Cálculo Apuntes de teoría y ejercicios resueltos
Cálculo Apuntes de teoría y ejercicios resueltos
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José Manuel Salazar
El contenido de este libro no podrá ser reproducido, ni total ni parcialmente, sin el previo permiso escrito del editor. Todos los derechos reservados. © Universidad de Alcalá Servicio de Publicaciones Plaza de San Diego, s/n 28801 Alcalá de Henares www.uah.es ISBN: 978-84-8138-892-3 Depósito Legal: M-48203-2010 Impresión y encuadernación: Imprenta de la UAH Impreso en España
3
PRÓLOGO
El presente libro intenta ser una guía práctica para los alumnos de primer curso de carreras cientí cas en su estudio del Cálculo. Para ello, se han incluido resúmenes teóricos y una gran cantidad de ejercicios resueltos. Esta obra resulta especialmente recomendable como material de apoyo en la resolución de problemas, pudiendo emplearse también como texto básico, sin olvidar que la parte teórica apenas incluye demostraciones, cuya consulta se deja al criterio del lector en cualquier texto estándar. Los contenidos quedan estructurados de la siguiente manera: cada capítulo comienza con un resumen teórico de la materia a tratar, seguido de una serie de problemas propuestos para el alumno. El último capítulo está dedicado a la resolución de los problemas enunciados en los temas anteriores. En el capítulo 1 se presentan los elementos básicos del Cálculo con los que el alumno ya debe estar familiarizado: funciones elementales y sus propiedades, relaciones trigonométricas, límites y continuidad de funciones de una variable... En el capítulo 2 se estudia el Cálculo Diferencial de funciones de una variable y sus aplicaciones, mientras que el capítulo 3 se dedica al cálculo de primitivas. Las integrales de nidas e impropias son el objeto de estudio del capítulo 4, así como el Teorema Fundamental del Cálculo y sus derivaciones. En los capítulos 5, 6 y 7 se trabaja con las funciones de varias variables. En el capítulo 5 se estudian los conceptos de límite y continuidad para este tipo de funciones, mientras que el capítulo 6 queda reservado a la diferenciabilidad y sus aplicaciones y el capítulo 7 a la integración múltiple. Con el capítulo 8 se pretende introducir al alumno en el estudio de las ecuaciones diferenciales ordinarias, jando nuestra atención en las ecuaciones de primer orden y en las lineales de segundo orden. El capítulo 9 contiene las soluciones de la mayor parte de los problemas propuestos a lo largo del libro.
5
ÍNDICE
Índice
1. PRELIMINARES
7
1.1.
FUNCIONES ELEMENTALES . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
1.2.
RELACIONES TRIGONOMÉTRICAS
. . . . . . . . . . . .
9
1.3.
LÍMITES Y CONTINUIDAD . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
2. DERIVACIÓN
15
2.1.
DEFINICIONES Y RESULTADOS PRINCIPALES . . . . . .
15
2.2.
APROXIMACIONES POR POLINOMIOS
. . . . . . . . . .
18
2.3.
ESTUDIO GRÁFICO DE UNA FUNCIÓN
. . . . . . . . . .
19
2.4.
TABLA DE DERIVADAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
2.5.
EJERCICIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
25
3. CÁLCULO DE PRIMITIVAS
29
3.1.
INTEGRALES INMEDIATAS. EJEMPLOS . . . . . . . . . .
3.2.
INTEGRALES RACIONALES
3.3.
INTEGRALES TRIGONOMÉTRICAS
. . . . . . . . . . . .
33
3.4.
INTEGRALES IRRACIONALES . . . . . . . . . . . . . . . .
33
3.5.
EJERCICIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35
. . . . . . . . . . . . . . . . .
4. INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS 4.1.
37 37
4.1.1.
38
Propiedades. Teorema Fundamental del Cálculo Aplicaciones de la integral . . . . . . . . . . . . . .
INTEGRALES IMPROPIAS 4.2.1.
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
Límites de integración in nitos (1a especie) . Integrandos in nitos (2a especie) . . . . . . .
38 41
. .
41
. .
43
. . . . . . . . . . . . . .
45
EJERCICIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
46
4.2.2. 4.2.3. 4.3.
31
INTEGRAL DEFINIDA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.2.
4.2.
30
Criterios de convergencia
5. CONTINUIDAD EN VARIAS VARIABLES
47
5.1.
PRIMERAS DEFINICIONES. LÍMITES . . . . . . . . . . . .
5.2.
MÉTODOS PARA EL CÁLCULO DE LÍMITES . . . . . . .
48
5.3.
CONTINUIDAD
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
49
5.4.
SUPERFICIES CUÁDRICAS . . . . . . . . . . . . . . . . . .
51
5.5.
EJERCICIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
52
6. DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
47
55
6.1.
DERIVADAS DIRECCIONALES Y PARCIALES . . . . . . .
6.2.
GRADIENTES Y DIFERENCIABILIDAD
. . . . . . . . . .
56
6.3.
APLICACIONES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
58
6.3.1.
.
58
.
58
.
59
6.3.2. 6.3.3.
Derivadas direccionales máximas . . . . . . . . Estimación por incremento y diferencial total Geometría diferencial . . . . . . . . . . . . . . . .
55
6
ÍNDICE
6.3.4. 6.4.
Extremos relativos
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
60
EJERCICIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
63
7. INTEGRALES MÚLTIPLES 7.1. 7.2.
67
INTEGRAL DOBLE SOBRE UN RECTÁNGULO . . . . . .
67
7.1.1.
69
Propiedades de las integrales dobles
. . . . . . .
INTEGRAL DOBLE EN REGIONES ELEMENTALES
. . .
69
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
70
7.3.
CAMBIO DE VARIABLE EN INTEGRALES DOBLES . . .
71
7.4.
INTEGRAL TRIPLE
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
72
7.5.
INTEGRAL TRIPLE EN REGIONES ELEMENTALES . . .
73
7.6.
CAMBIO DE VARIABLE EN INTEGRALES TRIPLES . . .
74
7.7.
EJERCICIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
77
7.2.1.
Propiedades
8. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 8.1. 8.2. 8.3.
INICIAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
81
ECUACIONES DE PRIMER ORDEN . . . . . . . . . . . . .
83
ECUACIONES LINEALES DE 2 8.3.1. 8.3.2.
8.4.
81
PRIMERAS DEFINICIONES. PROBLEMA DEL VALOR
o
ORDEN
. . . . . . . . . .
Ecuaciones homogéneas de coe cientes constantes Ecuaciones no homogéneas de coe cientes constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EJERCICIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9. SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
89 89 91 95
99
9.1.
DERIVACIÓN
9.2.
CÁLCULO DE PRIMITIVAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
99
9.3.
INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS
9.4.
CONTINUIDAD EN VARIAS VARIABLES . . . . . . . . . . 163
9.5.
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
9.6.
INTEGRALES MÚLTIPLES
9.7.
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
. . . . . . . . . 147 . . . . . 173
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 . . . . . . 213
7
1. 1.1.
PRELIMINARES FUNCIONES ELEMENTALES
8
1
PRELIMINARES
1.2
1.2.
RELACIONES TRIGONOMÉTRICAS
RELACIONES TRIGONOMÉTRICAS
9
10
1
1.3.
PRELIMINARES
LÍMITES Y CONTINUIDAD
De nición 1.1.
Función real de variable real. Sea A ⊂ R. Una función real de variable real es una aplicación f : A ⊂ R → R. Dominio.
Se llama dominio de f al conjunto D(f ) = {x ∈ R : ∃ f (x) ∈ R}
Imagen.
Se llama imagen de f al conjunto Im(f ) = {y = f (x) : x ∈ D(f )} = f (D(f ))
Grá ca.
La grá ca de f es Gf = {(x, y) ∈ R2 : y = f (x)}
Dada f inyectiva, la inversa de f , f −1 , es la función tal que (f −1 ◦ f )(x) = (f ◦ f −1 )(x) = x. Función recíproca o inversa.
Función periódica. La función f es periódica si existe T > 0 tal que f (x) = f (x + T ) para todo x ∈ D(f ). El menor de tales T > 0 se llama
período de la función.
Función par e impar. Si f (−x) = f (x) para todo x ∈ D(f ), se dice que f es par. Si f (−x) = −f (x) para todo x ∈ D(f ), se dice que f es impar.
Una función f : A → R es creciente (decreciente) si para todo x1 < x2 es f (x1 ) ≤ f (x2 ) (f (x1 ) ≥ f (x2 )). Si la desigualdad es estricta, decimos que f es estrictamente creciente (estrictamente decreciente). Función creciente y decreciente.
Una función f es acotada inferiormente si existe k ∈ R tal que f (x) ≥ k para todo x ∈ D(f ). Se dice que f es acotada superiormente si existe k ∈ R tal que f (x) ≤ k para todo x ∈ D(f ). Decimos que f es acotada si lo es superior e inferiormente.
Función acotada.
Operaciones con funciones. (f + g)(x) = f (x) + g(x) Producto: (f g)(x) = f (x)g(x) Producto por escalar: (kf )(x) = kf (x) Composición: (g ◦ f )(x) = g(f (x))
Suma:
1.3
11
LÍMITES Y CONTINUIDAD
De nición 1.2. Límite.
Sea I = (c, d) un intervalo abierto con a ∈ I y sea f una función de nida en I (salvo quizá en a). Dado l ∈ R, se dice que l´ımx→a f (x) = l si y sólo si para todo > 0 existe δ > 0 tal que si 0 < |x−a| < δ , entonces |f (x)−l| < . Una de nición equivalente, mediante el empleo de sucesiones, es la siguiente: l´ım f (x) = l ⇔ (∀ {xn } → a con xn 6= a para todo n ⇒ {f (xn )} → l)
x→a
De nición 1.3. Límites laterales.
Dado l+ ∈ R, se dice que l´ımx→a+ f (x) = l+ si y sólo si para todo > 0 existe δ > 0 tal que si 0 < x − a < δ , entonces |f (x) − l+ | < . Si, en vez de aproximar la x a la a por la derecha, lo hacemos por la izquierda, obtenemos el límite por la izquierda, l´ımx→a− f (x) = l− . Los límites laterales también se pueden de nir empleando sucesiones que se aproximen por cada uno de los lados de a.
Teorema 1.1. Existe
l´ım f (x) si y sólo si existen los límites laterales y
x→a
coinciden, esto es, l´ım+ f (x) = l´ım− f (x) = l ∈ R x→a
x→a
De nición 1.4.
Límites in nitos. Decimos que limx→a f (x) = +∞ (−∞) si para todo M ∈ R existe un δ > 0 tal que f (x) > M (f (x) < M ) para todo x tal que 0 < |x − a| < δ .
Los límites laterales in nitos limx→a+ f (x) = ±∞ y limx→a− f (x) = ±∞ se de nen de modo análogo, pero aproximándose por el lado adecuado de a. Límite nito en el in nito. Si (a, +∞) ⊂ D(f ), se dice que f tiende a l cuando x → +∞, esto es, l´ımx→∞ f (x) = l si para todo > 0 existe M ∈ R tal que si x > M entonces |f (x) − l| < . Límite in nito en el in nito. Si (a, +∞) ⊂ D(f ), decimos que l´ımx→+∞ f (x) = +∞ si para todo M ∈ R, ∃ N ∈ R tal que si x > N entonces f (x) > M . De modo análogo se de nen los límites l´ımx→+∞ f (x) = −∞, l´ımx→−∞ f (x) =
+∞ y l´ımx→−∞ f (x) = −∞.
Teorema 1.2. El límite, si existe, es único. Propiedades de los límites. Sean
f, g
tales que
l´ımx→a f (x) = l1
y
l´ımx→a g(x) = l2 .
Entonces:
12
1
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.
l´ımx→a α = α, α ∈ R l´ımx→a αf (x) = αl1 , α ∈ R l´ımx→a (f (x) ± g(x)) = l1 ± l2 l´ımx→a (f (x)g(x)) = l1 l2 (x) l´ımx→a fg(x) = ll12 (l2 6= 0) l´ımx→a (f (x))n = l1n p √ l´ımx→a n f (x) = n l1 (si n impar l´ımx→a bf (x) = bl1 , b ∈ R l´ımx→a f (x)g(x) = l1l2 (l1 > 0)
ó
n
par y l1
PRELIMINARES
≥ 0)
Los casos
0 ∞ , , 0∞, ∞ − ∞, 1∞ , 00 , ∞0 0 ∞ son indeterminaciones.
Teorema 1.3. Regla del Sandwich.
Si f (x) ≤ g(x) ≤ h(x) en un entorno de a (salvo, quizá, en el propio a) y l´ım f (x) = l´ım h(x) = l, entonces l´ım g(x) = l. Aquí a y l pueden ser tanto x→a x→a x→a nitos como in nitos.
De nición 1.5. Continuidad.
Una función f es continua en a si se satisfacen las condiciones siguientes: 1. f (a) está de nida. 2. l´ımx→a f (x) = f (a) (el límite existe y es igual a f (a)). Otra caracterización de continuidad es con sucesiones: f es continua en a ∈ D(f ) si para toda sucesión {xn } → a se veri ca que {f (xn )} → f (a). Decimos que f es continua en un intervalo abierto (c, d) si lo es en cada punto del intervalo.
De nición 1.6. Si discontinuidad Evitable
f no es continua en a, se dice que f tiene en a una . La discontinuidad es:
si existe l´ımx→a f (x) ∈ R.
Inevitable
en caso contrario.
De nición 1.7. Continuidad lateral.
La función f es continua por la izquierda (derecha) de a ∈ D(f ) si l´ımx→a− f (x) = f (a) (l´ımx→a+ f (x) = f (a)).
Teorema 1.4. La función f es continua en a si y sólo si es continua por la derecha y por la izquierda de a.
Teorema 1.5. Propiedades de la continuidad.
Sean f, g continuas en a ∈ R. Entonces 1. kf es continua en a para cualquier k ∈ R.
1.3
2. 3. 4. 5.
13
LÍMITES Y CONTINUIDAD
(f ± g) es continua en a. (f g) es continua en a. Si g(a) 6= 0, entonces fg es continua en a. Si h es continua en g(a), entonces (h ◦ g)(x) = h(g(x)) es continua en a.
Teorema 1.6. Las funciones elementales (polinomios, funciones racionales, raíces, funciones trigonométricas, trigonométricas inversas, funciones exponenciales, logarítmicas) son todas ellas continuas en sus dominios. Teorema 1.7. Teorema del valor intermedio.
Si f es continua en I = [a, b] y k es un número real entre f (a) y f (b), existe al menos un c ∈ I tal que f (c) = k.
Teorema 1.8. Teorema de Weierstrass.
Si f : [a, b] → R es continua, entonces f alcanza un máximo y un mínimo en el intervalo [a, b], esto es, existen x1 , x2 ∈ [a, b] tales que f (x1 ) ≤ f (x) ≤ f (x2 )
∀ x ∈ [a, b]
15
2.
DERIVACIÓN
2.1.
DEFINICIONES Y RESULTADOS PRINCIPALES
De nición 2.1. Derivada.
Sea f una función de nida en un intervalo abierto I con a ∈ I . Decimos que f es derivable en a si existe y es real el límite l´ım
h→0
f (a + h) − f (a) = f 0 (a) ∈ R h
A f 0 (a) se le denomina derivada de f en a y también se denota por f (x) − f (a) x→a x−a
f 0 (a) = l´ım
La derivada f 0 (a) mide la variación de f respecto de la variación de x en el punto a. La pendiente de la recta tangente a la grá ca de f en el punto (a, f (a)) es precisamente m = f 0 (a). La ecuación de dicha recta es, por tanto, y − f (a) = f 0 (a)(x − a). recta por (a, f (a)) de pendiente
f (a+h1 )−f (a) h1
f (a + h1 ) recta por (a, f (a)) de pendiente
f (a + h2 )
f (a+h2 )−f (a) h2
recta tangente por (a, f (a)) de pendiente f 0 (a)
f (a)
a
a + h2
a + h1
Si f está de nida en un intervalo a la derecha de a, [a, a + ), o a la izquierda de a, (a − , a], los números f+0 (a) = l´ım
h→0+
f (a + h) − f (a) h
f−0 (a) = l´ım
h→0−
f (a + h) − f (a) , h
en caso de existir, se denominan derivada por la derecha de a y derivada por la izquierda de a, respectivamente. La función f es derivable en un intervalo abierto I si lo es en todos sus puntos. Si f es derivable en I , la función que en cada punto x ∈ I toma el df . valor f 0 (x) se denomina función derivada de f y se denota por f 0 = dx
Proposición 2.1. La derivada f 0 (a) existe si y sólo si existen y son iguales
f+0 (a) = f−0 (a).
Teorema 2.1. Si f es derivable en a, entonces es continua en a.
16
2
DERIVACIÓN
De nición 2.2. Diferencial.
Sea y = f (x) una función derivable en un punto x0 . Si P = (x0 , f (x0 )) es el punto correspondiente de la grá ca, la recta tangente a la misma en dicho punto tiene pendiente f 0 (x0 ) y su ecuación es y − f (x0 ) = f 0 (x0 )(x − x0 ). Por diferenciales dx y dy (diferencial de x y diferencial de y ) entendemos los incrementos en las variables x e y asociados a esta recta tangente. Así, dx es un incremento ∆x en la variable independiente x, esto es, dx = ∆x
La diferencial dy de la variable dependiente y es el correspondiente incremento en y en la recta tangente, esto es, dy = f 0 (x0 )dx dy Obsérvese que se puede escribir la igualdad anterior en la forma dx = ) . De modo que, con esta notación, la derivada aparece escrita como un 0 cociente.
f 0 (x
Téngase en cuenta que el incremento real en la cantidad pequeña
∆x = dx
y
cuando la
x
varía una
es
∆y = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ≈ dy = f 0 (x0 )dx. De modo que siempre que
∆x
dy
es una buena aproximación al cambio real en
y , ∆y ,
sea pequeño.
Propiedades de las derivadas. Sean
f, g
a
derivables en
son derivables en
a
y sea
c ∈ R.
Entonces
f ± g , cf , f g
también
con
(f ± g)0 (a) = f 0 (a) ± g 0 (a) (cf )0 (a) = cf 0 (a) (f g)0 (a) = f 0 (a)g(a) + f (a)g 0 (a) Si además
g(a) 6= 0,
entonces
0 f g
Regla de la cadena. Si
f
g◦f
y
es derivable en
a
f /g
(a) =
es derivable en
a
y
f 0 (a)g(a)−f (a)g 0 (a) g(a)2
es derivable en
a
y
g
lo es en
(g ◦ f )0 (a) = g 0 (f (a))f 0 (a)
f (a),
entonces
2.1
17
DEFINICIONES Y RESULTADOS PRINCIPALES
Derivada de la función inversa. Sea
f
derivable en
0. Entonces existe f −1 en un entorno de
f (a)
0 f −1 (f (a)) =
1 f 0 (a)
a ∈ (c, d) con f 0 (a) 6=
y
Derivación implícita. Cuando en una ecuación implícita no es sencillo despejar da
y 0 (x) = f 0 (x),
y
en función de
x
F (x, y) = 0
y se desea calcular la deriva-
se realiza la derivación implícita. Veámoslo con un
ejemplo. Hallemos
dy dx sabiendo que
miembros de la igualdad
y 3 + y 2 − 5y − x2 = −4. con respecto a x:
Derivamos ambos
d 3 d [y + y 2 − 5y − x2 ] = [−4] ⇒ 3y 2 y 0 + 2yy 0 − 5y 0 − 2x = 0 ⇒ dx dx ⇒
dy dy 2x (3y 2 + 2y − 5) = 2x ⇒ = 2 dx dx 3y + 2y − 5
Teorema 2.2. Teorema del valor medio.
Sea f continua en [a, b] y derivable en (a, b). Entonces existe x0 ∈ (a, b) tal que f 0 (x0 ) =
f (b) − f (a) b−a
f (b)
f (a)
a
x0
b
Teorema 2.3. Teorema del valor medio generalizado de Cauchy.
Si f y g son continuas en [a, b], derivables en (a, b) y, además, g(a) 6= g(b), existe algún c ∈ (a, b) tal que
18
2
DERIVACIÓN
f 0 (c) f (b) − f (a) = 0 g (c) g(b) − g(a)
Teorema 2.4. Regla de L'Hôpital.
Sean f, g derivables en un entorno abierto (a, b) que contiene a c (salvo, quizá, en el propio c). Si l´ımx→c f (x) = l´ımx→c g(x) = 0 y existe el límite f 0 (x) , entonces x→c g 0 (x) l´ım
f (x) f 0 (x) = l´ım 0 . x→c g(x) x→c g (x) l´ım
El enunciado es válido también cuando l´ım f (x) = ±∞ y l´ım g(x) = ±∞.
x→c
x→c
El resultado se formula de modo análogo para c = ±∞.
f 0 (x) se vuelve a presentar una indeterminación x→c g 0 (x)
Si en la expresión l´ım
del tipo 0/0 ó ∞/∞, se puede volver a aplicar la regla de L'Hôpital (si se cumplen las hipótesis de aplicabilidad).
2.2.
APROXIMACIONES POR POLINOMIOS
Teorema 2.5. Si
f es una función con derivadas hasta el orden n en un punto a, entonces existe un polinomio (único) P (x) de grado menor o igual que n tal que P (a) = f (a), P 0 (a) = f 0 (a), ... , P n) (a) = f n) (a).
Dicho polinomio viene determinado por la expresión P (x) =
n X f k) (a) k=0
k!
(x − a)k .
Al polinomio anterior se le llama polinomio de Taylor de orden n función f en el punto a. Se denota por Pn,a (x). Además, se tiene que
de la
f (x) − Pn,a (x) = 0. x→a (x − a)n l´ım
De nición 2.3. Si f es una función para la cual existe Pn,a (x), se de ne el resto de Taylor de orden
n
de
f
en
a como
Rn,a (x) = f (x) − Pn,a (x)
2.3
ESTUDIO GRÁFICO DE UNA FUNCIÓN
19
Teorema 2.6. Teorema de Taylor.
Si las funciones f, f 0 , . . . , f n+1) están de nidas sobre [a, x], existe t ∈ (a, x) tal que el resto de Taylor de orden n de f en a viene dado por Rn,a (x) =
Ésta es la como
. La fórmula de Taylor se escribe
forma de Lagrange del resto
f (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a) +
+
la
f n+1) (t) (x − a)n+1 . (n + 1)!
f 00 (a) f n) (a) (x − a)2 + · · · + (x − a)n + 2! n!
f n+1) (t) (x − a)n+1 = Pn,a (x) + Rn,a (x). (n + 1)!
Cuando la fórmula de Taylor se desarrolla en el punto a = 0, obtenemos fórmula de McLaurin
f (x) = f (0) + f 0 (0)x +
f 00 (0) 2 f n) (0) n f n+1) (t) n+1 x + ··· + x + x . 2! n! (n + 1)!
El polinomio de Taylor de orden igual que
n
que mejor aproxima a
f
n
es el polinomio de grado menor o
a (tiene las mismas n en el punto a). El error |Rn,a (x)| =
en un entorno de
derivadas que la función hasta el orden
|f (x)−Pn,a (x)| es el valor absoluto del resto y, en un sentido amplio, será tan pequeño como sea necesario, siempre que se escoja n su cientemente grande.
Desarrollos de Taylor más frecuentes. 2
3
n
ex = 1 + x + x2! + x3! + · · · + xn! + Rn 3 5 7 x2n−1 sen x = x − x3! + x5! − x7! + · · · + (−1)n+1 (2n−1)! + Rn cos x = 1 −
x2 2!
ln(1 + x) = x −
2.3.
x4 x6 n+1 x2n−2 4! − 6! + · · · + (−1) (2n−2)! x3 x4 x2 n+1 xn 2 + 3 − 4 + · · · + (−1) n
+
+ Rn + Rn
ESTUDIO GRÁFICO DE UNA FUNCIÓN
De nición 2.4. Sea f de nida en un intervalo I con c ∈ I . Entonces f (c)
es el valor mínimo (máximo) de f en I si f (c) ≤ f (x) ( f (c) ≥ f (x)) para todo x ∈ I . Los valores máximo y mínimo de una función en un intervalo I , de existir, son los llamados valores extremos de la función en dicho intervalo (también llamados máximo y mínimo absolutos en I ).
20
2
DERIVACIÓN
De nición 2.5. Si existe un intervalo abierto
(a, b) que contiene a c y en el que f (c) es máximo (mínimo), entonces f (c) se llama máximo relativo (mínimo relativo) de f .
De nición 2.6. Un punto c ∈ I es un punto crítico de f si f no es derivable en c ó f 0 (c) = 0.
c
c
c
c
Observación 2.1. Los extremos relativos se alcanzan en los puntos críticos.
Si f tiene un extremo relativo en x = c, entonces c es un punto crítico de f .
De nición 2.7. Una función
f es creciente (decreciente) en un intervalo I si para cualquier par de puntos x1 < x2 de I se tiene que f (x1 ) < f (x2 ) (f (x1 ) > f (x2 )). De esta función decimos que es estrictamente monótona en I .
Observación 2.2. Sea f continua en un intervalo cerrado [a, b] y derivable
en (a, b). Entonces: Si f 0 (x) > 0 (f 0 (x) < 0) para todo x ∈ (a, b), entonces f es creciente (decreciente) en [a, b]. Si f 0 (x) = 0 para todo x ∈ (a, b), entonces f es constante en [a, b].
Observación 2.3. Criterio de la primera derivada.
Sea f continua en I = (a, b) y sea c ∈ I un punto crítico de f . Supongamos que f es derivable en un entorno de c salvo, quizá, en el propio c. Entonces: Si f 0 (x) cambia de positiva a negativa (de negativa a positiva) en c, f (c) es un máximo relativo (mínimo relativo) de f .
c
c
De nición 2.8. Concavidad y convexidad.
Sea f derivable en un intervalo abierto I = (a, b). La grá ca de f es cóncava (convexa) en I si f 0 es creciente (decreciente) en ese intervalo. Un punto c ∈ I es un punto de in exión de f si en él se produce un cambio de concavidad a convexidad o viceversa.
2.3
21
ESTUDIO GRÁFICO DE UNA FUNCIÓN
Observación 2.4. Criterio de concavidad y convexidad.
Sea f una función tal que f 00 existe en un intervalo I = (a, b). Si f 00 (x) > 0 (f 00 (x) < 0) para todo x ∈ I , la grá ca de f es cóncava (convexa) en I .
Observación 2.5. Si f 00 (c)
=0ó
f 00 (c)
c es un punto de in exión de f , entonces, o bien
no está de nida.
Observación 2.6. Sea f 0 (c) = 0 de modo que f 00 existe y es continua en un
intervalo que contiene a c. Entonces:
1. Si f 00 (c) > 0, f tiene en c un mínimo relativo. 2. Si f 00 (c) < 0, f tiene en c un máximo relativo. 3. Si existen y son continuas en un intervalo que contiene a c todas las derivadas hasta f n) , con f 0 (c) = f 00 (c) = · · · = f n−1) (c) = 0 y f n) (c) 6= 0, se tiene: 3.1 Si n es par y f n) (c) > 0 , f tiene un mínimo relativo en c. 3.2 Si n es par y f n) (c) < 0 , f tiene un máximo relativo en c. 3.3 Si n es impar, f tiene un punto de in exión en c.
De nición 2.9. Asíntotas.
Asíntota horizontal: {y = a} se obtiene si l´ımx→±∞ f (x) = a. Asíntota vertical: {x = a} se obtiene si l´ımx→a f (x) = ±∞. Asíntota oblicua: {y = mx + n} se obtiene si l´ımx→±∞ f (x) = m y x l´ımx→±∞ {f (x) − mx} = n.
Elementos principales de una grá ca 1. Dominio de
f, D(f ) = {x ∈ R : f (x) ∈ R}
y recorrido o conjunto imagen de
f,
Im(f ) = {y ∈ R : ∃ x ∈ D(f ) 2. Cortes con los ejes
OX
y
f (x) = y}
OY .
3. Periodicidad. Menor valor
x ∈ D(f ).
con
T
tal que
f (x + T ) = f (x)
para cualquier
22
2
4. Simetrías. Simetría par si
Simetría impar si
f (−x) = f (x)
f (−x) = −f (x)
para todo
para todo
DERIVACIÓN
x ∈ D(f )
x ∈ D(f ).
5. Asíntotas. 6. Puntos críticos. Crecimiento, decrecimiento y extremos. 7. Concavidad, convexidad y puntos de in exión.
2.4
2.4.
TABLA DE DERIVADAS
TABLA DE DERIVADAS
e
23
24
2
DERIVACIÓN
2.5
2.5.
25
EJERCICIOS
EJERCICIOS
1. Hallar los extremos de las funciones siguientes en las regiones especi cadas:
f (x) = 3x4 − 4x3
a)
en el intervalo
f (x) =
x2 (x
c)
f (x) =
d)
f (x) =
x2 −1 en su dominio. x3 x3 −1 en su dominio. x2
e)
f (x) = |x − 2|
b)
−
1)2 en el intervalo
en el intervalo
f (x) =
|x2
i)
f (x) =
sen2 x
j)
f (x) = sen x cos x
[−1/2, 3/2]. [−2, 2]
y en su dominio.
[−1, 3].
− 2x − 3| en el intervalo [−2, 4]. √ 3 f (x) = 2x − 3 x2 en el intervalo [−1, 8]. p f (x) = 3 (x + 1)2 en el intervalo [−1, 2] y en
f) g) h)
−
cos2 x en el intervalo en el intervalo
f (x) = 2 sen x − cos 2x
k)
f (x) = sen2 x + cos x
l)
su dominio.
[−π, π].
[0, 2π].
en su dominio.
en el intervalo
[−π, π]
y en su dominio.
2. Dibujar la grá ca de las siguientes funciones: a)
f (x) =
x2 x−2
b)
f (x) = 1 +
c)
f (x) =
x2 (x−2)(x−6)
d)
f (x) =
x4 1−x2
e)
f (x) = x2 +
f)
f (x) =
2x2 +1 (x−1)(x+1)x
g)
f (x) =
h)
√ f (x) = x x − 1
i)
f (x) =
k) m)
2 x
4x2 −4x+1 5x2 −6x+1 sen2 x
f (x) = xe1/x f (x) = x ln x
j)
x2 x−1
f (x) = x2 e−x 2
f (x) = e2x/(x −1) x+1 n) f (x) = ln x−1 l)
3. Hallar dos números positivos cuya suma sea 20 y cuyo producto sea el máximo posible.
4. Hallar las dimensiones del rectángulo de mayor área que pueda inscribirse en una semicircunferencia de radio
5. Un alambre de longitud
L
a.
debe cortarse en 2 trozos, formándose con
uno de ellos un cuadrado y con el otro una circunferencia. ¾Cómo debe cortarse el alambre para que la suma de las áreas encerradas por los dos trozos sea máxima? ¾Y para que sea mínima?
26
2
6. Al precio de 1,50
e
DERIVACIÓN
un comerciante puede vender 500 botes de refresco
que le cuestan 70 céntimos cada uno. Por cada céntimo que rebaja el precio, el número de refrescos vendidos aumenta en 25.¾Qué precio de venta maximiza el bene cio? 7. Determínese si las funciones
x sen 0
f (x) =
1 x
si si
f
y
g
son derivables en
x 6= 0 x=0
g(x) =
x = 0,
x2 sen 0
1 x
siendo
si si
x 6= 0 x=0
8. Calcular, utilizando la noción de límite, las derivadas de las siguientes funciones: 1. 3.
f (x) = 1 − 3x2 √ f (x) = 1 + 2x
2.
f (x) = 5x2 − 3x + 2
4.
f (x) =
3+x 1−3x
9. Calcúlense las derivadas de las siguientes funciones:
3.
f (x) = ((ex − tg2 x) cos2 x)2 sen x f (x) = arc tg 1+cos x
5.
f (x) =
7.
f (x) =
9.
f (x) =
1.
tg x−1 sec x cos(x3 )
q
x+
2.
f (x) = ex sen3 x
4.
f (x) =
6.
f (x) = ex (tg x − x)
tg x x
f (x) = cos3 x 9 x−2 10. f (x) = 2x+1 8.
p √ x+ x
11.
f (x) = sen(sen(sen x))
12.
13.
√ f (x) = 2x arc tg(2x) − ln( 1 + 4x2 )
14.
f (x) = cos(tg x) x+1 f (x) = ln 2tgtgx+2
10. Encuéntrese la ecuación de la recta tangente a la curva dada en el punto especi cado a)
y = tg x,
11. Determinar
6xy
(π/4, 1)
b)
y = 2 sen x,
(π/6, 1)
y 0 (x) mediante derivación implícita, sabiendo que x3 +y 3 =
y calcular la recta tangente a la curva determinada por la ecuación
(folio de Descartes) en el punto
sen(x + y) =
y 2 cos
(3, 3).
Determinar
y 0 (x)
sabiendo que
x.
12. Calcúlese, aplicando la derivación implícita,
y 0 (x) siendo y = arc sen x.
13. Derívense, aplicando derivación logarítmica, las siguientes funciones:
√
x
a)
y=x
d)
y = (ln x)x
b)
y=
e)
y=
√ x3/4 x2 +1 (3x+2)5 (1 + x)ln(1+x)
c)
y = (sen x)x
2.5
27
EJERCICIOS
14. Dada
f (x) = ln x,
f 0 (1) = 1
utilícese que
para probar que
l´ım (1 + x)1/x = e.
x→0 15. Dada la función
√
x + 3, utilícese la diferencial dy para obtener √ 4, 05. Hágase lo mismo con f (x) = ln x aproximación a ln(0, 9).
f (x) =
una aproximación al valor de para obtener una
16. Pruébese, aplicando el teorema del valor medio, que la ecuación
x−1=0
ex −
tiene una única solución real.
17. Calcúlense los siguientes límites haciendo uso de la regla de L'Hôpital:
ln x x→1 x − 1 ln x d) l´ ım √ x→∞ 3 x
a)
g) j)
l´ım
b) e)
l´ım (1 + sen 4x)cotg x x→0+ √ l´ım x ln x
x→0+
h) k)
l´ım x ln x
c)
l´ım
tg x − x x→0 x3
f)
l´ım xx x→0+ p l´ım ( x2 + x − x)
i)
x→0+
x→∞
l)
ex , x→∞ xn l´ım
n∈N
l´ım (sec x − tg x)
x→ π2 −
ln x l´ım √ x→∞ 3 x l´ım (x − ln x)
x→∞
18. Calcúlense los polinomios de Taylor siguientes: a) Polinomio de Taylor de orden 4 de un valor aproximado de
√
1, 02
f (x) =
√
x+1
en
a = 0.
Dar
utilizando un polinomio de orden
2 y obtener una estimación del error cometido. b) Polinomio de Taylor de orden 4 de un valor aproximado de
ln 3
f (x) = ln
q
1+x 1−x en
a = 0. Dar
utilizando un polinomio de orden 3.
c) Fórmula general del polinomio de Taylor de orden n de
sen x
en
n de f (x) = ex , número e utilizando el
d) Fórmula general del polinomio de Taylor de orden en
f (x) =
a = π/6.
a = 0.
Dar un valor aproximado del
polinomio de orden 7 obtenido.
29
3.
CÁLCULO DE PRIMITIVAS
De nición 3.1. Primitiva.
Una función F (x) es primitiva de f (x) si F 0 (x) = f (x) para todo x del dominio de f . F (x) C ∈ R.
Obsérvese que si lo es para todo
es primitiva de
f (x),
F (x) + C
entonces
también
De nición 3.2. Dada la función f (x), llamamos R integral inde nida de f (x) al conjunto de todas sus primitivas. Se denota f (x) dx = F (x) + C , donde C es una constante arbitraria y F (x) es una primitiva cualquiera de f (x). Obsérvese que
R
f (x) + g(x) dx =
R
f (x) dx +
R
g(x) dx
y
R
af (x) dx =
R
a f (x) dx.
DIFERENCIALES f 0 (x) = 1.
dy dx
=
d(f (x)) , dx
INTEGRALES d(f (x)) = f 0 (x)dx
d(f (x))n = n(f (x))n−1 f 0 (x)dx
f (x) + C =
1.
f (x)n+1 n+1
R
f 0 (x)dx
0
f (x) dx f (x)
2.
d(ln f (x)) =
3.
d(loga f (x)) = loga e
4.
R
+C =
2.
ln f (x) + C =
3.
loga f (x) + C =
d(af (x) ) = ln a af (x) f 0 (x)dx
4.
5.
d(ef (x) ) = ef (x) f 0 (x)dx
6.
f 0 (x) dx f (x)
f (x)n f 0 (x)dx
f 0 (x) dx f (x)
R
R
f 0 (x) f (x)
loga e dx
af (x) + C =
R
af (x) f 0 (x) ln a dx
5.
ef (x) + C =
R
ef (x) f 0 (x)dx
d(sen f (x)) = cos(f (x))f 0 (x)dx
6.
sen f (x) + C =
R
cos(f (x))f 0 (x)dx
7.
d(cos f (x)) = − sen(f (x))f 0 (x)dx
7.
cos f (x) + C =
R
− sen(f (x))f 0 (x)dx
8.
d(tg f (x)) =
8.
tg f (x) + C =
9.
d(cotg f (x)) = − sen2 f (x) dx
9.
cotg f (x) + C =
f 0 (x) dx cos2 f (x) f 0 (x)
R
f 0 (x) dx cos2 f (x)
R
f 0 (x)
− sen2 f (x) dx
10.
d(sec f (x)) = f 0 (x) sec f (x) tg f (x)dx
10.
sec f (x)+C =
11.
d(cosec f (x)) = −f 0 (x) cosec f (x) cotg f (x)dx
11.
cosec f (x)+C =
12.
f d(arc sen f (x)) = √
12.
arc sen f (x) + C =
R
13.
arc cos f (x) + C =
R
14.
arc tg f (x) + C =
0
(x)
1−f (x)2
dx
R
f 0 (x) sec(f (x)) tg(f (x))dx R
−f 0 (x) cosec(f (x)) cotg(f (x))dx
0
f (x)
13.
d(arc cos f (x)) = − √
14.
d(arc tg f (x)) =
15.
d(arccotg f (x)) = − 1+f (x)2 dx
1−f (x)2
dx
f 0 (x) dx 1+f (x)2
√f
0
(x)
1−f (x)2
R
√−f
0
(x)
1−f (x)2
dx dx
f 0 (x) dx 1+f (x)2
f 0 (x)
15. arccotg
f (x) + C =
R
−f 0 (x) dx 1+f (x)2
Integración por partes. f g0 = f g − f 0 g R R Integración por sustitución. f (x) dx = f (g(t))g0 (t) dt R
R
30
3
3.1.
CÁLCULO DE PRIMITIVAS
INTEGRALES INMEDIATAS. EJEMPLOS
Instrucciones de uso: tápese la solución antes de empezar a hacer la integral. Después de resuelta, compruébese que es correcta (sólo después).
−1 2(2x+1)
1.
R
1 dx (2x+1)2
2.
R
2x+1 dx (x2 +x+1)2
=
−1 x2 +x+1
=
−1 x+1
3.
R
1 dx x2 +2x+1
4.
R
1 dx x3 +3x2 +3x+1
=
√ 5.
6.
R
R
8.
R
x dx 3x2 +1
=
√ x2 1 + x3 dx =
R √ x 1 − x2 dx =
10.
=
+C
+C −1 2(x+1)2
3x2 +1 3
+C
+C
√ 6(x+1)7/6 x+1 √ +C 3 x+1 dx = 7 √ √ x+1 dx = 2 x + 1 + C x+1
R
7.
9.
√
+C
R√
=
3 dx ax+b
−(1−x2 )3/2 3 3/2
2(1+x) 3
1 + xdx =
1 dx 3x+5
2(1+x3 )3/2 9
27.
R
cos(−x + 1)dx = − sen(−x + 1) + C
28.
R
3 cos(2x + 6)dx =
29.
R
√ cos( x) √ dx 2 x
√ = sen( x) + C
30.
R
cos(ln x) dx x
= sen(ln x) + C
31.
R
cos(tg x) dx cos2 x
= sen(tg x) + C
32.
R
cos(arc tg x) dx 1+x2
= sen(arc tg x) + C
33.
R
1 dx 1+(3x+27)2
=
34.
R
x3 dx 1+x8
35.
R
e dx 1+e2x
36.
R
sec2 x 1+tg2 x
37.
R
2 dx 1+4x
38.
R
√
39.
R
1 dx x(1+(ln x)2 )
41.
R
1 dx x2 +2x+2
42.
R
1 dx 9+x2
=
1 3
43.
R
1 dx 3+x2
=
1 √ 3
44.
R
1 dx 4x2 +4x+2
45.
R
sec2 (−x + 1)dx = − tg(−x + 1) + C
46.
R
3 sec2 (2x + 6)dx =
47.
R
x sec2 (x2 )dx =
48.
R
sen(2x + 5)dx = − 12 cos(2x + 5) + C
49.
R
2x sen(x2 + 2)dx = − cos(x2 + 2) + C sen(ln x) dx = − 21 cos(ln x) + C 2x √ √ sen( x) √ dx = −2 cos( x) + C x
+C +C
+C
1 3
ln |3x + 5| + C
=
3 a
ln |ax + b| + C
=
1 3
ln |x3 + 2| + C
x
x
=
=
arc tg(2x ) ln 2
12.
13.
R
14.
R
2x2 dx 6x3 +1
15.
R
ex dx 1+ex
16.
R
sen x−cos x dx sen x+cos x
17.
R
1 dx x ln x
18.
R
19.
R
20.
R
e−x xdx = − 12 e−x + C
21.
R
ex
22.
R
etg x sec2 xdx = etg x + C
50.
R
23.
R
5x 9x dx =
45x ln 45
51.
R
24.
R
earc tg x dx 1+x2
= earc tg x + C
52.
R
sen(arc tg x) dx 1+x2
25.
R
e2x+1 dx =
53.
R
2x+1 dx x2 +x−6
26.
R
2x cos(x2 + 2)dx = sen(x2 + 2) + C
54.
R
x−1 dx x2 −2x−6
=
= ln(1 +
ex )
+C
= − ln | sen x+cos x|+C
= ln(ln x) + C
1 dx (1+x2 ) arc tg x
= ln(arc tg x) + C
1 2x+1 e 2
e2x+1 dx = 2
3
+ 1| + C
+C 2
+1 x2 dx
=
1 x3 +1 e 3
+C
+C
1 2x+1 e 2
+C
+C
+C
=x+C
R
ln |6x3
arc tg(3x+27) 3
= arc tg(ex ) + C
11.
1 9
sen(2x + 6) + C
arc tg(x4 ) 4
R
x2 dx x3 +2
3 2
+C
√ = 2 arc tg( x) + C
1 dx x(1+x)
= arc tg(ln x) + C
= arc tg(x + 1) + C arc tg( x3 ) + C arc tg( √x ) + C 3
=
1 2
1 2
arc tg(2x + 1) + C
3 2
tg(2x + 6) + C
tg(x2 ) + C
= − cos(arc tg x) + C
= ln |x2 + x − 6| + C =
1 2
ln |x2 − 2x − 6| + C
3.2
31
INTEGRALES RACIONALES
1+2x dx 1+x2
= arc tg x + ln(1 + x2 ) + C
55.
R
56.
R
x +1 dx x−1
57.
R
1 dx (x−1)2
58.
R
(ln x)3 dx x
59.
R
sen2 (3x) cos(3x)dx =
60.
R
61.
R
63.
64.
65.
R
66.
R
=
2
x 2
+ x + 2 ln |x − 1| + C
−1 x−1
=
+C
(ln x)4 4
=
+C 1 9
1 = − ln | cos x| + cos +C x
x−1 dx 3x2 −6x+5
=
1 6
ln |3x2 − 6x + 5| + C
x2 − 2x4 dx = − 16 (1 − 2x2 )3/2 + C
dx = ln | sen x| + C cosec 2x−cotg 2x √ 2√ x dx = 63 arc tg( x 3 3 ) + C x4 +3 2
x +2x dx (x+1)2
=
2
x x+1
R
dx 1+cos x
68.
R
√
69.
R
dy y 2 +10y+30
70.
R
√
dx 20+8x−x2
71.
R
√
dx 28−12x−x2
= arc sen( x+6 )+C 8
72.
R
√
x+1 dx x2 +2x−4
=
73.
R
dx 1+cos 3x
74.
R
e dx 1+e4x
75.
R
cos 2x dx sen2 2x+8
76.
R
77.
R
+C
dx 25−16x2
2x
=
1 4
=
√ 5 5
arc sen(4x/5) + C arc tg(
√
x2 + 2x − 4 + C
=
1−cos 3x 3 sen 3x
=
1 2
+C
arc tg(e2x ) + C
=
√ 2 8
arc tg( sen√2x ) + C arc sen(ln(x 2 )) + C arc sen(2 tg x) + C
=
1 3
2 x dx 1−4 tg2 x
=
1 2
√ sec
√ (y+5) 5 )+C 5
)+C = arc sen( x−4 6
dx 4−9(ln x)2
√ x
= − cot x + csc x + C
2 2
3
INTEGRALES RACIONALES
Dados dos polinomios
P (x) Q(x)
sen3 (3x) + C
sen x+tg x dx cos x
R√ R
3.2.
2
67.
= C(x) + R
Entonces grad(R(x))
P (x), Q(x),
si grad(P (x))
≥
grad(Q(x)), se tiene
R(x) Q(x) siendo grad(R(x)) < grad(Q(x)). R R R(x) P (x) dx = C(x)dx + Q(x) Q(x) dx. Calculemos
R
R(x) Q(x) dx con
< grad(Q(x)).
1. DESCOMPOSICIÓN EN FRACCIONES SIMPLES. Supondremos que
Q(x)
queda factorizado del siguiente modo:
Q(x) = k(x − α)q · · · (x − ρ)r [(x − a)2 + b2 ]m · · · [(x − c)2 + d2 ]n
R(x) A1 As R1 Rr = + ··· + + ··· + + ··· + + Q(x) x−α (x − α)q x−ρ (x − ρ)r +
M1 x + N1 M m x + Nm + ··· + + ···+ 2 2 (x − a) + b [(x − a)2 + b2 ]m +
M10 x + N10 Mn0 x + Nn0 + · · · + (x − c)2 + d2 [(x − c)2 + d2 ]n
Al hacer la suma de las fracciones se iguala el numerador a se determinan los coe cientes cular
R
Ai , . . . , Ri , Mi , Ni , . . . , Mi0 , Ni0 .
R
y
R(x) Q(x) dx bastará determinar las integrales de las fracciones del
segundo miembro de la igualdad. i)
R(x)
Para cal-
A1 x−α
dx = A1 log |x − α| + C
32
3
CÁLCULO DE PRIMITIVAS
−A1 A1 dx = (d−1)(x−α) d−1 + C si d 6= −1 (x−α)d R M x+N M a+N 2 2 iii) dx = M arc tg x−a +C 2 log[(x − a) + b ] + b b (x−a)2 +b2 R M x+N R M (x−a)+M a+N −M iv) dx = dx = 2(d−1)[(x−a) 2 +b2 ]d−1 + [(x−a)2 +b2 ]d [(x−a)2 +b2 ]d R dx (M a + N ) [(x−a)2 +b2 ]d R dx La integral se resuelve haciendo el cambio [(x−a)2 +b2 ]d ii)
R
(x − a)/b = t
y se transforma en
Z 2 dx x + 1 − x2 Id = = dx = (x2 + 1)d (x2 + 1)d Z Z x2 dx − dx = Id−1 − J. = (x2 + 1)d−1 (x2 + 1)d Z
Integrando
J
por partes,
Id =
{u = x, dv =
x dx }, se obtiene (x2 +1)d
x 2d − 3 + Id−1 2 d−1 2d − 2 2(d − 1)(x + 1)
Se calcula de modo recurrente el valor de
Id
y se resuelve el caso
iv). 2. MÉTODO DE HERMITE. Sea
Q(x) = k(x − α)q · · · (x − ρ)r [(x − a)2 + b2 ]m · · · [(x − c)2 + d2 ]n
admitiendo raíces complejas múltiples.
R(x) A B Cx + D Ex + F = + ··· + + + ··· + + Q(x) x−α x − ρ (x − a)2 + b2 (x − c)2 + d2 d a0 xk + a1 xk−1 + · · · + ak + dx (x − α)q−1 · · · (x − ρ)r−1 [(x − a)2 + b2 ]m−1 · · · [(x − c)2 + d2 ]n−1 k = grado del denominador − 1. Los coe cientes A, . . . , B, C, D, . . . , E, F, ai , se calculan derivando la expresión del cociente, multiplicando ambos miembros de la igualdad por Q(x) e identi cando R(x) con la suma del segundo miembro de la igualdad por Q(x). Tendremos Z Z Z entonces: A B R(x) dx = dx + · · · + dx+ Q(x) x−α x−ρ Z Z Cx + D Ex + F + dx + · · · + dx+ 2 2 (x − a) + b (x − c)2 + d2 a0 xk + a1 xk−1 + · · · + ak + (x − α)q−1 · · · (x − ρ)r−1 [(x − a)2 + b2 ]m−1 · · · [(x − c)2 + d2 ]n−1 siendo
3.3
33
INTEGRALES TRIGONOMÉTRICAS
3.3.
INTEGRALES TRIGONOMÉTRICAS
Fórmulas fundamentales de trigonometría: 1.
sen2 x + cos2 x = 1
8.
sen x sen y = 12 [cos(x − y) − cos(x + y)]
2.
1 + tg2 x = sec2 x
9.
cos x cos y = 21 [cos(x − y) + cos(x + y)]
3.
1 + cotg2 x = cosec2 x
10.
1 − cos x = 2 sen2 ( x2 )
4.
sen2 x = 12 (1 − cos 2x)
11.
1 + cos x = 2 cos2 ( x2 )
5.
cos2 x = 12 (1 + cos 2x)
12.
1 ± sen x = 1 ± cos( π2 − x)
6.
sen x cos x =
13.
cos 2x = cos2 x − sen2 x
7.
sen x cos y =
14.
sen 2x = 2 sen x cos x
1 2 sen 2x 1 2 [sen(x −
y) + sen(x + y)]
Integrales trigonométricas: 1. Las integrales del tipo
R
sen mx cos nxdx,
R
sen mx sen nxdx y
R
cos mx cos nxdx
se resuelven con cambios de las fórmulas fundamentales 7, 8 y 9. 2. Las integrales del tipo Si
n
es par,
n = 2k ,
R
senn xdx
y
R
cosn xdx
se resuelven:
reduciéndolas de grado con las fórmulas 4 y 5.
R R R n es impar, n = 2k + 1, senn xdx = sen2k x sen xdx = (1 − cos2 x)k sen xdx y, desarrollando el binomio, se obtienen integrales inSi
mediatas. Técnicas análogas se utilizan para resolver integrales del tipo 3. Las integrales del tipo 3.1. Cambio general
dx =
R
R(sen x, cos x)dx
t = tg x2 .
Entonces
R
senm x cosn x dx.
se resuelven:
sen x =
2t , 1+t2
cos x =
1−t2 , 1+t2
2dt . 1+t2
Cambios especiales:
R(− sen x, cos x) = −R(sen x,√cos x), impar en sen x, 1 − t2 , dx = √−dt cambio cos x = t. Entonces, sen x = . 1−t2
se hace el
R(sen x, − cos x) = −R(sen x,√cos x), impar en cos x, dt . sen x = t. Entonces, cos x = 1 − t2 , dx = √1−t 2
se hace el
3.2. Si
3.3. Si cambio
R(− sen x, − cos x) = R(sen x, cos x), par en sen x y cos x, se t 1 el cambio tg x = t. Entonces, sen x = √ , cos x = √ , 1+t2 1+t2
3.4. Si hace
dx = 3.4. 1.
dt . 1+t2
INTEGRALES IRRACIONALES
R
m/n r/s ax+b ax+b R x, cx+d , . . . , cx+d dx.
siendo
p = m.c.m.(n, . . . , s).
Se hace el cambio
ax+b cx+d
= tp ,
34
3
2.
R
√ R(x, ax2 + bx + c)dx.
4. 5. 6.
ax2 + bx + c =
√
ax + t. √ -Si c > 0, se hace el cambio ax2 + bx + c = tx + c. √ -Si a < 0 y c < 0, se hace el cambio ax2 + bx + c = t(x − α) siendo 2 α una raíz de la ecuación ax + bx + c = 0. √ R R(x, x2 + a2 )dx. Se hace el cambio x = a tg t. √ R R(x, x2 − a2 )dx. Se hace el cambio x = a sec t. √ R R(x, a2 − x2 )dx. Se hace el cambio x = a sen t. R R(ax )dx con a > 0. Se hace el cambio t = ax , dx = ln1a dtt , obteniénR R(t) 1 dose la integral racional ln a t dt. -Si
3.
√
CÁLCULO DE PRIMITIVAS
a > 0,
se hace el cambio
√
El caso 2 se puede reducir a los casos 3, 4 ó 5 completando cuadrados en la expresión
ax2 + bx + c.
3.5
35
EJERCICIOS
3.5.
EJERCICIOS
1. Calcular las siguientes integrales inde nidas: 1.
R
4.
R
7.
R
2.
R
x2 +2x+2 x+2 dx
3.
R
x arc tg xdx
√ 1 dx 4−9x2
5.
R
1 dx 9x2 +4
6.
R
arc sen x e√ dx 1−x2
e2x dx 1+e4x
8.
R
9.
R
1 ( 2x−1 −
1 2x+1 )dx
ln(a2 + x2 )dx R 3x−2 dx 3x2 −4x+3 R tg(x/2)dx R 5 tg x sec2 xdx R 1 1+cos 3x dx R arc cos 2xdx R x arc sen(x2 )dx R 2 (x − x + 5)ex dx
10.
R
ex −1 ex +1 dx
11.
13.
R
e2x sen xdx
14.
16.
R
tg2 xdx
17.
19.
R
sen x+cos x sen x−cos x dx
20.
22.
R
arc tg xdx
23.
25.
R
x2 e−3x dx
26.
28.
R
x dx cos2 x
29.
31.
R
e3x cos 2xdx
32.
R
4x3 dx x2 +9
34.
R
cos xesen x dx
35.
R
esen
2
12. 15. 18. 21. 24. 27. 30. 33.
sen(ln x)dx R xex dx (1+x)2 R 3 x sen xdx R ln(x)dx R 3 −2x x e dx R cos2 xdx R 3 x ln xdx R 2 x sen 4xdx R
e−x dx 1+e−2x
x sen 2xdx
2. Calcular las siguientes integrales racionales: 1.
R
1 dx x2 +x+1
2.
R
1 dx x2 +6x+5
3.
R
x+2 dx (x+1)2 (x2 +x+1)
4.
R
x2 −2 x3 (x2 +1)2
5.
R
x(x+1) dx (1+2x+2x2 )2
6.
R
x2 −1 dx x3 −x2 +x−1
7.
R
1 dx x3 −4x2 +4x
8.
R
1 dx (x2 +1)3
dx
3. Calcular las siguientes integrales trigonométricas: 1.
R
1 cos x
4.
R
1 sen x cos x
7.
R
10.
dx dx
sen 2x cos 4x dx R sen3 x cos4 x dx
2.
R
1 sen x
dx
3.
R
cos2 x sen x
dx
5.
R
dx 1+cos 3x
6.
R
1 cos3 x
dx
8.
R
sen 2x 2+cos x
9.
R
11.
R
dx
sen4 x dx
12.
cos3 x dx R sen2 x cos2 x dx
36
3
CÁLCULO DE PRIMITIVAS
4. Calcular las siguientes integrales irracionales: 1.
R
√
dx 20+8x−x2
2.
R
dx √ 3+ x+2
4.
R
5.
R
√
7.
R
√x+3 dx 9−x2 √ 25−x2 dx x
dx√ x+1+ 4 x+1
3.
R
6.
R
√1 dx x2 1−x2 √ 1−√3x+2 dx 1+ 3x+2
37
4.
INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS
4.1.
INTEGRAL DEFINIDA
Sea
P
y = f (x) de nida [a, b]
para todo
x ∈ [a, b].
Consideremos una partición
del intervalo
P ≡ {x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn = b} Sean
||P|| = m´ ax{xi − xi−1 },
sn =
n X
mi (xi − xi−1 ),
Sn =
i=1
con
mi Si
Mi el mínimo y el l´ım sn = n→∞ l´ım Sn , n→∞ y
||P||→0
n X i=1
máximo de
f
en
entonces se dice
[xi−1 , xi ]. que f es integrable
||P||→0
Z A= a
b
f (x) dx = n→∞ l´ım sn = n→∞ l´ım Sn = ||P||→0
n X
= n→∞ l´ım ||P||→0
Es claro que, para todo
Mi (xi − xi−1 )
||P||→0
f (αi )(xi − xi−1 )
i=1 αi ∈[xi−1 ,xi ]
n, sn ≤ A ≤ Sn .
en
[a, b]
y
38
4
INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS
4.1.1. Propiedades. Teorema Fundamental del Cálculo 1. 3. 5. 7.
Rb
Rb Rb f +g = a f + a g Rb Ra a f =− b f Ra a f =0 Rb Rb Si f ≤ g en [a, b], f ≤ a a g
2.
a
4. 6. 8.
Rb
Rb kf = k a f Rb Rc Rb a f = a f + c f ∀ c ∈ [a, b] Rb Si f (x) ≥ 0 ∀ x ∈ [a, b], a f ≥0 Rb R b |f | ≥ a f a a
Teorema 4.1. Si f es continua en el intervalo [a, b], entonces f es integrable en [a, b].
Teorema 4.2. Teorema del valor medio integral. Rb a
Sea f : [a, b] → R continua en [a, b]. Entonces existe α ∈ [a, b] tal que
f = f (α)(b − a)
Teorema 4.3. Teorema Fundamental del Cálculo.
Sea f : [a, b] → R continua en [a, b]. Entonces, F (x) = ax f (u) du, con 0 x ∈ [a, b], es derivable R en (a, b) y F (x) = f (x) (F es una primitiva de f , esto es, F (x) + C = f (x) dx). R
y
y = f (u) F (x) x
a
b
u
Corolario 4.1. Regla de Barrow.
Sea f : [a, b] → RR integrable y sea F (x) una primitiva de f (x) (F 0 (x) = f (x) ó F (x) + C = f (x) dx). Entonces Z
b
f (x) dx = F (b) − F (a) a
Teorema 4.4. (Cambio de variable)
Si x = g(t) con g, g 0 continuas en [c, d], g(c) = a, g(d) = b, y tal que f (g(t)) es continua en [c, d], entonces Z
b
Z
d
f (x) dx = a
f (g(t))g 0 (t) dt
c
4.1.2. Aplicaciones de la integral Rb a
f (x)dx = F (b) − F (a)
siendo
F 0 (x) = f (x).
4.1
39
INTEGRAL DEFINIDA
a) ÁREAS. Para el cálculo de áreas del recinto encerrado entre dos curvas integrables, se utiliza la de nición de la integral de Riemann, separando la integral en intervalos donde se mantiene el signo.
Z A=
b
(f (x) − g(x))dx a
A = A1 + A2 + A3 =
c
Z =
d
Z (f (x) − g(x)) dx +
Z (g(x) − f (x)) dx +
a
c
b
(f (x) − g(x)) dx = d
b
Z =
|f (x) − g(x)|dx a
Si la curva viene dada en paramétricas (x
= u(t), y = v(t)),
entonces
el área es
Z A=
b
Z
t2
|f (x)| dx = a
|v(t)u0 (t)| dt
con
u(t1 ) = a
y
u(t2 ) = b
t1
b) VOLÚMENES. b.1) El volumen del sólido de revolución que genera, al girar sobre el
OX , el recinto encerrado por y = f (x), x = a y x = b, viene dado por la fórmula
eje
el eje
0X
y las rectas
40
4
INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS
b
Z
(f (x))2 dx
Vx = π a
y = f (x)
a
b
b.2) El volumen del sólido de revolución que genera al girar sobre el
OY el recinto encerrado por x = f (y), y = c y y = d viene dado por la fórmula
eje
el eje
0Y
y las rectas
d
Z
(f (y))2 dy
Vy = π c d
x = f (y)
c
b.3) El recinto determinado por el eje
OY ,
y = f (x)
y el eje
OX ,
girando sobre
tiene volumen
Z
b
V = 2π
xf (x) dx a
y = f (x)
a
b
c) LONGITUDES DE ARCO. La longitud de un arco de la curva entre
x=a
y
x=b
es
Lf =
Z bp 1 + (f 0 (x))2 dx a
y = f (x)
4.2
41
INTEGRALES IMPROPIAS
y = f (x) L a
b
Si la función está dada en paramétricas
t = t1
y
t = t2 ,
x = u(t)
e
y = v(t),
entre
entonces
t2
Z Lf =
p (u0 (t))2 + (v 0 (t))2 dt
t1 d) SUPERFICIE DE REVOLUCIÓN. La super cie de revolución del sólido que genera la curva
OY ,
y = f (x)
en
[a, b],
al girar sobre los ejes
OX
y
tiene un área que viene dada por las fórmulas
Z
b
Sx = 2π
Z
p f (x) 1 + (f 0 (x))2 dx
a
hasta
p 1 + (f 0 (x))2 dx
a
Si la función está dada en forma paramétrica
t = t1
b
x
Sy = 2π
t = t2
x = u(t) e y = v(t) desde
(suponemos que no hay autointersecciones), se tiene
la fórmula
Z
t2
Sx = 2π
p v(t) (u0 (t))2 + (v 0 (t))2 dt
t1
Z
t2
Sy = 2π
p u(t) (u0 (t))2 + (v 0 (t))2 dt
t1
4.2.
INTEGRALES IMPROPIAS
4.2.1. Límites de integración in nitos (1a especie) Se de nen como integrales impropias de límites in nitos las siguientes integrales:
a)
Si
Rb a
f (x) dx Z
existe para todo
b
Z f (x)dx = l´ım
−∞
a ≤ b,
a→−∞ a
entonces
b
f (x)dx = l´ım (F (b) − F (a)) a→−∞
42
4
b)
Si
Rb a
f (x) dx
Z
INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS
existe para todo
∞
b ≥ a,
b
Z f (x)dx = l´ım
b→∞ a
a
entonces
f (x)dx = l´ım (F (b) − F (a)) b→∞
En el caso de que existan los límites y sean nitos, se dice que la integral impropia converge y tiene como valor dicho límite. En caso de que no existan o sean in nitos, se dice que diverge.
c)
Si tanto
R∞ c
f (x) dx
como
Rc
−∞ f (x) dx son convergentes, entonces de-
nimos
Z
∞
Z
c
f (x)dx = −∞
= l´ım
a→−∞ a
c
∞
f (x)dx + −∞
Z
donde
Z
f (x)dx = c
c
Z f (x)dx + l´ım
es cualquier número real.
b→∞ c
b
f (x)dx
4.2
43
INTEGRALES IMPROPIAS
Ejemplo.
Z Veamos que la integral impropia de primera especie
converge si y sólo si
1
c > 1.
Estudiemos primero el caso en que
∞
Z 1
1 dx = l´ım b→∞ xc
b
x
−c
dx = l´ım
b→∞
1
que
1 dx xc
c 6= 1,
c > 1, tenemos
Entonces, si
b → ∞.
Z
∞
x−c+1 −c + 1
b 1
c − 1 > 0, con
1 1 = l´ım −1 b→∞ 1 − c bc−1 lo que
1/bc−1 → 0 cuando
Esto implica que
∞
Z 1
1 1 dx = c x c−1
si
c > 1,
con lo que la integral converge. Si
c < 1,
c − 1 < 0,
tenemos que
con lo que
1/bc−1 → ∞
cuando
b → ∞.
Esto implica que
Z 1
∞
1 dx = ∞ xc
si
c < 1,
por lo que la integral diverge. Únicamente queda estudiar el caso
Z 1
∞
c = 1.
Entonces
1 dx = l´ım [ln x]b1 = l´ım [ln b − ln 1] = ∞, b→∞ b→∞ x
de modo que la integral diverge.
4.2.2. Integrandos in nitos (2a especie) En el caso de que la función no esté acotada en el intervalo de integración, se obtiene un recinto ilimitado vertical.
44
4
INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS
a) Integrando in nito en un extremo del intervalo. Sea f (x) continua en
[a, b) y tal que l´ımx→b− f (x) = ∞(−∞). Entonces se de ne la
integral impropia
b
Z
t
Z
f (x)dx
f (x)dx = l´ım
t→b−
a
a
Si dicho límite existe y es nito, se dice que la integral impropia es convergente y, en caso contrario, que es divergente.
Análogamente en el otro extremo del intervalo, esto es, si tinua en
(a, b]
y tal que
l´ımx→a+ f (x) = ∞(−∞),
f (x)
es con-
entonces se de ne la
integral impropia
Z
b
Z f (x)dx = l´ım
t→a+
a
b
f (x)dx t
b) Integrando in nito en un punto del interior del intervalo. f (x) continua en [a, b], excepto en l´ımx→c |f (x)| = ∞. Entonces se de ne
Sea
Z
b
Z f (x)dx =
a
un punto
c
Z f (x)dx +
a
c ∈ (a, b)
b
f (x)dx c
y tal que
4.2
45
INTEGRALES IMPROPIAS
Diremos que
Rb a
f (x)dx
converge en el caso de que estas dos últimas
integrales converjan. En caso contrario, tendremos divergencia. a
Existe también la integral de 3 a
anteriores (1
a
especie + 2
especie, que es la suma de los dos casos
especie).
4.2.3. Criterios de convergencia R ∞ Una condición necesaria para que una integral ımx→∞ f (x) = 0. a f (x) dx converja, es que l´
a
impropia de 1
especie
A continuación ofrecemos un criterio para determinar si una integral impropia es convergente o no, sin necesidad de calcularla explícitamente.
Criterio de comparación. Sean f x ≥ a.
y
g
continuas con
f (x) ≥ g(x) ≥ 0 para
Se tiene:
a) Si b) Si
R∞ a
R∞ a
f (x) dx
es convergente, entonces
g(x) dx
diverge, entonces
R∞ a
R∞ a
f (x) dx
g(x) dx
también lo es.
también diverge. a
Obsérvese que, aunque enunciado para integrales de 1 a
anterior también es válido para integrales de 2
especie.
especie, el criterio
46
4
4.3.
INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS
EJERCICIOS
1. Hallar el área de la región limitada por la parábola eje
y = x2 − 2x
y el
OX . y = sen x
2. Hallar el área de la región limitada por la grá ca de
OX
y el eje
[0, 2π].
en
3. Hallar el área limitada por las grá cas de
x2 = y
4. Hallar el área limitada por las grá cas de
e
1 . x2 +3
y=
y = sen x
e
y = cos x
en
[π/4, 5π/4]. 5. Hallar el área limitada por las grá cas
y2 = 1 − x
2y = x + 2.
y
x2 a2
6. Calcular el área encerrada por la elipse de ecuación
+
y2 b2
= 1.
7. Calcular el volumen del sólido de revolución que genera la elipse
9y 2 = 36
4x2 +
OX .
al girar sobre el eje
y = ln(1 − x2 )
8. Calcular la longitud del arco
desde
x = 1/4
hasta
x = 3/4. 9. Calcular la longitud de la curva
x = a cos θ, y = a sen θ.
10. Calcular el área de la super cie de revolución obtenida al hacer girar la curva
y = 31 x3
OX
sobre el eje
desde
x=0
x = 3.
hasta
11. Estudiar el carácter de las siguientes integrales impropias: a) d) g) j) ll)
R0
dx −∞ (2−3x)2
R∞
−∞ (1
− x)e−x dx
R2
1 −3 x4 dx
R3 −3
R2 1
R∞
b) e)
2
dx x(ln x)2
R2
h)
√x+3 dx 9−x2
k)
√ 1 dx x−1
lll)
x −1 (x2 −1)2/3 dx
R2 0
3 x2 +x−2
dx
R1
√1 1/2 x2 1−x2 dx
R 16 0
1 √ 4 x dx
c) f) i) l)
R∞ −∞
R1
√ x dx x2 +1
−2 x
−2/3 dx
R∞
ex −∞ 1+e2x dx
R2
1 −1 (x−1)2 dx
llll)
R∞ 0
sen xdx
47
5.
CONTINUIDAD EN VARIAS VARIABLES
5.1.
PRIMERAS DEFINICIONES. LÍMITES
De nición 5.1. Sea
A ⊂ Rn . Una función real de varias variables es una aplicación f : A ⊂ Rn → Rm con f (x1 , . . . , xn ) = (y1 , . . . , ym ). A las funciones fi : A ⊂ Rn → R con fi (x1 , . . . , xn ) = yi se las llama funciones
coordenadas.
f (x1 , . . . , xn ) = (f1 (x1 , . . . , xn ), . . . , fm (x1 , . . . , xn ))
De nición 5.2. Se llama dominio de una función f al conjunto D(f ) = {¯ x ∈ Rn : ∃ f (¯ x) ∈ Rm } = D(f1 ) ∩ D(f2 ) ∩ · · · ∩ D(fm )
siendo x¯ = (x1 , . . . , xn ).
De nición 5.3. Dada una función conjunto de puntos
f : R2 → R, se llama grafo de f al
Gf = {(x, y, z) ∈ R3 : z = f (x, y)}
De nición 5.4. Dada
f : R2 → R y dada una constante c, se de ne la curva de nivel c de la super cie z = f (x, y) como el conjunto de puntos Γc = {(x, y) ∈ R2 : f (x, y) = c}
De igual manera, dada f : R3 → R y dada una constante c, se de ne la super cie de nivel c como el conjunto de puntos Γc = {(x, y, z) ∈ R3 : f (x, y, z) = c}
De nición 5.5. Sea
f : Rn → Rm y sean a ¯ ∈ Rn y ¯l ∈ Rm . Entonces se dice que l´ımx¯→¯a f (¯ x) = ¯l si y sólo si para todo > 0 existe δ > 0 tal que si 0 < d(¯ x, a ¯) < δ , entonces d(f (¯ x), ¯l) < .
Propiedades. 1. Sean
f, g : Rn → Rm .
1.1. Si
Entonces
l´ımx¯→¯a f (¯ x) = ¯l1
y
l´ımx¯→¯a g(¯ x) = ¯l2
entonces
l´ım (f (¯ x) + g(¯ x)) = ¯l1 + ¯l2
x ¯→¯ a 1.2. Si
l´ımx¯→¯a f (¯ x) = ¯l1
y
α ∈ R,
entonces
l´ım αf (¯ x) = α¯l1
x ¯→¯ a
48
5
CONTINUIDAD EN VARIAS VARIABLES
f, g : Rn → R tales que l´ımx¯→¯a f (¯ x) = l1 y l´ımx¯→¯a g(¯ x) = l2 . también h : R → R continua. Entonces 2.1. l´ ımx¯→¯a (f (¯ x) + g(¯ x)) = l1 + l2 2.2. l´ ımx¯→¯a (f (¯ x)g(¯ x)) = l1 l2 2.3. l´ ımx¯→¯a αf (¯ x) = αl1 f (¯ x) 2.4. l´ ımx¯→¯a g(¯x) = ll12 (l2 6= 0) 2.5. l´ ımx¯→¯a f (¯ x)g(¯x) = l1l2 (l1 > 0). 2.6. l´ ımx¯→¯a h(f (¯ x)) = h(l1 ) 2.7. l´ ımx¯→¯a f (¯ x) = l1 ⇔ l´ımx¯→¯a (f (¯ x) − l1 ) = 0 2.8. l´ ımx¯→¯a f (¯ x) = 0 ⇔ l´ımx¯→¯a |f (¯ x)| = 0
2. Sean
Teorema 5.1. Sea f
nadas. Entonces
Sea
: Rn → Rm con f = (f1 , . . . , fm ) las funciones coorde-
l´ım f (¯ x) = (l1 , . . . , lm ) ⇔ l´ım fi (¯ x) = li para todo i = 1, . . . , m
x ¯→¯ a
x ¯→¯ a
Teorema 5.2. El límite, si existe, es único. Teorema 5.3. Sea P (x1 , . . . , xn ) un polinomio de n variables (P Entonces l´ımx¯→¯a P (¯ x) = P (¯ a)
: Rn → R).
Teorema 5.4. Sean P (¯x), Q(¯x) polinomios con Q(¯a) 6= 0. Entonces P (¯ x) P (¯ a) = x ¯→¯ a Q(¯ x) Q(¯ a) l´ım
Teorema 5.5. (Teorema del Sandwich). Sean
f, g, h : Rn → R tales que f (¯ x) ≤ g(¯ x) ≤ h(¯ x) para todo x ¯ ∈ B(¯ a, r) ∩ D(f ) ∩ D(g) ∩ D(h), siendo n B(¯ a, r) = {¯ x ∈ R : d(¯ a, x ¯) < r}. Si l´ımx¯→¯a f (¯ x) = l´ımx¯→¯a h(¯ x) = l , entonces l´ımx¯→¯a g(¯ x) = l 5.2.
MÉTODOS PARA EL CÁLCULO DE LÍMITES
Método 1. Teorema del Sandwich (para funciones f : Rn → R). Método 2. Por sucesiones (para funciones f : Rn → R). Dada f y
a ¯∈
l´ım f (¯ x) = l ⇔ ∀
x ¯→¯ a
: Rn → R
Rn , entonces:
sucesión
{¯ xn }
tal que
l´ım x ¯n = a ¯,
n→∞
entonces
l´ım f (¯ xn ) = l
n→∞
Observación 5.1. Supongamos que existen sucesiones {¯xn }, {¯yn } que convergen a a¯, (l´ımn→∞ x¯n = l´ımn→∞ y¯n = a¯) y que l´ımn→∞ f (¯ xn ) = l y l´ımn→∞ f (¯ yn ) = l0 siendo l 6= l0 . Entonces no existe l´ımx¯→¯a f (¯ x).
Observación 5.2. Si
limn→∞ x ¯n = a ¯ y no existe el límite l´ımn→∞ f (¯ xn ), entonces tampoco existe el límite l´ımx¯→¯a f (¯ x).
CONTINUIDAD
49
Observación 5.3. Si
l´ımn→∞ xn = a ¯ y l´ımn→∞ f (xn ) = l, entonces, de
5.3
existir, l´ımx¯→¯a f (¯ x) = l .
Método 3. Límite direccional (para funciones f
: R2 → R). Si l´ımx¯→¯a f (¯ x) = l, entonces, dado un camino determinado por una función x2 = ϕ(x1 ) que pasa por a ¯ (ϕ(a1 ) = a2 ), se tiene que l´ım x¯→¯a f (¯ x) = l . x2 =ϕ(x1 )
Observación 5.4. Si encontramos dos caminos x2 = ϕ1 (x1 ) y x2 = ϕ2 (x1 ) que pasan por a¯ y tales que l´ım
x ¯→¯ a x2 =ϕ1 (x1 )
f (¯ x) = l1 y
l´ım
x ¯→¯ a x2 =ϕ2 (x1 )
f (¯ x) = l2
con l1 6= l2 , entonces no existe el límite l´ımx¯→¯a f (¯ x).
Método 4. Límites reiterados (para funciones f y
a ¯ = (a1 , a2 ).
: R2 → R). Sea f : R2 → R
Si
∃ l´ımx1 →a1 (l´ımx2 →a2 f (x1 , x2 )) = l1 ∃ l´ımx2 →a2 (l´ımx1 →a1 f (x1 , x2 )) = l2 ⇒ l1 = l2 = l ∃ l´ımx¯→¯a f (x1 , x2 ) = l
Observación 5.5. a) Si existen l1 y l2 , con l1 6= l2 , entonces no existe l. b) Si no existe l1 o no existe l2 , no se concluye nada. c) Si existen l1 y l2 , con l1 = l2 , entonces, de existir l, es l = l1 = l2 .
Método 5. (x1 , x2 )
y
Límites en polares (para funciones
a ¯ = (a1 , a2 ),
el límite
l´ım f (¯ x)
x ¯→¯ a
f : R2 → R).
x1 = a1 + r cos θ y x2 = a2 + r sen θ. f (a1 + r cos θ, a2 + r sen θ) = F (r, θ). Se tiene: l´ımr→0 F (r, θ)
depende de
θ,
2. Si
l´ımr→0 F (r, θ)
no depende de
3. Si
0 ≤ |F (r, θ) − l| ≤ h(r) → 0
no existe el límite
θ,
x ¯ =
se puede estudiar pasando a coor-
denadas polares,
1. Si
Dados
Entonces,
f (¯ x) =
l´ımx¯→¯a f (¯ x).
no se concluye nada.
cuando
r → 0,
entonces
l´ımx¯→¯a f (¯ x) =
l. 5.3.
CONTINUIDAD
De nición 5.6. Sea
f : Rn → R y a ¯ ∈ Rn . Entonces se dice que f es continua en a¯ si para todo > 0 existe δ > 0 tal que si 0 < d(¯ x, a ¯) < δ , entonces |f (¯ x) − f (¯ a)| < .
Observación 5.6.
f es continua en a ¯ si l´ımx¯→¯a f (¯ x) = f (¯ a). Esto supone que existe f (¯a) (a¯ ∈ D(f )) y además existe el límite l´ımx¯→¯a f (¯ x) y es igual a f (¯a).
50
5
CONTINUIDAD EN VARIAS VARIABLES
De nición 5.7. Sea
f : Rn → Rm y f = (f1 , . . . , fm ). Se dice que f es continua en a¯ ∈ si fi es continua en a¯ para todo i = 1, . . . , m. Se dice que f es continua en una región A ⊂ Rn si lo es en todo punto a ¯ ∈ A. Rn
Propiedades. Sean f, g : Rn → R continuas en a¯. Entonces 1. 2. 3.
(f + g) es continua en a ¯. (f g) es continua en a ¯. Si g(¯ a) 6= 0, entonces fg es
continua en
a ¯.
Teorema 5.6. Sea f
: Rn → Rm continua en a ¯ y sea g : Rm → Rk continua n k en f (¯a). Entonces (g ◦ f ) : R → R es continua en a¯.
Teorema 5.7. Sea
f : Rn → R y a ¯ ∈ Rn . Entonces f es continua en a ¯ si y sólo si para toda sucesión {¯ xn } tal que l´ımn→∞ x ¯n = a ¯ se veri ca que l´ımn→∞ f (¯ xn ) = f (¯ a).
5.4
5.4.
SUPERFICIES CUÁDRICAS
SUPERFICIES CUÁDRICAS
51
52
5
5.5.
CONTINUIDAD EN VARIAS VARIABLES
EJERCICIOS
1. Calcular el dominio de las siguientes funciones reales de varias variables reales: 1.1 1.2 1.3
√
f (x, y) =
9−x2 y−2x
√ 1 f (x, y) = ( x − y, ln(x − 2), x−y ) p f (x, y) = ( x2 + y 2 − 4, ln(16 − x2 − y 2 ), ln(x) + ln(y))
2. Calcular
(x2 + y 2 , (x2 + y) sen(xy), x2 + yx)
l´ım
(x,y)→(0,0)
3. Calcular los siguientes límites en el caso de que existan: 3.1.
l´ım(x,y)→(1,2)
3−x+y 4+x−2y
3.2.
l´ım(x,y)→(4,π) x2 sen xy
3.3.
l´ım(x,y)→(0,0)
3x−2y 2x−3y
3.4.
l´ım(x,y)→(0,0)
3.5.
l´ım(x,y)→(0,0)
x x+y
3.6.
l´ım(x,y)→(0,0) x2 y 2 ln(x2 + y 2 )
3.7.
l´ım(x,y)→(0,0)
x2 y x2 +y 2
3.8.
l´ım(x,y)→(0,0)
3.9.
l´ım(x,y)→(0,0)
x2 x2 +y 2
3.10.
3.11.
l´ım(x,y)→(0,0)
3.13.
l´ım(x,y)→(0,0)
(y 2 −x)2 x2 +y 4 y x
1 sen( x2 +y 2)
2x−y x2 +y 2
x2 y 2 (x2 +y 2 )3/2
l´ım(x,y)→(0,0) √ x|y| 2
x +y 2
(y 2 −x)2
3.12.
l´ım(x,y)→(0,0)
3.14.
√ l´ım(x,y)→(0,0) sen(x−y) 2 2
x2 +y 2 x +y
xy 2 z 3.15. l´ ım(x,y,z)→(0,0,0) x2 +y 2 +z 2 4. Representar grá camente las super cies de nivel de las siguientes funciones: 4.1.
f (x, y, z) = 4x2 + y 2 + 4z 2
4.3.
f (x, y, z) = (x − a)2 + (y − b)2
4.2.
f (x, y, z) = x2 + y 2 − z 2
5. Analizar la continuidad de las siguientes funciones:
( 5.1.
5.2.
5.3.
5.4.
5.5.
f (x, y) =
x2 y 2 x2 y 2 +(x−y)2
( 02
x −y 2 x2 +y 2
si si
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)
(x, y) 6= (0, 0) 0 si (x, y) = (0, 0) 1 2 (x + y) cos( x2 +y si (x, y) 6= (0, 0) 2) f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0) 2 1 (x + y 2 ) cos( x2 +y si (x, y) 6= (0, 0) 2) f (x, y) = si (x, y) = (0, 0) ( 0 2xy si (x, y) 6= (0, 0) x2 +y 2 f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0) f (x, y) =
si
5.5
53
EJERCICIOS
5.6.
5.7.
5.8.
5.9.
x x+y
si x + y 6= 0 0 si x + y = 0 2 x sen( y1 ) si y 6= 0 f (x, y) = 2 si y = 0 ( x xy √ si (x, y) 6= (0, 0) x2 +y 2 f (x, y) = si (x, y) = (0, 0) ( 0 2 x y ( x2 +y2 , sen xy) si (x, y) 6= (0, 0) f (x, y) = (0, 0) si (x, y) = (0, 0)
f (x, y) =
55
6.
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
6.1.
DERIVADAS DIRECCIONALES Y PARCIALES
De nición 6.1. Sea
f : Rn → R, a ¯ ∈ Rn y v¯ ∈ Rn . Se de ne la derivada direccional de f en a¯ y en la dirección de v¯ como:
Dv¯ f (¯ a) = l´ım
f a ¯ + h ||¯vv¯|| − f (¯ a) h
h→0
Si v¯ es unitario, tenemos f (¯ a + h¯ v ) − f (¯ a) h→0 h
Dv¯ f (¯ a) = l´ım
De nición 6.2. Derivadas parciales.
Sea f : Rn → R y a¯ ∈ Rn . Entonces se de ne la derivada parcial i-ésima en a¯ como ∂f f (¯ a + h¯ ei ) − f (¯ a) (¯ a) = Dei f (¯ a) = l´ım = h→0 ∂xi h f (a1 , . . . , ai + h, . . . , an ) − f (a1 , . . . , an ) h→0 h
= l´ım
siendo e¯i = (0, . . . , |{z} 1 , . . . , 0) el vector canónico i-ésimo (||¯ ei || = 1). i)
Denotamos a las derivadas de segundo orden por
∂2f ∂ = ∂xi ∂xj ∂xi
Se ha derivado primero con respecto a
∂f ∂xj
xj
∂2f ∂2f ∂ = = 2 ∂x ∂x ∂x ∂xi i i i Se ha derivado dos veces con respecto a
y luego con respecto a
∂f ∂xi
xi .
Teorema 6.1. Derivadas parciales mixtas. Teorema de Schwarz. Sea f : Rn → R tal que entorno de a¯. Entonces
xi .
∂f ∂f ∂2f ∂2f , , , son continuas en un ∂xi ∂xj ∂xi ∂xj ∂xj ∂xi
∂2f ∂2f (¯ a) = (¯ a) ∂xi ∂xj ∂xj ∂xi
56
6
6.2.
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
GRADIENTES Y DIFERENCIABILIDAD
De nición 6.3. Sea f de f en a¯ como
: Rn → R y a ¯ ∈ Rn . Entonces se de ne el gradiente
∇f (¯ a) =
∂f ∂f (¯ a), . . . , (¯ a) ∂x1 ∂xn
Para que exista ∇f (¯a) deben existir todas las derivadas parciales en a¯.
De nición 6.4. Sea
f : Rn → R y a ¯ ∈ Rn . Se dice que f es diferenciable
en a¯ si se veri ca que: 1.
∃
∂f (¯ a) para todo i = 1, . . . , n ∂xi
¯ − f (¯ ¯ f (¯ a + h) a) − ∇f (¯ a)h =0 ¯ ¯ ¯ ||h|| h→ 0
2.
l´ım
f (¯ x) − f (¯ a) − ∇f (¯ a)(¯ x−a ¯) = x ¯→¯ a ||¯ x−a ¯||
La propiedad 2. también se escribe como l´ım 0
En tal caso, la diferencial de f en a¯ se de ne como la aplicación lineal Df (¯ a) : Rn → R tal que Df (¯ a)(¯ x) = ∇f (¯ a)¯ x.
Propiedades. Sea f
: Rn → R
con
a ¯ ∈ Rn .
f es diferenciable en a ¯, f es continua p |xy| es continua en a ¯ = (0, 0) (f (x, y) =
1. Si
2. Si existe 3. Si en
v¯ ∈ Rn
tal que
@ Dv¯ f (¯ a),
4. Sean
El recíproco es falso
f
no es diferenciable en
a ¯, entonces f
a ¯.
es diferenciable
(el recíproco es falso).
f, g : Rn → R
diferenciables en
a ¯ ∈ Rn .
4.1.
D(f + g)(¯ a) = Df (¯ a) + Dg(¯ a)
4.2.
D(f g)(¯ a) = g(¯ a)Df (¯ a) + f (¯ a)Dg(¯ a) (a)Dg(a) D fg (¯ a) = g(a)Df (a)−f g(a)2
4.3.
a ¯.
pero no diferenciable).
entonces
∂f x) son continuas en un entorno de ∂xi (¯
a ¯
en
En la regla del cociente se supone que
Teorema 6.2. Sea
Entonces
g(a) 6= 0.
f : Rn → R diferenciable en a ¯ ∈ Rn y sea u ¯ ∈ Rn un
vector unitario. Entonces
Du¯ f (¯ a) = ∇f (¯ a)¯ u (producto escalar)
Si u¯ no es unitario, Du¯ f (¯ a) = ∇f (¯ a)
u ¯ ||¯ u||
6.2
57
GRADIENTES Y DIFERENCIABILIDAD
Como corolario de este resultado, se tiene que el valor máximo de las derivadas direccionales de f en a¯ se alcanza en la dirección del vector gradiente ∇f (¯a), y el valor absoluto de esa derivada direccional es |Du¯,máx f (¯ a)| = ||∇f (¯ a)| | Otro hecho destacable es que, dada
f : R2 → R,
el vector gradiente
∇f (¯ a), que supondremos no nulo, es perpendicular a la curva de nivel de z = f (x, y) que pasa por a ¯. 3 De igual modo, dada f : R → R , el vector gradiente ∇f (¯ a) es perpendicular a la super cie de nivel de t = f (x, y, z) que pasa por a ¯.
De nición 6.5. Sea f
: Rn → Rm con a ¯ ∈ Rn y f = (f1 , . . . , fm ). Entonces se dice que f es diferenciable en a¯ si fi es diferenciable a¯ para todo i = 1, . . . , m. En tal caso, la diferencial de f en a ¯ se de ne como la aplicación n m lineal Df (¯a) : R → R Df (¯ a)(¯ x) =
∂f1 a) ∂x1 (¯
.. .
∂fm a) ∂x1 (¯
···
.. .
···
∂f1 a) ∂xn (¯
.. .
∂fm a) ∂xn (¯
¯ x
A la matriz anterior se le llama matriz jacobiana de f en a¯ y se denota por Jf (¯a).
Regla de la cadena. Sean f
: Rn → Rm y g : Rm → Rp tales que g ◦ f está de nida, f es diferenciable en a ¯ y g es diferenciable en f (¯ a). Entonces g ◦ f es diferenciable en a ¯ y D(g ◦ f )(¯ a) = Dg(f (¯ a))Df (¯ a).
Casos particulares de la regla de la cadena. Caso 1. Sea z = f (x, y) una función diferenciable de variables x e y, con x = g(t), y = h(t)
funciones diferenciables de variable
función diferenciable de
dz ∂f dx ∂f dy = + dt ∂x dt ∂y dt
t
t.
Entonces
z
es una
con
o, de modo equivalente,
dz ∂z dx ∂z dy = + dt ∂x dt ∂y dt
Escrito matricialmente, se tiene
dz = dt
∂z ∂x
∂z ∂y
dx dt dy dt
Caso 2. Sea z = f (x, y) una función diferenciable de variables x e y, con x = g(s, t), y = h(s, t) funciones diferenciables de variables s y t. Entonces, ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + ∂s ∂x ∂s ∂y ∂s
58
6
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t Escrito matricialmente, queda
∂z ∂s
∂z ∂t
=
∂z ∂x
∂z ∂y
∂x ∂s ∂y ∂s
∂x ∂t ∂y ∂t
Teorema 6.3. Teorema de la función implícita.
Supongamos que F : Rn+1 → R tiene derivadas parciales continuas y que el punto (¯ x0 , z0 ) ∈ Rn+1 (con x ¯0 ∈ Rn y z0 ∈ R) cumple que F (¯ x0 , z0 ) = 0 y ∂F x0 , z0 ) 6= 0. Entonces, la ecuación F (¯ x, z) = 0 de ne, en un entorno del ∂z (¯ punto (¯ x0 , z0 ), a z como función implícita de x ¯, esto es, se puede encontrar una función (única y diferenciable) f (¯ x) = z de nida en un entorno V de x ¯0 que cumple F (¯ x, f (¯ x)) = 0 ∀¯ x ∈ V . La función f tendrá derivadas parciales: ∂F
∂z ∂f ∂x = = − ∂Fi ∂xi ∂xi ∂z
con i = 1, . . . , n y x¯ = (x1 , . . . , xn )
Teorema 6.4. Teorema de la función inversa.
Sea f = (f1 , . . . , fn ) : Rn → Rn tal que fi tiene derivadas parciales continuas para todo i = 1, . . . , n y sea f (¯ x0 ) = y¯0 . Si el determinante jacobiano |Jf (¯ x0 )| es distinto de cero, entonces la función f admite inversa f −1 en un entorno de y¯0 = f (¯ x0 ). La función f −1 tiene derivadas parciales continuas.
6.3.
APLICACIONES
6.3.1. Derivadas direccionales máximas Para una función diferenciable derivadas direccionales de diente
∇f (¯ a)
f
en
a ¯
f : Rn → R
el valor máximo de las
se alcanza en la dirección del vector gra-
y el valor absoluto de ésta es
|Du¯,máx f (¯ a)| = ||∇f (¯ a)| |.
6.3.2. Estimación por incremento y diferencial total De nición 6.6. Diferencial total de y = f (x1 , . . . , xn ).
Si y = f (x1 , . . . , xn ) y ∆x1 , . . . , ∆xn son incrementos de x1 , . . . , xn , las diferenciales de las variables independientes x1 , . . . , xn son dx1 = ∆x1 , . . . , dxn = ∆xn y la diferencial total de f se de ne como: ∂f ∂f dx1 + · · · + dxn ∂x1 ∂xn Se veri ca que si ∆x1 , . . . , ∆xn son pequeños, entonces df =
∆y '
∂f ∂f ∆x1 + · · · + ∆xn ∂x1 ∂xn
6.3
59
APLICACIONES
6.3.3. Geometría diferencial 1. Planos tangentes y rectas normales a una super cie. S una super cie de nida en R3 por la ecuación F (x, y, z) = 0 y sea a ¯ = (a1 , a2 , a3 ) ∈ S (F (¯ a) = 0). Entonces, si F es diferenciable en a ¯, el plano tangente a S en a ¯ es: Sea
π ≡ {(x − a1 )
∂F ∂F ∂F (¯ a) + (y − a2 ) (¯ a) + (z − a3 ) (¯ a) = 0} ∂x ∂y ∂z
Observación 6.1. Un vector normal al plano tangente a ∇F (¯ a), y la recta normal a S en a ¯ es
S en a ¯ es
x = a1 + λ ∂F a) ∂x (¯ r≡ y = a2 + λ ∂F a) ∂y (¯ a) z = a3 + λ ∂F ∂z (¯
con λ ∈ R.
2. Recta tangente y plano normal a una curva en el espacio. Sea
C
una curva en el espacio de nida por la intersección de dos su-
per cies
C= y sea en
p¯.
F (x, y, z) = 0 G(x, y, z) = 0
p¯ = (p1 , p2 , p3 ) ∈ C (F (¯ p) = G(¯ p) = 0) con f y G diferenciables C en p¯ es u ¯ = (u1 , u2 , u3 )
Entonces, el vector tangente a
u ¯ = ∇F (¯ p) × ∇G(¯ p) =
=
∂F p) ∂y (¯ ∂G p) ∂y (¯
∂F p) ∂z (¯ ∂G p) ∂z (¯
,−
→ − i
→ − j
∂F p) ∂x (¯ ∂G p) ∂x (¯
∂F p) ∂y (¯ ∂G p) ∂y (¯
∂F p) ∂x (¯ ∂G p) ∂x (¯
∂F p) ∂z (¯ ∂G p) ∂z (¯
,
→ − k
∂F p) = ∂z (¯ ∂G (¯ p ) ∂z ∂F p) ∂x (¯ ∂G p) ∂x (¯
∂F p) ∂y (¯ ∂G p) ∂y (¯
!
60
6
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
La recta tangente a
C
en
p¯ es
x = p1 + λu1 y = p2 + λu2 r≡ z = p3 + λu3 con
λ ∈ R.
El plano normal a
C
en
p¯ es
π ≡ {(x − p1 )u1 + (y − p2 )u2 + (z − p3 )u3 = 0}
6.3.4. Extremos relativos De nición 6.7. Sea f
en a¯:
: Rn → R y a ¯ ∈ Rn . Entonces se dice que f alcanza
1. Un máximo local si existe una bola B(¯a, ) centrada en a¯ y de radio > 0 tal que f (¯ x) ≤ f (¯ a) para todo x ¯ ∈ B(¯ a, ).
2. Un mínimo local si ∃ B(¯a, ) tal que f (¯ x) ≥ f (¯ a) para todo x ¯ ∈ B(¯ a, ).
6.3
61
APLICACIONES
3. Un punto de ensilladura si para todo > 0 existen x¯, y¯ ∈ B(¯a, ) tales que f (¯ x) > f (¯ a) y f (¯ y ) < f (¯ a).
De nición 6.8. Sea f
: Rn → R. Se dice que f tiene un punto crítico en a ¯ ∂f ¯ si ∇f (¯a) = 0 o no existe alguna de las derivadas parciales ∂xi (¯a).
Observación 6.2. Dada la super cie
S de ecuación z = f (x, y) (implícitamente F (x, y, z) = 0 con F (x, y, z) = f (x, y) − z ) y dado a¯ = (a1 , a2 ), el plano tangente en p¯ = (a1 , a2 , f (a1 , a2 )) ∈ S es π ≡ {(x − a1 )
∂f ∂f (¯ a) + (y − a2 ) (¯ a) − (z − f (¯ a)) = 0} ∂x ∂y
Si f tiene un punto crítico en a¯, el plano tangente será z = a3 = f (¯a) (plano horizontal), ya que ∂f a) = ∂f a) = 0. Por tanto, una condición ∂x (¯ ∂y (¯ necesaria para que f tenga en a¯ un extremo relativo es que a¯ sea un punto crítico de f .
Análisis de los puntos críticos De nición 6.9. Sea
f : Rn → R y a ¯ ∈ Rn tal que existen y son continuas ∂2f las derivadas de segundo orden ∂xi ∂xj para todo i, j = 1, . . . , n en B(¯a, ). Entonces se de ne la matriz hessiana de f en a¯ como Hf (¯ a) =
∂2f (¯ a) ∂x21
.. .
∂2f a) ∂xn ∂x1 (¯
···
... ···
∂2f a) ∂x1 ∂xn (¯
.. .
∂2f (¯ a) ∂x2n
=
∂2f (¯ a) . ∂xi ∂xj
Por el teorema de Schwarz, la matriz hessiana es simétrica. Llamaremos hessiano de f en a¯ al determinante de la matriz hessiana.
Teorema 6.5. En las condiciones de la de nición anterior, sea a¯ un punto crítico de f . Entonces:
1. Si Hf (¯a) es de nida positiva, f tiene un mínimo local en a¯.
62
6
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
2. Si Hf (¯a) es de nida negativa, f tiene un máximo local en a¯. 3. Si Hf (¯a) es inde nida, f tiene un punto de ensilladura en a¯.
Corolario 6.1. Sea f
: R2 → R en las condiciones de la última de nición y sea a¯ un punto crítico de f con A B Hf (¯ a) = B C
y |Hf (¯a)| = D. Entonces: 1. Si D < 0, f tiene un punto de ensilladura en a¯. 2. Si D > 0 y A > 0, f tiene un mínimo local en a¯. 3. Si D > 0 y A < 0, f tiene un máximo local en a¯. 4. Si D = 0 no se concluye nada.
Multiplicadores de Lagrange Cuando se intenta resolver un problema de máximos y mínimos sometido a ligaduras, se suele hacer uso de los
multiplicadores de Lagrange. Si deseamos
encontrar los extremos relativos de la función
{g1 (¯ x) = 0, . . . , gr (¯ x) = 0},
con
f, g1 , . . . , gr
f (¯ x)
sometida a las ligaduras
derivables y con derivadas par-
ciales continuas, se considera
F (¯ x) = f (¯ x) + λ1 g1 (¯ x) + · · · + λr gr (¯ x), donde los
λi
son constantes denominadas multiplicadores de Lagrange. Los
extremos condicionados de
f
serán puntos críticos de
F.
Teorema 6.6. Teorema de Lagrange.
Sean f (x, y) y g(x, y) con primeras derivadas parciales continuas y tales que f tiene un extremo en el punto (x0 , y0 ) sobre la curva de ligadura {g(x, y) = 0}. Si ∇g(x0 , y0 ) 6= 0, existe un número real λ tal que ∇f (x0 , y0 ) = λ∇g(x0 , y0 ).
Corolario 6.2. Método de los multiplicadores de Lagrange.
Supongamos que f (x, y), sujeta a la ligadura {g(x, y) = 0}, tiene un extremo, donde f y g están en las condiciones del teorema de Lagrange. Para detectar los extremos de f basta resolver el sistema {∇f (x, y) = λ∇g(x, y), g(x, y) = 0}
y evaluar f en cada uno de los puntos solución. El mayor y el menor de los valores obtenidos serán el máximo y el mínimo de f (x, y) sometida a la ligadura {g(x, y) = 0}.
6.4
6.4.
63
EJERCICIOS
EJERCICIOS
1. Calcular las derivadas direccionales de las siguientes funciones en el punto
a ¯
v¯.
y la dirección de nida por
v¯ = ( 35 , 45 ).
1.1.
f (x, y) = x + 2xy − 3y 2 ,
1.2.
f (x, y, z) = xyz , a ¯ = (1, 0, 1), v¯ = ( √12 , 0, − √12 ). 1 x sen( x2 +y si (x, y) 6= (0, 0) 2) f (x, y) = , 0 si (x, y) = (0, 0) a ¯ = (0, 0), v¯ = (1, 1).
1.3.
1.4.
f (x, y) = x2 yexy ,
a ¯ = (1, 2),
a ¯ = (0, 0),
v¯ = (1, 1).
2. Estudiar las derivadas direccionales de
f (x, y) =
√ 3
xy
en el origen.
3. Demostrar que la función
( f (x, y) = (0, 0)
no es continua en
xy 2 x2 +y 4
si
0
si
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)
y, sin embargo, existen todas las derivadas
direccionales en el origen. 4. Demostrar que la función
f (x, y) = es diferenciable en continua en
1 (x2 + y 2 ) sen( x2 +y 2) 0
(0, 0),
si si
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)
pero la función derivada parcial
∂f ∂x no es
(0, 0).
5. Calcular las derivadas parciales de primer orden de las siguientes funciones: 5.1. 5.2. 5.3.
f (x, y) = x2 + y 2 sen(xy) p f (x, y) = x2 + y 2 ( xy 2 si (x, y) 6= (0, 0) x2 +y 4 f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0)
6. Calcular el gradiente de la función por 6.1.
x2 y − 2xyz − x − z − z 2 = 0.
6.2.
xz 2 − y sen z = 0.
z = f (x, y)
de nida implícitamente
64
6
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
7. Estudiar la continuidad y existencia de las derivadas parciales, en el origen, de la función:
f (x, y) =
xy y 2 +x2
si
0
si
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)
f (x, y) = (x2 − y 2 , 2xy), g(x, y) = ex−y Df (1, 1), Dg(0, 2) y Dh(1, 1).
8. Sean
2
y
h = g ◦ f.
Calcular
P : Rn → R es una función polinomial en n variables, n diferenciable en todo R .
9. Demostrar que si entonces
P
es
10. Estudiar la continuidad y la diferenciabilidad de las siguientes funciones: 10.1.
10.2.
10.3.
10.4.
10.5.
10.6.
p |xy| 2 1 2 √ si (x, y) 6= (0, 0) (x + y ) sen x2 +y 2 f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0) ( 2 xy si (x, y) 6= (0, 0) x2 +y 4 f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0) ( 1 x sen x2 +y si (x, y) 6= (0, 0) 2 f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0) ( x|y| √ si (x, y) 6= (0, 0) x2 +y 2 f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0)
f (x, y) =
f (x, y) = (ex
2 +y 2
− 1, x2 + y 2 ).
11. Calcular el valor máximo de la derivada direccional de las siguientes funciones en el punto especi cado:
x x+y
11.1.
f (x, y) =
11.2.
1 f (x, y) = x2 ex x+y
a ¯ = (1, 1) a ¯ = (1, 2)
12. Calcular la ecuación de la recta normal y del plano tangente a las siguientes super cies en los puntos indicados. 12.1.
f (x, y) = x2 + y 2
en
√ x en x2 +y 2
12.2.
f (x, y) =
12.3.
f (x, y) = sen(xy)
en
p = (3, 4, 25). p = (3, −4, 3/5). p = (1, π, 0).
6.4
65
EJERCICIOS
13. Hallar el plano tangente a la super cie
z = x2 + 2y 2 ,
paralelo al plano
x + 2y − z = 10. z= xy +
14. Hallar la recta tangente a la curva intersección de las super cies
p x2 + y 2 y z = x2 + y 2 en el punto (1, 0, 1). Similarmente, xz + yz = 3 y x2 − y 2 + z 2 = 1 en el punto (1, 1, 1).
para
15. Obtener la ecuación de la recta tangente a la curva de intersección de las super cies
z = x2 − y 2 , z = 3
16. Se han medido dos variables
y = 3.
x
en el punto e
y
P = (2, 1, 3)
obteniendo los valores
En dichas medidas pueden existir errores máximos de
x = 2 e 0, 1 y 0, 2
respectivamente. Hallar, aplicando la regla de los incrementos nitos, la
z = x/y . p Calcular aproximadamente el valor de la expresión (2, 01)3 + (1, 01)3 cota del error absoluto cometido en la medida de la magnitud
17.
mediante la diferencial de la función adecuada. 18. El volumen de un cono circular recto de radio
r
y altura
h
es
V =
1 2 3 πr h. Calcular de forma aproximada el error cometido al calcular el volumen si las mediciones del radio y la altura son mente, con un posible error de
2
y
5
respectiva-
1/8.
19. Estudiar la existencia de máximos y mínimos locales de las siguientes funciones: 19.1.
f (x, y) = x3 + y 3 − 9xy + 27
19.2.
f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + xyz
19.3.
f (x, y) = xy +
19.4.
f (x, y, z) =
19.5.
f (x, y) = x4 + y 4 − 2x2 − 2y 2 + 4xy
19.6.
f (x, y) = (y − x2 )(y − 2x2 )
1 1 x + y −2x2 − y 2
− 3z 2 + 2xy + 2yz + 1
20. Calcular el valor máximo de
f (x, y) = 4xy, sujeta a la ligadura
y2 x2 + = 1. 9 16
x > 0, y > 0
67
7.
INTEGRALES MÚLTIPLES
7.1. Sea
INTEGRAL DOBLE SOBRE UN RECTÁNGULO
f : R ⊂ R2 → R una función acotada de dos variables, de nida sobre
el rectángulo
R = [a, b] × [c, d] = {(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, A continuación se considera una partición de ello se realizan dos particiones
P
y
Q
de
[a, b]
y
c ≤ y ≤ d}
R en subrectángulos. Para [c, d] respectivamente, con
P ≡ {x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn = b} Q ≡ {y0 = c < y1 < y2 < · · · < yn = d} siendo
b−a = ∆x para todo i = 1, . . . , n n d−c = ∆y para todo j = 1, . . . , n yj − yj−1 = n Denotamos por Rij = [xi−1 , xi ] × [yj−1 , yj ] los subrectángulos de la partición de R. Cada rectángulo tiene área ∆A = ∆x∆y . Si suponemos f ≥ 0 en R, llamamos S al sólido cuya tapa superior es la grá ca de f y cuya tapa inferior es el rectángulo R. Eligiendo un punto rij ∈ Rij para el que f alcanza un mínimo en Rij , entonces f (rij )∆A representa el volumen de una caja rectangular de base Rij y altura f (rij ), xi − xi−1 =
siendo la suma
sn =
n−1 X
f (rij )∆A
i,j=0 igual al volumen de un sólido inscrito en De igual manera, si máximo en
Rij ,
sij ∈ Rij
S.
es un punto para el que
f
alcanza un
la suma
Sn =
n−1 X
f (sij )∆A
i,j=0 es igual al volumen de un sólido circunscrito en Si llamamos
V
al volumen del sólido
S,
S.
es claro que
sn ≤ V ≤ Sn .
De nición 7.1. Si existen y son iguales los límites n→∞ l´ım sn = l´ım Sn = V , n→∞
entonces se dice que f es integrable en R, y se escribe Z Z
Z Z
V =
f (x, y) dA = R
f (x, y) dx dy R
68
7
INTEGRALES MÚLTIPLES
Obsérvese que para que tome sentido esta construcción, no es necesario
f ≥ 0. Si f toma valores negativos, la integral se interpreta como un volumen
con signo.
Observación 7.1. La integrabilidad se puede reescribir como la existencia del límite
l´ım
n→∞
n−1 X
∗ f (x∗ij , yij )∆A
i,j=0
para cualquier (x∗ij , yij∗ ) ∈ Rij . P ∗ ∗ A la suma n−1 i,j=0 f (xij , yij )∆A se la llama
suma de Riemann
para f .
7.2
INTEGRAL DOBLE EN REGIONES ELEMENTALES
69
Teorema 7.1. Toda función continua f
: R → R de nida sobre un rectángulo R es integrable. De hecho, basta con que f sea acotada y que el conjunto de puntos donde es discontinua esté formado por una unión nita de grá cas de funciones continuas.
7.1.1. Propiedades de las integrales dobles 1. 2. 3. 4.
RR
RR RR (f + g) dA = f dA + R R R g dA RR RR R kf dA = k R f dA RR RR Si f ≥ g , entonces f dA ≥ R R g dA R R RR R f dA ≤ R |f | dA
Teorema 7.2. (Fubini) Si f es continua en el rectángulo R = [a, b] × [c, d], entonces f es integrable en R y Z bZ
Z Z f (x, y) dA = R
d
dZ b
Z f (x, y) dy dx =
a
f (x, y) dx dy
c
c
a
De hecho, si f es acotada y sus discontinuidades forman una unión nita R de grá cas de funciones continuas cumpliéndose que cd f (x, y)dy existe para todo x ∈ [a, b], entonces Z bZ
d
Z Z f (x, y)dydx =
a
c
f (x, y)dA R
Corolario 7.1. Si f (x, y) = g(x)h(y) es continua en R, entonces Z Z
Z
b
g(x)h(y) dA = R 7.2.
Z g(x) dx
a
d
h(y) dy c
INTEGRAL DOBLE EN REGIONES ELEMENTALES
De nición 7.2. Una región del plano
D se dice que es de tipo 1 si se encuentra encerrada entre las grá cas de dos funciones continuas g1 (x) y g2 (x), esto es, D = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, g1 (x) ≤ y ≤ g2 (x)}
Se dice que D es de tipo 2 si se encuentra encerrada entre las grá cas de dos funciones continuas h1 (y) y h2 (y), esto es, D = {(x, y) : c ≤ y ≤ d, h1 (y) ≤ x ≤ h2 (y)}
A estas regiones las llamaremos
.
regiones elementales
70
7
y
INTEGRALES MÚLTIPLES
y d
y = g2(x)
x = h2(y) D
D
x = h1(y)
y = g1(x) a
c b
x
x
tipo 1
tipo 2
De nición 7.3. (Integral sobre una región elemental)
Dada una región elemental RDRy una función f : D → R continua, se de ne la integral de f sobre D, D f (x, y) dA, del siguiente modo: Se considera un rectángulo R, con D ⊂ R, y se de ne la siguiente función F :R→R F (x, y) =
si (x, y) ∈ D si (x, y) ∈/ D
f (x, y) 0
Entonces Z Z
Z Z f (x, y) dA =
F (x, y) dA
D
R
Observación 7.2. Resulta inmediato ver que la de nición es consistente y
no depende R Rdel rectángulo R elegido. También resulta evidente que, si f ≥ 0, entonces D f (x, y) dA representa el volumen encerrado entre la grá ca de f y la región D.
Teorema 7.3. Si f
: D → R es continua en una región D de tipo 1, entonces Z bZ
Z Z
g2 (x)
f (x, y) dA =
f (x, y) dy dx
D
a
g1 (x)
Si la región D es de tipo 2, entonces Z Z
Z
d Z h2 (y)
f (x, y) dA = D
f (x, y) dx dy c
h1 (y)
Observación 7.3. El área de una región elemental D se obtiene calculando RR D
dA, esto es, con f = 1.
7.2.1. Propiedades 1. 2.
RR
RR RR + g) dA = D f dA + D g dA. RR RR D kf dA = k D f dA. D (f
7.3
CAMBIO DE VARIABLE EN INTEGRALES DOBLES
71
RR RR f ≥ g , entonces D f dA ≥ D g dA. RR D 1 dA = A(D) siendo A(D) el área de D .
3. Si 4.
5. Si
m ≤ f (x, y) ≤ M
para todo
(x, y) ∈ D,
entonces
Z Z f (x, y) dA ≤ M A(D)
mA(D) ≤ D
D = DR1 ∪ salvo, quizá, en los bordes, R D2 sin que RD R 1 y D2 se Rsolapen R entonces D f dA = D1 f dA + D2 f dA.
6. Si
Teorema 7.4. (Teorema del valor medio integral para integrales dobles)
Sea f : D → R continua con D una región elemental. Entonces existe un punto (x0 , y0 ) ∈ D tal que Z Z f (x, y) dA = f (x0 , y0 )A(D) D
Teorema 7.5. (Áreas de super cies)
Dada una super cie S de ecuación z = f (x, y) con (x, y) ∈ D, una región elemental, y tal que fx y fy son continuas, entonces el área de S , A(S), es Z Z q A(S) = 1 + fx (x, y)2 + fy (x, y)2 dA D 7.3.
CAMBIO DE VARIABLE EN INTEGRALES DOBLES
Sea
(x, y),
T
una transformación desde el plano
donde
x = x(u, v)
y
y = y(u, v)
uv
en el plano
xy , T (u, v) =
son funciones con derivadas parciales
continuas. Bajo estas condiciones, se dice que
T
es
C 1.
De nición 7.4. El jacobiano de T , una transformación C 1 , es el determinante
∂(x, y) = ∂(u, v)
∂x ∂u ∂y ∂u
∂x ∂v ∂y ∂v
∂x ∂y ∂x ∂y − = ∂u ∂v ∂v ∂u
Teorema 7.6. (Cambio de variable en integrales dobles)
Sea T : D2 → D1 una transformación C 1 y biyectiva de nida entre dos regiones elementales, D2 contenida en el plano uv y D1 contenida en el plano xy . Entonces, si f : D1 → R es integrable, Z Z
∂(x, y) du dv f (x(u, v), y(u, v)) ∂(u, v) D2
Z Z f (x, y) dx dy = D1
72
7
INTEGRALES MÚLTIPLES
Corolario 7.2. Si la función T transforma coordenadas polares en cartesianas, T (r, θ) = (x, y) con x = r cos θ
y = r sen θ,
y
P (r, θ) r θ x Coordenadas polares
entonces el jacobiano es ∂(x, y) cos θ −r sen θ = sen θ r cos θ ∂(r, θ)
= r(cos2 θ + sen2 θ) = r
De modo que el teorema del cambio de variable nos da Z Z
Z Z f (x, y) dx dy =
f (r cos θ, r sen θ)r dr dθ
D1 7.4.
D2
INTEGRAL TRIPLE
La integral triple se de ne sobre un paralelepípedo rectangular
B = {(x, y, z) : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d, r ≤ z ≤ s} ⊂ R3 de manera análoga a como se hace con las integrales dobles en rectángulos: se
B en n3P paralelepípedos Bijk , con i, j, k = 0, ..., n − 1, n−1 y se considera la suma Sn = i,j,k=0 f (cijk )∆V , donde ∆V es el volumen de cada Bijk y cijk ∈ Bijk . hace una partición de
De nición 7.5. Dada f
: B → R acotada, si existe l´ımn→∞ Sn (sin depenelegidos), entonces decimos que f es integrable sobre B y la
der de los cijk integral se escribe
Z Z Z
Z
l´ım Sn =
n→∞
f (x, y, z) dV = B
f dV B
Las propiedades y teoremas para integrales triples son completamente análogos a los obtenidos para integrales dobles. Citemos los resultados más relevantes.
7.5
INTEGRAL TRIPLE EN REGIONES ELEMENTALES
73
Teorema 7.7. La integral triple existe siempre que f : B → R sea continua. De hecho, basta que f sea acotada y las discontinuidades estén contenidas en grá cas de funciones continuas de dos variables. Teorema 7.8. (Fubini) Si f es continua en B = [a, b]×[c, d]×[r, s], entonces f es integrable en B y
Z bZ
Z Z Z
dZ s
f (x, y, z) dV = B
f (x, y, z) dz dy dx a
c
r
Existen seis órdenes posibles de integración para las integrales iteradas, dando todos el mismo resultado. 7.5.
INTEGRAL TRIPLE EN REGIONES ELEMENTALES
Para de nir integrales triples en regiones más generales, deben construirse las regiones elementales de dimensión 3.
De nición 7.6. Una región sólida E se dice de tipo 1 si E = {(x, y, z) : (x, y) ∈ D, u1 (x, y) ≤ z ≤ u2 (x, y)}
siendo u1 , u2 : D → R funciones continuas de nidas sobre una región elemental del plano xy . Decimos que E es de tipo 2 si E = {(x, y, z) : (y, z) ∈ D, u1 (y, z) ≤ x ≤ u2 (y, z)}
siendo u1 , u2 : D → R funciones continuas de nidas sobre una región elemental del plano yz . Decimos que E es de tipo 3 si E = {(x, y, z) : (x, z) ∈ D, u1 (x, z) ≤ y ≤ u2 (x, z)}
siendo u1 , u2 : D → R funciones continuas de nidas sobre una región elemental del plano xz . A estas regiones sólidas las llamaremos regiones elementales.
De nición 7.7. (Integral triple sobre una región elemental)
de nir una integral triple de f sobre una región elemental E , R R Para R E f (x, y, z) dV , basta construir una caja B que la contenga y de nir una función F : B → R que coincida con f en E y valga 0 fuera de E . Entonces, Z Z Z
Z Z Z f (x, y, z) dV = E
F (x, y, z) dV B
74
7
Teorema 7.9. Si f
INTEGRALES MÚLTIPLES
: E → R es continua en una región E de tipo 1, entonces # Z Z "Z u2 (x,y)
Z Z Z
f (x, y, z) dz dA
f (x, y, z) dV = D
E
u1 (x,y)
Si la región E es de tipo 2, entonces Z Z "Z
Z Z Z
#
u2 (y,z)
f (x, y, z) dx dA
f (x, y, z) dV = D
E
u1 (y,z)
Si la región E es de tipo 3, entonces Z Z "Z
Z Z Z
#
u2 (x,z)
f (x, y, z) dy dA
f (x, y, z) dV = D
E
Observación 7.4. Si se considera f
E , V (E), es igual a la integral
u1 (x,z)
= 1, entonces el volumen de la region
Z Z Z V (E) =
dV E
7.6.
CAMBIO DE VARIABLE EN INTEGRALES TRIPLES
T una transformación de nida entre el espacio uvw y el espacio xyz , T (u, v, w) = (x, y, z), donde x = x(u, v, w), y = y(u, v, w), z = z(u, v, w) son Sea
funciones con derivadas parciales continuas. Bajo estas condiciones, se dice que
T
es
C 1.
De nición 7.8. El jacobiano de T , una transformación C 1 , es el determinante
∂(x, y, z) = ∂(u, v, w)
∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂u
∂x ∂v ∂y ∂v ∂z ∂v
∂x ∂w ∂y ∂w ∂z ∂w
Teorema 7.10. (Cambio de variable en integrales triples)
Sea T : S2 → S1 una transformación C 1 y biyectiva de nida entre dos regiones sólidas elementales, S2 contenida en el espacio uvw y S1 contenida en el espacio xyz . Entonces, si f : S1 → R es integrable, Z Z Z f (x, y, z) dx dy dz = S1
Z Z Z =
∂(x, y, z) du dv dw f (x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w)) ∂(u, v, w) S2
7.6
CAMBIO DE VARIABLE EN INTEGRALES TRIPLES
75
Corolario 7.3. Si la función T transforma coordenadas cilíndricas en cartesianas, T (r, θ, z) = (x, y, z), con x = r cos θ
y = r sen θ
z = z,
z P (ρ, θ, z)
z 0
y θ
ρ
x Coordenadas cil´ındricas
se tiene el jacobiano cos θ −r sen θ 0 ∂(x, y, z) = sen θ r cos θ 0 = r, ∂(r, θ, z) 0 0 1
de modo que el teorema del cambio de variable queda así:
Z Z Z
Z Z Z f (x, y, z) dx dy dz = S1
f (r cos θ, r sen θ, z)r dr dθ dz S2
Corolario 7.4. Si la función T transforma coordenadas esféricas en cartesianas, T (ρ, θ, φ) = (x, y, z), con x = ρ sen φ cos θ
y = ρ sen φ sen θ
z = ρ cos φ,
76
7
INTEGRALES MÚLTIPLES
z P (ρ, θ, φ) φ
ρ
0
y θ
x Coordenadas esf´ericas
se tiene el jacobiano sen φ cos θ −ρ sen φ sen θ ρ cos φ cos θ ∂(x, y, z) = sen φ sen θ ρ sen φ cos θ ρ cos φ sen θ ∂(ρ, θ, φ) cos φ 0 −ρ sen φ
= −ρ2 sen φ,
de modo que el teorema del cambio de variable queda así: Z Z Z f (x, y, z) dx dy dz = S1
Z Z Z
f (ρ sen φ cos θ, ρ sen φ sen θ, ρ cos φ)ρ2 sen φ dρ dθ dφ.
= S2
7.7
77
EJERCICIOS
7.7.
EJERCICIOS
1. Calcular las siguientes integrales iteradas: Z
3Z 2
Z0
Z1
1.
2
x2 y dy dx
3
x2 y dx dy
2.
Z1 3 Z0 1 (1 + 4xy) dx dy Z1 2 Z0 π/2 4. x sen y dy dx Z0 4 Z0 2 √ (x + y) dx dy 5. Z1 2 Z0 1 (2x + y)8 dx dy 6. Z0 1 Z0 1 (x4 y + y 2 ) dy dx 7. 0 Z−1 1Z 1 8. xyex+y dy dx 0 0 Z 0Z 2 9. (−x ln y) dy dx Z−14 Z1 2 x y 10. + dy dx x Z1 ln 21Z ln y5 11. e2x−y dx dy Z0 1 Z 10 xy p 12. dy dx x2 + y 2 + 1 0 0 3.
2. Calcular las siguientes integrales dobles: 2y3
1.
RR
R (6x
2.
RR
R cos(x
3.
RR
x2 y R xye
4.
RR
x R 1+xy
5.
RR
Rx
3. [−2, 3]
4.
y
− 5y 4 ) dA,
+ 2y) dA, dA,
dA,
dA,
R = [0, 3] × [0, 1] R = [0, π] × [0, π/2]
R = [0, 1] × [0, 2] R = [0, 1] × [0, 1]
R = [0, 1] × [0, 1]
Hallar el volumen del sólido acotado por el rectángulo y el plano
Calcular
R = [0, 1] ×
3x + 2y + z = 12.
RR
D (x
grá cas de las curvas
2
− y) dA siendo D la región comprendida entre y = x2 , y = −x2 y las rectas x = −2 y x = 2.
las
78
7
5. Determinar
RR D
INTEGRALES MÚLTIPLES
xy dA siendo D la región 3y 2 = x e y = x2 .
del primer cuadrante ence-
rrada entre las parábolas
6. Evaluar
2 la parábola y
7.
RR
xy dA = 2x + 4. D
con
D
la región acotada por la recta
y =x−2
y
Determinar el volumen del sólido comprendido entre el paraboloide
elíptico
x2 /4 + y 2 /9 + z = 1
8. Calcular unidad
RR
Rx
y el rectángulo
2 y dA siendo
I = [0, 1] × [0, 1]
R = [−1, 1] × [−2, 2].
R la región plana contenida en el cuadrado y = x2 e y = x4 . Hágase el
y acotada por las curvas
cálculo variando el orden de integración.
9. Hallar el área del recinto E x2
x2
acotado por una elipse de semiejes
a
y
b.
10. Hallar el área comprendida entre las circunferencias x2 + y2 = 2x y
+ y 2 = 4x
y=x
y las rectas
y = 0.
e
11. La temperatura media de una placa situada en la región D = {(x, y) : RR
+ y 2 = 25}
es
TM =
D
T (x,y) dA , con A(D)
centígrados correspondiente al punto
T (x, y) la temperatura en grados (x, y) de la placa y A(D) el área de la
placa. Se supone que la temperatura es proporcional a su distancia al origen. Sabiendo que
12.
T (1, 0) = 100,
Evaluar
RR
+ 4y 2 ) dA con R la región x2 + y 2 = 1 y x2 + y 2 = 4.
R (3x
acotada por los círculos
13.
hallar la temperatura media de la placa.
del semiplano superior
Calcular el volumen del sólido acotado por el plano
paraboloide
z = 0
y el
z = 1 − x2 − y 2 .
14. Calcular el volumen del sólido que se encuentra bajo el paraboloide
z = x2 + y 2 ,
sobre el plano
z = 0,
y dentro del cilindro
x2 + y 2 = 2x.
15. Calcular las integrales Z Z Z
Z Z Z
2
xyz dV con
C
B = [0, 1] × [−1, 2] × [0, 3]
16. 17.
y
C = [−1, 1] × [0, 2] × [0, 1].
RRR
z dV con B el tetraedro x = 0, y = 0, z = 0 y x + y + z = 1.
Calcular la integral
por los planos
(xz − y 3 ) dV
y
B
Evaluar
RRR √ B
B
x2 + z 2 dV
con
B
sólido acotado
la región sólida acotada por el
7.7
79
EJERCICIOS
paraboloide
y = x2 + z 2
y el plano
y = 4.
18. Utilícese una integral triple para calcular el volumen de: El sólido acotado por la super cie
y = x2
y los planos
z = 0, z = 4
e
y = 9. La región sólida acotada por el cilindro y
x2 +y 2 = 9 y los planos y+z = 5
z = 1.
19. Evaluar, utilizando coordenadas cilíndricas, la integral Z
2
√
Z
−2
4−x2
Z
√ − 4−x2
2
√
(x2 + y 2 ) dz dy dx x2 +y 2
20. Hallar, utilizando coordenadas cilíndricas, el volumen del cuerpo limitado por las super cies
z = x2 + y 2
y
z = 2 − x2 − y 2 .
21. Evaluar, utilizando coordenadas esféricas: RRR B
ex
2 +y 2 +z 2
3/2
dV ,
siendo
B ⊂ R3
xyz dV , siendo B ⊂ R3 la región ρ = 2 y ρ = 4 y sobre el cono φ = π/3. RRR
B
la bola unidad.
comprendida entre las esferas
El volumen de la región sólida dentro de la esfera sobre el plano
z=0
2 y bajo el cono z
=
x2
+
y2.
x2 + y 2 + z 2 = 4 ,
81
8.
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
8.1.
PRIMERAS DEFINICIONES. PROBLEMA DEL VALOR INICIAL
De nición 8.1. Una
ecuación diferencial es una ecuación en la que intervienen una variable dependiente y sus derivadas con respecto a una o más variables independientes. Por ejemplo: dy = 30y ó y 0 = 30y (modelo de crecimiento de poblaciones). 1.
dt
2.
dy = 3(y − 60) ó y 0 = 3(y − 60) (ley de enfriamiento de Newton). dt
dy d2 y +3 + 2y = 0 ó y 00 + 3y 0 + 2y = 0. dx2 dx 2 2 d y d3 y = cos x ó y 000 + 2(y 00 )2 = cos x. 4. 3 + 2 dx dx2
3.
Llamamos a la x y a la t variables independientes, y a la y = y(x) ó y = y(t), variable dependiente. A estas ecuaciones con una sola variable
independiente se les llama ecuaciones diferenciales ordinarias. El orden de una ecuación diferencial es el de la derivada de mayor orden en la ecuación. Así, y 00 + 3y 0 = x + 2 es de orden 2. El grado de una ecuación diferencial es el grado de la derivada de mayor orden que aparece. Así, (y 00 )3 + 3(y 0 )4 = x + 2 tiene grado 3. Una ecuación diferencial ordinaria general de orden
0 n) la forma F (x, y, y , . . . , y )
n se suele escribir en
= 0, aunque otro modo habitual y n) = f (x, y, y 0 , . . . , y n−1) ).
es expresarla
en forma canónica o reducida
De nición 8.2. Dada una ecuación diferencial ordinaria de orden n (1)
F (x, y, y 0 , . . . , y n) ) = 0,
llamamos solución de (1) en un intervalo I = (a, b) a una función y = y(x) de nida en (a, b) tal que F (x, y(x), y 0 (x), . . . , y n) (x)) = 0 para todo x ∈ I .
Ejemplo 8.1. Dada la ecuación diferencial y0 = 30y, con y = y(t), resulta y0 = 30 ⇒ y
Z
y0 dt = y
Z
30 dt ⇒ ln y = 30t+C ⇒ y = eC e30t ⇒ y(t) = De30t
De modo que la solución general de la ecuación diferencial y 0 = 30y es y(t) = De30t , con D = eC tomando cualquier valor real positivo. Esta solución representa un modelo de crecimiento de población con recursos ilimitados en el que la velocidad de expansión de la población sólo dependerá del número de individuos iniciales (para tiempo t = 0, tenemos
82
8
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
y(0) = D = eC individuos). La expresión y(t) = De30t recibe el nombre de
, ya que para cada valor del parámetro D obtenemos una solución de la ecuación diferencial.
familia monoparamétrica de soluciones
Ejemplo 8.2. Dada la ecuación diferencial de segundo orden y00 + 16y = 0,
la expresión y(x) = C1 cos 4x + C2 sen 4x, es una familia biparamétrica de soluciones de la misma, esto es, para cada par de valores que demos a los parámetros C1 , C2 ∈ R, obtenemos una solución de la ecuación. En efecto, y 0 (x) = −4C1 sen 4x + 4C2 cos 4x
y 00 (x) = −16C1 cos 4x − 16C2 sen 4x.
Al sustituir en la ecuación y 00 (x), y(x) por los valores obtenidos, se tiene −16C1 cos 4x − 16C2 sen 4x + 16(C1 cos 4x + C2 sen 4x) = 0,
con lo que y(x) = C1 cos 4x + C2 sen 4x cumple la ecuación diferencial y es, por tanto, una solución de la misma para cualesquiera valores de C1 y C2 . y n) = f (x, y, y 0 , . . . , y n−1) ) n−1) (x ) = 0 ) = y1 , . . . , y 0
A menudo interesa resolver una ecuación diferencial sujeta a unas condiciones prescritas
{y(x0 ) = y0
, y 0 (x
yn−1 }, con y0 , y1 , . . . , yn−1 constantes conocidas. A los problemas de este tipo se les llama
problemas de valor inicial.
Problema de valor inicial de primer orden. Se trata de encontrar la solución de una ecuación diferencial de primer orden sujeta a una única condición inicial
(1)
y 0 = f (x, y) y(x0 ) = y0
Valga como ejemplo el problema
(1)
y 0 = 30y y(0) = 4 y(t) = De30t . Como, y(0) = 4, se tiene 4 = De0 = D.
Por lo visto en el Ejemplo 1, la solución general es además, debe veri car la condición inicial
En consecuencia, la única solución de la ecuación diferencial que cumple la condición inicial es
y(t) = 4e30t .
8.2
83
ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
Teorema 8.1. Existencia y unicidad de soluciones.
df Sea R = {(x, y) : a < x < b, c < y < d} con (x0 , y0 ) ∈ R. Si f y dx son continuas en R, entonces existe un intervalo I = (x0 − , x0 + ) y una única función y(x) de nida en I que cumple
(1)
8.2.
y 0 = f (x, y) y(x0 ) = y0
ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
De nición 8.3. Variables separables.
dy
Una ecuación diferencial de primer orden de la forma g(x)+h(y) = 0, dx con g y h continuas, se dice que es separable o de variables separables. Se puede reescribir separando las variable en la forma h(y)dy = −g(x)dx.
Ejemplo 8.3. Hallemos la solución general de la ecuación de variables se-
dy parables (x2 + 4) dx = xy . Al separar variables, queda la expresión y1 dy = miembros, tenemos
Z
dy = y
Z
x dx. x2 +4
Integrando ambos
p x 1 2 dx ⇒ ln |y| = ln(x + 4) + C = ln x 2 + 4 + C1 1 x2 + 4 2
En consecuencia, |y| = eC1
p p p x2 + 4 ⇒ y = ±eC1 x2 + 4 ⇒ y = C x2 + 4
Si buscamos la solución particular que cumple una √ condición inicial dada, por ejemplo, y(2) = 1, entonces tenemos √ 1 = C 22 + 4, lo que implica 1 1 que C = 2√2 . La solución será y(x) = 2√2 x2 + 4. Elevando al cuadrado, obtenemos la hipérbola 8y 2 − x2 = 4. La solución es la rama positiva (y > 0).
De nición 8.4. Funciones homogéneas.
Una función f (x, y) es homogénea de grado n si f (λx, λy) = λn f (x, y).
Ejemplo 8.4. 1. f (x, y) = x4 − x3 y es homogénea de grado 4. 2. f (x, y) = ey/x + tg
y x
es homogénea de grado 0.
84
8
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
De nición 8.5. Ecuaciones diferenciales homogéneas. Una ecuación diferencial de la forma
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0,
donde M y N son funciones homogéneas del mismo grado, se dice que es una ecuación diferencial homogénea. Estas ecuaciones se resuelven haciendo el cambio y = vx (donde v = v(x) es derivable), transformándolas en ecuaciones de variables separables.
Ejemplo 8.5. Hallar la solución general de (x2 − y2 )dx + 3xydy = 0.
Como M (x, y) = (x2 − y 2 ) y N (x, y) = 3xy son ambas homogéneas de grado 2, hacemos y = vx. Así, dy = xdv + vdx, de modo que, sustituyendo y y dy en la ecuación, obtenemos (x2 − v 2 x2 )dx + 3x(vx)(xdv + vdx) = 0 ⇒ (x2 + 2v 2 x2 )dx + 3x3 vdv = 0 ⇒
⇒ x2 (1 + 2v 2 )dx + x2 (3vx)dv = 0
Esta segunda ecuación es de variables separables. Dividiendo entre x2 y separando variables, queda Z
2
(1 + 2v )dx = −3vxdv ⇒
dx = x
Z
−3v dv ⇒ 1 + 2v 2
3 ⇒ ln |x| = − ln(1 + 2v 2 ) + C1 ⇒ 4 ln |x| = −3 ln(1 + 2v 2 ) + ln |C2 | ⇒ 4 ⇒ ln x4 = ln C2 (1 + 2v 2 )−3 ⇒ x4 = C2 (1 + 2v 2 )−3
Una vez resuelta la segunda ecuación, se deshace el cambio v = xy , para obtener y 2 −3 x = C2 1 + 2 ⇒ (x2 + 2y 2 )3 = Cx2 x 4
Una propiedad interesante de las ecuaciones homogéneas
N (x, y)dy = 0
0 es que y
(1) M (x, y)dx+
(x,y) −M N (x,y)
= = f (x, y) es una función homogénea de f (λx, λy) = f (x, y) para todo λ ∈ R, esto es, las 0 el origen son isoclinas de (1) (las pendientes y de las
grado 0, de modo que rectas que pasan por soluciones de
(1)
son constantes a lo largo de cada una de estas rectas). La
siguiente gura ilustra esta situación con el último ejemplo.
8.2
85
ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
De nición 8.6. Ecuaciones diferenciales exactas.
La ecuación diferencial M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 es exacta si existe una función f (x, y), con derivadas parciales continuas, tal que fx (x, y) = M (x, y) y fy (x, y) = N (x, y) La solución general de la ecuación es
f (x, y) = C . Para x para obtener
comprobarlo,
basta derivar esta expresión con respecto a la
fx (x, y) + fy (x, y)
dy = 0 ⇒ fx (x, y)dx + fy (x, y)dy = 0 ⇒ dx
⇒ M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
Teorema 8.2. Criterio de exactitud.
Si M (x, y) y N (x, y) tienen derivadas parciales continuas en un disco abierto R, la ecuación diferencial M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 es exacta si y sólo si ∂M ∂N = ó, equivalentemente, My = Nx ∂y ∂x
Ejemplo 8.6. Resolver la ecuación diferencial exacta (cos x − x sen x + y 2 )dx + 2xydy = 0. Hallar la solución particular que satisface la condición inicial y = 1 en x = π . Efectivamente, es exacta, ya que My = 2y = Nx . Buscamos una solución del tipo f (x, y) = C con fx = M y fy = N . Como N es más sencilla que M , integramos N para determinar f : Z Z f (x, y) = N (x, y) dy = 2xy dy = xy 2 + g(x) Queda determinar quién es g(x). Como fx (x, y) =
∂ [xy 2 + g(x)] = y 2 + g 0 (x) = cos x − x sen x + y 2 , ∂x
86
8
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
llegamos a la conclusión de que g 0 (x) = cos x − x sen x. Entonces Z g(x) =
(cos x − x sen x)dx = x cos x + C
La última igualdad se obtiene integrando por partes. Esto implica que f (x, y) = xy 2 + x cos x + C , de modo que la solución general de la ecuación es xy 2 + x cos x = C
La solución particular que pasa por (x, y) = (π, 1) exige que π + π cos π = C de modo que C = 0 y la solución es xy 2 + x cos x = 0. Su grá ca es la siguiente:
De nición 8.7. Factores integrantes.
Si la ecuación diferencial M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 no es exacta, cabe la posibilidad de que, al multiplicarla por un factor adecuado µ(x, y), se convierta en exacta. En tal caso, µ se denomina factor integrante de la ecuación.
Teorema 8.3. Factores integrantes.
Consideremos la ecuación diferencial M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0. 1 [My (x, y) − Nx (x, y)] = h(x) depende sólo de x, entonces N (x, y) R µ(x) = e h(x) dx es un factor integrante.
1. Si
1 [Nx (x, y) − My (x, y)] = h(y) depende sólo de y , entonces M (x,Ry) µ(y) = e h(y) dy es un factor integrante.
2. Si
Ejemplo 8.7. Resolver la ecuación diferencial (y2 − x)dx + 2ydy = 0.
Tenemos My = 2y , Nx = 0, de modo que la ecuación no es exacta. Por otro lado, My − Nx 2y = = 1 = h(x), N 2y
con lo que µ(x) = e 1 dx = ex es un factor integrante. Multiplicando la ecuación por ex obtendremos la ecuación exacta R
8.2
87
ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
(y 2 ex − xex )dx + 2yex dy = 0
Ahora tenemos M (x, y) = y 2 ex − xex y N (x, y) = 2yex y se cumple My = 2yex = Nx . Buscamos una solución f (x, y) = C con fx = M y fy = N . Z f (x, y) =
Z Ny dy =
2yex dy = y 2 ex + g(x)
Por otro lado, fx (x, y) = y 2 ex + g 0 (x) = y 2 ex − xex
Entonces g 0 (x) = −xex , de manera que, integrando por partes, se obtiene g(x) = −xex + ex + C , con lo que f (x, y) = y 2 ex − xex + ex + C . La solución general de la ecuación es y 2 ex − xex + ex = C .
De nición 8.8. Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden.
Se llama ecuación diferencial lineal de primer orden a cualquier ecuación de la forma
dy + P (x)y = Q(x), dx con P y Q funciones continuas de x. Esta ecuación se dice que está en forma
normal.
Teorema 8.4. Solución de una ecuación diferencial lineal de primer orden. 0 La ecuación lineal R de primer orden y + P (x)y = Q(x) admite el factor integrante µ(x) = e P (x) dx . La solución de la ecuación es R
ye
P (x) dx
Z =
R
Q(x)e
P (x) dx
dx + C
Otro modo de resolver este tipo de ecuaciones es mediante el método de
variación de las constantes. Se resuelve, en primer lugar, la parte homogénea de la ecuación (y
0
+ P (x)y = 0). A dicha solución, que se obtiene separando R yh (x) = Ke −P (x) dx . La solución general de y 0 + P (x)y = Q(x) es de la forma y = yh + yp , siendo yp una solución particular de la ecuación. La solución particular se supone de la forma yp = R K(x)e −P (x) dx . De ahí el nombre del método. Veamos con un ejemplo cómo
variables, la denotamos por
resolver este tipo de ecuaciones.
0 2 Ejemplo 8.8. Hallar la solución general de xy − 2y = x .
La forma canónica o normal es y 0 −
de modo que
2 x
y = x. Tenemos P (x) = −2/x,
88
8
e
R
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
P (x) dx
= e−
R
2 x
dx
2
= e− ln x =
1 x2
es un factor integrante. Multiplicamos la ecuación en forma canónica por el factor integrante y obtenemos Z 2y 1 1 y0 d hyi 1 y − y= ⇒ = ⇒ 2 = dx ⇒ x2 x3 x dx x2 x x x y ⇒ 2 = ln |x| + C ⇒ y = x2 (ln |x| + C) x
Si queremos aplicar el método de variación de las constantes, primero 2 0 calculamos yh , esto es, la solución de la ecuación y − x y = 0. Separando variables e integrando, se tiene yh (x) = Kx2
La solución particular se supone del tipo yp (x) = K(x)x2 . Sustituyendo en la ecuación inicial, resulta 2 2 x K(x) = x esto es K 0 (x)x2 = x x De modo que K(x) = ln |x|. Tenemos como solución particular yp (x) = 2 x ln |x|. En consecuencia, la solución general de la ecuación es K 0 (x)x2 + 2xK(x) −
y(x) = yh (x) + yp (x) = Kx2 + x2 ln |x| = x2 (ln |x| + K)
De nición 8.9. Ecuaciones de Bernoulli.
Una ecuación de Bernoulli tiene la forma y 0 + P (x)y = Q(x)y n , con n 6= {0, 1} un número real. Haciendo el cambio de variable v = y 1−n , nos queda una ecuación lineal de primer orden que ya sabemos resolver. Deshacemos el cambio, y la ecuación está resuelta. Ejemplo 8.9. Hallar la solución general de y0 + xy = xe−x2 y−3 . Tenemos n = −3, de modo que v = y 4 , lo que implica que y = v 1/4 . Además, v 0 = 4y 3 y 0 , con lo que y 0 =
ecuación por y e y 0 , tenemos
v0 v0 = . Sustituyendo en la 4y 3 4v 3/4
v0 2 + xv 1/4 = xe−x v −3/4 . 3/4 4v Multiplicando la ecuación por 4v 3/4 para dejar v 0 solo, obtenemos 2
v 0 + 4xv = 4xe−x
Esta ecuación es lineal. Resolviéndola, se obtiene v = 2e−x + Ce−2x 2 2 y, deshaciendo el cambio, queda y 4 = 2e−x + Ce−2x , que es la solución buscada. 2
2
o
8.3
ECUACIONES LINEALES DE 2
8.3.
89
ORDEN
ECUACIONES LINEALES DE 2
o
ORDEN
De nición 8.10. Ecuación diferencial lineal de orden n.
Sean g1 , . . . , gn , f : I → R continuas. Una ecuación diferencial de la forma y n) + g1 (x)y n−1) + g2 (x)y n−2) + · · · + gn−1 (x)y 0 + gn (x)y = f (x)
se llama ecuación diferencial lineal de orden n. Si f (x) = 0, la ecuación se llama homogénea. En caso contrario es no homogénea.
Teorema 8.5. Problema del valor inicial.
La ecuación (1) y n) +g1 (x)y n−1) +g2 (x)y n−2) +· · ·+gn−1 (x)y 0 +gn (x)y = f (x) sujeta a las condiciones iniciales y(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y1 , . . . , y n−1) (x0 ) = yn−1 ,
tiene una solución única en todo el intervalo I . Dedicaremos nuestra atención a las ecuaciones lineales (principalmente o
las de 2 orden) con
coe cientes constantes, esto es, con g1 (x), g2 (x), . . . , gn (x)
constantes. Comenzamos estudiando el caso homogéneo.
8.3.1. Ecuaciones homogéneas de coe cientes constantes De nición 8.11. Dependencia e independencia lineal de funciones.
Las funciones y1 (x), . . . , yn (x) son linealmente dependientes en un intervalo I si existen constantes C1 , . . . , Cn , no todas nulas, tales que C1 y1 (x) + · · · + Cn yn (x) = 0 para todo x ∈ I.
Dicho de otro modo, serán linealmente dependientes si alguna de las funciones se puede escribir como combinación lineal del resto. En caso de no ser linealmente dependientes, se dice que son linealmente independientes (ninguna se puede poner como combinación lineal del resto). Dicho de otro modo, si C1 y1 (x) + · · · + Cn yn (x) = 0 para todo x ∈ I,
entonces C1 = · · · = Cn = 0.
Ejemplo 8.10. Compruébese que las funciones
{y1 (x) = sen x, y2 (x) = x} son linealmente independientes, mientras que {y1 (x) = x, y2 (x) = 3x} son linealmente dependientes (considérese I = R).
90
8
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
Teorema 8.6. Si
y1 , y2 son soluciones linealmente independientes de la ecuación diferencial (1) y 00 + ay 0 + by = 0, la solución general es y(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x),
donde C1 y C2 son constantes arbitrarias. En el teorema anterior hemos visto que dos soluciones linealmente independientes de
(1) y 00 + ay 0 + by = 0
nos permiten determinar la solución
general. Pero ¾cómo obtener dichas soluciones? Para responder a esa cuestión hacemos uso de la
ecuación característica
de
(1),
que es
λ2 + aλ + b = 0.
El estudio de las soluciones de esta ecuación nos da la estructura de las soluciones de
(1),
tal como indica el siguiente resultado.
Teorema 8.7. Las soluciones de
y 00 + ay 0 + by = 0 pueden ser de tres tipos, dependiendo de las soluciones λ1 , λ2 de la ecuación característica λ2 + aλ + b = 0. (1)
1. Raíces reales distintas. Si λ1 6= λ2 son ambas reales, la solución general es y = C1 eλ1 x + C2 eλ2 x
2. Raíces reales iguales. Si λ1 = λ2 son ambas reales, la solución general es y = C1 eλ1 x + C2 xeλ1 x = (C1 + C2 x)eλ1 x
3. Raíces complejas conjugadas. Si λ1 = α + βi y λ2 = α − βi, la solución general es y = C1 eαx cos βx + C2 eαx sen βx
Ejemplo 8.11. Hallar la solución general de las ecuaciones diferenciales: 1. y 00 + 6y 0 + 12y = 0 1. Resolvamos λ2 + 6λ + 12 = 0. λ=
−6 ±
√
−12
= −3 ±
2. y 00 − 4y = 0
√
√
3i 2 √ Por tanto, α = −3 y β = 3, con lo que la solución general es y = C1 e−3x cos
es
√
−3 = −3 ±
3x + C2 e−3x sen
√
3x
2. Resolvamos λ2 − 4 = 0. Resulta λ = ±2, con lo que la solución general y = C1 e2x + C2 e−2x
o
ORDEN
91
Ejemplo 8.12. Resolver la ecuación diferencial
y 00 + 4y 0 + 4y = 0 con las
8.3
ECUACIONES LINEALES DE 2
condiciones iniciales y(0) = = 1. 2 Resolvamos λ + 4λ + 4 = 0. Como λ2 + 4λ + 4 = (λ + 2)2 , resulta que λ = −2 es la única raíz (real y doble). Por tanto, la solución general es 2, y 0 (0)
y = C1 e−2x + C2 xe−2x .
Como y = 2 en x = 0, tenemos 2 = C1 + 0C2 = C1 . Además, y 0 = −2C1 e−2x + C2 (−2xe−2x + e−2x ). Como y 0 (0) = 1, al sustituir, tenemos 1 = −2(2)(1) + C2 [−2(0)(1) + 1] ⇒ 5 = C2
La solución particular es y = 2e−2x + 5xe−2x
8.3.2. Ecuaciones no homogéneas de coe cientes constantes Teorema 8.8. Sea (1) y00 + ay0 + by = f (x) una ecuación diferencial lineal
no homogénea de segundo orden. Si yp es una solución particular de (1) e yh es la solución general de la ecuación homogénea correspondiente, entonces y = yh + yp
es la solución general de (1). De modo que, para resolver ecuaciones lineales no homogéneas de segundo orden de coe cientes constantes, únicamente necesitamos encontrar una solución particular
yp .
Veremos dos métodos.
Método de los coe cientes indeterminados. (1) y 00 +ay 0 +by = f (x), con f (x) función que consta de sumas y productos de xn , emx , cos βx y sen βx. Las soluciones particulares yp que se consiguen con este método son, de algún modo, generalizaciones de la función f (x). n αx cos βx ó f (x) = axn eαx sen βx, se trabaja con Si f (x) = ax e Este método sólo es efectivo para ecuaciones del tipo
yp = xn eαx (An cos βx+Bn sen βx)+xn−1 eαx (An−1 cos βx+Bn−1 sen βx)+· · ·
92
8
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
· · · + xeαx (A1 cos βx + B1 sen βx) + eαx (A0 cos βx + B0 sen βx). Obsérvese que los casos
f (x) = a cos βx, f (x) = a sen βx, f (x) = aeαx ,
f (x) = axn , son casos particulares del mencionado arriba. Si f (x) es una suma de varias de las anteriores, por ejemplo, f (x) = 2 3x + cos 2x, escogemos yp = (Ax2 + Bx + C) + (D cos 2x + E sen 2x). Debemos hacer notar que, en ocasiones, la candidata a solución particular
yp
o uno de sus sumandos resulta ser solución de la parte homogénea. En
estas circunstancias de solapamiento de soluciones, se debe multiplicar el sumando mencionado de
yp
por un
xn
adecuado que evite el solapamiento.
Estudiemos algunos ejemplos.
Ejemplo 8.13. Calcular la solución general de la ecuación (1)
3y = 2 sen x.
y 00 − 2y 0 −
El cálculo de la solución general yh de la ecuación homogénea y 00 − 2y 0 − 3y = 0 nos da yh = C1 e−x + C2 e3x
Tenemos f (x) = 2 sen x. Elegimos yp = A cos x + B sen x. Entonces yp0 = −A sen x + B cos x yp00 = −A cos x − B sen x
Sustituyendo en la ecuación (1), queda (−4A − 2B) cos x + (2A − 4B) sen x = 2 sen x
Igualando coe cientes de términos análogos, obtenemos
−4A − 2B = 0 2A − 4B = 2
con soluciones A = 1/5 y B = −2/5. En consecuencia, 1 2 cos x − sen x 5 5 Como la solución general de (1) es y = yh + yp , tenemos yp =
y = C1 e−x + C2 e3x +
1 2 cos x − sen x 5 5
Ejemplo 8.14. Calcular la solución general de la ecuación (1) x + 2ex .
y 00 − 2y 0 =
El cálculo de la solución general yh de la ecuación homogénea y 00 −2y 0 = 0 nos daba
8.3
o
ECUACIONES LINEALES DE 2
ORDEN
93
yh = C1 + C2 e2x
Tenemos f (x) = x + 2ex . La primera elección de yp es yp = (A + Bx) + (Cex ). Sin embargo, como yh ya contiene un término constante C1 , éste debe desaparecer de yp . Para ello, basta multiplicar la parte polinómica (A + Bx) de yp por x. Entonces, obtenemos una nueva yp yp = Ax + Bx2 + Cex
Esta candidata a solución particular no produce solapamiento con los sumandos de yh . Calculemos los valores de A, B, C . yp0 = A + 2Bx + Cex yp00 = 2B + Cex
Sustituimos en la ecuación (1) y obtenemos (2B − 2A) − 4Bx − Cex = x + 2ex
Igualando los coe cientes de los términos idénticos, obtenemos el sistema 2B − 2A = 0 −4B = 1 −C = 2
con soluciones A = B = − 41 y C = −2. En consecuencia, 1 1 yp = − x − x2 − 2ex 4 4 Como la solución general de (1) es y = yh + yp , tenemos 1 1 y = C1 + C2 e2x − x − x2 − 2ex 4 4
Método de variación de las constantes. El método de los coe cientes indeterminados es e caz para resolver la ecuación
y 00 + ay 0 + by = f (x)
cuando
f (x)
consta de polinomios o funciones
cuyas derivadas sucesivas presentan carácter cíclico. Sin embargo, para funciones
f (x)
tales como
1/x, tg x
y muchas otras, este carácter cíclico de las
derivadas no se da, y el método a utilizar es el de variación de las constantes, válido para cualquier
f (x).
Teorema 8.9. Método de variación de las constantes.
La solución general de la ecuación y 00 + ay 0 + by = f (x) se puede calcular siguiendo estos pasos: 1. Hallar yh = C1 y1 + C2 y2 .
94
8
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
2. Tomar yp = u1 (x)y1 + u2 (x)y2 . 3. Para determinar u1 (x) y u2 (x), resolver el siguiente sistema en u01 y u02
u01 y1 + u02 y2 = 0 u01 y10 + u02 y20 = f (x)
4. Integrando los resultados obtenidos para u01 (x) y u02 (x) se calculan u1 (x) y u2 (x). La solución general es y = yh + yp .
Ejemplo 8.15. Resolver la ecuación y00 − 2y0 + y =
ex 2x , x > 0. C1 ex + C2 xex ,
La solución de la parte homogénea es yh = con lo que y1 = ex y y2 = xex . Entonces, la solución particular será de la forma yp = u1 (x)ex + u2 (x)xex . Calculemos u1 (x) y u2 (x). Para ello, resolvemos el sistema de ecuaciones u01 ex
u01 ex + u02 xex = 0 ex + u02 (xex + ex ) = 2x
1 Restando las dos ecuaciones, obtenemos u02 = 2x . Sustituyendo en la primera ecuación, resulta u01 = − 12 . Integrando, queda
x u1 = − , 2
u2 = √
√ 1 ln x = ln x 2
De modo que yp = − 21 xex + (ln x)xex , con lo que la solución general es √ 1 y = yh + yp = C1 ex + C2 xex − xex + (ln x)xex 2
8.4
8.4.
95
EJERCICIOS
EJERCICIOS
Variables separables. 1. Hallar la solución general de la ecuación de variables separables
dy 4) dx
= xy .
2. Hallar la solución general de la ecuación
0. Determinar y(1) = 0. 3.
(x2 +
la solución particular que cumple la condición inicial
Ley de enfriamiento de Newton. ratura
T (t)
x sen ydx + (x2 + 1) cos ydy =
La tasa de cambio de tempe-
de un cuerpo con respecto al tiempo
la diferencia entre
T
y la temperatura ambiente
t es proporcional a T0 , que suponemos
constante. Escrito en forma de ecuación,
dT = k(T0 − T ) dt
con
K>0
constante.
Al sacar de un recipiente un termómetro, éste marca una temperatura de
300
o
F. Tres minutos después, marca
enfriarse hasta 4.
71
o
200
o
F ¾Cuánto tardará en
F si la temperatura ambiente es de
Desintegración radiactiva.
70
o
F?
La desintegración radiactiva se carac-
teriza por la semivida o número de años que deben transcurrir para que se desintegren la mitad de los átomos iniciales de una muestra. La semivida del isótopo Plutonio (Pu
239 ) es de
24360
años. Suponiendo
que en el accidente de Chernóbil se liberaron 10 gramos de dicho isótopo, y sabiendo que el ritmo de desintegración es proporcional a la masa, ¾cuánto tiempo hará falta para que quede sólo un gramo?
Ecuaciones homogéneas. 5. Hallar la solución general de
(x2 − y 2 )dx + 3xydy = 0.
6. Hallar la solución general de
xy 0 − y = x tg xy .
Ecuaciones diferenciales exactas. Factores integrantes. (cos x−x sen x+y 2 )dx+2xydy = satisface la condición inicial y = 1
7. Resolver la ecuación diferencial exacta
0. en
Hallar la solución particular que
x = π.
8. Resolver la ecuación diferencial
9. Resolver la ecuación diferencial
x y2
2 + x dx − xy3 + y dy = 0.
(y 2 − x)dx + 2ydy = 0.
96
8
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
10. Resolver la ecuación diferencial
(x2 + y 2 + x)dx + xydy = 0.
Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden. Ecuación de Bernoulli. 11. Hallar la solución general de
12.
Problema de mezclas. ción, compuesta por con
50 %
xy 0 − 2y = x2 .
Un depósito contiene 50 litros de una solu-
90 %
de agua y
10 %
de alcohol. Otra solución,
de cada sustancia, se va añadiendo al depósito a razón de 4
litros por minuto, al tiempo que el depósito se va vaciando a razón de 5 litros por minuto. Supuesto que el contenido del depósito está siendo removido constantemente, ¾cuánto alcohol hay a los 10 minutos?
13. Hallar la solución general de
2
y 0 + xy = xe−x y −3 .
Ecuaciones diferenciales lineales de 2o orden 14. Hallar la solución general de las ecuaciones diferenciales: 1.
y 00 + 6y 0 + 12y = 0
15. Resolver la ecuación diferencial iniciales
y(0) =
2, y 0 (0)
2.
y 00 − 4y = 0
y 00 + 4y 0 + 4y = 0
con las condiciones
= 1.
Movimiento vibratorio libre. que se estira o comprime
s
Según la ley de Hooke, un muelle
unidades respecto de su longitud natural,
tiende a recuperarla con una fuerza
Fr
a la dirección de alargamiento), esto es,
proporcional a
Fr (s) = ks,
s
(y opuesta
donde
k
es una
constante que depende del muelle y que indica su rigidez. Si se sujeta un objeto de masa
m al extremo libre de un muelle colgado, se produce
un estiramiento en el muelle hasta encontrar una posición de equilibrio,
w = mg mg = ks.
en la que actúan dos fuerzas opuestas que se cancelan: El peso y la fuerza de restitución del muelle
Fr = ks.
Se tiene
Movamos el sistema de su posición de equilibrio, de modo que en el momento
t,
la posición de la masa sea
x(t).
Entonces, la fuerza total
actuando sobre el sistema es, por la segunda ley de Newton,
mx00 (t),
F = ma =
que se escribe como suma de fuerzas de sentidos opuestos (la
de restitución del muelle y el peso)
mx00 = −k(s + x) + mg = −ks + mg − kx = −kx
8.4
97
EJERCICIOS
sistema masa-resorte en equilibrio
muelle sin peso
sistema masa-resorte
x<0 Fr = ks s
Fr = k(s + x)
s
x=0 m
x
x>0 mg
x(t)
mg
Así queda la ecuación de un sistema vibratorio libre no amortiguado:
mx00 = −kx ⇒ x00 +
k x=0 m
ó
x00 + ω 2 x = 0
con
ω2 =
k m
Si el sistema está sometido a una fuerza proporcional a la velocidad
x0 (t)
(fuerza de amortiguamiento), por ejemplo, si el muelle está
sumergido en agua, la ecuación resultante es
mx00 = −kx − βx0 , siendo
β>0
la constante de amortiguamiento. La ecuación resultante
es la ecuación del movimiento vibratorio libre amortiguado:
x00 +
β 0 k x + x=0 m m
16. Un peso de 49 N produce en un muelle, del que está suspendido, un desplazamiento de 5 cm. hacia abajo. Se tira entonces del peso, hasta desplazarlo 5 cm más hacia abajo, y se suelta a continuación. Hallar la ecuación que describe la posición del objeto en función del tiempo
t.
17. Hallar la ecuación que describe la posición del objeto del ejercicio anterior, pero considerando el sistema sometido a una fuerza proporcional a la velocidad
x0 (t)
dada por la constante
β = 10.
Método de los coe cientes indeterminados. 18. Calcular la solución general de la ecuación
(1) y 00 − 2y 0 − 3y = 2 sen x.
19. Calcular la solución general de la ecuación
(1) y 00 − 2y 0 = x + 2ex .
Método de variación de las constantes.
98
8
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
20. Resolver la ecuación
y 00 − 2y 0 + y =
ex 2x ,
x > 0.
21. Hallar la solución general de la ecuación
y 00 − y 0 = e2x sen(ex ).
Movimiento vibratorio forzado. Resonancia. Un movimiento vibratorio es forzado si, en contra de lo que ocurre con el caso libre, existe una fuerza externa al sistema
f (t)
que actúa sobre la masa y en
la dirección del movimiento. La ecuación diferencial resultante es
mx00 = −kx − βx0 + f (t) ⇒ x00 +
β 0 k f (t) x + x= m m m
Si suponemos que el movimiento es no amortiguado, entonces
β=0
y
la ecuación es
x00 +
k f (t) x= m m
22. Dado el sistema vibratorio libre no amortiguado del ejercicio 16, pero
√ f (t) = sen( 195t), calcúlese la ecuación objeto en función del tiempo t.
sometido a una fuerza externa que describe la posición del
99
9.
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
9.1.
DERIVACIÓN
1. Hallar los extremos de las funciones siguientes en las regiones especi cadas:
b)
f (x) = x2 (x − 1)2
en el intervalo
[−2, 2]
y en su dominio.
D = R.
DOMINIO.
CORTES CON LOS EJES. Cortes con el eje
0,
entonces
x=0
Cortes con el eje
ó x = 1. OY . Si x = 0,
f (x) > 0
SIGNOS. Claramente
entonces
OX . Si x2 (x − 1)2 =
y = 0.
para todo
x
salvo
f (0) = f (1) =
0. f 0 (x) = 2x(x − 1)(2x − 1). Tendremos = 0 si y sólo si x = 0, x = 1 ó x = 1/2, siendo f (0) = 0, f (1) = 0 y f (1/2) = 1/16. Los puntos críticos son x = 0, x = 1 y x = 1/2. Veamos de qué 00 2 00 tipo es cada uno. f (x) = 12x − 12x + 2 siendo f (0) = 2 > 0, 00 00 f (1) = 2 > 0 y f (1/2) = −1 < 0 con lo que f tiene en x = 0 y en x = 1 dos mínimos relativos y en x = 1/2 un máximo relativo. PUNTOS CRÍTICOS.
f 0 (x)
Los dos mínimos relativos también lo son absolutos, tanto en el
D = R, ya que f (x) > 0 para todo x 6= 0, 1. Como f (−2) = 36 y f (2) = 4, el máximo absoluto f en [−2, 2] se alcanza en x = −2 y toma el valor f (−2) = 36. Por otro lado, f no alcanza un máximo global en D = R ya que l´ımx→±∞ f (x) = +∞. intervalo
[−2, 2]
como en
f (x)
ASÍNTOTAS. Al ser
un polinomio de grado
≥ 2,
no habrá
asíntotas de ningún tipo. PUNTOS DE INFLEXIÓN. CONCAVIDAD Y CONVEXIDAD. √
f 00 (x) = 12x2 − 12x + 2, Si
x ∈ (−∞, 21 −
√
x ∈ ( 12 −
3 1 6 ,2
√
+
x ∈ ( 12 +
3 6 , ∞), entonces
si y sólo si
f 00 (x) > 0.
3 6 ), entonces
de convexidad. √ Si
f 00 (x) = 0
3 6 ), entonces
concavidad. √ Si
y
±
3 6 .
Se tiene una región
Se tiene una región de
concavidad. Tendremos dos puntos de in exión en
1 2
Se tiene una región de
f 00 (x) < 0.
f 00 (x) > 0.
x=
x=
1 2
√
±
3 6 , ya que
f 00
se
anula en ellos y cambia de signo al atravesarlos (pasa de cóncava a convexa en
x=
1 2
√
−
3 6 y de convexa a cóncava en
x=
1 2
√
+
3 6 ).
100
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
Figura 1
9.1
101
DERIVACIÓN
h)
f (x) =
p 3
(x + 1)2
DOMINIO.
en el intervalo
[−1, 2]
y en su dominio.
D = R.
CORTES CON LOS EJES. Cortes con el eje
0,
entonces
Cortes con
x = −1. el eje OY .
SIGNOS. Claramente,
Si
x = 0,
f (x) > 0
entonces
OX . Si
p 3 (x + 1)2 =
y = 1.
para todo
x
salvo
f (−1) = 0.
2 . Tendremos f 0 (x) = 32 (x + 1)−1/3 = 3 √ 3 x+1 0 0 f (x) 6= 0 para todo x. Por otro lado, f (x) no está de nida en x = −1, de modo que éste será el único punto crítico y f alcanzará PUNTOS CRÍTICOS.
en él un mínimo relativo, que también será absoluto, tanto en
[−1, 2]
D = R, ya que f (−1) √ = 0 y f (x) > 0 x = 6 −1. Como f (−1) = 0 y f (2) = 3 9, el máximo absoluto de f en [−1, 2] se alcanza en x = 2 y toma el valor √ f (2) = 3 9. Por otro lado, l´ımx→±∞ f (x) = +∞, de modo que no habrá máximo absoluto para f en su dominio. 0 Veamos el comportamiento de f en las proximidades de x = −1 (sabemos que en x = −1 no existe). como en su dominio
para todo
l´ımx→−1− f 0 (x) = l´ımx→−1−
√2 3 3 x+1
= −∞
l´ımx→−1+ f 0 (x) = l´ımx→−1+
√2 3 3 x+1
= +∞
mientras que
D = R. Tampoco habrá horizontales ya que l´ ımx→±∞ f (x) = +∞. Estudiemos asíntotas oblicuas y = mx + n.
ASÍNTOTAS. No las habrá verticales, ya que las las
(x + 1)2/3 2 = l´ım (x + 1)−1/3 = 0 x→±∞ x→±∞ 3 x
m = l´ım
La segunda igualdad proviene de aplicar la regla de L'Hôpital. Tenemos que tampoco habrá asíntotas oblicuas (con
m = 0,
la
única posibilidad sería la horizontal, lo cual es imposible). PUNTOS DE INFLEXIÓN. CONCAVIDAD Y CONVEXIDAD.
−2√ 00 , de modo que f (x) 6= 0 9(x+1) 3 x+1 00 y no está de nida en x = −1. Como f (x) < 0 para
f 00 (x) = − 29 (x + 1)−4/3 =
x x ∈ R\{−1}, resulta que la grá ca es convexa a ambos lados x = −1, que no será un punto de in exión.
para todo todo de
102
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
Figura 2
9.1
103
DERIVACIÓN
j)
f (x) = sen x cos x
DOMINIO.
en el intervalo
[0, 2π].
D = R.
CORTES CON LOS EJES. Recordemos la identidad trigonométri-
sen 2x = 2 sen x cos x.
ca
Tendremos que
f (x) =
sen 2x 2 , cuya grá-
ca es sencilla de dibujar. Cortes con el eje
OX .
f (x) = 0 ⇔ sen 2x = 0 ⇔ x = k
Cortes con el eje SIMETRÍAS.
OY .
Si
f (−x) =
x = 0, 1 2
π 2
para cualquier
entonces
k∈Z
y = 0.
sen(−2x) = − 21 sen(2x) = −f (x).
Se
tiene simetría impar.
f (x + π) = 12 sen(2(x + π)) = 21 sen(2x)) = que f es periódica de período T = π .
PERIODICIDAD.
f (x),
de modo
x ∈ (0, π/2), f (x) > 0 y si x ∈ (π/2, π), f (x) < 0. Al f periódica de período π , podemos garantizar que f (x) > 0 si x ∈ (kπ, kπ + π/2) y f (x) < 0 si x ∈ (kπ + π/2, (k + 1)π), siendo k ∈ Z. SIGNOS. Si
ser
f 0 (x) = cos 2x. Entonces f 0 (x) = 0 ⇔ x = π/4 + kπ/2 para cualquier k ∈ Z. En el intervalo [0, 2π] se 3 5 7 tienen los puntos críticos {π/4, π, π, π} con f (π/4) = 1/2, 4 4 4 3 5 7 f ( 4 π) = −1/2, f ( 4 π) = 1/2 y f ( 4 π) = −1/2. PUNTOS CRÍTICOS.
f 00 (x) = −2 sen 2x con f 00 (π/4) < 0, f 00 ( 45 π) < 0 (máxi5 00 3 00 7 mos relativos en x = π/4 y x = π ) y f ( π) > 0, f ( π) > 0 4 4 4 3 7 (mínimos relativos en x = π y x = π ). Como |f (x)| ≤ 1/2 para 4 4 todo x, los extremos relativos lo son también absolutos. Además,
PUNTOS DE INFLEXIÓN. CONCAVIDAD Y CONVEXIDAD. Como
f 00 (x) = −2 sen 2x, f 00 (x) = 0 ⇔ x = k π2
con
k ∈ Z.
Además: Si
x ∈ (kπ, kπ + π/2),
entonces
f 00 (x) < 0
(regiones de convexi-
dad). Si
x ∈ (kπ + π/2, (k + 1)π),
concavidad).
entonces
f 00 (x) > 0
(regiones de
104
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
Figura 3
9.1
105
DERIVACIÓN
l)
f (x) = sen2 x + cos x
en el intervalo
[−π, π]
y en su dominio.
En este caso haremos un estudio menos detallado. Prestaremos especial atención al estudio de la simetría, la periodicidad y los puntos críticos.
DOMINIO.
D = R. f (−x) = sen2 (−x) + cos(−x) = sen2 x + cos x =
SIMETRÍAS.
f (x).
Se tiene simetría par.
PERIODICIDAD. Período
f (x + 2π) = sen2 (x + 2π) + cos(x + 2π) = f (x).
T = 2π .
PUNTOS CRÍTICOS.
f 0 (x) = sen x(2 cos x − 1).
f 0 (x) = 0 ⇔
sen x = 0 ó
⇔
x = kπ
con
Entonces
⇔
cos x = 1/2
k∈Z
ó
x=
π 3
+ 2kπ
ó
x = 53 π + 2kπ
con
k∈Z
{kπ, π3 + 2kπ, 53 π + 2kπ} con f (π/3 + 2kπ) = + 2kπ) = 5/4 y f (kπ) = (−1)k . En el intervalo [−π, π] se tienen los puntos críticos {−π, −π/3, 0, π/3, π}. f 00 (x) = cos x(2 cos x − 1) − 2 sen2 x y f 00 (kπ) > 0 (mínimo rela00 00 5 tivo), f (π/3 + 2kπ) < 0 (máximo relativo) y f ( π + 2kπ) < 0 3
Se tienen los puntos críticos
f ( 53 π
(máximo relativo).
f (−π) = f (π) = −1, se tiene que el máximo absoluto en [−π, π] es 5/4 (el mismo que en el dominio) y se alcanza en x = ±π/3, mientras que el mínimo absoluto es −1 (el mismo que en el dominio) y se alcanza en x = ±π . Como
Figura 4
106
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
2. Dibujar la grá ca de las siguientes funciones:
a)
f (x) =
x2 x−2
DOMINIO.
D = R \ {2}. y = 0, enx = 0, entonces y = 0.
CORTES CON LOS EJES. Cortes con el eje tonces
x = 0.
Cortes con el eje
OY .
Si
x ∈ (−∞, 0), f (x) < 0. x ∈ (2, ∞), f (x) > 0.
SIGNOS. Si
Si
OX .
Si
x ∈ (0, 2), f (x) < 0.
Si
2
f 0 (x) = 2x(x−2)−x = x(x−4) . Entonces (x−2)2 (x−2)2 0 f (x) = 0 ⇔ x = 0 ó x = 4, siendo f (0) = 0 y f (4) = 8. Además, 0 tenemos que f no está de nida en x = 2, pero en ese punto tampoco está de nida f , de modo que los puntos críticos son 8x−16 x = 0 y x = 4. Veamos de qué tipo son. f 00 (x) = (x−2) 4 con 00 00 f (0) = −1 < 0 (máximo relativo en x = 0) y f (4) = 1 > 0 (mínimo relativo en x = 4). PUNTOS CRÍTICOS.
ASÍNTOTAS. Habrá una asíntota vertical en
y = mx + n
x = 2 y una oblicua
(el grado del numerador es una unidad mayor que el
del denominador). No hay asíntotas horizontales (debería ser el grado del numerador igual o menor que el del denominador).
x se aproxima l´ımx→−∞ f (x) = −∞.
El comportamiento de la grá ca cuando el siguiente:
l´ımx→∞ f (x) = ∞
y
a
±∞
es
El comportamiento de la grá ca en las proximidades de la asíntota vertical es el siguiente:
l´ımx→2+
x2 x−2
= +∞.
l´ımx→2−
x2 x−2
= −∞,
mientras que
Calculemos la asíntota oblicua:
x m = l´ımx→±∞ f (x) ımx→±∞ x−2 = 1 y n = l´ımx→±∞ f (x) − x = l´ 2x mx = l´ımx→±∞ x−2 = 2. De manera que y = x + 2 es la asíntota oblicua. PUNTOS DE INFLEXIÓN. CONCAVIDAD Y CONVEXIDAD. Como
f 00 (x) =
8x−16 , tenemos que (x−2)4
punto de su dominio
D = R \ {2}.
f 00
no se anula en ningún
Veamos el signo:
Si
x ∈ (−∞, 2), f 00 (x) < 0
(región de convexidad).
Si
x ∈ (2, ∞), f 00 (x) > 0
(región de concavidad). Resulta claro
que no hay puntos de in exión.
9.1
107
DERIVACIÓN
Figura 5
108
9
d)
f (x) =
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
x4 1−x2
DOMINIO.
D = R \ {±1}.
CORTES CON LOS EJES. Cortes con el eje tonces
x = 0.
Cortes con el eje
OY .
Si
x = 0,
OX .
Si
entonces
y = 0 eny = 0.
x ∈ (−∞, −1), f (x) < 0. Si x ∈ (−1, 0), f (x) > 0. x ∈ (0, 1), f (x) > 0. Si x ∈ (1, ∞), f (x) < 0.
SIGNOS. Si
SIMETRÍA.
f (−x) =
(−x)4 1−(−x)2
= f (x).
f 0 (x) =
Si
Simetría par.
2x3 (2−x2 ) . Entonces, (1−x2 )2 √
f 0 (x) = 0 ⇔ √ √ x = 0 ó x = ± 2, siendo f (0) = 0 y f ( 2) = f (− 2) = −4. 0 Además, f no está de nida en x = ±1, pero en esos puntos tampoco está de nida f , de modo que los puntos críticos son x = 0 √ y x = ± 2. Veamos de qué tipo son. Podría hacerse calculanPUNTOS CRÍTICOS.
do la derivada segunda, pero es un poco engorroso, de modo que
f 0 cambia de signo al pasar por los puntos críticos. √ √ 0 0 Si x ∈ (−∞, − 2), f (x) > 0 y si x ∈ (− 2, −1), f (x) < 0, de √ modo que en x = − 2 hay un máximo relativo. Por simetría, ten√ dremos otro máximo relativo en x = 2. Si x ∈ (−1, 0), f 0 (x) < 0 0 y si x ∈ (0, 1), f (x) > 0, de modo que en x = 0 hay un mínimo veremos si
relativo. ASÍNTOTAS. Habrá dos asíntotas verticales en
x = ±1
y no
habrá asíntotas horizontales ni oblicuas. El comportamiento de la grá ca cuando
−∞.
x se aproxima a ±∞ es el siguiente: l´ımx→±∞ f (x) =
El comportamiento de la grá ca en las proximidades de las
asíntotas verticales es el siguiente: tras que
+∞,
l´ımx→−1+
mientras que
x4 1−x2
= +∞.
l´ımx→1+
x4 1−x2
l´ımx→−1−
x4 1−x2
Por simetría,
= −∞,
l´ımx→1−
mien-
x4 1−x2
=
= −∞.
PUNTOS DE INFLEXIÓN. CONCAVIDAD Y CONVEXIDAD.
f 00 (x) =
2x2 (x4 −3x2 +6) y (1−x2 )3
de nida en
f 00 (x) = 0 ⇔ x = 0. Además, f 00 está D = R \ {±1}. Estudiemos el signo de f 00 . Dando
valores, se tiene que:
x ∈ (−∞, −1), f 00 (x) < 0 (región de convexidad). 00 Si x ∈ (−1, 0), f (x) > 0 (región de concavidad). 00 Si x ∈ (0, 1), f (x) > 0 (región de concavidad). 00 Si x ∈ (1, ∞), f (x) < 0 (región de convexidad). No habrá puntos
Si
de in exión.
9.1
109
DERIVACIÓN
Figura 6
110
9
h)
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
√ f (x) = x x − 1 DOMINIO.
D = [1, ∞).
CORTES CON LOS EJES. Cortes con el eje
OX .
Si
y = 0,
en-
Cortes con el eje OY . No hay. f (x) > 0 para todo x 6= 1 y f (1) = 0. 0 1/2 + 1 x(x − 1)−1/2 = PUNTOS CRÍTICOS. f (x) = (x − 1) 2 3x−2 0 . Entonces, f (x) = 0 ⇔ x = 2/3 < 1, que está fuera del 2(x−1)1/2 dominio. El único punto crítico es x = 1, donde no está de nida f 0 y la función alcanza el mínimo absoluto f (1) = 0. Observemos que la pendiente de la grá ca al aproximarnos a x = 1 es l´ımx→1+ f 0 (x) = ∞. tonces debe ser
x = 1.
SIGNOS. Claramente
ASÍNTOTAS. No hay asíntotas verticales. El comportamiento de
x se aproxima a +∞ es el siguiente: l´ımx→+∞ f (x) = +∞. De modo que no hay asíntota horizontal. la grá ca cuando
Estudiemos la existencia de asíntotas oblicuas:
m = l´ım
x→+∞
f (x) = l´ım (x − 1)1/2 = ∞ x→+∞ x
Tampoco habrá asíntotas oblicuas. PUNTOS DE INFLEXIÓN. CONCAVIDAD Y CONVEXIDAD.
f 00 (x) =
1 (x−1)1/2
está de nida en
3x−4 4(x−1)
y
f 00 (x) = 0 ⇔ x = 4/3.
D = (1, ∞).
Estudiemos el signo de
Además
f 00 .
f 00
Dando
valores, se tiene que:
x ∈ (1, 4/3), f 00 (x) < 0 (región de convexidad). 00 Si x ∈ (4/3, ∞), f (x) > 0 (región de concavidad). que x = 4/3 es un punto de in exión. Si
Figura 7
Tendremos
9.1
111
DERIVACIÓN
k)
f (x) = xe1/x DOMINIO.
D = R \ {0}.
CORTES CON LOS EJES. Cortes con el eje
OX .
No hay.
OY . No hay. f (x) < 0 para todo x < 0 y f (x) > 0 para todo x > 0. 0 1/x x−1 , de modo que f 0 (x) = PUNTOS CRÍTICOS. f (x) = e x 0 ⇔ x = 1, siendo f (1) = e. El único punto crítico es x = 1. Por e1/x 00 00 , con lo que f (1) = e > 0 y en x = 1 se otro lado, f (x) = x3 Cortes con el eje
SIGNOS.
alcanza un mínimo relativo. ASÍNTOTAS. Veamos el comportamiento de
f
cuando
x
tiende
±∞.
a
l´ım xe1/x = ∞
l´ım xe1/x = −∞
x→∞
x→−∞
No habrá asíntotas horizontales. Veamos el comportamiento de en las proximidades de
f
x = 0. l´ım xe1/x = 0
x→0− y
l´ım xe1/x = l´ım
x→0+
x→0+
e1/x (−1/x2 )e1/x = l´ım = l´ım e1/x = ∞ 1/x −1/x2 x→0+ x→0+
La segunda igualdad resulta de aplicar la regla de L'Hôpital. De manera que existe una asíntota vertical en tiende a
∞
al aproximarse a
x=0
x=0
(la grá ca
por la derecha). Estudiemos
la existencia de asíntotas oblicuas:
m = l´ım e1/x = 1 x→±∞
n = l´ım xe x→±∞
1/x
− x = l´ım x(e1/x − 1) = x→±∞
e1/x − 1 = l´ım e1/x = 1 x→±∞ x→±∞ 1/x
= l´ım
La penúltima igualdad proviene de aplicar la regla de L'Hôpital. La asíntota oblicua es
y = x + 1.
PUNTOS DE INFLEXIÓN. CONCAVIDAD Y CONVEXIDAD. Calculemos el signo de
Si
e1/x . x3
f 00 (x) 6= 0 para todo x de su
D = R \ {0}. x ∈ (−∞, 0), f 00 (x) < 0 (región de convexidad). x ∈ (0, ∞), f 00 (x) > 0 (región de concavidad).
dominio Si
f 00 (x) =
112
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
Figura 8
9.1
113
DERIVACIÓN
m)
f (x) = x ln x DOMINIO.
D = (0, ∞).
CORTES CON LOS EJES. Cortes con el eje entonces
OX .
Si
x ln x = 0,
x = 1.
OY . No hay. x ∈ (0, 1), f (x) < 0. Si x ∈ (1, ∞), f (x) > 0. 0 0 PUNTOS CRÍTICOS. f (x) = ln x + 1, de modo que f (x) = −1 0 ⇔ ln x = −1 ⇔ x = e , que será el único punto crítico. Como f 00 (x) = x1 , tenemos f 00 (e−1 ) = e > 0, de modo que se alcanza un −1 , con f (e−1 ) = −e−1 . mínimo relativo en x = e ASÍNTOTAS. Tenemos que l´ ımx→∞ x ln x = ∞, de modo que no hay asíntota horizontal. Veamos el comportamiento de f en las proximidades de x = 0.
Cortes con el eje SIGNOS. Si
l´ım x ln x = l´ım
x→0+
x→0+
ln x = l´ım −x = 0 1/x x→0+
La penúltima igualdad se obtiene a partir de la regla de L'Hôpital.
x = 0. Tampoco m = l´ımx→∞ ln x = ∞.
No habrá asíntota vertical en oblicuas ya que
habrá asíntotas
PUNTOS DE INFLEXIÓN. CONCAVIDAD Y CONVEXIDAD. Como
f 00 (x) =
1 x
>0
para todo
x ∈ D = (0, ∞),
cóncava. No habrá puntos de in exión.
Figura 9
la grá ca será
114
9
n)
f (x) = ln
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
x+1 x−1
DOMINIO.
D = {x : (x+1) > 0
(x−1) > 0}∪{x : (x+1) < 0
y
= {x : x > −1
y
x > 1} ∪ {x : x < −1
y
y
(x−1) < 0} =
x < 1} =
= {x : x > 1} ∪ {x : x < −1} De manera que
D = (−∞, −1) ∪ (1, ∞).
CORTES CON LOS EJES. Cortes con el eje
ln
x+1 x−1
=0⇔
x+1 = 1 ⇔ x + 1 = x − 1 ⇔ 1 = −1 x−1
de modo que no hay cortes con el eje con el eje
OX .
OX .
Tampoco habrá cortes
OY .
SIGNOS. Si
x ∈ (−∞, −1), f (x) < 0.
Si
x ∈ (1, ∞), f (x) > 0.
0 f 0 (x) = x−2 2 −1 , de modo que f (x) 6= 0 para 0 0 todo x en el dominio de f . La función f no está de nida en x = ±1, donde tampoco lo está f , de manera que no hay ningún
PUNTOS CRÍTICOS.
punto crítico. ASÍNTOTAS. Como zontal
l´ımx→±∞ f (x) = 0,
hay una asíntota hori-
y = 0 (esto implica que no va a haberlas oblicuas). Veamos f en las proximidades de x = ±1 para
el comportamiento de
detectar posibles asíntotas verticales:
l´ım f (x) = −∞
x→−1−
l´ım f (x) = ∞
x→1+
de manera que hay dos asíntotas verticales, en
x = −1 y en x = 1.
PUNTOS DE INFLEXIÓN. CONCAVIDAD Y CONVEXIDAD.
f 00 (x) = Si Si
4x . (x2 −1)2
x ∈ (−∞, −1), f 00 (x) < 0 x∈
(1, ∞), f 00 (x)
de in exión.
(región de convexidad).
> 0 (región de concavidad). No habrá puntos
9.1
115
DERIVACIÓN
Figura 10
116
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
3. Hallar dos números positivos cuya suma sea 20 y cuyo producto sea el máximo posible. Sean x > 0, y > 0 dichos números. Entonces x + y = 20. Llamemos P = xy = x(20 − x) = 20x − x2 al producto. Tenemos la función P (x) = −x2 + 20x y deseamos obtener el valor de x > 0 donde la 0 0 función P alcanza su máximo valor. Como P (x) = −2x+20, P (x) = 0 si y sólo si x = 10. En ese punto se tiene un punto crítico (será un 00 máximo local, ya que P (x) = −2 < 0 para todo x, incluido x = 10). Por tanto, deben ser x = 10 e y = 10, alcanzándose el valor máximo del producto P = 100.
4. Hallar las dimensiones del rectángulo de mayor área que pueda inscri-
a.
birse en una semicircunferencia de radio
x2 + − x2 =
Consideramos la semicircunferencia superior de la circunferencia
y2
= a2 . Se debe maximizar la función 2x(a2 − x2 )1/2 con 0 ≤ x ≤ a.
A = 2xy = 2x
√
a2
(x, y)
a
y
x
Calculemos
A0 (x)
e igualemos el resultado a
0.
p 1 x2 2x (a2 −x2 )−1/2 (−2x)+2(a2 −x2 )1/2 = 0 ⇒ √ = a2 − x2 ⇒ 2 a2 − x2 a ⇒ x = a − x ⇒ 2x = a ⇒ x = √ = 2 2
2
2
2
2
√ 2a 2
√ Para
x=
2a 2 tenemos un punto crítico. Como un valor máximo del
área se alcanza con seguridad y el mínimo
√
y
x = 0,
resulta que
A
alcanza en
5. Un alambre de longitud
L
x=
A=0
se alcanza en
x=a
2a 2 su valor máximo.
debe cortarse en 2 trozos, formándose con
uno de ellos un cuadrado y con el otro una circunferencia. ¾Cómo debe cortarse el alambre para que la suma de las áreas encerradas por los dos trozos sea máxima? ¾Y para que sea mínima? Si
x
r el radio de la circunferencia, la suma A = x2 + πr2 . La relación entre x y r es
es el lado del cuadrado y
de las áreas buscada es
9.1
117
DERIVACIÓN
4x + 2πr = L.
Despejando
r
en función de
x,
queda
r=
1 2π (L
− 4x).
Entonces
A = x2 +
1 (L − 4x)2 4π 2
x = 0, el alambre se usa para la circunferencia y A = L 4π . Si x = L/4, L2 el alambre se usa para el cuadrado y A = 16 . Se tiene que A(x) está de nida entre x = 0 y x = L/4. Es claro que para x = 0 se alcanza 0 un área mayor que para x = L/4. Calculemos A e igualemos a 0 para
Si
obtener puntos críticos.
A0 (x) = 2x −
2 L (L − 4x) = 0 ⇒ πx = L − 4x ⇒ x = π 4+π
A00 (x) = 2 +
8 π
L x = 4+π un mínimo local. Para alcanzar un área máxima debemos hacer x = 0 (todo el alambre se 2 utiliza para construir la circunferencia), obteniendo A = L /4π . Para L alcanzar un área mínima, debemos cortar en x = 4+π , esto es, debemos L emplear una longitud de 4x = 4 4+π para construir el cuadrado y el
Como
> 0, A
alcanza en
resto para la circunferencia.
6. Al precio de 1,50
e
un comerciante puede vender 500 botes de refresco
que le cuestan 70 céntimos cada uno. Por cada céntimo que rebaja el precio, el número de refrescos vendidos aumenta en 25.¾Qué precio de venta maximiza el bene cio? Sea
x
el número de céntimos que se rebaja el precio de cada refresco.
80 − x céntimos y el número 500 + 25x. El bene cio total es
El bene cio de cada unidad es unidades vendidas es de
total de
B(x) = (80 − x)(500 + 25x) = 40000 + 1500x − 25x2 Maximizamos esta función derivando e igualando a
0.
B 0 (x) = 1500 − 50x = 0 ⇒ x = 30 B 00 (x) = −50 < 0, efectivamente, en x = 30 tenemos un máximo de B . De modo que el precio más ventajoso es de 1, 20 e.
Como local
7. Determínese si las funciones
f (x) =
x sen 0
1 x
si si
f
x 6= 0 x=0
y
g
son derivables en
g(x) =
x = 0,
x2 sen 0
1 x
siendo
si si
x 6= 0 x=0
118
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
Estudiemos en primer lugar
f (0 + h) − f (0) . h→0 h
f (x). Veamos si existe l´ım
h sen h1 − 0 1 f (0 + h) − f (0) = l´ım = l´ım sen h→0 h→0 h→0 h h h l´ım
Pero dicho límite no existe. De modo que Estudiemos
g(x).
f
no es derivable en
0.
Se tiene
h2 sen h1 − 0 g(0 + h) − g(0) 1 = l´ım = l´ım h sen = 0 h→0 h→0 h→0 h h h l´ım
De manera que
g
es derivable en
0
y
g 0 (0) = 0.
8. Calcular, utilizando la noción de límite, las derivadas de las siguientes funciones 1. 3.
f (x) = 1 − 3x2 √ f (x) = 1 + 2x
2.
f (x) = 5x2 − 3x + 2
4.
f (x) =
3+x 1−3x
Calculemos el caso 1.
f (x + h) − f (x) 1 − 3(x + h)2 − (1 − 3x2 ) = l´ım = h→0 h→0 h h
f 0 (x) = l´ım
−3h2 − 6xh = l´ım (−3h − 6x) = −6x h→0 h→0 h
= l´ım
Calculemos el caso 2.
f 0 (x) = l´ım
h→0
f (x + h) − f (x) = h
5(x + h)2 − 3(x + h) + 2 − 5x2 + 3x − 2 = h→0 h
= l´ım
5h2 + 10xh − 3h = l´ım (5h + 10x − 3) = 10x − 3 h→0 h→0 h
= l´ım
Calculemos el caso 3.
f (x + h) − f (x) = h→0 h
f 0 (x) = l´ım
"p # p √ √ 1 + 2(x + h) − 1 + 2x 1 + 2(x + h) + 1 + 2x p = l´ım = √ h→0 h 1 + 2(x + h) + 1 + 2x
9.1
119
DERIVACIÓN
2h 2 p √ = l´ım √ = √ h→0 h[ 1 + 2(x + h) + 1 + 2x] h→0 1 + 2x + 2h + 1 + 2x
= l´ım
=√
1 1 + 2x
Calculemos el caso 4.
f (x + h) − f (x) f (x) = l´ım = l´ım h→0 h→0 h 0
= l´ım
h→0
3+(x+h) 1−3(x+h)
−
3+x 1−3x
h
=
(3 + x + h)(1 − 3x) − (3 + x)(1 − 3x − 3h) = h(1 − 3x − 3h)(1 − 3x) 10h = h→0 h(1 − 3x − 3h)(1 − 3x)
= l´ım
10 10 = h→0 (1 − 3x − 3h)(1 − 3x) (1 − 3x)2
= l´ım
9. Calcúlense las derivadas de las siguientes funciones:
3.
f (x) = ((ex − tg2 x) cos2 x)2 sen x f (x) = arc tg 1+cos x
5.
f (x) =
7.
f (x) =
tg x−1 sec x cos(x3 )
9.
f (x) =
q p √ x+ x+ x
1.
2.
f (x) = ex sen3 x
4.
f (x) =
6.
f (x) = ex (tg x − x)
tg x x
f (x) = cos3 x 9 x−2 10. f (x) = 2x+1 8.
11.
f (x) = sen(sen(sen x))
12.
13.
√ f (x) = 2x arc tg(2x) − ln( 1 + 4x2 )
14.
f (x) = cos(tg x) x+1 f (x) = ln 2tgtgx+2
f 0 (x) = 2(ex cos2 x − sen2 x)(ex cosx −2ex cos x sen x − 2 sen x cos x) 0 x 2 0 2. f (x) = e sen x(sen x + 3 cos x) 3. f (x) = 1/2 2 tg x sec x 0 0 5. f (x) = sen x + cos x 4. f (x) = x − x2 0 x 2 0 2 3 6. f (x) = e (tg x + tg x − x) 7. f (x) = −3x sen(x ) 0 2 8. f (x) = −3 sen x cos x 1 0 1/2 )1/2 −1/2 1 + 1 (x + x1/2 )−1/2 (1 + 1 x−1/2 ) 9. f (x) = 2 x + (x + x 2 2 1.
8
(x−2) 0 f 0 (x) = 45 (2x+1) 11. f (x) = cos(sen(sen(x))) cos(sen(x)) cos x 10 0 2 0 12. f (x) = − sen(tg x) sec x 13. f (x) = 2 arc tg(2x) 3 0 14. f (x) = 2+5 sen x cos x 10.
120
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
10. Encuéntrese la ecuación de la recta tangente a la curva dada en el punto especi cado a)
y = tg x,
(π/4, 1)
0 Caso a). Se tiene y (x)
b)
=
y = 2 sen x,
sec2 x. Como
(π/6, 1)
y(π/4) = 1,
efectivamente el
punto dado pertenece a la curva. La ecuación de la recta tangente es
y −y0 = m(x−x0 ) siendo (x0 , y0 ) = (π/4, 1) y m = y 0 (x0 ) = y 0 (π/4) = sec2 (π/4) = 2. Obtenemos y − 1 = 2(x − π/4). Caso b). Se tiene curva en
(π/6, 1)
y 0 (x) = 2 cos x.
y−1= 11. Determinar
6xy
La ecuación de la recta tangente a la
es
√
3(x − π/6)
y 0 (x) mediante derivación implícita sabiendo que x3 +y 3 =
y calcular la recta tangente a la curva determinada por la ecuación
(folio de Descartes) en el punto
sen(x + y) =
y 2 cos
(3, 3).
Determinar
y 0 (x)
sabiendo que
x.
Aplicamos derivación implícita a la primera ecuación para obtener
3x2 + 3y 2 y 0 = 6y + 6xy 0 .
De modo que
y0 = Cuando
x = y = 3,
3x2 − 6y x2 − 2y = 6x − 3y 2 2x − y 2 2
−6 y 0 = 36−3 2 = −1. En consecuencia, y − 3 = −1(x − 3) o x + y = 6.
resulta
ecuación de la recta es
Para la segunda ecuación se tiene
y 2 sen x.
Despejando
y0
la
cos(x + y)(1 + y 0 ) = 2yy 0 cos x −
se obtiene
y0 =
y 2 sen x + cos(x + y) 2y cos x − cos(x + y)
12. Calcúlese, aplicando la derivación implícita,
y 0 (x) siendo y = arc sen x.
sen y = x. Aplicando derivación implícita a esta igualdad, 1 . y 0 cos y = 1, esto es, y 0 = cos1 y . De manera que y 0 = √1−x 2
Se tiene resulta
13. Derívense, aplicando derivación logarítmica, las siguientes funciones:
√
x
a)
y=x
d)
y = (ln x)x
b)
y=
e)
y=
√ x3/4 x2 +1 (3x+2)5 (1 + x)ln(1+x)
Caso a). Aplicando logaritmos,
ln y =
c)
√
y = (sen x)x
x ln x.
Al derivar, resulta
9.1
121
DERIVACIÓN
√ y0 1 x = √ ln x + y x 2 x √
0
y =x
x
ln x + 2 √ 2 x
Caso b). Tras aplicar logaritmos, se tiene
ln y =
1 3 ln x + ln(x2 + 1) − 5 ln(3x + 2) 4 2
Al derivar con respecto a
x,
y0 3 x 15 = + − y 4x x2 + 1 3x + 2 de modo que
√ x3/4 x2 + 1 3 x 15 y = + − (3x + 2)5 4x x2 + 1 3x + 2 0
Caso c). Se procede como en los casos anteriores.
ln y = x ln(sen x) x cos x y 0 = (sen x)x ln(sen x) + sen x Caso d). Se tiene
ln y = x ln(ln x),
de modo que
y0 1 = ln(ln x) + y ln x En consecuencia,
1 y = (ln x) ln(ln x) + ln x 0
x
Caso e). Aplicando logaritmos,
y0 y
= 2 ln(1 +
ln y = ln(1 + x)2 .
1 x) 1+x , de modo que
y 0 = 2(1 + x)ln(1+x)
ln(1 + x) 1+x
Al derivar, se tiene
122
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
f (x) = ln x,
14. Dada
utilícese que
f 0 (1) = 1
para probar que
l´ım (1 + x)1/x = e.
x→0 Dado que
ln(1 + x) − ln(1) f (1 + x) − f (1) = l´ım = x→0 x→0 x x
1 = f 0 (1) = l´ım
ln(1 + x = l´ım ln(1 + x)1/x = ln l´ım (1 + x)1/x , x→0 x→0 x→0 x
= l´ım
se concluye que
l´ım (1 + x)1/x = e.
x→0
√
x + 3, utilícese la diferencial dy para obtener √ una aproximación al valor de 4, 05. Hágase lo mismo con f (x) = ln x para obtener una aproximación a ln(0, 9).
15. Dada la función
Sabemos que
f 0 (x)
=
f (x) =
f (a + dx) ≈ f (a) + dy . Dado que dy = f 0 (x)dx a = 1 y dx = 0, 05, obtenemos
y que
√1 , considerando 2 x+3
p 1 4, 05 = f (1, 05) ≈ f (1) + f 0 (1)(0, 05) = 2 + (0, 05) = 2, 0125 4 Para el segundo caso sabemos que
f 0 (x) =
1 x . Elegimos
a=1
y
dx =
−0, 1.
ln(0, 9) = f (0, 9) ≈ f (1) + f 0 (1)(−0, 1) = 0 + 1(−0.1) = −0.1 16. Pruébese, aplicando el teorema del valor medio, que la ecuación
x−1=0
ex −
tiene una única solución real.
f (x) = ex − x − 1. Como f (0) = 0, si existiese un segundo valor real a, pongamos a > 0, tal que f (a) = 0, por el teorema del valor medio debería existir un x0 ∈ (0, a) tal que f 0 (x0 ) = 0. Sin embargo, f 0 (x) = ex − 1 > 0 para todo x > 0, lo cual nos lleva a contradicción. Si suponemos a < 0, llegamos a una 0 contradicción análoga, ya que f (x) < 0 para todo x < 0. Considérese la función derivable
En consecuencia, no existe tal valor real
a
de modo que
f (a) = 0.
17. Calcúlense los siguientes límites haciendo uso de la regla de L'Hôpital:
9.1
123
DERIVACIÓN
ln x x→1 x − 1 ln x d) l´ ım √ x→∞ 3 x a)
g) j)
l´ım
l´ım x ln x
c)
l´ım
tg x − x x→0 x3
f)
l´ım xx x→0+ p l´ım ( x2 + x − x)
i)
b) e)
l´ım (1 + sen 4x)cotg x x→0+ √ l´ım x ln x
h) k)
x→0+
x→0+
x→∞
l)
ex , x→∞ xn l´ım
n∈N
l´ım (sec x − tg x)
x→ π2 −
ln x l´ım √ x→∞ 3 x l´ım (x − ln x)
x→∞
ln x 1/x = l´ım =1 x→1 x − 1 x→1 1 1/x ln x = l´ım = l´ım (−x) = 0 b) l´ ım x ln x = l´ım x→0+ −1/x2 x→0+ x→0+ x→0+ 1/x x x x e e e ex c) l´ ım n = l´ım = l´ ım = · · · = l´ ım =∞ x→∞ x x→∞ nxn−1 x→∞ n(n − 1)xn−2 x→∞ n! 3 1/x ln x d) l´ ım √ = l´ım 1 −2/3 = l´ım 1/3 = 0 x→∞ x x→∞ x x→∞ 3 x 3 a)
l´ım
sec2 x − 1 2 sec2 x tg x tg x − x = l´ ım = l´ ım = x→0 x→0 x→0 x3 3x2 6x 4 sec2 x tg2 x + 2 sec4 x = 2/6 = 1/3 = l´ım x→0 6 1 − sen x − cos x f ) l´ ım (sec x − tg x) = l´ım = l´ım =0 π− π− π − − sen x cos x x→ 2 x→ 2 x→ 2
e)
l´ım
g) Sea
y = (1 + sen 4x)cotg x .
Aplicando logaritmos, se tiene
ln y =
ln(1 + sen 4x) tg x
Aplicando límites, resulta
l´ım ln y = l´ım
x→0+ Por tanto, como
x→0+
4 cos 4x 1+sen 4x sec2 x
=4
y = eln y ,
l´ım (1 + sen 4x)cotg x = l´ım eln y = el´ımx→0+ ln y = e4
x→0+ h) Sea
y = xx .
x→0+
Al aplicar logaritmos y calcular límites se obtiene
l´ım ln y = l´ım x ln x = l´ım
x→0+
x→0+
En consecuencia,
x→0+
ln x 1/x = l´ım = l´ım (−x) = 0 1/x x→0+ −1/x2 x→0+
124
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
l´ım xx = l´ım eln y = el´ımx→0+ ln y = e0 = 1
x→0+
ln x 1/x = l´ım = l´ım 3x−1/3 = 0 l´ım √ 3 x x→∞ 13 x−2/3 x→∞
i)
x→∞
l´ım
j)
√
x→0+
k)
x ln x = l´ım
x→0+
ln x = l´ım x−1/2 x→0+
p l´ım ( x2 + x − x) = l´ım
x→∞
x→∞
1/x −1 −3/2 2 x
= l´ım (−3x1/2 ) = 0 x→0+
! √ p 2+x+x x ( x2 + x − x) √ = x2 + x + x
= l´ımx→∞ √ 1 = 1/2 1+1/x+1 ln x l´ım (x − ln x) = l´ım x 1 − . Debido a que x→∞ x→∞ x
= l´ımx→∞ l)
x→0+
√
x x2 +x+x
l´ım
x→∞ resulta
ln x 1/x = l´ım = 0, x→∞ 1 x
l´ım (x − ln x) = ∞.
x→∞
18. Calcúlense los polinomios de Taylor siguientes: a) Polinomio de Taylor de orden 4 de un valor aproximado de
√
1, 02
f (x) =
√
x+1
en
a = 0.
Dar
utilizando un polinomio de orden
2 y obtener una estimación del error cometido. b) Polinomio de Taylor de orden 4 de un valor aproximado de
ln 3
f (x) = ln
q
1+x 1−x en
a = 0. Dar
utilizando un polinomio de orden 3.
c) Fórmula general del polinomio de Taylor de orden n de
sen x
en
f (x) =
a = π/6. n de f (x) = ex , número e utilizando el
d) Fórmula general del polinomio de Taylor de orden en
a = 0.
Dar un valor aproximado del
polinomio de orden 7 obtenido.
f (x) = (x + 1)1/2 , f 0 (x) = 21 (x + 1)−1/2 , f 00 (x) = − 14 (x + 15 = 38 (x + 1)−5/2 , f 4) (x) = − 16 (x + 1)−7/2 . f (0) = 1, f 0 (0) = 1/2, f 00 (0) = −1/4, f 000 (0) = 3/8, f 4) (0) = −15/16.
Apartado a).
1)−3/2 ,
f 000 (x)
El polinomio de Taylor pedido será
1 1 2 3 3 15 4 P4,0 (x) = 1 + x − x + x − x = 2 4·2 8 · 3! 16 · 4! 1 1 1 5 4 = 1 + x − x2 + x3 − x 2 8 16 · 3! 128
9.1
125
DERIVACIÓN
La aproximación pedida es
p p 1 1 1, 02 = 1 + 0, 02 ≈ P2,0 (0, 02) = 1 + (0, 02) − (0, 02)2 = 1, 0099 2 8 Una cota para el error cometido es
f 3) (t) 3 |R2,0 (0, 02)| = |f (0, 02) − P2,0 (0, 02)| = (0, 02 − 0) = 3! 1 −5/2 3 (0, 02) = = (t + 1) 16 1 (0, 02)3 16(t + 1)5/2
=
De manera que
|R2,0 (0, 02)| <
para cierto
1 3 16 (0, 02)
t ∈ (0, 00 02)
= 5 · 10−7
q = 21 (ln(1 + x) − ln(1 − x)), f 0 (x) = f (x) = ln 1+x 1−x 1 1 1 1 −1 1 2 2 00 000 (x) = 1 + , f (x) = + , f + , 2 1+x 1−x 2 (x+1)2 2 (x+1)3 (1−x)2 (1−x)3 −6 6 f 4) (x) = 12 (x+1) 4 + (1−x)4 . Apartado b).
f (0) = 0, f 0 (0) = 1, f 00 (0) = 0, f 000 (0) = 2, f 4) (0) = 0. El polinomio de Taylor pedido será
1 P4,0 (x) = x + x3 3 Téngase en cuenta que
P3,0 (x) = P4,0 (x).
El valor aproximado de
ln 3
pedido es
r ln 3 = ln
1 + 0, 8 1 − 0, 8
1 = f (0, 8) ≈ P3,0 (0, 8) = (0, 8)+ (0, 8)3 ≈ 0, 9706 3
f (x)= sen x, f 0 (x) = cos x = sen x + π2 , f 00 (x) = − sen x = sen x + 2 π2 , f 000 (x) = − cos x = sen x + 3 π2 , f 4) (x) = sen x = sen x + 4 π2 . Se tiene
Apartado c). Obsérvese que
π f k) (x) = sen x + k . 2
126
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
De modo que
π f k) (π/6) = sen π/6 + k 2 El polinomio de Taylor pedido será
Pn,π/6 (x) = sen(π/6)+sen(π/6+π/2)(x−π/6)+sen(π/6+π)
(x − π/6)2 +· · · 2!
π (x − π/6)n = · · · + sen π/6 + n 2 n! √ 1 1 (x − π/6)2 π (x − π/6)n 3 = + (x − π/6) − + · · · + sen π/6 + n 2 2 2 2! 2 n! f (x) = f 0 (x) = · · · = f n) (x) = ex . = · · · = f n) (0) = 1.
Apartado d).
f 0 (0)
Además,
El polinomio de Taylor pedido será
Pn,0 (x) = 1 + x +
x2 x3 xn + + ··· + 2! 3! n!
El polinomio de Taylor de orden 7 es
P7,0 (x) = 1 + x + La aproximación al número
P7,0 (1) = 1 + 1 +
x2 x3 x7 + + ··· + 2! 3! 7!
e = f (1)
pedida será
1 1 1 + + · · · + = 2, 718253968 2! 3! 7!
f (0) =
9.2
127
CÁLCULO DE PRIMITIVAS
9.2.
CÁLCULO DE PRIMITIVAS
1. Calcular las siguientes integrales inde nidas: Z 1.
1 1 − 2x − 1 2x + 1
dx
Es inmediata.
Z
Z 2.
1 1 − 2x − 1 2x + 1
dx =
1 (ln |2x − 1| − ln |2x + 1|) + C 2
x2 + 2x + 2 dx x+1
Descomponemos el integrando en fracciones parciales y obtenemos
Z
x2 + 2x + 2 dx = x+2
Z x+
2 x2 dx = 2 ln |x + 2| + +C x+2 2
Z x arc tg x dx
3.
Integramos por partes (u
Z
x2 arc tg x − x arc tg x dx = 2
x2 1 = arc tg x − 2 2
Z
4.
√
Z
queda
x2 dx = 2(1 + x2 )
x2 + 1 − 1 x2 1 dx = arc tg x − (x − arc tg x) + C = 2 1+x 2 2
=( Z
= arc tg x, dv = xdx)
1 x2 1 + ) arc tg x − x + C 2 2 2
dx 4 − 9x2 Z Z Z dx 1/2 1 1 √ q q = dx = 2 dx = 2 4 − 9x2 1 − 94 x2 1 − 23 x =
1 3 arc sen( x) + C 3 2
128
9
Z 5.
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
1 dx +4 Z
9x2
1 dx = 9x2 + 4
1/4 1 dx = 9 2 4 4x + 1
Z
= Z 6.
7.
8.
1 3 arc tg( x) + C 6 2
Z
earc sen x √ dx = earc sen x + C . 1 − x2
Z
e2x 1 dx = arc tg(e2x ) + C . 4x 1+e 2
e2x dx 1 + e4x
Es inmediata,
Z
1 dx = (3x/2)2 + 1
earc sen x √ dx 1 − x2
Es inmediata,
Z
Z
ln(a2 + x2 ) dx
Integrando por partes (u
Z
2
= ln(a2 + x2 ), dv = dx)
2
2
Z
2
ln(a + x ) dx = x ln(a + x ) − 2
2
2
Z
= x ln(a +x )−2
se tiene
x2 dx a2 + x2
x2 + a2 − a2 dx = x ln(a2 +x2 )−2x+2 a2 + x2
= x ln(a2 + x2 ) − 2x + 2a arc tg
x +C a
Z 9.
sen(ln x) dx Integrando por partes (u
= sen(ln x), dv = dx),
Z
Z sen(ln x) dx = x sen(ln x) −
Integrando de nuevo por partes (u
cos(ln x) dx
= cos(ln x), dv = dx),
Z
Z cos(ln x) dx = x cos(ln x) +
Así tenemos
tenemos
sen(ln x) dx
Z
a2 dx = a2 + x2
9.2
129
CÁLCULO DE PRIMITIVAS
Z
Z sen(ln x) dx = x sen(ln x) − x cos(ln x) + sen(ln x) dx Z
De modo que
Z 10.
sen(ln x) dx =
1 (x sen(ln x) − x cos(ln x)) + C 2
ex − 1 dx ex + 1 Z
ex − 1 dx = ex + 1 Z
x
= ln(e + 1) −
ex dx − ex + 1
Z
Z ex
1 dx = +1
e−x dx = ln(ex + 1) + ln(e−x + 1) + C 1 + e−x
La penúltima igualdad se obtiene de multiplicar por y el denominador del integrando de
t = ex
se hace el cambio
Z 11.
3x − 2 dx 3x2 − 4x + 3 Z
Es inmediata,
Z 12.
1 ex +1
dx.
e−x
el numerador
Si no se ve este truco,
y se resuelve aplicando fracciones parciales.
3x − 2 1 dx = ln |3x2 − 4x + 3| + C − 4x + 3 2
3x2
xex dx (1 + x)2
Integrando por partes (u
13.
R
Z
xex −xex dx = + (1 + x)2 1+x
Z
e2x sen x dx
Integrando por partes (u
= xex , dv =
Z
dx ), se tiene (1+x)2
−xex e dx = + ex + C = ex 1+x x
= sen x, dv = e2x dx)
se tiene
Denotamos
Z 1 2x 1 e sen x dx = e sen x − e2x cos x dx 2 2 R R I1 = e2x sen x dx y I2 = e2x cos x dx.
Integrando
I2
Z
1 +C 1+x
2x
por partes de nuevo (u
1 1 I2 = e2x cos x + 2 2
Z
= cos x, dv = e2x dx),
queda
1 1 e2x sen x dx = e2x cos x + I1 2 2
130
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
De modo que
1 1 I1 = e2x sen x − 2 2 Despejando
I1
1 2x 1 e cos x + I1 2 2
de la ecuación, queda
2 1 I1 = e2x sen x − e2x cos x + C 5 5 Z tg
14.
x dx 2 x tg dx = 2
Z Es inmediata,
Z 15.
Z
sen x2 x dx = −2 ln cos +C cos x2 2
x3 sen x dx
Integrando por partes (u
Z
= x3 , dv = sen xdx)
3
I1 =
x sen x dx = −x cos x + 3
Z
2
queda
Z
x cos x dx = x sen x − 2
Z
x2 cos x dx
= x2 , dv = cos xdx), 2
Integrando otra vez por partes (u
I3 =
Z
3
Integrando de nuevo por partes (u
I2 =
se tiene
x sen x dx
= x, dv = sen xdx), Z
x sen x dx = −x cos x +
cos x dx = −x cos x + sen x + C
De modo que
I1 = −x3 cos x + 3I2 = −x3 cos x + 3 x2 sen x − 2I3 = = −x3 cos x + 3 x2 sen x − 2 (−x cos x + sen x + C) = = −x3 cos x + 3x2 sen x + 6x cos x − 6 sen x + D Z 16.
tg2 x dx Z
Es inmediata. Basta escribir
2
tg x dx =
Z
sec2 x−1 dx = tg x−x+C
9.2
131
CÁLCULO DE PRIMITIVAS
Z 17.
tg5 x sec2 xdx Z
1 6 tg x + C . 6
tg5 x sec2 xdx =
Es inmediata.
Z ln x dx
18.
Se resuelve por partes (u
= ln x, dv = dx)
Z
Z ln x dx = x ln x −
1 dx = x ln x − x + C
sen x + cos x dx sen x − cos x Z sen x + cos x Es inmediata. dx = ln | sen x − cos x| + C sen x − cos x Z 1 dx 1 + cos 3x 3 2 3 x − sen2 3 x , escribimos Como cos 3x = cos 2 x = cos 2 2 2
Z 19.
20.
Z
1 dx = 1 + cos 3x
= Z 21.
Z cos2 1 2
3 2x
1
Z cos2
3 2x
sen2
3 2x
dx =
1 tg 3
+
1 + cos2
3 2x
− sen2
3 2x
dx
3 x +C 2
x3 e−2x dx
Se resuelve integrando por partes (u
Z I1 =
3 −2x
x e Z
Denotamos
I2 =
x2 , dv = e−2x dx),
= x3 , dv = e−2x dx)
1 3 dx = − e−2x x3 + 2 2
x2 e−2x dx.
Z
x2 e−2x dx
Integrando de nuevo por partes (u
obtenemos
1 I2 = − e−2x x2 + 2
Z
xe−2x dx
La última integral también se resuelve por partes (u
Z quedando
I3 =
=
= x, dv = e−2x dx),
1 1 xe−2x dx = − xe−2x − e−2x + C . 2 4
132
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
De este modo, resulta
1 3 1 3 I1 = − e−2x x3 + I2 = − e−2x x3 + 2 2 2 2
1 3 = − e−2x x3 + 2 2
=e
1 − e−2x x2 + I3 2
=
1 −2x 2 1 −2x 1 −2x − e x + − xe − e +C = 2 2 4
−2x
x3 3 3 3 − − x2 − x − 2 4 4 8
+D
Z arc tg x dx
22.
Se resuelve integrando por partes (u
Z
Z arc tg x dx = x arc tg x −
= arc tg x, dv = dx), quedando x 1 dx = x arc tg x − ln(1 + x2 ) + C 2 1+x 2
Z arc cos 2x dx
23.
Se resuelve integrando por partes (u
= arc cos 2x, dv = dx)
Z
Z arc cos 2x dx = x arc cos 2x − = x arc cos 2x −
Z 24.
√
−2x dx = 1 − 4x2
1 (1 − 4x2 )1/2 + C 2
cos2 x dx
Es inmediata aplicando la identidad trigonométrica
cos2 x =
1+cos 2x . 2
De este modo, se tiene
Z
2
Z
cos x dx = Z 25.
1 1 + cos 2x dx = 2 2
1 x + sen 2x + C 2
x2 e−3x dx
Se resuelve integrando por partes reiteradamente (véase ejercicio 21),
Z resultando
1 2 2 x2 e−3x dx = e−3x − x2 − x − +C 3 9 27
9.2
133
CÁLCULO DE PRIMITIVAS
Z 26.
x arc sen(x2 ) dx
Se resuelve integrando por partes (u
Z
= x arc sen(x2 ), dv = dx).
Z 2x3 2 x arc sen(x ) + √ dx = x arc sen(x ) dx = x arc sen(x )− 1 − x4 2
2
2
2
2
Z
= x arc sen(x ) −
2
Z
2
x arc sen(x ) dx − 2 Z
2
= x arc sen(x ) −
√
x3 dx = 1 − x4
1 x arc sen(x2 ) dx + (1 − x4 )1/2 + C 2
En consecuencia,
Z
Z 27.
x arc sen(x2 ) dx =
x3 ln x dx
Se integra por partes (u
Z
Z 28.
= ln x, dv = x3 dx).
x4 x ln x dx = ln x − 4 3
Z
29.
Obtenemos
x3 x4 x4 dx = ln x − +C 4 4 16
Z
x dx cos2 x
Integrando por partes (u
Z
1 2 x arc sen(x2 ) + (1 − x4 )1/2 + C 2
= x, dv =
x dx = x tg x − cos2 x
1 cos2 x
= sec2 x),
se tiene
Z tg x dx = x tg x + ln | cos x| + C
(x2 − x + 5)ex dx Z
2
x
(x − x + 5)e dx =
Z
2 x
x e dx −
Z
xex dx + 5ex
Las dos integrales de la parte derecha de la igualdad se resuelven por partes (véase ejercicio 21), quedando
Z
(x2 − x + 5)ex dx = x2 ex − 3xex + 8ex + C
134
9
Z
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
x2 sen 4xdx
30.
Se resuelve por partes (u
Z
= x2 , dv = sen 4xdx).
x2 sen 4xdx = −
x2 1 cos 4x + 4 2
Tendremos
Z x cos 4xdx
Por otro lado, esta última integral también se resuelve por partes, tomando
u=x
y
dv = cos 4xdx.
x 1 x cos 4xdx = sen 4x − 4 4
Z
Resulta
Z sen 4xdx =
x 1 sen 4x + cos 4x + C 4 16
Entonces,
Z Z 31.
x2 sen 4xdx = −
x 1 x2 cos 4x + sen 4x + cos 4x + C 4 8 32
e3x cos 2x dx
Se integra por partes (u
= cos 2x, dv = e3x dx).
1 2 e3x cos 2x dx = e3x cos 2x + 3 3
Z I1 =
Integrando de nuevo por partes (u
Z I2 =
Z
e3x sen x dx
= sen 2x, dv = e3x dx),
queda
1 2 e3x sen x dx = e3x sen 2x − I1 3 3
de modo que
1 2 I1 = e3x cos 2x + 3 3 Despejando
I1
1 3x 2 e sen 2x − I1 3 3
de la última ecuación, queda
I1 =
3 3x 2 e cos 2x + e3x sen 2x + C 13 13
4x3 dx x2 + 9
Z 32.
Dividimos los polinomios para obtener
Z
4x3 dx = x2 + 9
Z
Z 4xdx − 36
x2
4x3 x2 +9
= 4x − x36x 2 +9 , de modo que
x dx = 2x2 − 18 ln(x2 + 9) + C +9
9.2
135
CÁLCULO DE PRIMITIVAS
Z 33.
e−x dx 1 + e−2x Z
Es inmediata.
Z 34.
cos xesenx dx Z
Es inmediata.
Z 35.
esen
Como
2
x
e−x dx = − arc tg(e−x ) + C 1 + e−2x
cos xesenx dx = esen x + C .
sen 2xdx
sen 2x = 2 sen x cos x, Z
esen
2
x
resulta inmediata y se tiene
2
sen 2xdx = esen
x
+C
2. Calcular las siguientes integrales racionales: Z 1.
x2
1 dx +x+1
Es fácil comprobar que el polinomio del denominador no tiene raices reales. Completando cuadrados, se tiene
x2 + x + 1 = (x + 12 )2 + 34 .
modo que
Z
1 dx = 2 x +x+1
4 = 3 Z 2.
x2
Z
Z
1 1 2 (x + 2 ) +
3 4
4 dx = 3
1
Z 4 3 (x
+ 12 )2 + 1
dx
√ 2 3 1 2 dx = arc tg √ x + √ +C 3 ( √23 x + √13 )2 + 1 3 3 1
1 dx + 6x + 5
Factorizando el polinomio del denominador, tenemos
Z
1 dx = 2 x + 6x + 5
Z
1 dx (x + 5)(x + 1)
Descomponiendo en fracciones parciales el integrando, queda
1 −1/4 1/4 = + (x + 5)(x + 1) x+5 x+1
De
136
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
De este modo, al integrar, obtenemos
Z
1 dx = x2 + 6x + 5
Z
x+2 dx (x + 1)2 (x2 + x + 1)
3.
Z
−1/4 1/4 1 1 + dx = − ln |x+5|+ ln |x+1|+C x+5 x+1 4 4
Descomponiendo en fracciones parciales, queda
(x +
2 1 −2x − 1 x+2 = + + 2 2 + x + 1) x + 1 (x + 1) x +x+1
1)2 (x2
Integrando, resulta
Z
Z 4.
x+2 1 dx = 2 ln |x + 1| − − ln |x2 + x + 1| + C (x + 1)2 (x2 + x + 1) x+1 x2 − 2 dx + 1)2
x3 (x2
Descomponemos el integrando en fracciones parciales
5 2 −5x −3x x2 − 2 = − 3+ 2 + 2 3 2 2 x (x + 1) x x x + 1 (x + 1)2 Entonces
Z
x2 − 2 dx = x3 (x2 + 1)2
Z
= 5 ln |x| + Z 5.
Z Z Z 5 2 −5x −3x dx− dx+ dx+ dx = 3 2 2 x x x +1 (x + 1)2 1 5 3 − ln(x2 + 1) + +C x2 2 2(x2 + 1)
x(x + 1) dx (1 + 2x + 2x2 )2
Las raices de
x2 + 2x + 1
son complejas conjugadas. Al descomponer
el integrando en fracciones parciales, queda
x(x + 1) 1/2 −1/2 = + 2 2 2 (1 + 2x + 2x ) 1 + 2x + 2x (1 + 2x + 2x2 )2 Integrando, obtenemos
9.2
137
CÁLCULO DE PRIMITIVAS
Z
x(x + 1) 1 dx = 2 2 (1 + 2x + 2x ) 2
1 1 dx− 2 2x + 2x + 1 2
Z
Z (2x2
1 dx + 2x + 1)2
Completando cuadrados, se tiene
1 2x + 2x + 1 = 2 x + x + 2 2
2
! 1 2 1 =2 x+ + 2 4
En consecuencia,
1 1 dx = 2 2x + 2x + 1 2
Z I1 =
1
Z (x +
1 2 2)
+
1 4
dx = arc tg(2x + 1) + C1
Por otro lado,
1 1 dx = (2x2 + 2x + 1)2 4
Z I2 =
Haciendo el cambio de variable
Z I2 = 2
1 dt = 2 (t2 + 1)2
Z
1
Z (x +
Z
1 2 2)
t = 2x + 1,
+
1 2 4
dx = 4
dx ((2x + 1)2 + 1)2
obtenemos
t2 + 1 − t2 dt = 2 arc tg t−2 (t2 + 1)2
Z
Esta última integral se resuelve integrando por partes (u
(t2
t2 dt + 1)2
= t, dv =
t dt), resultando (t2 +1)2
Z
t2 t 1 dt = − 2 + 2 2 (t + 1) 2(t + 1) 2
Z t2
dt t 1 =− 2 + arc tg t+C +1 2(t + 1) 2
Deshaciendo el cambio de variable, resulta
I2 = 2 arc tg(2x + 1) − 2 −
2x + 1 1 + arc tg(2x + 1) + C2 2((2x + 1)2 + 1) 2
Entonces
Z
x(x + 1) 1 1 dx = I1 − I2 = (1 + 2x + 2x2 )2 2 2
138
9
=
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
2x + 1 1 1 arc tg(2x+1)−arc tg(2x+1)− + arc tg(2x+1)+D = 2 2((2x + 1)2 + 1) 2 =−
Z 6.
2x + 1 +D 2((2x + 1)2 + 1)
x2 − 1 dx x3 − x2 + x − 1
Si factorizamos tanto el numerador como el denominador del integrando, se observa que
x2 − 1 (x + 1)(x − 1) x+1 = = 2 x3 − x2 + x − 1 (x − 1)(x2 + 1) x +1 Entonces
1 = 2 Z 7.
x3
Z
x2 − 1 dx = x3 − x2 + x − 1
Z
2x 1 dx + 2 x +1 2
Z x2
Z
x+1 1 = 2 x +1 2
Z
2(x + 1) dx = x2 + 1
2 1 dx = ln(x2 + 1) + arc tg x + C +1 2
1 dx − 4x2 + 4x
Descomponiendo en fracciones parciales, queda
x3
1 1/4 −1/4 1/2 = + + 2 − 4x + 4x x x − 2 (x − 2)2
Integrando, tenemos
Z x3 Z 8.
(x2
1 1 1 1/2 dx = ln |x| − ln |x − 2| − +C 2 − 4x + 4x 4 4 x−2
1 dx + 1)3 Z
Llamemos
Z I3 =
In =
(x2
1 dx. + 1)n
x2 + 1 − x2 dx = (x2 + 1)3
Z
Entonces
1 dx − (x2 + 1)2
Z (x2
x2 dx = + 1)3
9.2
139
CÁLCULO DE PRIMITIVAS
Z = I2 −
x2 dx (x2 + 1)3
Para calcular esta última integral, hacemos
u = x, dv =
x dx (x2 +1)3
quedando
Z
x2 x 1 1 dx = − + 2 3 2 2 (x + 1) 4 (x + 1) 4 =−
Volviendo a
I3 ,
Z (x2
1 dx = + 1)2
x 1 1 + I2 2 2 4 (x + 1) 4
nos queda
1 x 1 3 1 x I3 = I2 − − + I2 = I2 + 2 2 2 4 (x + 1) 4 4 4 (x + 1)2 Sólo queda calcular
Z I2 =
I2 ,
1 dx = 2 (x + 1)2 Z
= arc tg x−
que se hace de una manera análoga:
Z
x2 + 1 − x2 dx = (x2 + 1)2
Z
Z 1 x2 dx− dx = x2 + 1 (x2 + 1)2
Z 1 x x2 1 1 dx = arc tg x− − 2 + dx (x2 + 1)2 2x +1 2 x2 + 1
La última igualdad se obtiene al resolver por partes (u
x dx) la integral (x2 +1)2
R
x2 (x2 +1)2
= x, dv =
dx.
De este modo, tenemos
1 x 1 1 x I2 = arc tg x − − 2 + arc tg x = arc tg x + +C 2x +1 2 2 2(x2 + 1) En consecuencia,
3 1 x 3 = I3 = I2 + 2 2 4 4 (x + 1) 4 =
1 x x arc tg x + + +D = 2 2 2 2(x + 1) 4(x + 1)2
3 3x x arc tg x + + +D 2 2 8 8(x + 1) 4(x + 1)2
Otro modo de resolver este tipo de integrales es haciendo el cambio
x = tg θ, dx = sec2 θdθ.
140
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
3. Calcular las siguientes integrales trigonométricas: Z 1.
1 dx cos x 1 cos x es impar en
La función
cos x,
de modo que se hace el cambio
t = sen x. Se tiene
Z
1 dx = cos x
Otro modo de
dt = arg tgh t + C = arg tgh (sen x) + C 1 − t2 Z dt es descomponiendo el integrando calcular 1 − t2 Z
en
sumas parciales:
Z
dt = 1 − t2
1/2 dt + 1+t
Z
1/2 1 1 dt = ln |1 + t| − ln |1 − t| + C = 1−t 2 2
Z
! r 1 + sen x 1 1 + t 1 1 + sen x + C = ln = ln + C = ln +C 2 1 − t 2 1 − sen x 1 − sen x Al multiplicar numerador y denominador por
r ln
Resulta
Z 2.
1 + sen x 1 − sen x
!
r + C = ln
1 + sen x
(1 + sen x)2 1 − sen2 x
se tiene
! +C =
1 + sen x + C = ln | sec x + tg x| + C = ln cos x Z 1 entonces dx = ln | sec x + tg x| + C cos x
1 dx sen x sen x y hacemos el cambio t = cos x. Tenemos que sen x = 1 − t2 , dt = − sen xdx y dx = √−dt , de modo que 1−t2
Es impar en
√
Z
1 dx = − sen x
1 = − ln 2
Z
1 + cos x 1 − cos x
dt 1 1 + t +C = = − ln 1 − t2 2 1 − t r
+ C = ln
1 − cos x 1 + cos x
! +C =
9.2
141
CÁLCULO DE PRIMITIVAS
s = ln
1 − cos2 x (1 + cos x)2
! +C =
sen x sen x(1 − cos x) 1 − cos x +C = = ln + C = ln + C = ln 1 + cos x 1 − cos2 x sen x = ln |cosec x − cotg x| + C Se resuelve más directamente si escribimos
Z
Z 3.
1 dx = − sen x
Z
dt = − arg tgh t + C = − arg tgh (cos x) + C 1 − t2
cos2 x dx sen x
Es inmediata si utilizamos el resultado anterior,
Z
cos2 x dx = sen x
1 − sen2 x dx = sen x
Z
Z
dx − sen x
Z sen x dx =
= ln | cosec x − cotg x| + cos x + C dx sen x cos x Es par en sen x
Z 4.
Z
Z 5.
y
cos x.
Se hace el cambio
dx = sen x cos x
t = tg x.
Entonces
dt = ln |t| + C = ln | tg x| + C t
Z
dx 1 + cos 3x
Se hace el cambio
t = tg
cos 3x = cos
3x 3 2 . Entonces 2
3x 3x + 2 2
1 − tg2 = 1 + tg2
cos2 = cos2 3x 2 3x 2
=
3x 2
sec2 3x 2 3x 2
dx = dt.
− sen2 + sen2
3x 2 3x 2
Además,
=
1 − t2 1 + t2
La penúltima igualdad se obtiene dividiendo numerador y denominador entre
cos2
3x 2 .
142
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
Se tiene, tras el cambio de variable,
Z
dx 2 = 1 + cos 3x 3
Z
dt t 1 = + C = tg 2 3 3
3x 2
+C
dx cos3 x
Z 6.
cos x,
Es impar en
de modo que hacemos el cambio
t = sen x
para
obtener
Z
dx = cos3 x
Z
dt = (1 − t2 )2
Z
dt (1 + t)2 (1 − t)2
Descomponiendo en fracciones parciales el integrando, se tiene
1 (1 +
t)2 (1
−
t)2
=
1/4 1/4 −1/4 1/4 + + + 2 t + 1 (t + 1) t−1 (t − 1)2
y, por tanto,
dt = (1 + t)2 (1 − t)2
Z
=
Z
1/4 1/4 −1/4 1/4 + + + 2 t + 1 (t + 1) t−1 (t − 1)2
1 1/4 1 1/4 ln(sen x + 1) − − ln | sen x − 1| − +C = 4 sen x + 1 4 sen x − 1 1 sen x + 1 1/4 1/4 = ln − − +C 4 sen x − 1 sen x + 1 sen x − 1
Z 7.
dt =
sen 2x cos 4xdx Como
sen 2x cos 4x = 12 (sen 6x + sen(−2x)), Z
1 sen 2x cos 4xdx = 2
=−
Z
se tiene que
Z sen 6xdx +
sen(−2x)dx =
1 1 cos 6x + cos 2x + C 12 4
9.2
143
CÁLCULO DE PRIMITIVAS
sen 2x dx 2 + cos x Como sen 2x = 2 sen x cos x, Z
8.
sen 2x dx = 2 + cos x
Z I= es impar en
Z I=
sen x.
resulta que
Hacemos el cambio
2 sen x cos x dx = −2 2 + cos x
Z
2 sen x cos x dx 2 + cos x
Z
t = cos x
dt = −2 2+t
y tenemos
Z
t+2−2 dt = t+2
= −2(t − 2 ln |2 + t|) + C = −2 cos x + 4 ln(2 + cos x) + C Z 9.
cos3 x dx
Como
Z
cos3 x = (1 − sen2 x) cos x, Z
3
cos x dx =
Z
2
(1−sen x) cos x dx =
= sen x − Z 10.
3
Z
4
sen x cos x dx =
Z
4
2
11.
sen2 x cos x dx =
1 sen3 x + C 3
Z
4
Z
6
(cos x − cos x) sen x dx =
(1−cos2 x) cos4 x sen x dx =
Z
4
cos x sen x dx −
cos6 x sen x dx =
cos5 x cos7 x + +C 5 7
sen4 x dx
Tenemos
Z
cos x dx−
sen x cos x sen x dx =
=− Z
Z
sen3 x cos4 x dx
Z
=
tenemos
4
2
2
sen x = (sen x) =
sen4 x dx =
Z
1 − cos 2x 2
1 − cos 2x 2
2 dx =
1 4
Z
2 , de modo que
(1 − 2 cos 2x + cos2 2x) dx =
144
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
Z
1 = 4
1 = 4 Z 12.
1 1 − 2 cos 2x + (1 + cos 4x) dx = 2
3 1 x − sen 2x + sen 4x + C 2 8
sen2 x cos2 x dx Z
2
Z
2
sen x cos x dx = 1 = 4 1 = 4
1 (1 − cos 2x) dx = 4
Z
Z
1 − cos 2x 2
2
1 − cos 4x 1 dx = 2 8
Z
1 + cos 2x 2
dx =
sen2 2x dx =
1 x − sen 4x + C 4
4. Calcular las siguientes integrales irracionales: Z 1.
√
dx 20 + 8x − x2
−x2 + 8x + 20 = −(x2 − 8x − 20) = −((x − 4)2 − 36) = −(x − 4)2 + 36.
Completando cuadrados se tiene
De modo que
Z
dx √ = 20 + 8x − x2 1 = 6
Z 2.
Z
dx
1 p = 2 6 −(x − 4) + 36
q −
x−4 2 6
= arc sen +1
1 − 36 (x − 4)2 + 1
x−4 6
=
+C
dx √ 3+ x+2 R(x, (x + 2)1/2 ). dx = 2tdt.
El integrando es del tipo con lo que
Z
q
dx
Z
dx
Z
x=
t2
dx √ = 3+ x+2
−2
Z
y
2t dt = 2 3+t
Z 1−
Se tiene
3 t+3
m = 2, x + 2 = t2 ,
dt = 2(t−3 ln |t+3|)+C
9.2
145
CÁLCULO DE PRIMITIVAS
La penúltima igualdad se obtiene al dividir los polinomios. Deshaciendo el cambio de variable, queda
√ √ dx √ = 2 x + 2 − 6 ln( x + 2 + 3) + C 3+ x+2
Z
Z 3.
x2
dx √ 1 − x2
Se hace el cambio
x = sen t, dx = cos tdt.
dx √ = 2 x 1 − x2
Z
Z
Entonces
dt = − cotg t + C = sen2 t
√ cos(arc sen x) 1 − x2 +C =− +C =− sen(arc sen x) x Z 4.
x+3 √ dx 9 − x2
Hacemos el cambio
Z
Z =
= −3
5.
x+3 √ dx = 9 − x2
Z
de modo que
3 sen t + 3 √ 3 cos t dt = 9 − 9 sen2 t
x x (3 sen t+3) dt = −3 cos t+3t+C = −3 cos(arc sen )+3 arc sen +C = 3 3
r
Z
x = 3 sen t, dx = 3 cos tdt,
√
1−
p x2 x x + 3 arc sen + C = − 9 − x2 + 3 arc sen + C 9 3 3
dx x + 1 + (x + 1)1/4 R(x, (x + 1)1/2 , (x + 1)1/4 ). Entonces m = 4 cambio a realizar es t = x + 1, con lo que
El integrando es del tipo
m.c.m.{2, 4} = 4 y el x = t4 − 1 y dx = 4t3 dt. Z
Por tanto,
dx √ =4 x + 1 + (x + 1)1/4
Z =4
Z (t − 1) dt +
dt t+1
Z
t2 dt = t+1
= 2t2 − 4t + 4 ln |t + 1| + C
146
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
La penúltima igualdad se obtiene al hacer el cociente de los polinomios. Deshaciendo el cambio de variable, tenemos
Z
Z 6.
√ √ √ dx √ = 2 x + 1 − 4 4 x + 1 + 4 ln | 4 x + 1 + 1| + C 1/4 x + 1 + (x + 1) √ 1 − 3x + 2 √ dx 1 + 3x + 2
√ 1−√3x+2 1/2 ), de modo que m = 2, es del tipo R(x, (3x+2) 1+ 3x+2 t2 −2 2 obteniéndose el cambio t = 3x + 2. Esto implica que x = y 3 2t dx = 3 dt, de manera que Se tiene que
Z
2 = 3
Z
√ Z Z 1 − t 2t 2 t − t2 1 − 3x + 2 √ dx = dt = dt = 1+t 3 3 1+t 1 + 3x + 2 2 2 (−t + 2) − dt = t+1 3 =−
2 t − + 2t − 2 ln |t + 1| + C = 2
√ 3x + 2 4 √ 4 + 3x + 2 − ln | 3x + 2 + 1| + C 3 3 3
La primera igualdad de la segunda línea proviene de efectuar la división de los polinomios.
Z √ 7.
25 − x2 dx x
Efectuamos el cambio
Z √
Z =5
25 − x2 dx = x 1 dt − sen t
Z
x = 5 sen t, dx = 5 cos tdt. Z √
Se tiene
52 − 52 sen2 t 5 cos t dt = 5 5 sen t
Z
cos2 t dt = sen t
sen t dt = 5 ln | cosec t − cotg t| + 5 cos t + C =
x x x = 5 ln | cosec(arc sen ) − cotg(arc sen )| + 5 cos(arc sen ) + C = 5 5 5 5 − √25 − x2 p = 5 ln + 25 − x2 + C x
9.3
9.3.
147
INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS
INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS
1. Hallar el área de la región limitada por la parábola eje
y = x2 − 2x
y el
OX . y = x2 − 2x con el eje OX son los valores − 2x = 0, esto es, x = 0 y x = 2. El área A será
Los cortes de la grá ca de de
x
2 tales que x
Z A= 0
2
x3 2x − x dx = x − 3 2
2
2 =4− 0
4 8 = 3 3
2. Hallar el área de la región limitada por la grá ca de
OX
en
El área
y = sen x
y el eje
[0, 2π]. A
será
π
Z A=
Z
2π
sen xdx − 0
π
sen xdx = [− cos x]π0 − [− cos x]2π π =4
3. Hallar el área limitada por las grá cas de
x2 = y
e
y=
1 . x2 +3
Calculemos los puntos de intersección de las grá cas. Se tiene
x2 =
x2
1 ⇔ x4 + 3x2 − 1 = 0 ⇔ z 2 + 3z − 1 = 0 +3
para
z = x2
148
9
Resulta
z =
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
√ −3± 13 . Como 2 q
√ −3+ 13 y, entonces, 2
El área
A
será
Z
a
A= −a
x=±
z = x2
√ −3+ 13 2
debe ser positivo, se tiene
z =
= ±a.
√ 3 a 1 x 3 x a 2 − − x dx = arc tg √ = 0, 244 x2 + 3 3 3 −a 3 −a
4. Hallar el área limitada por las grá cas de
y = sen x
e
y = cos x
en
[π/4, 5π/4]. Calculemos los puntos de corte de las grá cas de las dos funciones en el intervalo
[π/4, 5π/4].
Como
sen x = cos x
para
x = π/4
ó
x = 5π/4,
las grá cas se cortan en los extremos del intervalo. Tendremos que el área es
Z
√
5π/4
A=
sen x − cos xdx = [− cos x − π/4
5. Hallar el área limitada por las grá cas Escribiendo las ecuaciones con la
2, que es una recta, y x =
5π/4 sen x]π/4
y2 = 1 − x
y
=4
√ 2 =2 2 2
2y = x + 2.
x en función de la y , se tiene x = 2y −
1 − y 2 , que es una parábola tumbada sobre
9.3
149
INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS
el eje
OX .
Si integramos con respecto a la
valores de la
y
y,
debemos encontrar los
donde se cortan las grá cas. Estos valores son aquellos
que cumplen
2y − 2 = 1 − y 2 ⇔ y 2 + 2y − 3 = 0 ⇔ y =
−2 ± 4 = 2
1 −3
El área será
y3 (1 − y ) − (2y − 2)dy = − − y 2 + 3y A= 3 −3
1
x2 a2
+
Z
1
2
6. Calcular el área encerrada por la elipse de ecuación Se tiene
x = a cos t, y = b sen t.
= −3
y2 b2
32 3
= 1.
La elipse está centrada en el origen y
su grá ca es del siguiente tipo: b
A a
4A. Cuando (x, y) = (0, b), entonces cos t = 0, esto es, t = π/2. De igual manera, cuando (x, y) = (a, 0), entonces cos t = 1, esto es, t = 0. El área buscada es
con área igual a
Z
a
4A = 4
Z
0
Z
b sen t(−a sen t) dt = π/2
0 2
=4
Z
0
−ab sen t dt = −4ab π/2
Z
0
f (x) dx = 4
0
= −4ab π/2
sen2 t dt =
π/2
0 1 1 − cos 2t dt = −2ab t − sen 2t = πab 2 2 π/2
150
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
7. Calcular el volumen del sólido de revolución que genera la elipse
9y 2
= 36
4x2 +
OX .
al girar sobre el eje
36 − 4x2 x2 . a = 3, b = 2. y = =4 1− 9 9 2
Se tiene
Entonces
3
3
x2 4 1− (f (x)) dx = π Vx = π 9 −3 −3 Z
Z
2
x3 dx = 4π x − 27
y = ln(1 − x2 )
8. Calcular la longitud del arco
desde
3 = 16π −3
x = 1/4
hasta
x = 3/4. Se tiene
Z bp Z Lf = 1 + (f 0 (x))2 dx = a
Z
3/4
s
= 1/4
3/4
x4 + 2x2 + 1 dx = (1 − x2 )2
Z
3/4
1/4
x2 + 1 dx = 1 − x2
sustituyendo de nuevo en la integral,
3/4
Lf = 1/4
1+
1/4
Descomponiendo en fracciones parciales,
Z
s
Z −1 dx+
3/4
1/4
4x2 dx = (1 − x2 )2
Z
3/4
1/4
2 −1 + 1 − x2
1 1 2 = + , 2 1−x 1−x 1+x
dx
y
1 + x 3/4 2 21 1 dx = −x + ln = ln − 1 − x 1 − x2 5 2 1/4
9.3
151
INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS
9. Calcular la longitud de la curva
2 Se tiene x de centro
¯ 0 t2
Z Lf =
+
y2
=
y radio
x = a cos θ, y = a sen θ.
a2 , de modo que estamos ante una circunferencia a.
Z p 0 2 0 2 (x (t)) + (y (t)) dt =
2π
p a2 sen2 θ + a2 cos2 θ dθ =
0
t1
Z
2π
=
a dθ = [aθ]2π 0 = 2πa
0 10. Calcular el área de la super cie de revolución obtenida al hacer girar la curva
y = 13 x3
sobre el eje
OX ,
desde
x=0
hasta
x = 3.
Tenemos
b
Z Sx = 2π
f (x) a
2π 1 = 3 4
Z
3
0
Z p 2π 3 3 p x 1 + x4 dx = 1 + (f 0 (x))2 dx = 3 0
i3 π p √ πh 4 3/2 4 4x 1 + x dx = (1 + x ) = (82 82 − 1) 9 9 0 3
11. Estudiar el carácter de las siguientes integrales impropias: a)
R0
dx −∞ (2−3x)2
La función
(−∞, 0].
f (x) =
Además,
1 es continua en todo el intervalo (2−3x)2
f (x) > 0
para todo
x ∈ D.
D=
La integral es
impropia de primera especie y converge, ya que
Z
0
−∞
0 dx 1 = l´ım = 2 a→−∞ 3(2 − 3x) a (2 − 3x) a 1 1 1 1 = l´ım − = a→−∞ 3 2 2 − 3a 6
dx = l´ım (2 − 3x)2 a→−∞
Z
0
152
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
No hubiera sido necesario calcular explícitamente la integral. Bastaría observar que
1 (2−3x)2
1 para x2
≤
|x| ≥ M
con
M
cierto
número real positivo. Entonces
0
Z
−∞
dx = (2 − 3x)2 Z
−M
= −∞ siendo
C
Z
−M
−∞
dx + (2 − 3x)2
dx +C ≤ (2 − 3x)2
R∞ 2
−M
−M
−∞
0
dx = (2 − 3x)2
dx +C x2
un valor real. En consecuencia, la integral del enunciado
converge, ya que también lo hace
b)
Z
Z
R −M
dx −∞ x2 .
dx x(ln x)2
f (x) = x(ln1x)2 es continua en todo el intervalo D = [2, ∞). Además, l´ımx→∞ f (x) = 0, con lo que hay una asíntota horizontal de ecuación y = 0.
La función
La integral es de primera especie y converge, ya que
Z
∞
2
dx = l´ım x(ln x)2 b→∞
Z 2
b
dx 1 b = l´ım − = x(ln x)2 b→∞ ln x 2
1 1 1 = l´ım − + = b→∞ ln b ln 2 ln 2 c)
R∞ −∞
√ x dx x2 +1
La función
f (x) =
√ x es continua en todo el intervalo x2 +1
(−∞, ∞),
luego la integral será de primera especie. Además, se tiene que
l´ımx→±∞ f (x) = ±1, de modo que hay y = 1 e y = −1, lo cual
de ecuaciones
será divergente.
dos asíntotas horizontales nos indica que la integral
9.3
153
INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS
En efecto,
Z
∞
−∞
x √ dx = 2 x +1
Z
0
−∞
x √ dx++ 2 x +1
Estudiemos la convergencia de
Z
0
√
I1 = −∞
∞
Z 0
x √ dx = I1 +I2 2 x +1
I1 .
x dx = l´ım 2 a→−∞ x +1
Z
0
√
a
x dx = +1
x2
i i0 h h (x2 + 1)1/2 = l´ım 1 − (a2 + 1)1/2 = −∞
= l´ım
a→−∞
a
De modo que
a→−∞
I1 es divergente y, por tanto, también lo es la integral
del enunciado. d)
R∞
− x)e−x dx −x Observemos que f (x) = (1 − x)e −∞ (1
es continua en toda la rec-
ta real (integral de primera especie), con
l´ımx→−∞ f (x) = ∞,
l´ımx→∞ f (x) = 0
y
de modo que la integral va a ser divergente.
En efecto, integrando por partes,
Z (1 − x)e
−x
dx = −e
−x
Z −
xe−x dx =
154
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
= −xe
−x
− −xe
Z
−x
+
e
−x
dx = xe−x
De manera que
Z
∞
−x
(1−x)e
Z
0
−x
(1−x)e
dx =
0
I1 =
e)
I1 :
(1 − x)e−x dx = l´ım
a→−∞
−∞
I1
(1−x)e−x dx = I1 +I2
0
Estudiemos la convergencia de
Z
∞
dx+
−∞
−∞
Como
Z
−x 0 xe = l´ım −ae−a = ∞ a a→−∞
no converge, tampoco lo hace la integral del enunciado.
R2
x −1 (x2 −1)2/3 dx x f (x) = (x2 −1) 2/3 tiene, D = (−1, 2] \ {1}, ya que
La función
en el intervalo
minio
en los puntos
[−1, 2], un {±1} hay
dodos
asíntotas verticales al anularse el denominador (obsérvese la grá ca). La función
f (x)
será continua en
D.
Tenemos una integral
impropia de segunda especie.
Z
2
−1
x dx = (x2 − 1)2/3 Z + 1
Como
R
x (x2 −1)2/3
Z I1 = l´ım
a→−1+
a
0
Z
0
−1
2
(x2
x dx + (x2 − 1)2/3
Z
1
0
x dx+ (x2 − 1)2/3
x dx = I1 + I2 + I3 − 1)2/3
= 23 (x2 − 1)1/3 + C ,
entonces
i0 x 3h 2 −3 1/3 dx = l´ ım (x − 1) = 2/3 2 2 a a→−1+ 2 (x − 1)
9.3
155
INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS
b
Z I2 = l´ım
b→1−
0
Z
i2 x 3h 2 3√ 3 1/3 dx = l´ ım = (x − 1) 3 2/3 2 2 a a→1+ 2 (x − 1)
2
I3 = l´ım
a→1+
Así,
R2
a
x
−1
ib 3h 2 3 x 1/3 dx = l´ ım (x − 1) = 2 0 b→1− 2 (x2 − 1)2/3
(x2 −1)2/3
dx = I1 +I2 +I3 =
3 2
√ 3
3, de modo que la integral
es convergente.
f)
R1
−2 x
−2/3 dx
La función
f (x) = x−2/3
tiene una asíntota vertical en
continua en su dominio, que será
x=0
y es
D = [−2, 1] \ {0}.
Tenemos una integral de segunda especie con
1
Z
x
−2/3
Z dx =
−2 Como
R
0
x
−2/3
Z
−2
x−2/3 dx = 3x1/3 + C ,
−2
resulta
I2 = l´ım
De modo que la integral es convergente y
g)
x−2/3 dx = I1 + I2
0
h ib √ 3 I1 = l´ım 3x1/3 =3 2 b→0−
1
dx +
a→0+
h i1 3x1/3 = 3 a
√ −2/3 dx = 3( 3 2+1). x −2
R1
R2
1 −3 x4 dx
El integrando tiene una asíntota vertical en de segunda especie.
x = 0.
La integral es
156
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
2
Z
−3 Tenemos
R
1 dx = x4
1 dx x4
h)
−3
1 dx + x4
=
+ C.
1 − 3 3x
b
b→0−
I1
0
− 3x13
I1 = l´ım Como
Z
−3
Z 0
1
1 dx = I1 + I2 x4
Veamos la convergencia de
1 = l´ım − − 3 b→0
1 1 − 3 b 27
I1 .
=∞
diverge, la intregral del enunciado también lo hace.
R2
3 0 x2 +x−2 dx
La función
f (x) =
3 x2 +x−2
=
cales, aunque en el intervalo
3 (x+2)(x−1) tiene dos asíntotas verti-
[0, 2]
sólo se tiene
x = 1.
La integral
es de segunda especie.
Z 0
2
3 dx = 2 x +x−2
Z 0
1
Z 2 3 3 dx+ dx = I1 +I2 2 2 x +x−2 1 x +x−2
Se tiene
Z 3 1 dx = 3 dx = 2 2 x +x−2 x +x−2 Z x − 1 −1/3 1/3 =3 + dx = ln x+2 x−1 x + 2 Z
9.3
157
INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS
De manera que
x − 1 b = −∞ I1 = l´ım ln x + 2 0 b→1− Como
i)
I1
diverge, también lo hace la integral del enunciado.
R∞
ex −∞ 1+e2x dx
La función
f (x) =
ex es continua en todo el intervalo 1+e2x
(−∞, ∞).
La integral es de primera especie.
Además,
Z
∞
−∞
R
ex dx 1+e2x
= arc tg ex + C ,
ex dx = 1 + e2x
Por simetría de vergencia de
Z
0
−∞
f (x)
de modo que
ex dx + 1 + e2x
tendremos que
Z
∞
0
I1 = I2 .
a→∞
I1 =R I2 , ∞
gente, con
j)
R3 −3
Estudiemos la con-
I1 . I1 = l´ım [arc tg ex ]0a =
Como
ex dx = I1 + I2 1 + e2x
π 4
se tiene que la integral del enunciado es conver-
ex −∞ 1+e2x dx
=
π 2.
√x+3 dx 9−x2
f (x) =
√x+3 es continua en todo el intervalo 9−x2
[−3, 3], salvo en el extremo x = −3, donde no está de nida y limx→−3+ f (x) = 0, y en el extremo x = 3, donde se tiene una asíntota vertical (ver La función
dibujo). La integral es de segunda especie.
158
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
Resolvamos la integral inde nida.
Z
x+3 √ dx = 9 − x2
Z
x √ dx + +3 9 − x2
= −(9 − x2 )1/2 + 3 arc sen
Z
√
dx = 9 − x2
x +C 3
Entonces
Z
3
−3
x+3 √ dx = l´ım b→3− 9 − x2
Z
b
−3
x+3 √ dx = 9 − x2
h x ib = l´ım −(9 − x2 )1/2 + 3 arc sen = 3 −3 b→3− = l´ım
b→3−
2 1/2
−(9 − b )
b + 3 arc sen − 3 arc sen(−1) = 3π 3
y la integral es convergente. k)
R1
√1 1/2 x2 1−x2 dx
f (x) = x2 √11−x2 intervalo [1/2, 1) y tiene
La función
está de nida y es continua en todo
el
una asíntota vertical en
integral es de segunda especie.
x = 1.
La
9.3
159
INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS
Se tiene
Z
1 √ dx = x2 1 − x2
Z
√ 1 − x2 dt = − cotg t = − +C 2 sen t x
La segunda igualdad se obtiene haciendo el cambio
x = sen t,
dx = cos tdt. Entonces
Z
1
1/2
#b " √ √ 1 1 − x2 √ = 3 dx = l´ım − − 2 2 x b→1 x 1−x 1/2
La integral converge. l)
R2
1 −1 (x−1)2 dx
La función el intervalo
f (x) = [−1, 2],
1 está de nida y es continua en todo (x−1)2 salvo en
x = 1,
donde existe una asíntota
vertical. La integral es de segunda especie.
Como
Z
2
−1
R
1 dx (x−1)2
= −(x − 1)−1 + C ,
1 dx = (x − 1)2
Z
1
−1
se tiene
1 dx + (x − 1)2
Estudiemos la convergencia de
2
Z 1
1 dx = I1 + I2 (x − 1)2
I1 .
b I1 = l´ım −(x − 1)−1 −1 = ∞, b→1−
de modo que la integral diverge. ll)
R2 1
√ 1 dx x−1
La función
(1, 2],
f (x) =
√1 está de nida y es continua en el intervalo x−1
teniendo una asíntota vertical en
x = 1.
160
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
Tendremos
Z
2
1
1 √ dx = l´ım a→1+ x−1
2
Z a
h i2 1 √ dx = l´ım 2(x − 1)1/2 = 2 a a→1+ x−1
de modo que la integral converge.
lll)
R 16 0
1 √ 4 x dx 1 f (x) = √ 4 x está de nida y es continua en (0, 16]. En x = 0 se tiene una asíntota vertical.
La función intervalo
Z 0
16
1 √ dx = l´ım 4 x a→0+
Z a
16
todo el
1 4 3/4 16 32 √ x dx = l´ım = 4 3 x a→0+ 3 a
Entonces, la integral converge.
llll)
R∞ 0
sen xdx
La función
f (x) = sen x
es continua en todo el intervalo
La integral es de primera especie.
[0, ∞).
9.3
161
INTEGRALES DEFINIDAS E IMPROPIAS
Z
∞
Z sen xdx = l´ım
0
b→∞ 0
b
sen xdx = l´ım [− cos x]b0 = l´ım (− cos b+1)
Sin embargo, este límite no existe (tomando
b = 2nπ , el límite tipo b = (2n + 1)π ,
b→∞
b→∞
b
valores del tipo
sería 0, mientras que tomando el límite sería 2).
b
valores del
162
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
9.4
9.4.
163
CONTINUIDAD EN VARIAS VARIABLES
CONTINUIDAD EN VARIAS VARIABLES
1. Calcular el dominio de las siguientes funciones reales de varias variables reales:
√ 1.1
9−x2 y−2x
f (x, y) =
Debe ocurrir
9 − x2 ≥ 0
y 6= 2x
para evitar que el denominador se anule y
para que la raíz no sea negativa. El dominio de la
función es
D = {(x, y) ∈ R2 : x ∈ [−3, 3], y 6= 2x} 1.2
1.3
√ 1 f (x, y) = ( x − y, ln(x − 2), x−y ) Debe ocurrir: {x − y ≥ 0, x − 2 > 0, x − y 6= 0}. pedir {x > y, x > 2}. El dominio es
Esto equivale a
D = {(x, y) : x > y, x > 2} p f (x, y) = ( x2 + y 2 − 4, ln(16 − x2 − y 2 ), ln(x) + ln(y)) 2 2 2 2 Debe ocurrir: {x + y − 4 ≥ 0, 16 − x − y > 0, x > 0, y > 0}. 2 2 Esto equivale a {4 ≤ x + y < 16, x > 0, y > 0}. El dominio es D = {(x, y) : 2 ≤
p
x2 + y 2 < 4, x > 0, y > 0}
2. Calcular
l´ım
(x,y)→(0,0)
(x2 + y 2 , (x2 + y) sen(xy), x2 + yx)
Tenemos
l´ım
x2 + y 2 = 0,
l´ım
(x2 + y) sen(xy) = 0,
l´ım
x2 + yx = 0.
(x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0)
En consecuencia,
l´ım
(x,y)→(0,0)
(x2 +y 2 , (x2 +y) sen(xy), x2 +yx) = (0, 0, 0)
3. Calcular los siguientes límites en el caso de que existan: 3.1.
l´ım(x,y)→(1,2)
3−x+y 4+x−2y
3−x+y =4 4 (x,y)→(1,2) + x − 2y l´ım
3.2.
l´ım(x,y)→(4,π) x2 sen xy
164
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
l´ım
(x,y)→(4,π)
x2 sen
√ y π = 16 sen = 8 2 x 4
3x−2y 2x−3y 3x−2y La función f (x, y) = 2x−3y no está de nida en (x, y) = (0, 0) (se tiene 0 una indeterminación del tipo ). Veamos si existe dicho límite. Si nos 0 3.3.
l´ım(x,y)→(0,0)
aproximamos por rectas
y = kx
al punto
¯0 = (0, 0),
tenemos
3x − 2y 3x − 2kx 3 − 2k = l´ım = x→0 2x − 3kx (x,y)→(0,0) 2x − 3y 2 − 3k l´ım
y=kx
k,
Como el límite depende de
resulta que según nos acerquemos por
una recta u otra el valor será distinto, de modo que no existe el límite buscado. 3.4.
l´ım(x,y)→(0,0)
La función
y = kx,
2x−y x2 +y 2
2x−y no está de nida en x2 +y 2
l´ım y=kx
k = 0,
2x − y 2x − kx 2−k = l´ım = l´ım x2 + y 2 x→0 x2 + k 2 x2 x→0 x(1 + k 2 )
el límite es
±∞,
el que nos aproximemos a 3.5.
Aproximándonos por rectas
obtenemos
(x,y)→(0,0)
Si
¯0.
l´ım(x,y)→(0,0)
dependiendo del lado de la recta
¯0.
y=0
por
De modo que el límite no existe.
x x+y
Intentemos ver qué ocurre al aproximarnos por sucesiones al punto Consideremos las sucesiones
1 {(xn , yn )} = {( , 0)} → (0, 0) n
cuando
n→∞
1 {(x0n , yn0 )} = {(0, )} → (0, 0) n
cuando
n→∞
Aproximándonos por la primera sucesión, tenemos
l´ım
n→∞
xn 1/n =1 = l´ım n→∞ x n + yn 1/n
Si nos aproximamos por la segunda sucesión, obtenemos
l´ım
n→∞ x0n
x0n 0 = l´ım =0 n→∞ 1/n + yn0
¯0.
9.4
165
CONTINUIDAD EN VARIAS VARIABLES
Como los límites no coinciden, no existe el límite de la función en 3.6.
¯0.
l´ım(x,y)→(0,0) x2 y 2 ln(x2 + y 2 )
Pasando a coordenadas polares, tenemos
l´ım
(x,y)→(0,0)
x2 y 2 ln(x2 + y 2 ) = l´ım ρ4 cos2 θ sen2 θ ln(ρ2 ) ρ→0
Además,
0 ≤ |ρ4 cos2 θ sen2 θ ln(ρ2 )| ≤ ρ4 ln(ρ2 ) → 0 ρ4 ln(ρ2 ) → 0
cuando
ρ→0
ρ → 0, se aplica la regla de L'Hôpital. Por la regla del Sandwich, l´ ımρ→0 ρ4 cos2 θ sen2 θ ln(ρ2 ) = 0, 2 lo cual equivale a que l´ ım(x,y)→(0,0) x y 2 ln(x2 + y 2 ) = 0. Para probar que
3.7.
l´ım(x,y)→(0,0)
cuando
x2 y x2 +y 2
2 x2 y = x 0≤ 2 |y| ≤ |y| → 0 x + y 2 x2 + y 2 Por la regla del Sandwich, 3.8.
l´ım(x,y)→(0,0)
l´ım(x,y)→(0,0)
cuando
x2 y x2 +y 2
(x, y) → (0, 0)
= 0.
x2 y 2 (x2 +y 2 )3/2
Pasando a polares,
x2 y 2 ρ4 cos2 θ sen2 θ = l´ım ρ cos2 θ sen2 θ = l´ ım ρ→0 ρ→0 ρ3 (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 )3/2 l´ım
Como
0 ≤ |ρ cos2 θ sen2 θ| ≤ ρ → 0 resulta
l´ımρ→0 ρ cos2 θ sen2 θ = 0,
cuando
ρ → 0,
con lo que
x2 y 2 =0 (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 )3/2 l´ım
3.9.
l´ım(x,y)→(0,0)
x2 x2 +y 2
Aproximándonos por rectas
y = kx,
obtenemos
x2 x2 1 = l´ ım = x→0 x2 + k 2 x2 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 1 + k2 l´ım
y=kx
166
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
Como depende de
k,
no existe el límite.
3.10. l´ ım(x,y)→(0,0) √ x|y| x2 +y 2 Se tiene
x|y| |x| 0 ≤ p |y| ≤ |y| → 0 = p x2 + y 2 x2 + y 2 Por la regla del Sandwich, 3.11.
l´ım(x,y)→(0,0)
l´ım(x,y)→(0,0) √ x|y| 2
cuando
x +y 2
(x, y) → (0, 0)
= 0.
(y 2 −x)2 x2 +y 4
Aproximémonos por parábolas
x = ky 2
al punto
¯0.
(y 2 − x)2 (y 2 − ky 2 )2 (1 − k)2 = l´ ım = y→0 k 2 y 4 + y 4 (x,y)→(0,0) x2 + y 4 k2 + 1 l´ım
x=ky 2
Como la expresión depende de
k,
el límite no existe.
También se puede intentar resolver aproximándonos por sucesiones a
¯ 0
(por ejemplo
{(1/n2 , 1/n)}
y
{(1/n, 0)}).
Obsérvese que, en este caso, si nos aproximamos por rectas
y = kx, los
límites siempre son los mismos (valen 1) pero, sin embargo, el límite de la función en 3.12.
¯ 0
l´ım(x,y)→(0,0)
no existe.
(y 2 −x)2 x2 +y 2
Pasando a polares,
(y 2 − x)2 1 = l´ım 2 (ρ2 sen2 θ − ρ cos θ)2 = 2 2 ρ→0 ρ (x,y)→(0,0) x + y l´ım
1 4 (ρ sen4 θ − 2ρ3 sen2 θ cos θ + ρ2 cos2 θ) = ρ→0 ρ2
= l´ım
= l´ım (ρ2 sen4 θ − 2ρ sen2 θ cos θ + cos2 θ) = cos2 θ ρ→0
De modo que no existe el límite ya que, dependiendo del ángulo el que nos aproximemos a
¯0,
θ
por
obtendremos resultados distintos.
Otro modo de resolver el ejercicio es aproximándose por sucesiones adecuadas. 3.13.
l´ım(x,y)→(0,0)
y x
1 sen( x2 +y 2)
Consideremos la sucesión
9.4
167
CONTINUIDAD EN VARIAS VARIABLES
{(xn , yn )} = {(1/n, 1/n)} → (0, 0)
cuando
n→∞
Entonces,
yn 1 ) = l´ım sen(n2 /2) sen( 2 n→∞ xn + yn2 (xn ,yn )→(0,0) xn l´ım
de modo que no existe límite al aproximarnos a Por tanto, la función no tiene límite en 3.14.
¯0
por esta sucesión.
¯0.
√ l´ım(x,y)→(0,0) sen(x−y) 2 2 x +y
Aproximémonos por la recta
l´ım (x,y)→(0,0)
y=x
y = x.
sen(x − x) sen(x − y) p = l´ım √ =0 2 2 x→0 2x2 x +y
Aproximándonos por la recta
l´ım (x,y)→(0,0)
y=0
Se tiene
y = 0,
queda
sen x sen(x − y) p = l´ım =1 2 2 x→0 x x +y
La última igualdad se obtiene aplicando la regla de L'Hôpital. Se concluye que el límite no existe. 3.15.
l´ım(x,y,z)→(0,0,0)
xy 2 z x2 +y 2 +z 2
Como
2 y xz ≤ |xz| → 0 0 ≤ 2 2 2 x +y +z aplicando la regla del Sandwich,
cuando
(x, y, z) → (0, 0, 0),
l´ım(x,y,z)→(0,0,0)
xy 2 z x2 +y 2 +z 2
= 0.
4. Representar grá camente las super cies de nivel de las siguientes funciones: 4.1.
f (x, y, z) = 4x2 + y 2 + 4z 2
Se tiene
f (¯ x) ≥ 0.
Hacemos
f (¯ x) = k 2 ,
4x2 + y 2 + 4z 2 = k 2 ⇒ Si
lo que equivale a escribir
y2 x2 z2 + + =1 k 2 /4 k 2 k 2 /4
k 2 > 0, entonces tenemos elipsoides de centro ¯0 y semiejes k/2, k, k/2.
168
9
Si
k 2 = 0,
4.2. Si
√
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
x2 k
+ 2
y2 k
x + k < 0, −k √ c = −k .
Si
−
y2 −k
z2 k
−
= 1. z2 −k
¯0.
Hiperboloide de una hoja con
= −1.
k = 0, x2 + y 2 − z 2 = 0
4.3.
que es el punto
f (x, y, z) = x2 + y 2 − z 2
k > 0, k.
Si
x = y = z = 0,
tenemos
a=b=c=
Hiperboloide de 2 hojas con
a=b=
lo que nos da un cono.
f (x, y, z) = (x − a)2 + (y − b)2
(x−a)2 +(y−b)2 = k 2 que es la ecuación de un cilindro de sección circular de radio k y centro (a, b). Para el caso en que k = 0, el cilindro degenera en la recta r ≡ {x = a, y = b}
Al igualar a constante, se tiene
paralela al eje OZ .
9.4
169
CONTINUIDAD EN VARIAS VARIABLES
5. Analizar la continuidad de las siguientes funciones:
( 5.1.
f (x, y) =
x2 y 2 x2 y 2 +(x−y)2
si
0
si
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)
La función es claramente continua para todo
(x, y) 6= (0, 0)
al ser en
estos puntos un cociente de dos polinomios donde el denominador no se anula. Únicamente queda estudiar la continuidad en La función será continua en cuando nos aproximamos a
¯0 = (0, 0)
(x, y) = (0, 0).
si existe el límite de la función
¯0 y dicho límite vale l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y) =
f (0, 0) = 0. Aproximémonos a
l´ım
(xn ,yn )→(0,0)
(0, 0)
por la sucesión
{(xn , yn )} = {(1/n, 1/n)}.
(1/n)2 (1/n)2 = n→∞ (1/n)2 (1/n)2 + (1/n − 1/n)2
f (xn , yn ) = l´ım
= 1 6= f (0, 0) = 0 De modo que la función no es continua en
( 5.2.
f (x, y) =
x2 −y 2 x2 +y 2
si
0
si
¯0.
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)
La función es continua para todo
(x, y) 6= (0, 0)
al ser en estos pun-
tos un cociente de dos polinomios donde el denominador no se anula. Únicamente queda estudiar la continuidad en Aproximémonos a
¯ 0
l´ım
(xn ,yn )→(0,0)
por la sucesión
5.3.
f (x, y) =
{(xn , yn )} = {(1/n, 0)}.
(1/n)2 = 1 6= f (0, 0) = 0 n→∞ (1/n)2
(x + 0
y)2 cos(
¯0. 1 ) x2 +y 2
si si
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)
La función es claramente continua en todo ocurre en
Entonces
f (xn , yn ) = l´ım
La función no es continua en
(x, y) = (0, 0).
(x, y) 6= (0, 0).
Veamos qué
(x, y) = (0, 0).
Obsérvese que
0 ≤ (x + y)2 cos(
1 ≤ (x + y)2 → 0 ) x2 + y 2
con lo que
f
es
(x, y) → (0, 0)
1 l´ım(x,y)→(0,0) (x + y)2 cos( x2 +y 2) = 0 = ¯ continua también en 0.
Por la regla del Sandwich,
f (0, 0),
cuando
170
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
5.4.
f (x, y) =
1 (x2 + y 2 ) cos( x2 +y 2) 0
si si
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)
Es análogo al ejercicio 5.3. La función es continua en todo
( 5.5.
f (x, y) =
2xy x2 +y 2
si
0
si
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)
La función es continua en todo en
¯ 0
(x, y) ∈ R2 .
(x, y) 6= (0, 0). Estudiemos lo que ocurre {(xn , yn )} = {(1/n, 1/n)}.
aproximándonos por la sucesión
l´ım
(xn ,yn )→(0,0)
2/n2 = 1 6= f (0, 0) = 0 n→∞ 2/n2
f (xn , yn ) = l´ım ¯0. x + y 6= 0 x+y =0
La función no es continua en
5.6.
f (x, y) =
x x+y
si
0
si
(x, y) que no pertenezca a la recta r ≡ {x + y = 0}. Estudiemos lo que ocurre en los puntos de esta recta. Sea (x0 , y0 ) ∈ r , esto es, y0 = −x0 . Veamos si l´ ım(x,y)→(x0 ,y0 ) f (x, y) = f (x0 , y0 ) = 0. La función es continua en todo
Consideremos la sucesión
({xn , yn )} = {(x0 + 1/n, y0 )} =
= {(x0 + 1/n, −x0 )} → (x0 , y0 ) = (x0 , −x0 )
cuando
n→∞
Entonces
∞ x0 + 1/n 1 l´ım f (xn , yn ) = l´ım = n→∞ 1/n (xn ,yn )→(x0 ,−x0 ) −∞
si si si
x0 > 0 x0 = 0 x0 < 0
l´ım(xn ,yn )→(x0 ,−x0 ) f (xn , yn ) 6= f (x0 , −x0 ) = 0, continua en ningún punto (x0 , −x0 ) ∈ r .
De aquí se deduce que
f no es 2 x sen( y1 ) f (x, y) = x2
de modo que 5.7.
si si
y= 6 0 y=0
r≡ {y = 0}. Veamos qué ocurre con los puntos de la recta. Sea (x0 , 0) ∈ r. Nos aproximaremos a este punto mediante la sucesión {(xn , yn )} = {(x0 , 1/n)}. Entonces
La función es continua en todo
(x, y)
que no pertenezca a la recta
9.4
171
CONTINUIDAD EN VARIAS VARIABLES
l´ım
(xn ,yn )→(x0 ,0) Es claro que
f (xn , yn ) =
f
no es continua en
es continua en
( 5.8.
f (x, y) =
No existe
si
0
si
cuando
cuando
x0 6= 0.
x0 = 6 0 x0 = 0
Por otro lado,
(x, y) → (0, 0)
l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0 = f (0, 0),
Por la regla del Sandwich,
f
=
(x0 , 0)
0 ≤ |f (x, y)| ≤ x2 → 0 que
l´ım x2 sen(n) n→∞ 0
con lo
(0, 0).
√ xy x2 +y 2
si
(x, y) 6= (0, 0)
0
si
(x, y) = (0, 0)
La función es continua en todo
(x, y) 6= (0, 0).
Veamos qué ocurre en
¯0. xy 0 ≤ p ≤ |y| → 0 x2 + y 2 Por la regla del Sandwich, nera que
f
es continua en
( 5.9.
f (x, y) =
x +y 2
= 0 = f (0, 0),
de ma-
¯ 0.
2
( x2x+yy 2 , sen xy) (0, 0)
( f1 (x, y) = f2 (x, y) = f
(x, y) → (0, 0)
l´ım(x,y)→(0,0) √ xy 2 si si
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)
f,
Sean las funciones coordenadas de
Para que
cuando
x2 y x2 +y 2
si
0
si
sen xy 0
si
sea continua en un punto
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)
si
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)
(x, y),
deben serlo tanto
f1
como
f2 . (x, y) 6= (0, 0), tanto f1 (x, y) = (0, 0).
Es claro que, para todo Veamos qué ocurre en
Por el problema 3.7, la función
l´ım
(x,y)→(0,0)
f2 en ¯ 0.
con lo que continua
f1
como
es continua en
¯0.
f2
son continuas.
Además,
sen(xy) = 0 = f2 (0, 0)
también es continua en
¯0.
Hemos probado que
f
es
172
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
9.5
9.5.
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
173
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
1. Calcular las derivadas direccionales de las siguientes funciones en el punto 1.1.
a ¯
y la dirección de nida por
v¯.
f (x, y) = x + 2xy − 3y 2 , a ¯ = (1, 2), v¯ = ( 35 , 45 ). El vector v ¯ = (3/5, 4/5) es unitario. Entonces f (¯ a + h¯ v ) − f (¯ a) = h→0 h f 1 + h 35 , 2 + h 54 − f (1, 2) = l´ım = h→0 h Dv¯ f (¯ a) = l´ım
1 = l´ım h→0 h
! 3h 3h 4h 4h 2 1+ +2 1+ 2+ −3 2+ +7 = 5 5 5 5
1 (−24h2 /25 − 5h) = l´ım (−24h/25 − 5) = −5 h→0 h→0 h Si resolvemos aplicando el gradiente ∇f (x, y) = (1 + 2y, 2x − 6y), = l´ım
tenemos
Dv¯ f (¯ a) = ∇f (¯ a)¯ v = (5, −10)(3/5, 4/5) = −5
1.2.
f (x, y, z) = xyz , Tenemos
||¯ v || = 1,
a ¯ = (1, 0, 1),
v¯ = ( √12 , 0, − √12 ).
de modo que
√ √ f (1 + h/ 2, 0, 1 − h/ 2) − f (1, 0, 1) Dv¯ f (¯ a) = l´ım = h→0 h √ √ 1 ((1 + h/ 2)0(1 − h/ 2) − 0) = 0 h→0 h gradiente ∇f (x, y, z) = (yz, xz, xy), tenemos
= l´ım Aplicando el
√ √ Dv¯ f (¯ a) = ∇f (¯ a)¯ v = (0, 1, 0)(1/ 2, 0, −1/ 2) = 0
174
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
1.3.
f (x, y) =
1 x sen( x2 +y 2) 0
(1, 1). Tenemos
||¯ v || =
√
si si
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0) v¯ ||¯ v ||
2, de modo que
,
a ¯ = (0, 0), v¯ =
√ √ = (1/ 2, 1/ 2) es unitario.
Entonces
√ √ f ((0, 0) + h(1/ 2, 1/ 2)) − f (0, 0) Dv¯ f (¯ a) = l´ım = h→0 h 1 = l´ım h→0 h
h √ sen(1/h2 ) 2
1 = l´ım √ sen(1/h2 ) h→0 2
No existe ese límite, de manera que no existe la derivada direccional buscada en
1.4.
a ¯ = ¯0.
f (x, y) = x2 yexy , a ¯ = (0, 0), v¯ = (1, 1). √ √ √ Tenemos ||¯ v || = 2, de modo que ||¯vv¯|| = (1/ 2, 1/ 2) es unitario. Entonces
√ √ f (h/ 2, h/ 2) − f (0, 0) h2 2 Dv¯ f (¯ a) = l´ım = l´ım √ eh /2 = 0 h→0 h→0 2 2 h
2. Estudiar las derivadas direccionales de Sea
v¯ = (v1 , v2 )
unitario.
f (x, y) =
√ 3
xy
en el origen.
9.5
175
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
1 p f (hv1 , hv2 ) − f (0, 0) 3 = l´ım ( h2 v1 v2 ) = h→0 h→0 h h
Dv¯ f (¯ a) = l´ım
r = l´ım
3
h→0
v1 v2 = h
si
@ 0
Las derivadas direccionales de
f
si
en
v1 v1
¯0
y ó
v2 v2
son no nulos son nulos
sólo existen en las direcciones de
los ejes, y valen 0. 3. Demostrar que la función
( f (x, y) =
no es continua en
(0, 0)
xy 2 x2 +y 4
si
0
si
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)
y, sin embargo, existen todas las derivadas
direccionales en el origen.
f no es continua en ¯0. Aproximémonos a ¯0 por las suce{(xn , yn )} = {(1/n, 0)} y {(x0n , yn0 )} = {(1/n2 , 1/n)} obtenemos
Probemos que siones
xn yn2 0 = l´ım =0 2 4 n→∞ 1/n2 (xn ,yn )→(0,0) xn + yn l´ım
x0n yn0 2 1/n4 1 = l´ ım = 4 0 )→(0,0) x0 2 + y 0 4 n→∞ 2/n 2 (x0n ,yn n n l´ım
Como los límites no coinciden, la función no es continua en Estudiemos las derivadas direccionales en el origen. Sea
¯0.
v¯ = (v1 , v2 )
unitario. Entonces
f ((0, 0) + h(v1 , v2 )) = h→0 h
Dv¯ f (¯ 0) = l´ım
v1 v22 = = l´ım 2 h→0 v1 + h2 v24
v22 /v1 0
si si
v1 = 6 0 v1 = 0
y ó
De modo que existen las derivadas direccionales de dirección.
v2 6= 0 v2 = 0
f
en
¯0 en cualquier
176
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
4. Demostrar que la función
f (x, y) = es diferenciable en continua en
1 (x2 + y 2 ) sen( x2 +y 2) 0
(0, 0),
si si
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)
pero la función derivada parcial
∂f ∂x no es
(0, 0).
Estudiemos la diferenciabilidad de
f
en
a ¯ = ¯0.
f (¯ a+x ¯) − f (¯ a) − ∇f (¯ a)¯ x ||¯ x|| x ¯→¯ 0 l´ım
Tenemos
x ¯ = (x, y)
y
a ¯ = (0, 0),
2
2
con lo que
f (¯ a+x ¯) = f (x, y) = (x + y ) sen
1 2 x + y2
y
f (¯ a) = f (0, 0) = 0
Por otro lado,
h2 sen ∂f ¯ f (h, 0) − f (0, 0) (0) = l´ım = l´ım h→0 h→0 ∂x h h
1 h2
h2 sen ∂f ¯ f (0, h) − f (0, 0) (0) = l´ım = l´ım h→0 h→0 ∂y h h
1 h2
Entonces,
∇f (¯ 0) = (0, 0).
= l´ım h sen h→0
= l´ım h sen h→0
1 h2
1 h2
=0
=0
Estamos en condiciones de calcular el límite
1 2 + y 2 ) sen (x 2 2 f (¯ a+x ¯) − f (¯ a) − ∇f (¯ a)¯ x x +y p l´ım = l´ım = 2 2 ¯ ¯ ||¯ x|| x ¯ →0 x ¯→0 x +y
9.5
177
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
p 2 2 = l´ım x + y sen x ¯→¯ 0
1 2 x + y2
=0
Al ser este límite igual a 0 y existir las derivadas parciales
∂f ¯ ∂y (0), concluimos que
f
es diferenciable en
Veamos ahora que la derivada parcial
∂f (x, y) = ∂x
1 2x sen( x2 +y 2) − 0
Consideremos la sucesión
¯0
2x x2 +y 2
¯0.
∂f ∂x no es continua en
1 cos( x2 +y 2)
si si
{(xn , yn )} = {(1/n, 0)}
¯0.
∂f ¯ ∂x (0) y
Se tiene
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)
y aproximémonos a
a través de ella.
l´ım
n→∞
2 sen n
1 1/n2
= l´ım
n→∞
2 − cos 1/n
1 1/n2
2 sen(n2 ) − 2n cos(n2 ) n
Pero dicho límite no existe, de manera que
=
∂f ∂x no es continua en
¯0.
5. Calcular las derivadas parciales de primer orden de las siguientes funciones: 5.1.
f (x, y) = x2 + y 2 sen(xy) ∂f (x, y) = 2x + y 3 cos(xy) ∂x
5.2.
f (x, y) = Se tiene
p x2 + y 2
∂f (x, y) = 2y sen(xy) + y 2 x cos(xy) ∂y
178
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
∂f x (x, y) = p 2 ∂x x + y2
(x, y) 6= (0, 0)
para todo
Además,
∂f f (h, 0) − f (0, 0) h−0 (0, 0) = l´ım = = 1. h→0 ∂x h h Por otro lado,
y ∂f (x, y) = p ∂y x2 + y 2
(x, y) 6= (0, 0)
para todo
y
5.3.
∂f f (0, h) − f (0, 0) h−0 (0, 0) = l´ım = = 1. h→0 ∂y h h ( xy 2 si (x, y) 6= (0, 0) x2 +y 4 f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0) ∂f y 6 − x2 y 2 (x, y) = 2 ∂x (x + y 4 )2
para todo
(x, y) 6= (0, 0)
y
∂f f (h, 0) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım = 0. h→0 ∂x h Por otro lado,
∂f 2x3 y − 2xy 5 (x, y) = ∂y (x2 + y 4 )2
para todo
(x, y) 6= (0, 0).
Además,
∂f f (0, h) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım = 0. h→0 ∂y h 6. Calcular el gradiente de la función
z = f (x, y)
de nida implícitamente
por 6.1.
x2 y − 2xyz − x − z − z 2 = 0. ∂F ∂z 2xy − 2yz − 1 ∂x = − ∂F =− ∂x −2xy − 1 − 2z ∂z En consecuencia,
∂F
∂z x2 − 2xz ∂y = − ∂F = − ∂y −2xy − 1 − 2z ∂z
9.5
179
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
∇z(x, y) = 6.2.
x2 − 2xz 2xy − 2yz − 1 , 2xy + 1 + 2z 2xy + 1 + 2z
, con
z = z(x, y)
xz 2 − y sen z = 0. ∂F
∂F z2 ∂z ∂x =− = − ∂F ∂x 2xz − y cos z ∂z
− sen z ∂z ∂y = − ∂F = − ∂y 2xz − y cos z ∂z
En consecuencia,
∇z(x, y) =
z2 sen z − , 2xz − y cos z 2xz − y cos z
con
z = z(x, y)
7. Estudiar la continuidad y existencia de las derivadas parciales, en el origen, de la función:
f (x, y) =
xy y 2 +x2
si
0
si
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)
Estudiemos primero la continuidad. Escogemos la sucesión que converge a
¯ 0, {(xn , yn )} = {(1/n, 1/n)}.
Entonces
1/n2 x n yn = l´ ım = 1/2 6= f (0, 0) = 0 2 + x2 n→∞ 2/n2 n→∞ yn n l´ım
Como el límite no coincide con el valor de la función en continua en
¯0, f
no es
¯ 0.
Estudiemos ahora la existencia de las derivadas parciales en
∂f ¯ f (h, 0) − f (0, 0) (0) = l´ım =0 h→0 ∂x h
¯0.
∂f ¯ f (0, h) − f (0, 0) (0) = l´ım =0 h→0 ∂y h
180
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
f (x, y) = (x2 − y 2 , 2xy), g(x, y) = ex−y Df (1, 1), Dg(0, 2) y Dh(1, 1).
8. Sean
2
y
h = g ◦ f.
Calcular
Df (1, 1) : R2 → R2 . La matriz que caracteriza a la f en (1, 1) es la matriz jacobiana Jf (1, 1). Tenemos
Calculemos rencial de
∂f1 ∂y (x, y) ∂f2 ∂y (x, y)
∂f1 ∂x (x, y) ∂f2 ∂x (x, y)
Jf (x, y) =
!
=
2x −2y 2y 2x
dife-
Con lo que
Jf (1, 1) = Calculemos
Dg(0, 2) : R2 → R.
Jg(x, y) = ∇g(x, y) =
2 −2 2 2
La matriz asociada es
∂g ∂g (x, y), (x, y) ∂x ∂y
Jg(0, 2).
Como
2 2 = ex−y , −2yex−y ,
resulta
Jg(0, 2) = e−4 , −4e−4 Calculemos
Dh(1, 1) : R2 → R.
Tenemos
h(x, y) = g(f (x, y)) = g(x2 − y 2 , 2xy) = ex La matriz asociada a
Dh(1, 1)
es
Jh(1, 1).
2 −y 2 −4x2 y 2
Como
Jh(x, y) = ∇h(x, y) = 2 2 2 2 2 2 2 2 = (2x − 8xy 2 )ex −y −4x y , (−2y − 8yx2 )ex −y −4x y , evaluando en
(1, 1)
queda
Jh(1, 1) = −6e−4 , −10e−4
Jh(1, 1) también se puede aplicar la regla de la Jh(1, 1) = Jg(f (1, 1))Jf (1, 1). Compruébese que
Para calcular la matriz cadena, y se obtiene
el resultado es el mismo.
P : Rn → R es una función polinomial en n variables, n diferenciable en todo R .
9. Demostrar que si entonces
P
es
Basta con ver que existen y son continuas las derivadas parciales
x ¯ ∈ Rn y para todo i = 1, . . . , n, pero esto es inmediato por ser P un polinomio, sus derivadas parciales también son
para todo ya que,
∂P x) ∂xi (¯
polinomios y, por tanto, funciones continuas.
9.5
181
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
10. Estudiar la continuidad y la diferenciabilidad de las siguientes funciones: 10.1.
f (x, y) =
p |xy| a ¯ ∈ R2 , l´ımx¯→¯a f (x, y) = continua en todo a ¯ ∈ R2 .
Estudiemos primero la continuidad. Dado
p |a1 a2 | = f (¯ a),
de modo que
f
es
Estudiemos la diferenciabilidad. Comenzamos con el cálculo de es tal que
a1 6= 0
y
a2 6= 0,
∂f (¯ a) = ∂x En otro caso, esto es,
(
∂f a). Dado ∂x (¯
entonces
√a2 2 a1 a2 −a2 √ 2 a1 a2
si
a1 a2 > 0
si
a1 a2 < 0
a1 = 0 ó a2 = 0, calculando límites, tenemos
f (¯ a + h(1, 0)) − f (¯ a) ∂f (¯ a) = l´ım = l´ım h→0 h→0 ∂x h ( =
0 p l´ımh→0 |a2 |/h
Estudiemos ahora Dado
a ¯ ∈ R2 ,
si
(no existe)
a ¯ = (a1 , a2 )
En otro caso, esto es,
si
a2 = 0
si
a1 = 0
(
es tal que
√a1 2 a1 a2 −a1 √ 2 a1 a2
a1 6= 0
y
si
a1 a2 > 0
si
a1 a2 < 0
y
a2 6= 0
a2 6= 0,
entonces
a1 = 0 ó a2 = 0, calculando límites, tenemos
∂f f (¯ a + h(0, 1)) − f (¯ a) (¯ a) = l´ım = l´ım h→0 h→0 ∂y h
=
p p |(a1 + h)a2 | − |a1 a2 | h
∂f a). ∂y (¯
∂f (¯ a) = ∂y
(
a ¯ ∈ R2 , si a ¯ = (a1 , a2 )
0 p l´ımh→0 |a1 |/h
(no existe)
p p |(a2 + h)a1 | − |a1 a2 | = h
si
a1 = 0
si
a1 6= 0
∂f a) no existe en el eje ∂x (¯
y
a2 = 0
OY , salvo en a ¯= OX , salvo en a ¯ = (0, 0), tenemos que f no es diferenciable en los puntos a ¯ de los ejes salvo, quizá, en (0, 0). En caso de que a ¯ no esté en ninguno de los ejes (a1 6= 0 y a2 6= 0), entonces existen las derivadas parciales y son continuas, de modo que f es diferenciable en dichos puntos. En consecuencia, como
(0, 0), y ∂f a) tampoco existe en el eje ∂y (¯
182
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
Sólo queda por analizar el caso
a ¯ = (0, 0).
Aquí tenemos
∂f ¯ ∂f ¯ (0) = (0) = 0 ∂x ∂y de modo que las derivadas parciales existen en
a ¯ = (0, 0).
Sólo
queda comprobar si
f (¯0 + x ¯) − f (¯0) − ∇f (¯0)¯ x =0 ||¯ x|| x ¯→¯ 0 l´ım
Tenemos
√ xy − 0 − (0, 0)(x, y) f (¯ 0+x ¯) − f (¯0) − ∇f (¯0)¯ x p = l´ım = ||¯ x|| x ¯→¯ 0 x ¯→¯ 0 x2 + y 2 l´ım
p
|xy| = l´ım p 2 ¯ x ¯→0 x + y2 Pero dicho límite no existe, ya que basta aproximarse a las sucesiones
{(1/n, 1/n)}
y
{(1/n, 0)}
10.2.
por
para observar que dan
límites distintos. Concluimos, entonces, que en
¯0
f
no es diferenciable
a ¯ = (0, 0).
f (x, y) =
(x2
+
y 2 ) sen
√ 1 x2 +y 2
0
si
(x, y) 6= (0, 0)
(x, y) = (0, 0) Estudiemos primero la continuidad. Si x ¯ = (x, y) 6= (0, 0) ción es claramente continua. Si x ¯ = (0, 0), basta observar
0 ≤ (x2 + y 2 ) sen Entonces continua
si
! p ≤ x2 +y 2 → 0 2 2 x +y 1
l´ımx¯→¯0 f (x, y) = 0 = f (0, 0), en x ¯ = ¯0 también.
cuando
la fun-
(x, y) → (0, 0)
de modo que la función es
9.5
183
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
Estudiemos ahora la diferenciabilidad. Si
∂f (x, y) = 2x sen ∂x
1
! −p
p x2 + y 2
∂f (x, y) = 2y sen ∂y
1
1 x2 + y 2
!
p x2 + y 2
−p
x ¯ 6= (0, 0),
1 x2 + y 2
cos
f
x
p x2 + y 2
!
1
cos
Al existir y ser continuas las derivadas parciales, en todo
!
1
p x2 + y 2
y
es diferenciable
x ¯ 6= (0, 0).
Falta por ver el caso
x ¯ = (0, 0).
Se tiene
∂f f (h, 0) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım = l´ım h sen(1/h) = 0 h→0 h→0 ∂x h Análogamente se obtiene existen ambas derivadas
∂f (0, 0) = 0. Concluimos, entonces, que ∂y parciales en ¯ 0. Además, tenemos que
f (¯ 0+x ¯ ) − f (¯ 0) − ∇f (¯0)¯ x l´ım = l´ım ||¯ x|| x ¯→¯ 0 x ¯→¯ 0 p = l´ım x2 + y 2 sen x ¯→¯ 0
(x2
+
y 2 ) sen
√ 1 x2 +y 2
p x2 + y 2 1
p x2 + y 2
( 10.3.
f (x, y) = Si
f
xy 2 x2 +y 4
0 (x, y) 6= (0, 0)
es diferenciable en
si si
=
! =0
l´ımh→0 h sen(1/h) = 0. (0, 0).
La última igualdad viene de observar que En consecuencia,
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)
la función es claramente continua. Además,
184
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
y2 2x2 y 2 ∂f (x, y) = 2 − ∂x x + y 4 (x2 + y 4 )2 ∂f 4xy 5 2xy − , (x, y) = 2 ∂y x + y 4 (x2 + y 4 )2 con lo que
f
también es diferenciable en todo
(x, y) 6= (0, 0),
al
existir las derivadas parciales y ser continuas.
(x, y) = (0, 0), aproximándonos al punto por las sucesiones {(xn , yn )} = {(1/n2 , 1/n)} y {(x0n , yn0 )} = {(1/n, 0)}, obtenemos Si
los límites
xn yn2 1 1/n4 = = l´ ım 2 4 4 n→∞ 2/n 2 (xn ,yn )→(0,0) xn + yn l´ım
0 x0n yn0 2 = l´ım =0 2 0 )→(0,0) x0 2 + y 0 4 n→∞ 1/n (x0n ,yn n n l´ım
Esto quiere decir que
( 10.4.
f (x, y) =
x sen
f
no es continua (ni diferenciable) en
1
0
(x, y) 6= (0, 0)
(x, y) = (0, 0) todo x ¯ 6= ¯0. Si x ¯ = ¯0, si
La función es continua en
0 ≤ x sen
si
x2 +y 2
(0, 0).
1 ≤ |x| → 0 x2 + y 2
cuando
como
(x, y) → (0, 0),
limx¯→¯0 f (¯ x) = 0 = f (¯0), con lo que f es continua ¯ también en 0. Estudiemos la diferenciabilidad. Si (x, y) 6= (0, 0), es fácil calcular
tenemos que
las derivadas parciales, que resultan ser continuas (hágase), con lo que
f
es diferenciable. Si
(x, y) = (0, 0),
∂f h sen(1/h2 ) (0, 0) = l´ım = l´ım sen(1/h2 ) h→0 h→0 ∂x h
(no existe)
9.5
185
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
En consecuencia,
( 10.5.
f
no es diferenciable en
√ x|y|
si
(x, y) 6= (0, 0)
0
si
(x, y) = (0, 0)
x2 +y 2
f (x, y) =
(0, 0).
Estudiemos la continuidad. La función es claramente continua para todo
x ¯ 6= ¯ 0.
Si
x ¯ = ¯0,
como
x|y| 0 ≤ p ≤ |y| → 0 2 2 x +y se tiene que
¯ 0.
cuando
l´ımx¯→¯0 f (¯ x) = 0 = f (¯0),
(x, y) → (0, 0)
con lo que
f
es continua en
(x, y) con y 6= 0, si derivamos f con respecto a x y con respecto a y , obtenemos que las derivadas parciales existen y son continuas, de modo que f es Analicemos la diferenciabilidad. Dado
diferenciable en esos puntos (hágase). Si
(x, y) = (x0 , 0)
con
x0 6= 0,
entonces
∂f f (x0 , h) − f (x0 , 0) (x0 , 0) = l´ım = h→0 ∂y h
√x02|h|
x0 +h2
h
La última igualdad viene de aproximarse o por el negativo. En consecuencia,
f
= ±1
h a 0 por el lado positivo
no es diferenciable en los
(x, y) = (x0 , 0), con x0 6= 0, (x, y) = (0, 0), entonces
puntos Si
(no existe)
f (h, 0) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = l´ım =0 h→0 ∂x h ∂f f (0, h) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım =0 h→0 ∂y h Luego las derivadas parciales existen. Por otro lado,
186
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
f (¯ 0+x ¯) − f (¯0) − ∇f (¯0)(¯ x x|y| = l´ım 2 ||¯ x|| x ¯ →¯ 0 x ¯ →¯ 0 x + y2 l´ım
(no existe)
Para comprobar que este límite no existe basta aproximarse a
¯0
por sucesiones adecuadas que den lugar a límites distintos (hágase). En consecuencia,
10.6.
f (x, y) = (ex
2 +y 2
f
tampoco es diferenciable en
¯0.
− 1, x2 + y 2 ).
Veamos primero la continuidad. Para que 2 2 ex +y
f
sea continua en un
f2 (x, y) = x2 + y 2 . Resulta evidente que ambas funciones lo son para todo (x, y). Por otro lado, f es diferenciable en un punto si lo son f1 y f2 . Como ∂f1 ∂f1 ∂f2 ∂f2 ∂x (x, y), ∂y (x, y), ∂x (x, y) y ∂y (x, y) existen y son continuas en todo punto (háganse los cálculos), se tiene que tanto f1 como f2 son diferenciables en todo punto, con lo que f también lo es. punto, deben serlo
f1 (x, y) =
−1
y
11. Calcular el valor máximo de la derivada direccional de las siguientes funciones en el punto especi cado:
11.1.
f (x, y) =
x x+y
a ¯ = (1, 1)
Debemos calcular el gradiente de máximo crecimiento de
f,
∇f (x, y),
que indica la dirección
y determinar su módulo.
∂f y (x, y) = ∂x (x + y)2
∂f −x (x, y) = ∂y (x + y)2
De modo que
∂f (1, 1) = 1/4 ∂x
∂f (1, 1) = −1/4 ∂y
∇f (1, 1) = (1/4, −1/4). El valor máximo de las derivadas p √ direccionales en a ¯ = (1, 1) es ||∇f (1, 1)| | = 2/16 = 2/4
Tenemos
9.5
187
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
11.2.
1 f (x, y) = x2 ex x+y
a ¯ = (1, 2)
2xex + x2 ex x2 e x ∂f (x, y) = − ∂x x+y (x + y)2
∂f −x2 ex (x, y) = ∂y (x + y)2
De modo que
∂f 8e (1, 2) = ∂x 9
∂f e (1, 2) = − ∂y 9
e ∇f (1, 2) = ( 8e de 9 , − 9 ). El valor máximo √ direccionales en a ¯ = (1, 2) es ||∇f (1, 2)| | = 9e 65 Tenemos
las derivadas
12. Calcular la ecuación de la recta normal y del plano tangente a las siguientes super cies en los puntos indicados. 12.1.
f (x, y) = x2 + y 2 en p = (3, 4, 25). 2 2 2 2 Tenemos z = x +y . De nimos la función F (x, y, z) = x +y −z de modo que la super cie S se obtiene de la igualdad F (x, y, z) = 0 (super cie en forma implícita). ∇F (x, y, z) = (2x, 2y, −1)
y
∇F (3, 4, 25) = (6, 8, −1)
Este es un vector normal a la super cie
S en el punto p = (6, 8, −1).
La recta normal tiene por ecuación paramétrica
188
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
x = 3 + 6λ y = 4 + 8λ r≡ z = 25 − λ p
El plano tangente en
tiene por ecuación
π ≡ {6(x − 3) + 8(y − 4) − (z − 25) = 0}, esto es,
π ≡ {6x + 8y − z − 25 = 0}
12.2.
f (x, y) = √ Tenemos
x en x2 +y 2
p = (3, −4, 3/5).
z = f (x, y). De nimos la función F (x, y, z) = √
de modo que la super cie
S
se obtiene de la igualdad
x −z x2 +y 2
F (x, y, z) =
0. ∇F (x, y, z) =
y2 xy ,− , −1 (x2 + y 2 )3/2 (x2 + y 2 )3/2
∇F (3, −4, 3/5) = (16/125, 12/125, −1). Este es un vector normal a la super cie S en el punto p = (3, −4, 3/5). Tomemos como vector director de la recta normal v ¯ = (16, 12, −125). La recta y
normal tiene por ecuación paramétrica
x = 3 + 16λ y = −4 + 12λ r≡ z = 3/5 − 125λ El plano tangente en
p
tiene por ecuación
π ≡ {16(x − 3) + 12(y + 4) − 125(z − 3/5) = 0} esto es,
9.5
189
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
π ≡ {16x + 12y − 125z + 75 = 0}
12.3.
f (x, y) = sen(xy) en p = (1, π, 0). Tenemos z = f (x, y). De nimos la función F (x, y, z) = sen(xy) − z , de modo que la super cie S se obtiene de la igualdad F (x, y, z) = 0. ∇F (x, y, z) = (y cos(xy), x cos(xy), −1) ∇F (1, π, 0) = (−π, −1, −1) Éste último es un vector normal a la super cie
p = (1, π, 0).
S
en el punto
La recta normal tiene por ecuación paramétrica
x = 1 + πλ y = π+λ r≡ z = λ El plano tangente en
p
tiene por ecuación
π ≡ {π(x − 1) + (y − π) + z = 0}, esto es,
π ≡ {πx + y + z − 2π = 0}
190
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
13. Hallar el plano tangente a la super cie
z = x2 + 2y 2 ,
paralelo al plano
x + 2y − z = 10. F (x, y, z) = x2 + 2y 2 − z = 0. Un vector perpendicular al plano será (1, 2, −1). Buscamos p ∈ S ≡ {F (x, y, z) = 0} tal que ∇F (p) = k(1, 2, −1). Tenemos Sea
∇F (x, y, z) = (2x, 4y, −1) {2x = k, 4y = 2k, −1 = −k}. De aquí se deduce k = 1, x = 1/2, y = 1/2. Como z = (1/2)2 + 2(1/2)2 = 3/4, resulta que p = (1/2, 1/2, 3/4). Entonces, debe ocurrir que
El plano pedido es modo equivalente,
π ≡ {(x − 1/2) + 2(y − 1/2) − (z − 3/4) = 0} π ≡ {x + 2y − z = 3/4}.
o, de
z= xy +
14. Hallar la recta tangente a la curva intersección de las super cies
p x2 + y 2 y z = x2 + y 2 en el punto (1, 0, 1). Similarmente, xz + yz = 3 y x2 − y 2 + z 2 = 1 en el punto (1, 1, 1).
para
Estudiemos primero la curva
C≡
2 2 z = x p+y z = x2 + y 2
F1 (x, y, z) = x2 + y 2 − z y S1 la super cie dada p por F1 (x, y, z) = 0, 2 2 esto es, S1 ≡ {x + y − z = 0}. Sea F2 (x, y, z) = x2 + y 2 − z y S2 2 2 2 la super cie dada por F2 (x, y, z) = 0, esto es, S2 ≡ {x + y − z = 0}. Entonces, los vectores normales a S1 y S2 en el punto (1, 0, 1) vienen Sea
dados por
∇F1 (x, y, z) = (2x, 2y, −1) al ser evaluados en
(1, 0, 1),
y
∇F2 (x, y, z) = (2x, 2y, −2z)
obteniéndose
∇F1 (1, 0, 1) = (2, 0, −1)
y
∇F2 (1, 0, 1) = (2, 0, −2)
9.5
191
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
Un vector director
v¯
proporcional a
C en (1, 0, 1) (1, 0, −1) (éste
de la recta tangente a
do por el producto vectorial de
(2, 0, −1)
y
viene daúltimo es
(2, 0, −2)). ¯i 2 1
v¯ =
¯j k¯ 0 −1 = (0, 1, 0) 0 −1
La ecuación paramétrica de la recta será
x = 1 y = λ r≡ z = 1
Si deseamos obtener también el plano normal
πaC
en el punto
(1, 0, 1),
resulta
π ≡ {0(x−1)+1(y−0)+0(z−1) = 0}
o, equivalentemente,
π ≡ {y = 0}
Analicemos ahora la curva
D≡
xy + xz + yz = 3 x2 − y 2 + z 2 = 1
G1 (x, y, z) = xy+xz+yz−3 y T1 la super cie dada por G1 (x, y, z) = 0, esto es, T1 ≡ {xy+xz+yz−3 = 0}. Sea G2 (x, y, z) = x2 −y 2 +z 2 −1 y T2 la super cie dada por G2 (x, y, z) = 0, esto es, T2 ≡ {x2 −y 2 +z 2 −1 = 0}. Entonces los vectores normales a T1 y T2 en el punto (1, 1, 1) vienen Sea
dados por
∇G1 (x, y, z) = (y + z, x + z, x + y) al ser evaluados en
(1, 1, 1),
y
∇G2 (x, y, z) = (2x, −2y, 2z)
obteniéndose los vectores
192
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
∇G1 (1, 1, 1) = (2, 2, 2) Escogemos los vectores
(1, 1, 1)
y
∇G2 (1, 0, 1) = (2, −2, 2)
(1, −1, 1)
y
(proporcionales a los con-
v¯ de la recta tangente D en el punto (1, 1, 1) viene dado por el producto vectorial de (1, 1, 1) y (1, −1, 1). seguidos con los gradientes). Un vector director
a
v¯ =
k¯ 1 1
¯i ¯j 1 1 1 −1
= (1, 0, −1)
La ecuación paramétrica de la recta será
x = 1+λ y = 1 s≡ z = 1−λ
Si deseamos obtener también el plano normal
π a D en el punto (1, 1, 1),
resulta
π ≡ {(x−1)+0(y−1)−(z−1) = 0}
o, equivalentemente,
π ≡ {x−z = 0}
15. Obtener la ecuación de la recta tangente a la curva de intersección de las super cies
z = x2 − y 2 , z = 3
en el punto
P = (2, 1, 3)
Tenemos la curva
C≡
z = x2 − y 2 z = 3
obtenida como intersección de las super cies
S1 ≡ {x2 + y 2 − z = 0}
S2 ≡ {z − 3 = 0}
9.5
193
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
Consideramos las funciones
F1 (x, y, z) = x2 −y 2 −z y F2 (x, y, z) = z−3
y sus gradientes
∇F1 (x, y, z) = (2x, −2y, −1) que, al ser evaluados en
(2, 1, 3),
∇F2 (x, y, z) = (0, 0, 1)
nos dan los vectores
∇F1 (2, 1, 3) = (4, −2, −1) Un vector director
y
y
∇F2 (2, 1, 3) = (0, 0, 1)
v¯ de la recta tangente a C en el punto (2, 1, 3) viene (4, −2, −1) y (0, 0, 1).
dado por el producto vectorial de
v¯ =
¯i ¯j k¯ 4 −2 −1 = (−2, −4, 0) 0 0 1
Escogemos como vector director
v¯ = (1, 2, 0).
La ecuación paramétrica
de la recta será
x = 2+λ y = 1 + 2λ r≡ z = 3
16. Se han medido dos variables,
y = 3.
x
e
y,
obteniendo los valores
En dichas medidas pueden existir errores máximos de
x = 2 e 0, 1 y 0, 2
respectivamente. Hallar, aplicando la regla de los incrementos nitos, la cota del error absoluto cometido en la medida de la magnitud
z = x/y .
F (x, y) = xy . Calculemos los valores máximos que alcanzan ∂F ∂F (x, y) y (x, y) para (x, y) ∈ D = [2 − 00 1, 2 + 00 1] × [3 − 00 2, 3 +
Tenemos
∂x
00 2].
Como
∂y
194
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
∂F 1 (x, y) = ∂x y
y
∂F −x (x, y) = 2 , ∂y y
se tiene que
∂F 1 m´ ax (x, y) = ∂x 2, 8 (x,y)∈D
y
∂F 2, 1 m´ax (x, y) = ∂y (2, 8)2 (x,y)∈D
Entonces,
1 2, 1 = 0, 0892 + 0, 2 2, 8 (2, 8)2 p Calcular, aproximadamente, el valor de la expresión (2, 01)3 + (1, 01)3 Error absoluto
17.
≤ 0, 1
mediante la diferencial de la función adecuada. Sea
z = f (x, y) = df =
p x3 + y 3 .
Se tiene
∂f ∂f 3x2 3y 2 dx + dy = p dx + p dy ∂x ∂y 2 x3 + y 3 2 x3 + y 3
Resulta
∆z ≈
∂f ∂f 12 3 (2, 1)∆x + (2, 1)∆y = (0, 01) + (0, 01) = 0, 025 ∂x ∂y 6 6
Obtenemos el siguiente valor aproximado:
p p (2, 01)3 + (1, 01)3 = f (20 01, 10 01) = f (2, 1)+∆z ' 23 + 1+0, 025 = 3, 025 18. El volumen de un cono circular recto de radio
r
y altura
h
es
V =
1 2 3 πr h. Calcular de forma aproximada el error cometido al calcular el volumen si las mediciones del radio y la altura son mente, con un posible error de Tenemos
V (r, h) = dV =
1 2 3 πr h con
2
y
5
respectiva-
1/8. r = 2 ± 1/8
y
h = 5 ± 1/8.
∂V ∂V 2πrh πr2 dr + dh = dr + dh ∂r ∂h 3 3
Resulta
∆V ≈
∂V ∂V 20π 4π (2, 5)∆r + (2, 5)∆h = + = 3, 142 ∂r ∂h 24 24
9.5
195
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
19. Estudiar la existencia de máximos y mínimos locales de las siguientes funciones: 19.1.
f (x, y) = x3 + y 3 − 9xy + 27 Calculemos los puntos críticos. Se tiene
∇f (x, y) = (3x2 − 9y, 3y 2 − 9x) = (0, 0) ⇒
⇒
x2 y2
(0, 0)
= 3y ⇒ (x, y) = = 3x
ó
(3, 3)
Por otro lado,
Hf (x, y) =
6x −9 −9 6y
de modo que, evaluando en los puntos críticos,
Hf (0, 0) =
0 −9 −9 0
y
Hf (3, 3) =
18 −9 −9 18
|Hf (0, 0)| = −81 < 0, con lo que f tiene en (0, 0) un punto |Hf (3, 3)| = 243 > 0 y A = 18 > 0, modo que f alcanza en (3, 3) un mínimo local.
Resulta
de ensilladura. Por otro lado, de
19.2.
f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + xyz Calculemos los puntos críticos.
∇f (x, y, z) = (2x + yz, 2y + xz, 2z + xy) = (0, 0, 0) ⇒ 2x + yz = 0 yz = −2x 2y + xz = 0 ⇒ xz = −2y ⇒ ⇒ 2z + xy = 0 xy = −2z
196
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
y/x = x/y z/y = y/z ⇒ x2 = y 2 = z 2 ⇒ z/x = x/z Entonces,
2 2 y z = 4x2 2 2 x z = 4y 2 ⇒ x2 y 2 = 4z 2 2 x = y2 = z2 ⇒ (x, y, z) = {(0, 0, 0), (−2, −2, −2), (−2, 2, 2), (2, −2, 2), (2, 2, −2)} Por otro lado,
2 z y Hf (x, y, z) = z 2 x y x 2
Tenemos el polinomio característico
|Hf (x, y, z) − λId| =
= −λ3 +6λ2 +(−12+x2 +y 2 +z 2 )λ+(8+2xyz−2y 2 −2x2 −2z 2 ) = 0 Evaluando en
(0, 0, 0),
queda
{−λ3 + 6λ2 − 12λ + 8 = 0} ⇒ λ1 = λ2 = λ3 = 2 La forma cuadrática es de nida positiva, con lo que
(0, 0, 0)
f
alcanza en
un mínimo local.
Evaluando en
(−2, −2, −2), (−2, 2, 2), (2, −2, 2)
ó
(2, 2, −2),
que-
da
{−λ3 + 6λ2 − 32 = 0} ⇒ λ1 = −2, λ2 = 4, λ3 = 4 La forma cuadrática es inde nida y
f
tiene cuatro puntos de en-
silladura. 19.3.
f (x, y) = xy +
1 x
+
1 y
Calculemos los puntos críticos. Se tiene
∇f (x, y) = (y −
1 1 , x − 2 ) = (0, 0) ⇒ x2 y
9.5
197
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
⇒
y = 1/x2 ⇒ (x, y) = (1, 1) x = 1/y 2
Por otro lado,
Hf (x, y) =
2/x3 1 1 2/y 3
de modo que, evaluando en el punto crítico,
Hf (1, 1) = Resulta
(1, 1)
19.4.
|Hf (1, 1)| = 3 > 0
y
2 1 1 2
A = 2 > 0,
con lo que
f
alcanza en
un mínimo local.
f (x, y, z) = −2x2 − y 2 − 3z 2 + 2xy + 2yz + 1 Calculemos los puntos críticos.
∇f (x, y, z) = (−4x + 2y, −2y + 2x + 2z, −6z + 2y) = (0, 0, 0) ⇒ −2x + y = 0 x − y + z = 0 ⇒ (x, y, z) = (0, 0, 0) ⇒ y − 3z = 0 Por otro lado,
−4 2 0 Hf (x, y, z) = 2 −2 2 0 2 −6 Tenemos el polinomio característico
|Hf (x, y, z) − λId| =
198
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
= −λ3 − 12λ2 − 36λ − 8 = 0 Se prueba que todos los autovalores son negativos (por ejemplo, con el empleo de la sucesión secular, o estudiando la grá ca del polinomio característico), obteniéndose que la forma cuadrática es de nida negativa y, por tanto,
f
alcanza en
(0, 0, 0)
un máximo
local. 19.5.
f (x, y) = x4 + y 4 − 2x2 − 2y 2 + 4xy Calculemos los puntos críticos.
∇f (x, y) = (4x3 − 4x + 4y, 4y 3 − 4y + 4x) = (0, 0) ⇒ ⇒
x3 − x = −y ⇒ x3 − x = −x − y 3 ⇒ y 3 − y = −x
⇒ x3 = −y 3 ⇒ (x, y) = {(0, 0)
ó
√ √ ( 2, − 2)
ó
√ √ (− 2, 2)}
Por otro lado,
Hf (x, y) =
12x2 − 4 4 4 12y 2 − 4
de modo que, evaluando en los puntos críticos,
−4 4 4 −4
√ √ √ √ Hf ( 2, − 2) = Hf (− 2, 2) =
Hf (0, 0) =
20 4 4 20
√ √ √ √ ( 2, − 2) y (− 2, 2) se cumple |Hf | > 0 con A > 0, de modo que f alcanza en ellos dos mínimos locales. En el punto (0, 0) se tiene |Hf (0, 0)| = 0, por lo que no sabeEn los puntos
mos qué ocurre. Analicemos la situación con más detalle. Sabe-
f (0, 0) = 0. Si nos aproximamos a (0, 0) por la sucesión {(0, 1/n)}, al aplicar f obtenemos f (0, 1/n) = 1/n4 − 2/n2 = 1 1 − 2 < 0 = f (0, 0) para n su cientemente grande. Si nos n2 n2 aproximamos a (0, 0) por la sucesión {(1/n, 1/n)}, al aplicar f 4 obtenemos f (1/n, 1/n) = 2/n > 0 = f (0, 0). En consecuencia, f tiene en (0, 0) un punto de silla.
mos que
9.5
199
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
19.6.
f (x, y) = (y − x2 )(y − 2x2 ) Calculemos los puntos críticos.
∇f (x, y) = (−2x(y − 2x2 ) + (y − x2 )(−4x), (y − 2x2 ) + (y − x2 )) = = (0, 0) ⇒ Sustituyendo
x = 0,
y = 23 x2
8x3 − 6xy = 0 2y − 3x2 = 0 8x3 − 6xy = 0, crítico es (0, 0).
en la ecuación
de modo que el único punto
obtenemos
Por otro lado, desarrollando la expresión del gradiente, tenemos
∇f (x, y) = (8x3 − 6xy, 2y − 3x2 ). Hf (x, y) =
La matriz hessiana es
24x2 − 6y −6x −6x 2
de modo que, evaluando en el punto crítico,
Hf (0, 0) = Como
|Hf (0, 0)| = 0,
0 0 0 2
no tenemos información su ciente. Veamos
la situación con más detalle. Aproximémonos al punto crítico por las recta
x=0
y por la parábola
En el primer caso, al aplicar
f
y = 32 x2 .
a los puntos de la recta, obtenemos
f (x, y) = f (0, y) = y 2 > 0 = f (0, 0) a lo largo de la recta (con
f
y 6= 0).
En el segundo caso, al aplicar
a los puntos de la parábola, se tiene
f (x, y) = f
3 3 2 3 2 x, x2 = x − x2 x − 2x2 = 2 2 2
200
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
= −x4 /4 < 0 = f (0, 0) para todo punto de la parábola (con hemos probado que
f
tiene en
(0, 0)
x 6= 0).
En consecuencia,
un punto de ensilladura.
20. Calcular el valor máximo de
f (x, y) = 4xy, sujeta a la ligadura
x > 0, y > 0
x2 y2 + = 1. 9 16
El problema se puede reenunciar como la obtención del rectángulo de
y2 x2 + = 1. 9 16 2 + y16 − 1. Además,
mayor área posible contenido en la elipse de ecuación
{g(x, y) = 0}
Tenemos la ligadura
∇f (x, y) = (4y, 4x),
con
g(x, y) =
x2 9
λ∇g(x, y) = (2λx/9, λy/8)
Igualando términos y añadiendo la ecuación de la ligadura, obtenemos el sistema
2 1 x2 y2 {4y = λx, 4x = λy, + = 1} 9 8 9 16 Despejando
λ
de la primera ecuación y sustituyendo en la segunda,
queda
1 4x = 8 Sustituyendo este valor de
1 9
9 2 y 16
x2
+
18y x
⇒ x2 =
9 2 y 16
en la tercera ecuación, vemos que
√ 1 2 y = 1 ⇒ y = ±2 2 16
9.5
DIFERENCIABILIDAD EN VARIAS VARIABLES
201
√ y > 0, nos quedamos con√y = √ 2 2. Por la misma razón, 3 nos quedamos con x = √ . Como f (3/ 2, 2 2) = 24, éste es el valor 2 máximo de f (x, y) sometida a la ligadura g(x, y) = 0, y se alcanza en √ √ el punto (x, y) = (3/ 2, 2 2). Como exigimos
202
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
9.6
203
INTEGRALES MÚLTIPLES
9.6.
INTEGRALES MÚLTIPLES
1. Calcular las siguientes integrales iteradas: Z
3Z 2
1.
x2 y dy dx =
Z0 2 Z1 3
Z
3
Z0 2
2
x y dx dy =
2.
1
Z1 3 Z0 1
3x2 27 dx = 2 2 x3 y 27 = 3 2
(1 + 4xy) dx dy = 10 Z1 2 Z0 π/2 4. x sen y dy dx = 2 Z0 4 Z0 2 √ (x + y) dx dy = 46/3 5. Z1 2 Z0 1 261632 (2x + y)8 dx dy = 6. 45 Z0 1 Z0 1 13 7. (x4 y + y 2 ) dy dx = 15 −1 0 Z 1Z 1 x+y 8. xye dy dx = 1 Z0 0 Z0 2 1 9. (−x ln y) dy dx = ln(2) − 2 Z−14 Z1 2 21 x y + dy dx = ln(2) 10. x 2 Z1 ln 21Z ln y5 11. e2x−y dx dy = 6 Z0 1 Z 10 √ xy 4√ 1 p 12. dy dx = 3 − 2+ 2 2 3 3 x +y +1 0 0 3.
2. Calcular las siguientes integrales dobles: 2y3
1.
RR
R (6x
2.
RR
R cos(x
3.
RR
x2 y R xye
4.
RR
x R 1+xy
5.
RR
Rx
3. [−2, 3]
y
− 5y 4 ) dA,
+ 2y) dA, dA,
dA,
dA,
R = [0, 3] × [0, 1] R = [0, π] × [0, π/2]
R = [0, 1] × [0, 2] R = [0, 1] × [0, 1]
R = [0, 1] × [0, 1]
Solución:
Solución: Solución: Solución:
−2
e2 −3 2
2 ln(2) − 1
ln(2)
Hallar el volumen del sólido acotado por el rectángulo
3x + 2y + z = 12. z = 12 − 3x − 2y > 0
21 2
Solución:
R = [0, 1] ×
y el plano
Dado que integral
para todo
(x, y) ∈ R,
basta calcular la
204
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
95 2
Z Z (12 − 3x − 2y) dA = R
4.
Calcular
RR
D (x
2
− y) dA siendo D la región comprendida entre y = x2 , y = −x2 y las rectas x = −2 y x = 2.
grá cas de las curvas
las
Se tiene
Z Z
Z
2
2
Z
x2
(x − y) dy dx =
(x − y) dA = −x2
−2
D
Z
−2
RR D
−2
2 x2 x y − y 2 /2 −x2 dx =
2
=
5. Determinar
2
Z
2
2x4 dx = [2x5 /5]2−2 = 128/5
xy dA siendo D la región del primer cuadrante encer3y 2 = x e y = x2 .
rada entre las parábolas
Calculemos la intersección de las dos grá cas.
y=
p
x/3 = x2 ⇒ x/3 = x4 ⇒ x(3x3 − 1) = 0
De modo que la intersección se da en
x = 0, y = 0
y en
x = 3−1/3 , y =
3−2/3 . Entonces,
Z Z
Z xy dA = D
1 √ 33
Z √x/3 xy dy dx = x2
0
6. Evaluar
2 la parábola y
Z
RR
xy dA = 2x + 4. D
con
1 √ 33
0
D
x2 x5 − 6 2
dx =
la región acotada por la recta
1 108
y =x−2
y
Calculemos la intersección de ambas curvas
y2 − 4 ⇒ y 2 − 2y − 8 = 0 ⇒ y = 4, y = −2 2 La intersección se da en x = 6, y = 4 y en x = 0, y = −2. La región encerrada por D es de tipo 2 ya que, despejando x en 2 y , se tiene h1 (y) = y 2−4 y h2 (y) = y + 2 con x=y+2=
de
D = {(x, y) : h1 (y) ≤ x ≤ h2 (y), −2 ≤ y ≤ 4} Entonces
Z Z
Z
4
xy dA = D
−2
Z
y+2 y 2 −4 2
xy dx dy = 54
función
9.6
205
INTEGRALES MÚLTIPLES
7.
Determinar el volumen del sólido comprendido entre el paraboloide
x2 /4 + y 2 /9 + z = 1 y el rectángulo R = [−1, 1] × [−2, 2]. 2 2 Dado que z = 1 − x /4 − y /9 > 0 para todo (x, y) ∈ R, el
elíptico
volumen
pedido es
Z Z
2
V =
Z
2
Z
1
(1 − x2 /4 − y 2 /9) dx dy =
(1 − x /4 − y /9) dA = −2
R
8. Calcular unidad
2
RR
Rx
−1
166 27
2 y dA siendo
I = [0, 1] × [0, 1]
R la región plana contenida en el cuadrado 2 4 acotada por las curvas y = x e y = x . Hágase el
y
cálculo variando el orden de integración. Se tiene
Z Z
1 Z x2
Z
2
x y dA = R
x2 y dy dx =
x4
0
2 77
Al variar el orden de integración, se obtiene
Z Z
1Z
Z
2
x y dA = R
√
0
9. Hallar el área del recinto E La ecuación de la elipse es
x2 a2
√ 4
y
x2 y dx dy = y
2 77
acotado por una elipse de semiejes 2
+ yb2 = 1.
a
y
b.
El área pedida es cuatro veces el
área del recinto
F =
bp 2 (x, y) : 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ a − x2 a
Calculemos el área de
F: Z
Z Z
b a
aZ
dx dy =
A(F ) =
0
F
Z
√
a2 −x2
Z dy dx = 0
0 π/2
=
a2 cos2 t dt =
0
a
bp 2 a − x2 dx = a
πab 4
La penúltima igualdad se obtiene al realizar el cambio consecuencia, el área pedida es
x = a sen t.
En
πab.
10. Hallar el área del sector comprendido entre las circunferencias x2 +
y 2 = 2x y
x2 + y 2 = 4x y las rectas y = x e y = 0. 2 2 2 2 La circunferencia x + y = 2x se puede escribir como (x − 1) + y = 1 2 2 2 2 la circunferencia x + y = 4x se puede escribir como (x − 2) + y = 4. Se y
206
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
tienen dos circunferencias centradas en radios
1
y
2.
A
La región
(1, 0)
y
(2, 0)
respectivamente, y de
cuya área debemos calcular es el sector encajado
entre las dos circunferencias y acotado por las dos rectas (hágase un dibujo). polares
RR
A 1 dx dy . Para T (r, θ) = (x, y), obteniendo
Debemos obtener
ello, hacemos un cambio a coordenadas
Z Z área(A)
r dr dθ
= A0
T (A0 ) = A. + = 2x a polares, queda la expresión r2 = 2r cos θ, esto 2 2 es, r = 2 cos θ . Por otro lado, la circunferencia x + y = 4x queda expresada 2 como r = 4r cos θ , esto es, r = 4 cos θ . La recta y = 0 es θ = 0 en polares, mientras que y = x es θ = π/4. En de nitiva,
donde
A0
es la región, en coordenadas polares, tal que
2 Si se pasa x
y2
A0 = {(r, θ) : θ ∈ [0, π/4], r ∈ [2 cos θ, 4 cos θ]}. Por consiguiente,
Z Z área(A)
Z
=
Z
r dr dθ = A0
Z
π/4
r dr dθ = 0
2 cos θ
π/4 2 4 cos θ r
0
2
dθ =
2 cos θ
sen 2θ π/4 3π + 6 6 cos θ dθ = 3θ + 3 = 2 4 0 2
= 0
x2
π/4 Z 4 cos θ
11. La temperatura media de una placa situada en la región D = {(x, y) : RR
+ y 2 ≤ 25}
es
TM =
D
T (x,y) dA , con A(D)
centígrados correspondiente al punto
T (x, y) la temperatura en grados (x, y) de la placa y A(D) el área de la
placa. Se supone que la temperatura es proporcional a su distancia al origen.
T (1, 0) = 100, hallar la temperatura media de la placa. p 2 2 La temperatura T (x, y) es T (x, y) = k x + y . Teniendo en cuenta que T (1, 0) = 100, resulta k = 100. Por consiguiente, la temperatura media es p RR x2 + y 2 dx dy 100 D TM = 25π
Sabiendo que
siendo
25π = área(D). Z Z
Si pasamos a polares,
Z p 2 2 100 x + y dx dy = D
2π
0
Z 0
5
100r2 dr dθ =
25000π 3
La temperatura media es, por tanto,
TM =
25000π/3 25000 1000 = = = 333, 3o C. 25π 75 3
9.6
207
INTEGRALES MÚLTIPLES
12.
+ 4y 2 ) dA con R la región del semiplano superior 2 2 2 2 acotada por los círculos x + y = 1 y x + y = 4. Pasando a coordenadas polares, el recinto R se transforma en el recinto R0 = [1, 2] × [0, π]. Debemos calcular la integral Z Z Z Z 3x + 4y 2 dx dy = (3r cos θ + 4r2 sen2 θ)r dr dθ = Evaluar
RR
R (3x
R0
R
Z
π
2
Z
2
=
3
Z
2
(3r cos θ + 4r sen θ) dr dθ = 0
1
0
Z
π
3 2 r cos θ + r4 sen2 θ 1 dθ =
π
7 cos θ + 15 sen2 θ dθ =
= 0
13.
15π 2
Calcular el volumen del sólido acotado por el plano
paraboloide
z =1−
x2
−
z = 0
La intersección del plano con el paraboloide es la circunferencia
1
contenida en el plano
y el
y2. x2 +y 2 =
z = 0. El volumen pedido es Z Z V = 1 − x2 − y 2 dx dy D
siendo
D
el disco
D = {(x, y, 0) : x2 + y 2 ≤ 1}.
Pasando a coordenadas
polares, se obtiene
Z Z
2
V =
Z Z
2
1 − x − y dx dy =
siendo
D0 = [0, 1] × [0, 2π]
(1 − r)r dr dθ D0
D
el transformado del recinto
D
en coordenadas
polares. Por tanto,
Z
2π
1
Z
r − r2 dr dθ =
V = 0
0
π 3
14. Calcular el volumen del sólido que se encuentra bajo el paraboloide
z = x2 + y 2 ,
sobre el plano
z = 0,
y dentro del cilindro
El cilindro se puede escribir como
(x −
1)2
+
y2
x2 + y 2 = 2x. = 1. Es, por
tanto,
z = 0 y se corta con él en una circunferencia centrada 1. Se deja al lector representar grá camente la región
perpendicular al plano en
(1, 0, 0)
y de radio
sólida pedida.
RR 2 2 V = D x + y dx dy siendo D 2 2 D = {(x, y, 0) : (x − 1) + y ≤ 1}. Pasando coordenadas polares, Z Z V = r3 dr dθ Se desea obtener el volumen
D0
el disco
208
con
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
D0 = {(r, θ) : θ ∈ [−π/2, π/2], 0 ≤ r ≤ 2 cos θ}. Por tanto,
Z
π/2
2 cos θ
Z
π/2
Z
3
4 cos4 θ dθ =
r dr dθ =
V = −π/2
−π/2
0
3π 2
15. Calcular las integrales Z Z Z
Z Z Z
2
xyz dV con
C
B = [0, 1] × [−1, 2] × [0, 3] Z Z Z
y
C = [−1, 1] × [0, 2] × [0, 1].
xyz 2 dV =
3Z 2
Z
3Z 2
= −1
0
yz 2 dy dz = 2
1
Z
−1
0
B
Z
(xz − y 3 ) dV
y
B
xyz 2 dx dy dz =
0
Z
3
3z 2 27 , dz = 4 4
0
Por otro lado,
Z Z Z
1Z 2Z 1
Z
3
(xz − y ) dV = C
0 1Z
Z 0
16.
−1
0
2
−2y 3 dy dz =
0
xz − y 3 dx dy dz =
Z
1
−8 dz = −8 0
RRR
z dV con B el tetraedro por los planos x = 0, y = 0, z = 0 y x + y + z = 1. La región B es Calcular la integral
B
sólido acotado
B = {(x, y, z) : x ∈ [0, 1], 0 ≤ y ≤ 1 − x, 0 ≤ z ≤ 1 − x − y}
Z Z Z
Z zdV = B
Z = 0
17.
1
0
1 Z 1−x 2 1−x−y z
−(1 − x − y)3 6
RRR √
0
0
1−x
Z dx =
0
B
1 Z 1−x
dy dx =
0
1
0
(1 − x − y)2 dy dx = 2
1 (1 − x)3 −(1 − x)4 1 dx = = 6 24 24 0
x2 + z 2 dV con B y = x2 + z 2 y el plano y = 4.
Evaluar
paraboloide
2
0
Z
la región sólida acotada por el
9.6
209
INTEGRALES MÚLTIPLES
I =
La integral pedida toma el mismo valor que siendo
B1
z = 4.
Calculemos
I.
x2 + y 2 dV , B1 x2 + y 2 y el plano
z=
la región sólida acotada por el paraboloide
p
RRR
Si pasamos a coordenadas cilíndricas,
Z Z Z
r2 dz dθ dr
I= B2 con
B2 = {(r, θ, z) : r ∈ [0, 2], θ ∈ [0, 2π], z ∈ [0, r2 ]}. 2 Z 2π
Z
r2
Z
Z
2
2 Z 2π
0
0
2
Z
4
2πr4 dr =
r dθ dr =
r dz dθ dr =
I=
De modo que
0
0
0
0
26 π 5
18. Utilícese una integral triple para calcular el volumen de: y = x2
El sólido acotado por la super cie
y los planos
z = 0, z = 4
e
y = 9. La región sólida acotada por el cilindro y
x2 +y 2 = 9 y los planos y+z = 5
z = 1.
Llamemos
B
a la primera región. Buscamos
V =
RRR B
dV . Se tiene que
B = {(x, y, z) : x ∈ [−3, 3], z ∈ [0, 4], y ∈ [x2 , 9], }, de modo que
4Z 3
Z
Z
9
V =
4Z 3
Z dy dx dz =
−3
0 Llamemos
C
Z
2
4
9 − x dx dz =
x2
0
−3
a la segunda región. Buscamos
coordenadas cilíndricas, si denotamos por
36 dz = 144 0
C1
V =
RRR C
dV .
Pasando a
a la región transformada de
resulta
C1 = {(r, θ, z) : r ∈ [0, 3], θ ∈ [0, 2π], z ∈ [1, 5 − r sen θ]}, de modo que
Z
3 Z 2π
Z
V =
5−r sen θ
Z
3 Z 2π
r dz dθ dr = 0
0
1
0
Z =
4r − r2 sen θ dθ dr =
0
3
8πr dr = 36π 0
19. Evaluar, utilizando coordenadas cilíndricas, la integral
C,
210
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
Z
√
2
Z
4−x2
Z
√ − 4−x2
−2
2
(x2 + y 2 ) dz dy dx
√
x2 +y 2
La región sólida, escrita en coordenadas cilíndricas, es
B = {r, θ, z) : r ∈ [0, 2], θ ∈ [0, 2π], z ∈ [r, 2]} La integral resulta ser
2 Z 2π
Z
Z
2
Z
3
2 Z 2π
2r3 − r4 dθ dr =
r dz dθ dr =
I= 0
0
0
r
0
2
Z
2π(2r3 − r4 ) dr =
= 0
16π 5
20. Hallar, utilizando coordenadas cilíndricas, el volumen del cuerpo liz = x2 + y 2
mitado por las super cies
y
z = 2 − x2 − y 2 .
Las super cies son dos paraboloides elípticos, el primero con vértice el origen de coordenadas y apuntando hacia el eje
positivo y el segundo con
Z negativo. (x, y, z) que esté en la intersección de las dos su2 2 2 2 per cies. Se tiene que x + y = 1. Como, además, z = x + y , resulta z = 1.
vértice el punto
(0, 0, 2)
Z
y apuntando hacia el eje
Estudiemos un punto
Pasando a coordenadas esféricas, la región encerrada entre los paraboloides es
B = {(r, θ, z) : r ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π], z ∈ [r2 , 2 − r2 ]} El volumen buscado es
Z Z Z
Z
1 Z 2π
Z
2−r2
rdV = B
Z
1 Z 2π
r dz dθ dr = 0
r2
0
Z =
0
2r − 2r3 dθ dr =
0
1
4πr − 4πr3 dr = π
0
21. Evaluar, utilizando coordenadas esféricas: RRR B
ex
2 +y 2 +z 2
3/2
dV ,
siendo
B ⊂ R3
xyz dV , siendo B ⊂ R3 la región ρ = 2 y ρ = 4 y sobre el cono φ = π/3. RRR
B
la bola unidad.
comprendida entre las esferas
El volumen de la región sólida dentro de la esfera sobre el plano
z=0
y bajo el cono
z 2 = x2 + y 2 .
x2 + y 2 + z 2 = 4 ,
9.6
211
INTEGRALES MÚLTIPLES
Sea
I1 =
RRR B
ex
2 +y 2 +z 2
3/2
dV
la primera de las integrales. Pasando
a coordenadas esféricas,
1 Z 2π
Z
π
Z
3
2eρ ρ2 dθ dρ =
e ρ sen φ dφ dθ dρ =
I1 = 0
0
0
0
Z
1
0
I2 =
RRR B
xyz dV
0
4π (e − 1) 3
3
4eρ ρ2 π dρ =
= Sea
1 Z 2π
Z
ρ3 2
la segunda de las integrales. Pasando a coorde-
nadas esféricas,
π/3 Z 2π
Z
4
Z
(ρ sen φ cos θ)(ρ sen φ sen θ)(ρ cos φ)ρ2 sen φ dρ dθ dφ =
I2 = 0
0
2 π/3
Z
Z
3
2π
1 = sen4 φ 4
π/3 0
ρ5 dρ =
2
0
0
4
sen φ cos φ dθ
sen φ cos φ dφ
=
Z
1 sen2 θ 2
2π 0
1 6 ρ 6
4 =0 2
Para determinar el volumen del último apartado, basta calcular la integral
I=
RRR B
dV
siendo
B
la región especi cada. Si se expresa en coorde-
nadas esféricas, se obtiene otra región
B1 = {(ρ, θ, φ) : ρ ∈ [0, 2], θ ∈ [0, 2π], φ ∈ [π/4, π/2]} El volumen pedido es
Z
π/2 Z 2π
Z
V = π/4
0
2
ρ2 sen φ dρ dθ dφ =
0
Z
π/2
Z sen φ dφ
π/4
=
√ ! √ 2 8 8 2π = (2π) 2 3 3
2π
Z dθ
0
0
2
ρ2 dρ =
212
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
9.7
9.7.
213
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
Variables separables. 1. Hallar la solución general de la ecuación de variables separables
dy 4) dx
(x2 +
= xy .
Al separar variables, queda la expresión
1 y dy
=
x dx. Integrando x2 +4
ambos miembros, tenemos
Z
dy = y
Z
p x 1 2 dx ⇒ ln |y| = ln(x + 4) + C = ln x2 + 4 + C1 1 x2 + 4 2
En consecuencia,
|y| = eC1
p p p x2 + 4 ⇒ y = ±eC1 x2 + 4 ⇒ y = C x2 + 4
Si buscamos la solución particular que cumple una condición inicial
√ 1 =√C 22 + 4, lo que 1 1 implica que C = √ . La solución será y(x) = √ x2 + 4. Elevando 2 2 2 2 2 2 al cuadrado obtenemos la hipérbola 8y − x = 4. La solución es la rama positiva (y > 0). dada, por ejemplo,
y(2) = 1,
entonces tenemos
2. Hallar la solución general de la ecuación
0. Determinar y(1) = 0.
x sen ydx + (x2 + 1) cos ydy =
la solución particular que cumple la condición inicial
Separando variables e integrando, obtenemos
Z
x dx = x2 + 1
Z −
cos y dy sen y
Resultando la solución general, en forma implícita,
1 ln(x2 + 1) + ln | sen y| + C = 0 2 La solución particular pedida debe cumplir la ecuación de arriba al sustituir
y
por
π 2 y
x
por
1,
esto es,
214
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
1 π 1 ln(2) + ln | sen | + C = 0 ⇒ C = − ln 2 2 2 2 De modo que
1 1 ln(x2 + 1) + ln | sen y| − ln 2 = 0 2 2 es la solución particular buscada. 3.
Ley de enfriamiento de Newton. ratura
T (t)
La tasa de cambio de tempe-
de un cuerpo con respecto al tiempo
la diferencia entre
T
y la temperatura ambiente
t es proporcional a T0 , que suponemos
constante. Escrito en forma de ecuación,
dT = k(T0 − T ) dt
con
K>0
constante.
Al sacar de un recipiente un termómetro, éste marca una temperatura de
300
o
F. Tres minutos después, marca
enfriarse hasta Tenemos
71
o
200
o
F ¾Cuánto tardará en
F si la temperatura ambiente es de
T (0) = 300, T (3) = 200, T0 = 70
70
o
F?
y la ecuación
dT = k(70 − T ) dt Separando variables y teniendo en cuenta que
dT = kdt ⇒ 70 − T
Z
dT = 70 − T
T > 70,
Z kdt ⇒ ln(T − 70) = −kt − C1 ⇒
⇒ T = e−kt e−C1 + 70 = e−kt C2 + 70 T = e−kt C2 + 70. Como T (0) = 300, entonces 300 = C2 + 70, lo que implica que C2 = 230. La solución particular que −kt . Pero ¾qué valor toma k ? cumple T (0) = 300 es T = 70 + 230e Como T (3) = 200, resulta En consecuencia,
200 = 70 + 230e
−3k
13 = e−3k ⇒ ln ⇒ 23
1 ⇒ k = − ln 3 La solución es
13 23
13 23
= 0, 19018
= −3k ⇒
9.7
215
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
T (t) = 70 + 230e−0,19018t
Veamos para qué valor de
t
se alcanza la temperatura
71 = 70 + 230e−0,19018t ⇒ 4.
T = 71.
ln(1/230) = t ⇒ t = 28, 6 −0, 19018
Desintegración radiactiva.
minutos
La desintegración radiactiva se carac-
teriza por la semivida o número de años que deben transcurrir para que se desintegren la mitad de los átomos iniciales de una muestra. La semivida del isótopo Plutonio (Pu
239 ) es de
24360
años. Suponiendo
que en el accidente de Chernóbil se liberaron 10 gramos de dicho isótopo, y sabiendo que el ritmo de desintegración es proporcional a la masa ¾cuánto tiempo hará falta para que quede sólo un gramo? Si
y
es la masa de plutonio en gramos, el ritmo de desintegración es
proporcional a
y , esto es,
dy dt
= ky con k < 0 constante y el tiempo t me-
dido en años. Separando variables se resuelve la ecuación, obteniéndose
y = Cekt ,
con
C > 0.
Como
y = 10
para
t = 0,
10 = Ce0 ⇒ C = 10 Como
y=5
cuando
t = 24360,
5 = 10e24360k ⇒
se tiene que
1 ln(1/2) = k ⇒ k ≈ −0, 000028454 24360
En consecuencia, la solución es
y = 10e−0,000028454t Calculemos el valor de
t
tal que
y=1
gramo.
216
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
1 = 10e−0,000028454t ⇒ t ≈ 80923
años
9.7
217
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
Ecuaciones homogéneas. 5. Hallar la solución general de
(x2 − y 2 )dx + 3xydy = 0.
M (x, y) = (x2 − y 2 ) y N (x, y) = 3xy son ambas homogéneas de grado 2, hacemos y = vx. Así, dy = xdv + vdx, de modo que, sustituyendo y y dy en la ecuación, obtenemos Como
(x2 −v 2 x2 )dx+3x(vx)(xdv+vdx) = 0 ⇒ (x2 +2v 2 x2 )dx+3x3 vdv = 0 ⇒
⇒ x2 (1 + 2v 2 )dx + x2 (3vx)dv = 0 Esta segunda ecuación es de variables separables. Dividiendo entre
x2
y separando variables, queda
Z
2
(1 + 2v )dx = −3vxdv ⇒
dx = x
Z
−3v dv ⇒ 1 + 2v 2
3 ⇒ ln |x| = − ln(1 + 2v 2 ) + C1 ⇒ 4 ln |x| = −3 ln(1 + 2v 2 ) + ln |C2 | ⇒ 4
⇒ ln x4 = ln C2 (1 + 2v 2 )−3 ⇒ x4 = C2 (1 + 2v 2 )−3 Una vez resuelta la segunda ecuación, se deshace el cambio
v=
y x , para
obtener
y 2 −3 x 4 = C2 1 + 2 ⇒ (x2 + 2y 2 )3 = Cx2 x
Una propiedad interesante de las ecuaciones homogéneas
N (x, y)dy = 0
0 es que y
(1) M (x, y)dx+
(x,y) −M N (x,y)
= = f (x, y) es una función homogénea f (λx, λy) = f (x, y) para todo λ ∈ R, esto es, 0 las rectas que pasan por el origen son isoclinas de (1) (las pendientes y de las soluciones de (1) son constantes a lo largo de cada una de estas
de grado 0, de modo que
rectas). La siguiente gura ilustra esta situación con el último ejemplo.
218
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
xy 0 − y = x tg xy . y Tenemos xdy − y + x tg x dx = 0. La ecuación es homogénea, ya que M (x, y) = − y + x tg xy y N (x, y) = x son ambas homogéneas de grado 1. Hacemos el cambio y = vx. Así, dy = xdv + vdx, de modo que, sustituyendo y y dy en la ecuación, obtenemos
6. Hallar la solución general de
vx dx = 0 ⇒ (−x tg v)dx + x2 dv = 0 x(xdv + vdx) − vx + x tg x Ésta es una ecuación de variables separables. Resolvámosla:
Z
1 dx = x
Z
1 dv ⇒ ln |x| = ln | sen v| + C ⇒ |x| = eC | sen v| tg v
Deshaciendo el cambio, nos queda
y |x| = D sen x Si
x > 0
y
sen xy > 0,
con
D>0
entonces desaparecen los valores absolutos y
queda
x = D sen
x y x y ⇒ arc sen = ⇒ y = x arc sen x D x D
Ecuaciones diferenciales exactas. Factores integrantes. (cos x−x sen x+y 2 )dx+2xydy = satisface la condición inicial y = 1
7. Resolver la ecuación diferencial exacta
0. en
Hallar la solución particular que
x = π. My = 2y = Nx . Buscamos una soluf (x, y) = C con fx = M y fy = N . Como N es más M , integramos N para determinar f :
Efectivamente, es exacta, ya que ción del tipo sencilla que
9.7
219
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
Z f (x, y) =
Z N (x, y) dy =
Queda determinar quién es
fx (x, y) =
g(x).
2xy dy = xy 2 + g(x)
Como
∂ [xy 2 + g(x)] = y 2 + g 0 (x) = cos x − x sen x + y 2 , ∂x
llegamos a la conclusión de que
g 0 (x) = cos x − x sen x.
Entonces
Z g(x) =
(cos x − x sen x)dx = x cos x + C
La última igualdad se obtiene integrando por partes. Esto implica que
f (x, y) = xy 2 + x cos x + C ,
de modo que la solución general de la
ecuación es
xy 2 + x cos x = C La solución particular que pasa por
π cos π = C ,
de modo que
C = 0,
(x, y) = (π, 1) exige que π + xy 2 + x cos x = 0. Su
y la solución es
grá ca es la siguiente:
8. Resolver la ecuación diferencial Tenemos
M (x, y) =
x y2
+x
y
x y2
2 + x dx − xy3 + y dy = 0. 2
N (x, y) = − xy3 − y .
My = −2y −3 x
y
Nx = −
Entonces
2x , y3
de modo que la ecuación es exacta. Buscamos una solución del tipo
f (x, y) = C ,
con
fx = M
y
fy = N .
Integramos
Z f (x, y) =
M
para determinar
Z fx (x, y) dx =
M (x, y) dx =
f:
220
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
Z =
x +x y2
Queda determinar quién es
dx =
g(y).
x2 x2 + + g(y) 2y 2 2
Como
fy (x, y) = N (x, y) = −
x2 −y y3
y
x2 ∂ x2 + fy (x, y) = + g(y) = −x2 y −3 + g 0 (y), ∂y 2y 2 2 resulta que
g 0 (y) = −y ⇒ g(y) = Entonces,
f (x, y) =
x2 2y 2
+
x2 2
−
y2 2
+ C,
−y 2 +C 2
con lo que la solución es
x2 x2 y 2 + − =C 2y 2 2 2 9. Resolver la ecuación diferencial Tenemos
(y 2 − x)dx + 2ydy = 0.
My = 2y , Nx = 0, de modo que la ecuación no es exacta. Por
otro lado,
My − Nx 2y = = 1 = h(x), N 2y R
µ(x) = e 1 dx = ex es un factor integrante. x ecuación por e obtendremos la ecuación exacta
con lo que la
Multiplicando
(y 2 ex − xex )dx + 2yex dy = 0 M (x, y) = y 2 ex − xex y N (x, y) = 2yex y se cumple = Nx . Buscamos una solución f (x, y) = C con fx = M y
Ahora tenemos
2yex
My = fy = N .
Z f (x, y) = Además,
Z fy dy =
Z N dy =
2yex dy = y 2 ex + g(x)
9.7
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
fx (x, y) = y 2 ex + g 0 (x)
221
fx (x, y) = M (x, y) = y 2 ex − xex
y
g 0 (x) = −xex , de manera que, integrando por partes, se obg(x) = −xex + ex + C . Resulta f (x, y) = y 2 ex − xex + ex + C . La
Entonces tiene
solución general de la ecuación es
y 2 ex − xex + ex = C 10. Resolver la ecuación diferencial Tenemos
(x2 + y 2 + x)dx + xydy = 0.
My = 2y , Nx = y , de modo que la ecuación no es exacta. Por
otro lado,
My − Nx y 1 = = = h(x), N xy x con lo que
R
µ(x) = e
1 x
cando la ecuación por
dx
x
= eln x = x
es un factor integrante. Multipli-
obtendremos la ecuación exacta
(x3 + xy 2 + x2 )dx + x2 ydy = 0 Ahora tenemos
M (x, y) = x3 + xy 2 + x2
My = 2xy = Nx . fy = N .
Buscamos una solución
Z f (x, y) =
y
Z fx dx =
=
Z M dy =
N (x, y) = x2 y y se cumple f (x, y) = C con fx = M y
(x3 + xy 2 + x2 ) dx =
x4 x2 y 2 x3 + + + g(y) 4 2 3
Además,
fy (x, y) = yx2 + g 0 (y)
y
fy (x, y) = N (x, y) = x2 y,
g 0 (y) = 0, esto es, g(y) = C constante. Resulta f (x, y) = x3 + + C . La solución general de la ecuación es 3
de modo que
x4 4
+
x2 y 2 2
x4 x2 y 2 x3 + + =C 4 2 3
222
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden. Ecuación de Bernoulli. xy 0 − 2y = x2 . 2 0 La forma canónica o normal es y − y = x. Tenemos P (x) = −2/x, x
11. Hallar la solución general de
de modo que
R
e
P (x) dx
= e−
R
2 x
dx
2
= e− ln x =
1 x2
es un factor integrante. Multiplicamos la ecuación en forma canónica por el factor integrante y obtenemos
y0 2y 1 d hyi 1 y − y = ⇒ = ⇒ 2 = 2 3 2 x x x dx x x x ⇒ 12.
Problema de mezclas. 50 %
1 dx ⇒ x
y = ln |x| + C ⇒ y = x2 (ln |x| + C) x2
ción, compuesta por con
Z
Un depósito contiene 50 litros de una solu-
90 %
de agua y
10 %
de alcohol. Otra solución,
de cada sustancia, se va añadiendo al depósito a razón de 4
litros por minuto, al tiempo que el depósito se va vaciando a razón de 5 litros por minuto. Supuesto que el contenido del depósito está siendo removido constantemente, ¾cuánto alcohol hay a los 10 minutos? Sea
x(t)
el número de litros de alcohol que hay en el instante
depósito. Sabemos que instante
t
es
50 − t.
t
en el
x(0) = 5. El número de litros de solución en un
Veamos los litros de alcohol que se pierden y los
que se ganan por minuto: Al perderse
5
litros de solución por minuto, resulta que se pierden
5
x(t) 50 − t
litros de alcohol por minuto. Por otro lado se ganan 2 litros de alcohol por minuto, de modo que el ritmo de cambio de alcohol es
dx =2− dt
5 50 − t
Esta ecuación es lineal, con
Z
Z P (t) dt =
dx x(t) ⇒ + dt
P (t) =
5 50 − t
x(t) = 2
5 50−t , de modo que
5 dt = −5 ln |50 − t| = −5 ln(50 − t) 50 − t
9.7
223
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
t < 50.
La última igualdad viene de observar que
R
P (t) dt
e
= e−5 ln(50−t) =
Concluimos que
1 (50 − t)5
La solución general es
x(t) = (50 − t)5
Z
2 1 dt = +C ⇒ (50 − t)5 2(50 − t)4 50 − t + C(50 − t)5 2
⇒ x(t) = Como
y(0) = 5,
se tiene que
5 = 25 + C(50)5 ⇒ C = −
20 505
La solución particular es
50 − t − 20 x(t) = 2
50 − t 50
5
Calculemos el alcohol que queda en el depósito a los 10 minutos, esto es,
x(10). 50 − 10 x(10) = − 20 2
que, en porcentaje, es un
100
13. Hallar la solución general de Tenemos
n = −3,
Además,
v 0 = 4y 3 y 0 ,
ecuación por
y
e
50 − 10 50
5 = 13, 45
13, 45 % = 33, 6 % 50 − 10
litros
de alcohol.
2
y 0 + xy = xe−x y −3 .
de modo que
y0,
con lo que
v = y 4 , lo que implica que y = v 1/4 . v0 v0 y 0 = 3 = 3/4 . Sustituyendo en la 4y 4v
tenemos
v0 2 + xv 1/4 = xe−x v −3/4 3/4 4v Multiplicando la ecuación por
4v 3/4
para dejar
v 0 + 4xv = 4xe−x
2
v0
solo, obtenemos
224
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
Esta ecuación es lineal. Resolviéndola, se obtiene Deshaciendo el cambio, queda
2
2
v = 2e−x + Ce−2x 2
y 4 = 2e−x + Ce−2x
2
.
, que es la solución
buscada.
Ecuaciones diferenciales lineales de 2o orden
14. Hallar la solución general de las ecuaciones diferenciales: 1.
y 00 + 6y 0 + 12y = 0
1. Resolvamos
y 00 − 4y = 0
λ2 + 6λ + 12 = 0.
λ= Por tanto,
2.
√
−6 ±
α = −3
2 y
β=
−12
√
3,
= −3 ±
λ2 − 4 = 0.
−3 = −3 ±
√ 3i
con lo que la solución general es
y = C1 e−3x cos 2. Resolvamos
√
√
3x + C2 e−3x sen
Resulta
λ = ±2,
√
3x
con lo que la solución
general es
y = C1 e2x + C2 e−2x 15. Resolver la ecuación diferencial iniciales
y(0) =
2, y 0 (0)
2 Resolvamos λ + 4λ + 4
λ = −2
y 00 + 4y 0 + 4y = 0
con las condiciones
= 1. = 0.
Como
λ2 + 4λ + 4 = (λ + 2)2 ,
resulta que
es la única raíz (real y doble).
Por tanto, la solución general es
y = C1 e−2x + C2 xe−2x y = 2 en x = 0, tenemos 2 = C1 + 0C2 = C1 . Además, y 0 = −2C1 e−2x +C2 (−2xe−2x +e−2x ). Como y 0 (0) = 1, al sustituir, tenemos
Como
1 = −2(2)(1) + C2 [−2(0)(1) + 1] ⇒ 5 = C2 La solución particular es
y = 2e−2x + 5xe−2x
9.7
225
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
16. Un peso de 49 N produce en un muelle, del que está suspendido, un desplazamiento de 5 cm. hacia abajo. Se tira entonces del peso hasta desplazarlo 5 cm más hacia abajo y se suelta a continuación. Hallar la ecuación que describe la posición del objeto en función del tiempo
t.
Estamos ante un movimiento vibratorio libre no amortiguado. Por la ley de Hooke, La masa
m
es
Fr = mg = 49 = ks = k(0, 05), de m = w/g = 49/9, 8 ≈ 5. De aquí, x00 +
modo que
980 x=0 5
es la ecuación de nuestro sistema con condiciones iniciales y
k = 980.
x(0) = 0, 05
x0 (0) = 0.
La ecuación característica es
λ = ±14i.
λ2 +
980 5
= 0.
Al resolver, obtenemos
En consecuencia, la solución de la ecuación es del tipo
x(t) = C1 cos 14t + C2 sen 14t Entonces,
0, 05 = C1 (1)+C2 (0) y esto implica que C1 = 0, 05. Además,
x0 (t) = −14C1 sen 14t + 14C2 cos 14t ⇒ 0 = 14C2 (1) ⇒ C2 = 0 La solución buscada es
x(t) = 0, 05 cos 14t
17. Hallar la ecuación que describe la posición del objeto del ejercicio anterior, pero considerando el sistema sometido a una fuerza proporcional a la velocidad
x0 (t)
dada por la constante
β = 10.
226
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
La ecuación resultante es
x00 +
10 0 980 x + x=0 5 5
x(0) = 0, 05 y x0 (0) = 0. La λ2 + 2λ + 196 = 0 y, resolviendo, obtenemos
sometida a las condiciones iniciales ecuación característica es
λ = −1 ±
√
195i.
La solución general es
√ √ x(t) = C1 e−t cos( 195t) + C2 e−t sen( 195t) Como
x(0) = 0, 05,
tenemos
0, 05 = C1 .
Por otro lado,
√ √ √ x0 (t) = C1 [−e−t cos( 195t) − e−t 195 sen( 195t)]+ √ √ √ +C2 [−e−t sen( 195t) + e−t 195 cos( 195t)] Como
x0 (0) = 0,
resulta
√ √ 0, 05 0 = C1 [−1] + C2 [ 195] ⇒ 0 = −0, 05 + C2 195 ⇒ C2 = √ 195 En consecuencia, la solución es
√ √ 0, 05 −t x(t) = 0, 05e−t cos( 195t) + √ e sen( 195t) 195
9.7
227
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
Método de los coe cientes indeterminados. 18. Calcular la solución general de la ecuación El cálculo de la solución general
2y 0
− 3y = 0
yh
(1) y 00 − 2y 0 − 3y = 2 sen x.
de la ecuación homogénea
y 00 −
nos da
yh = C1 e−x + C2 e3x Tenemos
f (x) = 2 sen x.
Elegimos
yp = A cos x + B sen x.
Entonces,
yp0 = −A sen x + B cos x yp00 = −A cos x − B sen x Sustituyendo en la ecuación
(1),
queda
(−4A − 2B) cos x + (2A − 4B) sen x = 2 sen x Igualando coe cientes de términos análogos, obtenemos
con soluciones
A = 1/5
y
−4A − 2B = 0 2A − 4B = 2 B = −2/5.
yp = Como la solución general de
En consecuencia,
1 2 cos x − sen x 5 5 (1)
es
y = yh + yp ,
y = C1 e−x + C2 e3x +
2 1 cos x − sen x 5 5
19. Calcular la solución general de la ecuación El cálculo de la solución general
0
tenemos
(1) y 00 − 2y 0 = x + 2ex .
yh de la ecuación homogénea y 00 −2y 0 =
nos daba
yh = C1 + C2 e2x f (x) = x + 2ex . La primera elección de yp es yp = (A + Bx) + yh ya contiene un término constante C1 , éste debe desaparecer de yp . Para ello basta multiplicar la parte polinómica (A + Bx) de yp por x. Entonces, obtenemos una nueva yp
Tenemos
(Cex ). Sin embargo, como
yp = Ax + Bx2 + Cex
228
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
Esta candidata a solución particular no produce solapamiento con los sumandos de
yh .
Calculemos los valores de
A, B, C .
yp0 = A + 2Bx + Cex yp00 = 2B + Cex Sustituimos en la ecuación
(1)
y obtenemos
(2B − 2A) − 4Bx − Cex = x + 2ex Igualando los coe cientes de los términos idénticos obtenemos el sistema
2B − 2A = 0 −4B = 1 −C = 2 con soluciones
A = B = − 14
y
C = −2.
En consecuencia,
1 1 yp = − x − x2 − 2ex 4 4 Como la solución general de
(1)
es
y = yh + yp ,
tenemos
1 1 y = C1 + C2 e2x − x − x2 − 2ex 4 4
Método de variación de las constantes. 20. Resolver la ecuación
y 00 − 2y 0 + y =
ex 2x ,
x > 0.
yh = C1 ex + C2 xex , con lo que x x y1 = e y y2 = xe . La solución particular será de la forma yp = u1 (x)ex + u2 (x)xex . Calculemos u1 (x) y u2 (x). Para ello, resolvemos
La solución de la parte homogénea es
el sistema de ecuaciones
u01 ex + u02 xex = 0 ex u01 ex + u02 (xex + ex ) = 2x 1 u02 = 2x . Sustituyendo en la 1 − 2 . Integrando, resulta
Restando las dos ecuaciones, obtenemos
0 primera ecuación, resulta u1
x u1 = − , 2 De modo que es
=
u2 =
yp = − 21 xex + (ln
√
√ 1 ln x = ln x 2
x)xex ,
con lo que la solución general
9.7
229
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
√ 1 y = yh + yp = C1 ex + C2 xex − xex + (ln x)xex 2 21. Hallar la solución general de la ecuación
y 00 − y 0 = e2x sen(ex ).
yh = C1 + C2 ex , con lo que x y1 = 1 e y2 = e . Entonces, la solución particular será de la forma yp = u1 (x) + u2 (x)ex . Calculemos u1 (x) y u2 (x). Para ello, resolvemos
La solución de la parte homogénea es
el sistema de ecuaciones
u01 + u02 ex = 0 0 + u02 (ex ) = e2x sen(ex )
Despejando del sistema lineal las incógnitas
ex sen(ex )
y
u01 = −e2x sen(ex ). Z u2 =
u01
y
u02 ,
obtenemos
u02 =
Integrando, resulta
ex sen(ex ) dx = − cos(ex )
y
Z u1 = −
e2x sen(e2x ) dx = ex cos(ex ) − sen(ex )
La última igualdad se obtiene integrando por partes (u
= ex , dv =
ex sen(ex )dx). En consecuencia,
yp = 1(ex cos(ex ) − sen(ex )) − ex cos(ex ) = − sen(ex ), con lo que la solución general es
y = yh + yp = C1 + C2 ex − sen(ex ) 22. Dado el sistema vibratorio libre no amortiguado del ejercicio 16, pero
√ f (t) = sen( 196t), calcúlese la ecuación objeto en función del tiempo t.
sometido a una fuerza externa que describe la posición del La ecuación es
√ 980 sen( 196t) x + x= , 5 5 00
esto es,
x00 + 196x =
sen(14t) , 5
230
9
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
con condiciones iniciales
x(0) = 0, 05
y
x0 (0) = 0.
Al resolver la parte
homogénea (véase el ejercicio 16), obtenemos
xh = 0, 05 cos(14t) La solución particular se calcula aplicando alguna de las técnicas comentadas (por ejemplo, el método de los coe cientes indeterminados), y se obtiene
xp =
1 1 sen(14t) − t cos(14t) 1960 140
resultando la solución buscada
x(t) = xh (t) + xp (t) = 0, 05 cos(14t) +
1 1 sen(14t) − t cos(14t) 1960 140
En la gura se muestra un efecto interesante que produce la acción de la fuerza externa periódica
f (t)
sobre el sistema masa-resorte. En
un principio, la amplitud de las oscilaciones decrece hasta hacerse nula para, posteriormente, empezar a crecer inde nidamente haciendo que, con un valor de
t
su cientemente amplio, el sistema no soporte la
tensión y acabe colapsándose. Este fenómeno es conocido como resonancia, y se da cuando la frecuencia natural del sistema masa-resorte,
ω=
p
k/m, coincide con la frecuencia de la fuerza periódica externa al mismo, f (t). De hecho, cuando ambas frecuencias son su cientemente próximas, aunque no coincidan, dan lugar a movimientos periódicos de amplitudes acotadas, pero muy grandes, que el sistema no puede absorber, acabando por colapsarse.
231
REFERENCIAS
Referencias
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[2] García, A., García, F., Gutierrez, A., López, A., Rodríguez, G., Villa, A.,
Cálculo I. Teoría y Problemas de Análisis Matemático en una Variable, Clagsa, 1998.
[3] García, A., López, A., Rodríguez, G., Romero, S., Villa, A.,
Cálculo II.
Teoría y Problemas de Funciones de varias Variables, Clagsa, 1996.
Cálculo y Geometría
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Cálculo Vectorial, Addison-Wesley, 2004.
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Cálculo Diferencial e Integral. Tomos I y II, Mir, 1977.
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Cálculus: Cálculo In nitesimal, Reverte, 1996.
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Cálculo. Conceptos y Contextos, Thomson, 2006.
[9] Zill, D.,
Ecuaciones Diferenciales con Aplicaciones de Modelado, Thom-
son paraninfo, 2007.
