional a la distancia al eje del cilindro, con respecto a una recta L paralela al eje del cilindro y a una distancia b de él.

349

Soluci´ on: La recta L se define por: x = b, y = 0 El cilindro es descrito por: 0≤ r ≤ a, 0 ≤ z ≤ h La densidad es δ = kr

Entonces

Z Z Z

δ(x, y, z)((x − b)2 + y 2 )dV W Z 2π Z a Z h = kr((x − b)2 + y 2 )rdzdrdθ 0 0 0 Z 2π Z a Z h kr2 (r2 + b2 )dzdrdθ + 0 = 0 0 02 3 a b2 = 2πka h 5 + 3

IL =

4.4.

Ejercicios resueltos integrales triples y dobles

4.4.1.

C´ alculo de integrales dobles en coordenadas rect´ angulares cartesianas

Problema 1 ZZ √ Calcular x + ydxdy si D es la región acotada por las respectivas D

rectas y = x, y = −x y x = 1 Soluci´ on: Se tiene que la región D = {(x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ 1; −x ≤ y ≤ x} 350

Figura 4.23: D región acotada por y = x, y = −x y x = 1

√

ZZ

Z

1

Z

x

x + ydxdy =

D

0

= = = =

√

x + ydydx

−x 1

Z x 2 (x + y)3/2 dx 3 0 −x Z 1 2 (2x)3/2 dx 3 0 1 25/2 2 5/2 (x) 3 5 0 √ 8 2 15

Problema 2 ZZ p Calcular x2 − y 2 dxdy si D es el dominio limitado por el triángulo D

de vértices A (0, 0) , B(1, −1), C (1, 1) . Véase figura 4.23 Soluci´ on Entonces se tiene que el dominio está delimitado por las rectas y = x, y = −x y x = 1. Luego el dominio de integración es: D = (x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ 1; −x ≤ y ≤ x . Integrando a franjas verticales, resulta 351

ZZ p

Z

1

Z

x

p x2 − y 2 dydx 0 −x Z 1Z x r y 2 = x 1− dydx x 0 −x

x2 − y 2 dxdy =

D

y Hacemos el cambio de variables = sent =⇒ dy = x cos tdt y x determinemos los limites. x π Para y = x =⇒ arcsen = arcsen (1) = . x 2 −x π Para y = −x =⇒ arcsen = arcsen (−1) = − x 2 Por tanto Z

1

Z

x

r x 1−

0

−x

y 2 x

Z

1

Z

π 2

dydx = − π2

0

Z

1Z

π 2

= 0

Z

√ x2 1 − sen2 tdtdx

1

− π2 π 2

Z

x2 cos2 tdtdx

1 + cos 2t )dtdx 2 0 − π2 π Z 1 sen2t 2 2 t x + dx = 2 4 0 − π2 Z π 1 2 = x dx 2 0 1 π x3 π = = 2 3 0 6 =

352

x2 (

Problema 3 ZZ

y − 2x2 dxdy si D es la región acotada por |x| + |y| = 2

Calcular D

Figura 4.24: D región acotada por |x| + |y| = 2

Soluci´ on: Se tiene que la región D = {(x, y) ∈ IR2 / |x| + |y| ≤ 2} Si escogemos la región con una partición de tipo I, es necesario utilizar dos integrales iterativas porque para −2 ≤ x ≤ 0 , la frontera inferior de la región es la gráfica de y = −x − 2, y la superior es y = x + 2;y para 0 ≤ x ≤ 2 la frontera inferior de la región es la gráfica de y = x − 2, y la superior es y = −x + 2 Entonces se tiene D = D1 ∪ D2 tal que D1 ∪ D2 = φ. donde D1 = {(x, y) ∈ IR2 / − 2 ≤ x ≤ 0, − x − 2 ≤ y ≤ x + 2} D2 = {(x, y) ∈ IR2 / 0 < x ≤ 2, x − 2 ≤ y ≤ −x + 2} Por otra parte la funcion del integrando f (x, y) = y −2x2 es simétrica con respecto al eje y, es decir ∀ (x, y, z) ∈ D existe (−x, y, z) tal que f (−x, y) = y − 2(−x)2 = f (x, y) . Por lo tanto 353

ZZ y − 2x

2

Z

Z

−x+2

dxdy = 2 0

D

= = = =

y − 2x2 dydx

x−2 2

−x+2 y 2 2 + 2x y dx 2 0 x−2 Z 1 2 4x3 − 8x2 dx 0 2 8 3 4 x − x 3 0 64 32 2 16 − =− 3 3 Z

Problema 4 ZZ Calcular

2

2

x2 + y 2 dxdy si D = {(x, y) ∈ IR2 / x2 + y 2 ≤ 1} .Usando D

coordenadas cartesianas

Figura 4.25: D región acotada por x2 + y 2 ≤ 1

Soluci´ on: Usando coordenadas cartesianas, la región de integración es un c´ırculo centrado en el origen de radio uno Por lo tanto √ √ D = (x, y) ∈ IR2 / − 1 ≤ x ≤ 1, − 1 − x2 ≤ y ≤ 1 − x2 354

ZZ

2

x +y

2

Z

1

dxdy = −1

D

√

Z

1−x2

√ − 1−x2

(x2 + y 2 )dydx

√ 2 3 1−x y (x2 y + ) √ = dx 3 − 1−x2 −1 Z 1 √ 1p (1 − x2 )3 )dx = 2 (x2 1 − x2 + 3 −1 Z 1 √ Z 1p 2 2 = 2 x 1 − x2 dx + (1 − x2 )3 dx 3 −1 −1 Z

1

Con ayuda de una tabla de integrales obtenemos que: Z

1

x

2

√

1−

x2 dx

−1

1 x√ 1 √ 2 2 = (− 1 − x + (x 1 − x + arcsenx) 4 8 −1 1 π π π 1 (arcsen(1) − arcsen (−1) = ( + ) = = 8 8 2 2 8

1 p p p x 3x 3 (1 − x2 )3 dx = ( (1 − x2 )3 + (1 − x2 ) + arcsenx) 4 8 8 −1 −1 3π = 8

Z

1

Por lo tanto: ZZ D

2π 2 3π π x2 + y 2 dxdy = + = 8 3 8 2

Notese que la solución del problema usando coordenadas cartesianas es bastante compleja Problema 5 ZZ Calcular √

xydxdy si D es la región acotada por y =

√ x, y =

D

3x − 18, y ≥ 0.Usando coordenadas cartesianas. Soluci´ on. Si escogemos la región con una partición de tipo I, es necesario utilizar dos integrales iterativas porque para 0 ≤ x ≤ 6 , la √ frontera inferior de la región es la gráfica de y = 0, y la superior es y = x;y para 6 ≤ x ≤ 9 la 355

Figura 4.26: D y =

√

x, y =

√

3x − 18,

y ≥ 0. Región de tipo I

frontera √ inferior de la región es la gráfica de y = y= x

√

3x − 18, y la superior es

Luego tenemos que D = D1 ∪ D2 tal que D1 ∪ D2 = φ. √ Entonces D1 = {(x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ 6, 0 ≤ y ≤ x} √ √ D2 = (x, y) ∈ IR2 / 6 < x ≤ 9, 3x − 18 ≤ y ≤ x Por lo tanto ZZ

ZZ xydxdy =

ZZ xydxdy +

D

Z

D1 √ 6Z x

=

xydxdy D2 9

Z

√

Z

xydydx + 0

Z = 0

0 6

y2 x 2

Z

0

3x−18 2 √ x

9

x

dx + 6

xydydx

√

6

√ x

x

y 2

√

dx 3x−18

Z Z 1 6 2 1 9 = x dx + (−2x2 + 18x)dx 2 0 2 6 6 3 9 x2 1 3 x 185 = x + − +9 = 6 3 2 6 2 0

Si escogemos la región con una partición de tipo II, es necesario utilizar sólo una integral iterativa porque para 0 ≤ y ≤ 3 , la frontera izquierda de la región es la gráfica de x = y 2 mentras que la frontera derecha queda y2 determinada por la gráfica x = + 6, obteniendo as´ı la región 3 y2 2 2 D1 = (x, y) ∈ IR / y ≤ x ≤ + 6, 0 ≤ y ≤ 3 3 356

Figura 4.27: D y =

√

x, y =

√

3x − 18,

y ≥ 0. Región de tipo II

la integral iterativa queda ZZ

Z

3

Z

(y 2 /3)+6

xydxdy = D

xydxdy y2

0

(y2 /3)+6 x2 ydy 2 y2 0 #(y2 /3)+6 2 Z " 2 y + 18 1 3 − y4 ydy 2 0 3 2 y Z 3 1 −8y 5 + 36y 3 + 324y dy 18 0 3 4 6 1 4 2 − y + 9y + 162y 18 3 0 1 4 185 − 36 + 36 + 2 · 36 = 18 3 2

Z =

= = = =

3

357

Problema 6 Encontrar el área de la región determinada por las desigualdades: xy ≥ 4, y ≤ x, 27y ≥ 4x2 .

Figura 4.28: Región determinada por xy ≥ 4, y ≤ x, 27y ≥ 4x2 Soluci´ on. Sabemos que xy = 4 tiene por gráfica una hipérbola equilátera, y = x es la recta bisectriz del primer cuadrante y 27y = 4x2 corresponde a una parábola. Veamos cuale son los puntos de intersección de estas curvas con el proprosito deconfigurar el dominio de integración xy = 4 =⇒ x2 = 4 =⇒ x = ±2 =⇒ y = ±2 y=x ) x = 0 2 27 27y = 4x 27 =⇒ y = 0, y = =⇒ 27x = 4x2 =⇒ y=x x= 4 4 4 xy = 4 =⇒ x = 3, y = 2 27y = 4x 3 ZZ Para calcular el a´rea A(R) = del

dxdy, podemos escoger una partición D

dominio de tipo I o´ de tipo II. Consideremos dos subregiones de tipo I 4 2 D1 = (x, y) ∈ IR / 2 ≤ x ≤ 3, ≤ y ≤ x x 27 4 2 2 D2 = (x, y) ∈ IR / 3 ≤ x ≤ , x ≤ y ≤ x 4 27 358

Si proyectamos sobre eje x ZZ ZZ A(R) = dxdy = D 3

Z

Z

ZZ dxdy +

dxdy

D1 x

A(R) =

D2 27/4

Z

x

Z

dydx + 4 2 x 27

3

3

Z

dydx

4 x

2

Z

27/4

y|x4 x2 dx y| 4 dx + x 27 3 2 Z 27/4 Z 3 4 4 2 x− dx + x − x dx = x 27 2 3 2 3 2 27/4 x x 4 = − 4 ln x + − x3 2 2 81 2 3 5 3 729 9 4 273 4 = − 4 ln + − − + 33 3 2 2 32 2 81 4 81 3 729 243 4 − + = −2 − 4 ln + 2 32 16 3 665 3 = − 4 ln 96 2 Si proyectamos sobre eje y 4 4 3√ 2 3y, ≤ y ≤ 2 DI = (x, y) ∈ IR / ≤x≤ y 2 3 √ 3 27 2 DI = (x, y) ∈ IR / y ≤ x ≤ 3y, 2 ≤ y ≤ 2 4 ZZ ZZ ZZ A(R) = dxdy = dxdy + dxdy x

=

D 2

Z

D1

3√ 3y 2

Z

A(R) =

Z

D2

27/4

3√ 3y 2

Z

dxdy

dxdy + 4 y

4 3

2

Z =

hp

2

i

y

Z

3y − 4 ln y dy +

4 3

2

27/4

3p 3y − y dy 2 2 27/4

2 p p 4 y 3 3y 3 − 3y 3 − = + 2 y 4 2 3

8 3 9 · 27 729 = − − 4 ln + − +2 3 2 8 32 665 3 = − 4 ln 96 2 359

2

Problema 7 Encontrar el volumen de la región acotada por los tres planos coordenados y el plano x + 2y + 3z = 6 Soluci´ on.

Figura 4.29: Región determinada por los tres planos coordenados y el plano x + 2y + 3z = 6

Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano xy tenemos: RR 6 − x − 2y 6−x 2 dxdy , D = (x, y) ∈ IR / 0 ≤ x ≤ 6, 0 ≤ y ≤ V = D 3 2

V

= = = = =

Z Z 6−x 2 1 6 (6 − x − 2y) dydx 3 0 0 Z 6−x 1 6 (6 − x)y − y 2 0 2 dx 3 0 Z 1 6 (6 − x)2 (6 − x)2 − dx 3 0 2 4 Z 6 1 (6 − x)2 dx 12 0 6 1 3 − (6 − x) =6 36 0

Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano yz tenemos: RR 6 − 2y 2 V = R (6 − 3z − 2y) dzdy , R = (y, z) ∈ IR / 0 ≤ y ≤ 3, 0 ≤ z ≤ 3 360

3

Z V

= 0

(6 − 2y − 3z) dzdy

0

6−2y 3 2 3 (6 − 2y)z − z dy 2 0 0 Z 3 (6 − 2y)2 (6 − 2y)2 − dy 3 6 0 Z 1 3 (6 − 2y)2 dy 6 0 3 1 (6 − x)3 − =6 12 3 0 Z

= = = =

4.4.2.

6−2y 3

Z

3

Cambios de orden de Integraci´ on

Problema 1 Invierta el orden de integración y eval´ ue la integral resultante . Z

1

Z

2

I= 0

2

ey dydx

2x

Soluci´ on. El dominio de integracion dado es D = {(x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ 1, 2x ≤ y ≤ 2} . Si se invierte el orden de integración tenemos que modificar la partición del n o y dominio. D = (x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ , 0 ≤ y ≤ 2 ,entonces la inte2 gral se puede escribir.

Z

1

Z

2

I =

Z

y2

2

Z

e dydx = Z0 2

= Z0 2

2x

0

y 2 xe dy y2

0

y y2 1 2 4 e dy = ey 4 0 0 2 1 16 = e −1 4 =

361

0

y 2

2

ey dxdy

Problema 2 Invierta el orden de integración y eval´ ue la integral resultante . Z 2Z 4 √ I= y cos ydydx x2

0

Soluci´ on. El dominio de integración dado es D = {(x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ 2, x2 ≤ y ≤ 4} . Si se invierte el orden de integración tenemos que modificar la partición del

√ dominio, D = (x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ y, 0 ≤ y ≤ 4 ,entonces la integral se puede escribir 2

Z

Z

4

√

√

Z

y

y cos ydydx =

x2

0

4

Z 0

y cos ydxdy

0 4

Z

√

=

√

Z0 4

√

y cos(y)x|0 y dy

y cos(y)dy

= 0

Integrando esta u ´ltima integral por partes se tiene: Z

4

ysen(y)|40

y cos(y)dy =

Z −

0

4

sen(y)dy 0

= ysen(y)|40 + cos(y)|40 = 4sen(4) + cos(4) − 1 Problema 3 Invierta el orden de integración y eval´ ue la integral resultante . Z eZ

ln x

I=

ydydx 1

0

Soluci´ on. El dominio de integración dado es D = {(x, y) ∈ IR2 / 1 ≤ x ≤ e, 0 ≤ y ≤ ln x} . Si se invierte el orden de integración tenemos que el dominio, D = {(x, y) ∈ IR2 / ey ≤ x ≤ e, 0 ≤ y ≤ 1} ,entonces la integral se puede escribir 362

Z eZ

ln x

Z

1

Z

e

ydydx = 1

0

ydxdy ey

0

Z

4

= Z0 4

e y x dy y e

y(e − ey )dy 0 2 4 y = e − ey [y − ey ]40 2 0 = 8e − 4e4 − 1

=

4.4.3.

Cambios de variables: Coordenadas polares

Problema 1 ZZ Calcular

x2 + y 2 dxdy si D = {(x, y) ∈ IR2 / x2 + y 2 ≤ 1} ,usando D

coordenadas polares. Véase figura 4.25 Soluci´ on. A partir de la coordenadas polares tenemos: x = rcosθ, y = rsenθ =⇒ x2 + y 2 = r2 El valor absoluto del Jacobiano de transformación a polares es: ∂ (x, y) ∂ (r, θ) = r Reemplazando términos en la integral, produce ZZ ZZ 2 2 2 ∂ (x, y) x + y dxdy = r drdθ ∂ (r, θ) D D

Z

1

Z

2π

=

Z

3

1

Z

2π

r dθdr = 0

Z

0 1

= 2π

r3 dr = 2π

0

0 4 1

r3 θ|2π 0 dr

0

r π = 4 0 2

Las coordenadas polares dieron una solucion más simple del problema. La simplicidad depende de la naturaleza del problema y de la simetria que presenta el dominio.

363

Problema 2 Calcular el a´rea de la región interior a la circunferencia x2 + y 2 = 8y y exterior a la circunferencia x2 + y 2 = 9. Soluci´ on. Determinemos el centro y radio de la circunsferencia x2 + y 2 = 8y =⇒ x2 + y 2 − 8y = 0 =⇒ x2 + (y − 4)2 = 16 ZZ El área de la región D es: A (D)

dxdy Véase figura 4.30 D

Figura 4.30: Región interior a la circunferencia x2 + y 2 = 8y y exterior a la circunferencia x2 + y 2 = 9

Por simetr´ıa, podemos calcular el área de la región D en el primer cuadrante y multiplicar por 2. A fin de conocer los l´ımites de integración en coordenadas polares necesitamos conocer el ańgulo que forma la recta OT con el eje x. x2 + y 2 = 8y =⇒ r2 = 8rsenθ =⇒ r = 8senθ x2 + y 2 = 9 =⇒ r = 3 Como T pertenece a ambas circunferencias se cumple 3 8senθ = 3 =⇒ θ = arcsen 8 3 π ∗ Luego, la mitad de la región D = (r, θ) /3 ≤ r ≤ 8senθ; arcsen ≤ θ ≤ 8 2 ZZ ZZ ∂ (x, y) drdθ dxdy = D D∗ ∂ (r, θ) 364

Z

π/2

8senθ

Z

rdrdθ =

2 arcsen 38

Z

3

π/2

64sen2 θ − 9 dθ =

arcsen 38

= = ≈

Problema 3 ZZ Calcular D

8senθ r2 2 dθ arcsen 38 2 3 π/2 θ sen2θ 9 64 − − θ 2 4 2 arcsen 3 8 π/2 55 θ − 16sen2θ 2 arcsen 83 55 3 3 55 π − arcsen + 16sen(2arcsen ) 4 2 8 8 38, 42 Z

π/2

x2 + y 2 p dxdy , si D es el interior del cardioide r = x + x2 + y 2

a (1 + cos θ)

Figura 4.31: D es la región interior del cardioide r = a (1 + cos θ)

Soluci´ on. Cambiando a cordenadas polares, tenemos: ZZ D

x2 + y 2 p dxdy = x + x2 + y 2

D∗

∂ (x, y) r2 drdθ r cos θ + r ∂ (r, θ)

D∗

r2 rdrdθ r cos θ + r

ZZ ZZ

= 365

Z

2π

= 0

Z = 0 3

= = = =

2π

a(1+cos θ)

r2 drdθ 1 + cos θ 0 a(1+cos θ) r3 1 dθ 1 + cos θ 3 0

Z

Z 2π a (1 + cos θ)2 dθ 3 0 Z a3 2π 1 + 2 cos θ + cos2 θ dθ 3 0 2π a3 θ sen2θ θ + 2senθ + + 3 2 4 0 3 πa

Observacion si deseamos se rigurosos debemos hacer notar que la integral es impropia cuando x ≤ 0, e y = 0, pues en tal caso el denominador es cero. Luego: Z 2π Z a(1+cos θ) r2 r2 drdθ + l´ım drdθ l´ım− β→π+ β α→π 1 + cos θ 1 + cos θ ε 0 ε ε→0 ε→0 3 Z 2π 3 Z α a a (1 + cos θ)2 dθ + l´ım (1 + cos θ)2 dθ l´ım− β→π+ α→π 3 3 0 β 3 a 3 sen2α sen2β a3 3 l´ım α + 2senα + + l´ım 3π − β − 2senβ − β→π+ 3 α→π − 3 2 4 2 4 3 πa Z

I =

= = =

α

Z

a(1+cos θ)

Problema 4 Calcular el volumen V del sólido acotado por las gráficas z = 9 − x2 − y 2 y z = 5. Soluci´ on. Como el sólido es simétrico, basta encontrar su volumen en el primer octante y multiplicar su resultado por cuatro. Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano xy tenemos: Z Z V =4 9 − x2 − y 2 − 5 dxdy D

366

Figura 4.32: sólido acotado por las gráficas z = 9 − x2 − y 2 y z = 5 D = {(x, y) ∈ IR2 / x ≥ 0, y ≥ 0, 0 ≤ x2 + y 2 ≤ 4} A partir de la coordenadas polares, obtenemos: x = rcosθ =⇒ f (x, y) = 4 − x2 − y 2 = 4 − r2 y = rsenθ π 0 ≤ x2 + y 2 = r2 ≤ 4 ⇐⇒ 0 ≤ r ≤ 2 y 0 ≤ θ ≤ 2 n πo ∗ D = (r, θ) / 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2 El valor absoluto del Jacobiano de transformaci´ on a polares es: ∂ (x, y) ∂ (r, θ) = r Reemplazando términos en la integral, produce: Z Z

V

4.4.4.

4 − r2 rdrdθ D∗ Z π/2 Z 2 = 4 4 − r2 rdrdθ 0 0 2 Z π/2 4 2 1 4 r − r dθ = 4 2 4 0 0 = 8π = 4

Cambios de variables. Coordenadas curvil´ıneas

Problema 1 ZZ Calcular I =

3xydxdy, donde D es la región acotada por las rectas D

x − 2y = 0, x − 2y = −4 (1) x + y = 4, x+y =1 Soluci´ on. Podemos usar el cambio de variables 367

Figura 4.33: D región acotada por x − 2y = 0,

x − 2y = −4,

x + y = 4,

x+y =1

u = x − 2y v =x+y

1 (2u + v) 3 (2) 1 y = (u − v) 3

x=

(1) =⇒

Asi,x − 2y = −4 se transforma en u = −4 x − 2y = 0 se transforma en u = 0 x + y = 1 se transforma en v = 1 x + y = 4 se transforma en v = 4 ∂ (x, y) tenemos dos posibilidades. Para calcular el Jacobiano ∂ (u, v) La primera, es usar la transformación inversa (2) x e y en términos de u yv. ∂ (u, v) y La segunda, mucho más simple, es calcular a partir de (1) ∂ (x, y) luego ∂ (x, y) ∂ (u, v) −1 = usar la propiedad . ∂ (x, y) ∂ (u, v) ∂ (u, v) 1 −2 ∂ (x, y) 1 = En efecto = = 1 + 2 = 3 =⇒ ∂ (x, y) 1 1 ∂ (u, v) 3 Por lo tanto, del teorema del cambio e variables se deduce que: 368

ZZ I =

ZZ 3xydxdy =

Z

D 4Z 0

3 D∗

∂ (x, y) 1 1 dudv (2u + v) (u − v) 3 3 ∂ (u, v)

1 2u2 − uv − v 2 dvdu −4 9 1 0 Z 4 1 uv 2 v 3 2 = − du 2u v − 9 1 2 3 −4 Z 1 4 64 2 = 8u + 8u − du 9 1 3 4 1 8u3 64 164 2 = + 4u − u du = 9 3 3 1 9 =

Problema 2 Calcular el a´rea de la región D, que esta acotada por las curvas x2 − y 2 = 1, x2 − y 2 = 9 (1) x + y = 4, x+y =6

Figura 4.34: D región acotada por x2 −y 2 = 1, x2 −y 2 = 9, x+y = 4, x+y = 6 Soluci´ on. Teniendo en cuenta el cambio de variables que transforma la región D en la región D∗ u = x2 − y 2 (1) =⇒ v =x+y La imagen D∗ de la región D está acotada por la rectas verticales; x2 − y 2 = 1 se transforma en u = 1 x2 − y 2 = 9 se transforma en u = 9 y las rectas horizontales x + y = 4 se transforma en v = 4 369

x + y = 6 se transforma en v = 6 Es decir, D∗ = {(u, v) /1 ≤ u ≤ 9, 4 ≤ v ≤ 6} ∂ (x, y) ∂ (u, v) y usar la propiedad Vamos a calcular a partir de (1) ∂ (u, v) ∂ (x, y) −1 ∂ (x, y) = ∂ (u, v) . ∂ (u, v) ∂ (x, y) ∂ (u, v) 2x −2y ∂ (x, y) = = 1 = 2 (x + y) = 2v =⇒ En efecto 1 1 ∂ (x, y) ∂ (u, v) 2v El teorema del cambio variables afirma que: ZZ A (D) =

ZZ dxdy =

D 9Z 6

Z = 1

Z

4 9

∂ (x, y) dudv D∗ ∂ (u, v)

1 dvdu 3v

1 [ln v]64 du 2 1 Z 9 1 6 = du ln 2 4 1 3 1 3 9 = ln [u]1 = 4 ln 2 2 2 =

Problema 3 ZZ Calcular I = D

x3 + y 3 dxdy, donde D es la región del primer cuadxy

rante acotada por: y = x2 , y = 4x2 (1) x = y 2 , x = 4y 2 Soluci´ on. El cálculo de I ser´ıa bastante complejo si usamos coordenadas cartesianas por la simetr´ıa que tiene el dominio.Sin embargo, una cambio de variables simplifica la región D y la transforma en D∗ . x2 y2 Sean u = , v = y x Luego D∗ esta acotada por la rectas verticales; y = x2 se transforma en u = 1. 1 y = 4x2 se transforma en u = . 4 y las rectas horizontales x = y 2 se transforma en v = 1. 370

Figura 4.35: D región acotada por y = x2 , y = 4x2 , x = y 2 , x = 4y 2

1 x = 4y 2 se transforma en v = . 4

∗

Es decir, D =

x

1 1 (u, v) /1 ≤ u ≤ , 1 ≤ v ≤ 4 4

∂ (x, y) tenemos dos posibilidades, la primera es despejar Para calcular ∂ (u, v)

e y en términos de u y v a partir de (1) . ∂ (u, v) ∂ (x, y) ∂ (u, v) −1 y usar la propiedad La segunda, es calcular . ∂ (u, v) = ∂ (x, y) ∂ (x, y) 2 2x − x ∂ (u, v) ∂ (x, y) 1 2 y = 4 − 1 = 3 =⇒ = y En efecto ∂ (u, v) = 3 ∂ (x, y) y 2 2y − 2 x x Calculemos ahora la integral 371

ZZ 2 x y2 x3 + y 3 dxdy = + dxdy xy y x D D Z 1 Z 1 1 (u + v) dvdu 3 1/4 1/4 Z 1 1 1 v2 uv + du 3 1/4 2 1/4 Z 1 1 3 15 u+ du 3 1/4 4 32 1 1 3 15 15 3 1 3 2 15 u + u = + 3 8 32 1/4 3 8 16 32 4 15 64 ZZ

I = = = = = = Problema 4

ZZ

[x + y]2 dxdy, donde D es la región del plano

Evaluar la integral I = D

xy acotado por las curvas x + y = 2, x + y = 4, (1) y = x, x2 − y 2 = 4,

Figura 4.36: D región acotada por x + y = 2, x + y = 4, y = x y x2 − y 2 = 4 Soluci´ on. Observese que las ecuaciones de la curvas de la frontera de D sólo incluyen a x e y en las combinaciones de x ± y,y el integrando incluye solamentenlas mismas combinaciones. Aprovechando estas simetr´ıas, sean las coordenadas u = x + y, v = x − y Luego, la imagen D∗ de la región D está acotada por las curvas; 372

x + y = 2 se transforma en u = 2. x + y = 4 se transforma en u = 4. A su vez x − y = 0 se transforma en v = 0. x2 − y 2 = (x + y) (x − y) = 4 se transforma en uv = 4. 4 Es decir, D∗ = (u, v) / 2 ≤ u ≤ 4, 0 ≤ v ≤ u ∂ (x, y) ∂ (u, v) −1 El jacobiano de la transformación es . = ∂ (x, y) ∂ (u, v) ∂ (x, y) 1 ∂ (u, v) 1 1 En efecto = = −2 =⇒ ∂ (u, v) = 2 1 −1 ∂ (x, y) Entonces: ZZ ZZ 1 2 [x + y] dxdy = u2 dudv 2 D∗ D Z Z 1 4 4/u 2 u dvdu = 2 2 0 Z 1 4 2 4/u = u v|0 du 2 2 Z 1 4 = 4udu 2 2 4 4 u2 = = 12 2 2 2

4.4.5.

C´ alculo de integrales triples en coordenadas rect´ angulares cartesianas

Problema 1 1 Sea R la región en IR3 acotada por: z = 0, z = y, x = 0; x = 1, y = 2 0, y = 2 ZZZ Calcular (x + y − z) dxdydz. R

Soluci´ on. Del gráfico de la región (Véase figura 4.37) , tenemos que 0 ≤ z ≤ 1 y.Proyectando la región R 2 sobre el plano xy. As´ı D = {(x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2} . Por lo tanto; 373

1 2

Figura 4.37: R región acotada por z = 0, z = y, x = 0; x = 1, y = 0, y = 2

(x + y − z) dxdydz = D

R

1

Z

Z

0

Z 0

2

Z (

0

(x + y − z) dz)dxdy

0

1y z2 2 dydx xz + yz − 2 0 0 0 Z 1Z 2 3 2 1 xy + y dydx 2 8 0 0 1 Z 1 1 2 [(x + 1)] dx = x + x 2 0 0 3 2

1 y 2

0 0 1Z 2

1 y 2

Z (

ZZ

ZZZ

Z

(x + y − z) dz)dydx = y2 1 (x + y)y − dydx = 2 8 2 Z 1 1 2 1 3 xy + y dx = 4 8 0 0 =

1

Z

2

También es posible resolver el problema anterior proyectando la región R sobre el plano xz.En tal caso, 2z ≤ y ≤ 2 y D = {(x, z) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1} ZZZ

Z

1

Z

(x + y − z) dxdydz = R

1

Z

2

(x + y − z) dy)dzdx

( 0

374

0

2z

1

Z

1

Z

0

0

Z 2 0

1

y2 xy + − zy 2

2

Z

1

Z

[x + 1 − z − xz] dzdx

dzdx = 2 0

2z 2 1

1

0

Z 1 z2 1 x z xz + z − x+1− − −x dx = 2 dx 2 2 0 2 2 0 1 Z 1 1 2 3 [(x + 1)] dx = x +x = 2 2 0 0

Una tercera posibilidad de solución consiste en proyectar la región R sobre el plano yz. Esta se deja como ejercicio. Problema 2 ZZZ

x2 dxdydz si D es la región acotada por y 2 + z 2 = 4ax,

Calcular D

y 2 = ax, x = 3a

Figura 4.38: D región acotada por y 2 + z 2 = 4ax, y 2 = ax, x = 3a Soluci´ on. La superficie y 2 + z 2 = 4ax corresponde a un paraboloide de revolución como el bosquejado en la figura. En dos variables el gráfico de y 2 = ax es una parábola, pero es tres variables es la superficie de un manto parabólico. Finalmente, el gráfico x = 3 es un plano paralelo al plano xz a la distancia 3a. Luego el gráfico de la región es La proyecci´ on de la region sobre el plano xy es: o n p p 3 2 2 D = (x, y, z) ∈ IR /D1 ∪ D2 , − 4ax − y ≤ z ≤ 4ax − y 375

Por simetr´ıa se tiene: ZZZ

x2 dxdydz = 2

I = D

Z

3a Z

= 2

√

0

Z = 2 0

Z = 4 0

√ 2 ax

3a

Z

ax √ 2 ax

√ 3a Z

ax √ 2 ax

√

√

Z √4ax−y2 −

Z √4ax−y2

ZZ

√

D1

−

x2 dzdxdy

4ax−y 2

x2 dzdydx

4ax−y 2

2 √4ax−y2 xz √ dydx 2 −

x2

4ax−y

p 4ax − y 2 dydx

ax

De una tabla de integrales obtenemos Z √ 1 √ u a2 − u2 du = (u a2 − u2 + a2 arcsen ) 2 a As´ı al integrar la expresión: p 2√ax Z 2√ax p 1 y 4ax − y 2 dy = y 4ax − y 2 + 4ax arcsen √ √ 2 2 ax √ax ax 1 1 √ √ ax 3ax + 4ax arcsen = 2ax arcsen (1) − 2 2 π π 1 √ = 2ax + ax 3 − 2ax 2 2√ 6 3 2π ax + ax = 3 2 Por lo tanto al sustituir en la integral anterior, queda Z 4 0

3a

"

" #3a √ # √ ! 2π 3 2π 3 + ax3 dx = + ax4 3 2 3 2 0 √ ! 3 3 = 27a5 2π + 2

Problema 3 Calcular el volumen del sólido Ω acotado por la superficie y = x2 y los planos y + z = 4 ; z = 0. 376

Figura 4.39: Ω acotado por la superficie y = x2 y los planos y + z = 4, z = 0 Soluci´ on. Consideremos que la región Ω está acotada inferiormente por la frontera z = 0 y superiomente por z = 4 − y. Si Proyectamos la región Ω sobre el plano xy, se tiene: Ω = {(x, y, z) ∈ IR3 / (x, y) ∈ D, 0 ≤ z ≤ 4 − y} D = {(x, y) ∈ IR2 / − 2 ≤ x ≤ 2, x2 ≤ y ≤ 4} Luego el volumen de la región es Z

ZZZ

2

Z

4

Z

−2

Ω

4−y

dzdydx

dxdydz =

V (Ω) =

x2

0 2

4 y2 = (4 − y) dydx = 4y − dx 2 x2 −2 x2 −2 Z 2 x4 2 = 8 − 4x + dx 2 −2 2 4 3 x4 256 = 8x − x + = 3 10 −2 15 Z

4.4.6.

2

Z

4

Z

Coordenadas esf´ ericas

Problema 1 ZZZ p 2 2 2 Resolver I = x2 + y 2 + z 2 e−(x +y +z ) dxdydz si D es la región de D

IR3 limitada por las superficies x2 + y 2 + z 2 = a2 x2 + y 2 + z 2 = b2 con 0 < b < a anillo esférico. Soluci´ on. Por la simetr´ıa del dominio y la forma del integrando 377

Figura 4.40: D es la región de IR3 limitada por las superficies x2 + y 2 + z 2 = a2 x2 + y 2 + z 2 = b2 con 0 < b < a

usaremos coordenadas esféricas:  b 2 ≤ x 2 + y 2 + z 2 ≤ a2 x = rsenθ cos φ  y tgθ = = 0 y = rsenθsenφ =⇒ zy  z = r cos θ tgφ = = 0 x Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a ∂ (x, y, z) 2 ∂ (r, θ, φ) = r senθ se tiene:

Z

2π

Z

π

Z

a

I =

re 0

Z

= = = = = =

0 2π

Z

Z

a

b≤r≤a 0≤θ≤π

=⇒

0 ≤ φ ≤ 2π

esféricas es :

∂ (x, y, z) ∂ (r, θ, φ) drdθdφ

−r2

b π

=⇒ =⇒

2

r3 e−r senθ drdθdφ a Z0 2π Z0 π b 1 2 −r2 −r2 − r e senθ dθdφ −e 2 0 0 b Z 2π Z π 1 2 −b2 1 −b2 1 2 −a2 −a2 be + e − ae −e senθ dθdφ 2 2 2 0 0 Z 2π 1 2 −b2 1 −b2 1 2 −a2 −a2 be + e − ae −e − cos θ|π0 dφ 2 2 2 0Z 2π 1 2 −b2 1 −b2 1 2 −a2 2 2 be + e − ae − e−a dφ 2 2 2 0 1 2 −b2 1 −b2 1 2 −a2 −a2 be + e − ae −e 4π 2 2 2 378

Problema 2 Encontrar el volumen de la región determinada por x2 + y 2 + z 2 ≤ 16 , z 2 ≥ x2 + y 2 .

Figura 4.41: Región determinada por x2 + y 2 + z 2 ≤ 16 , z 2 ≥ x2 + y 2

Soluci´ on. 2 2 x + y + z 2 = 16 es una esfera con centro en el origen y radio 4 z 2 = x2 +y 2 es un cono con vértice en el origen y eje de simetr´ıa coincidente con el eje z. Como z ≥ 0 , sólo debemos considerar sólo la región sobre el plano xy. La intersección de laesfera con el cono √ se obtiene mediante el sistema: x2 + y 2 + z 2 = 16 z= 8 =⇒ x2 + y 2 = z 2 x2 + y 2 = 8

Usaremos coordenadas esféricas: 0 ≤ x2 + y 2 +√z 2 ≤ 16  x = rsenθ cos φ  y 8 tgθ = = √ = 1 y = rsenθsenφ =⇒ z 8  y z = r cos θ tgφ = = 0 x Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a ∂ (x, y, z) 2 ∂ (r, θ, φ) = r senθ se tiene: 379

=⇒ =⇒ =⇒

0≤r≤4 π 0≤θ≤ 4 0 ≤ φ ≤ 2π

esféricas es :

ZZZ

V V V V

2π

Z

π 4

Z

Z

4

r2 senθ drdθdφ dxdydz = 0 0 0 D Z 2π Z π 3 4 4 r senθ dθdφ = 3 0 0 0 Z π 43 2π − cos θ|04 dφ = 3 0 √ ! √ ! Z 2 2 43 2π 43 = 1− dφ = 1− 2π 3 0 2 3 2

=

Otra opción para resolver este problema es usar coordenadas cil´ındricas,en tal caso  x = r cos θ  x2 + y 2 + z 2 = 16 =⇒ z = 16 − r2 . 2 2 2 y = rsenθ x +y =z =⇒ z = r2 =⇒  z=z el Jacobiano de transformación a cil´ındricas es: Ten´ıamos que ∂ (x, y, z) ∂ (r, θ, z) = r luego: V

2π

Z

ZZZ

Z

√ 8

√

Z

16−r2

dxdydz =

= D

Z

2π

√

Z

8

0

0 2π

Z

= 0

√

0

r2

2

rz|r216−r drdθ

= Z

rdzdrdθ 0

√

8

√ 2 2 r 16 − r − r drdθ

0

√8 3 r 1p (16 − r2 )3 − dθ = − 3 3 0 0 √ 2π √ 3 √ 3 2π = − 2 8 − 16 = 64 − 32 2 3 3 Z

4.4.7.

2π

Coordenadas Cil´ındricas

Problema 1 Usando integrales triples calcular el volumen de la región acotada por z = x2 + y 2 y z = 27 − 2x2 − 2y 2 . Soluci´ on. Por la simetr´ıa del volumen los resolveremos usando coordenadas cil´ındricas. 380

Figura 4.42: Región acotada por z = x2 + y 2 y z = 27 − 2x2 − 2y 2  x = r cos θ  z = x2 + y 2 =⇒ z = r2 . y = rsenθ =⇒ z = 27 − 2x2 − 2y 2 =⇒ z = 27 − 2r2  z=z x2 + y 2 = 9 =⇒ r = 3. de transformación a cil´ındricas es: Como el Jacobiano ∂ (x, y, z) ∂ (r, θ, z) = r se tiene: ZZZ V

Z

=

2π

Z

3

Z

27−2r2

dxdydz =

rdzdrdθ

D

Z

2π

Z

0 3

=

0

r2

2

r z|27−2r drdθ r2

Z0 2π Z0 3

r 27 − 3r2 drdθ 0 0 3 Z 2π 27 2 3 4 r − r = dθ 2 4 0 0 Z 243 2π 243 243 dθ = 2π = π = 4 0 4 2 =

Problema 2 Calcular el volumen de la región acotada por la esfera x2 + y 2 + z 2 = 13 y el cono (z − 1)2 = x2 + y 2 , z ≥ 1 Soluci´ on. El volumen pedido es ZZZ V = dxdydz R

donde la región R está dada por 381

Figura 4.43: Región acotada por la esfera x2 + y 2 + z 2 = 13 y el cono (z − 1)2 = x2 + y 2 , z ≥ 1

o n p p 3 2 2 2 2 R = (x, y, z) ∈ IR / (x, y) ∈ D; 1 + x + y ≤ z ≤ 4 − x − y D corresponde a la proyección de R sobre el plano xy. D = {(x, y, z) ∈ IR2 /x2 + y 2 ≤ 13} Por la simetr´ıa del volumen conviene usar coordenadas cil´ındricas.  x = r cos θ  y = rsenθ =⇒ x2 + y 2 + z 2 ≤ r2 + z 2 ≤ 13 ,  z=z Determinemos la imagen R∗ de R (z − 1)2 = x2 + y 2 ⇐⇒ z ≥ 1 + r =⇒ 1 + r ≤ z ≤

√ 13 − r2

Luego √ R∗ = (r, θ, z) ∈ IR3 / (r, θ) ∈ D; 1 + r ≤ z ≤ 13 − r2 La región R al ser proyectada sobre el plano xy. produce z = 0 =⇒ x2 + y 2 = 13 n π πo D1∗ = (r, θ) ∈ IR3 / ≤ r ≤ 2 ; − ≤ θ ≤ 2 2 Como el Jacobiano de transformación a cil´ındricas es: ∂ (x, y, z) ∂ (r, θ, z) = r se tiene: 382

Z

ZZZ V

Z

2

=

= =

2π

√

Z

13−r2

Z

rdzdθdr 0

R

=

Z

dxdydz =

=

=

2

2π

√

0

1+r

2

13−r rz1+r dθdr

Z0 2 Z0 2π √ r 13 − r2 − (1 + r) dθdr 0 Z 02 √ r 13 − r2 − r + r2 dr 2π 0 2 2 r r3 1 2 3/2 − + 2π − 13 − r 3 2 3 0 1 4 8 + 2π 133/2 − 73/2 − 3 2 3

Problema 3 Calcular utilizando coordenadas cil´ındricas el volumen de la región R , donde R es el interior a la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4, z ≥ 0,y exterior al cilindro (x − 1)2 + y 2 = 1.

Figura 4.44: R, región interior a la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4, z ≥ 0,y exterior al cilindro (x − 1)2 + y 2 = 1

Soluci´ on. La regi´ mediante o n on R se describe en coordenadas cartesianas p 3 2 R = (x, y, z) ∈ IR / (x, y) ∈ D; 0 ≤ z ≤ 4 − x − y 2 donde D es la proyección de R sobre el plano xy. 383

D = {(x, y) ∈ IR3 /x2 + y 2 ≤ 4 ; (x − 1)2 + y 2 ≥ 1} Transformemos la región R a coordenadas cilindricas definidas por  x = r cos θ  y = rsenθ =⇒ x2 + y 2 + z 2 = r2 (cos2 θ + sen2 θ) + z 2 ≤ 4  z=z

⇐⇒ 0 ≤ z ≤

√ 4 − r2

La región R al ser proyectada sobre el plano xy da origen a dos subregiones x2 + y 2 ≤ r2 ≤ 4 ⇐⇒ 0 ≤ r ≤ 2 si

3π π ≤θ≤ 2 2

(x − 1)2 + y 2 ≥ 1 ⇐⇒ r ≥ 2 cos θ y r ≤ 2 si -

π π ≤θ≤ 2 2

Entonces, la región R∗ puede describirse mediante √ R∗ = (r, θ, z) / (r, θ) ∈ D∗ = D1∗ ∪ D1∗ ; 0 ≤ z ≤ 4 − r2 n π πo D1∗ = (r, θ) ∈ IR3 /2 cos θ ≤ r ≤ 2 ; − ≤ θ ≤ 2 2 3π π D2∗ = (r, θ) ∈ IR3 /0 ≤ r ≤ 2 ; ≤ θ ≤ 2 2 Ademas, el Jacobiano de la transformación a cil´ındricas es: ∂ (x, y, z) ∂ (r, θ, z) = r 384

En consecuencia la integral puede describirse por ZZZ (r) drdθdz I = R

Z

π/2

Z

2

√

Z

4−r2

= 2 cos θ Z 2

−π/2

Z

π/2

4−r2

2

2

Z

√

Z

4−r2

−π/2

Z

rdzdrdθ π/2 3π/2

√

0 2

Z

Z r2 drdθ

3π/2

π/2

√

2

0

Z

+

2 cos θ

0

r [z]0 4−r drdθ

drdθ + π/2

r 4−

2

√ r 4 − r2 drdθ

0

2 2 Z 3π/2 1 1 2 3/2 2 3/2 − 4−r − 4−r dθ + dθ 3 3 −π/2 π/2 2 cos θ 0 Z Z 3/2 8 π/2 8 3π/2 2 dθ 1 − cos θ dθ + 3 −π/2 3 π/2 Z Z 8 π/2 8 3π/2 3 sen θdθ + dθ 3 −π/2 3 π/2 π/2 8 8 cos3 θ 8 + π= π − cos θ + 3 3 3 3 −π/2

Z

=

√

2 cos θ

Z

=

=

0

r [z]0

=

=

3π/2

rdzdrdθ + −π/2 Z π/2

=

Z

π/2

Problema 4 x2 y 2 z 2 Calcular I = + 2 + 2 dxdydz. 2 b c D a 2 y2 z2 3 x a > 0, b > 0, c > En la región D = (x, y, z) ∈ IR / 2 + 2 + 2 ≤ 1 a b c ZZZ

0

Figura 4.45: D es la región interior al elipsoide 385

x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c

Soluci´ on. La región de integración es un elipsoide de semieejes a,b,c. Efectuemos un primer cambio de variables: x = au, y = bv, z = cw. Con ello, D se transforma en la bola. D∗ = {(u, v, w) /u2 + v 2 + w2 ≤ 1} y el valor absoluto del Jacobiano queda : ∂ (x, y, z) a 0 0 ∂ (u, v, w) = 0 b 0 = abc 0 0 c Luego, aplicando el teorema del cambio de variables y obtenemos la integral ZZZ I = Z Z ZD = Z Z ZD

∗

Z Z ZD

∗

= =

x2 y 2 z 2 + 2 + 2 dxdydz. a2 b c 2 2 2 ∂ (x, y, z) dudvdw u +v +w ∂ (u, v, w) 2 2 2 ∂ (x, y, z) u +v +w dudvdw ∂ (u, v, w)

(u2 + v 2 + w2 ) (abc) dudvdw

D∗

Ahora, transformamos a coordenadas esféricas.  0 ≤ u2 + v 2 + w2 ≤ 1 =⇒ 0 ≤ r ≤ 1 u = rsenθ cos φ  v tgθ = =⇒ 0 ≤ θ ≤ π v = rsenθsenφ =⇒ w  v w = r cos θ tgφ = =⇒ 0 ≤ φ ≤ 2π u ∗∗ Quedando, la region D = {(r, θ, φ) /0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π} ZZZ

2

abc

2

Z

2

2π

Z

π

Z

(u + v + w )dudvdw = abc D∗

0

0

Z

2π

Z

= abc 0

Z

0 2π

1

r2 r2 senθ drdθdφ

0 π

1 r5 senθ dθdφ 5 0

abc − cos θ|π0 dφ 5 0 Z 2abc 2π 4πabc = dφ = 5 0 5 =

Observaci´ on 386

Es claro que la integración se podr´ıa haber efectuado usando directamente la trasformación compuesta.  x = arsenθ cos φ  ∂ (x, y, z) = abcr2 senθ y = brsenθsenφ =⇒  ∂ (r, θ, φ) z = cr cos θ Problema 5 ZZZ

dxdydz. q , 2 2 2 D (x − a) + (y − b) + (z − c) en la región D = {(x, y, z) ∈ IR3 /x2 + y 2 + z 2 ≤ R2 } punto fijo no peteneciente a la esfera x2 + y 2 + z 2 ≤ R2 . Calcular I =

, (a, b, c) es un

Figura 4.46: D es la región interior a la esfera x2 + y 2 + z 2 = R2 Soluci´ on. Si usamos coordenadas cartesianas los l´ımites de integración son dificultosos, pues en tal caso tendr´ıamos. ZZZ

dxdydz. q D (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 Z r Z √r2 −x2 Z √r2 −x2 −y2 dzdydx. q I = √ √ −r − r2 −x2 − r2 −x2 −y 2 (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2

I =

Es claro que si usamos este camino las cosas no serán fáciles. Sin embargo , dada la simetria esférica del dominio y observando que el integrando no es nada más que el reciproco de la distancia desde (a, b, c) ∈ /D hasta (x, y, z) ∈ D,nos damos cuenta que el resultado no puede depender más que de la distancia d entre dichos puntos.Por ello, el resultado no puede 387

variar si ubicamos el eje z pasando por el punto (a, b, c). Si (0, 0, d) son las nuevas coordenadas del punto fijo tenemos. ZZZ

dxdydz. q x2 + y 2 + (z − d)2

I= D

Observaci´ on El razonamiento anterior es muy usado el cálculo de integrales que aparecen aplicaciones a la F´ısica pues en dicha Ciencia son comunes las leyes en que aparece una distacia o el cuadrado de una distancia en el denominador del integrando. Para calcular I en (*) usamos coordenadas esféricas. Obtenemos:

Z

R

Z

π

Z

2π

0

0 R

Z

Z

0 π

= 2π 0

0

r2 senθ dφdθdr r2 + d2 − 2dr cos θ r2 senθ dθdr √ r2 + d2 − 2dr cos θ √

I =

Para calcular Z J= 0

π

√

r2 senθ dθdr r2 + d2 − 2dr cos θ

podemos hacer s = r2 + d2 − 2dr cos θ ds = 2drsenθdθ Además, θ = 0 =⇒ s = r2 + d2 − 2dr = (d − r)2 θ = π =⇒ s = r2 + d2 + 2dr = (d + r)2 Reemplazando en la integral anterior produce

Z (d+r)2 (d+r)2 r r J = s−1/2 ds = 2s1/2 (d−r)2 2d (d−r)2 2d r = [2 (d + r) − 2 (d − r)] 2d r 2r2 = [4r] = 2d d Por lo tanto 388

R

Z I = 2π

2r2 dr d

0 3 R

4π r d 3 0 4π 3 R I = 3d

I =

4.5.

Ejercicios propuestos integrales dobles y triples

4.5.1.

Integrales dobles

Integrales dobles en coordenadas cartesianas 1.- Resolver las integrales: Z 1Z 1 2x3 dxdy a) √ 0

Z b)

y

4

Z

y+2 9

√ 2− 4−y √ 2 Z 4−x2

dxdy

−5

Z c)

−2

√ − 4−x2

xydydx

Respuestas Z 1Z 1 1 3 a) 2x dxdy = √ 3 0 y Z 4 Z y+2 3 9 b) dxdy = √ 2 −5 2− 4−y Z 2 Z √4−x2 c) xydydx = 0 √ −2

− 4−x2

ZZ 2.- Calcular la integral

xydxdy, donde D es la regi´ on acotada D

por y 2 = x, y 2 = 3x − 18, y ≥ 0 ZZ Respuesta:

xydxdy = D

135 2

Véase Figura 4.47

389

Figura 4.47: Región acotada por y 2 = x, y 2 = 3x − 18, y ≥ 0 ZZ 3.- Calcular la integral D

x x2 2 2 dxdy, donde D = (x, y) ∈ IR /1 ≤ x ≤ 2, ≤y≤x x2 + y 2 2

Figura 4.48: Región acotada por y 2 = x, y 2 = 3x − 18, y ≥ 0

ZZ Respuesta: I = D

Véase Figura 4.48

x2

x 3 1 7 dxdy = arctan 2 − ln 5 − π + ln 2 2 +y 2 4 2

Z 4.- Eval´ ue la integral resultante: 0

Z

2

Z

Respuesta 0

0

x3

√

8

Z

2 √ 3

y

y √ dxdy 16 + x7

y 8 dydx = Véase Figura 4.49 7 7 16 + x 390

Figura 4.49: Región acotada por y 2 = x, y 2 = 3x − 18, y ≥ 0 5.- Calcule el volumen del s´ olido acotado por las gr´ aficas de: x2 + y 2 = 9, y 2 + z 2 = 2.

Figura 4.50: Sólido acotado por las gráficas de x2 + y 2 = 9, y 2 + z 2 = 2.

Z Respuesta V (R) = 8 0

3

Z √9−y2 p 9 − y 2 dxdy 0

6.- Calcule el volumen del s´ olido acotado por las gr´ aficas de las 2 2 ecuaciones dadas por z = x + 4, y = 4 − x , x + y = 2; z = 0. Respuesta V (R) =

423 20 391

Figura 4.51: Sólido acotado por las gráficas de las ecuaciones dadas por z = x2 +4, y = 4 − x2 , x + y = 2 z = 0.

4.5.2.

C´ alculo de Integrales dobles usando transformaci´ on de coordenadas ZZ

y dxdy,donde R es a regi´ on plana determinada + y2 R por los puntos del primer cuadrante que son interiores a la circunfererencia x2 − 4x + y 2 = 0 y exteriores a la circunferencia x2 + y 2 = 4.

1.- Calcular

x2

Figura 4.52: Región plana determinada por los puntos del primer cuadrante que son interiores a la circunfererencia x2 − 4x + y 2 = 0 y exteriores a la circunferencia x2 + y 2 = 4

ZZ Respuesta: I = R

x2

y 1 dxdy = 2 +y 2 392

ZZ

2.- Calcular la integral

−1/2 (x − y)2 + 2 (x + 2) + 1 dxdy, donde R

R

es la regi´ on plana acotada por y = 0, x = 2, y = x. a) Utilice la transformaci´ on u = x − y, v = x + y.

Figura 4.53: R es la región plana acotada por y = 0, x = 2, y = x y las transformaciones u = x − y, v = x + y. y x = u (1 + v) , y = v (1 + u) b) Utilice la sustituci´ on x = u (1 + v) , y = v (1 + u) . ZZ

Respuesta. I = D

−1/2 1 (x − y)2 + 2 (x + 2) + 1 dxdy = 2 ln 2 − 2

3.- Resolver las integrales usando las coordenadas m´ as convenientes

2a

Z

√

Z

2ax−x2

x2 + y 2 dydx

a) 0 2

Z b)

0 Z √4−y2 p

−2 0 √ Z π

√

Z c)

Z

2

Z −2 Z e)

sen x2 + y 2 dxdy

π−y 2 √ 2+ 4−x2 p −

Z

d)

π−y 2

√

√ − π

x2 + y 2 dxdy

2−

√

x2 + y 2 dxdy

4−x2

y

e x dxdy, R

si R esta acotado por x = a, x = b, y = px, y = qx, con a < b, p < q. 393

Respuestas. Z 2a Z √2ax−x2 3 a) x2 + y 2 dydx = πa2 4 0 0 Z 2 Z √4−y2 p 4 b) x2 + y 2 dxdy = π 3 −2 0 √ √ Z π Z π−y2 2 2 dxdy = 2π c) √ sen x + y √ π−y 2 √ 2+ 4−x2 p

− π 2

Z

−

Z

d)

x2 + y 2 dxdy =

√ 2− 4−x2

Z −2 Z

y

e)

e x dxdy = R

64 (3π − 4) 9

1 2 b − a2 (eq − ep ) 2

4.5.3.

Integrales triples

4.5.4.

Integrales triples iteradas

1.- Resolver las integrales triples por iteraciones:

2

Z

√ 2 x

Z

√

Z

4x−y 2 2

a)

xdzdydx 0

Z

0

a

Z

1

Z

√

0 a2 −x2

b) 0

Z

0

c)

√

1−x2

√ − 1−x2

−1

Z √a2 −x2 −y2 p a2 − x2 − y 2 − z 2 dzdydx 0 Z √12 −x2 −y2 x2 + y 2 dzdydx 0

Respuestas Z

2

Z

√ 2 x

√

Z

a) 0

0

0

4x−y 2 2

4 √ xdzdydx = π 2 3

Z √a2 −x2 −y2 p π2 b) a2 − x2 − y 2 − z 2 dzdydx = a2 8 0 0 0 Z 1 Z √1−x2 Z √12 −x2 −y2 4 c) x2 + y 2 dxdy = π √ 15 −1 − 1−x2 0 Z

aZ

√

a2 −x2

394

2.- Calcular las ´ areas de las regiones D⊂ R2 acotadas por: a) xy ≤ 4, y ≤ x, 27y ≥ 4x2 .

Figura 4.54: D es la región plana acotada por xy ≤ 4, y ≤ x, 27y ≥ 4x2 b) x2 + y 2 ≤ 9, y ≤ x + 3, y ≤ −x.

Figura 4.55: D es la región plana acotada por x2 + y 2 ≤ 9, y ≤ x + 3, y ≤ −x Respuestas 2 3 + 4 ln . 3 2 9 b) A (D) = (3π + 2) . 8 a) A (D) =

395

4.5.5.

Integrales triples en coordenadas rect´ angulares cartesianas. ZZZ

1.- Calcular la integral triple

xyzdxdydz, siendo el dominio de D

integraci´ on D el tetaedro delimitado por los planos coordenados y y z el plano de ecuaci´ on x + + = 1. 2 3 ZZ 1 xyzdxdydz = . Respuesta. I = 20 D ZZZ

x2 dxdydz, siendo el dominio de

2.- Calcular la integral triple D

integraci´ on D acotado por y 2 + z 2 = 4ay, y 2 = ax, x = 3a,con a > 0 √ ! ZZZ 3 3 2 2 x dxdydz = 27a 2π − Respuesta. I = 2 D ZZZ

xdxdydz, si D es la regi´ on de IR3

3.- Calcular la integral triple D

acotada por las superficies 2x + 3y = 6, 2x + 3z = 6, y = 3 + 2x − x2 , z=0

Figura 4.56: D es la región de IR3 acotada por las superficies 2x+3y = 6, 2x+3z = 6, y = 3 + 2x − x2 , z = 0

3 1 6 5 34 4 42 3 2 Respuesta. I = x − x + x + 9x 9 5 4 3 −1/3 396

4.5.6.

Calcular las integrales dadas usando las coordenadas adecuadas:

ZZZ a) (x + y + z)−3 dxdydz,si D esta acotado por x = 0, y = 0, z = 0, D

x + y + z = 0.

Figura 4.57: D acotado por x = 0, y = 0, z = 0, x + y + z = 0 ZZZ b) (x+y+z)2 dxdydz,si D esta acotado por 2 z = x2 +y 2 , x2 +y 2 +z 2 = 3 D

Figura 4.58: D acotado por 2 z = x2 + y 2 , x2 + y 2 + z 2 = 3

397

ZZZ c) z 2 dxdydz,si D esta limitado por x2 + y 2 + z 2 = a2 , x2 + y 2 + z 2 = 2az D

Figura 4.59: D esta limitado por x2 + y 2 + z 2 = a2 , x2 + y 2 + z 2 = 2az ZZZ x2 y 2 z 2 zdxdydz,si D esta acotado por z = 0, 2 + 2 + 2 = 1 d) a b c D

Figura 4.60: D esta acotado por z = 0,

398

x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c

ZZZ e) zdxdydz,si D esta limitado por z = h, z 2 = h2 (x2 + y 2 ) D

Figura 4.61: D esta limitado por z = h, z 2 = h2 x2 + y 2

Respuestas ZZZ 5 1 (x + y + z)−3 dxdydz = ln 2 − a) 2 16 Z Z ZD √ π 97 b) (x + y + z)2 dxdydz = 18 3 − 5 6 ZZZD 59 z 2 dxdydz = c) πa5 480 Z Z ZD πabc2 zdxdydz = d) 4 ZZZD πh2 zdxdydz = e) 4 D

4.5.7.

Resolver las integrales usando coordenadas esf´ ericas:

Z a Z √a2 −x2 Z √a2 −x2 −y2 a) x2 + y 2 dzdydx. √ Z−a Z −Z a2 −x2 0 b) x2 + y 2 dxdydz, si D es la región limitada por D 2

2

r ≤ x + y 2 + z 2 ≤ R2 , z > 0. Respuestas:

399

Z a Z √a2 −x2 Z √a2 −x2 −y2 4 a) x2 + y 2 dzdydx = πa5 . √ 15 Z−aZ −Z a2 −x2 0 4 x2 + y 2 dxdydz = b) R5 − r 5 . 15 D Calcular los volumenes de las regiones D⊂ R3 acotado por: a) z = x, z = x2 + y 2

Figura 4.62: Región limitada por z = x, z = x2 + y 2 b) x2 + y 2 = 4, x2 + y 2 − z 2 = 1

Figura 4.63: Región limitada por x2 + y 2 = 4, x2 + y 2 − z 2 = 1 c) z 2 = x2 + y 2 , y = 0, y = x, x = a.

400

Figura 4.64: Región limitada por z 2 = x2 + y 2 , y = 0, y = x, x = a d) z = x + y, z = 0, x2 + y 2 = 1, x = 1, y = 1. Respuestas.

Figura 4.65: Región limitada por z = x + y, z = 0, x2 + y 2 = 1, x = 1, y = 1 π 32 √ b) V (D) = 4π 3 √ √ 2 c) V (D) = a 3 2 + ln 1 + 2 1 d) V (D) = 3

a) V (D) =

4.6.

Aplicaciones integrales dobles y triples

4.6.1.

Volumenes de cuerpos en el espacio

Si la función z = f (x, y) es continua tal que f (x, y) ≥ 0, entonces la integral doble: Z Z V (Ω) = f (x, y) dA R

401

define el volumen Ω bajo la superficie de la gráfica de la función f (x, y) sobre la región R ⊂ IR2 Problema 1 Calcular el volumen acotado por el paraboloide z = x2 + y 2 entre los planos z = 1 y z = 4.

Figura 4.66: Volumen acotado por el paraboloide z = x2 + y 2 y los planos z = 1 yz=4

Soluci´ on. Es claro que el volumen a calcular esta dado por Z Z (x2 + y 2 )dA V (Ω) = R 2

2

donde R = {(x, y) ∈ IR /1 ≤ x + y 2 ≤ 1} Cambiando a coordenadas polares, queda x = r cos θ =⇒ 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4 =⇒ 1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π y = rsenθ Luego , el dominio de integración se transforma en: R∗ = {(r, θ) /1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π} ∂(x, y) =r Además, el jacobiano de transformacion es ∂(r, θ) Reemplazando términos en la u ´ltima integral se tiene Z

V

2π

Z

2

r2 (r) drdθ 0 1 Z 2π 4 2 Z 2π 4 r 2 1 = dθ = − dθ 4 1 4 4 0 0 15 15 = (2π) = π 4 2 =

402

Problema 2 Calcular el volumen acotado por z ≤ 36 − 3x2 − y 2 , y z ≥ x2 + 3y 2 .

Figura 4.67: Volumen acotado por el paraboloide z ≤ 36−3x2 −y 2 , y z ≥ x2 +3y 2

Soluci´ on. Ambas ecuaciones z = 36 − 3x2 − y 2 , y z = x2 + 3y 2 representan paraboloides de revolución. La región de integración está definida por R = (x, y, z) ∈ IR3 / x2 + 3y 2 ≤ z ≤ 36 − 3x2 − y 2 . Determinemos la proyección de la intersección de ambas superficies sobre el plano xy. z = 36 − 3x2 − y 2 =⇒ 36−3x2 −y 2 = x2 +3y 2 =⇒ 32 = 4x2 +4y 2 z= x2 + 3y 2 Por tanto, x2 + y 2 = 9, corresponde a una circunferencia centrada en el origen de radio 3. En consecuencia, el volumen de la región es Z Z V

= Z ZD =

36 − 3x2 − y 2 − (x2 + 3y 2 ) dxdy 36 − 4x2 − 4y 2 dxdy

D

donde D = {(x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x2 + y 2 ≤ 9} Como la función del integrando es simétrica con respecto al plano xy, podemos calcular el volumen en el primer octante y multiplicar por cuatro. 403

Z Z

36 − 4x2 − 4y 2 dxdy

V =4 D+

donde D∗ = (x, y) ∈ IR2 / 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤

3

Z V

√

Z 0

3

Z

Z

√

36 − 4x2 − 4y 2

dydx

9−x2

= 4 0

9 − x2 .

9−x2

= 4 0

√

4 9 − x2 − y 2 dydx

0

Para simplificar los calculos usemos coordenadas polares π x = r cos θ =⇒ 0 ≤ x2 + y 2 ≤ 9 =⇒ 0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ y = rsenθ 2 Luego , el n dominio de integración se transforma en: πo D∗∗ = (r, θ) /0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ 2 ∂(x, y) =r Además, el jacobiano de transformación es ∂(r, θ) Reemplazando términos en la u ´ltima integral se tiene

Z

V

4.6.2.

π 2

Z

3

9 − r2 (r) drdθ 0 0 3 Z π Z π 4 2 2 34 9 2 r4 3 = 16 r − dθ = 16 − dθ 2 4 0 2 4 0 0 4 3 π = 162π = 16 4 2 = 16

´ Area de figuras planas.

Sea D una región acotada en el plano xy. El área de D se define por: ZZ A (D) =

dxdy D

Si se tiene una región D de tipo I, D = (x, y) ∈ IR2 / a ≤ x ≤ b, φ1 (x) ≤ y ≤ φ2 (x) 404

obtendr´ıamos que Z bZ

ZZ

φ2 (x)

dydx

dxdy =

A (D) = Z

a

D b

φ1 (x)

(φ2 (x) − φ1 (x))dx

= a

Problema 1 Calcular el área D de la región situada en el primer cuadrante, acotada por: y = x2 , y = 4x2 (1) x = y 2 , x = 4y 2

Figura 4.68: área D de la región situada en el primer cuadrante, acotada por y = x2 , y = 4x2 , x = y 2 y x = 4y 2

Soluci´ on. El cálculo del a´rea ser´ıa bastante engorroso si usamos una región de tipo I en coordenadas cartesianas por la simetr´ıa que tiene la región. Sin embargo, un cambio de variables simplifica la región D y la transforma en D∗ . x2 y2 Sean u = , v = y x Entonces las curvas que acotan la región se tranforman en y = x2 =⇒ u = 1. 1 y = 4x2 =⇒ u = . 4 Luego D∗ está acotada por la rectas verticales; y las rectas horizontales x = y 2 =⇒ v = 1. 405

1 x = 4y 2 =⇒ transforma en v = . 4 1 1 Es decir, D∗ = (u, v) /1 ≤ u ≤ , 1 ≤ v ≤ 4 4 ∂ (x, y) tenemos dos posibilidades, la primera es despejar Para calcular ∂ (u, v) ∂ (u, v) x e y en términos de u y v a partir de (1) . La segunda, es calcular ∂ (x, y) ∂ (x, y) ∂ (u, v) −1 = y usar la propiedad . ∂ (x, y) ∂ (u, v) 2 2x − x ∂ (x, y) 1 ∂ (u, v) 2 y = 4 − 1 = 3 =⇒ = y En efecto ∂ (u, v) = 3 ∂ (x, y) y 2 2y − 2 x x Calculemos ahora el a´rea pedida:

1 1 dxdy = dvdu D 3 D Z Z Z 1 1 1 1 1 dvdu = [v]1 du = 3 1/4 1/4 3 1/4 1/4 1 1 3 = [u]1/4 = 4 16

Z Z

ZZ

A (D) =

4.6.3.

Momentos y centros de masa para placas planas delgadas

Definici´ on: Sea L una lámina con la forma de una región R del plano xy. Si la densidad en (x, y) es δ (x, y) , y δ es continua en R, entonces la masa M y los primeros momentos de la lámina con respecto al eje x e y respectivamente son Mx , My y los centros de masa (x, y) se definen: 406

Z Z δ (x, y) dA

M = Z

ZR

Z

ZR

Mx =

yδ (x, y) dA

My =

xδ (x, y) dydx RR xδ (x, y) dA = R RR δ (x, y) dA R RR yδ (x, y) dA = R RR δ (x, y) dA R

R

x =

My M

y =

Mx M

Si una part´ıcula de masa m se encuentra en el punto (x, y, z) , entonces su distancia al eje z es Sea L una lámina con la forma de una región R del plano xy. Si la densidad en (x, y) es δ (x, y) , y δ es continua en R, entonces los segundos momentos de la lámina o momentos de inercia con respecto al eje x e y respectivamente son Ix , Iy y los momentos de inercia con respecto a una recta L y respecto al origen se definen: Z Z Ix = Z ZR Iy = Z

ZR

IL = Z ZR I0 =

y 2 δ (x, y) dA x2 δ (x, y) dydx r2 (x, y) δ (x, y) dA (x2 + y 2 )δ (x, y) dA = Ix + Iy

R

4.6.4.

Centroide de figuras geom´ etricas

Cuando δ (x, y) es igual a uno, la posición del centro de masa x, y se convierte en una carater´ıstica de la forma del objeto y no del material que está hecho y se define como el centroide de una placa. Problema 1 Dada una placa delgada que cubre la región triangular acotada por el eje x y las rectas x = 1, y = 2x en el primer cuadrante si la densidad de la placa en en cada punto de la región esta dada por δ (x, y) = 6x + 6y + 6.Calcular: 407

a) la masa de la placa. b) los primeros momentos c) el centro de masa. d) momentos de inercia(segundos momentos) con respecto a los ejes x e y e) radios de giro con respecto a los ejes x e y respectivamente f) radio de giro con respecto al origen

Figura 4.69: Región triangular acotada por el eje x y las rectas x = 1, y = 2x en el primer cuadrante

Soluci´ on. Consideremos una partición de la región que delimita la placa como una región de tipo I: R = {(x, y) / 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2x} . a) La masa de la placa es Z

1

Z

2x

M =

δ (x, y) dydx 0

Z

0 1

Z

2x

(6x + 6y + 6) dydx

= 0

Z

0 1

= Z0 1

2x 6xy + 3y 2 + 6y 0 dx

24x2 + 12x dx 0 3 1 = 8x + 6x2 0 = 14 =

b) El primer momento con respecto al eje x es 408

Z

1

Z

2x

Mx =

yδ (x, y) dydx 0

Z

0 1

Z

2x

6xy + 6y 2 + 6y dydx

= Z0 1 = Z0 1

0

2x 3xy 2 + 2y3 + 6y 2 0 dx

28x3 + 12x2 dx 0 4 1 = 7x + 4x1 0 = 11

=

Por otra parte, el primer momento con respecto al eje y es:

Z

1

Z

2x

My =

xδ (x, y) dydx 0

Z

0 1

Z

= Z0 1 = Z0 1

2x

6x2 + 6xy + 6x dydx

0

2 2x 6x y + 3xy 2 + 6xy 0 dx

12x3 + 12x3 + 12x2 dx 0 4 1 = 6x + 4x3 0 = 10

=

c) As´ı, las coordenadas del centro de masa son: My 10 5 = = M 14 7 11 Mx y = = M 14

x =

d) El momento de inercia con respecto al eje x es 409

Z

1

Z

2x

y 2 δ (x, y) dydx

Ix = Z0 1 Z0 2x

6xy 2 + 6y 3 + 6y 2 dydx 0 0 2x Z 1 3 4 3 3 6xy + y + 2y = dx 2 0 0 Z 1 40x4 + 116x3 dx = 0 1 5 = 8x + 4x4 0 = 12 =

Por otra parte, el momento de inercia con respecto al eje y es Z

1

Z

2x

Iy = Z0 1 Z0 2x = Z0 1 =

x2 δ (x, y) dydx 6x3 + 6x2 y + 6x2 dydx

0

6x3 y + 3x2 y 2 + 6x2 y

0

Z

2x 0

dx

1

12x4 + 12x4 + 12x3 dx 0 1 24 5 39 4 = x + 3x = 5 5 0 =

Los radios de giros con respecto a los ejes x e y son r r r Ix 12 6 Rx = = = M 14 7 r r Iy 39 Ry = = M 70 El radio de giro con respecto al origen es r I0 R0 = M donde el momento de inercia con respecto al origen esta dado por: Z Z I0 = (x2 + y 2 )δ (x, y) dxdy = Ix + Iy 410

s R0 =

99 5

14

Problema 2 Calcular el momento de inercia con respecto al eje x de la lámina plana R situada en el primer cuadrante, acotada por las curvas y 2 = x, y 2 = 2x, x2 = y, x2 = 3y, si la densidad en cada punto de la región es δ (x, y) = x3 y

Figura 4.70: Soluci´ on: El momento de inercia con respecto al eje x en coordenadas cartesianas queda ZZ

y 2 δ (x, y) dxdy

Ix = Z ZR = Z ZR =

y 2 (x3 y)dxdy (xy)3 dxdy

R

Sin embargo, conviene hacer un cambio de variables para simplificar la geometr´ıa de la  región y2   u= ∂ (x, y) ∂ (u, v) −1 x2 = x  =⇒ J = ∂ (u, v) = ∂ (x, y)  v= y −y 2 2y −1 1 x2 x = 2x −x2 = 3 y y2 411

Examinemos ahora como se transforma la región y 2 = x, y 2 = 2x =⇒ x2 = y, x2 = 3y =⇒

y2 = 1; x

y2 =2 x

x2 = 1; y

x2 =3 y

Luego, R∗ = {(u, v) / 1 ≤ u ≤ 2, 1 ≤ v ≤ 3} . Por otra parte, el integrando se puede expresar uv =

y 2 x2 = xy x y

ZZ Ix = = = = = =

4.6.5.

(xy)3 dxdy Z 2RZ 3 1 3 (uv) dvdu 3 1 1 Z Z 3 1 2 3 u du v 3 dv 3 1 1 4 2 4 3 v 1 u 3 4 1 4 1 1 1 81 1 − 4− 3 4 4 4 1 15 20 = 25 3 4

Momentos y Centros de masa de un s´ olido

Sea Q un sólido una región del espacio en IR3 . Si la densidad en (x, y, z) es δ (x, y, z) , y δ es continua en Q, entonces la masa M y los primeros momentos del sólido con respecto a los planos xy, xz e yz respectivamente son Mxy , Mxz , Myz y las coordenadas del centro de masa (x, y, z) se definen: 412

Z Z Z δ (x, y, z) dV

M = Q

Z Z Z yδ (x, y) dV

Mxy = Q

Z Z Z yδ (x, y, z) dV

Mxz = Q

Z Z Z Myz =

xδ (x, y, z) dV RRR zδ (x, y, z) dV Mxy Q x = = RRR M δ (x, y, z) dV R R RQ yδ (x, y, z) dV Mxz Q y = = RRR M δ (x, y, z) dV R R RQ xδ (x, y, z) dV Mxy Q z = = RRR M δ (x, y, z) dV Q Q

Sea Q un sólido una región del espacio en R3 . Si la densidad en (x, y, z) es δ (x, y, z) , y δ es continua en Q, entonces los segundos momentos del sólido o momentos de inercia con respecto al eje x, al eje y,y al eje z respectivamente son Ix , Iy , Iz se definen: Z Z Z

(y 2 + z 2 )δ (x, y, z) dV

Ix = Z Z ZQ Iy = Z Z ZQ Iz =

(x2 + z 2 )δ (x, y, z) dV (x2 + y 2 )δ (x, y, z) dV

Q

4.6.6.

Masa de un s´ olido

Problema 1 La densidad en un cubo de lado a es proporcional al cuadrado de la distancia respecto a uno de los vértices ( al que denotaremos por 0). Demostrar que la masa del cubo es igual a su volumen multiplicada por la densidad en un vértice adyacente a 0. 413

Soluci´ on. Si R es una región cerrada y acotada en IR3 y la densidad en el punto (x, y, z) ∈ R es δ (x, y, z) , entonces la masa de R está dada por Z Z δ (x, y, z) dV

M= R

Situando el cubo con el vértice en el origen del sistema de coordenadas y tres de sus caras coincidiendo con los planos coordenados, se tiene: δ (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 y por lo tanto Z Z

x2 + y 2 + z 2 dxdydz

M= R

donde R = {(x, y, z) ∈ IR3 /0 ≤ x ≤ a; 0 ≤ y ≤ a; 0 ≤ z ≤ a} . Luego a z3 M = x + y + z dzdydx = (x + y )z + dydx 3 0 0 0 0 0 0 a Z aZ a Z a a3 y 3 a3 2 2 2 = x a+y a+ dydx = ax y + a + y dx 3 3 3 0 0 0 0 a Z a 4 4 3 2a 2a x = x = a5 a2 x 2 + dx = a3 + 3 3 3 0 0 Z

a

Z

a

Z

a

2

2

2

Z

a

Z

a

2

2

Por otra parte la distancia entre 0 y cualquier vértice adyacente a él es a. Entonces la densidad de un vértice adyacente es δ (a, 0, 0) = a2 , δ (0, a, 0) = a2 , δ (0, 0, a) = a2 . Por lo tanto, queda V (R) · δ (a, 0, 0) = a3 · a2 = a5 = M Problema 2 Un sólido tiene forma de cilindro circular recto con radio de la base R y altura h. Si la densidad en un punto es directamente proporcional a la distancia a una de las bases. Encontrar: a) las coordenadas del centro de masa b) el momento de inercia con respecto al eje axial de simetr´ıa del sólido cil´ındrico Soluciones La región del sólido cil´ındrico está acotado por Q = {(x, y, z) ∈ IR3 / 0 ≤ x2 + y 2 ≤ R2 , 0 ≤ z ≤ h} Calculemos en primer lugar la masa total del cil´ındro, usando coordenadas cil´ındricas , la región del sólido se transforma en Q∗ = {r, θ, z)/ 0 ≤ r ≤ R, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ h} 414

ZZZ M =

δ (x, y, z) dV Q

ZZZ

Z

=

R

2π

Z

h

Z

kzrdrdθdz = Q∗ R

Z

2π

Z

= 0

0 2

z2 k 2

0

h

0 R

Z

2π

Z

dθdr = 0

0

R

Z

h 2

= k

kzrdzdθdr 0

[θ]02π rdr = πkh2

0

0 2

r 2

h2 k rdθdr 2

R 0

1 = πkh2 R2 2 El momento de inercia del sólido con respecto al plano xy es

ZZZ

ZZZ

z (kz) dV

zδ (x, y, z) dV =

Mxy =

Q R Z 2π

Q

ZZZ

Z

2

=

kz (r) drdθdz = Q∗

Z

R

Z

0

2π

= 0

3

k

z 3

2

R

0

=

Z

2 r πkh3 3 2

0

h

0 3

dθdr = k 0

h 3

Z

h

kz 2 rdzdθdr

0 R

[θ]2π 0 rdr

0

1 = πkh3 R2 3

Finalmente, las coordenadas del centro de masa son: My =0 M Mx y = =0 M

x =

1 πkh3 R2 Mxy 2 3 z = = = h 1 M 3 πkh2 R2 2 415

b) El momento de inercia con respecta al eje de simetr´ıa z es: ZZZ ZZZ 2 2 (x + y )δ (x, y, z) dV = (r2 )kz (r) drdθdz Iz = Q R

2π

h

h2 (r3 )kzdzdθdr = k 2 0 0 0 4 R Z R r (r3 )dr = πkh2 = πkh2 4 0 0 1 πkh2 R4 = 4 Z

Z

Z

Z

Q∗ R Z 2π

=

0

(r3 )dθdr

0

Problema 3 Calcular el momento respecto al eje de simetr´ıa de un cono homogéneo acotado por las gráficas x2 − y 2 + z 2 = 0 e y = 3, si tiene una densidad δ (x, y, z) constante

Figura 4.71:

Soluci´ on Sea la región del cono circular recto : o n p p Q = (x, y, z) ∈ IR3 / − y ≤ x ≤ y, 0 ≤ y ≤ 3, − y 2 − x2 ≤ z ≤ y 2 − x2 Sea δ (x, y, z) = k, la densidad es constante. Luego, el momento con respecto al eje y es: ZZZ Iz = (x2 + y 2 )δ (x, y, z) dV Q

416

Usando coordenadas cil´ındricas tenemos: x = r cos θ y= y ⇒ Q∗ = {(r, θ, y) / 0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ 2π, r ≤ y ≤ 3} z = rsenθ El Jacobiano de transformación es ∂ (x, y, z) =r ∂ (r, θ, z) Reemplazando en la expresión anterior se tiene

ZZZ Iz =

3

Z

2

Z

2π

Z

3

(r )k (r) drdθdy = k Q∗

Z

3

Z

2π

(r3 ) [y]3r dθdr = k

Z

0 3

0

(r3 )dydθdr

r

(r3 ) [3 − r] [θ]2π 0 dr 0 0 0 3 Z 3 3 4 1 5 3 4 (3r − r )dr = 2πk r − r = 2πk 4 5 0 0 11 5 3 πk = 10

= k

Problema 4 Calcular el volumen y el centroide de la región acotada arriba por la esfera π ρ = a, y abajo por el cono θ = θ0 , donde 0 < θ0 < , que tiene una densidad 2 δ (x, y, z) = 1 Soluci´ on. Sea la región 2 p p a Q = (x, y, z) ∈ IR3 / 0 ≤ x2 + y 2 ≤ , y 2 + x2 ≤ z ≤ a2 − y 2 − x2 2 El volumen de esta región en coordenadas esféricas es

Z V

2π

Z

θ0

Z

=

a

Z

2

2π

Z

ρ senθdρdθdφ = 0

1 3 = a 3

Z 02π 0

0

0

0

θ0

1 3 a senθdρdθdφ 3

2 [− cos θ]θ00 dφ = πa3 [1 − cos θ0 ] 3

Por simetr´ıa, el centroide está en el eje z, luego determinemos el momento del sólido respecto al plano xy 417

ZZZ Mxy =

zδ (x, y, z) dV Q

ZZZ Mxy =

2π

Z

2

θ0

Z

Z

(ρ cos θ) ρ senθdρdθdφ = Q∗

Z

2π

Z

0 θ0

1 4 1 = a cos θsenθdθdφ = a4 4 4 0 0 Z 2π 1 4 1 = dφ = πa4 sen2 θ0 a sen2 θ0 8 4 0

0

Z

2π

0

a

ρ3 cos θsenθdρdθdφ

0

sen2 θ 2

θ0 dφ 0

As´ı, las coordenadas del centro de masa son: Myz =0 M Mxz =0 y = M Mxy 3 z = = a (1 + cos θ0 ) M 8

x =

Problema 5 Se tiene una región sólida que se encuentra al exterior de la esfera x2 + y 2 +z 2 = a2 y dentro de la esfera x2 +y 2 +z 2 = b2 ,suponiendo que la densidad de un punto es directamente proporcional al cuadrado de la distancia de P al centro de las esferas. a) Calcule la masa del sólido b) Calcule su momento de inercia con respecto a una recta que pasa por el centro Soluci´ on. a) La región sólida esta acotada por Q = {(x, y, z) ∈ IR3 / a2 ≤ x2 + y 2 + z 2 ≤ b2 } y la densidad del punto es δ (x, y, z) = k (x2 + y 2 + z 2 ) . La masa total del casquete esférico en coordenadas cartesianas es ZZZ M =

δ (x, y, z) dV Q

ZZZ

k x2 + y 2 + z 2 dxdydz

= Q

Para calcular la masa usaremos coordenadas esféricas: 418

Figura 4.72: Región sólida que se encuentra al exterior de la esfera x2 + y 2 + z 2 = a2

y dentro de la esfera x2 + y 2 + z 2 = b2

x = ρsenθ cos φ y = ρsenθsenφ z= ρ cos θ

 

∂ (x, y, z) = ρ2 senθ =⇒  ∂ (ρ, θ, φ)

La región de integración queda: Q∗ = {(ρ, θ, φ) / a ≤ ρ ≤ b, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π} Al sustituir en la expresión anterior tenemos que la masa total es

Z M = = = = =

2π

Z

π

Z

b

(kρ2 )ρ2 senθdρdθdφ 0 0 a Z 2π Z π 5 b ρ k senθdθdφ 5 a 0 0 Z 2π 1 5 5 [− cos θ]π0 dφ k b −a 5 Z0 2π 2 k b5 − a5 dφ 5 0 4 πk b4 − a4 5

Por la simetr´ıa, el momento de inercia con respecto al eje z es 419

ZZZ

x2 + y 2 δ (x, y, z) dV

Iz = Q

Z

2π

Z

π

Z

b

ρ2 sen2 θ (kρ2 )ρ2 senθdρdθdφ

= 0

0

Z = = = = = =

2π

Z

a π

Z

b

kρ6 sen3 θdρdθdφ 0 0 a Z 2π Z π 7 b ρ k sen3 θdθdφ 7 0 0 a Z 2π Z π 1 7 7 senθ 1 − cos2 θ dθdφ k b −a 7 π Z0 2π 0 1 1 7 7 3 − cos θ + cos θ dφ k b −a 7 3 0 0 Z 2π 4 dφ k b 7 − a7 21 0 8π 7 k(b − a7 ) 21

Problema 6 Calcular el momento de inercia con respecto al eje z del sólido acotado entre las esferas x2 + y 2 + z 2 ≥ a2 , x2 + y 2 + z 2 ≤ 9a2 . Si la densidad en x2 + y 2 + z 2 . cada punto de la región es δ (x, y, z) = x2 + y 2

Figura 4.73: Sólido acotado entre las esferas x2 +y 2 +z 2 ≥ a2 , x2 +y 2 +z 2 ≤ 9a2 . Soluci´ on Por la simetr´ıa, el momento de inercia con respecto al eje z es 420

ZZZ

x2 + y 2 δ (x, y, z) dV

Iz = Q

x2 + y 2 + z 2 = x +y dV x2 + y 2 Q ZZZ = = x2 + y 2 + z 2 dxdydz ZZZ

2

2

Q

donde la región sólida está acotada por Q = {(x, y, z) ∈ IR3 / a2 ≤ x2 + y 2 + z 2 ≤ 9a2 }. Para calcular la u ´ltima  integral usaremos coordenadas esféricas: x = ρsenθ cos φ  ∂ (x, y, z) = ρ2 senθ y = ρsenθsenφ =⇒  ∂ (ρ, θ, φ) z= ρ cos θ La región de integración queda: Q∗ = {(ρ, θ, φ) / a ≤ ρ ≤ 3a, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π} Al sustituir en la expresión anterior tenemos que Iz queda: Z

2π

Z

π

Z

3a

(ρ2 )(ρ2 senθ)dρdθdφ

Iz = Z0 2π Z0 π Za 3a

= = = = = =

ρ4 senθdρdθdφ 0 0 a Z 2π Z π 5 3a ρ senθdθdφ 5 a 0 0 Z Z 2π π 1 5 5 (3a) − a senθdθdφ 5 0 0 Z 8 5 2π a [− cos θ]π0 dφ 5 Z0 16 5 2π a dφ 5 0 32 5 πa 5

Problema 7 Encontrar el centro de masa del sólido homogéneo , cuya densidad es δ (x, y, z) = 1, que está acotado por arriba por z 2 = 64 + x2 + y 2 y por abajo z 2 = 2( x2 + y 2 ), z ≥ 0. 421

Figura 4.74: Soluci´ on. Como la densidad es constante δ (x, y, z) = 1,y de acuerdo a la simetr´ıa ,que presenta el problema las coordenadas del centro de masa son Myz =0 M Mxz =0 y = M RRR zdV Mxy Q = z = M V (Q)

x =

Para representarel problema, usaremos coordenadas cil´ındricas. x = r cos θ  ∂ (x, y, x) = r es el Jacobiano de transformay = rsenθ =⇒  ∂ (r, θ, z) z= z ción. Primero determinemos la función intersección de las superficies: z 2 = 64 + x2 + y 2 =⇒ x2 + y 2 = 64 z 2 = 2(x2 + y 2 ) Pero en cil´ındricas describen: x2 + y 2 = r2 =⇒ 0 ≤ r2 ≤ 64 =⇒ 0 ≤ r≤8 Por otra parte 0 ≤ θ ≤ 2π Ahora determinemos las cotas para z √ 2 64 z 2 = 64 + x2 + y 2 = 64 − r2 =⇒ z = √ + r ,con z ≥ 0 2 2 2 2 z = 2(x + y ) = 2r =⇒ z = 2r Luegola región de integración queda: √ √ Q∗ = (r, θ, z) / 0 ≤ r ≤ 8, 0 ≤ θ ≤ 2π, 2r ≤ z ≤ 64 + r2 Calculemos el volumen de la región: 422

∗

V (Q )

ZZZ =

rdrdθdz Q∗

Z

2π

Z

8

√

Z

= 0

√

0

64+r2

Z

2π

Z

r dzdrdθ = 2r

0

0

8

√

2

[z]√64+r rdrdθ 2r

√ i = 64 + r2 − 2r rdrdθ 0 Z0 2π Z 8 √ √ Z 8 2 2 r 64 + r dr − 2 r dr dθ = 0 0 0 8 3 8 ! # Z 2π " √ 1 2 r = (64 + r2 )3/2 − 2 dθ 2 3 3 0 0 0 21/2 2 218/2 √ 83 = 2π − − 2 3 3 3 h i √ 2 ∴ V (Q∗ ) = π 29 23/2 − 1 − 229 3 Z

2π

Z

8

h√

Por otro lado, el momento de inercia es ZZZ M =

δ (x, y, z) zdV Q

ZZZ z rdrdθdz

= Q∗

Z

2π

Z

8

= 0

= = = =

√

0

64+r2

r zdzdθdr 2r

√64+r2 z2 r drdθ 2 √2r 0 0 Z Z 1 2π 8 64 + r2 − 2r2 rdrdθ 2 0 Z 2π Z0 8 1 64r − r3 drdθ 2 0 0 8 Z 2π 1 r4 2 32r − dθ 2 0 4 0 1 2 2π 8 (32 − 16) = 1024π 2

Z =

√

Z

2π

Z

8

Por tanto, la tercera coordenada del centro de masa del sólido es: 423

RRR z=

4.6.7.

Q

zdV

V (Q)

=

√ 1024π √ =3 2+1 1024π 2 − 1 3

Determinaci´ on del centroide dee un s´ olido

Problema 1 Encontrar el centroide del sólido encerrado por el cilindro x2 + y 2 = 4 , acotado por arriba por el paraboloide z = x2 + y 2 , y por abajo por el plano XY. Para efectos de cálculo suponga que la densidad es δ (x, y, z) = 1 constante.

Figura 4.75: Sólido encerrado por el cilindro x2 + y 2 = 4 , acotado por arriba por el paraboloide z = x2 + y 2 , y por abajo por el plano XY

Soluci´ on El centroide del sólido (x, y, z) ,está en su eje de simetr´ıa,en este caso el eje z,. Esto hace que x = y = 0. Para hallar z, dividimos el primer momento Mxy por la masa M del sólido, es decir Mxy M RRR Donde el primer momento se define M = zδ (x, y, z) dxdydz y la xy Ω RRR masa del sólido es M = δ (x, y, z) dxdydz siendo Ω Ω = {(x, y, z) ∈ IR3 / x2 + y 2 ≤ 4, 0 ≤ z ≤ x2 + y 2 } z=

424

Por la simetr´ıa del dominio, es necesario hacer un cambio de variables a coordenadas cil´ ındricas x = r cos θ  y = rsenθ =⇒ el jacobiano de transformación es  z= z cos θ −rsenθ 0 ∂ (x, y, z) = senθ r cos θ 0 = r ∂ (r, θ, z) 0 0 1 Entonces la región Ω se tranforma en Ω∗ = {(r, θ, z) / 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ r2 } El valor de Mxy es: ZZZ Mxy =

zδ (x, y, z) dxdydz Ω

ZZZ

2π

Z

=

2

Z

r2

Z

zrdrdθdz =

zrdzdrdθ

Ω∗ 2π

Z

r 2 Z z 2 rdrdθ = 2 0 0 0 Z 2π 6 2 16 r dθ = dθ 12 0 3 0 2

Z

= 0 2π

Z

0

= 0

0 2π

0 2

Z 0

r5 drdθ 2

32 = π 3 El valor de la masa M es ZZZ M =

δ (x, y, z) dxdydz Ω

ZZZ

Z

=

2π

Z

2

Z

r2

rdrdθdz = Ω∗

Z

2π

Z

= 0

Z

rdzdrdθ 0

2

2 z|r0

Z

= 0

0

2 Z 2π r4 dθ = 4dθ 4 0 0

= 8π Por lo tanto z=

Z

0 2

rdrdθ =

0 2π

0 2π

Mxy 4 = M 3 425

0

r3 drdθ

En consecuencia, el centroide se localiza en

4 0, 0, 3

.

Problema 2 Calcular el momento de inercia del sólido con respecto al eje z , que está acotado por arriba por la esfera sólida x2 + y 2 + z 2 = a2 y por abajo por el cono θ = π3 ,y cuya densidad es constante δ = 1 Soluci´ on: En coordenadas rectangulares, el momento de inercia con respecto al eje z es ZZZ Iz = x2 + y 2 δ (x, y, z) dV Q

En coordenadas esféricas, queda 2π

Z

Z

π/3

Z

1

Iz = 0

Z

2π

π/3

Z

Z

0

0

1 4

0

1 5

2π

0

4.7.

0

Z 0

π/3

2π

Z

3

ρ sen θdρdθdφ Z

ρ2 sen2 θ ρ2 senθdρdθdφ

Z

=

0

0

0

π/3

ρ5 5

1

sen3 θdθdφ

0

π/3 1 1 2 3 senθ 1 − cos θ dθdφ = − cos θ + cos θ dφ 5 0 3 0 Z 1 2π 5 1 dφ = (2π) = 5 0 24 24 π Iz = 12 Z

2π

Autoevaluaci´ on Integrales dobles y triples

Tiempo 2 horas Pregunta 1 a) Dada la integral

R 2 R 4−x2 xe2y dydx, dibuje la región de integración y 0 0 4−y

eval´ ue la integral. b) Calcular el volumen del sólido limitado por las superficies x2 + y 2 + z 2 = 1, x2 + y 2 + z 2 = 4, z 2 = x2 + y 2 , con z ≥ 0 Pregunta 2 426

RRR Calcular (x2 + y 2 )dxdydz, siendo R un cono recto de revolución de R altura h, base situada en el plano XY, eje de simetr´ıa en z, dado por la ecuación a2 (h − z)2 = h2 (x2 + y 2 ). Pregunta 3 RRR Calcular la integral I = xyzdxdydz, en la región del primer octante R limitada por los planos coordenados y el plano x + y + z = 1.

Pauta de Correcci´ on Pregunta 1 a) Por la forma del integrando es conveniente cambiar el orden de integración, en efecto Z 0

2

Z 0

4−x2

4

√

4−y

xe2y dxdy 4−y 0 0 Z 4 2 2y √4−y xe dy = 4 (4 − y) 0 0 Z 4 2y e = dy 2 0 2y 4 e e8 − 1 = = 4 0 4

xe2y dydx = 4−y

Z

Z

b) El volumen del sólido está dado por Z Z Z V (D) = dxdydz R

Usando coordenadas esféricas, tenemos x = r sin θ cos φ y = r sin θ sin φ z = r cos θ ∂ (x, y, z) = r2 sin θ. que tiene por Jacobiano de la transformación ∂ (r, θ, φ) Entonces ésta región R corresponde en el espacio rθφ a la región R∗ dada por R∗ = (r, θ, φ) /1 ≤ r ≤ 2; 0 ≤ θ ≤ π4 ; 0 ≤ φ ≤ 2π . 427

Des esta manera 2π

Z

Z

π 4

Z

π 4

r sin θdrdθdφ 3 2 r sin θdθdφ 3 1

V (D) = 0

1

0 2π

Z

Z

0 2π

Z = 0

7 = 3 =

7 3

=

14 3

2

π

[− cos θ]04 dφ 0 √ ! 2 1− 2π 2 √ ! 2 1− π 2

Pregunta 2 Queremos calcular la integral la integral de la función f (x, y) = y 2 + z 2 sobre la región R limitada por el cono a2 (h − z)2 = h2 (x2 + y 2 ). Este es un caso t´ıpico que por la simetr´ıa de la región y del integrando, bajo cualquier punto de vista conviene hacer el cambio a coordenadas cil´ındricas para evaluar la integral. Sea

x = ρ cos θ y = ρ sin θ z = z ∂ (x, y, z) =ρ . que tiene por Jacobiano de la transformación ∂ (ρ, θ, z) Obsérvese que la región de integración R se describe, proyectando sobre el plano XY z = 0 =⇒ (x2 + y 2 ) ≤ a2 =⇒ 0 ≤ ρ ≤ a y 0 ≤ θ ≤ 2π. De modo que la proyeción de la región de integración R∗ se ve en el plano (ρ, θ) como el rectángulo 0 ≤ ρ ≤ a y 0 ≤ θ ≤ 2π. Por otra parte, sustituyendo en a2 (h − z)2 ≤ h2 (x2 + y 2 ) =⇒ h 0 ≤ z ≤ (a − ρ) . De esta manera, la región de integración en el nuevo a 428

sistema queda como h ∗ R = (ρ, θ, z) /0 ≤ ρ ≤ a ; 0 ≤ θ ≤ 2π; 0 ≤ z ≤ (a − ρ) a La función a integrar f (y, z) = x2 + y 2 se reduce a f (ρ sin θ, z) = ρ2 .Se tiene entonces que

Z Z Z

2

Z Z Z

2

ρ2 (ρ) dρdθdz

(x + y )dxdydz = R

Z

a

Z

R∗ 2π Z

= Z0 a Z0 2π

h (a−ρ) a

ρ3 dzdθdρ

0

h ρ3 (a − ρ) dθdρ a 0 Z0 2πh a = aρ3 − ρ4 dρ a 0 a 2πh ρ4 ρ5 a − = a 4 5 0 πh 4 = a 10

=

Pregunta 3. El plano corta a los ejes coordenados en los puntos (1, 0, 0) , (0, 1, 0) y (0, 0, 1) . Si se proyecta la región sobre el plano XY, se tiene z = 0 =⇒ x + y = 1, luego Rxy = {(x, y) /0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x} . Por consiguiente, una partición de la región está dada por

R = {(x, y, z) /0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x, 0 ≤ x ≤ 1 − x − y} 429

Luego la integral se puede expresar: Z 1 Z 1−x Z 1−x−y Z Z Z xyzdzdydx xyzdxdydz = 0 0 0 R Z 1 Z 1−x 1 xy (1 − x − y)2 dydx = 2 Z0 1 Z0 1−x 1 xy y(1 − x)2 − 2(1 − x)y 2 + y 3 dydx = 2 0 0 # Z 1 " 1 (1 − x)4 (1 − x)4 (1 − x)4 = −2 + dx x 2 0 2 3 4 Z 1 1 1 x(1 − x)4 dx = = 2 0 720

Autoevaluaci´ on No 2 Tiempo 2 horas Pregunta 1 Encontrar el volumen del sólido, en el primer octante, acotado por los planos coordenados, el cil´ındro x2 + y 2 = 4 y el plano z + y = 3. Pregunta R R2.R 1 dxdydz, siendo R la esfera Calcular R 1+(x2 +y 2 +z 2 )3/2 3/2 [ ] x 2 + y 2 + z 2 = a2 . Pregunta 3. y Utilice la sustitución u = , v = y + x2 para evaluar la integral x Z Z y + 2x2 dydx x2 + xy Rxy

en donde Rxy es la región del primer cuadrante acotada por las curvas y = 3 − x2 , y = 8 − x2 , e y = 2x. −1 ∂ (x, y) ∂ (u, v) Nota: Usar la propiedad = en un dominio en que ∂ (u, v) ∂ (x, y) ambos Jacobianos son distintos de cero.

Pauta de Correcci´ on. 430

Pregunta 1 El volumen de la región R está dado por Z Z f (x, y)dxdy V = R

En nuestro caso f (x, y) = z = 3−y queda definida en on del primer √ la regi´ 2 octante dada por R = (x, y) /0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 4 − x . Entonces, al sustituir términos en el integrando, obtenemos Z V

2

√

Z

4−x2

(3 − y) dydx

= 0

Z

0 2

2

3y −

= 0 2

y 2

√4−x2 dx 0

√ 3 4 − x2 −

4 − x2 = dx 2 0 2 x x3 3√ 2 − 2x + 4 − x + 6arcsen = 2 2 6 0 π 8 9π − 8 = 6 −4+ = 2 6 3 Z

Pregunta 2. Calculemos la integral triple de la función f (x, y, z) =

1 3/2

[1+(x2 +y2 +z2 )3/2 ] 2 2 2 sobre la región R limitada por la esfera x + y + z = a2 . Aunque el problema se puede plantear en coordenadas directamente en coordenadas cartesianas , por la forma de la región y del integrando, será dific´ıl resolverlo directamente. En consecuencia, lo resolveremos en coordenadas esféricas. Sea

x = r sin θ cos φ y = r sin θ sin φ z = r cos θ ∂ (x, y, z) = r2 sin θ. que tiene por Jacobiano de la transformación ∂ (r, θ, φ) Entonces esta región R corresponde en el espacio rθφ a la región R∗ dada por R∗ = {(r, θ, φ) /0 ≤ r ≤ a; 0 ≤ θ ≤ π; 0 ≤ φ ≤ 2π} 1 El integrando f (x, y, z) = 3/2 en las nuevas coordenadas 2 2 [1+(x +y +z2 )3/2 ] 431

1

queda f (r sin θ cos φ, r sin θ sin φ, r cos θ) =

(1 + r3 )3/2

,de modo que la

integral por calcular toma la forma: Z Z Z

Z

R

h

2π

Z

0

2 1−

1 + (x2 + y 2 + z 2 )3/2 π

0

Z

a

r2 sin θ

!Z

1 1/2

(1 + a)

i3/2 dxdydz =

Z

[1 + r3 ]3/2

0

(r2 sin θ)

Z Z Z

1

2π

π

Z

drdθdφ = 0

0

R∗

a sin θdθdφ 1/2 3 (1 + r ) 0

dφ = 4 1 −

0

drdθdφ

−2

2π

− cos θ|π0

[1 + r3 ]3/2

!

1 (1 + a)

= 8π 1 −

1/2

1

φ|2π 0 !

(1 + a)1/2

Pregunta 3. R R y + 2x2 dydx, en la región Rxy del primer 2 Rxy x + xy cuadrante acotada por las curvas y = 3 − x2 , y = 8 − x2 , e y = 2x. y Usando el cambio de variables u = , v = y + x2 , la región Rxy se x transforma en la región del primer cuadrante acotada por las curvas: y + x2 = 3 =⇒ v = 3 y + x2 = 8 =⇒ x = 8, y = 2 =⇒ u = 2; x y = 0 =⇒ u = 0 x Luego, Ruv = {(u, v) /0 ≤ u ≤ 2, 3 ≤ v ≤ 8} . Calculemos ahora el Jacobiano la transformaci´ on usando la propiedad de −1 2 − y2 1 −1 ∂ (x, y) ∂ (u, v) ∂ (x, y) = x = x x = =⇒ 2x 1 ∂ (u, v) ∂ (x, y) ∂ (u, v) y + 2x2 Sustituyendo términos en la integral, obtenemos Z Z Z Z y + 2x2 1 dydx = dudv 2 x + xy 1+u

Vamos a evaluar la integral

Rxy

Z

2

Z

Ruv 8

1 = dudv = 0 3 1+u = 5 ln |1 + u|20 = 5 ln 3 432

Z 0

2

5 du 1+u

Autoevaluaci´ on No 3 Tiempo 2 horas Pregunta 1 R1R1 2 Considere la integral I = 0 y e−x dxdy, dibuje la región de integración, cambie el orden de integración y calc´ ulela. Pregunta 2 R R −( x−y ) Utilice la sustitución u = x+y, y = x−y para evaluar I = e x+y dA, R donde R es la región triángular acotada por las rectas x = 0, y = 0 y x = 1 − y. Pregunta 3 √ En la esfera x2 + y 2 + z 2 = a2 los planos y = x , y = 3x determinan un sector esférico D, con x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0. Calcular el volumen de D

Pauta Autoevaluaci´ on Pregunta 1 R1R1 2 La integral I = 0 y e−x dxdy está definida sobre la región de tipo II dada por RII = {(x, y) ∈ R2 /y ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1} . Invirtiendo la partición de la región a una de tipo I, tenemos: RI = (x, y) ∈ R2 /0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x entonces Z

1

Z

1

e 0

−x2

0

1

h

Z

dxdy =

y

Z

1

Z 0

−x

ye

i 2 x 0

dx = −

1h

x

2

e−x dydx

0 −x2

i1

e 2 0 1 1 = 1− 2 e

Pregunta 2 Usando la sustituci´ on u= x+y (1)resolviendo x, y en términos de u, v produce v = x−y 433

x= y=

u+v 2 u−v 2

(2) determinemos como tranforma la región triángular R = (x, y) ∈ R2 /0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x

Reemplazando valores en (2)   x+y =1  u =1  x =0 =⇒ u + v = 0   y =0 v =u Luego, la proyección de la región en el plano (u, v) es R∗ = {(u, v) ∈ R2 /0 ≤ u ≤ 1, −u ≤ v ≤ u} Calculemos el Jacobiano de la transformación, nos queda ∂ (x, y) 1 1 1 1 2 2 ∂ (u, v) = 1 − 1 = − 2 = 2 2 2 La función a integrar es, en términos de las nuevas variables 1 e dA = dudv e 2 R∗ R Z Z 1Z u iu v v 1 1 1h −( u ) −ue−( u ) e dudv = du 2 2 0 −u 0 −u 1 Z (e−1 − e) 1 (e − e−1 ) u2 −udu = 2 2 2 0 0 −1 (e − e ) = 4 Z Z

Z Z

−( x−y x+y )

v −( u )

Pregunta 3 El volumen de la región R está dado por Z Z Z V (D) = dxdydz R

Usando coordenadas esféricas, tenemos x = r sin θ cos φ y = r sin θ sin φ z = r cos θ ∂ (x, y, z) = r2 sin θ. que tiene por Jacobiano de la transformación ∂ (r, θ, φ) Entonces ésta región R corresponde en el espacio rθφ a la región R∗ 434

dada por R∗ = (r, θ, φ) /0 ≤ r ≤ a; 0 ≤ θ ≤ π2 ; π4 ≤ φ ≤ π3 . De ésta manera Z

π 3

Z

π 3

Z

π 2

Z

V (D) = π 4

Z π 4

3

π 2

a = 3 =

0

r2 sin θdrdθdφ

0

0

=

a

a3 sin θdθdφ 3

π 3

Z

dφ π 4

a3 π π a3 − = π 3 3 4 36

435

Cap´ıtulo 5 Integral de Linea Es una forma de generalizar la integral de Riemann en una variable, conocida en el curso anterior, a una integral definida sobre una curva del espacio bi o tridimensional. Planteamiento Supongamos que tenemos: a) f : U ⊂ IR3 → IR función escalar continua en U y −c : [a, b] → IR3 , → −c (t) = (x(t), y(t), z(t)) una trayectoria de clase b) → C 1, es decir una curva en IR3 . La integral de la función f calculada sobre la trayectoria descrita por la curva C se define de la forma dada a continuación. −c , La integral de trayectoria de f (x, y, z) a lo largo de la trayectoria → → − 3 1 está definida cuando c : [a, b] → IR es de clase C y además la función compuesta f (t) = f (x(t), y(t), z(t)) es continua en I = [a, b]; por: Z − → c

Z f ds =

b

−c 0 (t)k dt f (x(t), y(t), z(t)) k→

a

Alternativamente se denota como: Z − → c

Z f ds =

− → c

Z f (x, y, z)ds =

b

−c (t)) k→ −c 0 (t)k dt f (→

a

Observaciones i) Si f (x, y, z) = 1, tenemos la longitud del arco. 436

En efecto, como f (x, y, z) = 1, Z Z Z b −c 0 (t)k dt f (x, y, z) ds = ds = k→ − → − → c c a Z bq = (x0 (t))2 + (y 0 (t))2 + (z 0 (t))2 dt a

−c (t) es de clase C 1 por tramos o f (→ −c (t)) ii) Si C la curva definida por → R es continua por tramos, entonces calculamos − f ds en segmentos sobre los → c Rb → − → − 0 cuales a f ( c (t)) k c (t)k dt es continua y sumamos las integrales resultantes. −c = → −c ∪ → −c ∪ → −c con a lo sumo sus extremos en com´ Por ejemplo si → un 1 2 3 Z − → c

Z f (x, y, z)ds =

− → c1

Z f (x, y, z)ds +

− → c2

Z f (x, y, z)ds +

− → c2

f (x, y, z)ds

Algunos ejemplos donde aplicamos esta definición; son los siguientes. Ejemplo 1 Sea la función escalar f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 continua en R y → −c : [0, 2π] → IR3 , definida por → −c (t) = (cos t, sin t, t) una trayectoria de R clase C 1 . Calcular − f (x, y, z)ds → c Soluci´ on: En este caso tenemos la ecuaciones paramétricas : x(t) = cos t, y(t) = sin t, z(t) = t Luego la función compuesta es f (x(t), y(t), z(t)) = cos2 t + sin2 t + t2 = 1 + t2 −c 0 (t) = (− sin t, cos t, 1) =⇒ k→ −c 0 (t)k = √2 Además → Por lo tanto, sutituyendo términos en la integral, queda Z − → c

Z

2π

f (x, y, z)ds =

−c 0 (t)k dt f (x(t), y(t), z(t)) k→

Z0 2π

√ 1 + t2 2dt 0 2π √ t3 2 t+ 3 0 √ 2 2π = 3 + 4π 2 3 =

Ejemplo 2 437

R Calcular la siguiente integral de trayectoria − f (x, y, z)ds donde → c −c (t) = (cos t, sin a) f (x, y, z) = x + y + z y → t, t), t ∈ [0, 2π] Soluci´ on: En este caso se tiene que x(t) = cos t, y(t) = sin t, z(t) = t −c (t)) = cos t + sent + t, Que produce la función compuesta f (→ → −0 −c 0 (t)k = √2. Entonces Además c (t) = (− sin t, cos t, 1) y k→ Z Z 2π √ f (x, y, z)ds = 2(cos t + sent + t)dt 0

c

= =⇒

2π √ t2 2 sent − cos t + 2 √ 0 Z 4 2 2 f (x, y, z)ds = π 2 c

R Como taller adicional, evaluar las siguientes integrales de trayectoria f (x, y, z)ds − → c donde: −c (t) = (cos t, sin t, t), t ∈ [0, 2π] b) f (x, y, z) = cos z y → −c (t) = (t, t2 , 0), t ∈ [0, 1] c) f (x, y, z) = x cos z y →

Ejemplo 3 a) Demostrar que la integral de l´ınea de f (x, y), a lo largo de una trayectoria dada en coordenadas polares por r = r(θ), con θ1 ≤ θ ≤ θ2 es: s 2 Z θ2 dr 2 dθ I= f (r cos θ, r sin θ) r + dθ θ1 b) Calcular la longitud de arco de r = 1 + cos θ, con 0 ≤ θ ≤ 2π Soluci´ on: a) En primer lugar, determinemos la ecuaciones paramétricas de la trayectoria en coordenadas polares x = r cos θ =⇒ x = r(θ) cos θ −c (θ) = (r(θ) cos θ, r (θ) sin θ) =⇒ → y = r sin θ =⇒ y = r (θ) sin θ Derivando la ecuación de la trayectoria, queda 438

→ −c 0 (θ) = (r0 (θ) cos θ − r (θ) sin θ, r0 (θ) sin θ + r(θ) cos θ) Lo que implica q (r0 (θ) cos θ − r (θ) sin θ)2 + (r0 (θ) sin θ + r(θ) cos θ)2 q r (θ)2 + r0 (θ)2 =

−c 0 (θ)k = k→

Por tanto Z Z I= f (x, y) ds = − → c

θ2

q f (r cos θ, r sin θ) r (θ)2 + r0 (θ)2 dθ

θ1

b) En este caso se tiene f (x, y) = 1, y como r = 1 + cos θ, con 0 ≤ θ ≤ 2π q q 2 0 2 Obtenemos r (θ) + r (θ) = (1 + cos θ)2 + (− sin θ)2 Entonces: Z 2π q s = (1 + cos θ)2 + (− sin θ)2 dθ Z0 2π √ = 2 + 2 cos θdθ 0 Z π θ = 2 | cos |dθ 2 0 Z Z π π θ θ cos dθ + = 2 − cos dθ = 2 2 0 π 8 Es u ´til tener en cuenta que la integral de trayectoria se puede aplicar a problemas de f´ısica e ingenier´ıa 1. Si f (x, y, z) representa la masaR por unidad de longitud de un alambre delgado con la forma de C, entonces − f ds es la masa total del alambre. → c 2. Si f (x, R y, z) es la componente tangencial de una fuerza en (x, y, z) de C, entonces − f ds representa el trabajo realizado por la fuerza al mover una → c part´ıcula a lo largo de la curva C. 3.- Si f : I ⊂ IR2 → IR función escalar continua en I = [a, b] y R Rb −c 0 (t)k dt representa el f (x, y)ds = a f (x(t), y(t)) k→ f (x, y) ≥ 0,entonces − → c −c y la altura f (x, y). a´rea de una pared cuya base es la imagen de →

439

Figura 5.1: Pared zigzagueante

Ejemplo 4

a) Calcular anal´ıticamente la masa M de un resorte que tiene la forma − de una hélice dada por la ecuación: → r (t) = (5cost; 5sent; 4t); t ∈ [0; 2π] si la densidad en cada punto (x, y, z) es el cuadrado de la distancia en cada punto al origen de coordenadas.

Figura 5.2: Hélice circular

b) Si el centro de masa de un resorte con forma de alambre delgado de masa M, se define por (XM ; YM ; ZM ) con 440

XM YM ZM

Z 1 = xδ(x, y, z)ds → M − Zr 1 yδ(x, y, z)ds = → M − Zr 1 = zδ(x, y, z)ds → M − r

Calcular la componente ZM del resorte helicoidal Soluci´ on. a) La fórmula para el cálculo de la masa del resorte es: Z Z b − − M= δ(x, y, z)ds = δ(→ r (t)) k→ r 0 (t)k dt − → r

a

donde se tiene que: → − − r (t) = (5cost; 5sent; 4t); t ∈ [0; 2π] =⇒ → r 0 (t) √ √ = (−5 sin t; 5 cos t; 4) → − 2 0 2 =⇒ k r (t)k = 25 sin t + 25 cos t + 16 = 41 y la densidad − δ(x; y; z) = x2 + y 2 + z 2 =⇒ δ (→ r (t)) = (25 + 16t2 ) Reemplazando en el integrando, queda Z Z 2π √ (25 + 16t2 ) 41dt M = δ(x, y, z)ds = − → 0 r 2π √ √ 16 3 128 3 = 41 25t + t π = 41 50π + 3 3 0 b) La componente ZM del centro de masa es Z Z b 1 1 − − ZM = zδ(x, y, z)ds = z(t)δ(→ r (t)) k→ r 0 (t)k dt − → M r M a √ 2π Z 2π √ 1 41 25 2 2 4 = t(25 + 16t ) 41dt = t + 4t M 0 M 2 0 √ 2 41 π [50 + 64π ] = 50π 2 + 64π 4 = 128 2 M 50 + π 3

5.1.

Campos vectoriales

→ − Sea F = (F1 , F2 , F3 ) un campo vectorial en R3 continuo definida sobre −c : [a, b] → R3 con → −c perteneciente a C 1 . la trayectoria → 441

→ − −c por Definimos la integral de l´ınea de F a lo largo de → Z Z b → − → → − −c 0 (t)dt → − F (−c (t)) · → F · ds = − → c

a

Esta definición se puede generalizar para campos vectoriales en Rn

Figura 5.3: Campo vectorial radial

Figura 5.4: Campo circular tangencial Otras R observaciones. → − → → − − −c 0 (t) es continua 1) − F · d− s también se puede definir si F (→ c (t)) · → → c por tramos, expresando en este caso la integral como una suma de integrales del tipo anterior. − −c 0 (t) 6= → 2) Si C es trayectoria tal que → 0 , podemos usar el vector b tangente unitario T para calcular la integral de l´ınea como sigue. 442

Figura 5.5: Flujo de un fluido en un tubo cil´ındrico largo

→ −c 0 (t) −c 0 (t)k k→ Z Z b → −c 0 (t) → − → − → → − − → −0 F · ds = F ( c (t)) · → −c 0 (t)k k c (t)k dt − → k c a Z bh i → − −c 0 (t)k dt b = F ( c (t)) · T k→ Za → − b = F · T ds Tb =

− → c

Por lo tanto

Z − → c

→ − → F · d− s =

Z − → c

→ − b F · T ds

→ − Si ϕ es el ańgulo entre F y Tb Z Z

−

→

→ − b − → − → −

→

→

−

→ − F · T = F T cos ϕ = F cos ϕ =⇒ F ·ds =

F cos ϕds − → c

− → c

→ − Si F es un campo de fuerza , entonces esta u ´ltima integral es precisamente la definición de trabajo realizado por el campo de fuerza sobre una part´ıcula de masa unitaria que se mueve desde el punto inicial hasta un −c (t). punto terminal a lo largo de la curva C descrita por la trayectoria → 3) Otra manera usual de escribir la integral de l´ınea es: Z Z → − → → − − F ·ds = F1 dx + F2 dy + F3 dz donde F = (F1 , F2 , F3 ) − → c

− → c

443

As´ı: Z − → c

→ − − F · d→ s =

Z b

Z − → c Z b

F1 dx + F2 dy + F3 dz = a

(F1 , F2 , F3 ) · (

= a

Z =

b

dx dy dz F1 + F2 + F3 dt dt dt dt

dx dy dz , , )dt dt dt dt

→ − → −c 0 (t) dt F (−c (t)) · →

a

Ejemplo 1: R Evaluar I = c x2 ydx + (x2 − y 2 ) dy , si C es el arco de la parábola y = 3x2 desde (0, 0) hasta (1, 3) .

Figura 5.6: Gráfico de la curva y = 3x2 Soluci´ on: Al parametrizar la trayectoria se tiene C : x = t, y = 3t2 con 0 ≤ t ≤ 1. −c (t) = (t, 3t2 ) =⇒ → −c 0 (t) = (1, 6t) luego → Sustituyendo términos en el integrando, obtenemos Z

1

I = Z0 1

(3t4 , t2 − 9t4 ) · (1, 6t) dt

3t4 + t2 − 9t4 6t dt 0 1 69 3 5 6 4 54 6 = t + t − t =− 5 4 6 10 0 =

444

Ejemplo 2 R Evaluar c yzdx + xzdy + xydz donde C está formada por los segmentos de rectas que unen A (1, 0, 0) a B (0, 1, 0) a C (0, 0, 1) Soluci´ on. → − −→ −−→ −→ En este caso C = AB + BC + CA por lo cual Z Z Z yzdx + xzdy + xydz = −→ yzdx + xzdy + xydz + −−→ yzdx + xzdy + xydz − → c AB BC Z + −→ yzdx + xzdy + xydz CA

Pametrizando cada segmento de trayectoria, produce −→ AB : x = 1 − t =⇒ dx = −dt y=t =⇒ dy = dt z=0 =⇒ dz = 0 Z Z yzdx + xzdy + xydz = −→

1

0dt = 0

0

AB

−−→ BC : x = 0 =⇒ dx = 0 y =1−t =⇒ dy = −dt z=t =⇒ dz = dt Z Z yzdx + xzdy + xydz = − − →

0dt = 0

0

BC

−→ CA : x = t =⇒ dx = dt y=0 =⇒ dy = 0 z =1−t =⇒ dz = −dt Z Z yzdx + xzdy + xydz = −→ CA

Por tanto

1

1

0dt = 0

0

Z − → c

yzdx + xzdy + xydz = 0

Ejemplo 3 R → − → → − Evaluar I = − F · d− s , donde F (x, y) = (xy, x2 y) y → c → −c : [−1, 1] −→ IR2 tal que → −c (t) = (t, |t|). → −c ∈ / C1 . Soluci´ on 445

La curva C es continua por tramos. −c : [−1, 0] −→ IR2 , → −c (t) = (t, −t) As´ı → =⇒ dx = dt, dy = −dt 1 1 → − − 2 → c2 : [0, 1] −→ IR , c 2 (t) = (t, t) =⇒ dx = dt, dy = dt → − → − → − De modo que: c = c 1 + c 2 Z − → c

→ − − F · d→ s =

→ − − F · d→ s +

→ − − F · d→ s − → − → c1 c2 Z Z 2 = xydx + x ydy + xydx + x2 ydy Z

Z

− → c1 0

Z

− → c2

(−t2 + t3 )dt +

=

Z

−1

Por tanto

(t2 + t3 )dt = 0

0

Z − → c

5.2.

1

→ − − F · d→ s =0

Cambio de parametrizaci´ on

La pregunta crucial que surge al pensar en una curva es ¿cambiará el valor de la integral si se cambia la parametrización de la curva sobre la que se integra?. En primer lugar, ilustremos esto con el siguiente ejemplo. Ejemplo 1 Si C es la mitad inferior del c´ırculo R unitario en el plano xy que une los puntos (−1, 0) con (1, 0) . Calcular C (1 + xy)ds parametrizando de dos maneras diferentes esta curva. Soluci´ on. √ t → − → − 0 2 Sea c (t) = (t, − 1 − t ) =⇒ c (t) = 1, √ =⇒ 1 − t2 −c 0 (t)k = √ 1 k→ 1 − t2 entonces Z Z 1 √ 1 (1 + xy)ds = (1 − t 1 − t2 ) √ dt − → 1 − t2 c −1 Z 1 1 √ = −t =π 1 − t2 −1 446

−c (t) = (cos t, sin t) con π ≤ t ≤ 2π Por otro lado, si ponemos → → −c 0 (t) = (− sin t, cos t) =⇒ k→ −c 0 (t)k = 1 entonces, al reemplazar los términos del integrando queda 2π Z Z 1 sin2 t (1 + sin t cos t) dt = t + =π (1 + xy)ds = − → 2 π −1 c Por lo tanto, hemos obtenido el mismo valor para la integral a lo largo de estas dos trayectorias diferentes que tienen la misma traza. En segundo lugar, enunciemos un resultado general con el siguiente teorema. −c (t) y → − Teorema 5.2.1. Si → p (t) son dos parametrizaciones distintas suaves o suaves por tramos, que conecta los puntos P0 y P1 , que tienen la misma traza y dirección, y si f (x, y, z) está definida y es continua sobre la traza, entonces Z Z f (x, y, z)ds = f (x, y, z)ds − → c

5.2.1.

− → p

Reparametrizaci´ on

Sea h : I1 → I una función de clase C 1 con valores reales que sea biyectiva −c : [a, b] → IR3 una trayectoria C 1 por entre I = [a, b] y I1 = [a1 , b1 ]. Si → tramos. Entonces a la composición → − −c ◦ h : [a , b ] → IR3 p =→ 1

1

−c La llamamos reparametrización de → El valor de la integral de l´ınea no var´ıa por cambios de parametrización −c , excepto por el signo si hay cambios de orientación, el teorema de la curva → correspondiente es: → − −c : [a, b] → IR3 , Teorema 5.2.2. Sea F un campo vectorial continuo y → → − 1 3 trayectoria de clase C , y sea p : [a1 , b1 ] → IR una reparametrización de → −c . Entonces − i) Si → p conserva la orientación: Z − → c

→ − → F · d− s =

Z − → p

→ − → F · d− s

− ii) Si → p invierte la orientación Z Z → − → → − → − F ·ds =− F · d− s − → p

− → c

447

Figura 5.7:

Ejemplo 1: → − −c : [−5, 10] → IR3 Sea F (x, y, z) = (yz, xz, xy) campo vectorial y → → − 2 3 trayectoria dada por c (t) = (t, t , t ) . −c : [−5, 10] → R3 se puede construir: Una trayectoria opuesta: → op → −c (t) = c(a + b − t) op −c (t) = → −c (5 − t) = ((5 − t), (5 − t)2 , (5 − t)3 ) . en este caso queda → op R → R − → → − − Evaluar − F · d− s y − F · d→ s. → → c c op Soluci´ on: Z − → c

→ − → F · d− s =

Z

10

−5 10

dx dy dz F1 + F2 + F3 dt dt dt dt

Z

yzdx + xzdy + xydz

= −5 Z 10

=

5 t + 2t5 + 3t5 dt

−5

= 984,375 por otro lado Z − → c op

→ − → F · d− s =

Z

10

yzdx + xzdy + xydz −5

448

Z

10

= −5 10

Z =

−5

−(5 − t)5 − 2(5 − t)5 − 3(5 − t)5 dt 10 −6(5 − t)5 dt = (5 − t)6 −5

= −984,375

5.3.

Independencia de trayectoria

R → − → Cuando el valor de una integral − F · d− s sobre una trayectoria contin→ c ua por tramos que conecta dos puntos de una región R depende solamente de los puntos extremos, se dice que la integral es independiente de la trayectoria. Ejemplo. Independencia de trayectoria en una integral de l´ınea 2 → − y 2y Si F (x, y) = ,− ; A = (1, 1); B = (4, −2) x2 x → − Calcular el trabajo realizado por el campo de fuerza F al llevar un objeto desde A hasta B, por: a) un camino compuesto de un tramo horizontal seguido de un tramo vertical; b) un camino compuesto de un tramo vertical seguido de un tramo horizontal. Soluci´ on. a) Si llamamos C a la curva, la podemos subdividir en las curvas C1 y C2 Tendremos Z Z Z → − → → − → → − → − − F ·ds = F ·ds + F · d− s − → c

− → c1

− → c1

Calculamos ambas integrales por separado x= 1+t C1 = , 0≤t≤3 y= 1 2y y2 dx − dy 2 − → − → x c1 c1 x 3 Z 3 1 1 3 dt = − = 2 (1 + t) 0 4 0 (1 + t) Z

=⇒ =

→ − → F · d− s =

449

Z

C2 =

x= 4 y = 1−t Z =⇒

− → c2

=

, 0≤t≤3

→ − → F · d− s =

1 1 t − t2 2 4

Con lo que resulta Z

3 = 0

Z − → c2

y2 2y dx − dy = 2 x x

Z

3

0

2(1 − t) dt 4

3 9 3 − =− 2 4 4

3 3 y2 2y =0 dx − dy = + − 2 x x 4 4

− → c

b) Llamemos C * a este otro camino, también lo podemos separar en dos tramos C3 y C4 . Tendremos Z Z Z → − → → − → → − → − − F ·ds = F ·ds + F · d− s − → c∗

− → c3

− → c4

Calculamos ambas integrales por separado haciendo parametrizaciones: x= 1 C3 = , 0≤t≤3 y = 1−t 2y y2 dx − dy 2 − → x c3 x c Z 33 3 2(1 − t) − (−1)dt = 2t − t2 0 = −3 1 0 → − → F · d− s =

Z

=⇒ = C4 =

x= 1+t y = −2

Z

, 0≤t≤3 Z

→ − → F · d− s =

Z

2y dy − → x c4 3 Z 3 (−2)2 4 − dt = − =3 (1 + t)2 (1 + t) 0 0

=⇒ = Sumando se obtiene Z

− → c∗

y2 2 dx x − → c4

−

2y y2 dx − dy = −3 + 3 = 0 2 x x

Por ambos caminos dio el mismo resultado. Intente otro camino para ésta integral que lleve desde A hasta B. 450

5.4.

Campos Conservativos

Ciertos campos de fuerza importantes en la f´ısica provienen de un potencial escalar. Si existe una función φ definida en una región R y si al campo → − de fuerza F tiene la propiedad de que → − F =∇φ = gradφ → − entonces se dice que φ es un potencial de F .

5.4.1.

Campo gradiente

Un campo vectorial continuo el cual se obtiene como el gradiente de una función escalar se llamará campo gradiente y una función φ de la cual se obtiene, la función potencial → − F = ∇φ → − Teorema 5.4.1. (Teorema fundamental) Sea F un campo gradiente con potencial φ definida en una región R y sean P0 y P1 puntos cualesquiera de R, entonces: Z → − → F · d− s = φ (P2 ) − φ (P1 ) − → c

−c : [a, b] → IR3 tal que → −c (a) = P , y → −c (b) = P , y → −c donde → 1 2 1 trayectoria de clase C . Demostraci´ on Z − → c

Por tanto

→ − → F · d− s =

Z

∂φ ∂φ ∂φ dx + dy + dz − → ∂y ∂z c ∂x Z b ∂φ dx ∂φ dy ∂φ dz = + + dt ∂x dt ∂y dt ∂z dt a Z b ∂φ → −c (t))]b = (−c (t)) dt = [φ (→ a a ∂t = φ (P2 ) − φ (P1 )

Z − → c

→ − → F · d− s = φ (P2 ) − φ (P1 ) 451

es una

Adicionalmente podemos afirmar que → − Teorema 5.4.2. Si F es un campo gradiente en una región R, entonces R → − → F · d− s es independiente de la trayectoria. − → c → − Comentario: Si F es campo gradiente existe φ definida en R tal que → − F =∇φ, y el teorema fundamental garantiza la independencia de trayectoria. Observaci´ on: No es dific´ıl ver que el rec´ıproco de este teorema también es cierto. → − Teorema 5.4.3. Si F es un campo vectorial continuo sobre una region R y R → − → − − si − F · d→ s es independiente de la trayectoria, entonces F es un campo → c gradiente. −c : I → IR3 Curva simple C, se define como la imagen de una aplicación → 1 de C que sea uno a uno en el intervalo I. Una curva simple es aquella que −c (a) y → −c (b) se llaman punto inicial y punto no se intersecta a si misma, → final de la curva. −c : [a, b] → IR3 de C 1 tal que Curva cerrada simple, se define como → 1) es uno a uno en [a, b] −c (a) = → −c (b) Observaci´ 2) → on: i) Si la curva satisface sólo (2) es curva cerrada. ii) Las curvas simples cerradas tienen dos direcciones de movimiento posible. Integrales de l´ınea sobre curvas simples orientadas y curvas cerradas simples C. −c : [a, b] → IR3 entonces Sea C una curva simple orientada imagen de → definimos: Z Z Z Z → − → → − → − − F ·ds = F ·ds y f ds = f ds C

− → c

C

− → c

De las curvas cerradas y la independencia de trayectoria se tiene el siguiente teorema. R → − − Teorema 5.4.4. C F · d→ s es independiente de la trayectoria en R si y R → − → − solo si C F · d s = 0 para toda curva cerrada C contenida en R. Un dominio D es conexo si dos puntos cualesquiera de D se pueden unir con un segmento de recta y todos los puntos de la recta pertenecen a D Una región es simplemente conexa y abierta si ella es un conjunto abierto y tal que toda curva simple cerrada en D encierra puntos que solo están en el interior de D. Si un campo de fuerza tiene la propiedad de que el trabajo 452

realizado sobre una part´ıcula en movimiento conforme se mueve de un punto a otro es independiente de la trayectoria, se llama campo conservativo. ¨ De los teoremas anteriores se puede formular lo siguiente:Una condición necesaria y suficiente para que un campo de fuerzas sea consevativo es que sea un campo gradiente” Teorema 5.4.5. Sean M (x, y) y N (x, y) funciones con derivadas parciales continuas en un conjunto abierto y conexo D. → − Entonces el campo vectorial F (x, y) = (M (x, y), N (x, y))es conservativo ∂N ∂M = en D si y solo si ∂y ∂x Ejemplo 1 → − Sea F (x, y) = (2xy, (x2 − y)) a) Probar que es campo conservativo. b) Hallar función potencial. Soluci´ on. ∂N = 2x ∂x a) ∂M = 2x ∂x

    

=⇒ Campo conservativo en IR2

   

b) Existe Potencial φ(x, y) tal que ∂φ(x, y) = 2xy ⇒ φ(x, y) = ∂x Z ∂φ(x, y) 2 = x − y ⇒ φ(x, y) = ∂y

Z 2xydx + h1 (y) x2 − y dx + h2 (x)

φ(x, y) = x2 y + h1 (y) y2 2 2 ⇒ +C ⇒ φ(x, y) = x y − φ(x, y) = x2 y − y2 + h2 (x) 2 → − (Rotacional) Sea F (x, y, z) = (P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)) función → − → − vectorial, se define el rotacional de F ,denotado por rot F (x, y, z) o ∇ × → − F (x, y, z) por: bi b b j k ∂ → − ∂ ∂ ∇ × F (x, y, z). = ∂x ∂y ∂z P Q R 453

→ − Teorema 5.4.6. Si F (x, y, z) = (P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)) función vectorial donde P, Q, R son funciones con derivadas parciales continuas en un conjunto abierto y conexo D. Entonces − → → − → − F es un campo conservativo ⇐⇒ ∇ × F (x, y, z) = 0 en D es decir si y sólo si

∂Q ∂P ∂R ∂Q ∂R ∂P = , = , = ∂y ∂x ∂z ∂x ∂z ∂y

Ejemplo 2 → − Verifique que F (x, y, z) = (yz, xz, xy) es un campo conservativo en IR3 Soluci´ on. → − ∇ × F (x, y, z). =

b bi b j k ∂ ∂ ∂ ∂x ∂y ∂z yz xz xy = ((x − x) , − (y − y) , (z − z)) = (0, 0, 0)

→ − → − o sea ∇ × F (x, y, z) = 0 en IR3

Ejemplo 3 → − Dado el campo vectorial F (x, y, z) = (3y 2 z+yex , 6xyz+ex , 3xy 2 ).Verifique que es campo conservativo y calcular potencial. Soluci´ on: ∂R ∂Q = ⇒ 6yz + ex = 6yz + ex ∂y ∂z ∂R ∂P = ⇒ 3y 2 = 3y 2 ∂x ∂z ∂Q ∂P = ⇒ 6yz + ex = 6yz + ex ∂x ∂y → − → − Luego ∇ × F (x, y, z) = 0 en IR3 ,es entonces claramente un campo vectorial conservativo, entonces existe φ(x, y, z) tal que Z ∂φ(x, y, x) 2 x = 3y z + ye ⇒ φ(x, y, z) = 3y 2 z + yex dx + h1 (y, z) ∂x = 3xy 2 z + yex + h1 (y, z) 454

∂φ(x, y, x) = 6xyz + ex ⇒ φ(x, y, z) = ∂y = 3xy 2 z + yex + h1 (x, z)

Z

∂φ(x, y, x) = 3xy 2 ⇒ φ(x, y, z) = ∂z = 3xy 2 z + h1 (x, y)

(6xyz + ex ) dx + h1 (x, z)

Z

3xy 2 dx + h1 (x, z)

De aqu´ı se deduce que ∴ φ(x, y, z) = 3xy 2 z + yex Además, si se pide calcular por

I =

R → − − F · d→ s C

y C es la curva descrita

→ −c (t) = (cos t, sent, t), t ∈ [0, 2π] , entonces Z I = C

3 → − → F · d− s = 3xy 2 z + yex 0

= φ(1, 0, 2π) − φ(1, 0, 0) = 0 − 0 = 0 (Divergencia de un campo vectorial) → − Si F (x, y, z) = (P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)) tal que P, Q y R tienen → − derivadas parciales en alguna región D. La divergencia de F se denota por: → − → − ∂P (x, y, z) ∂Q(x, y, z) ∂R(x, y, z) div F = ∇ · F = + + ∂x ∂y ∂z → − → − Si F es un campo vectorial, entonces la div F da información acerca del flujo en un punto P(x,y,z): → − → − i) Si div F < 0 en un punto P(x,y,z) , entonces el flujo del campo F se orienta hacia el punto y se dice que hay un sumidero en P. → − → − ii) Si div F > 0 en un punto P(x,y,z) , entonces el flujo del campo F se orienta desde el punto y se dice que hay una fuente en P. → − → − iii) Si div F = 0 en un punto P(x,y,z) , entonces el flujo del campo F es nulo. 455

Introducci´ on Teorema de Green El teorema de Green, que enunciaremos a continuación, dice que bajo ciertas condiciones las integrales de l´ınea pueden expresarse y calcularse con integrales dobles. Comencemos por definir una región compacta R descrita simultaneamente por las desigualdades φ1 (x) ≤ y ≤ φ2 (x), a ≤ x ≤ b denominada región orientada en dirección del eje y ψ1 (y) ≤ x ≤ ψ2 (y), c ≤ y ≤ d denominada región orientada en dirección del eje x donde las funciones φ1 y φ2 son continuas y seccionalmente suaves en [a, b] y las funciones ψ1 y ψ2 son continuas y seccionalmente suaves en [c, d] . En esta región cerrada R con una frontera continua seccionalmente suave consideramos definidas las funciones M y N continuamente diferenciables ( o de clase C1 ) definidas en R. La curva C frontera de la región R, se dice que esta orientada positivamente ,si al caminar sobre ella la región R estará a su izquierda. En este marco de ideas y condiciones se plantea el teorema de Green.

5.4.2.

Teorema de Green

Sea R una región cerrada y acotada con frontera C,orientada en sentido ∂M ∂N y son continuas en R. Entonces positivo. Si M, N, ∂y ∂x Z Z Z ∂N ∂M M dx + N dy = − dA ∂x ∂y C R

456

Figura 5.8: Región cerrada de tipo a, frontera orientada positiva

Demostraci´ on. Supongamos que R está descrita por φ1 (x) ≤ y ≤ φ2 (x), a ≤ x ≤ b

Z

Z

Z

M dx = C

M dx +

M dx

C1 Z b

C2

Z

M (x, φ2 (x))dx b

a

Z =⇒

a

M (x, φ1 (x))dx +

=

b

Z

[M (x, φ1 (x)) − M (x, φ2 (x))] dx

M dx = C

a

Por otra parte Z b Z φ2 (x) Z b Z Z ∂M ∂M [M (x, φ2 (x)) − M (x, φ1 (x))] dx dA = dA = ∂y R ∂y a φ1 (x) a Luego Z

Z Z M dx = −

C

R

∂M dA ∂y

De manera simlar y considerando ahora ψ1 (y) ≤ x ≤ ψ2 (y), c ≤ y ≤ d Se establece que Z

Z Z N dy =

C

R

457

∂N dA ∂x

Figura 5.9: Región cerrada de tipo b, frontera orientada positiva

Por lo tanto Z Z

Z M dx + N dy = C

R

∂N ∂M − ∂x ∂y

dA

Ejemplo 1

Evaluar la integral Z I=

y 2 + senx2 dx + cos y 2 − x dy

C

donde C es la frontera de la región cuadrada 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1

Figura 5.10: Frontera de la región cuadrada 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 458

Soluci´ on. Usando el Teorema de Green podemos afirmar que ∂M = 2y ∂y ∂N =⇒ = −1 ∂x

M (x, y) = y 2 + senx2 =⇒ N (x, y) = cos y 2 − x

Por lo tanto aplicando el teorema Z 1Z 1 Z 1 1 I= (−1 − 2y)dxdy = (−1 − 2y)dy = −y − y 2 0 = −2 0

0

0

Comentario. Sin usar el teorema de Green este ejercicio resulta muy complicado de resolver, vale la pena que lo intente.

459

Ejemplo 2

I

ey dx + (xey + 2y)dy con D = (x; y) ∈ IR2 /x2 + y 2 ≤ 1

Calcular I = C

Figura 5.11: D = (x; y) ∈ IR2 /x2 + y 2 ≤ 1

Soluci´ on Por el Teorema de Green podemos afirmar que ∂M = ey ∂y ∂N N (x, y) = xey + 2y =⇒ = xey + 2y ∂x

M (x, y) = ey =⇒

Por lo tanto aplicando el teorema Z Z Z Z ∂M ∂N I= − dxdy = (ey − ey )dxdy = 0 ∂x ∂y D Corolario 5.4.1. Aplicando el teorema de Green a M = −y y N = x se deduce que I 1 xdy − ydx A(D) = 2 C donde A(D) es el área de la región D contenida en el plano XY , y C es el borde de D recorrrido en sentido positivo. Esta fórmula nos permite calcular un área en términos de una integral de l´ınea.

460

Figura 5.12: Región

x2 y 2 + 2 ≤1 a2 b

Ejemplo 3 x2 y 2 Consideremos la región 2 + 2 ≤ 1, cuyo borde es una elipse de semi-ejes a b dados por a y b.Calcular el a´rea de la region D Soluci´ on Podemos parametrizar la elipse usando x(t) = acost , y(t) = bsent, t ∈ [0, 2π], y luego se obtiene → − − r (t) = (acost, bsent) =⇒ → r 0 (t) = (−asent, b cos t) Z 1 2π (xy 0 − yx0 )dt A(D) = 2 0 Z 1 2π = (ab cos2 t − (−absen2 t))dt 2 0 = πab

5.5.

Aplicaciones de la integral de trayectoria

A continuacion se resumen las formulas para el cálculo de la masa y el momento de resortes, varillas delgadas y alambres a lo largo de una curva suave C en el espacio. R Masa: M = C δ (x, y, z) ds, donde δ = δ (x, y, z) es la densidad y ds un elemento diferencial de arco. Momentos R con respecto a los planos R coordenados: R Myz = C x δ (x, y, z) ds; Mxz = C y δ (x, y, z) ds; Mxy = C z δ (x, y, z) ds Coordenadas del centro de Masa Myz Mxz Mxy x= ; y= ; z= M M M Momentos con respecto a los rectas R 2 de inercia R ejes2 y otras 2 2 Ix = R C (y + z ) δ (x, y, z) ds, Iy = C (x + z ) δ (x, y, z) ds; Iz = C (y 2 + z 2 ) δ (x, y, z) ds; 461

R IL = C r2 δ (x, y, z) ds donde r (x, y, z) es la distancia del punto (x, y, z) a la recta L. Radio r de giro con respecto a una recta L. IL RL = M Problema 1 Dado el resorte de densidad constante δ = 1 con forma helicoidal → − r (t) = cos 4tbi + sen4tb j + tb k,

0 ≤ t ≤ 2π.

Encontrar la masa del resorte y el momento de inercia con respecto al eje z Soluci´ on La masa del resorte esta dada por Z δ (x, y, z) ds M = C Z = (1)ds C Z 2π − = |→ r 0 (t)| dt 0

√ − Encontremos primero |→ r 0 (t)| = (−4sen4t)2 + (4 cos 4t)2 + 1 = 17. Luego evaluemos la integral Z 2π − M = |→ r 0 (t)| dt Z0 2π √ = 17dt 0 √ M = 2π 17 q

El momento de inercia con respecto al eje z se define por: Z Iz = ZC2π =

x2 + y 2 δds √ cos2 4t + sen2 4t (1) 17dt

Z0 2π √ √ = 17dt = 2π 17 0

462

Problema 2 Sea un arco de metal con forma de semicircunferencia y 2 +z 2 = 1, z ≥ 0. Si la densidad en el punto (x, y, z) del arco es δ (x, y, z) = 2 − z , determinar las coordenadas del centro de masa del arco. Soluci´ on. Por simetr´ıa sabemos que x = 0; y = 0; dado que el arco está el el plano yz con la masa distribuida simetricamente con respecto al eje z. Para encontrar z , parametizamos el arco de semicircunferencia como: q 2 → − → − 0 r (t) = cos tb j+sentb k, 0 ≤ t ≤ π =⇒ | r (t)| = (−sent) + (cos t)2 = 1 − Por otra parte, δ (x, y, z) = 2 − z =⇒ δ (→ r (t)) = (2 − sent) Ahora, determinemos la masa utilizando la definición de integral de trayectoria Z

Z δ (x, y, z) ds =

M =

ZCπ =

π

− − δ (→ r (t)) |→ r 0 (t)| dt

0

(2 − sent) (1) dt = [2t + cos t]π0

0

M = 2π − 2 A continuación calculemos el momento de inercia Mxy Mxy 8−π Luego, z = = ≈ 0, 57. M 2 (2π − 2) Finalmente, la coordenada del centro de masa es (0; 0; 0, 57) . Problema 3 Un alambre tiene la forma de una semicircunferencia de radio a. La densidad lineal de masa en un punto P es directamente proporcional a la distancia de P a la recta que pasa por los extremos del alambre, ¿cuál es la masa total del alambre?. Soluci´ on En primer lugar situar el alambre en el plano xy de sistema coordenado, como en la figura: Ahora, la densidad puede interpretarse como un campo escalar, ya que, en cada punto P = (x, y) de la curva que describe el alambre, la densidad es δ(x, y) = ky. Calcular la masa total equivale a sumar la densidad sobre todos los puntos 463

de la curva, y as´ı lo que queremos determinar es Z M=

Z

b

δ (x, y, z) ds =

− − δ (→ r (t)) |→ r 0 (t)| dt

a

C

donde C es la curva que describe el alambre, la semicircunferencia de radio a. − Una parametrización para C es: → r (t) = (a cos t, asent) , t ∈ [0, π] → − − 0 entonces r (t) = (−asent, a cos t) =⇒ |→ r 0 (t)| = a Lo que implica que la masa del alambre es

Z M =

π

(kasent) (a) dt = ka 0

2

Z

π

sentdt 0

= ka2 [− cos t]π0 = 2ka2 Problema 4

Un alambre tiene forma de circunferencia, x2 + y 2 = a2 . Determine su masa y su momento de inercia respecto de un diámetro si la densidad en un punto (x, y) del alambre está dada por la función δ(x, y) = |x| + |y| . Soluci´ on La masa del alambre viene dada por la expresión: Z

Z δ (x, y, z) ds =

M=

b

− − δ (→ r (t)) |→ r 0 (t)| dt

a

C

siendo C la curva cuya trayectoria representa la forma del alambre, en este caso una circunferencia que parametrizamos por: → − r (t) = (acost, asent); t ∈ [0, 2π] que es de clase C1 . → − − r 0 (t) = (−asent, a cos t) =⇒ k→ r 0 (t)k = 1 Por lo tanto la masa es igual a 464

Z

2π

− − δ (→ r (t)) |→ r 0 (t)| dt =

M = = a

(|a cos t| + |asent|)adt 0

0 2

2π

Z

π/2

Z

(cos t + sent) dt + a

+a

Z

π

(− cos t + sent) dt + π/2

0 2

2

Z

3π/2

(− cos t − sent) dt + a

2

Z

2π

(cos t − sent) dt 3π/2

π π/2

= a2 [sent − cost]0

+ a2 [−sent − cost]ππ/2 +

+a2 [−sent + cost]3π/2 + a2 [sent + cost]2π π 3π/ = 8a2 Para calcular el momento de inercia respecto de un diámetro necesitamos la distancia de un punto cualquiera (x, y) a dicho diámetro. Para simplificar, tomaremos como eje el eje OX, por tanto, la función que da la distancia de un punto al eje es r(x, y) = |y|. Teniendo en cuenta la definición del momento de inercia respecto de un eje se tiene: Z Z 2 IL = r δ (x, y, z) ds = y 2 (|x| + |y|) ds C C Z 2π = a4 sen2 t (|sent| + |cost|) dt 0 Z π Z π/2 2 4 4 sen2 t (sent − cost) dt sen t (sent + cost) dt + a = a π/2

0

+a

4

Z

3π/2 2

sen t (−sent − cost) dt + a π

= 4a

5.5.1.

4

Z

2π

sen2 t (−sent + cost) dt

3π/2

4

´ Area de una pared

Problema 1 h πi → − La base de una pared en el primer cuadrante es la trayectoria c : 0, → 2 → − 2 3 3 IR ,dada por c (t) = (3 cos t, 3sen t) y su altura es en cada punto (x, y) es y f (x, y) = 1 + .Calcular el a´rea de la pared. 3 Soluci´ on 465

El área de una pared esta dada por la integral de trayectoria Z

Z

b

−c (t)) |→ −c 0 (t)| d f (→

f (x, y) ds = C

a

donde f (x, y) ≥ 0, ∀ (x, y) ∈ C En este caso tenemos que h i → −c (t) = (3 cos3 t, 3sen3 t) , t ∈ 0, π 2 → −c 0 (t) = (−9 cos2 tsent, 9sen2 t cos t) =⇒ k→ −c (t)k = 9sent cos t −c (t)) = 1 + sen3 t f (→ As´ı, la integral es Z h C

yi 1+ ds = 3

π/2

Z

1 + sen3 t (9sent cos t) dt

0

Z

π/2

sent + sen4 t cos tdt

= 9 0

sen2 t sen5 t + = 9 2 5

π/2 = 0

63 10

Problema 2 −c :[0, 1] → La base de una pared en el primer cuadrante es la trayectoria → → − 2 2 IR √ ,dada por c (t) = (t, t ) y su altura es en cada punto (x, y) es f (x, y) = 1 + 4y. a) Determinar la longitud de la base de la pared. b) Calcular el a´rea de la pared. Soluci´ on Tenemos que → −c (t) = (t, t2 ) =⇒ → −c 0 (t) = (1, 2t) =⇒ k→ −c 0 (t)k = √1 + 4t4 La longitud de la pared se determina por Z l =

1

−c 0 (t)k dt = k→

Z

0

1

√

1 + 4t2 dt

0

1 √ 1 √ 1 = t 1 + 4t2 + ln 2t + 1 + 4t2 2 2 0 √ √ 1 1 = 5 + ln 2 + 5 2 2 466

El área de una pared esta dada por la integral de trayectoria Z

Z

1

f (x, y) ds = C

5.6.

−c (t)) k→ −c 0 (t)k dt f (→

Z0 1 √ √ 4 4 = 1 + 4t 1 + 4t dt 0 1 Z 1 4 5 4 = 1 + 4t dt = t + t 5 0 0 9 = 5

Aplicaciones de la integral de l´ınea

→ − Definición . Sea C una curva simple y regular, y sea F :⊆ R3 → R3 un campo vectorial continuo. Definimos la integral de trabajo (o integral de → − l´ınea) de F sobre la curva C ⊆ D por Z W =

→ − → F · d− r =

Z

b

→ − → − F (− r (t)) · → r 0 (t) dt

a

C

− donde → r : [a, b] → IR3 es una parametrización regular de C Cuando la curva C es cerrada, entonces se puede escribir I W =

→ − → F · d− r

C

→ − → − y esta integral recibe el nombre de circulación de F a lo largo de C. Si F representa el campo de velocidades de un fluido, la circulación es la integral de la componente tangencial de la velocidad a lo largo de la curva cerrada C, proporcionando la cantidad neta de giro del fluido alrededor de C. (Campo Conservativo) → − En general, se dice que un campo vectorial F : D ⊆ R3 → R3 es conservativo en D si existe un potencial → − φ : D ⊆ R3 → R tal que F = ∇φ sobre D. En efecto, si C es una curva

467

− regular parametrizada por → r : [a, b] → IR3 , entonces tenemos que Z

→ − → F · d− r =

Z

b

→ − → − F (− r (t)) · → r 0 (t) dt

a

C

Z

b

=

− − ∇φ (→ r (t)) · → r 0 (t) dt

a

Z

b

d − [∇φ (→ r (t))] dt a dt − − = φ (→ r (b)) − φ (→ r (a)) =

→ − → − Proposici´ on 5.6.1. Sea F = F (x, y, z) un campo vectorial continuo sobre → − un abierto conexo de IR3 . Entonces las propiedades sobre F siguientes, son equivalentes, para que sea campo vectorial conservativo: → − → − i) ∇× F = 0 ii) Para toda curva C ⊆ D cerrada y regular por pedazos se tiene I

→ − → F · d− r =0

C

iii) Para cualquier par de curvas regulares, C1 ⊆ D y C2 ⊆ D, con iguales puntos inicial y final, se tiene Z

→ − → F · d− r =

Z

C1

→ − → F · d− r

C2

Problema 1 → − Calcular el trabajo ejercido por el campo vectorial F (x, y, z) = (3x − 2y, y + 2z, −x2 )sobre una part´ıcula que se mueve seg´ un la curva C dada por x = z 2 , z = y 2 desde el punto (0, 0, 0) hasta el (1, 1, 1). Soluci´ on − En primer lugar parametricemos la curva C:→ r (t) = (t4 , t, t2 ), t ∈ [0, 1] → − − − De modo que → r 0 (t) = (4t3 , 1, 2t) y F (→ r (t)) = (3t4 − 2t, t + 2t2 , −t8 ) 468

Calculando directamente tenemos Z b Z → − → → − → − − F (− r (t)) · → r 0 (t) dt F ·dr = W = a ZC1 (3t4 − 2t, t + 2t2 , −t8 ) · (4t3 , 1, 2t)dt = Z0 1 (12t7 − 8t4 + t + 2t2 − 2t9 )dt = 0 1 3 8 8 5 1 2 2 3 1 10 = t − t + t + t − t 4 5 2 3 5 0 13 = 15 Problema 2 → − → − Un campo de fuerza gravitacional F (x, y, z) esta dado por F (x, y, z) = k → − ua 3 r . Calcular el trabajo que realiza la fuerza gravitacional que act´ → − krk sobre una part´ıcula que se mueve a lo largo del eje x desde el P0 (1, 0, 0) hasta P(2, 0, 0) . Soluci´ on. − Si parametrizamos la trayectoria tenemos:→ r (t) = (t, 0, 0) 1 ≤ t ≤ 2 → − − k Ahora, determinemos la función compuesta: F (→ r (t)) = 3 (t, 0, 0). t Aplicando la definición de trabajo tenemos Z W =

→ − → F · d− r =

ZC2 = 1

Z = 1

2

Z

2

→ − → − F (− r (t)) · → r 0 (t) dt

1

k (t, 0, 0) · (1, 0, 0) dt t3 2 k k k dt = − = t2 t 1 2

Problema 3 Si una part´ıcula es atra´ıda hacia el origen por una fuerza cuya magnitud − es proporcional a la distancia k→ r k de la part´ıcula al origen, ¿que trabajo se hace cuando se mueve la part´ıcula desde el punto (0, 1) hasta el (1, 2) a lo largo de y = 1 + x2 suponiendo un coeficiente de roce µ entre la part´ıcula y la trayectoria?. Desprecie la fuerza de gravedad. 469

Soluci´ on. Formulemos el problema usando el parametro longitud de arco s Z Z s2 → − → → − → − − F (− r (s)) · → r 0 (s) ds W = F ·dr = s1 Z s2 ZCs2 → − → − − FT (→ r (s)) ds F ( r (s)) · b t (s) ds = = s1

s1

La fuerza que trabaja es la componente tangencial a la curva. Entonces, determinemos esta componente a partir de la informacion. Sea θ el ángulo que forma la tangente a la curva en un punto P (x, y) cualquiera con el eje x. Sea φ el ángulo que forma el radio vector P con el eje y. Sea α el ángulo entre la tangente y el radio vector en P. Al mover la part´ıcula a lo largo de la trayectoria, hay que realizar trabajo contra dos fuerzas que tienen componente tangencial, a saber, la componente tangencial de la fuerza central: Ft = F cos α = kr cos α y la fuerza de rozamiento Fr = µFn = µF senα = µkrsenα. Donde Fn es la componente de la fuerza central que es perpendicular a la trayectoria y que act´ ua para mantener la part´ıcula en su trayectoria. Por tanto la fuerza tangencial resultante es: FT = kr cos α + µkrsenα Aplicando, el teorema del ángulo externo de la geometr´ıa plana se tiene: α=φ−θ Reemplazando en la expresión anterior, queda FT = kr cos (φ − θ) + µkrsen (φ − θ) . Luego, el trabajo queda Z s2 − W = FT (→ r (s)) ds s1 L

Z

(kr cos (φ − θ) + µkrsen (φ − θ)) ds Z L Z L = k r cos (φ − θ) ds + kµ rsen (φ − θ) ds 0 0 Z L = k r [cos φ cos θ + senφsenθ] ds + 0 Z L +kµ r [senφ cos θds − senθ cos φ] ds =

0

0

470

Ahora bien, el trabajo expresemos el trabajo en coordenadas cartesianas x = r cos φ dx = cos θds y = rsenφ dy = senθds Por lo tanto, sustituyendo éstas en la u ´ltima expresión para W, se tiene: Z Z W =k xdx + ydy + µk ydx − xdy C

C

− Parametizando la curva C, queda: → r (t) = (t, t2 + 1), 0 ≤ t ≤ 1 =⇒ → − r 0 (t) = (1, 2t), 0 ≤ t ≤ 1 Sustituyendo en la integral anterior, obtenemos Z

1

Z

1

(t, t + 1) · (1, 2t)dt + kµ (t2 + 1, −t) · (1, 2t)dt 0 Z0 1 Z 1 = k (2t3 + 3t)dt + kµ (1 − t2 )dt 0 0 1 1 1 3 1 4 3 2 + kµ t − t = k t + t 2 2 0 3 0 3 W = 2k + µk 2 W = k

2

Es el trabajo total efectuado durante el movimiento.

Problema 4 → − Sea F (x, y) el campo de fuerzas definido en IR2 por → − F (x, y) = (2x + ycos(xy), xcos(xy)) → − Calcular el trabajo realizado por F sobre cualquier curva cerrada contenida en IR2 Soluci´ on Si el campo es conservativo, el trabajo realizado por el campo sobre cualquier curva cerrada será nulo. Por tanto, supongamos que existe φ : IR2 → − → IR diferenciable tal queF = ∇φ. Entonces, se debe satisfacer ∂φ = 2x + ycos(xy) ∂x (1) ∂φ = xcos(xy) ∂y Integrando la primera ecuación respecto de x obtenemos, φ(x, y) = x2 + sen(xy) + h(y). 471

Si derivamos φ respecto de y , luego comparamos con la segunda ecuación de (1) obtenemos que xcos(xy) + h0 (y) = xcos(xy) lo que implica h0 (y) = 0 =⇒ h (y) = c → − Por lo tanto, la función φ(x, y) = x2 + sen(xy) + c verifica que F = ∇φ Finalmente I → − → F · d− r =0 W = C

Problema 5 ¿Para qué valores de a∈ IR el campo vectorial → − F (x, y, z) = (axy − z 3 , (a − 2)x2 , (1 − a)xz 2 ) es conservativo? Para esos valores, calcular la función potencial. Soluci´ on → − Para cualquier valor de a el campo F es de clase C1 en R3 y será conservativo si su rotacional es cero ∀(x; y; z) ∈ R3 . Calculemos el rotacional i j k → − ∂ ∂ ∂ ∇× F = ∂x ∂y ∂z axy − z 3 (a − 2)x2 (1 − a)xz 2

= (0, −3z 2 − (1 − a)z 2 , 2x(a − 2) − ax) que se anula si se cumplen las ecuaciones: (1 − a)z 2 + 3z 2 = 0 2x(a − 2) − ax = 0 → − Por tanto, para a = 4 el campo F es conservativo y ∃φ : IR3 → IR tal que → − F = ∇φ = (4xy − z 3 , 2x2 , −3xz 2 ),entonces 472

∂φ = 4xy − z 3 ∂x ∂φ = 2x2 ∂y ∂φ = −3xz 2 ∂z Integrando la primera ecuación respecto de x, queda Z φ(x, y, z) = (4xy − z 3 )dx = 2x2 y − xz 3 + h(y, z) Por tanto φ(x, y, z) = 2x2 y − xz 3 + g(z) derivando la función φ con respecto a z y luego comparamos con la tercera ecuación tenemos ∂φ = −3xz 2 + g 0 (z) = −3xz 2 =⇒ g 0 (z) = 0 =⇒ g (z) = c ∂z → − En consecuencia, la función potencial del campo F es φ(x, y, z) = 2x2 y − xz 3 + c Problema 6 Una masa M en el origen en IR3 ejerce una fuerza sobre una masa m lomM − calizada en → r = (x, y, z) con magnitud G 2 y dirigida hacia el origen. r Aqu´ı G es la constante gravitacional, que depende de las unidades de medi→ − p r → − 2 2 2 ción y r = | r | = x + y + z ,si recordamos que − es un vector unitario r dirigido hacia el origen, entonces podemos escribir el campo de fuerza como → − mM − F = −G 3 → r r a) Mostrar que el campo vectorial es conservativo. → − b) Hallar un potencial escalar para F . → − c) Hallar el trabajo realizado por F al trasladar la part´ıcula de masa m desde un punto P1 hasta P2 → − d) ¿Cual es el trabajo realizado por la fuerza F al mover la part´ıcula de masa m desde el infinito hasta una distancia r del origen?. 473

Soluci´ on a) En primer lugar calculemos → − mM → − ∇ × F = ∇ × −G 3 r r 1 1 → − → − = −GmM ∇ 3 × r + 3 ∇ × r r r Puesto que de las identidades básicas del análisis vectorial, tenemos → − → − → − i) ∇ × φ F = ∇ (φ) × F + φ(∇ × F ) − ii)∇ (rn ) = nrn−2 → r Entonces, queda: → − 3→ 1 − → − → − ∇ × F = −GmM − r × r + 3 ∇ × r r r − − De modo que el primer término se anula pues → r ×→ r =0 Luego queda a´ un por calcular el segundo término i j k ∂ ∂ ∂ − ∇×→ r = ∂x ∂y ∂z = (0, 0, 0) x y z Por tanto

→ − → − → − − ∇ × F = 0 para → r 6= 0 → − b) Luego existe φ tal que F = −∇φ.(En f´ısica se define que el campo de fuerza proviene del valor negativo del gradiente de la función escalar). Aprovechando la simetr´ıa radial del campo de fuerza expresemos el gradiente en coordenadas cil´ındricas Z ∂φ mM mM → − = G 2 =⇒ φ ( r ) = G 2 dr ∂r r r GmM − φ (→ r) = − +C r Donde c es una constante de integración c) Como el campo es conservativo, el trabajo depende de la posición de los puntos inicial y final y el trabajo es igual a Z → − → − − F · d− r = φ (→ r (2)) − φ (→ r (1)) C 1 1 − = GmM r1 r2 474

donde r1 y r2 son las distancias radiales de los puntos P1 y P2 respectivamente al origen. d) Si r1 → ∞ y r2 = r se tiene que W =−

GmM r

Problema 7

→ − F.

→ − Dado el campo de fuerzas F (x, y) = (y 3 + 1, 3xy 2 + 1). → − a) ¿Es F conservativo? en caso que lo sea, hallar la función potencial de

b) Hallar el trabajo realizado al mover un objeto desde el punto (0, 0) al (2, 0),a lo largo de la semicircunferencia (x − 1)2 + y 2 = 1 con y ≥ 0. c) Hallar el trabajo realizado al mover el objeto a lo largo de la circunferencia completa. Soluci´ on → − Examinemos el rotor de F i j k → − ∂ ∂ = 0, 0, 3y 2 − 3y 2 0 ∇ × F = ∂x ∂y y 3 + 1 3xy 2 + 1 0 = (0, 0, 0) Por tanto, estamos en presencia de un campo conservativo, luego existe una función escalar φ (x, y) tal que ∂φ = y3 + 1 ∂x ∂φ = 3xy 2 + 1 ∂y Integrando la primera ecuación respecto de x, queda Z φ(x, y) = (y 3 + 1)dx = xy 3 + x + h(y) Para calcular la funciónh(y),calculamos la derivada parcial de φ respecto de 475

y luego comparamos con la segunda ecuación: ∂φ = 3xy 2 + h0 (y) = 3xy 2 + 1 =⇒ h0 (y) = 1 =⇒ h(y) = y + c ∂y → − En consecuencia, la función potencial del campo F es φ(x, y, z) = xy 3 + x + y + c → − b) Como F es conservativo la integral es independiente del camino, u ńicamente depende de los puntos inicial y final. El trabajo realizado al mover el objeto desde (0, 0) hasta (2, 0) será: Z

→ − → F · d− r = φ (2, 0) − φ (0, 0)

C

= (2 + c) − c = 2 c) A lo largo de la circunferencia tenemos una curva cerrada,lo que implica que el trabajo será nulo: I → − → W = F · d− r =0 C

Problemas propuestos para reflexionar 1.- Considere dos curvas que parten del punto P = (0, 2) y finalizan en Q = (π, 0); la braquistócrona dada por la ecuación: → − r (t) = (t + sen(t + π); 1 − cos(t + π)); t ∈ [0; π]; y el segmento rectitl´ıneo que va de P a Q. Pruebe que si se suelta una bola que se desliza por cada curva, bajo el efecto de la gravedad, entonces llega antes la bola de la braquistócrona que la del segmento rectil´ıneo. Téngase en cuenta que el tiempo total, para una curva cualquiera, es la integral a lo largo de dicha curva del campo escalar φ (x, y) = p

1 2g (h0 − y)

donde g es la gravedad y h0 la altura inicial de la bola. 2.- Calcular el trabajo realizado por una fuerza proporcional al vector dirigido hacia el origen, sobre el recorrido del primer cuadrante de la elipse x2 y 2 + 2 = 1, desde el punto (a, 0) hasta el (0, b). a2 b 476

k 2 (a − b2 ) con k > 0. 2 3.- Dado h > 0, sea C la curva que se encuentra sobre la superficie definiz2 da por x2 + y 2 = 2 , de forma tal que la altura z = z() satisface la ecuación h dz diferencial = z; z(0) = h donde z y representan las coordenadas cil´ındrid cas. − (a) Parametrice la ecuación de la curva C → r (θ) .Calcule la curvatura κ y la torsión τ → − 1 1 1 , ,− (b) Considere el campo vectorial F (x, y, z) = x y z2 hπ π i , .Calcule el trabajo realizado por el Sea C0 la restricción de C a ∈ 6 3 → − campo F al desplazar una part´ıcula a través de C0 . Solución √ 2 − a) → r (θ) = eθ cos θ, eθ senθ, heθ , curvatura κ = θ ; torsiónτ = e (2 + h2 ) h θ e (2 + h2 ) R → − → π 1 1 1 π/3 − → − b) C F · d r = φ ( r (θ))|π/6 = + − 3 h eπ/3 eπ/6 Solución:

5.7.

Problemas Resueltos

Problemas 1 Calcular la integral de trayectoria

R

− → r

x3 − ds, donde → r es la trayectoria y

x2 entre los puntos (0, 0) y (2, 2) . 2 Soluci´ on Primero, determinemos la ecuación paramétrica de la trayectoria  2 x= t  t → − 2 t ∈ [0, 2] ⇐⇒ r (t) = t, t  2 y= 2 Derivando la expresión anterior,√queda → − − r 0 (t) = (1, t) =⇒ k→ r 0 (t)k = 1 + t2 Además x3 − f (x, y) = =⇒ f (→ r (t)) = 2t y A partir de la definición de integral de trayectoria tenemos

y=

477

Z − → r

√ 2t 1 + t2 dt 0 2 2 2 3/2 = 1+t 3 0 2 √ 75 − 1 = 3

x3 ds = y

Z

2

Problema 2 Dada la función escalar f (x, y) = 2xy, calcular la integral de trayectoria x2 y 2 + = 1 desde el punto (3, 0) hasta (0, 2). a lo largo de la curva elipse 9 4 Soluci´ on − Observemos que → r es el segmento de elipse que está en el primer cuadrante.Entonces al parametrizar la curva queda x = 3 cos t − t ∈ 0, π2 ⇐⇒ → r (t) = (3 cos t, 2sent) y = 2sent Derivando la trayectoria √ → − − r 0 (t) = (−3 sin t, 2 cos t) ⇐⇒ k→ r 0 (t)k = 5sen2 t + 4 Calculemos la función escalar f sobre la trayectoria f (x, y) = 2xy =⇒ f (x (t) , y (t)) = 6 cos tsent Calculemos la integral Z − → r

Z 2xyds =

π/2

√ 12 cos tsent 5sen2 t + 4dt

0

3/2 4 = 5sen2 t + 4 5 76 = 5

π/2 0

Problema 3 R − Calcular la integral de l´ınea − xydx + x2 dy, donde → r es la trayectoria → r 2 2 x + 4y = 4, x > 0. Soluci´ on Primero, escribamos la ecuación paramétrica de la trayectoria orientada positivamente x = 2 cos t − t ∈ − π2 , π2 =⇒ → r (t) = (2 cos t, sent) y = sent 478

− → − → F (x, y) = xy, x2 =⇒ F (x (t) , y (t)) = 2 cos tsent, (2 cos t)2

− Determinemos el vector → r 0 = (−2sent, cos t) Calculemos la integral

Z − → r

Z

2

π/2

2 cos tsent, (2 cos t)2 · (−2sent, cos t) dt

xydx + x dy = −π/2 π/2

Z

(−4sen2 t cos t + 4 cos3 t)dt

= −π/2

Z

π/2

=

(−8sen2 t cos t + 4 cos t)dt

−π/2

=

π2 8 8 3 − sen t + 4sent = 3 3 −π 2

Problema 4 Calcular la integral de l´ınea

R

− → r

− −y 2 dx + xdy, donde → r es la trayectoria

y 2 = 2x − x2 , tal que x > 1, y > 0. Soluci´ on − Observemos que → r es el segmento de circunferencia: y 2 = 2x − x2 ⇐⇒ (x − 1)2 + y 2 = 1 tal que x > 1, y > 0. Entonces: x = 1 + cos t − t ∈ 0, π2 =⇒ → r (t) = (1 + cos t, sent) y= sent − =⇒ → r 0 (t) = (−sent, cos t) → − Calculemos el campo vectorial F sobre la trayectoria − → − → F (x, y) = (−y 2 , x) =⇒ F (x (t) , y (t)) = (−sen2 t, 1 + cos t) 479

Calculemos la integral Z − → r

Z

2

−y dx + xdy = = = = =

π/2

sen3 t + cos2 t + cos t dt 0 Z π/2 1 + cos 2t 2 1 − cos t sent + ( ) + cos t dt 2 0 π/2 cos3 t t sen2t + + + sent − cos t + 3 2 4 0 1 π 1− + +1 3 4 5 π + 3 4

Problema 5 R − Calcular la integral de l´ınea − (8x + z)dx + 2xz 2 dy − 4y 2 dz, siendo → r la → r curva definida por las ecuaciones: z = 9 − 2x2 − 4y 2 , z = 1. Soluci´ on Observemos, que la curva contenida en el plano z = 1, es la elipse √ 2x2 + 4y 2 = 8,con semi ejes a = 2 y b = 2, que se parametriza mediante.  x = √2 cos t  √ − t ∈ [0, 2π] =⇒ → r (t) = 2 cos t, 2sent, 1 t ∈ 2sent y=  z= 1 [0, 2π] → − Calculemos el campo vectorial F sobre la trayectoria − → − → F (x, y, z) = (8x + z, 2xz 2 , −4y 2 ) =⇒ F (x (t) , y (t)) = (16 cos t + 1, 4 cos 1t, 1) Evaluemos el vector √ → − r 0 (t) = −2sent, 2 cos t, 0 luego, obtenemos √ − → − F (x (t) , y (t)) · → r 0 (t) = (16 cos t + 1, 4 cos t, 1) · −2sent, 2 cos t, 0 Entonces la integral de l´ınea es

Z − → r

2

2

Z

(8x+z)dx+2xz dy−4y dz =

2π

√ −32sent cos t − 2sent + 4 2 cos2 t dt

0

480

√ 2π = −16sen2 t + 2 cos t 0 + 4 2 √ t sen2t 2π = 4 2 + 2 4 0 √ = 4 2π

Z

2π

0

1 + cos 2t 2

dt

Problema 6 → − Calcular el trabajo producido por campo de fuerzas dado por F = (3x + 4y, 2x+3y 2 ), a lo largo de la circunferencia C de radio 2 centrada en el origen y recorrida con orientación positiva. Soluci´ on Definimos el trabajo mediante la integral de l´ınea Z − → r

→ − → F · d− r =

Z

b

→ − → − F (− r (t)) · → r 0 (t) dt

a

Luego, parametrizando la trayectoria tenemos: → − r (t) = (2cost, 2sent), t ∈ [0, 2π]. − =⇒ → r 0 (t) = (−2sent, 2 cos t) Reemplazando el integrando, queda I W = Z

(3x + 4y, 2x + 3y 2 , 0) · (dx, dy, dz) 2π

=

(6cost + 8sent, 4cost + 12sen2 t, 0) · (−2sent, 2cost, 0)dt

Z0 2π =

[−16sen2t + 8cos2t]dt 0

= −16π + 8π = −8π. Trabajo negativo significa que el campo de fuerza disipa energ´ıa.

5.7.1.

Campo conservativo

Problemas 1 → − → − Sea el campo vectorial F : IR3 → IR3 dado por F (x, y, z) = (x, −y, z). R → − → Calcular la integral − F · d− r → r 481

a) Si C es la circunferencia x2 + y 2 = 4 recorrida en el sentido positivo. b) Si C es la recta que une P = (1, 0, 0) con Q = (1, 0, 4). − c) Si C es la helicoide → r (t) = (cos(4πt), sen(4πt), 4t), t ∈ [0, 1] que une P = (1, 0, 0) con Q = (1, 0, 4). Soluci´ on a) Las ecuación paramétrica de la circunferencia de radio 2 centrada en el origen y recorrida en sentido positivo, es → − − r (t) = (2 cos t, 2sent, 0) t ∈ [0, 2π] =⇒ → r 0 (t) = (−2sent, 2 cos t, 0) Entonces, la integral de linea queda Z − → r

→ − → F · d− r =

Z (x, −y, z) · (dx, dy, dz)

− → Z r2π

(2 cos t, −2sent, 0) · (−2sent, 2 cot s, 0) dt

= 0

Z

2π

−8 cos tsentdt = 0

= 0

b) La ecuación paramétrica de la recta que une P = (1, 0, 0) con Q = (1, 0, 4) es: → − → − → − → − − r (t) = P + ( Q − P )t = t(1, 0, 4) t ∈ [0, 1] =⇒ → r 0 (t) = (1, 0, 4) . Entonces Z − → r

→ − → F · d− r =

Z

1

(t, 0, 4t) · (1, 0, 4) dt 0

Z

1

= 0

1 16tdt = 8t2 0 = 8

c) A partir de la ecuación de la helicoide se obtiene → − r 0 (t) = (−4πsen(4πt), 4π cos(4πt), 4) Sustituyendo términos en el integrando, queda Z − → r

→ − → F · d− r =

Z

1

(cos(4πt), −sen(4πt), 4t) · (−4πsen(4πt), 4π cos(4πt), 4)dt 0

Z

1

=

(−8πsen(4πt) cos(4πt) + 4t)dt 0

Z = 0

1

1 16tdt = 8t2 0 = 8 482

El valor de la integral de l´ınea es el mismo por ambas trayectorias. Problema 2 R − Calcular la integral 2x cosydx − x2 senydy, donde → r : [1, 2] → IR2 → r − π − . definida por → r (t) = et−1 , sen t Soluci´ on. Determinemos si el campo vectorial es conservativo, de modo que calculamos i j k → − ∂ ∂ ∂ = (0, 0, 0) ∇ × F = ∂y ∂z ∂x 2x cos y −x2 seny 0 → − → − → − Como hallamos que ∇ × F = 0 , entonces F tiene una función potencial φ (x, y) tal que  ∂  φ (x, y) = 2x cos y  ∂x ∂  φ (x, y) = −x2 seny  ∂y Integrando la primera ecuación parcialmente con respecto a x, se tiene ∂ 0 φ (x, y) = x2 cos y + h (y) =⇒ φ (x, y) = −x2 seny + h (y) = −x2 seny ∂y 0 h (y) = 0 ⇐⇒ h (y) = c → − En consecuencia, la función potencial φ (x, y) para F (x, y) es φ (x, y) = x2 cos y + c Entonces , podemos afirmar que Z − → r

Z

2

2x cos ydx − x senydy =

− → r

− ∇φ · d→ r

− − r (2)) − φ (→ r (1)) = φ (→

donde π → − φ ( r (2)) = φ e, sen = e2 + c 2 − φ (→ r (1)) = φ (1, senπ) = 1 + c Por tanto. obtenemos: Z 2x cos ydx − x2 senydy = e2 − 1 − → r

483

Problema 3 → − Considere el campo vectorial F (x, y, z) en IR3 definido por : → − F (x, y, z) =

yz xz xy , , 2 2 2 2 2 2 1 + x y z 1 + x y z 1 + x2 y 2 z 2

yzdx + xzdy + xydx − ,donde → r es: 1 + x2 y 2 z 2 a) el segmento rect´ılineo entre (0, 0, 0) y (1, 1, 1) . b) la intersección de x2 + y 2 + (z − 1)2 = 1, con x2 + y 2 + z 2 = 1. Soluci´ on Se tiene que las componentes del campo vectorial son continuas ∀ (x, y, z) ∈ IR3 Primero, verifiquemos si el campo vectorial es conservativo o no. i j k ∂ ∂ ∂ → − ∇× F = = (0, 0, 0) ∂x ∂y ∂z yz xz xy 1 + x2 y 2 z 2 1 + x2 y 2 z 2 1 + x2 y 2 z 2 Evaluar

R

− → r

Puesto que ∂ ∂ ∂ ∂ xy xz yz xy = , = , etc. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ∂y 1 + x y z ∂z 1 + x y z ∂z 1 + x y z ∂x 1 + x2 y 2 z 2 = (0, 0, 0) → − → − → − Como hallamos que ∇ × F = 0 , entonces F tiene una función potencial φ (x, y) tal que:  ∂ yz   φ (x, y) =  ∂x 1 + x2 y 2 z 2    ∂ xz φ (x, y) = ∂y 1 + x2 y 2 z 2     ∂ xy   φ (x, y) = ∂z 1 + x2 y 2 z 2 Integrando la primera ecuación parcialmente con respecto a x, se tiene φ (x, y) = arctg (xyx) + h (y, z) =⇒ ∂ xz xz 0 φ (x, y) = + h (y, z) = 2 2 2 ∂y 1+x y z 1 + x2 y 2 z 2 0 h (y, z) = 0 ⇐⇒ h (y, z) = g (x) 484

→ − En consecuencia, la función potencial φ (x, y) para F (x, y)es φ (x, y) = arctg (xyx) + g (z) =⇒ xy xy 0 φ (x, y) = + g (x) = 2 2 2 1+x y z 1 + x2 y 2 z 2 0 g (x) = 0 ⇐⇒ g (x) = c Entonces , podemos concluir que φ (x, y) = arctg (xyx) + c En este caso hallamos , que el valor de la integral

Z − → r

Z yzdx + xzdy + xydx − = ∇φ · d→ r = φ (1, 1, 1) − φ (0, 0, 0) − → 1 + x2 y 2 z 2 r = arctg (1) − arctg (0) π = 4

− Si → r es la intersección de dos esferas la curva resultante es cerrada, en consecuencia Z − → r

5.7.2.

yzdx + xzdy + xydx = 1 + x2 y 2 z 2

Z − → r

− ∇φ · d→ r =0

Teorema de Green

Problema 1

→ − Verificar el teorema de Green para el campo vectorial F (x, y, z) = (2(x2 + y 2 ), (x + y)2 ) ,donde las curvas frontera de la región D corresponden al contorno del triángulo con vértices en los puntos (1, 1) , (2, 2) ,y (1, 3) orientado positivamente. Soluci´ on → − Como el campo vectorial F (x, y) es de clase C 1 , y la región D conexa, entonces el teorema de Green afima que: Z Z Z ∂ ∂ Q− P dxdy P dx + Qdy = ∂y C D ∂x Identificando términos, tenemos que P (x, y) = 2(x2 + y 2 ) =⇒

∂P = 4y ∂y 485

Q (x, y) = (x + y)2 =⇒

∂Q = 2(x + y) ∂x

Entonces calculemos ZZ ZZ ∂Q ∂P 2 (x − y) dxdy − dxdy = ∂x ∂y D D donde D = {(x, y) ∈ IR2 : 1 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ 4 − x} . Luego 2

Z

ZZ

Z

4−x

2 (x − y) dydx 4−x Z 2 y2 xy − = dx 2 x 1 Z 2 = 2x(4 − x) − (4 − x)2 − 2x2 + x2 dx 1 # " Z 2 3 2 (x − 2) = −4 (x − 2)2 dx = −4 3 1

2 (x − y) dxdy =

1

D

x

1

4 = − 3 Calculemos directamente la integral de l´ınea, segmentando la frontera en tres curvas: Z

Z

Z

P dx + Qdy = C

P dx + Qdy + C1

P dx + Qdy C2

Z +

P dx + Qdy C3

Parametricemos los segmentos de curvas que unen los puntos (1, 1) y (2, 2) ; (2, 2) y (1, 3) ; (1, 3) y (1, 1) Ac´ a debe ir gr´ afico − Sea C1 la recta y = x, 1 ≤ x ≤ 2 =⇒ → r (t) = (t, t) , t ∈ [1, 2] → − 0 =⇒ r (t) = (1, 1) , t ∈ [1, 2] entonces: 486

Z

2

2

2

Z

2

2 2 t + t2 + (2t)2 dt

2(x + y )dx + (x + y) dy = 1

C1

2

Z

3 2 t 8t dt = 8 3 1 2

= 1

56 = 3 − Sea C2 la recta y = 4 − x, 1 ≤ x ≤ 2 =⇒ → r (t) = (4 − t, t) , t ∈ [2, 3] → − 0 =⇒ r (t) = (−1, 1) , t ∈ [2, 3] , entonces: Z

2

2

Z

2

3

2 (4 − t)2 + t2 (−1) + (4)2 dt

2(x + y )dx + (x + y) dy = C2

2

Z

3

−2 16 − 8t + 2t2 + 16 dt 2 Z 3 Z 3 2 = −4 t − 4t + 4 dt = −4 [t − 2]2 dt 2 2 #3 " (t − 2)3 4 = −4 =− 3 3 =

2

− Sea C3 la recta x = 1, 1 ≤ y ≤ 3 =⇒ → r (t) = (1, 3 − t) , t ∈ [0, 2] → − 0 =⇒ r (t) = (0, −1) , t ∈ [0, 2] , entonces: Z

2

2

2

Z

2

(4 − t)2 (−1)dt

2(x + y )dx + (x + y) dy = C3

0

" =

(4 − t)3 3

#2 = 0

8 64 56 − =− 3 3 3

Por lo tanto, al sumar los tres términos tenemos: Z

2(x2 + y 2 )dx + (x + y)2 dy =

C

56 4 56 4 − − =− 3 3 3 3

Lo que muestra la validez de la formula del teorema de Green. 487

Problema 2 H Verificar el teorema de Green para C x2 ydx + xy 2 dy, donde C es la frontera de la región R en el primer cuadrante, limitada por las gráficas de y = x, y 3 = x2 . Soluci´ on. Primero, calculemos la integral de l´ınea considerando la orientación positiva de la frontera, dividiendola en dos segmentos C1 y = x y C2 y 3 = x2 . Determinemos los puntos que se intersectan ambas curvas: y= x =⇒ x3 = x2 =⇒ x2 (x − 1) = 0 ⇐⇒ x = 0 y x = 1 y 3 = x2 Luego, ambas curvas se intersectan en los puntos (0, 0) y (1, 1) .En consecuencia la región R queda delimitada por R = (x, y) ∈ IR2 /0 ≤ x ≤ 1, x ≤ y ≤ x2/3 Parametrizando el segmento de curva C1 tenemos: − − C1 : → r 1 (t) = (t, t) , t ∈ [0, 1] =⇒ → r 01 (t) = (1, 1) Calculemos el campo vectorial sobre la curva C1 → − → F (− r 1 (t)) = t3 , t3 =⇒ → − → − F (− r 1 (t)) · → r 01 (t) = t3 , t3 · (1, 1) = t3 + t3 = 2t3 Para C2 encontramos 2 → − → − C2 : r 2 (t) = 1 − t, (1 − t)2/3 , t ∈ [0, 1] =⇒ r 01 (t) = −1, − (1 − t)−1/3 3 Luego, la función compuesta para el campo sobre C2 es: → − → F (− r 2 (t)) = (1 − t)8/3 , (1 − t)7/3 =⇒ → − → 2 − → − 0 8/3 7/3 −1/3 F ( r 1 (t)) · r 1 (t) = (1 − t) , (1 − t) · −1, − (1 − t) 3 2 = −(1 − t)8/3 − (1 − t)2 3 Entonces la integral de l´ınea queda I

2

2

1

Z

1

2 ((1 − t)8/3 + (1 − t)2 )dt 3 0 0 4 11 t 3(1 − t)11/3 2(1 − t)3 = + + 4 11 9 0 1 3 2 = − − 4 11 9 1 = 198

x ydx + xy dy = C

Z

3

2t dt −

488

→ − Por otra parte el campo vectorial F (x, y) de clase C 1 , es decir campo continuo con primera derivada continua,definido en la región R conexa,acotado por una frontera cerrada, entonces podemos aplicar el teorema de Green que afima: Z Z I ∂ ∂ 2 2 2 2 (x y) − (xy ) dxdy x ydx + xy dy = ∂y C R ∂x donde R = (x, y) ∈ IR2 /0 ≤ x ≤ 1, x ≤ y ≤ x2/3 ,entonces: Z Z R

Z 1 Z x2/3 2 ∂ ∂ 2 2 y − x2 dydx (x y) − (xy ) dxdy = ∂x ∂y 0 x x2/3 Z 1 3 y 2 = dx −x y 3 0 x Z 1 2 x 2 3 8/3 = − 8x + x dx 3 3 0 1 3 3 11/3 x4 x − x + = 9 11 6 0 1 3 1 1 = − + = 9 11 6 198

Con esto,verificamos el teorema de Green en este caso particular.

Problema 3 x −y dx + 2 dy a lo largo de la curva C 2 + 3y 2x + 3y 2 formada por los lados del cuadrado con vértices en (1, 1) , (−1, 1) , (−1, −1) , (1, −1) . Soluci´ on. → − Claramente vemos que el campo vectorial F (x, y) en la región acotada por C no es continuo, con primeras derivadas parciales continuas en el origen (0, 0) . Luego, vamos a excluir el origen de la región . Dado que la región envuelta por la curva C, que excluye la singularidad, no es simplemente conexa, se tiene que: R R RR ∂Q ∂P − dxdy P dx + Qdy + C1 P dx + Qdy = D C ∂x ∂y donde la curva C1 es la elipse con ecuación 2x2 + 3y 2 = r2 , orientada en el sentido horario, con normal apuntando hacia fuera de la región D. Calcule la integral

H

C

2x2

489

Por otra parte. ∂Q 3y 2 − 2x2 = ∂x (2x2 + 3y 2 )2 ∂P 3y 2 − 2x2 = ∂y (2x2 + 3y 2 )2 Entonces, tenemos Z Z P dx + Qdy + C

      

=⇒

P dx + Qdy = D

Z P dx + Qdy = − Z Z P dx + Qdy =

Parametrizando

dxdy = 0

P dx + Qdy C1

P dx + Qdy

C1−

C

C1−

∂Q ∂P − ∂x ∂y

Z

C

=⇒

=0

ZZ

C1

=⇒

∂Q ∂P − ∂x ∂y

− como → r (t) =

r r √ cos t, √ sent con 0 ≤ t ≤ 2π 2 3

Se obtiene Z

Z P dx + Qdy =

C1−

0

2π

r r rsent r − √ sent + √ −√ cos t √ cos t dt 3r2 2 2r2 3

1 = √ (2π) 6 r 2 π = 3 Por lo tanto, la integral r

Z P dx + Qdy = C

2 π 3

Problema 4 Sea C una curva cerrada simple que encierra una región 2 y2 2 x D = (x, y) ∈ IR / + =1 4 5 Calcular el a´rea del interior de la elipse usando el teorema de Green. Soluci´ on. 490

A partir del teorema de Green tenemos I 1 A (D) = xdy − ydx 2 C

Parametricemos la √ ecuación de la elipse , mediante → − r (t) = (2cos(t), 5sen(t)), 0 ≤ t√≤ 2π. Entonces x(t) = 2cos(t), √y(t) = 5sen(t), luego dx = −2sen(t), dy(t) = 5 cos(t) Reemplazando términos en el integrando 1 2

I C

1 xdy − ydx = 2

Z

2π

√ √ (2 5cos2 (t) + 2 5sen2 (t))dt

0

√ Z 2π 5 dt = 0 √ = 2π 5 Problema 5 Considere la región R del plano x2 + (y − a)2 ≤ a2 ; x2 + y 2 ≥ 2a2 y usando el teorema de Green, verifique que el a´rea de dicha región coincide con el a´rea de un cuadrado de lado a. Soluci´ on La curva C1 descrita por la ecuación x2 + (y − a)2 = a2 ,corresponde a la circunferencia con centro en (0, a) y radio a y la curva C2 es la 2 2 2 ecuaci´ √ on x + y = 2a de la circunferencia con centro en (0, 0) y radio a 2. Calculemos los puntos de intersección de ambas curvas, igualando

ambas ecuaciones, produce 2a2 − 2ay = 0 =⇒ y = a Sustituyendo este resultado en la segunda ecuación, obtenemos x2 = a2 ⇐⇒ x = ±a Por lo tanto, los puntos de intersección de ambas√curvas son P1 = √(−a, a) y P2 = (a, a) que tienen coordenadas polares (a 2, 3π/4) y (a 2, π/4) respectivamente. En consecuencia, la curva cerrada C que forma la frontera de R es la unión 491

de la curva C1 parametrizada por: x(t) = acost, y(t) = a + asent, donde t ∈ [0, π] y de la curva C2 parametrizada por √ √ x(t) = a 2cost, y(t) = a 2sent, dondet ∈ [π/4, 3π/4]. El teorema de Green afirma que 1 A (R) = 2

I xdy − ydx C

donde la orientación de C es positiva. I I 1 1 A (R) = xdy − ydx + xdy − ydx 2 2 C1

C2

Las orientaciones de C1 y C2 , van en sentido opuesto a los punteros del reloj, para que C tenga orientación positiva. Entonces Z Z 1 π/4 2 1 π 2 2 (a sent + a )dt + (2a )dt A (R) = 2 0 2 3π/4 1 2 π/4 = a [− cos t + t]π0 + 2a2 [t]3π/4 2 1 = 2a2 + πa2 − πa2 = a2 2 Resultado que verifica que el a´rea de la región R es igual a la de un cuadrado de lado a.

5.8. 5.8.1.

Problemas propuestos Integral de trayectoria

1.- Calcular el a´rea de la superficie lateral cuya base está sobre la curva → − r del plano XY y la altura en cada (x,y) es z = f (x, y) ,donde: − a) f (x, y) = xy , → r : x2 + y 2 = 1 desde (1, 0) hasta (0, 1) . − b) f (x, y) = h , → r : y = 1 − x2 desde (1, 0) hasta (0, 1) . → − c) f (x, y) = xy, r : y = 1 − x2 desde (1, 0) hasta (0, 1) . Respuestas 492

1 a) A(S) = , 2 √ h √ b)A(S) = 2 5 + ln 2 + 5 , 4 1 √ c)A(S) = 25 5 − 11 120 R 2.- Evaluar las siguientes integrales de trayectoria − f (x, y, z) ds → r √ − → − z → 3 a) f (x, y, z) = e , r : [0, 1] → IR dada por r (t) = (1, 2, t2 ) . − − b) f (x, y, z) = yz, → r : [1, 3] → IR3 dada por → r (t) = (t, 3t, 2t) . 2 3/2 x+y → − → − 3 , r : [1, 2] → IR dada por r (t) = t, t , t . c) f (x, y, z) = y+z 3 − − d) f (x, y, z) = z, → r : [0, 2π] → IR3 dada por → r (t) = (tcost, tsent, t) . Respuestas R √z a) − e ds = 2, r √ R→ yzds = 52 14, b) − → r √ R x+y 16 c) − ds = − 2 3 → r y+z h 3 √ i R 1 p 2 3 (2 + 4π ) − 2 2 d) − zds = → r 3 R 3.- Evaluar las siguientes integrales de trayectoria − f (x, y) ds → r 2 2/3 2/3 a) f (x, y) = 8y − 5x, la curva C dada por x + y = 1. b) f (x, y) = x + y, siendo C un triángulo de vértices (0, 0), (1, 0) y (0, 1), recorrido en sentido antihorario. Respuestas R a) C (8y 2 − 5x)ds = 12 √ R b) C (x + y)ds = 1 + 2

5.8.2.

Integral de l´ınea

4.-R Evaluar las siguientes integrales de l´ınea: − − a) − xdx + ydy + zdz, donde → r : [−1, 2] → IR3 dada por → r (t) = → r 2 3 (t , 3t, R2t ) . − b) − 2xyzdx + x2 zdy + x2 ydz, donde → r es una curva simple orientada → r que uneR (1, 1, 1) con (1, 2, 4). − c) − x2 zdx + 6ydy + yz 2 dz, donde → r : [1, 3] → IR3 dada por → r → − r R(t) = (t, t2 , ln t) . d) C xydx + (x − y)dy, donde C esta formado por los segmentos de recta que van desde (2, 0) a (3, 2) . R (0, 0) a (2, 0) y de 2 e) C (x+2)dx+3zdy+y dz,siendo C la curva intersección de las superficies x2 + y 2 + z 2 = 1; z = x − 1 493

Respuestas. R a) R− xdx + ydy + zdz = 147 → r b)R − 2xyzdx + x2 zdy + x2 ydz = 7 → r c) − x2 zdx + 6ydy + yz 2 dz = 249, 49 → r R 17 d) C xydx + (x − y)dy = 3 √ R 3 2 e) C (x + 2)dx + 3zdy + y 2 dz = π 4 → − 5.- Evaluar la integral de l´ınea de F a lo largo de cada una de las siguientes trayectorias. → − a) F (x, y) = (x2 − 2xy, y 2 − 2xy),a lo largo de la parábola y = x2 desde (−1, 1) a (1, 1) → − b) F (x, y, z) = (x, y, xz − y) sobre el segmento de recta desde el punto (0, 0, 0) hasta el punto (1, 2, 4). → − x+y 2 2 = a2 c) F (x, y) = xx+y 2 +y 2 , x2 +y 2 a lo largo de la circunferencia x + y recorrida en sentido positivo. → − x2 y 2 y x d) F (x, y) = √ 2 2 , √ 2 2 sobre el cuarto de elipse 2 + 2 = 1 1+x +y 1+x +y a b situado en el primer cuadrante, desde el punto (a, 0) hasta el punto (0, b). → − − e) F (x, y, z) = (yz, xz, xy) a lo largo de la hélice → r (t) = (a cos t, asent, bt) entre los puntos (a, 0, 0) y (a, 0, 2bπ). Respuestas R → − → 14 − → F ·dr = − a) − C 15 R → − → 23 − → F ·dr = b) − C 6 R → − → − − → c) C F · d r = 0 √ √ R → − → − → F ·dr = d) − 1 + b 2 − 1 + a2 C R → − → − → F ·dr = 0 e) − C

5.8.3.

Campos conservativos

R → (6xy 2 − y 3 )dx + (6x2 y − 3xy 2 )dy ; es inde6.- Pruebe que la integral − C pendiente del camino que une los puntos (1, 2) con (3, 4). a) Calcule el valor de la integral parametrizando el segmento. b) Verifique el resultado anterior utilizando la función potencial. Respuestas R1→ − − a) 0 F (r (t)) .→ r 0 (t) dt = 236 → − b) F = ∇φ (x, y, z) = 3x2 y 2 − xy 3 + C 494

→ − 7.- ¿Para qué valores de a ∈ IR el campo vectorial F (x, y, z) = (axy − z 3 ; (a − 2)x2 ; (1 − a)xz 2 ) es conservativo? Para esos valores, calcule la función potencial. Respuesta → − Si a=4 la función potencial del campo F es φ(x; y; z) = 2x2 y − xz 3 + C. → − 8.- En los casos en los que F sea conservativo, halle la correspondiente función potencial. → − a) F (x, y, z) = (10xz 3 + 1, −6y 2 , 15x2 z 2 ). → − b) F (x, y, z) = (2xy 3 , x2 z 3 , 3x2 yz 2 ) . Respuestas → − a) F es conservativo, función potencial: φ(x, y, z) = 5x2 z 3 + x − 2y 3 + C → − b) F no es conservativo. → − 9.- Sea F (x, y, z) = (z 3 + 2xy, x2 , 3xz 2 ). → − a) Muestre que F es un campo conservativo. → − b) Calcule directamente la integral de F alrededor del contorno del cuadrado convértices (±1, ±1) . c) Determine la función potencial.

5.8.4.

Teorema de Green

10.-R Usar el teorema de Green para hallar el valor de la integral de l´ınea: − − a) − xy 2 dx + x2 ydy, donde → r : [0, 2π] → IR2 dada por → r (t) = → r (4 cos Rt, 2sent) − b) − xydx + x2 dy, donde → r es la frontera que limita la región → r 2 y≥ R x ,y≤x 2 c) C (arctgx + y )dx + (ey − x2 )dy, donde C es la frontera que encierra la 2 2 regi´ Ron 1 ≤ x + y2 ≤ 9, y ≥ 0 d) C 2xydx + (x + 2x)dy, donde Ces la frontera que limita la región interior x2 y 2 + = 1 y exterior a la circunferencia x2 + y 2 = 1 a la elipse 9 4 H e) C (x2 + y 2 ) dx + (2x + y 2 ) dy, donde C es la frontera del cuadrado con vértices (0, 0) , (k, 0) , (0, k) , (k, k) . Respuestas R a) − xy 2 dx + x2 ydy = 0 → r R 1 b) − xydx + x2 dy = → r 12 495

R 104 c) − (arctgx + y 2 )dx + (ey − x2 )dy = − → r 3 R d)H − 2xydx + (x2 + 2x)dy = 10π → r e) C (x2 + y 2 ) dx + (2x + y 2 ) dy = k 2 (2 − k) −y x dx + 2 dy = 2π, donde C es cualquier 2 +y x + y2 curva cerrada , simple , que incluya el origen

10.- Demuestre que

H

C

x2

11.- Calcular el a´rea de una elipse con semi ejes a, b usando el teorema de Green. Respuesta A (R) = πab. 12.- Hallar el a´rea acotada por el arco de hipocicloide x = a (t − sent) , y = a (1 − cos t) ,donde a > 0, y 0 ≤ t ≤ 2π, y el eje x. Respuesta A (R) = 3πa2

5.9.

Autoevaluaciones Autoevaluaci´ on No 1

Tiempo 2 horas Pregunta 1 → − → − Sea F (x, y) el campo de fuerzas definido por F (x, y) = (x2 + 7y, −x + y sin y 2 ) .Calcular H→ − → F · d− r sobre la frontera del triángulo de vértices (0, 2) , (0, 0) y (1, 0) usC

ando la definición de integral de l´ınea. Pregunta 2 √ H Evalue la integral 1 + e x dx + (cos y 2 + x2 ) dy, siendo C una curva C

cerrada, ubicada en el primer cuadrante, formada por los arcos de circunferencia de radios 1 y 2 respectivamente y por los segmentos rectos 1 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 2. Pregunta 3 R→ − − → − Calcular la integral I = F · d→ r ,si F = (x, y, z) es un campo vectorial C

definido en R3 C es dada por y 2 + z 2 = 1, x = z entre A = (1, 0, 1) y B = (0, 1, 0) .

Pauta de Correcci´ on 496

Pregunta 1 La circulación a lo largo de la frontera del triángulo es la suma de las circulaciones en cada uno de los lados Z Z Z I → − → → − → → − → → − → − − − F · d− r F ·dr + F ·dr + F ·dr = C2

C1

C

C3

Parametrizando cada uno de los lados del triángulo se tiene − C1 : y = 0, → r 1 (t) = (t, 0) , t ∈ [0, 1] =⇒ → − − 0 → − r 1 (t) = (1, 0) y F (→ r 1 (t)) = t2 , −t − y = 2 (1 − x) , → r 2 (t) = (−t, 2 (1 + t)) , t ∈ [−1, 0] =⇒ → − → → − − 0 r 2 (t) = (−1, 2) y F ( r 1 (t)) = t2 + 14 (1 + t) , t + 2 (1 + t) sin (2 (1 + t))2 C2

:

− x = 0, → r 3 (t) = (0, −t) , t ∈ [−2, 0] =⇒ → − − → − r 03 (t) = (0, −1) y F (→ r 1 (t)) = −7t, −t sin (−t)2 C3

:

Sustituyendo términos en los integrandos , obtenemos Z 1 Z 0 I 2 → − → − 2 F ·dr = t dt + −t − 14 (1 + t) + 2t + 4 (1 + t) sin (2 (1 + t))2 dt −1

0

C

Z

0

+

t sin t2 dt

−2

# 3 1 " 3 2 0 t t cos (2 (1 + t)) = + − − 14t − 7t2 + t2 − 3 0 3 2

−1

+ −

2

cos t 2

0 = −8 −2

Pregunta 2 De acuerdo con el teorema de Green tenemos I ZZ √ √ ∂ ∂ x 2 2 2 2 x cos y + x − 1+e dx + cos y + x dy = 1+e dxdy ∂x ∂y C ZDZ = 2xdxdy D

497

Cambiando a coordenadas polares ,queda ZZ ZZ (r cos θ) rdrdθ 2xdxdy = 2 D∗ π/2

D

Z

Z

2

r2 cos θ drdθ 0 1 Z π/2 3 2 r = 2 cos θdθ 3 1 0 14 14 = [sin θ]π/2 = 0 3 3 = 2

Pregunta 3 → − Como el rotacional del campo F : i j k ∂ ∂ ∂ → − ∇ × F = ∂x ∂y ∂z = (0, 0, 0) es nulo el campo es conservativo =⇒ x y z → − existe φ (x, y, z) tal que F = ∇φ (x, y, z) ∂φ ∂φ ∂φ Es decir = x, = y, = z. Integrando parcialmente la primera ∂x ∂y ∂z x2 + h (y, z) =⇒ componente con respecto a x, obtenemos φ (x, y, z) = 2 2 ∂φ ∂h y (x, y, z) = = y =⇒ h (y, z) = + g (z) ∂y ∂y 2 x2 y 2 ∂φ De modo que φ (x, y, z) = + + g (z) =⇒ (x, y, z) = g 0 (z) = z 2 2 ∂z x2 y 2 z 2 Por tanto, el potencial es φ (x, y, z) = + + 2 2 2 y la integral de l´ınea queda Z

→ − → F · d− r =

C

Z xdx + ydy + zdz = φ (B) − φ (A) C

1 1 = −1=− 2 2

Autoevaluaci´ on No 2 Tiempo 2 horas Pregunta 1. 498

→ − Calcular el trabajo realizado por el campo de fuerza F (x, y, z) = (x, y, z) al mover una part´ıcula a lo largo de la parabóla y = x2 , z = x,desde x = 0 hasta x = 2. Pregunta 2. → − Verifique el teorema de Green para el campo F : IR2 → IR2 dado por → − F (x, y) = (−x2 y, xy 2 ) sobre la región R x2 + y 2 ≤ a2 . Pregunta 3. R y2 x2 2 − = 1 entre los puntos Calcular 2xydx + x dy si C es la curva 4 9 √ C A = 4, 3 3 y B = (2, 0) .

Pauta de Correcci´ on Pregunta 1. → − El trabajo realizado por el campo de fuerza F se define por la integral de trayectoria Z W =

→ − → F · d− r

C

donde C es la trayectoria, que en este caso se describe por la ecuación paramétrica → − − r (t) = (t, t2 , t) t ∈ [0, 2] =⇒ → r 0 (t) = (1, 2t, 1). Además al evaluar → − − el campo sobre la trayectoria queda F (→ r (t)) = (t, t2 , t) Entonces, el valor del trabajo es Z

2

→ − → − F (− r (t)) · → r 0 (t)dt =

0

Z

2

t + 2t3 + t dt

0

= 12 Pregunta 2. La frontera de R orientada positivamente es la curva C, dada por la circunferencia x2 + y 2 = a2 , que puede parametrizar como: x = a cos t, y = a sin t, 0 ≤ t ≤ 2π Entonces, por una parte se tiene 499

I

→ − → F · d− r =

I

−x2 ydx + xy 2 dy

C

C

Z

2π

= Z0 2π = Z0 2π = 0

(a4 cos2 t sin2 t + a4 cos2 t sin2 t)dt (2a4 cos2 t sin2 t)dt a4 sin2 2tdt 2

πa4 = 2 Por otra parte Z Z Z Z ∂(xy 2 ) ∂ (−x2 y) − (y 2 + x2 )dxdy dxdy = ∂x ∂y R R Z 2π Z a = r2 rdrdθ Z0 2π 0 4 a r = dθ 4 0 0 πa4 = 2 Pregunta 3 Método 1 Como f (x, y) = 2xy y g (x, y) = x2 verifican condiciones de continuidad ∂f ∂g = 2x = , entonces existe potencial φ (x, y) = x2 y+C y derivabilidad , y ∂x ∂y tal que: Z 2xydx + x2 dy = φ (B) − φ (A) C

√ = (0 + C) − 48 3 + C √ = −48 3

Método 2 Parametrizando la curva como x (t) = 2 cosh t, y (t) = 3 sinh t

500

Autoevaluaci´ on No 3 Tiempo 2 horas Pregunta R 1 3 Calcular (2xy + yz)dx + (3x2 y 2 + xz)dy +xydz si C es determinada por

C

− a) → r (t) = (t, t2 , t3 ) desde A = (1, 1, 1) hasta B = (2, 4, 8) . b) x2 + y 2 + z 2 = 2, z = x2 + y 2 . Pregunta 2 a) Probar que el área de una región D limitada H por curva regular ( o curvas regulares por tramos) es dada por A (D) = xdy. C

b) Aplicar la fórmula anterior para calcular el área de D limitada por las curvas y = x +2, y = x2 Pregunta H 3 Calcular zdx + xdy + ydz si C es la curva resultante de la intersección C

de las superficies x2 + y 2 + z 2 = 4, z = 1.

Pauta de Autoevaluaci´ on Pregunta 1 → − Las componentes del campo vectorial F son: f (x, y, z) = 2xy 3 + yz; g (x, y, z) = 3x2 y 2 + xz; h (x, y, z) = xy continuas con primeras derivadas continuas → − Como el rotacional del campo F , tiene derivadas parciales continuas y i j k → − ∂ ∂ ∂ ∇ × F = ∂x ∂y ∂z = (0, 0, 0) es nulo entonces es 2xy 3 + yz 3x2 y 2 + xz xy conservativo → − =⇒ existe φ (x, y, z) tal que F = ∇φ (x, y, z) ∂φ ∂φ ∂φ = 2xy 3 + yz, = 3x2 y 2 + xz, = xz. Es decir ∂x ∂y ∂z De la primera expresiones se obtiene que R de estas 3 φ (x, y, z) = (2xy + yz)dx + h (y, z) φ (x, y, z) = x2 y 3 + xyz + h (y, z) =⇒ Derivando esta expresión con respecto a y y usando las dos expresiones restantes para φ, tenemos ∂φ ∂h (x, y, z) = 3x2 y 3 + xz + = 3x2 y 3 + xz =⇒ h (y, z) = g (z) ∂y ∂y De modo que φ (x, y, z) = x2 y 3 + xyz + g (z) =⇒ 501

Derivando esta expresión con respecto a z ∂φ (x, y, z) = xy + g 0 (z) = xy =⇒ g (z) = C ∂z → − Entonces una función potencial para F es φ (x, y, z) = x2 y 3 + xyz + C Finalmente la integral Z (2xy 3 + yz)dx + (3x2 y 2 + xz)dy + xydz = φ (B) − φ (A) C

= 318 b) En este caso I (2xy 3 + yz)dx + (3x2 y 2 + xz)dy + xydz = 0 C

pues el campo es conservativo y la curva C es cerrada Pregunta 2 a) El teorema de Green asegura que I ZZ ∂Q (x, y) ∂P (x, y) − dxdy P (x, y) dx + Q (x, y) dy = ∂x ∂y C

D

Sea P (x, y) = 0 y Q (x, y) = x en D ,usando la expresión anterior se obtiene I ZZ xdy = (1) dxdy = A (D) C

D

a) Calculemos la circulación , siendo C = C1 ∪ C2 la curva que limita a región D. Parametrizando las curvas se tiene

C1

:

→ − r 1 (t) = t, t2 , − 1 ≤ t ≤ 2 =⇒ 0

y (t) = t2 y y (t) = 2t

− C2 : → r 2 (t) = (t, t + 2) , − 1 ≤ t ≤ 2 =⇒ 0 y (t) = t + 2 y y (t) = 1 502

Aplicando la fórmula anterior I xdy

A (D) = C

Z

2

1

Z

tdt

t (2t) dt +

= −1

=

2 3 t 3

2

+

−1

2 2 1

t 2

2

9 = 2 Pregunta 3 Si C es la curva resultante de la intersección de las superficies x2 +y 2 +z 2 = 4, z = 1 =⇒ x2 + y 2 = 3. Determinemos la ecuación paramétrica de la trayectoria √ √ − C : → r (t) = 3 cos t, 3 sin t, 1 , 0 ≤ t ≤ 2π √ √ → − 0 r (t) = − 3 sin t, 3 cos t, 0 Calculemos la integral de l´ınea I

2π

Z zdx + xdy + ydz =

√ (− 3 sin t + 3 cos2 t + 0)dt

0

C

Z

2π

= 3 0

503

cos2 tdt = 3π

Cap´ıtulo 6 Integrales de superficie La integral de superficie generaliza la integral doble, tal como la integral de l´ınea generaliza la integral de Riemann vista en el primer curso de Cálculo. Para ver el significado de esta integral sigamos el siguiente razonamiento: S es una superficie definida por z = g(x, y) y

R la región proyección de S en el plano xy. Supongamos que g, gx , gy son continuas sobre R. Sea P una partición de R tal que cada subrectángulo Ri generado por la partición es la proyección un Si porción de la superficie S generada por la partición P. Sea 4Si el a´rea de Si Sea además f : S −→ IR una función continua. Definimos en términos de las sumas intermedias de Riemann la integral de superficie de f sobre S como ZZ n X f (x, y, z)dS = l´ım f (xi , yi , zi )4Si kpk→0

S

i,j=1

Para el c´ alculo de ´ esta integral: Sea S superficie definida por z = g(x, y) y R región proyección de S en el plano xy. Suponiendo g, gx , gy son continuas sobre R y f función continua sobre S, entonces ZZ ZZ q f (x, y, z)dS = f (x, y, g(x, y)) 1 + [gx ]2 + [gy ]2 dA S

Rxy

De manera similar. Si S se expresa de la forma x = g(y, z), (y, z) ∈ Ryz entonces 504

ZZ

ZZ f (x, y, z)dS =

S

q f (g(y, z), y, z) 1 + [gy ]2 + [gz ]2 dA

Ryz

Si S se expresa de la forma y = g(x, z), (x, z) ∈ Rxz entonces ZZ

ZZ f (x, y, z)dS =

S

q f (x, g(x, z), z) 1 + [gx ]2 + [gz ]2 dA

Rxz

Ejemplo 1: ZZ Eval´ ue xydS

S : z = 9 − x2 , 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ x

S

Figura 6.1: Soluci´ on:

ZZ

√ xy 1 + 4x2 dA

ZZ xydS =

S

Rxy

Z

2

Z

x

= 0

√ xy 1 + 4x2 dydx

0

¡No por aqu´ı! 505

ZZ

√ xy 1 + 4x2 dA

ZZ xydS =

S

Rxy

Z

2

Z

2

=

√ xy 1 + 4x2 dxdy

y

0

√ 391 17 + 1 = 240 Observaci´ on. ZZ ZZ q ´ 1.- Si f (x, y, z) = 1 =⇒ Area de S = dS. = 1 + [gx ]2 + [gy ]2 dA S

R

2.- Si f (x, y, z) = ρ(x, Z Z y, z) densidad de una lámina ,entonces Masa de lámina =

ρ(x, y, z)dS S

Ejemplo 2: Calcule el a´rea lateral del cono z 2 = x2 + y 2 z = 4 usando integral de superficie.

entre los planos z = 1 y

Figura 6.2: Cono z 2 = x2 + y 2 acotado por los planos z = 1 y z = 4 Soluci´ on. q En primer lugar calculemos el integrando 1 + [gx ]2 + [gy ]2 donde x2 y2 1 + [gx ]2 + [gy ]2 = 1 + 2 + =2 x + y 2 x2 + y 2 entonces ZZ ZZ √ ´ Area de S = dS = 2dA S

506

R

Cambiando a coordenadas polares, se tiene: ZZ √ √ Z 2dA = 2 R

2π

Z

0

4

√ Z rdrdθ = 2

1

√ Z = 8 2

2π

0

2π

r2 2

4 dθ 0

√ dθ = 16 2π

0

6.1.

Superficie orientada

Decimos que una superficie es orientada si se puede definir un vector → − normal unitario N en todo punto de la superficie que no pertenezca a la frontera de forma tal que lo vectores normales var´ıan de forma continua sobre la superficie S.

Figura 6.3: Superficie orientada Sea S una superficie descrita por z = g(x, y) . Hay dos vectores normales unitarios a S en (xo , yo , g(xo , y0 )) a saber, si ponemos G(x, y, z) = z − g(x, y) entonces → − → − ∇G −gxbi − gyb j+b k N = o sea N = q vector normal unitario k∇Gk 2 2 1 + [gx ] + [gy ] Podemos orientar todas estas superficies tomando el lado positivo de S → − como el lado desde el cual apunta N . As´ı, el lado positivo de dicha superficie → − esta determinado por la normal unitaria N con componente positiva b k. Por otra parte, si ponemos G(x, y, z) = g(x, y) − z 507

→ − ∇G gxbi + gyb j−b k N = =q k∇Gk 1 + [gx ]2 + [gy ]2 → − Corresponde, al lado negativo de la superficie con normal unitaria N con componente b k hacia abajo.

6.1.1.

Integral de flujo.

→ − Si F es un campo vectorial perteneciente a C 1 definido sobre una superb , entonces la integral de superficie de ficie orientada S, con vector unitario N → − F sobre S es. ZZ ZZ → − b → − → − F · N dS F · dS = S

S

La que se llama integral de flujo. El nombre es debido a su aplicación a un problema f´ısico de un flu´ıdo a través de una superficie. Supongamos que una superficie S está inmersa en un fluido que tiene un campo de velocidades continuo F. Entonces ZZ → − b Volumen de fluido a través de S = F · N dS (por unidad de tiempo)

S

− b, y → S es superficie orientada mediante N F (x, y, z) = (P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)) campo vectorial tal que P, Q, R son funciones escalares con primeras derivadas parciales continuas en S. Además si ρ = ρ(x, y, z) representa la densidad del fluido en cada (x, y, z)de S,entonces ZZ → − b ρF · N dS Masa del flu´ıdo a través de S = (por unidad de tiempo)

S

Ejemplo Sea S la parte del paraboloide z = 4 − (x2 + y 2 ) Sobre el plano XY, orientado hacia arriba. Un flu´ıdo de densidad constante ρ = k pasa a través de S seg´ un el campo de velocidades. → − F (x, y, z) = (x, y, z) 508

Hallar la razón de flujo de masa a través de S Soluci´ on: 2xbi + 2yb j+b k b=p G(x, y, z) = z − 4 + x2 + y 2 =⇒ ∇G = (2x, 2y, 1) =⇒ N 1 + 4x2 + 4y 2 ZZ → − b Masa del flu´ıdo a través de S = kF · N dS S

ZZ

→ − b k F ·N dS = k

ZZ Rxy

S

ZZ = k

(2x, 2y, 1) p x, y, 4 − x2 + y 2 · p 1 + 4x2 + 4y 2 dA 1 + 4x2 + 4y 2

2 2x + 2y 2 + 4 − x2 + y 2 dA = k

Rxy

Z

2π

ZZ

2 x + y 2 + 4 dxdy

Rxy

Z

2

4 + r2 rdrdθ = k

= k 0

y

Z

2π

12dθ = 24kπ 0

Por lo tanto Masa del fluido a través de S = 24kπ (por unidad de tiempo)

En base a lo observado en el desarrollo de este ejercicio se tiene el siguiente planteamiento: ”Si S es una superficie definida por z = g(x, y) y Rxy denota la región proyección de S en el plano xy, entonces ZZ ZZ → − → − b F · (−gxbi − gyb j+b k)dA F · N dS = S

Rxy

orientada hacia arriba, y ZZ ZZ → − b → − F · N dS = F · (gxbi + gyb j−b k)dA S

Rxy

orientada hacia abajo.

509

6.1.2.

Superficies Parametrizadas.

En el tratamiento anterior de este tema hemos supuesto que una superficie viene definida por la ecuación z = g(x, y) , sin embargo se debe aclarar que hay superficies que no se pueden definir de esta forma, extenderemos la idea definiendo la forma paramétrica de dar una superficie. → − Una superficie parametrizada es una función Φ : D ⊆ IR2 → IR3 donde → − D es alguna dominio de IR2 La superficie S que corresponde a Φ es su → − imagen , es decir S = Φ (D) Podemos escribir → − Φ (u, v) = (x (u, v) , y (u, v) , z (u, v)) ,

(u, v) ∈ D

Véase figura 6.4 Si cada una de las funciones componentes son diferenciables de clase C 1 , entonces llamamos a S una superficie diferenciable o de clase C 1.

Figura 6.4: Superficie parametrizada

6.1.3.

Vector normal a S :

→ − Definimos en cada punto Φ (uo , vo ) ∂x(u0 , v0) b ∂y(u0 , v0) b ∂z(u0 , v0) b → − Tu= i+ j+ k ∂u ∂u ∂u es vector tangente a la curva t −→ Φ (t, v0 ) en Φ (uo , vo ) ∂x(u0 , v0) b ∂y(u0 , v0) b ∂z(u0 , v0) b → − Tv= i+ j+ k ∂v ∂v ∂v es vector tangente a curva t → Φ (uo , t) en Φ (uo , vo ) → − → − Tu× Tv

es vector normal a la superficie S. 510

Ahora el concepto de superficie suave se da en la siguiente definición. → − → − → − Decimos que la superficie S es suave en Φ (uo , vo ) si T u × Tv 6= 0 en (uo , vo ) ∈ D. Diremos que una superficie es suave si es suave en todos los → − puntos Φ (uo , vo ) ∈ S. Ejemplo 1 Sea S la superficie descrita por x2 + y 2 + z 2 = r2 , z ≥ 0 a) Parametrizar usando coordenadas esféricas. b) Determine el vector normal a la superficie S.

Figura 6.5: semisfera de ecuación x2 + y 2 + z 2 = r2 , z ≥ 0 Soluci´ on: a) La superficie x2 + y 2 + z 2 = r2 , z ≥ 0 corresponde a una semiesfera con centro el el origen (0, 0, 0) radio r. Usando coordenadasesféricas tenemos: x = r sin u cos v  y = r sin u sin v  z = r cos u Luego la superficie parametrizada es → − Φ (u, v) = (r sin u cos v, r sin u sin v, r cos u) , (u, v) ∈ D o n π donde D = (u, v) /0 ≤ u ≤ , 0 ≤ v ≤ 2π . 2 b) Determinemos los vectores tangentes a la superficie S → − → − T u = Φ u = (r cos u cos v, r cos u sin v, −r sin u) → − → − T v = Φ v = (−r sin u sin v, r sin u cos v, 0) Calculemos el producto vectorial i j k → − → − T u × T v = r cos u cos v r cos u sin v −r sin u −r sin u sin v r sin u cos v 0 511

Por lo tanto, el vector normal a la esfera es → − → − T u × T v = r2 sin2 u cos v, sin2 u sin v, sin u cos v . Ejemplo 2 Sea S la superficie descrita por z 2 = x2 + y 2 , z ≥ 0. a) Parametrizar usando coordenadas cil´ındricas. b)¿Es diferenciable ésta superficie? c) Probar que no es suave en (0, 0, 0).

Figura 6.6: cono con vértice en el origen Soluci´ on: a) La superficie z 2 = x2 + y 2 , z ≥ 0 corresponde a un cono su vértice en (0, 0, 0) . Usando coordenadas cil´ındricas tenemos:  x = u cos v  y = u sin v =⇒ z 2 = x2 + y 2 = u2 cos2 u + sin2 v  z= u ⇐⇒ z = u, u ≥ 0 Luego la superficie parametrizada queda → − Φ (u, v) = (u cos v, u sin v, u) , u ≥ 0 b) Como cada una de las componentes es diferenciable como función de u, v entonces S es una superficie diferenciable. c) Veamos si es o no una superficie suave 512

→ − → − T u = (cos v, sin v, 1) =⇒ T u (0, 0) = (cos 0, sin 0, 1) → − ∴ T u (0, 0) = (1, 0, 1)

→ − → − T v = (−u sin v, u cos v, 0) =⇒ T v (0, 0) = (0 (− sin 0) , 0 cos 0, 0) → − → − ∴ T v = (0, 0, 0) = 0 − → → − → − As´ı Tu × T v = 0 , de modo que la superficie no es suave en (0, 0, 0). Para efectos de c´ alculo, consideraremos sólo superficies suaves por → − pedazos que sean uniones de imágenes parametrizadas Φ i : Di ⊆ IR2 → IR3 ,para las cuales: i) Di es una región elemetal del plano. → − ii) Φ i es de clase C1 y uno a uno, excepto quizás en la frontera D. → − iii) Si es la imagen de Φ i es suave , excepto quizás en un n´ umero finito de puntos.

6.1.4.

´ Area de una superficie parametrizada

Definimos el a´rea de una superficie parametrizada S , denotada por A (S) ,mediante: ZZ → → −

−

A (S) =

Tu × T v dudv D

− − → − → −

→ →

donde Tu × T v es la norma del vector normal T u × T v . Propiedades 6.1.1. i) Si S es la unión de superficies parametrizadas S = ∪ Si entonces A (S) =

X A (Si ) i=1

− −

→ →

ii) Tu × T v =

s

∂ (x, y) ∂ (u, v)

2

∂ (y, z) + ∂ (u, v)

513

2

∂ (z, x) + ∂ (u, v)

2

´ Figura 6.7: Area de una superficie parametrizada

Figura 6.8: manto del paraboloide z = x2 + y 2 , 0 ≤ z ≤ a2 Ejemplo 1 Determine el a´rea del manto del paraboloide z = x2 + y 2 , 0 ≤ z ≤ a2 . Soluci´ on: Usando coordenadas cil´ındricas tenemos → − Φ (u, v) = u cos v, u sin v, u2 , (u, v) ∈ D donde D = {(u, v) /0 ≤ u ≤ a, 0 ≤ v ≤ 2π} Como el a´rea del manto está dado por ZZ → → −

−

A (S) =

Tu × T v dudv D

514

Calculemos el integrando ∂ (x, y) cos v −u sin v = = u, ∂ (u, v) sin v u cos v ∂ (y, z) sin v u cos v 2 = = −2u cos v 0 ∂ (u, v) 2u ∂ (z, x) 2u 0 = −2u2 sin v = cos v −u sin v ∂ (u, v) As´ ı el integrando del área es

− √ −

√ 2

→ →

Tu × T v = u + 4u4 cos2 v + 4u4 sin2 v = u 1 + 4u2

− − → −

→ → Es evidente que Tu × T v se anula para u = 0 y Φ (0, v) = (0, 0, 0) para cualquier v. Luego (0, 0, 0) es el u ńico punto donde la superficie no es suave. Entonces ZZ Z 2π Z a √ → → −

−

u 1 + 4u2 dudv

Tu × T v dudv = D 0 0 Z 2π h 3/2 ia 1 = 1 + 4u2 dv 12 0 0 i 3/2 πh 1 + 4a2 = −1 6 ´ Area de una superficie en coordenadas cartesianas. Una susperficie S dada de la forma z = g (x, y) donde (x, y) ∈ D, admite la parametrización → − Φ (x, y) = (x, y, g (x, y)) , (x, y) ∈ D Si f esde clase C 1 , esta parametrizaci´ on es suave, entonces → − → − → − → − ∂g ∂g ∂g ∂g y T y = 0, 1, =⇒ T x × T y = − , − , 1 T x = 1, 0, ∂x ∂y ∂x ∂y Entonces: s 2 2

→

− → − ∂g ∂g

+ + 1.

T x × T y = ∂x ∂y De este modo la fórmula para el a´rea de la superficie se reduce a ZZ → → −

−

A (S) =

Tx × T y dxdy D s 2 ZZ 2 ∂g ∂g = + + 1 dxdy ∂x ∂y D 515

Resultado que coincide con lo propuesto en la primera parte.

6.1.5.

Integral de una funci´ on escalar sobre una superficie.

Si f : D ⊂ IR3 → IR,dada por f (x, y, z) es una función continua definida sobre una superficie parametrizada S, definimos, la integral de f sobre S como: ZZ Z Z → − − −

→ → f dS = f Φ (u, v) Tu × T v dudv S

D

Si S es la unión de superficies parametrizadas S = ∪ Si entonces Z Z f dS = S

XZ Z i=1

f dS Si

Ejemplo Z Z z dS, donde S es el hemisferio superior de radio r de la Evaluar p S esfera z = r2 − x2 − y 2 . Soluci´ on. Para este problema es conveniente representar el hemisferio parametricamente por: → − Φ (u, v) = (r sin u cos v, r sin u sin v, r cos u) , (u, v) ∈ D sobrenla región D del plano uv dada omediante π D = (u, v) /0 ≤ u ≤ , 0 ≤ v ≤ 2π 2 De las ecuaciones paramétricas obtenemos, los vectores tangentes a la superficie S. → − → − T u = Φ u = (r cos u cos v, r cos u sin v, −r sin u) → − → − T v = Φ v = (−r sin u sin v, r sin u cos v, 0) Calculemos el producto vectorial i j k → − → − T u × T v = r cos u cos v r cos u sin v −r sin u −r sin u sin v r sin u cos v 0 Luego, el vector normal a la esfera es 516

→ − → − Tu× Tv

r2 sin2 u cos v, sin2 u sin v, sin u cos v

→ → −

− T ×

u T v = r2 sin u

= =⇒

De modo que

Z Z

Z

2π

π/2

Z

(r cos u) r2 sin u dudv

z dS = 0

S

= r3

0 2π Z π/2

Z

cos u sin ududv 0

= r

3

0 2π

Z

0

sin2 u 2

π/2 dv 0

= πr3

6.1.6.

Integral de Superficie de campos vectoriales

b : S → IR3 un campo de Sean S una superficie regular orientable, N → − 3 normales continuo sobre S, y F : Ω ⊆ IR → IR3 un campo vectorial continuo definido sobre un abierto que contiene a S. Definimos la integral → − b mediante de F sobre la superficie S orientada seg´ un N ZZ − → Φ

→ − b F · N dS =

ZZ

→ − → − → − F · Φ u × Φ v dudv

D

→ − donde Φ : D ⊆ IR2 → IR3 es una parametrización regular de S compatible con la orientación, esto es, tal que → − − → Φ u × Φv b N= − − →

→

Φ u × Φv Para interpretar correctamente el valor de la integral de flujo es necesario b . Por ejemplo, si orientamos un casquete especificar el campo de normales N b = rb, la integral de flujo corresponde esférico usando la normal exterior N al flujo neto que sale de la esfera a través del casquete. Si este valor fuese negativo, significa que lo que el flujo entra a la esfera. 517

Ejemplo 1: Sea S es la esfera unitaria x2 + y 2 + z 2 = 1 parametrizada en coordenadas → − esféricas por Φ (φ, θ) = (sin φ cos θ, sin φ sin θ, cos φ) , 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2π. RR → → − − b Sea F (x, y, z) = (x, y, z) radio vector del origen. Calcular F · N dS − → Φ

Soluci´ on: En este caso D es región del plano φ θ definida por: 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2π.

→ − T φ = (cos φ cos θ, cos φsenθ, − sin φ) → − T θ = (− sin φ sin θ, sin φ cos θ, 0)

→ − → − T φ × T θ = − cos φ sin2 θ bi − sin φ sin2 θ b j + (cos φ sin θ) b k Notese que el vector normal apunta hacia el lado positivo de la superficie → − → − → − F · T φ × T θ = sin φ

ZZ

→ − b F · N dS

ZZ sin φdφdθ

=

− → Φ

D

Z

2π

Z

=

π

sin φdφdθ 0

0

= 4π

Observaci´ on b Si S es una superficie regular orientada seg´ un un campo de normales N − b y si S es la misma superficie pero con la orientación opuesta −N , entonces se tiene que ZZ ZZ → − → − → − → − F · dS = − F · dS S−

S

518

6.1.7.

Aplicaci´ on al campo de la f´ısica:

Calcular el flujo del campo eléctrico producido por una carga Q en el origen, a través del manto de la esfera S de radio R orientado seg´ un la normal exterior. El campo eléctrico producido por la carga Q viene dado por → − Q rb E = 4πεo r2 donde εo una constante universal . De esta forma se obtiene el siguiente flujo eléctrico ZZ ZZ → − → − Q rb E · dS = · rbdS 4πεo R2 S

S

Parametrizando la superficie en coordenadas esféricas se tiene → − Φ (φ, θ) = (R sin φ cos θ, R sin φ sin θ, R cos φ) , 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2π − → −

→ =⇒ Φ φ × Φ θ = R2 sin Φ ZZ

Q rb · rbdS = 4πεo R2

S

=

6.2.

Z

2π

Z

0

0

π

Q 1 2 R sin φdφdθ 4πεo R2

Q εo

Teoremas de Gauss y de Stokes

Ahora dos teoremas de gran importancia en el campo de las aplicaciones, particularmente en la f´ısica, el primero de ellos es el teorema de Gauss o teorema de la divergencia.

6.2.1.

Divergencia

→ − En IR3 ,sea F un campo vectorial,anteriormente hemos definimos → − → − ∂P ∂Q ∂R div F = ∇ · F = + + ∂x ∂y ∂z 519

Ejemplo. → − 2 Sea F (x, y, z) = (xy, y 2 +exz , sen(xy)), calcule la divergencia del campo vectorial 2 ∂xy ∂(y 2 + exz ) ∂sen(xy) divF = + + = 3y ∂x ∂y ∂z El foco de atención lo ponemos ahora en regiones R sólidas simples ( por ejemplo cajas rectángulares, esferas, elipsoides etc). La frontera S es una superficie cerrada y convenimos que la orientación positiva es hacia b hacia afuera de la superficie. afuera, representada por el vector normal N En este contexto enunciamos el teorema.

6.2.2.

Teorema de la divergencia de Gauss.

Sea R una región simple sólida limitada por una superficie cerrada S → − orientada por un vector normal unitario dirigido al exterior de R. Si F es un campo vectorial cuyas funciones componentes P, Q y R tienen derivadas parciales continuas en la región R, entonces ZZZ ZZ → − b → − F · N dS = div F dV S

R

Demostraci´ on. Sólo daremos algunas ideas generales para indicar un procedimiento para la demostración → − Sea F (x, y, z) = (P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)) → − → − ∂Q ∂R ∂P + + =⇒ div F = ∇ · F = ∂x ∂y ∂z Integrando ZZZ ZZZ ZZZ ZZZ → − ∂P ∂Q ∂R div F dV = dV + dV + dV ∂x ∂y ∂z R

R

R

R

b es el normal unitario de S hacia afuera la integral de Por otro lado, si N superficie es ZZ ZZ ZZ ZZ ZZ → − → − → − b b b b dS b b F · dS = F · N dS = P i · N dS + Qj · N dS + Rb k·N S

S

S

S

520

S

Siguiendo el procedimiento de la demostración del teorema de Green basta probar las siguientes tres igualdades: ZZZ Z ZRZ Z Z ZR

∂P dV ∂x ∂Q dV ∂y ∂R dV ∂z

ZZ b dS Pbi · N

= Z SZ

b dS Qb j·N

= Z SZ

b dS Rb k·N

=

R

S

Detalles y comentarios los puede consultar en el texto C ¸ a´lculo de James Stewart, Tercera edición (Thomson), página 935”

Ejemplo 1: 2

2

ZZ

2

Sea S esfera unitaria x +y +z = 1. Demostrar que

(xy + yz + xz) dS = S

0 Soluci´ on: Claramente xbi + yb j + zb k es vector normal a la esfera en todo (x, y, z) . xbi + yb j + zb k b = p N x2 + y 2 + z 2 = xbi + yb j + zb k, ya que x2 + y 2 + z 2 = 1 consideramos ahora el siguiente arreglo para identificar

xy + yz + xz

(y, z, x) · (x, y, z) → − = (y, z, x) · N → − =⇒ F = (y, z, x) =

→ − ∂Q ∂R ∂P ∇· F = + + =0+0+0=0 ∂x ∂y ∂z Aplicando Teorema de Divergencia 521

ZZZ

ZZ (xy + yz + xz) dS =

→ − ∇ · F dV

Z ZRZ

S

0dV = 0

= R

Ejemplo 2 ZZ Verificar el teorema de la divergencia

→ − b F · N dS =

ZZZ

→ − div F dV para

R

S

→ − F (x, y, z) = (2x − y)bi − (2y − z)b j + zb k S: limitado por los planos coordenados y x + 2y + z = 6

Figura 6.9: S limitado por los planos coordenados y x + 2y + z = 6 Soluci´ on. En este caso S = S1 + S2 + S3 +S4 donde S1 será el lado de la figura en el plano x + 2y + z = 6, S2 el lado de la figura en el plano coordenado yz, S3 el lado de la figura en el plano coordenado xz, S4 el lado correspondiente al plano coordenado xy. Tenemos ZZ S

→ − b F · N dS =

ZZ S1

→ − b F · N1 dS +

ZZ

→ − b F · N2 dS +

S2

ZZ S3

522

→ − b F · N3 dS + +

ZZ S4

→ − b F · N4 dS

ZZ

→ − b F · N1 dS =

→ − F (x, y, z) · (−gx (x, y), −gy (x, y), 1)dA

ZZ Rxy

S1

→ − F (x, y, z) · (1, 2, 1)dA =

ZZ =

ZZ (2x − y, −(2y − z), z) · (1, 2, 1)dA Rxy

Rxy

ZZ

ZZ

Rxy

Rxy − 21 x+3

6Z

Z = 0

ZZ

(2x − 5y + 3(6 − x − 2y)dxdy

((2x − y) − 2(2y − z) + z)dA =

=

Z (−x − 11y + 18)dydx =

0

→ − b F · N2 dS =

0

→ − F · (−bi)dS =

ZZ

S2

6

7 9 9 (− x2 + x + )dx = 45 8 2 2

ZZ

S

(y − 2x)dS S2

Z Z2

(y − 2(6 − 2y − z)dydz

= Ryz

Z

3

Z

6−2y

(5y + 2z − 12) dzdy = −27

= 0

ZZ

→ − b F · NdS =

S3

0

→ − F · (−b j)dS

ZZ S

Z Z3

ZZ (2y − z)dS =

= S3 6

Z

(2(

6−x−z ) − z)dxdz 2

Rxz

Z

6−x

(6 − x − 2z) dzdx = 0

= 0

0

ZZ

→ − b F · N4 dS =

S4

ZZ

→ − F · (−b k)dS

S

Z Z4 =

0dxdy = 0 Rxy

De estos cálculos se tiene que ZZ → − b F · N dS = 45 − 27 + 0 + 0 = 18 S

523

→ − Por el otro lado div F = 2 − 2 + 1 = 1, la integral triple es

ZZZ

→ − div F dV

ZZZ =

Z

Z

− x2 +3

6−x−2y

Z

dV =

R

Z

R 6 Z − x2 +3

= 0

6.2.3.

6

dzdydx 0

0

0

Z

6

(6 − x − 2y)dydx =

0

0

x2 − 3x + 9 dx = 18 4

Teorema de Stokes.

Este teorema da la relación entre una integral de superficie sobre una superficie orientada S y una integral de l´ınea a lo largo e una curva cerrada siempre seccionalmente suave C con orientación positiva que acota a S. Teorema 6.2.1. Sea S una superficie limitada por una curva C ,orienta→ − da positivamente, seccionalmente suave. Si F es un campo vectorial cuyas componentes tienen derivadas parciales continuas en una región abierta que contiene a S y C, entonces. I ZZ ZZ → − → → − → − → − → − − F ·ds = rot F · d S = ∇ × F · dS C

S

S

Recuerde que la integral de l´ınea se puede expresar: Z Z → − P dx + Qdy + Rdz o F · Tbds C

C

Ejemplo 1 I Use el teorema de Stokes para evaluar

→ − → → − F · d− s , donde F (x, y, z) =

C C

(3z, 5x, −2y) y C es la intersección del plano z = y + 3 con el cilindro x2 + y 2 = 1. Oriente la elipse en sentido contrario al movimiento de las agujas del reloj, vista desde arriba. Soluci´ on. La intersección del plano con el cilindro permite visualizar que S en este caso es la porción del plano que queda al interior del cilindro y que C es la elipse intersección 524

I

→ − → F · d− s =

ZZ

→ − b ∇× F ·N dS

S

C

b bi b k ∂ j∂ → − ∂ ∇ × F = ∂x ∂y ∂z 3z 5x −2y z−y+3=0 Calculando

= (−2bi + 3bi + 5b k)

b = √1 (−b j + k) =⇒ N 2

→ − b 1 ∇× F ·N = (−2bi + 3bi + 5b k) · √ (−b j + k) 2 √ 2 = √ = 2 2

y entonces la integral será I ZZ √ √ ZZ → − → − 2dS = 2 dS F ·ds = C

S

S

√ √ = 2 · Area(S) = 2 · (1 · 2π) = 2π √ S es el interior de una elipse de semi ejes 1 y 2.

6.3.

√

Problemas Resueltos

Problema 1 − − Sea la función → r : D → IR2 , definida por → r (r, θ) = (r cos θ, r senv, r) donde D = {(r, θ) /0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π} una parametrización de un cono S. Hallar su a´rea de superficie. Soluci´ on Z Z − − El a´rea de una superficie parametrizada se define A(S) = k→ r u×→ r v k dudv Calculemos el integrando de a´rea usando la propiedad: s 2 2 2 ∂ (x, y) ∂ (y, z) ∂ (z, x) → − → − + + k r r × r θk = ∂ (r, θ) ∂ (r, θ) ∂ (r, θ) siendo los Jacobianos ∂ (x, y) cos θ −rsenθ = =r senθ r cos θ ∂ (r, θ) 525

D

Figura 6.10: Representación paramétrica de un cono ∂ (y, z) senθ r cos θ = = −r cos θ 0 ∂ (r, θ) 1 ∂ (z, x) 1 0 = rsenθ = cos θ −rsenθ ∂ (r, θ) As´ı que el integrando de a´rea es √ √ → − → − 2 k r r × r θ k = r + r2 cos2 θ + r2 sen2 θ = r 2 Por tanto,el área de la superficie S es Z Z

A(S) = = = =

− − k→ r r×→ r θk dudv = D Z 2π √ 2 1 r 2 dθ 2 0 0 √ Z 2π 2 dθ 2 √ 0 2π

Z 0

2π

Z

1

√ 2rdrdθ

0

− − − Observación, k→ r r×→ r θkse anula para r = 0,pero → r (0, θ) = (0, 0, 0) ∀θ. As´ı, (0, 0, 0) es el u ńico punto donde la superficie no es suave. Problema 2 Calcular el a´rea S de la región del cono definido por x2 = y 2 + z 2 , interior al cilindro x2 + y 2 = a2 , acotado en el octante x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0. Soluci´ on Parametrizando la ecuación del cono, usando coordenadas cartesianas (y, z),se tiene que 526

Figura 6.11: región del cono definido por x2 = y 2 +z 2 interior al cilindro x2 +y 2 = a2 , acotado en el octante el primer octante

p → − 2 2 r (y, z) = y + z , y, z , (y, z) ∈ D La superficie S está al interior del cilindro , por lo que x2 + y 2 = 2y 2 + z 2 ≤ a2 . Entonces, la región D esta definida sobre el plano yz por D = {(y, z) ∈ IR2 /2y 2 + z 2 ≤ a2 , y ≥ 0, z ≥ 0} . El área de la superficie es: Z Z − − k→ r y×→ r z k dydz A(S) = D

luego ,si

→ − ry

=

→ − − r y×→ rz

= =⇒

!

y

− , 1, 0 , → rz=

z

!

p p , 0, 1 y2 + z2 y2 + z2 y z (1, − p , −p ) 2 2 2 y +z y + z2 √ − − k→ r ×→ r k= 2 y

z

Z Z √ A(S) = 2dydz D 2

2

2

Observemos que: 2y + z ≤ a , y ≥ 0, z ≥ 0 ⇐⇒ 527

=⇒

y2

2 +

z2 ≤ 1, y ≥ 0, z ≥ 0 es el área de la cuarta parte de la elipse a2

a √ 2 Usando cambio de variables tenemos: a √a cos θ − √a rsenθ x = √ r cos θ =⇒ ∂(x,y) = 2 2 2 ∂(r,θ) asenθ y = arsenθ ar cos θ y2

2 +

a2 = √ r 2

z2 ≤ 1 ⇐⇒ 0 ≤ r2 ≤ 1 =⇒ 0 ≤ r ≤ 1 y 0 ≤ θ ≤ π a2

a √ 2 Entonces la región D∗ = {(r, θ) /0 ≤ r ≤ 1 y 0 ≤ θ ≤ π} .Luego, si Z Z √ √ Z Z 2dydz = 2 A(S) =

a2 √ rdrdθ 2 D∗ D Z π/2 Z 1 Z π/2 2 1 r = a2 rdrdθ = a2 dθ 2 0

0

0

0

2

=

πa 4

Problema 3 Calcular el a´rea S de la región del manto del cilindro x2 + y 2 = 2y comprendida entre y + z = 2 y z = 0.

Figura 6.12: Región del manto del cilindro x2 + y 2 = 2y comprendida entre y + z = 2 y z = 0. D, parametrización de esta región

Soluci´ on El área de la superficie es: Z Z A(S) =

− − k→ r u×→ r v k dudv

D

528

Parametrizando la superficie del cilindro, x2 +y 2 = 2y ⇐⇒ x2 +(y−1)2 = 1 Usando coordenadas cilindricas (u, v),se tiene que → − r (u, v) = (cos u, 1 + senu, v) , (u, v) ∈ D donde D = {(u, v) /0 ≤ u ≤ 2π, 0 ≤ v ≤ 2 − (1 + senu)} Determinemos el integrando de a´rea → − − r u×→ rv

= =⇒

i j k −senu cos u 0 = (cos u, −senu, 0) 0 0 1 − − k→ r ×→ r k=1 u

v

Por tanto,el área de la superficie S es Z Z A(S) =

dudv D 2π Z 1−senu

Z =

dvdu 0

0 2π

Z

(1 − senu) du

= 0

= 2π

6.3.1.

Integrales de superficie

Problema 1 Sea S el octante positivo de la superficie x2 + y 2 + z 2 = 1.Calcular la RR 1 p dS integral de superficie S x2 + y 2 + (z − 1)2 Soluci´ on Parametricemos la Superficie S usando coordenadas esféricas, es decir → − r (u, v) = (senu cos v, senu senv, cos u) onde D∗ = {(u, v) /0 ≤ u ≤ π/2, 0 ≤ v ≤ π/2} Calculemos el valor del integrando sobre S 529

1 1 p = p x2 + y 2 + (z − 1)2 sen2 u cos2 v + sen2 u sen2 v + (cos2 u − 1)2 1 = √ sen2 u + cos2 u + 1 − 2 cos u 1 = √ 2 − 2 cos u Calculemos el producto vectorial i j k = cos u cos v cos u senv −senu −senu senv senu cos v 0 = sen2 u cos v, sen2 u senv, senu cos v

→ − − r u×→ rv

Luego , obtenemos la norma del producto : 1/2 − − k→ r u×→ r v k = (sen4 u + sen2 u cos2 u) = |senu| = senu porque 0 ≤ u ≤ π/2 Finalmente, apliquemos la definición de integral de superficie y calculemos Z Z S

Z

1

p dS = x2 + y 2 + (z − 1)2

π/2

Z

π/2

Z

0

Z

π/2

0

− − k→ r ×→ r vk √ u dudv 2 − 2 cos u

π/2

senu dudv 2 − 2 cos u 0 0 Z π/2 √ π/2 1 = √ 2 1 − cos u 0 dv 2 0 Z π/2 2 = √ dv 2 0 π = √ 2 =

√

Problema ZZ 2 Evaluar z 2 ds, donde S es el paraboloide z = x2 + y 2 , comprendido S

entre z = 1 y z = 4. Soluci´ on Para este problema tenemos dos opciones para representar parametricamente la corona del paraboloide. 530

Figura 6.13:

Usando coordenadas cartesianas rectángulares → − r (x, y) = (x, y, x2 + y 2 ) , donde D = {(x, y) ∈ IR2 /1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4} Calculemos el vector normal a la superficie S, dado por i j k → − − r x×→ r y = 1 0 2x = (2x, 2y, 1) 0 1 2y Luego , obtenemos la norma del producto : p − − k→ r ×→ r k = 4x2 + 4y 2 + 1 x

y

Aplicando la definición de integral de superficie

ZZ

Z Z

2

z ds = S

Z

ZD

=

− − z 2 k→ r y×→ r z k dxdy p (x2 + y 2 ) 4x2 + 4y 2 + 1dxdy

D

Usando coordenadas polares para evaluar la integral doble, 531

Z p (x + y ) 4x2 + 4y 2 + 1dxdy =

Z Z

2

2π

2

0

D

Z

2

√ r2 4r2 + 1rdrdθ

"1

3/2 2 2 1 2 − = r 4r + 1 12 0 1 2 Z 2π " 3/2 1 − r2 4r2 + 1 = 12 0 1 1 π 173/2 − 53/2 − 175/2 + = 6 10 Z

6.3.2.

2π

2 12

Z

#

2

r 4r2 + 1

dr dθ

1

2 # 1 5/2 dθ 4r2 + 1 120 1 1 3/2 5 10

Integral de Flujo de un campo vectorial

Problema 1 → − Calcular el flujo para F (x, y, z) = (3x, 3y, z) en la superficie z = 9 − x2 − y 2 tal que z ≥ 0

Figura 6.14: Soluci´ on Usando coordenadas cartesianas rectangulares, la parametrización de la superficie S es → − r (x, y) = (x, y, 9 − x2 − y 2 ) , donde D = {(x, y) ∈ IR2 /x2 + y 2 ≤ 9, z ≥ 0} Calculemos el vector normal a la superficie S, dado por i j k → − → − r x × r y = 1 0 −2x = (2x, 2y, 1) 0 1 −2y Aplicando la definición de integral de superficie al flujo a través de S, se obtiene 532

3/2

ZZ S

→ − F ·n bds =

→ − → − − F (− r (x, y)) · (→ r x×→ r y ) dxdy

ZZ Z ZD

(3x, 3y, z) · (2x, 2y, 1)dxdy Z ZD = Z ZD = Z ZD =

6x2 + 6y 2 + z dxdy 6x2 + 6y 2 + 9 − x2 − y 2 dxdy 5x2 + 5y 2 + 9 dxdy

D

Cambiando a coordenadas polares

ZZ

2

2

5x + 5y + 9 dxdy = D

Z

2π

Z

0

3

5r2 + 9 rdrdθ

0

567π = 2 Alternativamente, podemos parametrizar directamente la superficie S en coordenadas cil´ındricas. → − r (r, θ) = r cos θ, rsenθ, 9 − r2 , 0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ 2π Calculemos el vector normal a la superficie y el campo vectorial sobre la superficie:

i j k → − → − → − senθ −2r n = r r × r θ = cos θ −rsenθ r cos θ 0 = = 2r2 cos θ, 2r2 senθ, r Aplicando la definición de integral de superficie al flujo sobre S, se obtiene 533

ZZ S

→ − F ·n bds =

→ − → − − F (− r (r, θ)) · (→ r r×→ r θ ) drdθ

ZZ Z ZD

= Z ZD =

3r cos θ, 3 rsenθ, 9 − r2 · 2r2 cos θ, 2r2 senθ, r drdθ 6r3 (cos2 θ + sen2 θ) + 9r − r3 drdθ

Z ZD

5r3 + 9r drdθ D Z 2π Z 3 567π = 5r3 + 9r drdθ = 2 0 0

=

Problema 2 → − → − Sea F el campo vectorial F (x, y, z) = (y, x, xz) . Calcular la integral de RR → − flujo (∇ × F ) · n bdS, donde n b el campo normal exterior al paraboloide, y S S

el sector de la superficie del paraboloide z = x2 + (y − 1)2 , interior al cilindro x2 + (y − 2)2 = 3.

Figura 6.15: S, sector de la superficie del paraboloide z = x2 + (y − 1)2 , interior al cilindro x2 + (y − 2)2 = 3

Soluci´ on Tenemos que calcular la integral de flujo ZZ S

→ − (∇ × F ) · n bdS =

ZZ D

534

→ − − (∇ × F ) · → n dS

En primer lugar, calculamos el i ∂ → − ∇ × F = ∂x y

→ − rotor del campo F , j k ∂ ∂ = (0, −z, 0), ∂y ∂z x xz

Parametricemos el sector de la superficie del paraboloide z = x2 +(y −1)2 interior al cilindro x2 + (y −√ 2)2 = 3 usando coodenadas cilindricas con centro en el punto (0,2,0) y radio 3.Entonces √ → − Φ (u, v) = (ucosv, 2 + usenv, u2 + 2usenv + 1) , 0 ≤ u ≤ 3, 0 ≤ v ≤ 2π. Determinemos los vectores tangentes a la superficie del paraboloide → − Φ u (u, v) = (cosv, senv, 2u + 2senv) → − Φ v (u, v) = (−usenv, ucosv, 2ucosv) Dado que en el vértice (0, 1, 0) del paraboloide el vector normal apunta hacia el exterior , tenemos que la normal exterior tiene componentes (0,0,-1), entonces i j k → − → − → − 2ucosv n = Φ v (u, v) × Φ u (u, v) = −usenv ucosv cosv senv 2u + 2senv = 2u2 cosv, 2u2 senv + 2u, −u En consecuencia, la integral queda ZZ

→ − − ∇× F ·→ n dS =

Z Z

−(0, u2 + 2usenv + 1, 0) · (2u2 cosv, 2u2 senv + 2u, −u)dudv

D

D

√

Z

3

Z

2π

= − 0

√

Z

0 3

= −

4u

0

√

Z = −

(2u4 senv + 4u3 sen2 v + 6u2 senv + 2u3 + 2u)dvdu 3

v sen2v − 2 4

3

+ (2u + 2u)v

3

8πu3 + 4πu du = 2πu4 +

0

2π du

0 √ 3 2πu2 0

= −24π Problema 3 → − Calcular el flujo de salida del campo vectorial F (x, y, z) = (2y, zy, 3z) a través de la superficie cil´ındrica x2 + y 2 = 4 acotada en el primer octante por los planos x = 0, y = 0, z = 0, z = 5. 535

Figura 6.16: Superficie cilindrica x2 + y 2 = 4, acotada en el primer octante por los planos coordenados

Soluci´ on Tenemos que calcular

ZZ S

→ − F ·n bdS =

→ → − → − − → − F Φ (θ, z) · Φ θ × Φ z dθdz

ZZ D

Parametricemos la superficie cil´ındrica → − Φ (θ, z) = (2 cos θ, 2 sin θ, z)

donde D = {(θ, z) /0 ≤ θ ≤ π/2, 0 ≤ z ≤ 5}. Determinemos los vectores tangentes a la superficie → − Φ θ (θ, z) = (−2 sin θ, 2 cos θ, 0) → − Φ z (θ, z) = (0, 0, 1) El vector normal que apunta al exterior de la superficie es i j k → − → − Φ θ (θ, z) × Φ z (θ, z) = −2senθ 2 cos θ 0 = (2cosθ, 2senθ, 0) 0 0 1 536

→ − Entonces, el flujo de F a través de esta superficie es ZZ → → − → − − → − F Φ (θ, z) · Φ θ × Φ z drdz Z ZD (4 sin θ, 2z sin θ, 3z) · (2 cos θ, 2 sin θ, 0) dθdz = D Z π/2 Z 5 = 4 5 sin 2θ + z sin2 θ dzdθ 0 0 Z π/2 25 1 − cos 2θ = 4 sin 2θ + dθ 2 2 0 π/2 π/2 − cos 2θ θ sin 2θ = 20 − + 50 2 2 4 0 0 25 = 20 + π 2

6.3.3.

Teorema de la divergencia de Gauss

Problema 1 Z Z → − → − F ·b ndS del campo vectorial F (x, y, z) = (x2 + senz, xy + cos z, ey ) Calcular el flujo S

a través de la frontera S limitada por la superficie cil´ındrica x2 + y 2 = 2y y los planos z = 0, y + z = 2,

Figura 6.17: S limitada por la superficie cil´ındrica x2 + y 2 = 2y y los planos z = 0, y + z = 2,

Soluci´ on 537

→ − Puesto que el campo vectorial F es continuo, con primeras derivadas parciales continuas en IR3 y la región V⊆ IR3 encerrada es conexa y S es una superficie cerrada suave, entonces es aplicable el teorema de la divergencia de Gauss. ZZ ZZZ → − → − F ·n bdS = ∇ · F dV S

V

Para resolver la ultima integral necesitamos describir el sólido V. Completando el cuadrado, la ecuación de la superficie cil´ındrica dada puede escribirse como: x2 + y 2 = 2y ⇐⇒ x2 + (y − 1)2 = 2y. Luego, la proyección del sólido sobre el plano XY es la circunsferencia de centro (0, 1) y radio 1. Por otra parte z esta acotado entre los dos planos dados 0 ≤ z ≤ 2 − y. Por tanto, el sólido esta dado por o n p p 3 2 2 V = (x, y, z) ∈ IR / − 2y − y ≤ x ≤ 2y − y , 0 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 2 − y Calculemos la divergencia del campo vectorial: → − ∂ ∂ ∂ y ∇· F = (x2 + senz) + (xy + cos z) + (e ) = 3x ∂x ∂y ∂z Entonces:

Z

ZZZ 3xdxdydz = V

2

Z √2y−y2 Z

√ 2y−y 2 √ Z 2 Z 2y−y2 0

−

0

−

=

√

Z

3xdzdxdy 0

3x (2 − y) dxdy 2y−y 2

2

(2 − y)

=

2−y

0

√2y−y2 3 2 x √ dy = 0 2 − 2y−y 2

Problema 2 Verificar el teorema de la divergencia para el campo vectorial → − F (x, y, z) = (x, y, z) sobre la esfera x2 + y 2 + z 2 = a2 . Soluci´ on El teorema de la divergencia afirma que. ZZ ZZZ → − → − F ·n bdS = ∇ · F dV S

V

→ − La divergencia de F es 538

→ − ∂ ∂ ∂ ∇· F = (x) + (y) + (z) = 3. ∂x ∂y ∂z de modo que. ZZZ ZZZ → − ∇ · F dV = 3 dV V V 4 3 = 3 πa 3 = 4πa3 Calculemos ahora el Flujo sobre la superficie. ZZ ZZ → − → − → − − F ·n bdS = F (− r (u, v)) · (→ r u×→ r v ) dudv S

D

Parametricemos la superficie usando coordenadas esféricas. → − r (u, v) = a (sin u cos v, sin u sin v, cos u) , con D = {(u, v) /0 ≤ u ≤ π, 0 ≤ v ≤ 2π} Calculemos el producto vectorial i j k → − → − 2 r u × r v = a cos u cos v cos u sin v − sin u − sin u sin v sin u cos v 0 = a2 sin2 u cos v, sin2 u sin v, sin u cos u → − − − − Por consiguiente F (→ r (u, v)) · (→ r u×→ r v ) = a3 sin u entonces la integral de flujo queda ZZ ZZ → − F ·n bdS = a3 sin ududv D S Z 2π Z π = a3 sin ududv 0 Z 2π0 = a3 [− cos u]π0 dv Z0 2π = 2a3 dv 0

= 4πa3 Por tanto, comparando estos resultados hemos verificado el teorema de Gauss. Problema 3 539

Figura 6.18: Región acotada por la frontera x2 + y 2 = 4, z = 0, y z = 3 → − Verificar el teorema de la divergencia para F (x, y, z) = (x3 , y 3 , z 3 ) en R, la región acotada por la frontera x2 + y 2 = 4, z = 0,y z = 3. Soluci´ on RR → RRR − → − El teorema de la divergencia afirma que F · n b ds = ∇ · F dV S R Calculemos el flujo que produce el campo sobre la frontera: ZZ S

→ − F ·n bds =

ZZ S1

→ − F ·n bds +

ZZ S2

→ − F ·n bds +

ZZ S3

→ − F ·n bds

Si definimos parametrizacion de las superficies inferior y superior que limitan el cilindro tenemos: − S1 : → r (u, v) = (u, −v, 0) D∗ = {(u, v) /0 ≤ u ≤ 2, 0 ≤ v ≤ 2π, 0} El vector normal con orientacion positiva es i j k → − − r u×→ r v = 1 0 0 = (0, 0, −1) 0 −1 0 As´ı , obtenemos: ZZ S1

→ − F ·n bds =

→ − → − − F (− r (u, v)) · (→ r u×→ r v ) dudv

ZZ Z ZD

∗

=

u3 , −v 3 , 0 · (0, 0, −1) dudv = 0

D∗

Analogamente para: 540

− S3 : → r (u, v) = (u, v, 0) donde → − → − r u × r v =

D∗ = {(u, v) /0 ≤ u ≤ 2, 0 ≤ v ≤ 2π} i j k 1 0 0 = (0, 0, 1) 0 1 0

Luego: ZZ S3

→ − F ·n bds =

→ − → − − F (− r (u, v)) · (→ r u×→ r v ) dudv

ZZ Z ZD

∗

u3 , v 3 , 33 · (0, 0, 1) dudv

= Z

D∗ 2 Z 2π

= 0

33 dudv

0

= 108π Si definimos la parametrización para el manto del cil´ındro se tiene: − S : → r (u, v) = (2 cos u, 2senu , v) donde D

2 ∗

= {(u, v) /0 ≤ u ≤ 2π, 0 ≤ v ≤ 3}

El vector normal con orientacion positiva es, i j k → − → − r u × r v = −2senu 2 cos u 0 = (2 cos u, 2senu, 0) 0 0 1 En consecuencia, ZZ S2

→ − F ·n bds = = = = = =

→ − → − − F (− r (u, v)) · (→ r u×→ r v ) dudv

ZZ Z ZD

∗

(2 cos u)3 , (2senu)3 , v 3 · (2 cos u, 2senu, 0) dudv ∗ ZD 3 Z 2π 16 cos4 u + sen4 u dudv Z0 3 Z0 2π 1 16 (6 + 2 cos 4u) dudv 8 0 0 2π Z 3 1 2 16 6u + sen4u dv 4 0 8 0 Z 3 2 (12π) dv 0

= 72π 541

Por lo tanto, sumando las integrales de flujo se tiene: ZZ → − F ·n bds = 102π + 72π = 180π S

→ − ∂x3 ∂y 3 ∂z 3 Por otra parte, como ∇ · F = + + = 3 (x2 + y 2 + z 2 ) , ∂x ∂y ∂z entonces ZZZ ZZZ → − ∇ · F dV = 3 x2 + y 2 + z 2 dV R

R

Usando coordenadas cil´ındricas para evaluar la integral triple, tenemos  x = r cos θ  y = rsenθ =⇒ 0 ≤ x2 + y 2 ≤ 4 ⇐⇒ 0 ≤ r2 ≤ 4 ⇐⇒ 0 ≤ r ≤ 2  z= z Entonces la región R∗ = {(r, θ, z) /0 ≤ r ≤ 2 , 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 3} ZZZ

2

2

3 x +y +z

2

2π

Z

dV

Z

2

Z

3

r2 + z 2 rdzdrdθ 0 0 0 3 Z 2π Z 2 r3 2 3 rdrdθ r z+ 3 0 0 0 Z 2π Z 2 2 3 3r + 9 rdrdθ 0 0 2 Z 2π 3 4 9 2 3 r + r dθ 4 2 0 0 Z 2π 3 30dθ

= 3

R

= = = =

0

= 90θ|2π 0 = 180π Problema 4 → − Calcular el flujo del campo F (x, y, z) = (x + y 3 , 2y − ez , −3z − 1) en la R la región acotada por la frontera S x2 + y 2 + 3z 2 = 1. Soluci´ on: Usemos el teorema de la divergencia de Gauss para calcular el flujo, que afirma que, ZZ ZZZ → − → − F ·n bds = ∇ · F dV S

R

Calculemos la divergencia del campo vectorial en la región R. 542

→ − ∂ ∂ ∂ ∇· F = (x + y 3 ) + (2y − ez ) + (−3z − 1) = 1 + 2 − 3 = 0 ∂x ∂y ∂z → − Entonces el flujo del campo vectorial F a través de S verifica ZZ S

6.3.4.

→ − F ·n bds =

ZZZ 0 dV = 0 R

Teorema de Stokes

Problema 1 → − Verificar el teorema de Stokes para F (x, y, z) = (−y 3 , x3 , z 3 ) donde S es la porción del plano x + y + z = 1 al interior del cilindro x2 + y 2 = 1.

Figura 6.19: S es la porción del plano x + y + z = 1 al interior del cilindro x2 + y 2 = 1

Soluci´ on. H → RR − − → − El teorema de Stokes afirma que C F · d→ r = S∇× F ·n bdS Calculemos i j k ∂ → − ∂ ∂ = (0, 0, 3x2 + 3y 2 ), ∇ × F = ∂x3 ∂y3 ∂z3 −y x z → − y N = ∇(x + y + z − 1) = (1, 1, 1) 543

ZZ S

→ − ∇× F ·n bdS =

→ − → − ∇ × F · N dxdy

ZZ Z ZD

=

3(x2 + y 2 ) dxdy

D

donde D = {x, y) ∈ IR2 /x2 + y 2 ≤ 1} . Usando coordenadas polares : x = r cos θ y = rsenθ

cos θ −rsenθ =r |∂ (x, y)∂ (r, θ)| = senθ r cos θ

=⇒

x2 + y 2

1 ⇐⇒ 0 ≤ r2 ≤ 1 =⇒ 0 ≤ r ≤ 1 y 0 ≤ θ ≤ 2π

≤

Entonces la región D∗ = {(r, θ) /0 ≤ r ≤ 1 y 0 ≤ θ ≤ 2π} .Luego, si ZZ

2

1

Z

2

2π

Z

r3 dθdr

3(x + y ) dxdy = 3 0

D

0

Z = 6π

1

r3 dr

0

3π = 2 Problema 2 Verificar el teorema de Stokes para evaluar la integral de l´ınea Z xdx + yz 2 dy + xzdz C

donde C es la intersección de la semiesfera x2 + y 2 + z 2 = 1, z ≥ 0 y el cilindro x2 + y 2 = y. Soluci´ on El teorema de Stokes afirma que I ZZ → − → → − − F ·dr = ∇× F ·n bdS C

S

donde S es la región de la superficie de la semiesfera cuya frontera es la curva C. Calculemos directamente la integral de l´ınea, parametrizando la curva C mediante coordenadas cil´ındricas x = r cost, y = r sent, z = z. 544

Figura 6.20: Al sustituir en√la ecuaciones de las superficies que definen la curva C, tenemos que z = 1 − r2 , r = sent donde 0 ≤ t ≤ π. Luego, la ecuación de la curva es p → − r (t) = sin t cos t, sin2 t, 1 − sin2 t , 0 ≤ t ≤ π Usando identidades trigonométricas sin2 t = cos 2t) se tiene:

1 2

(1 − cos 2t), cos2 t =

1 2

(1 +

1 1 sin 2t, (1 − cos 2t), cos t , 0 ≤ t ≤ π 2 2 → − 0 r (t) = (cos 2t, − sin 2t, − sin t) , 0 ≤ t ≤ π → − r (t) =

Evaluemos la integral de linea: Z

xdx + yz dy + xzdz = C

= = = =

π

1 1 1 2 sin 2t cos 2t − (1 − cos 2t) cos tsen2t − sin 2t cos t sin t 2 2 2 0 Z π 1 1 1 2 2 sin 2t cos 2t − (1 − cos 2t) sin 2t − sin 2t dt 2 4 4 0 Z π 1 1 1 − cos 4t 1 2 sin 2t cos 2t − (1 − cos 2t) sin 2t − dt 2 4 4 2 0 π 1 2 1 1 1 sin 4t 3 sin 2t + cos 2t − cos 2t − t + 4 8 24 8 32 0 π − 8

Z

2

545

Por otra parte, debemos evaluar ZZ ZZ → − → − → − ∇× F ·n bdS = ∇ × F · N dA S

D

Como S es la región de la superficie de la semiesfera cuya frontera es la curva C, una parametrizacion de S viene dada por √ → − 2 T (r, θ) = r cos θ, rsenθ, 1 − r , 0 ≤ r ≤ senθ, 0 ≤ θ ≤ π A continuación calculemos el vector normal a la superficie: i j k r → − → − → − cos θ sin θ − √ N = Tr× Tθ= 2 1−r −r sin θ r cos θ 0 2 r cos θ r2 sin θ √ = ,√ ,r 1 − r2 1 − r2 La orientación del vector normal a la superficie es compatible con la orientación de su frontera C. Determinemos el rotor del campo vectorial i j k ∂ → − ∂ ∂ = (−2yz, −z, 0), ∇ × F = ∂x ∂y ∂z x yz xz Por lo que la función compuesta queda √ √ → − → − 2 2 ∇ × F T (r, θ) = −2r sin θ 1 − r , − 1 − r , 0 Entonces, estamos en condiciones de calcular la integral de superficie, → − → − ∇ × F · N dA =

ZZ D

= = = =

Z

π

Z

sin θ

−2r3 sin θ cos θ − r2 sin θ drdθ 0 0 sin θ Z π 4 r r3 − sin θ cos θ + sin θ dθ 2 3 0 0 Z π 5 sin θ sen4 θ cos θ + dθ − 2 3 0 6 π Z sin θ 1 π 4 − − sin θdθ 12 0 3 0 Z 1 π 4 − sin θdθ 3 0 546

Puesto que el integrando queda 2 1 − cos 2θ 1 sin θ = = 1 − 2 cos 2θ + cos2 2θ 2 4 1 1 + cos 4θ = 1 − 2 cos 2θ + 4 2 cos 4θ 1 3 − 2 cos 2θ + = 4 2 2

4

Podemos calcular 1 − 3

Z 0

π

Z cos 4θ 1 π1 3 − 2 cos 2θ + dθ sin θdθ = − 3 0 4 2 2 π sin 4θ 1 3θ − sin 2θ + = − 3 2 2 0 π = − 8 4

Problema 3 I → − → − Sea F (x, y, z) = (x, y, z), calcular la integral de l´ınea F · dr, siendo C C

la curva intersección de las superficies S1 dada por ecuación z = x2 + 2y 2 y S2 por la ecuación z = 4 − x2 .

Figura 6.21: C la curva intersección de las superficies S1 dada por ecuación z = x2 + 2y 2 y S2 por la ecuaci´ on z = 4 − x2

Soluci´ on El teorema de Stokes afirma que I ZZ → − → → − − F ·dr = ∇× F ·n bdS C

S

547

donde la curva C es la frontera de la superficie S dada por S = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 ≤ 2, z = 4 − x2 } Calculemos i j k ∂ → − ∂ ∂ ∇ × F = = (0, 0, 0). ∂x ∂y ∂z x y z Por lo tanto ZZ S

→ − bdS = ∇× F ·n

ZZ S

(0, 0, 0) · n bdS

Lo que indica que estamos frente a un campo conservativo. Problema Z Z4 → − → − Calcular ∇× F ·n bdS, siendo F = (xz + yz 2 + x, xyz 3 + y, x2 z 4 ) y S

S = S1 ∪ S2 donde S1 es la superficie cil´ındrica x2 + y 2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1 y S2 es la semiesfera x2 + y 2 + z 2 = 1, z ≥ 0.

Figura 6.22: Superficie S = S1 ∪S2 donde S1 es la superficie cil´ındrica x2 +y 2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1 y S2 es la semiesfera x2 + y 2 + z 2 = 1, z ≥ 0

Soluci´ on. El teorema de Stokes afirma que ZZ I → − → − → ∇× F ·n bdS = F · d− r S

C

donde la curva C es la frontera de la superficie S dada por x2 + y 2 = 1 Parametizando la circunferencia, queda: → − r (t) = (cos t, sin t, 0) , t ∈ [0, 2π] → − r 0 (t) = (− sin t, cos t, 0) , t ∈ [0, 2π] . 548

→ − → F (− r (t)) = (cos t, sin t, 0) Calculemos la integral Z 2π I → − → − (cos t, sent, 0) · (− sin t, cos t, 0) dt F ·dr = 0

C

= 0 Problema 5 → − Determine la circulación del campo F = (x2 − y, 4z, x2 ) alrededor de la curva Cp dada por la intesección del plano z = 4 y el cono z = x2 + y 2 ,recorrida en sentido positivo.

Figura 6.23: Plano z = 4 y cono z =

p x2 + y 2

Soluci´ on El teorema de Stokes afirma que I ZZ → − → → − − F ·dr = ∇× F ·n bdS C

S

donde la curva C es la frontera de la superficie S dada por S = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 ≤ z 2 , z ≤ 4} Parametrizando el cono se tiene → − T (r, θ) = (r cos θ, r sin θ, r) , donde D = {(r, θ) /0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π} A continuación calculemos el vector normal a la superficie: i j k → − → − → − sin θ 1 N = T r × T θ = cos θ −r sin θ r cos θ 0 = (−r cos θ, −r sin θ, r) 549

La orientación del vector normal a cono Además i j ∂ → − ∂ ∇ × F = ∂y 2∂x x − y 4z

la superficie es hacia el exterior del

k ∂ = (−4, −2x, 1). ∂z x2 → − → − Luego la función compuesta ∇ × F T (r, θ) es → − → − ∇ × F T (r, θ) = (−4, −2r cos θ, 1)

Por lo tanto ZZ ZZ → − → − → − ∇× F ·n bdS = ∇ × F · N drdθ S Z ZD (−4, −2r cos θ, 1) · (−r cos θ, −r sin θ, r) drdθ = D Z 2 Z 2π (4r cos θ + r sin θ + r) dθdr = 0

0

= 4π

6.4.

Ejercicios Propuestos

6.4.1.

´ Area de una superficie

1. Problema Calcule el a´rea de la superficie de x2 + y 2 + z 2 = a2 , a > 0, z ≥ 0. Respuesta A (R) = 2πa2 2. Problema Calcule el a´rea de la superficie del sector del plano ax + by + cz + d = 0 que queda dentro del cilindro x2 + y 2 = r2 (c 6= 0, r > 0) . Respuesta √ πr2 a2 + b2 + c2 A (R) = c

550

Figura 6.24: Superficie del sector del plano ax + by + cz + d = 0 que queda dentro del cilindro x2 + y 2 = r2 (c 6= 0, r > 0)

Figura 6.25: 3. Problema − Calcule el a´rea del helicoide → r (u, v) = (u cos v, u sin v, v) para 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 2π Respuesta √ √ A (R) = π(ln( 2 + 1) + 2 4. Problema − Hallar el a´rea de la superficie S descrita por la parametrización: → r :D⊂ − R2 → R3 ; → r (u; v) = (u cos v; u sin v; u2 ) ; donde D = {(u, v) ∈ IR2 /0 ≤ u ≤ 4, 0 ≤ v ≤ 2π} . Respuesta i 1 h 3/2 I= (65) − 1 12 551

Figura 6.26: 5. Problema Obtener el a´rea de la superficie S , frontera de = {(x, y, z) ∈ IR3 : (z − 1)2 ≤ x2 + y 2 y x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}

Figura 6.27: Respuesta √ ´ Area de la superficie S = Sesf ∪ Scono = 2π + π 2 6. Problema Calcule el a´rea de la porción de superficie cónica z 2 = x2 + y 2 situada por encima del plano z = 0 y limitada por la esfera x2 + y 2 + z 2 = 2ax Respuesta √ 2 2 I= πa 4

552

Figura 6.28: 7. Problema Calcule el a´rea de la superficie S de una pelota de rugby formada por la π π rotación de la curva x = cos z, y = 0, − ≤ z ≤ alrededor del eje z. 2 2 Respuesta − Ecuacion paramétrica de la superficie → r (u, v) = (cos u cos v, cos u sin v, u) √ √ A = 2π 2 + ln 1 + 2

6.4.2.

Integrales de funciones escalares sobre superficie

1. Problema Z Calcule la integral

x2 zdS ; siendo S la superficie externa de

S

x2 + y 2 = a2 comprendida entre z = −2 y z = 2.

Figura 6.1: Respuesta 553

Z

x2 zdS = 0

S

2. Problema Z Calcule la integral de superficie

(x4 − y 4 + y 2 z 2 − x2 z 2 + 1)dS . Si

S

la superficie S es la hoja superior del cono z 2 = x2 + y 2 que está en el interior del cilindro (x − 1)2 + y 2 = 1.

Figura 6.2: Superficie S, hoja superior del cono z 2 = x2 +y 2 que está en el interior del cilindro (x − 1)2 + y 2 = 1

Respuesta √ A = 2π

554

3. Problema Z Calcule la integral de superficie I = zdS, donde S es la superficie S − parametrizada por → r (x, y) = (x, y, 2x + 3y + 2a), (x, y) ∈ D tal que D = {(x, y) ∈ IR2 /x2 + y 2 ≤ a2 } .

Figura 6.3: Aca voy Respuesta √ I = 2 14πa3 4. Problema Z p Calcule la integral de superficie I = 1 − x2 − y 2 dS, donde S es una S

pelota de rugby formada por la rotación de la curva x = cos z, y = π π 0, − ≤ z ≤ alrededor del eje z. 2 2 Respuesta − Superficie parametrizada → r (u, v) = (cos u cos v, cos u sin v, u) , n o π π D = (u, v) / − ≤ u ≤ , 0 ≤ v ≤ 2π 2 2 4π √ I= 2 2−1 3

6.4.3.

Integral de Flujo

1. Problema → − Calcule la integral del campo vectorial F (x, y, z) = (x, y, z) a través de la superficie lateral del paraboloide x2 + y 2 = 2az , con 0 ≤ z ≤ 2a. Respuesta I = −4πa3 2. Problema → − Calcule la integral del campo vectorial F (x, y, z) = (yz, x, z 2 ) a través de la superficie del cilindro parabólico y = x2 , con 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ − 4,donde la primera componente de → n es positiva. 555

(a) Campo vectorial

(b) paraboloide

Figura 6.1:

(a) Campo vectorial (b) sector de cilindro parabólico

Figura 6.2: Respuesta − Se tiene que → n = (2x, −1, 0) I=2

3. Problema → − Calcule la integral del campo vectorial F (x, y, z) = (0, yz, z 2 ) a través de la superficie S cortada del cilindro y 2 + z 2 = 1, por los planos x = 0; ≤ x = 1. Respuesta − Se tiene que → n = (0, y, z) I=2 556

(a) Campo vectorial

(b) Cilindro cortado por dos planos

Figura 6.3:

6.4.4.

Teorema de la divergencia de Gauss

1. Problema ZZ → − → − 2 Sea F (x, y, z) = (xz, yz, −z ). Calcule F ·n bds ; siendo S la cara S

externa del paraboloide x2 + y 2 = 3z; entre z = 0 y z = 1.

Figura 6.1: Paraboloide x2 + y 2 = 3z limitado por los planos z = 0 y z = 1 a) Directamente. b) Aplicando el teorema de Gauss. Respuesta. I = −3π 2. Problema ZZ Calcular el flujo S

→ − → − F ·n bds, del campo vectorial F = (x, y, z) a través

de la superficie S del elipsoide ax2 + by 2 + cz 2 = 1 557

Respuesta. ZZ → − 2π F ·n bds = √ abc S 3. Problema ZZ Calcular el flujo S

→ − → − F ·n bds,del campo vectorial F = (2xy 2 , z 3 , −x2 y)

a través la superficie S formada por el hemisferio superior de la esfera x2 + y 2 + z 2 = a2 y el cilindro x2 + y 2 = a2

(a) Campo vectorial

(b) Superficie formada por el hemisferio superior de la esfera y el cilindro

Figura 6.2: Respuesta. ZZ → − 4 F ·n bds = πa5 15 S

558

4. Problema → − → − F ·b nds, del campo vectorial F = 0, tan z + esin xz , y 2

ZZ Calcular el flujo S

a través de la superficie S del semi-elipsoide 2x2 + 3y 2 + z 2 = 6, z ≥ 0, con la normal apuntando hacia el exterior.

(a) Campo vectorial

(b) Semi-elipsoide

Figura 6.3: Respuesta. r ZZ → − 3 F ·n bds = π 2 S

559

5. Problema

→ − → − F ·b nds, del campo vectorial F =

ZZ

Calcular el flujo

(x, y, z)

(x2 + y 2 + z 2 )3/2 a través de la superficie S dada por el paraboloide z = 2−x2 −y 2 ,tales z ≥ 0, con la normal apuntando hacia el exterior. Pendiente Respuesta. ZZ √ → − F ·n bds = π 2 − 2 S

S

6. Problema Sea S la superficie del paraboloide z = x2 + (y − 1)2 , interior al cilindro → − → − x2 + (y − 2)2 = 3. Sea Z Z F el campo vectorial F (x, y, z) = (y, x, xz) → − . Calcular la integral ∇× F ·n bds,utilizando el teorema de Gauss, S

donde n b es la normal exterior al paraboloide.

(a) Campo vectorial

(b) Paraboloide interior al cilindro

Figura 6.4: Respuesta S Colocando una tapa T a la superficie S, de modo que S ∗ = S T sea una superficie cerrada, podemos aplicar el teorema de Gauss ZZ ZZ → − → − ∇× F ·n bds = − ∇× F ·n bds = −2π S

T

7. Problema Sea S la porción del paraboloide z + 1 = x2 + y 2 , situada debajo del ZZ → − → − plano z = 1, y sea F (x, y, z) = (0, x − 2yz, x2 ). Hallar ∇× F ·n bds, S

560

donde n b es la normal exterior al paraboloide, utilizando el teorema de Gauss.

(a) Campo vectorial

(b) Paraboloide situada debajo del plano

Figura 6.5: Respuesta S Colocando una tapa T a la superficie S, de modo que S ∗ = S T sea una superficie cerrada, podemos aplicar el teorema de Gauss ZZ ZZ → − → − ∇× F ·n bds = −2π ∇× F ·n bds = − T

S

6.4.5.

Teorema de Stokes

1. Problema Sea S el sector del paraboloide z = x2 + y 2 , situado en el primer octante , limitado por el plano z = 1 y los planos principales, y sea I → − → − → F = (y − z, z − x, x − y) . Calcular la integral de l´ınea F · d− r. C

Respuesta I → − → 8 π F · d− r.= − 3 2 C 2. Problema → − Para el campo vectorial F = (x2 + yez , y 2 + zex , z 2 + xey ) definida so→ − bre S : x2 + y 2 + z 2 = a2 con z ≥ 0.Calcular el flujo del rotacional de F a través de S. Respuesta I ZZ → − → → − − F ·dr = ∇× F ·n bds = −πa2 C

S

561

(a) Campo vectorial

(b) Sector paraboloide, do por planos

de limita-

Figura 6.1:

(a) Campo vectorial

(b) hemisferio superior de la esfera

Figura 6.2: 3. Problema → − Dado el campo vectorial F (x, y, z) = (y + sin x, z 2 + cos y, x3 ) y la curva → − r (t) = (sin t, cos t, sin 2t); t ∈ [0; 2π]; halle I → − → F · d− r utilizando el teorema de Stokes. C

Respuesta I = −π 2

562

(a) Campo vectorial

(b) paraboloide hiperbólico

Figura 6.3: 4. Problema → − Calcule el flujo del campo F (x, y, z) = (x, y, z) a través de la superficie del sólido limitado por x2 + y 2 = 9, z = 0, y z = 0. a) Directamente. b) Aplicando el Teorema de Stokes Respuesta I = 81π 5. Problema I Calcule la integral

y 2 dx + xydy + xzdz, siendo C la curva intersección

C

del cilindro x2 + y 2 = 2y y el plano y = z. a) Directamente. b) Aplicando el teorema de Stokes.

Figura 6.4: Respuesta 563

I=0 6. Problema I Calcule la integral I =

(y − 1)dx + z 2 dy + ydz, aplicando el teorema

C

z2 de Stokes, siendo C la curva intersección de las superficies x2 + y 2 = , 2 z =y+1

Figura 6.5: Respuesta √ I = − 2π

6.5.

Aplicaciones

En esta sección presentamos algunas aplicaciones simples que ilustran la utilización de las, integrales de lineas, integral de flujo y de los teoremas de Gauss , Stokes y Green .

6.5.1.

Aplicaciones Integral de Flujo

Problema 1 Calcular el flujo del campo eléctrico producido por una carga Q en el origen, a través del manto de la esfera S de radio R orientado seg´ un la normal exterior. Soluci´ on El campo eléctrico producido por la carga Q viene dado por 564

→ − Q rb E = 4πεo r2 donde εo una constante universal . De esta forma se obtiene el siguiente flujo eléctrico ZZ ZZ → − → − Q rb E · dS = · rbdS 4πεo R2 S

S

Parametrizando la superficie en coordenadas esféricas se tiene → − Φ (φ, θ) = (R sin φ cos θ, R sin φ sin θ, R cos φ) , 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2π − → −

→ =⇒ Φ φ × Φ θ = R2 sin Φ ZZ

Q rb · rbdS = 4πεo R2

S

= Por tanto

ZZ

Z

2π

Z

0

0

π

Q 1 2 R sin φdφdθ 4πεo R2

Q εo → − → − Q E · dS = εo

S

Corresponde a la formulación integral de la Ley de Gauss, que se aplica también a distribuciones de carga más generales. Problema 2 Calcular el flujo del campo eléctrico generado por una carga Q en el origen, sobre el plano infinito x = 1. Soluci´ on b = bi . El campo eléctrico producido En este caso la normal es constante N por una carga Q en coordenadas cartesianas, esta dado por → − Q (x, y, z) Q rb = E = 2 4πεo r 4πεo [x2 + y 2 + z 2 ]3/2 El flujo del campo viene dado por ZZ S

→ − b E · idS =

ZZ

Q (1, y, z) · (1, 0, 0) dS 4πεo [x2 + y 2 + z 2 ]3/2 S Z ∞Z ∞ Q dxdy = 4πεo −∞ −∞ [1 + y 2 + z 2 ]3/2 565

Utilizando el cambio de variables a coordenadas polares, tenemos y = rcosθ, z = rsenθ =⇒ y 2 + z 2 = r2 ∂ (y, z) =r y el jacobiano de transformación es ∂ (r, θ) Reemplazando el integrando, obtenemos Q 4πεo

Z

∞

2π

Z

[1 + r2 ]3/2

0

0

rdθdr

Z ∞ Q rdr = 2εo 0 [1 + r2 ]3/2 i∞ Qh 2 −1/2 = − 1+r εo 0 Q = εo

Problema 3 → − Si E (x, y, z) = (2x, 2y, 2z) es un campo eléctrico, encontrar el flujo de → − E que sale a través de la superficie cerrada S que consta de la semiesfera x2 + y 2 + z 2 = 1, z ≥ 0, y su base. Soluci´ on Como los puntos de la circunferencia x2 + y 2 = 1, z = 0, son singulares, debemos descomponer la superficie en dos partes, de modo que llamaremos S1 a la semiesfera y S2 al c´ırculo que forma la tapa inferior. Una parametrización de S1 viene dada por la función → − r 1 (u, v) = ( sin u cos v, sin u sin v, cos u) o n π donde D1 = (u, v) ∈ IR3 /0 ≤ u ≤ , 0 ≤ v ≤ 2π 2 El vector normal exterior a la superficie es → − → − T u × T v = (sin2 u cos v, sin2 u sin v, cos u sin u) De este modo, el flujo a través de S1 es ZZ ZZ → − E ·n bdS = 2(cos2 v sin3 u + sin2 v sin3 u + sin u cos2 u)dudv S1

D

Z

2π

Z

=

π/2

2 sin ududv 0

0

= 4π Análogamente, si parametrizamos la superficie S2 por → − r (u, v) = (ucosv, u sin v, 0) 2

566

donde D2 = {(u, v) ∈ IR2 /0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v i j → − → − sin v r u × r v = cos v −u sin v u cos v

≤ 2π} k 0 = (0, 0, u) 0

El flujo a través de la superficie S2 es ZZ

→ − E ·n bdS =

ZZ 2(u cos v, u sin v, 0) · (0, 0, u) dudv D

S2

ZZ 0 dudv = 0

= D

Por lo tanto, la suma de ambos flujos da como resultado ZZ → − E ·n bdS = 4π S

Problema 4 → − √ Si F (x, y, z) = (0, y, 0) representa la velocidad de un fluido. Calcular la razón del flujo de dicho fluido que atraviesa la superficie S = {(x, y, z) : x2 + z 2 = y, 0 ≤ y ≤ 1}.

Figura 6.6: Superficie S = {(x, y, z) : x2 + z 2 = y, 0 ≤ y ≤ 1} Soluci´ on 567

En primer lugar, consideremos la siguiente parametrización de la superficie: r(u, v) = (u cos v, u2 , u sin v), 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 2π. El vector normal a la superficie viene dado por:

→ − → − Tu× Tv

i j k 2u sin v = cos v −u sin v 0 u cos v

=

= (2u2 cos v, −u, 2u2 sin v) Entonces el flujo esta dado por, Z Z S

→ − F ·n bdS =

Z

2π

Z

1

(0, u, 0) · (2u2 cos v, −u, 2u2 sin v)dudv 0 0 Z 2π 3 1 Z 2π Z 1 u 2 (−u )dudv = − = dv 3 0 0 0 0 2π = − 3

El signo negativo del resultado es debido a que el vector normal tiene sentido → − opuesto al del movimiento del fluido (la componente b j de F es positiva pero la de n b es negativa). As´ı pues, la razón de flujo que entra a la superficie es −2π de . 3

6.5.2.

Aplicaci´ on del teorema de Gauss

Problema 1 Suponga que la temperatura de un punto de una esfera S es proporcional al cuadrado de la distancia de dicho punto al centro de la esfera. Se sabe que → − el campo estacionario de temperaturas J asociado a este potencial queda → − definido por la expresión J = −∇T , donde k > 0 representa la conductividad térmica del medio y T la temperatura. Calcular directamente la razón total del flujo de calor que atraviesa la esfera, suponiendo que tiene centro el origen y radio a. Soluci´ on Debemos calcular Z Z Z Z → → − → − → − → − − J ·n bdS = J ( r (u, v)) · T u × T v dudv S

D

Consideremos la parametrización de S dada por: 568

→ − r (u, v) = (a sin u cos v, a sin u sin v, a cos u) donde D = {(u, v) ∈ IR3 /0 ≤ u ≤ π, 0 ≤ v ≤ 2π} Determinemos el flujo de calor. Como T (x, y, z) = C·(x2 + y 2 + z 2 ), entonces → − J (x, y, z) = −k∇T (x, y, z) = −kC(2x, 2y, 2z) El vector normal exterior a la superficie es → − → − T u × T v = (a2 sin2 u cos v, a2 sin2 u sin v, a cos u sin u) y la razón de flujo a través de la esfera viene dada por la integral Z Z S

→ − J ·n bdS = −

Z

2π

Z

π

Z0 2π Z0 π

= − 0

→ − → − kC∇T · T u × T v dudv 2kC·a3 sin ududv

0 3

= −8kCπa Problema 2

Suponga que la temperatura en una región de IR3 está dada por T (x, y, z) = C(x2 + y 2 + z 2 ). → − Se sabe que el campo estacionario de temperaturas J asociado a este → − potencial queda definido por la expresión J = −∇T .Suponga que la región contiene a la esfera S centrada en el origen y de radio a. Calcular el flujo de calor que sale a través del casquete esférico S,usando el teorema de Gauss , dada la conductividad térmica > 0 del material. Soluci´ on Sea Ω un abierto de IR3 de frontera regular S orientada seg´ un la normal b exterior N El flujo de calor producido por el campo estacionario de temperaturas es ZZ S

→ − b J · N dS =

ZZZ

→ − ∇ · J dV

V

ZZZ = −κ

∇ · (∇T ) dV ZV Z Z

= −κ V

569

∇2 T dV

Calculemos el Laplaciano de temperaturas ∂ 2 x2 ∂ 2 y 2 ∂ 2 z 2 ∇T = + + = C(2 + 2 + 2) = 6C ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 2

Reemplazando el integrando, queda ZZZ ZZ → − → − J · d S = −6κC dV Ω 4 3 πR = −6κC 3 = −8κCπR3

S

Problema 3 El hecho de que la temperatura decrece hacia el origen hace que el gradiente apunte en esa dirección de modo que el flujo neto de calor que entra a la esfera es negativo. El filtro de una n máquina de lavar ropa tiene la forma cónica descrita o p 3 2 2 por el conjunto Ω = (x, y, z) ∈ IR / x + y ≤ z ≤ 3 , por el circula una corriente de agua, cuyo campo de velocidades esta dado por la expresión → − F (x, y, z) = (2yz cos (y 2 ) , 2x cos (x2 ) , 1) . a) Muestre que la cantidad de agua en el interior del filtro se mantiene constante, suponiendo que la densidad el agua es ρ = 1 gr/cm3 . b) Usando el teorema de Stokes, calcule el flujo total de agua través de las paredes del filtro Soluci´ on Por el teorema de la divergencia de Gauss, se tiene que el flujo total de agua a través de las paredes del filtro es ZZ ZZZ → − → − F ·n bds = ∇ · F dV S

Ω

Calculemos la divergencia del campo de velocidades → − ∇· F =

∂ ∂ ∂ 2 2 2yz cos y + 2x cos x + (1) =⇒ ∂x ∂x ∂x

→ − ∇· F = 0 570

n

p

o

Figura 6.7: Ω = (x, y, z) ∈ IR3 / x2 + y 2 ≤ z ≤ 3

→ − Como ∇ · F = 0,el flujo total de agua a través de las paredes del filtro es nulo. Por lo tanto la cantidad de agua que entra al filtro es igual a la que sale, entonces la cantidad de agua en el interior del filtro se mantiene constante. → − b) Sea S la pared del manto de Ω .Como F es un campo de divergencia → − nula en IR3 , entonces F es un campo rotacional, es decir, existe un campo → − → − → − vectorial R tal que F = ∇ × R . → − En consecuencia, se busca R que satisfaga la condicion anterior. → − Sea R = (R1 , R2 , R2 ) tal que ∂R3 ∂R2 − = 2yz cos y 2 ∂y ∂z ∂R1 ∂R3 − = 2xz cos x2 ∂z ∂x ∂R2 ∂R1 − = 1 ∂x ∂y Este problema tiene muchas soluciones.Formulemos un modelo en que R1 = 0, entonces ∂R3 ∂R2 − = 2yz cos y 2 ∂y ∂z ∂R3 − = 2xz cos x2 ∂x ∂R2 − = 1 ∂x Integrando parcialmente las dos u ´ltimas ecuaciones se obtiene 571

∂R3 ∂R2 − = 2yz cos y 2 ∂y ∂z R3 = −zsen x2 + f (x, y) R2 = x + g (y, z) Se tiene más de una solución, consideremos g (x, y) = 0, luego queda ∂R3 = 2yz cos y 2 ∂y R3 = −zsen x2 + f (x, y) R2 = x Derivando la segunda ecuación parcialmente con respecto a y y se iguala con la primera ∂ f (x, y) = 2yz cos y 2 ∂y Integrando parcialmente con respecto a y esta u ´ltima expresión produce f (x, y) = zsen y 2 + h (z) Para simplificar consideremos h (z) = 0,por consiguiente R3 = −zsen x2 + zsen y 2 → − Finalmente, el campo R queda: → − R = 0, x, −zsen x2 + zsen y 2 El teorema de Stokes afirma que ZZ I → − → − → ∇× R ·n bdS = R · d− r S

C

→ − El flujo que produce el campo R a través del manto es igual a la integral de l´ınea sobre la frontera C que limita la supercicie S. C = {(x, y, z) ∈ IR3 / x2 + y 2 = 9, z = 3} Parametrizando la curva se tiene → − r (t) = (3 cos t, 3set, 3) , t ∈ [0, 2π] I Z 2π → − → → − → − − R ·dr = R (− r (t)) · → r 0 (t) dt C

0

572

Z

2π

0, 3 cos t, 27sen3 t − 27sent cos2 t · (−3sent, 3 cos t, 0) dt 0 2π Z 2π Z 2π 1 + cos 2t 9 sen (2t) 2 9 cos tdt = 9 = dt = +t 2 2 2 0 0 0 = 9π =

6.5.3.

Aplicaci´ on teorema de Stokes

Problema 1 → − Calcular el trabajo producido por la fuerza F (x, y, z) = (−y 3 , x3 , −z 3 ) ,sobre la trayectoria recorrida en el sentido positivo, dada por la intersección de las superficies x + y + z = a, x2 + y 2 = a2 .

Figura 6.8: Soluci´ on Como el campo es continuo y la trayectoria es cerrada, podemos calcular el trabajo aplicando el teorema de Stokes. I W = =

→ − → F · d− r =

ZCZ D

ZZ S

→ − ∇× F ·n b dS

− → − → n − k→ n k dA ∇× F · → − knk

Al parametrizar en coordenadas cartesianas el plano que contiene a la curva obtenemos → − φ (x, y) = (x, y, a − x − y), donde (x, y) ∈ D tal que x2 + y 2 ≤ a2 . 573

Calculemos el integrando del lado derecho de la formula anterior i j k ∂ → − ∂ ∂ ∇ × F = = (0, 0, 3x2 + 3y 2 ) ∂x3 ∂y3 ∂z3 −y x −z El vector normal al plano esta dado por → − n = ∇φ = (1, 1, 1) , donde φ = x + y + z − a = 0 En consecuencia, al sustituir términos en al u ´ltima integral queda ZZ

→ − − ∇× F ·→ n dxdy =

ZZ

D

0, 0, 3x2 + 3y 2 · (1, 1, 1) dxdy

ZDZ

(x2 + y 2 )dxdy

= 3 D

Si hacemos cambio a coordenadas polares obtenemos Z

2π

Z

3

a

ρ 0

2

Z (ρ) dρdθ = 3

0

0 4

2π

ρ4 4

a dθ 0

Z 2π a = 3 dθ 4 0 6πa4 = 4 Corresponde al trabajo total realizado por el campo de fuerzas. Problema 2 Calcular la circulación del campo de velocidades de un flu´ıdo dado por → − F (x, y, z) = (arctan(x2 ), 3x, e3z tan (z)) a lo largo de la intersección de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4, con el cilindro x2 + y 2 = 1, con z > 0. Soluci´ on. La circulación de un campo vectorial es su integral de l´ınea a lo largo de una curva cerrada. Vemos que el campo vectorial es bastante complejo, por lo que calcular directamente la integral de linea puede resultar engorroso. Se espera que al ocupar el teorema de Stokes se simplifique el calculo. Entonces I ZZ → − → → − − F ·dr = ∇× F ·n b dS C

S

574

Figura 6.9:

Calculemos el integrando del lado derecho de la formula anterior i j k → − ∂ ∂ ∂ = (0, 0, 3) ∇ × F = ∂x ∂y ∂z arctan(x2 ) 3x e3z tan(z) Luego, queda I C

→ − → F · d− r =

ZZ

− (0, 0, 3) · → n dA D

Para determinar el vector normal parametricemos la superficie en coordenadas cil´ındricas  x = ρ cos θ  p → − 2 y = pρ sin θ =⇒ r (ρ, θ) = ρ cos θ, ρ sin θ, 4 − ρ donde  z= 4 − ρ2 (ρ, θ) ∈ D tal que 0≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π Luego

i j k ρ → − − − sin θ − p n = (→ r ρ×→ r θ ) = cos θ 4 − ρ4 −ρ sin θ ρ cos θ 0 Reemplazando términos en el integrando se tiene 575

=

! ρ2 cos θ ρ2 sin θ p ,p ,ρ 4 − ρ4 4 − ρ4

I

! ρ2 cos θ ρ2 senθ (0, 0, 3) · p ,p , ρ dρdθ 4 − ρ4 4 − ρ4 D Z 2π 2 1 Z 2π Z 1 ρ 3ρdρdθ = 3 = dθ 2 0 0 0 0 Z 3 2π = dθ 2 0 = 3π

→ − → F · d− r =

C

6.5.4.

ZZ

Aplicacion teorema de Green

Problema 1 Usando el teorema de Green determinar el momento de inercia de una arandela homogénea de densidad superficial σ,que tiene masa M, radio interno a y radio externo b; respecto de uno de sus diámetros.

Figura 6.10: región R = (x, y) ∈ IR2 / a2 ≤ x2 + y 2 ≤ b2

Soluci´ on. Determinaremos el momento de inercia con respecto al diámetro que es colineal con el eje x. El momento de inercia con respecto a éste eje esta dado por ZZ Ix = σy 2 dA R

donde σ es la densidad superficial. 576

La región R = {(x, y) ∈ IR2 / a2 ≤ x2 + y 2 ≤ b2 } , no es simplemente conexa, sin embargo, se puede extender el teorema de Green, sumando integrales de l´ıneas sobre fronteras separadas, de un n´ umero finito de subregiones (simplemente conexas), para construir una integral sobre una sola frontera. ZZ R

Z Z ∂Q ∂P P dx + Qdy − P dx + Qdy − dxdy = ∂x ∂y C1 C2 Z Z = P dx + Qdy + P dx + Qdy −C2

C1

Buscamos P y Q, tales que ∂Q ∂P − = y2 ∂x ∂y Consideremos en este caso Q = 0 =⇒ −

∂P y3 = y 2 =⇒ P = − ∂y 3

Asi, el momento de inercia queda: Z ZZ Z y3 y3 2 σy dA = σ − dx − Ix = − dx 3 3 C1 R C2 Z Z 3 3 y y = σ − dx + dx 3 C1 C2 3 Parametrizamos ambas curvas: x = b cos t dx = −b sin tdt C1 : =⇒ con 0 ≤ t ≤ 2π y = b sin t dy = b cos tdt x = a cos t dx = −a sin tdt C2 : =⇒ con 0 ≤ t ≤ 2π y = a sin t dy = a cos tdt Reemplazando términos en la u ´ltima integral, queda:

Ix

2π

Z 2π 3 3 b3 sin3 t a sin t − = σ (−b sin t)dt + (−a sin t)dt 3 3 0 0 Z (b4 − a4 ) 2π 4 = σ sin tdt 3 0 Z (b4 − a4 ) 2π 2 sin t 1 − cos2 t dt = σ 3 0 Z

Aplicando las identidades trigonométricas: (1 + cos 2t) (1 − cos 2t) , sen2 t = , obtenemos cos2 t = 2 2 577

Ix = = = =

Z (b4 − a4 ) 2π 1 σ [(1 − cos 2t)(1 − cos 2t)] dt 3 4 0 2π (b4 − a4 ) 3t sen2t sen4t σ − + 3 8 4 32 0 4 4 (b2 + a2 ) (b − a ) 6π = πσ(b2 − a2 ) σ 3 8 4 2 2 M (b + a ) 4

Problema 2 Un fluido de densidad constante gira alrededor del eje z con velocidad → − v = w(−ybi+xb j) donde w es una constante positiva llamada rapidez angular, muestre que la circulación del campo de velocidades es I − v · d→ r = 2πR2 w c

Soluci´ on La circulación de un campo vectorial es su integral de l´ınea a lo largo de − una curva cerrada. Por el teorema de Stokes, la circulación de → v alrededor de la circunferencia C de radio R que acota a un disco S en el plano xy , esta dado por Calculemos i j k ∂ ∂ ∂ → − = (0, 0, (w − (−w)) = (0, 0, 2w) ∇ × v = ∂x ∂y ∂z −wy wx 0 − Luego, (∇ × → v )·b kdS = 2wb k·b kdS = 2wdxdy.Entonces I

→ − − v · d→ r =

C

ZZ

− (∇ × → v )·b k dS

Z ZS =

2wdxdy = 2w πR2 S

Problema 3 → − x2 Sea el campo de fuerzas F (x, y) = (2xy 2 + y, 2x2 y + + x), demostrar 2 que en cualquier camino cerrado simétrico con respecto al eje y, la circulación 578

es cero. Soluci´ on

−→ x2 Tenemos que F (x, y) = (2xy 2 + y, 2x2 y + + x) es un campo vectorial 2 continuo con derivadas parciales  ∂Q  = 4xy + x + 1  ∂x , continuas definidas en la región de integración. ∂P  = 4xy + 1  ∂y Luego, aplicando el teorema de Green se tiene I C

→ − → F · d− r =

ZZ

I

(P dx + Qdy) = ZZ = xdxdy

R

∂Q ∂P − dxdy ∂x ∂y

R

donde R = {(x, y) ∈ IR2 / − a ≤ x ≤ a, Ψ1 (x) ≤ y ≤ Ψ2 (x)} Particionemos la Región R en dos subregiones simétricas con respecto al eje y, tal que: R = R1 ∪ R2 y R1 ∩ R2 = φ.Entonces ZZ ZZ ZZ xdxdy = xdxdy + xdxdy R1

R

R2

Figura 6.11: Región R = (x, y) ∈ IR2 / − a ≤ x ≤ a, Ψ1 (x) ≤ y ≤ Ψ2 (x) sub

dividida en dos regiones R1 y R2

Se tiene que x es una función impar definida en un intervalo simétrico, entonces Z 0 Z a xdx + xdx = 0 −a

0

579

Por lo tanto

ZZ

ZZ xdxdy + R1

En consecuencia

xdxdy = 0 R2

I

→ − → F · d− r =0

C

6.5.5.

Aplicaciones al electromagnetismo

Problema 1 → − → − Sean E (t, x, y, z)y B (t, x, y, z) los campos eléctrico y magnético respectivamente que dependen de la posición y del tiempo, en el espacio. Sea S una superficie con frontera C. Definimos I → − → r E · d− Voltaje alrededor de C = C ZZ → − B ·n bdS Flujo magnetico a través de S = S

La ley de Faraday afirma que el voltaje alrededor de C es igual a la razón de cambio negativo del flujo magnético a través de S, es decir I ZZ → − → → − 1∂ − E ·dr =− B ·n bdS (1,1) c ∂t S C Utilice el teorema de Stokes para deducir la Ley de Faraday a partir de la ecuación diferencial de Maxwell → − → − 1∂B ∇× E =− c ∂t Soluci´ on Supongamos que se cumple → − → − 1∂B ∇× E =− c ∂t Sea C una curva cerrada, estacionaria en las coordenadas x, y, z, y S una → − superficie limitada por C . Si B (t, x, y, z) es el campo magnético medido en x, y, z en el instante t, entonces tomando la integral de superficie sobre S se tiene. ZZ ZZ → − − ∂→ 1 (∇ × E ) · n bdS = − B ·n bdS c S S ∂t Transformando el lado izquierdo por medio del teorema de Stokes: Z ZZ → − → − 1 ∂→ − E ·dr =− B ·n bdS c C S ∂t 580

Aplicando linealidad al lado derecho obtenemos Z ZZ → − → → − 1∂ − E ·dr =− B ·n bdS c ∂t S C que es la ley de Faraday. Problema 2 La ley de Ampére afirma que si la densidad de corriente eléctrica está de→ − → − scrita por un campo vectorial J ,y el campo magnetico es B , entonces la → − circulacion B alrededor de la frontera C que limita una susperficie S es igual → − a la integral de J sobre S es decir ZZ Z → − → → − 4π − B ·dr = J ·n bdS c C S Pruebe que la ley de Ampére se deduce a partir de la ecuación de Maxwell del estado estacionario → − − 4π → ∇× B = J c Soluci´ on Supongamos que se cumple → − − 4π → ∇× B = J c Tomando la integral de superficie sobre S se tiene. ZZ ZZ − → → − 4π J ·n bdS (∇ × B) · n bdS = c S S Aplicando el teorema de Stokes al lado izquierdo de la ecuación Z ZZ → − → → − 4π − B ·dr = J ·n bdS c C S que es la ley de Ampere. Esta Ley también se puede expresar como Z → − → 4π B · d− r = I c C donde ZZ → − I= J ·n bdS S

es la intensidad de la corriente eléctrica en una superficie S limitada por una curva cerrada C. 581

Problema 3 → − Hallar el campo magnético B producido por un alambre recto infinito, a una distancia r del alambre que lleva una corriente estacionaria I. Soluci´ on Considere un alambre recto extendido sobre el eje z desde -∞ hasta +∞.Como hay simetr´ıa cilindrica, el alambre coincide con el eje axial del cilindro,se escoge una trayectoria circular con con un punto del eje z como centro, con radio r → − Por la simetr´ıa, el vector B no es solamente constante azimutal sino

→

− → − tambien tienen la disma dirección que d r y su magnitud B es constante alrededor de la trayectoria C. Por consiguiente → − → 4π B · d− r = I c C Z − − 4π

→ r k cos 0 = I

B kd→ c C

→

Z 4π

− − rk = I

B kd→ c C

→

4π

− I

B (2πr) = c Z

Finalmente queda → − 2 B = Ib eθ cr Problema 4 → − → − Sean E (t, x, y, z)y B (t, x, y, z) los campos eléctrico y magnético respectivamente que dependen de la posición y del tiempo, en el espacio. que satisfacen la ecuaciones de Maxwell → − → − 1∂B ∇× E = − c ∂t → − → − − 1∂E 4π → ∇× B = + J c ∂t c → − ∇ · E = 4πρ → − ∇· B = 0 582

que están escritas para los campos en el vac´ıo, en presencia de una densidad de carga eléctrica ρy de corriente,es decir,cargas en movimiento de densidad → − J a) Deducir la forma integral de la ecuación de Maxwell Z ZZ ZZ → − → → − → − 1∂ 4π − B ·dr = E ·n bdS + J ·n bdS c ∂t S c C S donde C representa una espira de alambre por el que fluye corriente en el sentido contrario al de los punteros del reloj con respecto al vector unitario normal a la superficie n b. La integral de superficie del primer término del lado derecho de la ecuación es llamada flujo eléctrico y el segundo corresponde a la intensidad de corriente I. Si S cualquier superficie orientada con frontera C. − → b) Suponga que B (t, x, y, z) es un campo solenoidal, es decir, → − ∇ · (∇ × B ) = 0, que satisface ecuación (2) de Maxwell. Demostrar que la densidad de corriente satisface la ecuación de continuidad. ∂ρ 4π ∇·J + =0 c ∂t Soluci´ on b) Consideremos la ecuación de Maxwell. → − − → − 4π → 1∂E + J ∇× B = c ∂t c Tomando la integral de superficie sobre S se tiene. ZZ

− → 1 (∇ × B) · n bdS = c S

ZZ S

ZZ → − → − ∂E 4π ·n bdS + J ·n bdS ∂t c S

Aplicando el teorema de Stokes al lado izquierdo de la ecuación → − → 1 B · d− r = c C

Z

ZZ S

ZZ → − → − ∂E 4π ·n bdS + J ·n bdS ∂t c S

Aplicando linealidad al primer término del lado derecho, obtenemos Z ZZ ZZ → − → → − → − 1∂ 4π − B ·dr = E ·n bdS + J ·n bdS c ∂t S c C S que es la forma integral de la ecuación de Maxwell. c) Consideremos la ecuación 583

→ − → − − 1∂E 4π → ∇× B = + J c ∂t c Tomemos la divergencia en los dos lados . → − → − → − 4π 1∂ ∇· E + ∇· J ∇ · (∇ × B ) = c ∂t c → − Aplicando la condición de solenoidal y reemplazando ∇ · E por (3) 0=

→ − 1∂ 4π (4πρ) + ∇· J c ∂t c

Por lo tanto, se tiene → − 4π ∂ ∇· J + ρ =0 c ∂t Problema 5 → − → − Sean E y B dos vectores con derivadas parciales continuas de segundo → − orden con respecto a la posición y el tiempo . Supongase a´demas que E y → − B satisfacen las ecuaciones de Maxwell en el vac´ıo, en ausencia de densidad → − de cargas ρ y densidad de corriente J : → − ∇· E = 0 → − ∇· B = 0 → − → − 1∂B ∇× E = − c ∂t → − → − 1∂E ∇× B = c ∂t

(6.5.1) (6.5.2) (6.5.3) (6.5.4)

donde c es una constante que corresponde a la velocidad de la luz en el vac´ıo → − → − a) Demostrar que E y B satisfacen la ecuación de onda → − 1 ∂2 Ψ ∇ Ψ= 2 2 c ∂t − 2→

→ − → − b) Demostrar que E y B satisfacen la ecuación : −2 → −2 → − → − ∂ 1 → ( E + B ) + c∇ · ( E × B ) = 0 ∂t 2 584

c) Integre la expresión anterior sobre un volumen Ω encerrado dentro de una superficie Σ, y demostrar que ZZ ZZZ −2 → −2 → − → − 1 → ∂ ( E + B ) dV + c (E × B ) · n bdS = 0 ∂t Ω 2 S Soluci´ on a) Si tomamos el rotacional de la ecuación 6.5.3 tenemos: → − → − 1∂ ∇ × (∇ × E ) = − (∇ × B ) c ∂t → − Eliminamos a ∇ × B por medio de la ecuación 6.5.4, entonces → − → − 1 ∂ 1∂E ∇ × (∇ × E ) = − ( ) c ∂t c ∂t → − → − 1 ∂2 E ∇ × (∇ × E ) = − 2 2 c ∂t Aplicando al rotacional la identidad: → − → − → − ∇ × (∇ × E ) = ∇(∇ · E ) − ∇2 E se tiene:

→ − → − − 1 ∂2 E 2→ ∇(∇ · E ) − ∇ E = − 2 2 c ∂t Por tanto, aplicando la ecuación 6.5.1 al primer término se tiene el campo → − eléctrico E satisface la ecuación de onda → − − 1 ∂2 E 2→ ∇ E = 2 2 c ∂t Por otra parte, si tomamos el rotacional de la ecuación 6.5.4 tenemos: → − → − 1∂ ∇ × (∇ × B ) = (∇ × E ) c ∂t → − Eliminamos a ∇ × E por medio de la ecuación 6.5.3, entonces → − → − 1∂ 1∂B ∇ × (∇ × B ) = (− ) c ∂t c ∂t → − → − 1 ∂2 B ∇ × (∇ × B ) = − 2 2 c ∂t Aplicando al rotacional la identidad: 585

→ − → − → − ∇ × (∇ × B ) = ∇(∇ · B ) − ∇2 B se tiene:

→ − → − − 1 ∂2 B 2→ ∇(∇ · B ) − ∇ B = − 2 2 c ∂t En consecuencia, aplicando la ecuación 6.5.2, al primer término se tiene → − que el campo eléctrico B también satisface la ecuación de onda → − − 1 ∂2 B 2→ ∇ B = 2 2 c ∂t → − b) Si hacemos en la ecuación 6.5.3 el producto interno por H queda − ∂→ − → − → − 1→ B · (∇ × E ) = − B · B c ∂t

→ − Analogamente , si hacemos en la ecuación 6.5.4 el producto interno por E se tiene → − → − → − − ∂E 1→ E · (∇ × B ) = E · c ∂t Restamos la segunda ecuación de la primera, entonces obtenemos − ∂→ − → − → − → − → − 1→ B · (∇ × E ) − E · (∇ × B ) = − B · B − c " ∂t → − → − → − → − − ∂→ − 1 → B · (∇ × E ) − E · (∇ × B ) = − B· B c ∂t

→ − − ∂E 1→ E· c ∂t # → − → − ∂E +E· ∂t

Ahora, reemplazando por las identidades: → − → − → − → − → − → − B · (∇ × E ) − E · (∇ × B ) = ∇ · ( E × B ) → − − → − ∂E −2 → −2 → − ∂→ ∂ 1 → = (B + E ) B· B +E· ∂t ∂t ∂t 2 La ecuación anterior se convierte en → − → − −2 → −2 1∂ 1 → ∇ · (E × B ) = − (B + E ) c ∂t 2 por lo tanto, multiplicando por la constante c, obtenemos: −2 → −2 → − → − ∂ 1 → ( E + B ) + c∇ · ( E × B ) = 0 ∂t 2 586

c) Si integramos la u ´ltima expresión sobre el volumen Ω dentro de una superficie cerrada S, obtenemos ZZZ −2 → −2 → − → − ∂ 1 → ( E + B ) + c∇ · ( E × B ) dV = 0 ∂t 2 Ω Aplicando linealidad queda: ZZZ ZZZ −2 → −2 → − → − ∂ 1 → ( E + B ) dV + c ∇ · ( E × B )dV = 0 ∂t Ω 2 Ω Usando el teorema de la divergencia en el segundo término de la ecuación queda: ZZZ ZZ −2 → −2 → − → − 1 → ∂ ( E + B ) dV + c (E × B ) · n bdS = 0 ∂t Ω 2 S

6.6.

Auto evaluaciones

Autoevaluaci´ on No 1 Tiempo 2 horas Problema 1 → − Dado el campo vectorial F (x, y, z) = (0, 0, z) . RR → − a) calcular F ·n bdS, siendo S la superficie descrita por la ecuación S − paramétrica: → r (u, v) = (sin u cos v, sin u sin v, cos u sin u) , donde D = {(u, v) /0 ≤ u ≤ π, 0 ≤ v ≤ 2π} b) determine el volumen de la región Ω acotada por la superficie S. Problema 2 − Sea → r = (x, y, z) en una superficie cerrada regular S. Obtener RR → − r ·n bdS en términos del volumen V que encierra S. S

Problema RR 3. → − Calcular F ·n bdS, siendo el campo vectorial S

→ − F (x, y, z) = x2 + y 3 + z 4 , x2 + y 3 + z 4 , x3 + y 4 + z 4 y S la superficie formada por las seis caras de paralelep´ıpedo Ω = (x, y, z) ∈ IR3 /3 ≤ x ≤ 5, 1 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 1 587

Pauta de Correcci´ on Problema 1 → − a) Calculemos directamente el flujo del campo F sobre la superficie S. ZZ ZZ → − → → − − F (− r (u, v)) · → n dudv F ·n bdS = D

S

→ − − Se tiene que F (→ r (u, v)) = (0, 0, cos u sin u) y el vector normal exterior a la superficie es i j k → − → − → − 2 n = r u × r v = cos u cos v cos u sin v − sin u − sin u sin v sin u cos v 0 = sin3 u cos v, sin3 u sin v, cos u sin u → − → − F (− r (u, v)) · → n = (0, 0, cos u sin u) · sin3 u cos v, sin3 u sin v, cos u sin u Reemplazando en el integrando obtenemos: Z

2π

Z

π 2

2

cos u sin ududv = 0

0

= = =

Z Z 1 2π π 2 sin 2ududv 4 0 0 Z Z 1 2π π 1 − cos 4u dudv 4 0 2 0 π Z 1 2π 2u − sin 4u dv 4 0 4 0 Z 1 2π π π2 dv = 4 0 2 4

→ − el flujo del campo F sobre la superficie S. b) Sea Ω la región cuyo volumen esta acotado por la superficie S. De acuerdo con el teorema de la divergencia de Gauss, se tiene ZZ ZZZ → − → − F ·n bdS = ∇ · F dV S

Ω

→ − Como al calcular ∇ · F = 0 + 0 + 1 = 1,obtenemos 588

ZZ

→ − F ·n bdS =

ZZZ dV = V (Ω) Ω

S

Por tanto, el volumen pedido es π2 V (Ω) = 4

Problema 2.

De acuerdo con el teorema de la divergencia de Gauss se tiene

ZZ

→ − r ·n bdS =

S

ZZZ

− ∇·→ r dV

ZΩ ZZ =

3dV Ω

= 3V donde V es el volumen encerrado por S Problema 3 Sea la región cuyo volumen esta acotado por la superficie S. De acuerdo con el teorema de la divergencia de Gauss, se tiene ZZ

→ − F ·n bdS =

ZZZ

S

→ − ∇ · F dV

Ω

→ − Como al calcular ∇ · F = 2x + 3y 2 + 4z 3 ,obtenemos 589

ZZZ

→ − ∇ · F dV

ZZZ

2x + 3y 2 + 4z 3 dxdydz

=

Ω

Z

Ω 5

2

Z

1

Z

2x + 3y 2 + 4z 3 dzdydx

= Z3 5 Z1 2 = Z3 5 Z1 2 = Z3 5 =

0

1 2xz + 3y 2 z + z 4 0 dydx 2x + 3y 2 + 1 dydx

1

2xy + y 3 + y

3

Z =

2 1

dx

5

(2x + 8)dx = x2 + 8x = 32

3

Autoevaluaci´ on No 2 Tiempo 2 horas Problema 1. RR → − → − Calcular la integral F ·n bdS, en donde F (x, y, z) = (xy 2 , x2 y, y) , y S S

es la superficie del cilindro x2 + y 2 = 1 acotado por los planos: z = 1 y z = −1. Problema 2. → − √ Sea F (x, y, z) = 0, y, 0 el campo de velocidades de un fluido. Calcular RR → − el flujo F ·b ndS, que atraviesa la superficie S = {(x, y, z) ∈ IR3 /x2 + y 2 = y, 0 ≤ y ≤ 1} . S

Problema 3. → − Verificar el teorema de Stokes para F (x, y, z) = (3y, −xz, yz 2 ) , siendo S la superficie del paraboloide 2z = x2 + y 2 , limitada por z = 2.Considere que n b es la normal exterior a la superficie S.

Pauta de Autocorreci´ on Problema 1 De acuerdo con el teorema de la divergencia de Gauss,se tiene ZZ ZZZ → − → − F ·n bdS = ∇ · F dV S

Ω

590

siendo Ω la región limitada por la superficie S, es decir el cilindro macizo dado por la ecuación Ω = {(x, y, z) ∈ IR3 /x2 + y 2 ≤ 1, −1 ≤ z ≤ 1} . Teniendo en cuenta que el integrando en cordenadas cartesianas → − ∇ · F = y 2 + x2 + 0,queda: ZZZ

→ − ∇ · F dV =

ZZZ

x2 + y 2 dxdydz

Ω

Ω

Por la simetria del integrando y del dominio conviene aplicar el cambio de coordenadas cil´ındricas x = ρ cos θ, y = ρ sin θ , cuyo jacobiano es J (ρ, θ, z) = ρ. Entonces la región Ω transforma a → − Ω∗ = {(ρ, θ, z) /ρ2 ≤ 1, −1 ≤ z ≤ 1} y el integrando produce ∇ · F = ρ2 ,luego. ZZZ

2

x +y

2

ZZZ

ρ2 ρdρdθdz

dxdydz = Ω∗ 1

Ω

Z

Z

2π

1

Z

ρ3 dρdθdz

= −1 1

Z

0

Z

= −1

= π

0

0 2π

ρ4 4

1 dρdθdz 0

. Problema 2. En primer lugar consideremos la siguiente parametrizacion de la Superficie

→ − r (u, v) = (u cos v, u2 , u sin v) , donde Ω = {(u, v) , 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 2π} Determinemos el vector normal a la superficie → − r u (u, v) = (cos v, 2u, sin v) → − r v (u, v) = (−u sin v, 0, u cos v) i j k → − → − 2u sin v = (2u2 cos v, −u, 2u2 sin v) r u × r v = cos v −u sin v 0 u cos v Entonces 591

ZZ

→ − F ·n bdS =

→ − → − − F (− r (u, v)) · (→ r u×→ r v ) dudv

ZZ Ω

S

2π

Z

Z

1

(0, u, 0) · 2u2 cos v, −u, 2u2 sin v dudv

= Z0 2π Z0 1 = 0

= −

−u2 dudv

0

2π 3

Problema 3. De acuerdo con el teorema de Stokes, debemos verificar que I ZZ → − → → − − F ·dr = ∇× F ·n bdS C

S

En primer lugar, calculemos

H→ − → F · d− r C

Determinemos la curva C que limita la Superficie abierta del paraboloide: si z = 2 =⇒ x2 + y 2 = 4 − Parametricemos la curva C, con una orientación positiva, se tiene → r (t) = → − → − (2 cos t, 2 sin t, 2) t ∈ [2π, 0] y evaluemos el campo sobre la curva F ( r (t)) = (6 sin t, −4 cos t, 8 sin t) , luego I

→ − → F · d− r = −

Z

0

12 sin2 t + 8 cos2 t dt

2π

C

Z

2π

8 + 4 sin2 t dt Z0 2π 1 − cos 2t dt = 8+4 2 0 2π sin 2t = 16π + 2 t − 2 0 = 20π =

592

Calculemos, ahora ZZ ZZ → − − → − − ∇ × F · (→ r y×→ r x ) dxdy ∇× F ·n bdS = R

S

Las ecuaci´ on paramétrica de la superficie S en coordenadas cartesianas 2 2 x + y − es → r (x, y) = x, y, ,y el vector normal exterior es 2 i j k → − − − n =→ r y×→ r x = 0 1 y = (x, y, −1) 1 0 x Además i j k → − ∇ × F = ∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z = (z + x, 0. − (z + 3)) 3y −xz yz 2 Finalmente R es la proyección sobre el plano xy, R = {(x, y) ∈ IR2 /x2 + y 2 = 4} ,entonces # x2 + y 2 − 3 · (x, y, −1) dxdy + x, 0, − 2 R # 2 ZZ " 2 x2 + y 2 x + y2 2 + 3 dxdy +x + = x 2 2 Z Z "

x2 + y 2 2

2

R

Haciendo un cambio a coordenadas polares x = ρ cos θ, y = ρ sin θ Z 2π Z 2 1 5 1 2 2 ρ cos θ + ρ cos θ + ρ + 3 ρdρdθ 4 2 0 0 Z 2π Z 2π Z 2π 128 2 = cos θdθ + 4 cos θdθ + 8 dθ 28 0 0 0 Z 2π 1 + cos 2θ = 0+4 dθ + 16π = 4π + 16π 2 0 = 20π

Autoevaluaci´ on No 3 Tiempo 2 horas Pregunta 1 RR → − Usar el teorema de Stokes para resolver, ∇× F ·n bdS , si la superficie S → − S esta dada por z = 1 − x2 − y 2 con z ≥ 0 y F = (y, z, x) . 593

Pregunta 2 Determinar el a´rea de la superficie x2 + y 2 = 4, limitada por el plano z = 0 y por la superficie z = 2x2 + y 2

Pauta Correcciones Pregunta 1 El teorema de Stokes asegura que ZZ I → − → → − F · d− r ∇× F ·n bdS = S

C

donde C es la curva cerrada que limita S. Sea C: 1 − x2 − y 2 = 0; z = 0 =⇒ x2 + y 2 = 1 corresponde a una circunferencia en el plano xy centrada en el origen de radio 1. Al parametrizar la curva considerando una orientación positiva, produce → − r (t) = (cos t, sin t, 0) t ∈ [2π, 0] =⇒ 0 → − r (t) = (− sin t, cos t, 0) t ∈ [2π, 0] =⇒ → − → F (− r (t)) = (sin t, 0, cos t) → − Calculemos entonces la integral de l´ınea F de sobre la curva C I C

→ − → F · d− r =

Z

2π

[sin t (− sin t) + 0 + 0] dt 0

Z

2π 2

Z

2π

sin tdt = − 0 2π t sin 2t = − − = −π 2 4 0 = −

0

1 − cos 2t 2

dt

Pregunta 2 Método 1 En primer lugar, consideremos la Superficie cil´ındrica parametrizada por → − r (u, v) = (2 cos u, 2 sin u, v) , donde Ω = {(u, v) , 0 ≤ u ≤ 2π, 0 ≤ v ≤ 4 cos2 u + 4} Determinemos el vector normal a la superficie → − r u (u, v) = (−2 sin u, 2 cos u, 0) → − r v (u, v) = (0, 0, 1) i j k → − − r u×→ r v = −2 sin u 2 cos u 0 = (2 cos u, 2 sin u, 0) 0 0 1 594

− − |→ r u×→ r v| = 2 El área de la superficie es entonces Z Z − − A (S) = |→ r u×→ r v | dudv Ω 2π Z 4 cos2 u+4

Z

2dvdu

= 0

0

Z

2π

4 cos2 u + 4 du

= 2 0

= 24π Método 2 El área de la superficie se puede determinar con la integral curvil´ınea Z A (S) = zds C

Sea C: x2 + y 2 = 4 es a una circunferencia en el plano xy centrada en el origen de radio 2. Al parametrizar la curva considerando una orientación positiva, produce → − r (t) = (2 cos t, 2 sin t) , t ∈ [2π, 0] =⇒ 0 → − r (t) = (−2 sin t, 2 cos t) , t ∈ [2π, 0] =⇒ − z (→ r (t)) = 4 cos2 u + 4 Luego, el a´rea de la superficie es Z

2π

4 cos2 u + 4 2dt

A (S) = 0

= 24π

595

Bibliograf´ıa [1] Tom M. Apóstol, Calculus, Vol I, 2a edición, Ed. Reverté, 1982 [2] George Arfken, Mathematical Methods for Physicists, Academic Press, 1985 [3] R.V. Churchill, Fourier Series and Boundary Value Problems, 2o ed. Nueva York, Mac Graw Hill,1963 [4] Erwing Kreyszing, Matemáticas Avanzadas para Ingenier´ıa, Vol I y II, Limusa, 1995 [5] R. Larson ,R.Hostetler, B. Edwars, Cálculo con Geometr´ıa Anal´ıtica, Vol 2, Mc Graw Hill, 1999. [6] J.E. Marsden, A.J. Tromba, Cálculo Vectorial, Addison Wesley Longman, 1998 [7] Peter V. O’Neil, Matemáticas Avanzadas para Ingenier´ıa, Thomson, 2005 [8] Claudio Pita Ruiz, Cálculo Vectorial, Prentice-Hall Hispanoamérica, SA, 1995 [9] George B. Thomas Jr., Cálculo varias variables, Addison-Wesley, Pearson 2000S

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Apunte Usach - Calculo Avanzado

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