MOISES VILLENA
R
3
1 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5
Definición Enfoque geométrico Igualdad Operaciones Aplicaciones
Se persigue que el estudiante: • Represente geométricamente un vector de R 3 • Determine magnitud y dirección de un vector. • Sume vectores, multiplique por un escalar a un vector, obtenga el productor escalar y el producto vectorial entre vectores • Obtenga el área de un paralelogramo sustentados por dos vectores. • Obtenga el volumen del paralelepípedo sustentado por tres vectores.
1
MOISES VILLENA
R
3
Tomando como referencia la teoría de vectores en el plano, se obtienen definiciones y propiedades de los vectores en el espacio.
1.1 DEFINICIÓN
Un vector de R 3 es una terna ordenada de números reales. Denotada de la siguiente manera: →
v = ( x, y , z )
1.2 ENFOQUE GEOMÉTRICO Geométricamente a un vector de R como un segmento de recta dirigido.
3
se lo representa en el Espacio
Suponga que se tienen los puntos P1 ( x1 , y1 ,yz1 ) trazamos un segmento de recta dirigido desde P1 →
representación del vector v
P2 ( x2 , y 2. , zSi2 )
hacia P2 tenemos una
⎯⎯→
= P1 P2 = (x2 − x1 , y 2 − y1 , z1 − z 2 ) z
P2
=
( x2 , y 2 , z 2 )
→
v
P1
=
(x1 , y1 , z1 ) y
x
Este vector puede tener muchas otras representaciones equivalentes en el espacio. Una representación equivalente útil es aquella que se realiza ubicando al vector con el srcen como punto de partida. z
P ( x, y , z ) →
v
y
x
2
MOISES VILLENA
R
3
1.2.1 Magnit ud o no rma →
→
Sea v = ( x, y, z ) . La
de v
→
denotada como v , se define como: →
v
=
x
2
+ y2 + z2
Note que la norma sería la longitud del segmento de recta que define el vector. Es decir, sería la distancia entre los puntos que lo definen. →
Para v
= ( x2 − x1 , y2 − y1 , z 2 − z1 ) sería: →
v
= ( x2 − )x1( 2 + )y 2( − y1) 2 +
z2
− z1
2
1.2.2 Dirección →
v = ( x, y , zestá La de ) definida por la medida de los ángulo que forma la línea de acción del segmento de recta con los ejes x , y , z z
→
γ
v
β y
x
Los ángulos α , β y γ son llamados Ángulo s Directores.
3
MOISES VILLENA
R
3
Observe que:
=
Cosα
x →
x
v
=
Cosβ
y →
=
y →
x
2
+ y2 + z2
2
+ y2 + z2 y
=
x2
v
cos α Demostrar que
2
y
=
v
Cosγ
x
=
+ y2 + z2
+ cos 2 β + cos 2 γ = 1
1.2.3 Sentid o →
El de v lo define la flecha dibujada sobre el segmento de recta. 1.3 IGUALDAD DE VECTORES DE R 3 →
→
v1 = ( x1y, y1 , z1 ) v2 = ( x2 ,son y2 , z2 ) Dos vectores iguales si y sólo si x1 = x2 , y1 = y2 y z1 = z 2
1.4 OPERACIONES 1.4.1 Suma →
→
3 Sean v1 y v dos vectores de R tales que 2
→
v1
→ 1
1
1
= ( x , yy→, z )
→
v2
suma de v1 con v2 define como: →
→
v1 + v2
2 2 , z 2 ) → la → = ( x , y entonces , denotada como v1 + v2 , se
= ( x1 + x2 , y1 + y2 , z1 + z 2 )
4
MOISES VILLENA
R3
1.4.1.1 Pro piedades →
→
→
Sean v1 , v2 y v3 vectores de R 3 , entonces: →
1. 2.
3.
→
v1 + v2
→
→
= v2 + v1 la suma es conmutativa → → → ⎛ ⎞ ⎛→ →⎞ → v1 + ⎜ v2 + v3 ⎟ = ⎜ v1 + v2 ⎟ + v3 la suma es asociativa ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ∃ →0 ∈ R 3 , ∀ →v ∈ R 3 tal que →v + →0 = →v , →
Donde 0 = (0,0,0 ) es llamado 4.
→ → → ⎛ →⎞ → ∀ v ∈ R 3 , ∃⎛⎜ − v ⎞⎟ ∈ R 3 tal que v + ⎜ − v ⎟ = 0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Donde
⎛⎜ − →v ⎞⎟ ⎝ ⎠
→
de v
es llamado
Geométricamente:
z
→ →
v1
=
(x1 , y1 , z1 )
→
+
v2
v1
→
v2
=
(x2 , y2 , z2 )
y
x
→
→
Los vectores v1 y v 2 sustentan un paralelogramo, el vector de la diagonal mayor es el Vector Suma y el vector de la diagonal menor es el Vector Diferencia .
1.4.2 Mult ipl icació n por escalar →
Sea α ∈ R y v
= ( x, y, z ) un vector de
R
3
entonces: →
αv
= (αx, αy, αz ) 5
MOISES VILLENA
R3
1.4.2.1 Propi edades → → → → → → ∀α ∈ R, ∀ v1 , v2 ∈ R3 ⎡⎢α ⎛⎜ v1 + v2 ⎞⎟ = α v1 + α v2 ⎤⎥ ⎠ ⎣ ⎝ ⎦ → → → → 3⎡ ⎤ 2. ∀α , β ∈ R, ∀ v ∈ R ⎢(α + β ) v = α v + β v ⎥ ⎣ ⎦ → → → ∀α , β ∈ R, ∀ v ∈ R 3 ⎡α ⎛ β v ⎞ = (αβ ) v ⎤ 3. ⎢⎣ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎥⎦
1.
Cualquier vector de
R
3
→
,
v →
i
combinación lineal de los vectores →
v
= (x, y, z ) , puede ser expresado en
= (1,0,0),
→
j
= (0,1,0y)
→
k
= (0,0,1)
= ( x, y,)z (= x)1,0( ,0 )+ (y 0,)1,0 + z 0,0,1 →
v
→
→
→
= x i + y j+ z k
1.4. 3. Produc to Escalar. P rodu cto Punt o o Produc to Interno →
→
Sean v1 = ( x1 , y1 , z1 ) y v2 = ( x→2 , y 2 , z→2 ) vectores de R 3 . El de vcon vdenotado 1 2 →
→
como v1 • v2 se define como: →
→
v1 • v2
→
= x1 x2 + y1y2 + z1 z2
→
Si v1 = (3,1,−2) y v 2 = (− 1,4,0) entonces →
→
v1 • v 2
= (3)( − 1) +( )(1 )4 (+ −)(2) 0 = −3 + 4 + 0 = 1
1.4.3.1 Propiedades →
→
Sean v1 y v2 vectores de R 3 . Entonces: →
→
→
→
1. v1 • v2 = v2 • v1
6
MOISES VILLENA
R3
→ → → → → → → 2. v1 • ⎛⎜ v 2 + v3 ⎞⎟ = v1 • v2 + v1 • v2 ⎝ ⎠
⎛ α v→ ⎞ • ⎛ β v→ ⎞ = αβ⎛ v→ • v→ ⎞ 3. ⎜ 1 ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎜ 1 2⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ →
Si v
= ( x, y, z ) entonces: v • →v = ( x, y,)z(
→
→ →
Por lo tanto v • v
=
• )x, y, z = x 2 + y 2 + z 2 .
→2
v
→
o también v
→
=
→
v• v
1.4. 4. Product o Vectori al. Prod ucto Cruz →
Sean v1
= ( x1 , y1 , z1 ) y
→
v2
= ( x2 , y2 , z 2 ) vectores
de R 3 . El
de →
→
vcon 1
→
v2
→
denotado como v1 × v2 se define como: → → v1 × v2 = ( y1 z 2 − z 1 y2 ,−( x1 z 2 − x2 z1 ), x1 y2
− y1 x2 )
Una manera práctica para obtener el resultado de la operación Producto Cruz entre dos vectores es resolver el siguiente determinante, para la primera fila: →
→
v1 × v2
→
i
=
j
k
x1
y1
z1
x2
y2
z2
→
Sea v1 = (1, 2, −1) y v 2 = (2,−1,0 ) entonces →
→
v1 × v 2
i
j
k
=1
2
− 1 = − i − 2 j − 5k
2
−1 0
7
MOISES VILLENA
R3
1.4.4.1 Pro piedades. →
→
→
Sean v1 , v2 y v3 vectores de R 3 1. El vector ⎛⎜ v1× v2 ⎞⎟ es tanto perpendicular a →
→
⎝
→
⎠
→
v1 como a v 2 →
→
2. El sentido del vector ⎜⎝⎛ v × v2 ⎟⎠⎞ se lo puede obtener empleando la mano derecha. 1
→
Mientras los dedos se dirigen desde v1 →
hacia v2 , el pulgar indica la dirección de
⎛⎜ v→ × v→ ⎞⎟ . ⎝ ⎠ 1
2
→
→
v1× v2
→
v2 • •
→
v1
→
→ → = −⎛⎜ v × v ⎞⎟ ⎝ ⎠ → =0
→
3. v1 × v2 →
2
→
4. v1 × v1 →
1
→
→
→
→
5. Si v1 // v 2 entonces v1 × v 2 = 0 →
→
→
→
6. ⎛⎜ α 1 v1 ⎞⎟ × ⎛⎜ α 2 v2 ⎞⎟ = α 1α 2 ⎛⎜ v1 × v 2 ⎞⎟
⎝
⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ → → → → → 7. v × ⎛⎜ v + v ⎞⎟ = ⎛⎜ v × v ⎞⎟ + ⎛⎜ v × v ⎞⎟ ⎠→ ⎝ → ⎠→ ⎝ → ⎠ → ⎝→ 8. v × v = v v − ⎛⎜ v • v ⎞⎟ ⎝ ⎠ →
→
1
2
3
1
2
1
2
2
1
2
1
2
2
3
2
1
2
De la última expresión, empleando la propiedad del producto escalar, se obtiene un resultado muy importante:
8
MOISES VILLENA
R3
→
→ 2
v1 × v 2
→
→ 2
v1 × v 2
→ 2 → 2
=
v1
=
v1
=
v1
=
v1
=
v1
v2
→ 2 →
v2
2
→ → − ⎛⎜ v1 • v 2 ⎞⎟ ⎝ ⎠ 2 2 ⎛ → → ⎞ − ⎜ v1 v 2 cosθ ⎟ ⎝ ⎠
→ 2 → 2
−
v2
→ 2 → 2
cos 2 θ
v2
[1 − cos θ ] 2
v2
→ 2 → 2
v2
→ 2 → 2
v1
2
sen θ
Finalmente: →
→
v1 × v 2
=
→
→
v1 v 2 senθ
1.5 APL ICACIONES 1.5.1 →
CALCULO DEL ÁREA DEL PARALELOGRAMO SUSTENTADO POR DOS VECTORES. →
Sean v1 y v2 dos vectores, no paralelos. Observe la figura: v1 →
v1 h
θ
→
v2
→
v2
→
Tomando como base a v2 , tenemos: Area = base • altura
=
→
v2 h
h
Observe que senθ
=
→
entonces Area
v1
=
→
→
v2
v1 senθ
Y por la propiedad del producto cruz: →
→
Area = v1 × v 2
9
MOISES VILLENA
R3
Hallar el área del triángul o sust entado por los vectores
→
v1
= (1, 2,−1) y
→
v 2 = (2,−1, 0 ) SOLUCIÓN: →
→
El área del triángulo sustentadopor dos vectores v1 yv 2 es la mitad del área del paralelogramo sustentado por los vectores, es decir: →
→
v1 × v 2
→
→
Comov1 × v 2
2
Area Triángulo = j k
i
=1 2
2 − 1 = −i − 2 j − 5 k −1 0
entonces →
→
v1 × v 2 Area Triángulo
=
=
2
(−)1 2 (+) − 2( 2)+ − 5 2 2
=
30 2
Hallar el área del triángul o que tiene por vértices los punto s (1,−2,0), (1,1,1) y (− 2,0,1) SOLUCIÖN: Primero se forman dos vectores entre los puntos dados, tomando arbitrariamente el orden de estos puntos; luego se procede de manera análoga a lo mencionado anteriormente debido a que el área del triángulo es la mitad del área del paralelogramo. P2 (1,1,1) →
v1
P1 (1,−2,0 )
→
En este caso, v1
→
= P1 P2 = (1 − 1, 1 − (−2), 1 − 0 ) = (0,3,1)
→
v2
Entonces, →
P3 (− 2,0,1)
→
v2
→
v1 × v 2
→
= P2 P3 = (− 2 − 1, 0 − (−2), 1 − 0 ) = (− 3,2,1)
i
j
k
= 0 3 1 = i − 3 j − 9k −3 2 1 →
→
v1 × v 2 Area Triángulo =
2
=
(1) 2 +( −) 3 (2 )+ 2
9
2
=
91 2
10
MOISES VILLENA
R3
1.5.2 →
CALCULO DEL VOLUMEN DEL PARALELEPÍPEDO SUSTENTADO POR TRES VECTORES →
→
Sean v1 , v2 y v3 tres vectores. Observe la figura.
→
→
v1 × v 2
h
→
v3
h
→
v2
•
→
v1
→
→
Tomando como base el paralelogramo sustentado por v1 y v2 , la altura →
h del paralelepípedo será la proyección escalar v3
entonces:
→
→
sobre v1 × v2 ,
Volumen = Area base × altura →
→
Donde Area base = v1 × v 2
altura = h = Pr oy →
→
v3
→
v1 ×v2
⎛ v→ × v→ ⎞ • v→ ⎜ 1 2⎟ 3 = ⎝ → ⎠→ v1 × v 2
Por tanto. →
→
Volumen = v1 × v 2
⎛⎜ v→ × v→ ⎞⎟ • v→ ⎝ 1 2⎠ 3 → → v1 × v2
Finalmente, simplificando resulta:
Volumen
→ → → = ⎛⎜ v1 × v2 ⎞⎟ • v3 ⎝ ⎠
Esta última expresión es denominada, EL TRIPLE PRODUCTO → → → ESCALAR de los vectores v1 , v 2 y v 3 , y su interpretación es el volumen del →
→
→
paralelepípedo sustentado por los vectores v1 , v2 y v 3 . Observe además que no importa el orden de operación de los vectores, ¿por qué?.
11
MOISES VILLENA
R3
Hallar el volum en del paralelepí pedo sust entado por los vectores →
v 2 = (2,0,−1) y SOLUCIÖN.
→
v3
→
v1
= (1,−2,1),
= (1,2,3) .
Por lo definido anteriormente,
⎛→ ⎝
→⎞
→
Volumen = ⎜⎜ v1 × v 2 ⎟⎟ • v3
→ V1 1. Seanlos vectores
⎠
1
−2
=2
0
1
2
1
− 1 = 2 + 14 + 4 = 20u 3 3
→
= 3iˆ − 2 ˆj + 4kˆ yV2 = 3iˆ + 3 ˆj − 2kˆ . →
→
a) Determ inarla proyección vectorialdeV1
V2 sobreel vector
.
→ → b) Calcular la componente V1 de perpendicular a V2 .
Resp.
⎯⎯→ → a) Pr oy → V1 V2
→ 2. Seanlos vectoresA
=
→ Ax iˆ − 5 ˆj + 2kˆ y B
→ → B z para los cuales A× B es paraleloa:
=(− 15 ,− 15 , 10 ) 22 22 22
b)
= −3iˆ + 2 ˆj − B z kˆ . Calculelos valoresdeAx
a) al eje
Resp. a) Ax = 15 2
x
y
b) al eje y
Bz
= 54
b) Ax
= 152
Bz
= 54
3. Calcular el área del triángulo que tiene sus vértices en los puntos (-3,2,4); (2,1,7) ; (4,2,6) Resp. Area = 174 2 V1 = (5,2,6) , V2 4. Dados tres vectores
= (−1,8,3) ,
V3
= (2,−7,4) forman un tetraedro con
vértice en el srcen. Determinar su altura desde el srcen.
Resp. h =
77 746
5. Un tetraedro tiene por base el triángulo devértices (3 .-6,-1) , (4,4,-2)y (-3,-1,2); Si el vértice
Resp. h =
opuesto es el punto (8,10,6) , determine su altura. 6. Sean u w3
y
vvectores no nulos, diferent es tales que:
w1
= 12 (u + v ) . Hallarw1 • (w2 × w3 )
w2
= u−v,
Resp. 0
→
→
7. Sea V un vectordiferentede cero,entonces,demostrarque si U → vector W
= u + v,
938 5459
es un vectorcualquiera, el
→ → → → U•V → V es ortogonala V . =U− → 2 V →
→
8. Demuestreque si U es ortogonalaV
→
y aW
→
, entonces U
→
→
es ortogonal caV + d W
escalares cualquiera c yd .
→
para →
A ,los B vectores 9. Demostrar que el área del triángulo, cuyos vértices son los extremos de y → 1 ⎛ → →⎞ ⎛ → →⎞ C , es ⎜⎜ B − A ⎟⎟ × ⎜⎜ C − A ⎟⎟ 2⎝ ⎠ ⎝ ⎠ → →
→ →
B , B+ C 10. Demostrar que el volumen del tetraedro deA + aristas →
→
→ →
y C + A y es el doble
→
A, B yC . del volumen del tetraedro de aristas 11. Pruebe que las diagonales de un rombo (paralelogramo con lados iguales) son perpendiculares.
12
MOISES VILLENA
R3
2 3 2.1 RECTAS EN R 2.2 PLANOS 2.3 POSICIONES RELATIVAS 2.4 SUPERFICIES 2.4.1 SUPERFICIES CILINDRICAS 2.4.2 SUPERFICIES DE REVOLUCIÓN 2.4.3 CUADRICAS 2.5 COORDENADAS CILÍNDRICA.
2.6 COORDENADAS ESFÉRICAS. Se persigue que el estudiante: • Encuentre ecuaciones de Rectas y Planos. • Grafique Rectas y Planos. • Encuentre distancias. • Grafique Superficies Cilíndricas, de Revolución y Cuádricas.
13
MOISES VILLENA
R3
3 2.1 RECTAS EN R
2.1.1 DEFINICIÓN →
Sea P0 un punto de R 3 y sea S un vector de R 3 . Una Recta l se define como el conjunto de puntos P de R 3 que →
⎯⎯→
contiene a P0 y tal que los vectores V = P0 P son paralelos a S→ . Es decir:
⎧ ⎩
→
→
→
l = ⎨ P( x, y , z ) / P0 ∈ l y S // V donde V
⎯⎯→ = P0 P ⎫⎬ ⎭
→
Al Vector S se lo llama VECTOR DIRECTRIZ de la recta. 2.1.2 ECUACIÓN →
Sea P0 ( x0 , y 0 , z 0 ) y sea el vector S = (a, b, c ) . z
l
P( x, y , z )
•
→
S = (a, b, c ) →
V
•
P 0 (x0 , y 0 , z 0 )
y
x →
→
El vector S es paralelo al vector entonces: →
V
V
→
= P P = x − x , y − y ,z − z , 0 0 0 0 ( )
→
=kS
Reemplazando resulta: ( x − x0 , y − y0 , z ()−)z 0 = k a, b, c Por igualdad de vectores, se plantea lo siguiente:
14
R3
MOISES VILLENA
⎧(x − x0 ) = ka ⎪( y − y ) = kb ⎨ 0 ⎪(z − z ) = kc 0 ⎩ Entonces tenemos: x − x0 a
y − y0
=
b
z − z0
=
c
Ecuación de la recta definida por un punto P0 (x 0 , y 0 , z 0 ) y un vector paralelo
→
S
= (a, b, c )
En ocasiones anteriores ya se ha mencionado que dos puntos definen una recta, observe la figura: z
l
• P (x , y , z ) 2 2 2 2 P( x, y , z )
•
→
→
V
S
• y
P 1 ( x1 , y 1 , z 1 )
x
Ahora tenemos que, P0 = P1 ( x1 , y1 , z1 ) y el vector directriz sería: →
S
→ ⎛ ⎞ = P1 P2 = ⎜ x2 − x1 , y 2 − y1 , z 2 − z1 ⎟ , ⎜ ⎟ ⎝ a b c ⎠ 1 2 3 123 1 2 3
Entonces, se tiene: x − x1 x2
− x1
=
y − y1 y2
− y1
=
z − z1 z2
− z1
Ecuación de la recta definida por dos puntos
También se la llama ECUACIÓN CANÓNICA O ECUACIÓN SIMÉTRICA .
15
R3
MOISES VILLENA
Si consideramos: x − x0
y − y0
=
a
b
z − z0
=
c
=t
Tenemos:
⎧ x = x0 + at ⎪ ⎨ y = y 0 + bt ⎪ z = z + ct 0 ⎩
Ecuaciones Parámetricas
De lo anterior:
(x), y, z = (x, y,)(z =
+ at , y) 0 + bt , z 0 + ct x0), y(0 , z 0) + t a, b, c x0
1 4 24 3
123
⎯⎯→
⎯⎯→
V
S
0
Se puede expresar de la siguiente manera: →
→
→
Ecuación Vectorial
= V0 + t S
V
Hallar las Ecuaciones → paramétricas de la recta que contiene al punto es paralela al vector S = (1,0,2) .
P(1,−1 − 1) y
SOLUCIÓN: De a cuerdo a lo definido:
⎧ x = x 0 + at = 1 + t ⎪ = + = −1 ⎨ y y 0 bt ⎪ z = z + ct = 1 + 2t 0 ⎩
1.
Halleecuaciones param étricas de la rectaquecontienelos puntos(2, 1, 3)
y
(1, 2, -1).
Grafíquela
⎧x = 1 + t ⎪ Resp. l : ⎨ y = 2 − t ⎪ z = − 1 − 4t ⎩ 2.
Halleecuaciones param étricas de la rectaque contienelos puntos(2, 1, 0)
y
(2,1,5).
y
(2,5,2).
Grafíquela. ¿Qué conclusió n puede emitir? ¿Cuál sería la ecuación del eje z? 3.
Halleecuaciones param étricas de la rectaque contienelos puntos(2, 0, 2)
Grafíquela. ¿Qué conclusió n puede emitir? ¿Cuál sería la ecuación d el eje y? 4.
16
Escriba ecuaciones paramétricas de rectas paralelas al eje x.
MOISES VILLENA
R3
5.
Halleecuaciones param étricas de la rectaque contienelos puntos(2, 3, 5)
y
(2,2,0).
y
(2,2,0).
y
(0,2,2).
Grafíquela. ¿Qué concl usión puede emitir? 6.
Halleecuaciones param étricas de la rectaque contienelos puntos(0, 2, 2)
Grafíquela. ¿Qué concl usión puede emitir? 7.
Halleecuaciones param étricas de la rectaque contienelos puntos(2, 0, 2)
Grafíquela. ¿Qué concl usión puede emitir? 8.
Halle ecua ciones param étricas de la recta quecontiene el punto (-1, -6, es 2) yparalela al Grafíquela vector (4, 1, -3).
⎧ x = −1 + 4t Resp. l : ⎨⎪ y = −6 + t
⎪ z = 2 − 3t ⎩
9.
Halle ecuaciones paramétricas de la recta que pasa por el srcen y es perpendicular a la recta
1
1
4
3
cuya ecuación es: (x − 10 ) =
y
1
= z. 2
Resp.
⎧x = t ⎪ = 2t ⎪ z = −5t ⎩
l : ⎨y
2.2 PLANOS 2.2.1 DEFINICIÓN →
Sea P0 un punto de R 3 y sea n un vector de R 3 . Un Plano π se define como el conjunto de puntos P de R 3 tales que →
→
n es perpendicular al vector V que se define entre P0 y P . Es decir: →
π
→
→
→
= ⎧⎨ P(x, y, z ) / n• V = 0 donde V = P0 P y P0 ∈ R 3 ⎫⎬ ⎩ ⎭
2.2.2 ECUACIÓN →
Sean n = (a, b, c ) y P0 ( x0 , y 0 , z 0 ) . Observe la figura:
17
R3
MOISES VILLENA
z
→
n = (a, b, c )
π
P 0 ( x 0 , y1 , z 1 ) →
V
P ( x, y , z ) y
x
Entonces →
→
n• V
=0 ((a), b, c • x − x0 , y) − y0 , z − z 0 = 0 Por tanto, tenemos: a ( x − x) 0 ( + b )y (− y 0 ) + c z − z 0
=0
Ecuación de un plano definida por UN PUNTO Y UN VECTOR PERPENDICULAR.
Si se simplifica, tenemos: a ( x − )x0 ( + b )y (− y 0 ) + c z − z 0
=0 ax + by + cz + (− ax0 − by 0 − cz0 ) = 0
Considerando d = −ax0 − by 0 − cz0 , tenemos: ax + by + cz + d = 0
18
ECUACIÓN GENERAL de un plano.
R3
MOISES VILLENA
P1 (1,2,3) , P2 (−1,0,1) y
Hallar la ecuación del plano que contiene a los puntos P3 (2,−1,0 ) SOLUCIÓN:
Con los tres puntos dados se forman dos vectores (no importa el orden) para de ahí obtener un vector perpendicular al plano buscado. →
→
→
n = V1 × V 2 P2 (− 1,0,1) →
V2 P3 (2,−1,0) →
P1 (1,2,3)
V1
EE En este caso: →
V1 →
V2
→
= P1P3 = (2 − 1,−1 − 2,(0)− 3) = 1,−3,−3 →
= P1 P2 = (− 1 − 1,0 − 2(,1) − 3 )= − 2,−2,−2
Entonces →
n
→
n
→
i
→
j
k
= V1× V2 = 1 − 3 − 3 = (6)− 6( i − −) 2(− 6 j) + − 2 − 6 k −2 −2 −2 = 0i + 8 j − 8k {
{
{
a
b
c
Podemos tomar P0 (x0 , y 0 ,)z 0 ( =)P1 1,2,3 (puede ser cualquier otro punto del plano) Finalmente, empleando la ecuación: a(x − x)0 ( + b )y − ( y0 ) + c z − z 0
=0
Resulta: 0(x −)1 (+ 8 )y −( 2
)− 8 z − 3 = 0
8 y − 16 − 8 z + 24 = 0 y − z +1 = 0
Demostrar que la ecuación del plano que tiene intersección A, B, C, respectivamente con los ejes
x , y , z es
x y + A B
+
z C
= 1.
SOLUCIÓN:
19
R3
MOISES VILLENA
Si el plano tiene intersección A, B, C con los ejes coordenados entonces tenemos tres puntos que pertenecen al plano y se puede determinar su ecuación como en el ejemplo anterior. Observe la figura: z
P2 (0, B,0 )
π →
→
V2 = P1 P2 P3 (0,0, C ) →
y
→
V1 = P1 P3 P 1 ( A,0,0 ) x →
→
En este caso tomamos: V1 = (− A, B,0 ) y V2 Entonces: i j k →
n
→
= (− A,0, C )
→
= V1× V2 = − A B 0 = (BC) i( − −) AC ( )j + AB k −A 0 C
P0 (x0 , y 0 ,)z 0 ( = )P1 A,0,0 y reemplazando en la ecuación Si tomamos ( y0 ) + c z − z 0 = 0 a(x − x)0 ( + b )y −
Resulta: BC (x) − A
+( AC) y −( 0 )+ AB z − 0 = 0 =0 BCx + ACy + ABz = ABC
BCx − ABC + ACy + ABz
Dividiendo para ABC BCx ACy ABz ABC + + = ABC ABC ABC ABC x y z + + =1 A B C
2.2.3 CONDICIONES ESPECIALES.
Si el plano es PARALELO AL PLANO xy , entonces sólo tendrá intersección →
con el eje z , su vector normal será de la forma n = (0,0, k ) . Su ecuación será de la forma z = C . ¿POR QUÉ?. ¿Cuál es la ecuación del plano xy ? PREGUNTA : ¿Cómo serán las ecuaciones de los planos: paralelo al plano zy , paralelo al plano zx , paralelo al eje z , paralelo al eje x , paralelo al eje y ?.
20
R3
MOISES VILLENA
1.
Dibuje los planos cuyas ecuaciones son: a) 4 x + 2 y + 6 z = 12 d) x + 2 y b) c)
3x + 6 y + 2 z y+z =5
=6
=4
e) 2 x + y − z f) x − 3 z
g) x + y + z
=0
=6
=3
2.
Encuentre la ecuación del plano que ontienen c al punto (-5,7, -2) y quees paralelo al plano "xz"
3.
Encuentre la ecuaciónl de plano que co ntienen al punto (-5,7,-2) y que es perpendicular al eje "x"
Resp. y = 7
Resp. x = −5
4.
Encuentre la ecuación del plano contienen que al punto (-5,7,2) y que es paralelo tanto al eje "x" como al de "y"
5.
Encuentre la ecuación del plano que ontienen c al punto (-5,7, -2) y quees paralelo al plano
Resp. 3x − 4 y + z
= −2
=7
3x − 4 y + z
Resp. 6.
z
= −45
Hallar la ecuación del plano paralelo al x +plano 3 y − 2 z + 14 = 0 y tal que la suma de sus intersecciones con los ejes coordenados sea igual a 5.
Resp. x + 3 y − 2 z = 6
7.
Hallar la ecuación del plano que es paralelo 3alx +plano 8 y − 5 z + 16 = 0 y que intercepta a los ejes coordenados en los puntos A, B y C, de tal manera que A + B + C = 31.
Resp. 3x + 8 y − 5 z = 120
2. 3. POSICIONES RELATIVA S 2.3.1 ENTRE UN PUNTO
P0 Y UNA RECTA l 2.3.1.1 EL PUNTO PERTENECE A LA RECTA: P0 ∈ l x x− 1y y −z 1z l: = = a b
−
1
c
P0 ( x 0 , y 0 , z 0 )
Si un punto pertenece a una recta entonces las coordenadas del punto satisfacen la ecuación de la recta, es decir
x0
− x1
a
=
y0
− y1
b
=
z0
− z1
c
21
R3
MOISES VILLENA
2.3.1.2 EL PUNTO NO PERTENECE A LA RECTA: P0 ∉ l x x− 1y y −z z1 l: = = a b
−
1
c
P0 ( x 0 , y 0 , z 0 )
Si un punto no pertenece a una recta entonces las coordenadas del punto no satisfacen la ecuación de la recta, es decir: x0 − x1 z0 − z1 y01− y z −z x0 − x1 y0 − y1 ≠ o ≠ o ≠ 0 1 a
a
b
c
b
c
2.3.1.2.1 Distancia del punto a la recta
Si escogemos un punto P cualquiera de la recta y definimos un vector →
V entre este punto P y el punto P0 .
P0 ( x 0 , y 0 , z 0 ) d=h →
x x− 1y y −z z1 l: = = a b
−
1
c
V
θ
→
S
P ( x, y , z )
La distancia entre el punto P0 y la recta l , será la altura del paralegramo →
→
sustentado por los vectores V y S . Observe la figura anterior. Entonces: →
→
Area = V × S
22
→
→
= V S senθ
R3
MOISES VILLENA
Observe que senθ =
h
→
entonces h = V senθ
→
V →
→
→
Reemplazando resulta V × S = S h Finalmente: →
→
V× S h = d (P , l ) = →
0
S
2.3.1.2.2 Ecuación del plano que contiene al punto y a la recta. →
Un vector normal al plano será el resultante del producto cruz de V con →
S →
→
→
n =V× S
P0 ( x 0 , y 0 , z 0 ) →
V
π →
S
P( x , y , z )
Como punto del plano tenemos para escoger entre P0 y cualquier punto de la recta.
x −1 y + 2 z −1 = = . Hallar la distancia de 2 3 −2 ecuación del plano que cont iene a P 0 y a l .
Sea P0 (1,2,3) y sea l :
P 0 a l y la
SOLUCIÓN: Tomamos como punto de la recta P (1,−2a,1) , entonces: →
V
⎯⎯→
= PP0 = (1 − 1, 2 − (−2), (3) )− 1 = 0,4,2 →
De la ecuación de la recta, tenemos como información S = (2,3,−2) , entonces:
→ →
V× S
i
j
k
=0 4
2
2
−2
3
= (− 14,4,−8)
23
R3
MOISES VILLENA → →
V× S →
S
= (− 14 ) 2 + 4( 2) + − 8 2 = 276
= 2 2 + 32 + (− 2)2 = 17
Por lo tanto: →
→
V× S d ( P0 , l ) =
→
=
S →
276 17
=2
69 17
→ →
Por otro lado, un vector normal al plano n =sería: V × S = (− 14,4,−8) Escogiendo el punto P0 , tenemos: a (x x− ) 0+b( y y−)+ (−c=z0 z)
0
0
−14 ( −x +)1 ( −4 )−y ( 2− ) =8 z 30 −14 x+ +14 −4−y + 88 = z 24 0 Por tanto, la ecuación del plano sería: π : 7 x− +2 y −4 z= 15 0
2.3.2 POSICIONES RELATIVAS ENTRE UN PUNTO Y UN PLANO π
P0
2.3.2.1 EL PUNTO PERTENECE AL PL ANO: P0 ∈ π . P0 ( x 0 , y 0 , z 0 )
π : ax + by + cz + d = 0
En este caso las coordenadas del punto deben satisfacer la ecuación del plano, es decir: ax0 + by 0 + cz 0 + d = 0 . 2.3.2.2 EL PUNTO NO PERTENECE AL PLANO: P0 ∉ π . ⎯⎯→
n = (a, b, c )
P0 ( x 0 , y 0 , z 0 )
d
• P(x, y, z ) π : ax + by + cz + d = 0
24
R3
MOISES VILLENA
En este caso las coordenadas del punto NO satisfacen la ecuación del plano, es decir: ax0 + by 0 + cz 0 + d ≠ 0 . 2.3.2.3
Distancia del punt o al plano.
Si tomamos un punto P cualquiera del plano y formamos el vector ⎯⎯→
V
⎯⎯→
= PP0 = (x0 − x, y0 − y, z 0 − z ) . Observe la figura anterior. ⎯⎯→
La distancia del punto al plano será la proyección escalar de V sobre ⎯⎯→
n , es decir: ⎯⎯→
d (P0 , π ) =
V
⎯⎯→
• n( →
=
x0
n
− x, y0 (−))y, z 0 − z • a, b, c a2 + b2 + c2
− ax + by0 − by + cz 0 − cz a2 + b2 + c2 ax + by 0 + cz 0 − ax − by − cz = 0 a 2 + b2 + c2 =
Observe que:
d
ax0
= − ax − by − cz
Por lo tanto:
d (P0 , π ) =
ax0
+ by 0 + cz0 + d a2 + b2 + c2
Sea P0 (1,2,3) y π : 2 x + y − 3 z + 1 = 0 . Hallar la distancia entre SOLUCIÓN:
P0 y π .
Aplicando la formula anterior d (P0 , π ) =
ax0
+ by0 + cz0 + d = 2(1) + 1(2) − 3(3) + 1 = 4 2 14 + b2 + c2 2 2 + 12 + (− 3)
a2
25
R3
MOISES VILLENA
2.3.3
POSICIONES RELATIVAS RECTAS l Y l . 1
ENTRE
DOS
2
2.3.3.1 RECTAS COINCIDENTES x x− 1y y −z z1 l1 : = = a b
−
⎯⎯ →
S1 = (ab,c ,
1
c
l2 :
)
x − x1´ a´
=
y − y1´ b´
=
z − z 1´ c´
⎯⎯ →
S2 = a ( ´,b c´, ´
)
Dos rectas son coincidentes si y sólo si: ⎯⎯→
⎯⎯→
1. Sus vectores directrices son paralelos: S1 // S 2 ; y, 2. Todos los puntos que pertenecen a una recta también pertenecen a la otra recta; para esto, bastará que un punto de una recta satisfaga la ecuación de la otra recta.
Sean l1 :
x − 10
2 Observe que: →
=
y +1
3
=
z−2
y l2 :
−1
x+2 6
=
y + 19 9
=
z −8 . −3
→
= (2,3,−1) y S 2 = (6,9,−3) son paralelos, debido a que: 2 3 −1 = = 6 9 −3 2. El punto(10,−1,2 ) de l1 satisface la ecuación de la lrecta 2 , debido a que al 1. S1
reemplazar las coordenadas de este punto en la ecuación l 2 , tenemos: de 10 + 2 6
=
−1 + 19 9
Por tantol1 y l 2 son coi ncidente s .
26
=
2 −8 −3
R3
MOISES VILLENA
2.3.3.2 RECTAS PARALELAS: l1 // l 2 x x− 1y y −z 1z l1 : = = a b
−
1
c
⎯⎯ →
S1 = (ab,c ,
) l2 :
x − x1´ a´
=
y − y1´ b´
=
z − z1´ c´
⎯⎯ →
S2 = a ( ´,b c´, ´
)
Dos rectas son paralelas si y sólo si: ⎯⎯→
⎯⎯→
1. Sus vectores directrices son paralelos: S1 // S 2 ; y, 2. Ningún punto de una recta pertenece a la otra recta; para esto, bastará que un punto de una recta NO satisfaga la ecuación de la otra recta.
x y −1 z + 1 y l2 : = . = 6 9 −1 −3 a) Demuestre que son l1 y l 2 son rect as paralela s. b) Determine la distancia entre l1 y l 2 . c) Encuentre la ecuación del plano qu e contiene a l1 y l 2 . SOLUCIÓN:
Sean l1 :
x −1
2
=
y +1
3
=
z−2
a) Observe que: →
→
= (2,3,−1) y S 2 = (6,9,−3) son paralelos, debido a que 2 3 −1 = = 6 9 −3 2. El punto (1,−1,2) de l1 NO satisface la ecuación de lal 2recta , debido a que al 1. S1
reemplazar las coordenadas de este punto en la lecuación de 2 , tenemos: 1 6
≠
−1 − 1
9 Por tantol1 y l 2 son p aralelas .
b) La distanci a entre las dos rectas paralelas
es igual a la distancia entre un punto de
una recta a la otra recta. P0 (1,−1,2 )
•
l1 :
x −1 2
=
y +1 3
=
d
z−2
l2 :
⎯⎯→
V = (1, −2,3)
−1
x 6
=
y −1 9
=
z +1
−3
⎯ ⎯→
S 2 = (6,9,−3)
•
P(0,1,−1
27
R3
MOISES VILLENA
→
→
V× S2 d (l )1 , l 2
(= d )P0 , l 2 =
→
S2
→
i
→
V× S2
j
= 1 −2 2
→
→
V× S2 →
= (− 7,7,7 )
3
−1
= (− 7 )2 + 7 2 + 7 2 = 7 3
= 6 2 + 9 2 + (− 3)2 = 3 14
S2
Por tanto:d (l)1 , l 2
3
k
(= d )P0 , l 2 =
7 3 3 14
d) Las dos rectas paralelas definen un plano que contiene a ambas. →
→
→
n =V× S
π P0 (1,−1,2 ) →
V = (1,−2,3) →
l1
l2
S 2 = (6,9,−3)
Un vector normal al plano sería: →
n
→
→
= V × S 2 = (− 7,7,7 )
Escogiendo el punto P0 , tenemos:
( y0 ) + c z − z0 a(x − x)0 ( + b )y − − 7(x −)1 (+ 7 )y +( 1 +) 7 z − 2 = 0 − x +1 + y +1+ z − 2 = 0 Por tanto, la ecuación del plano sería: π : −x + y + z = 0
28
=0
R3
MOISES VILLENA
2.3.3.2 RECTAS INTERSECANTES. l1
l2
→
S1 →
•
S2 P0 ( x 0 , y 0 , z 0 )
Dos rectas son intersecantes si y sólo si: 1. Sus vectores directrices NO son paralelos; y, 2. Sólo un punto de una recta pertenece a la otra recta; para esto, deberá existir sólo un punto cuyas coordenadas satisfaga a las ecuaciones de ambas rectas.
y z +1 x y − 2 z −1 y l2 : = . = = −1 3 3 −3 1 a) Demuestre que son l1 y l 2 son rectas intersecantes. b) Determine la medida del ángulo q ue forman las rectas. c) Determine, de existir , la distancia entre l1 y l 2 . d) Encuentre, de existir, la ecuación del pl ano que contiene a l1 y l 2 . SOLUCIÓN:
Sean l1 :
x −1
2
=
a) Observe que: →
→
= (2,−1,3) y S 2 = (3,−3,1) NO son paralelos, debido a que 2 −1 ≠ 3 −3 2. Deberá existir un punto P0 (x 0 , y 0 , z 0 ) que satisfaga las ecuaciones de ambas 1. S1
rectas, es decir: x0 −1 y0
z0
+1
x0
2 = −1 = 3 y 3 = Encontremos el punto, para lo cual: ⎧ x 0 = 1 + 2t ⎧ x 0 = 3k
⎪ ⎨ y 0 = −t ⎪ z = −1 + 3t ⎩ 0
y
y0
−2
−3 =
z0
−1
1
⎪ ⎨ y 0 = 2 − 3k ⎪z = 1 + k ⎩ 0
Igualando las dos primeras ecuaciones: ⎧1 + 2t = 3k
⎨ ⎩− t = 2 − 3k
Resolviendo el sistema simultáneo, tenemos:
29
R3
MOISES VILLENA t
=1
=1
k
y
Entonces:
⎧ x 0 = 1 + 2(1) = 3 ⎪ ⎨ y 0 = −(1) = −1 ⎪ z = −1 + 3(1) = 2 ⎩ 0 Note que igual resultado se obtiene en la segunda condición: ⎧ x 0 = 3(1) = 3
⎪ ⎨ y 0 = 2 − 3(1) = −1 ⎪ z = 1 + (1) = 2 ⎩ 0 Por tanto, las rectas se intersecan en sólo un punt o .
b) El ángulo de corte está determinado por el ángulo que forman los vectores directrices; es decir: θ
= arccos
→
→
→
→
S1 • S 2
(2,−1),(3 • 3) ,−3,1
= arccos 22
S1 S 2
12
= arccos = arccos
θ
+ ()− 1 2 + 3 2 (3) 2 + − 3 2 + 12
14 19 12 266
c) d (l1 , l 2 ) = 0 por ser rectas intersecantes. d) Un vector normal al plano que definen las rectas intersecantes sería el resultante del producto cruz entre los vectores directrices de las rectas. →
→
→
n = S1 × S 2 →
S1 = (2,−1,3)
l1 →
S 2 = (3,−3,1) P0 (3,−1,2 )
π
→
Entoncesn
→
→
i
j
k
= S1 × S 2 = 2 − 1 3 = (8,7,9 ) 3 −3 1
Reemplazando, tenemos: a(x − x)0 ( + b )y − ( y0 )+ c z − z0 8(x −)3 (+ 7 )y (+ 1 )+ 9 z − 2 = 0
=0
8 x − 24 + 7 y + 7 + 9 z − 18 = 0 Por tanto, la ecuación del plano sería: π : 8 x + 7 y + 9 z − 35 = 0
30
l2
R3
MOISES VILLENA
2.3.3.2 RECTAS OBLICUAS O ALABEADAS. Dos rectas son Oblicuas o Alabeadas si y sólo si: 1. Sus vectores directrices NO son paralelos; y, 2. Ningún punto de una recta pertenece a la otra recta.
l1
→
S1
→
S2 l2
En este caso no existir á algún pl ano que contenga a ambas rectas.
y z +1 x y − 2 z +1 y l2 : = . = = 3 1 2 −1 3 Demuestre que son l1 y l 2 son rectas Oblicuas.
Sean l1 :
x −1
2
=
SOLUCIÓN: Observe que: →
1. S1
→
= (2,−1,3) y S 2 = (3,1,2) NO son paralelos, debido a que: 2 −1 ≠
3 1 2. Ahora nos queda demostrar que NO son intersersecantes. Es decir no debe existir punto de intersección. Por contradicción, supongamos que: ⎧ x 0 = 1 + 2t ⎧ x 0 = 3k
⎪ ⎨ y 0 = −t ⎪ z = −1 + 3t ⎩ 0
y
⎪ ⎨ y0 = 2 + k ⎪ z = −1 + 2k ⎩ 0
Tomando las dos primeras ecuaciones: ⎧1 + 2t = 3k
⎨ ⎩− t = 2 + k
Resulta: t
= − 75
y
k
= − 35
Reemplazandoesulta: r
⎧ x 0 = 1 + 2(− 75 ) = − 95 ⎪⎪ ⎨ y 0 = −(− 75 ) = 75 ⎪ ⎪⎩ z 0 = −1 + 3(− 75 ) = − 265
y
⎧ x 0 = 3(− 35 ) = − 95 ⎪⎪ ⎨ y 0 = 2 + (− 53 ) = 75 ⎪ ⎪⎩ z 0 = −1 + 2(− 35 ) = − 115
Por tanto, como los z 0 son distintos en las rectas, se concluye que son OBLICUAS.
31
R3
MOISES VILLENA
2.3.3.2.1 Distancia entre Rectas oblicuas. →
Definamos un vector V , entre un punto cualquiera de una recta con otro punto cualquiera de la otra recta, Observe la figura: →
→
S ×S 1
2
•
l
1
→
S
1
}
→
S
d
2
⎯⎯→
V
•
l
2
La menor distancia d entre las rectas l1 y l 2 , está dada por la →
proyección escalar del vector V sobre la dirección perpendicular a →
→
ambas rectas, que estaría dada por el vector S1× S 2 ; es decir: ⎯⎯→ ⎯⎯→ • ⎛⎜ S1 × S 2 ⎞⎟ ⎝ ⎠
⎯⎯→
V d (l1 , l 2 ) =
⎯⎯→
⎯⎯→
S1 × S 2
Hallar la distancia entre las rectas Oblicuas l2 :
x
3
=
y−2
1
=
z +1
2
l1 :
x −1
2
=
y
−1
=
z
+1 3
y
.
SOLUCIÓN: En este caso, un punto de lal1recta seríaP1 →
seríaP2 ( 0, 2, −1) , entonces V
l2 = (1,0,−1) y un punto de la otra recta
⎯⎯→
= P2 P1 = (1, −2,0 ) . ⎯⎯→
⎯⎯→
Los vectores directrices serían: S1 = (2,−1,3) y S 2 →
→
S1 × S 2
i
3
32
j
k
= 2 − 1 3 = (− 5,5,5) 1
2
= (3,1,2) , entonces:
R3
MOISES VILLENA Por tanto,
⎛ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎞ • ⎜ S1 × S2 ⎟ ⎝ ⎠( = )1,( −2, 0) • −5, 5, 5 2 ⎯⎯ → ⎯⎯ → ( − 5 ) + 52 + 5 2 S1 × S2
⎯⎯ →
V d ( l1 , l2 ) =
=
(1, −2,) 0( • 5) −1,1,1 5
= d ( l1 , l2 ) =
2.3.4
POSICIONES PLANOS.
2
( −1) + 12 + 12
−1 − 2 + 0 3
3 3
RELATIVAS
ENTRE
DOS
2.3.4.1 PLANOS COINCIDENTES. Dos planos son coincidentes si y sólo si: 1. Sus vectores normales son paralelos; y, 2. Todos los puntos que pertenecen a un plano también pertenecen al otro plano. →
n2 →
n1
π 1 : a1 x + b1 y +c 1 z + d 1 = 0
π 2 : a 2 x + b2 y + c 2 z + d 2 = 0
En este caso se cumple que: a1 b1 c1 d1 = = = a 2 b2 c 2 d 2
33
R3
MOISES VILLENA
Los planos π 1 : 2 x − 3 y + z + 1 = 0 y π 2 : 4 x − 6 y + 2 z + 2 = 0 son coinc idente s debido a que: 2 −3 1 1 = = = 4 −6 2 2
2.3.4.2 PLANOS PARALELOS: π 1 // π 2 Dos planos son Paralelos si y sólo si: 1. Sus vectores normales son paralelos; y, 2. Todos los puntos que pertenecen a un plano NO pertenecen al otro plano. 3. →
n1
π 1 : a1 x + b1 y + c 1 z + d 1 = 0
→
n2
π 2 : a 2 x + b2 y +c 2 z + d 2 = 0
En este caso se cumple que: a1 a2
=
b1 b2
=
c1 c2
Sean π 1 : 2 x − 3 y + z + 1 = 0 y π 2 : 4 x − 6 y + 2 z + 3 = 0 a) Demuestre que π 1 y π 2 son planos paralelos. b) Encuentre la distancia entre los planos. SOLUCIÓN: 2 −3 1 1 a) En este caso = = ≠ , por tanto los planos son paralelos. 4 −6 2 3 b) La distancia entre dos planos paralelos
es igual a la distancia entre un punto de un plano con el otro plano. En este caso tomemos π 1de el puntoP0 (0,0,−1) , entonces:
d (P0 , π 2 ) =
ax 0
+ by 0 + cz 0 + d a
34
2
2
+b +c
2
=
4(0) − 6(0) + 2( −1) + 3 4
2
2
+ (−6) + 2
2
=
1 2 14
R3
MOISES VILLENA
2.3.4.3 PLANOS INTERSECANTES Dos planos son intersecantes si y sólo si sus vectores normales NO son paralelos.
π
π
2
:
1
a2 x
:
a1 x
+
+
b1 y
+
c1 z
+
d1
=
0
→
→
n 1
n 2
b2 y
+
c2z
En este caso se cumple que: a1 b1 ≠ a 2 b2
+
d2
∨
=
0
a1 a2
≠
c1 c2
∨
b1 b2
≠
c1 c2
Sean π 1 : 2 x − 3 y + z + 1 = 0 y π 2 : x + y + z + 2 = 0 a) Demuestre que π 1 y π 2 son planos intersecantes. b) Encuentre la distancia entre los planos. c) Determine la ecuación de la recta de intersecci ón. d) Halle la medida del ángulo formado po r los planos intersecantes. SOLUCIÓN: 2 3 , por tanto son planos intersecantes. a) En este caso 1 ≠ −1 b) d (π 1 , π 2 ) = 0 por ser planos intersecantes. c) Primer Mé todo: hallando el conjunto solución del sistema simultáneo: ⎧ x + y + z = −2 ⎨ ⎩2 x − 3 y + z = −1
⎛ 1 1 1 − 2 ⎞ F2 + (− 2 )F1 ⎛ 1 1 1 − 2 ⎞ ⎧ x + y + z = −2 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎯⎯ ⎯⎯ ⎟⎟ ⇒ ⎨ ⎯→⎜⎜ ⎝ 2 − 3 1 −1 ⎠ ⎝ 0 − 5 −1 3 ⎠ ⎩ − 5 y − z = 3
35
R3
MOISES VILLENA z = −3 − 5 y ⇒ x + y − 3 − 5 y = −2 Haciendoy = t , entonces:
⇒ x = 1+ 4 y
⎧ x = 1 + 4t ⎪ = t ⎪ z = −3 − 5t ⎩
l : ⎨y
Segundo Método: Un vector directriz de la recta buscada estaría dado por el vector resultante del producto cruz entre los vectores normales de los planos, es decir: →
S
→
i
→
= n1 × n 2
=
1 2
j
k
1 1 −3 1
= (4,1,−5)
Para obtener las coordenadas de un que pertenezca ambos planos, bastaría P0 punto con considerar un valor para una variable en las ecuaciones de los planos y resolver el sistema simultáneo que resultante. x = 0 , tenemos: Por ejemplo, considerando ⎧0 + y + z = −2 ⎧ y + z = −2
⇒⎨ ⎨ ⎩2(0) − 3 y + z = −1 ⎩− 3 y + z = −1 4 y = −1 ⇒ y = − 1 4 − (− 14 )+ z = −1 ⇒ z = − 3 4
(
)
EntoncesP0 0,− 14 ,− 34 , Finalmente, la ecuación de la recta sería:
⎧ x = 4t ⎪⎪ 1 l :⎨ ⎪ y = − 34 + t ⎪⎩ z = − 4 − 5t d) La medida del ángulo que forman los planos está dado por el ángulo que forman sus vectores normales, es decir:
θ
= arccos
→
→
→
→
n1 • n 2 n1 n 2
36
= arccos
(1),1,1( • 2,)−3,1 3 14
= arccos
0 3 14
=
π
2
R3
MOISES VILLENA
2.3.5
POSICIONES RELATIVAS RECTA Y UN PLANO.
ENTRE
UNA
2.3.5.1 RECTA PERTENECIENTE A UN PLANO. Una recta pertenece a un plano si y sólo si todos los puntos de la recta pertenecen también al plano. →
n
⎧ x = x 0 + a´t ⎪
l : ⎨ y = y 0 + b´t
→
S
⎪ z = z + c´t 0 ⎩
π : ax + by + cz + d = 0
En este caso se cumple que: 1. Los vectores directrices de la recta y los vectores normales del plano son ORTOGONALES . 2. Un punto cualquiera de la recta satisface la ecuación del plano.
Sean
⎧⎪ x = 1 − t π : x + y + z + 1 = 0 y l : ⎨ y = 2 + 2t
⎪ z = −4 − t ⎩ Demuestre la recta l pertenece al plano π . SOLUCIÓN: →
→
1. Veamos si es que los vectores n = (1,1,1) y S = (− 1,2,−1) son ortogonales. Realizando el producto punto se obtiene: → →
n • S = (1,1),(1 Entonces son Si ortogonales .
• − 1),2,−1 = 0
2. Veamos si es u qe el punto dela recta P0 (1,2,−4 ) satisface la ecuación del planox + y + z + 1 = 0 : Reemplazando se obtiene: 1+ 2 − 4 +1 = 0 Entonces Si satisface . Por tantoa recta l pertenece al plano .
37
R3
MOISES VILLENA
2.3.5.1 RECTA PARALELA A UN PLANO. Una recta es paralela a un plano si y sólo si todos los puntos de la recta NO pertenecen al plano. ⎧ x = x0 + a´t ⎪
→
→
n
S
l : ⎨ y = y0 + b´t
⎪ z = z + c´t 0 ⎩
π : ax + by + cz + d = 0
En este caso se cumple que: 1. Los vectores directrices de la recta y los vectores normales del plano son ORTOGONALES . 2. Un punto cualquiera de la recta No satisface la ecuación del plano.
⎧x = 1 − t ⎪ = 2 + 2t ⎪ z = −1 − t ⎩ a) Demuestre la recta l es paralela al plano π . b) Halle la distancia entre la recta y el plano SOLUCIÓN: Sean
π : x + y + z +1 = 0 y l : ⎨ y
→
→
a) 1. Veamos si es que los vectores n = (1,1,1) y S = (− 1,2,−1) son ortogonales. Realizando el producto punto se obtiene: → →
n • S = (1,1),(1 Entonces son Si ortogonales .
• − 1),2,−1 = 0
2. Veamos si es qu e el pu nto dela recta P0 (1,2, −1) satisface la ecuación del planox + y + z + 1 = 0 : Reemplazando se obtiene: 1 + 2 −1 + 1 ≠ 0 Entonces NO satisface . Por tantoa recta l es paralela al plano . c) La DISTANCIA entre una recta paralela a un plano es igual a la distancia entre un punto cualquiera de las recta y el plano
38
R3
MOISES VILLENA
⎧x = 1 − t ⎪
l : ⎨ y = 2 + 2t
⎪ z = −1 − t ⎩
P0 (1,2,−1)
•
d
π : x + y + z +1 = 0
Tomando el punto P0 (1,2,−1) , entonces d (P0 , π ) =
ax 0
+ by 0 + cz 0 + d a
2
2
+b +c
2
=
(1) + (2) + (−1) + 1 1
2
2
+1 +1
2
=
3 3
2.3.5.1 RECTA Y PLANO INTERSECANTE. Una recta y un plano son intersecantes si y sólo si un punto de la recta pertenece al plano.
→
⎧ x = x 0 + a´t ⎪ l : ⎨ y = y 0 + b´t ⎪ z = z + c´t 0 ⎩
S
→
n
•P π : ax + by + cz + d = 0
En este caso se cumple que los vectores directrices vectores normales del plano NO son ORTOGONALES .
de la recta y los
39
R3
MOISES VILLENA
⎧x = 1 − t ⎪ = 2+t ⎪ z = −4 − t ⎩ a) Demuestre que la recta l interseca al π en sólo un punto. b) Encuentre las coordenadas del punto de intersección c) Determine la distancia entre la recta y el plano d) Determine la medida del ángulo q ue forman la recta y el plano. e) Halle la ecuación de la recta que es la proyección de la recta l sobre el plano π. SOLUCIÓN: Sean
π : x + y + z +1 = 0 y l : ⎨ y
→
→
a) En este caso n = (1,1,1) y S = (− 1,1,−1) , entonces: → →
n • S = (1,1),1( • − 1),1,−1 = −1 ≠ 0 Por tanto, como no son ortogonales, la recta y el plano son intersecantes.
b) Las coordenadas del punto de intersección se obtienen hallando el conjunto solución del sistema simultáneo que se forma con las ecuaciones de la recta y del plano. En este caso, tenemos: ⎧x + y + z + 1 = 0
⎪x = 1 − t ⎪ ⎨ ⎪y = 2 + t ⎪⎩ z = −4 − t
Hallamos primero el valor reemplazando la segunda, tercera y cuarta ecuación t , de en la primera ecuación: EntoncesP(1,2,−4 )
1− t + 2 + t − 4 − t +1 = 0
⇒t =0
c) d (l , π ) = 0 Por intersecantes. d) El ángulo θ que forma la recta y el plano intersecantes está definido por el ángulo que forma un vector directriz de la recta y un vector normal del plano. Observe la figura:
⎧ x = x 0 + a´t ⎪
l : ⎨ y = y 0 + b´t
⎪ z = z + c´t 0 ⎩
→ →
n
S
ϕ
L
θ
•
→
S´
P
π : ax + by + cz + d = 0
40
R3
MOISES VILLENA
→ →
= π2 − ϕ
θ
dondeϕ
n• S
= arccos
→ →
n S
En este caso: → →
ϕ
n• S
= arccos
= arccos
→ →
(1,1),1( • − 1),1,−1
n S
1
= arccos
3 3
2 3
d) Un vector directriz S→´ de la recta proyección L , está dado por: → ⎛→ →⎞ → S´ = ⎜⎜ n × S ⎟⎟ × n ¿Porqué? ⎝ ⎠ Entonces: → →
n× S
→
⎛→ ⎝
i
j
k
= 1 1 1 = (− 2,0,2) −1 1 −1
→⎞ →
S ´= ⎜⎜ n × S ⎟⎟ × n
⎠
i
j
k
= − 2 0 2 = (− 2,4,−2) 1
1
1
Y tomando el punto de intersección P(1,2,−4 ) la ecuación de la recta sería
⎧ x = 1 − 2t ⎪ ⎪ ⎩ z = −4 − 2t
L : ⎨ y = 2 + 4t
1.
Calcule la distancia entre el punto x = 4t − 2, y = 3, z = −t + 1 . ecuación:
de
coordenadas
(10,3,-2)
y
la
recta
de
Resp. d = 0 2.
Determine si las rectas l1 :
x −1
5
=
y−2
−2
=
z +1
−3
y l2 :
x−2
1
=
y +1
−3
=
z+3
se
2
interceptan en un punto. 3.
Hallar
l2 : 4.
−2
Hallar
l2 : 5.
x +1
x −1
10
la
= la
distancia
y −1
1
=
entre
las
x −1
rectas: l1 :
1
z+2
entre
las
rectas: l1 :
x −1
5
y 4 z 3 = − = −
9
y+2
−1
=
z
=
y −3
4
=
y
2
Resp. d =
3
distancia
=
3 3
z −1
3
5 y
Resp. d = 0
8
Determine las coordenadas del punto que está en la base de la perpendicular trazada desde
x−3
P(-1,-1,4) a la recta
2
=y=
z +1
3
⎛ 27 3 2 ⎞ , , ⎟ ⎝ 7 7 7⎠
Resp. P⎜
41
R3
MOISES VILLENA 6.
Calcule la distancia del plano 2x + 2 y − z
=6
al punto (2, 2, -4).
Resp. d = 7.
x −1
Hallar la distancia entre las rectas: l1 :
2
=
y +1
1
=
8.
5
⎧2 x − 3 y + z = 0 l2 : ⎨ ⎩ x + y − z = 21
z−2
−1
Resp. d =
3 2
140 33
Hallar las ecuaciones de la recta que contiene el punto (3,6,4), intercepta al eje z y es paralela al plano x − 3 y + 5z − 6 = 0
⎧ x = 3t ⎪ ⎪ z = 3t + 1 ⎩ ⎧ x = −1 + 3t ⎪ Hallar la ecuación del plano que contiene al :la⎨ y recta = 1 + 2t y es perpendicular al ⎪ z = 2 + 4t ⎩ plano2 x + y − 3 z + 4 = 0 Resp. 2 x − 5 y + 11z = −4 x −1 y + 1 z +1 Hallar la ecuación del plano que contiene a lla: recta= = y es 2 1 −3 3x + y − z = 0 perpendicular al plano Resp. 10 x + 17 y + z = 29 Resp. l : ⎨ y = 6t
9.
10.
11. Encuentre el punto que la recta: x = 2−t , y
2x − y + z
= 1 + 3t
, z
= 4t
, intercepta al plano
=2 Resp. P(1,4,4)
12. La recta l"" tiene parametrización: x = 3t + 1 , y
= −2t + 4
, z
= t −3.
Halle una
l y alap ecuación del plano que contiene unto(5,0,2).
Resp. 6 x + 11y + 4 z = 38 x−2
y+2
1
2
13. Hallar la ecuación de la recta que es la proyección de la recta =
x + 3y + z sobre el plano
=2
=
z−0
−1
⎧ x = 3 + 5t ⎪ ⎪ z = −1 − 17t ⎩
Resp. l : ⎨ y = 4t
14. Encuentre la ecuación del plano que pasa por el punto (1,1,1) y que interseca al plano xy en 3x + 2 y − z = 6 la misma recta que el plano
Resp. 3x + 2 y + z = 6 15.
⎧x = 3 + t ⎧ x = −t ⎪ ⎪ Dadas las rectas: l = y =1− t l = y = 2 + 3t 1 ⎨⎪⎩ z = 2 + 2t 2 ⎪⎨⎩ z = 3t a) Demostrar que no se intersecan b) Encontrar dos planos paralelos que contengan a cada una de ellas por separado. Resp. b) 9 x + 5 y − 2 z = 28 y 9 x + 5 y − 2 z = 10
16. Hallar las ecuaciones de la recta que contiene al punto (3,6,4) , intercepta al eje z y es paralela al plano x − 3 y + 5z = 0
42
R3
MOISES VILLENA
⎧x = t ⎪ ⎪z = t + 1 ⎩
Resp. l : ⎨ y = 2t
⎧x − 2 y + 2 z = 4 ⎩x + 4 y + 8z + 8 = 0 ⎧x + y + 5z + 5 = 0 l2 ⎨ ⎩ x + 8 y + 12 z − 12 = 0
17. Demostrar que las rectas: l1 ⎨
y
Son paralelas y hallar la ecuación del plano que las contiene. 18. Hallar la distancia entre los planos: 4 y − 3z − 6 = 0
8 y − 6 z − 27 = 0 39
y
Resp. d =
10
19. Encontrar la menor distancia entre el punto (3,2,1) y el plano determinado por (1,1,0), (3,-1,1), (-1,0,2).
Resp. d = 2
20. Encuentre la ecuación del plano que contiene al punto (-4,1,6) y tiene la misma traza en el x + 4 y − 5z = 8 . plano XZ, que el plano
Resp.
x
8
+
y 2 13
−
z
=1
8 5
− yplanos +z=0 y 21. Hallar la ecuación del plano que es perpendicular axlos 2 x + y − 4 z − 5 = 0 , y que pasa por el punto (4,0,-2). Resp. x + 2 y + z
=2 x+3
y
2
3
: = 22. Hallar la ecuación del plano que contiene a lasl1 rectas: l : 2
=
z −1
4
⎧x + 2 y − 2 z = 5 ⎨⎩5 x − 2 y − z = 0
Resp. 2 y − 3x = 9
⎧ x = −1 + 3t ⎪ ⎪ z = 2 + 4t ⎩
23. Hallar la ecuación del plano que contiene al :la⎨ yrecta = 1 + 2t
y esperpendicular al
plano2 x + y − 3 z + 4 = 0 .
Resp. −10 x + 17 y − z = 25 x −1 24. Sea la recta l: 2
=
y +1 −3
=
z 1
y el planoπ : 2 x + 4 y − 3 z
=2
hallarel punto
de intersección de la recta con el plano, así como la ecuación que determina la proyección de la recta sobre el plano.
⎛3 1 4⎞ , ,− ⎟ ⎝ 11 11 11 ⎠
Resp. P⎜
25. Encontrar la ecuación del plano que es perpendicular al plano YZ y contiene al punto (2,1,1) 2 x −ely plano + 2z − 3 = 0 . además que haga un ángulo de arcos(2/3) rad. Con
Resp. 3z − 4 y = −1 26. El triángulo que tiene por vé rtice (1,1,1) , (0,0,0), (2,1,0) se lo proyecta obre s e l plano = Z-2. Calcular el área de proyección.
Resp. Area =
1 2
43
R3
MOISES VILLENA
2.4 SUPERFICIES 2.4.1 SUPERFICIES CILINDRICAS. Sea C una curva de un plano π y sea l una recta no paralela a π . Se define Superficie Cilíndrica al conjunto de puntos que perteneces a rectas paralelas a l y que intersecan a C . A C se la denomina Curva Generatriz (o Directriz) y a l se la denomina Recta Generatriz . Las superficies Cilíndricas que trataremos aquí serán aquellas que tienen la Curva Generatriz perteneciente a los planos coordenados y Rectas Generatrices Paralelas a los ejes coordenados. Es decir, si tienen una de la forma siguiente: f ( x, y ) = 0 Curva Generatriz perteneciente al plano xy , Rectas Generatrices paralelas al eje z.
f ( x, z ) = 0 Curva Generatriz perteneciente al plano xz , Rectas Generatrices paralelas al eje y. f ( y, z ) = 0 Curva Generatriz perteneciente al plano yz ,
Rectas Generatrices paralelas al eje x. Graficar y − x 2 = 0 SOLUCIÓN. Se dibuja primero la curva y = x 2 en el plano xy y luego se trazan rectas paralelas al eje z siguiendo esta curva. z
y = x2
x
44
y
R3
MOISES VILLENA
Graficar z − ln y = 0 SOLUCIÓN. Se dibuja primero la curva z = ln y en el plano zy y luego se trazan rectas paralelas al eje x siguiendo esta curva. z
z = ln y
y
x
Graficar z − seny = 0 SOLUCIÓN. Se dibuja primero la curva z = seny en el plano zy y luego se trazan rectas paralelas al eje x siguiendo esta curva.
45
R3
MOISES VILLENA
Graficar z 2 + x 2 = 4 SOLUCIÓN. Se dibuja primero la curva z 2 + x 2 = 4 en el planozx y luego se trazan rectas paralelas al eje y siguiendo esta curva. z
z2 + x2 = 4
y
1.
Bosqueje la superficie cilíndrica cuya ecuación se indica. a)
4z 2
− y2 =4
b)
z = sen y
c)
y2
d) x 2
= y3
e) y = z
f) z − e y g) y 2
=0
+ z2 = 9
+z =4
2.4.2 SUPERFICIES DE REVOLUCIÓN Las Superficies de Revolución que trataremos aquí son aquellas que se generan al girar 360º una curva perteneciente a uno de los planos coordenados alrededor de uno de los ejes coordenados. Por ejemplo suponga que se tiene la curva z = f ( y ) (contenida en el plano ZY) y la hacemos girar 360º alrededor del eje y, entonces se forma una superficie de revolución, observe la figura:
46
R3
MOISES VILLENA z
r r y
x
La ecuación de la superficie de revolución se la deduce de la siguiente manera La sección transversal es circular, por tanto: r=
(0 −) 0( +) y( − y +) 2
2
f ( y) − 0
Como también se observa que: 2 2 r = ( x −)0 ( + )y (− y ) + z − 0 Entonces, igualando resulta:
x2
+ z = [ f ( y )] 2
2
2
2
= f ( y)
= x2 + z2
ECUACIÓN
DE UNA SUPERFICIE DE REVOLUCIÓN CON CURVA GENERATRIZ x = f ( y ) (EN EL PLANO
xy ) O TAMBIÉN z = f ( y ) (EN EL PLANO zy ), GIRADA ALREDEDOR DEL EJE“ y
”.
A, x 2 + z 2 se le llama Binomio de Circularidad . En cambio, si la curva generatriz anterior la hacemos girar alrededor del eje z, obtendríamos otra superficie de revolución, observe la figura:
47
R3
MOISES VILLENA
z
r
(0,0, z )
(0, f (z ), z )
r
( x, y , z )
y = f (z )
y
x
Aquí en cambio: r= Y también
(0) − 0( + 2
)0 f () z )( −
2
+ z − z 2 = f ( z)
2
r = ( x −)0 ( + )y (− 0 ) Entonces, igualando resulta:
x2
2
+
2
=
x
2
+
y
ECUACIÓN DE UNA SUPERFICIE DE REVOLUCIÓN CON CURVA GENERATRIZ x = f ( z ) (EN EL PLANO xz ) O TAMBIÉN y = f ( z ) (EN EL PLANO zy ), GIRADA ALREDEDOR DEL EJE “ z ”.
+ y = [ f ( z )]
2
2
2
z−z
2 2 El Binomi o de Circularida d seria x + y .
QUÉ?
La curva anterior no puede ser girada alrededor del eje “ x ”. ¿POR
ecuación de xy una de el revolución curva generatriz y = f (La x ) (en z = f ( x ) (en el plano ) o superficie plano zx con ) girada alrededor del eje “ x ”, sería:
y2
48
+ z = [ f ( x)] 2
2
¡DEDUZCALA!
R3
MOISES VILLENA
Encontrar la ecuación de la superfic ie de revolución que se generar al girar y= x alrededor del eje y . SOLUCIÓN. Primero grafiquemos la curva generatriz en xy el plano y formemos la superficie de revolución.
z
y= x
y
Curva Generatriz x 2 Como el eje de rotación es yel, eje el binomio de circularidadxserá: + z2 . 2
Por tanto, la ecuación de esta superficie será dex 2la+ forma: z 2 = [ f ( y )]
,
donde
f ( y ) es la ecuación de la curva generatriz; que en este fcaso y ( y ) = seria: x2 + z2 = y2 Portanto, la ecuación de la superfici e sería:
Identificar y graficar la superficie que tiene por ecuación SOLUCIÓN.
9x 2
− z 2 + 9y2 = 0 .
Primero identifiquemos el binomio de circularidad y la ecuación de la curva generatriz 9x 2
− z2 +9y2 = 0 9(x + y 2 ) = z 2 2
x2
z + y 2 = ⎡⎢ ⎤⎥ ⎣3⎦
2
Por tanto de acuerdo a la forma de la última ecuación se concluye que se trata de una z z x = 3 o tambiény = 3 , girada superficie de revolución con curva generatriz alrededor del eje z ( la variable que no aparece en el binomio de circularidad).
49
R3
MOISES VILLENA
z
y=
z 3
y
x
1.
Halle una ecuación de la superficie de revolución que se genera al girar la curva plana dada, alrededor del eje dado. Grafique.
+ 4 z 2 = 16, alrededordel eje x . = sen x, alrededordel ejex. x 2 = 4 y , alrededordel eje y . xy = 1, alrededordel eje x . z 2 = 6 x, alrededordel eje x . z = e x , alrededordel eje x .
a) x b) y c) d) e) f) 2.
50
2
Encuentre el eje y la curva generatriz de cada una de dichas superficies de revolución. Realice el gráfico correspondiente. a) x
2
b)
2
+ z2 − 2y = 0 x + z2 = y
+ z 2 = e2x x + 4 y 2 + 4 z 2 = 36
c) y
2
d)
2
R3
MOISES VILLENA
2.4.3 SUPERFICIES CUADRICAS. Las Superficies Cuádricas o simplemente Cuádricas con eje central paralelo a los ejes coordenados, tienen por ecuación:
Ax 2
+ By + Cz + Dx + Ey + Fz + G = 0 2
2
Si la llevamos a la forma canónica, completando cuadrado, tendremos los siguientes lugares geométricos.
2.4.3.1 ESFERA.
La ecuación canónica de la esfera es de la forma:
( x −)h ( + )y −( k ) + z − l = r con r > 0 Donde, su centro es C (h, k , l ) y su radio es r 2
2
2
2
2
(x −)3 2( + )y −( 2) 2 + z − 1 2 = 9 , esfera de centro C (3, 2,1) y radior = 3 La ecuación
tiene como lugar geométrico una
z
r =3 C (3,2,1)
y
Analice el lugar geométrico, si r
2
< 0 y si r = 0 2
51
R3
MOISES VILLENA
2.4.3.2 ELIPSOIDE
La ecuación canónica de un elipsoide es de la forma:
( x −)h ( 2
)y −( k )
2
+
a2 Donde, su centro es C (h, k , l )
+
b2
z −l c2
2
=1
x2 y 2 z2 La ecuación + + = 1 representa un elipsoide con centro el srcen. 4 9 1 Su traza (intersección) con elxy plano , se obtiene haciendo z=0, 2 x2 y Entonces, resulta + = 1 , la ecuación de una elipse. 4 9 Además todas las secciones transversales son elipses. ¿Por qué?
z
x2 4
+
y2 9
+
z2 1
=1
3 x
2
4
2
+
y
y
2
9
=1
x
2.4.3.3 HIPERBOLOIDE DE UNA HOJA
Un hiperboloide de una hoja con eje de simetría paralelo al eje z, tiene por ecuación:
(x − h)
2
a2 Suponga que h = 0 , k
52
+
(y − k ) b2
2
−
(z − l )
2
c2
= 0 , l = 0 , se tiene
x2 a2
=1 +
y2 b2
−
z2 c2
= 1.
MOISES VILLENA
Si z
R3
x2
= 0 (Traza xy )
y2
+
a2
b2
= 1(Elipses)
Y todas sus secciones transversales paralelas al plano xy serán elipses. ¿Por qué? Si y
= 0 ( Traza zx )
x2 a2
−
z2 c2
= 1 (hipérbolas)
Y todas sus secciones transversales paralelas al plano zx serán hipérbolas. ¿Por qué? Si x = 0 (Traza zy )
y2 b2
− z = 1 (hipérbolas) 2
c
2
Y todas sus secciones transversales paralelas al plano zy serán hipérbolas. ¿Por qué? z
b
x
2
a
2
+
y
2
b
2
−
z
2
c
2
=1
y
a
x
PREGUNTA : ¿Cómo serían las gráficas de:
x2 a2 z2 c2
+ +
z2 c2 y2 b2
− −
y2 b2 x2 a2
=1 =1
53
MOISES VILLENA
R3
2.4.3.4 HIPERBOLOIDE DE DOS HOJAS
Un hiperboloide de dos hojas con eje de simetría paralelo al eje z, tiene por ecuación:
( x −)h (
)y −( k )
2
a2
2
+
Suponga que h = 0 , k Si z
−
2
= −1
= 0 , l = 0 , se tiene
x2 a2
+
y2 b2
−
z2 c2
= −1 .
= 0 (Traza xy ) x + y = −1 (No tenemos lugar Geométrico) a
2
2
2
2
b
x2
y2
2
2
= c , tenemos + = 0 (punto) a b z > c 0 z < −c tenemos elipses . ¿Por qué?
Si z Si
b2
z −l c2
Si y
= 0 (Traza zx )
x2 a2
−
y2
−
z2 c2
= −1 (hipérbolas )
z2
= −1 (hipérbolas)
Y todas sus secciones transversales paralelas al plano zx serán hipérbolas. ¿Por qué? Si x = 0 (Traza zy )
2
2
b ctransversales paralelas al plano zy serán Y todas sus secciones hipérbolas. ¿Por qué? z
x
2
a
2
+
y
2
b
2
−
z
2
c
2
= −1
y
x
54
MOISES VILLENA
R3
PREGUNTA : ¿Cómo serían las gráficas de:
x2 a2
+
z2 c2
−
y2 b2
= −1
z2 c2
+
y2 b2
−
x2 a2
= −1
2.4.3.5 DOBLE CONO
Un Doble Cono con eje de simetría paralelo al eje z, tiene por ecuación:
( x −)h ( 2
)y −( k )
+
a2
Suponga que h = 0 , k
b2
x2 a2
y2 b2
+
= 0 (Traza xy )
Si z
≠0
Si y
= 0 ( Traza zx )
Si y
≠ 0 tenemos hipérbolas
=0 x2 a2
+
y2 b2
−
z2 c2
= 0.
= 0 (un punto)
tenemos elipses .
x2 a2
2 Si x = 0 (Traza zy ) y 2
≠0
−
2
= 0 , l = 0 , se tiene
Si z
Si x
z −l c2
2
b
−
z2 c2
= 0 (dos rectas)
− z = 0 (dos rectas) 2
c
2
tenemos hipérbolas
z
y
x
55
MOISES VILLENA
R3
PREGUNTA : ¿Cómo serían las gráficas de:
x2 a2
+
z2 c2
−
y2 b2
=0
z2 c2
+
y2 b2
−
x2 a2
=0
2.4.3.6 PARA BOLOIDE ELIPTICO
Un Paraboloide Elíptico con eje de simetría paralelo al eje z, tiene por ecuación:
( x −)h (
2
a2
+
Suponga que h = 0 , k Si z
= 0 (Traza xy )
x2 a2
)y − k
2
± (z − l ) = 0
b2
= 0, l = 0, +
y2 b2
grafiquemos: z
=
x2 a2
+
y2 b2
= 0 (un punto)
Si z > 0 , tenemos elipses . (Con a = b tenemos circunferencias, en cuyo caso se lo denomina Paraboloide Circular ). Si z
< 0 , no tenemos lugar geométrico.
Si y
= 0 (Traza zx ) tenemos z = x
2
a2
(parábolas )
Y todas sus secciones transversales paralelas al plano zx serán parábolas. ¿Por qué? Si x = 0 (Traza zy ) tenemos z
=
y2 (parábolas ) b2
Y todas sus secciones transversales paralelas al plano zy serán z parábolas. ¿Por qué?
y
x
56
MOISES VILLENA
R3
−z=
PREGUNTA : ¿Cómo serían las gráficas de:
x2 a2
z −l
=
x=
z2 2
a x2 y= 2 a
+
y2 b2
x2 a2
+
+
y2
y2 b2
2
b z2 + 2 b
2.4.3.7 PARA BOLOIDE HIPERBÓLICO
Un Paraboloide Hiperbólico con eje de simetría paralelo al eje z, tiene por ecuación:
( x −)h (
2
a2 Grafiquemos z
=
y2 2
−
−
)y − k
2
b2
x2 2
± (z − l ) = 0
.
b a y2 x2 − = 0 (2 rectas) 0 (Traza xy ) tenemos = b2 a2 Si z > 0 o z < 0 tenemos hipérbolas . x2 Si y = 0 (Traza zx ) tenemos z = − 2 (parábolas ) a Si z
Y todas sus secciones transversales paralelas al plano zx serán parábolas. ¿Por qué? Si x = 0 (Traza zy ) tenemos z
=
y2 (parábolas ) b2
Y todas sus secciones transversales paralelas al plano zy serán parábolas. ¿Por qué?
57
MOISES VILLENA
R3
z
y
x
z=
PREGUNTA : ¿Cómo serían las gráficas de:
x2 a2
−
y2 b2
=
x2 a2
x=
z2 a2
−
y2 b2
y=
x2 a2
−
z2 b2
z −l
4x 2
Grafica el lugar geométrico cuya ecuación es:
y2 + 2 b
− 3 y 2 + 12 z 2 + 12 = 0
SOLUCIÓN:
Transformemos la ecuación dada a una de las formas descritas anteriormente: Despejando las variables: 4 x 2 − 3 y 2 + 12 z 2 = −12 Dividendo para 12 y simplificando: 4x 2 12 x2
3
58
−
−
3y 2 12
y2
4
+
+
12 z 2
z2
1
12
= −1
=−
12 12
R3
MOISES VILLENA
De acu erdo a la forma de la ma últiecuación, se concluye queresenta rep un
PARABOLOIDE DE DOS HOJAS , con el ejey como eje de simetría (el término negativo lo indica )
z
x2
+z − 2
3
−2
y2
= −1
4
y
2
x
Diga el nombre de las superficies cuádricas cuyas ecuaciones se dan a continuación. Haga la gráfica en cada caso. a)
4x 2
b)
2
+ 36 y 2 + 9 z 2 − 1 = 0 2
2
g) 100 x h) 16 x
d) e)
9x 2
k) x
f)
x2
l) 225 x
c)
+ 36 y 2 − 4 z 2 + 36 = 0 − 4 y 2 + 4z 2 − 4 = 0
+ 225 y 2 − 36 z 2 = 0
− 25 y 2 + 400 z = 0 2 i) x − z + y = 0 2 2 2 j) 400 x + 25 y + 16 z − 400 = 0
− y + 4z − 4 = 0 144 x 2 + 16 y 2 − 9 z 2 − 144 = 0 36 x 2 + 4 y 2 + 9 z = 0 4x
2
2
2
2
+ 4z 2 − 8 y = 0 2 − 100 y 2 + 144 z 2 = 0
59
R3
MOISES VILLENA
2.5 COORDENADAS CILÍNDRICA. Un punto P en Coordenadas Cilíndricas está denotado como ( r ,θ , z ) donde r y θ son las Coordenadas Polares.
z
P (r , θ , z )
•
y
r
θ
x
y
Entonces las transformaciones serían:
⎧ x = r cos θ ⎪ ⎨ y = rsenθ ⎪z = z ⎩
⎧r = x + y ⎪ ⎨θ = arctan( ) ⎪z = z ⎩ 2
2
y x
El cilindro que tiene por ecuación en coordenadas rectangulares x 2 + y 2 = 9 , su ecuación en coordenadas cilíndricas 3 r = será
z
x2 + y 2 = 9 r =3
y
x
60
R3
MOISES VILLENA
El plano que tiene por ecuación en coordenadas rectangulares y = x , su ecuación en π coordenadas cilíndricas θserá = 4
z
π θ = 4
y
y=x x
El
Doble
Cono 2
2
Circular
que
tiene
por
ecuación
en
coordenadas
2
z = x + y , su ecuación en coordenadas cilíndricas z = rserá rectangulares
z
z=r
y
z =x +y 2
2
2
x
61
R3
MOISES VILLENA
El Paraboloide Circular que tiene por ecuación en 2 rectangulares z = rserá z = x 2 + y 2 , su ecuación en coordenadas cilíndricas
coordenadas
z
z = r2
z = x2 + y 2 y
x
2.6 COORDENADAS ESFÉRICAS. 3
Un punto de R , puede ser denotado también como un vector que inicia en el srcen con: • Magnitud ρ , • Angulo θ , que forma su proyección r en el plano y con respecto a la dirección positiva del eje x , y • Angulo φ con respecto a la dirección positiva del eje z z
r z
P ( ρ ,θ ,
•
φ
)
0≤ ρ
ρ z y
x
θ
r=
y
x
62
x2 + y 2
<∞ 0 ≤ θ ≤ 2π 0 ≤φ ≤π
R3
MOISES VILLENA
Observe que:
⎧ ⎪ ⎪ρ = x2 + y2 + z 2 ⎪ ⎪ arctg y ⎨θ = x ⎪ ⎪ ⎛ z ⎪φ = arc cos ⎜ 2 ⎜ x + y2 + z2 ⎪⎩ ⎝
⎧ x = ρ senφ cosθ ⎪ ⎨ y = ρ senφ cosθ ⎪ ⎩ z = ρ cos φ
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
La Esfera que tiene por ecuación en coordenadas rectangulares x 2 + y 2 + z 2 = 9 , su ρ =será 3 ecuación en coordenadas esféricas z
ρ=3
y
x
El Cono que tiene por ecuación en coordenadas rectangulares z = x 2 + y 2 , su π ecuación en coordenadas esféricas φ =será 4 z
φ=
π 4 y
x
63
R3
MOISES VILLENA
Identificar y graficar la superficie que tiene por ecuación SOLUCIÓN:
ρ
= 3cos φ .
Utilizando las ecuaciones de trasformación: ρ = 3cos φ ρ
=3
ρ2
x2
z ρ
= 3z + y 2 + z 2 = 3z
2
2
3
2
9
4 x + +y −( z =2 ) De la última ecuación se concluye que es una esfera de 32centro ( 0,0, ) y radio32
z
ρ = 3cos φ r=
( 0,0, •)
3 2
3 2
y
x
Halle una ecuación en coordenadas rectangulares y dibuje las siguientes superficies. a) r
d) e)
f)
2
=z θ=π
b) r c)
=2
4
φ = π4 ρ=5
ρ = 4 sec φ
g) r
2
h) r
= 2 senθ
= 5− x
= r 2 sen 2 θ j) ρ = 4 cos φ i) z
= z2 l) r = 2 cos θ k) r
m)
ρ2 + x = 2
+ z2 = 4 o) ρ = 4 csc φ sec θ n) r
2
2
2
p) r cos θ − sen q) ρ = csc φ
64
2
2
θ + z =1
R3
MOISES VILLENA
1. Identifique Y GRAFIQUE las siguientes superficies.
z2
a)
= x 2 + 4 y 2 − 2x + 8 y + 4z
k) x
9z
2
c)
5x
2
d)
− 3 x 2 + 2 y 2 − 3x + 2 y + z 2 = 0
b)
2
2
− 2 x − 3 y − 3x + 5 = 0 2
− y − z − 2x + 2z + 3y = 0
+ 5 y − 2 x + 10 y = z
x
f)
2x 2
g)
− 3x 2 + 2 y 2 + 2 y − 3x + z = 0 3x
i)
9y
2
j)
16 x 2
h)
n) 5 x
p) x
2
+ 2 y + z − 6 x − 8 y + 2 z + 17 = 0 2
y
o)
+ 3y 2 − y − 2 = 0 2
2
m) x
2
e)
2
+ 4y2 − z2 = 0
l) z y
2
2
2
2 2
2
− 4 z + 18 x = 0
= y2 − z2
2
2
2
+ z2x2 = 4
− 3y 2 + z 2 = 4
= ln z + y2 − z2 = 0
q) z 2
= sen y + 5
r) 2 x
= ln z 2 + y 2
s) x
2
+ y − 2z = 0
− 9 y 2 − z 2 = 146
+ 4z + 4 2. Encuentre la ecuación general de la esfera que es tangente x − 8aly plano
=0
y
que tiene el mismo centro que
x2
+ y 2 + z 2 − 12 x − 4 y − 6 z + 33 = 0 . Resp. (x −)6 2( + )y −( 2 )2 +
3. Hallar la menor distancia que hay entre xel+plano 2 y + 2z ecuaciónx
2
= 20 ,
z
−32 =
4 9
y la es fera quetiene por
+ y 2 + z 2 − 2 x − 4 y − 6 z + 13 = 0 Resp.
d
=2
4. Dibújese la región limitada por las gráficas de las ecuaciones.
z
b)
= 2 x2 + y2 , z = 2 z = 4 − x 2 , y = 4 − x 2 , x = 0, y = 0, z = 0
c)
x2
d)
x
2
e)
z
= 4 − x 2 − y 2 , y = 2 z, z = 0
f)
z
= x2 + y2 , z = 4 − x2 − y2
a)
+ y 2 = 1, x + z = 2, z = 0 + y 2 + z 2 = 4, z = x 2 + y 2 , z = 0
5. Encuentre las coordenadas de los focos de la elipse que resulta de la intersección de
z
=
x2 4
+
y2 con z 9
=4. Resp.
(0, 2
5 ,4
) y (0,−2
5 ,4
)
6. Encuentre las coordenadas del foco de la parábola que resulta de la intersección de
z
=
x2
4
+
y2
9
con x
= 4. 25
Resp.
4,0, 4
7. Pruebe que la proyección en el xz plano de la curva que es la intersección de las superficies
y
= 4 − x2 , y y = x2 + z 2
es una elipse y encuentre sus diámetros mayor y menor.
8. Dibuje el triángulo en el plano y = x que está arriba del plano z=
z
2
y
2
, debajo del plano
2
= 2 y , y dentro del cilindro x + y = 8 . Después encuentre el área de este triángulo. Resp.
A=3 2
65
R3
MOISES VILLENA
9. Encontrar los valores kde para los cuales la intersección del xplano + ky = 1 y el 2
−x hiperboloide elíptico de dos y hojas a) b)
Una elipse Una hipérbola
2
− z2 =1
Resp. a) k ∈ (−
es:
) ( ∪) 1,
2 ,−1
b) k ∈ (−1,1)
2
y2
x2
z
b2
a2
c
10. Demostrar que la intersección del paraboloide hiperbólico − =
z
= bx + ay
consiste de dos líneas rectas que se interceptan. 2
11. Sean P, Q lospuntosde interseccióndel paraboloide hiperbólico y −x recta
V
x−2
1
= −î +
=
y −1
2
=
z −3
3
, hallar la proyección del vector PQ
ˆj + kˆ
Resp.
⎯⎯→ Pr oy→ PQ V
66
y el plano
= (− 4,4,4 )
2
=z
con la
sobre el vector
MOISES VILLENA
3 3.1 SUPERFICIES CILINDRICAS 3.2 SUPERFICIES DE REVOLUCIÓN 3.3 CUADRICAS 3.4 COORDENADAS CILÍNDRICA. 3.5 COORDENADAS ESFÉRICAS.
Se persigue que el estudiante: • Grafique Superficies Cilíndricas, de Revolución y Cuádricas.
1
MOISES VILLENA
Este capítulo está dedicado a conocer ciertos lugares geométricos de
R3 .
3.1 SUPERFICIES CILINDRICAS. Sea C una curva de un plano π y sea l una recta no paralela a π . Se define Superficie Cilíndrica al conjunto de puntos que perteneces a rectas paralelas a l y que intersecan a C .
A C se la denomina Curva Generatriz (o Directriz) y a l se la denomina Recta Generatriz . Las superficies Cilíndricas que trataremos aquí serán aquellas que tienen la Curva Generatriz perteneciente a los planos coordenados y Rectas Generatrices Paralelas a los ejes coordenados. Es decir, si tienen una de la forma siguiente: f ( x, y ) = 0 Curva Generatriz perteneciente al plano xy, Rectas Generatrices paralelas al eje z.
f ( x, z ) = 0 CurvaGeneratriz perteneciente al plano xz, Rectas Generatrices paralelas al eje y. f ( y , z ) = 0 Curva Generatriz perteneciente al plano yz , Rectas Generatrices paralelas al eje x.
Graficar y − x 2 = 0 SOLUCIÓN. Se dibujaprimerola curvay = x 2 en el plano xy y luego se trazan rectas paralelas al eje z siguiendo esta curva. z
y= x
x
2
2
y
MOISES VILLENA
Graficar z − ln y = 0 SOLUCIÓN. Se dibuja primero la curva z = ln y en el planozy y luegose trazanrectasparalelasal eje x siguiendo esta curva. z
z = ln y
y
x
Graficar z − seny = 0 SOLUCIÓN. Se dibuja primero la curva z = seny en el planozy y luegose trazanrectasparalelas al eje x siguiendo esta curva.
3
MOISES VILLENA
Graficar z 2 + x 2 = 4 SOLUCIÓN. Se dibuja primerola curvaz 2 + x 2 = 4 en el planozx y luego se trazan rectas paralelas al eje y siguiendo esta curva. z
z2
+
x2
=
4
y
1.
Bosqueje la superficie cilíndrica cuya ecuación se indica. a)
4z 2
b)
z = sen y
c)
y
2
− y2 =4
d) x 2
= y3
e) y = z
f) z − e y = 0 g) y 2 + z 2
=9
+z =4
3.2 SUPERFICIES DE REVOLUCIÓN Las Superficies de Revolución que trataremos aquí son aquellas que se generan al girar 360º una curva perteneciente a uno de los planos coordenados alrededor de uno de los ejes coordenados. Por ejemplo suponga que se tiene la curva z = f ( y ) (contenida en el plano ZY) y la hacemos girar 360º alrededor del eje y, entonces se forma una superficie de revolución, observe la figura:
4
MOISES VILLENA
z
r r y
x
La ecuación de la superficie de revolución se la deduce de la siguiente manera La sección transversal es circular, por tanto: r=
(0 −) 0( +) y( − y +) 2
2
f ( y) − 0
Como también se observa que: 2 2 r = ( x −)0 ( + )y (− y ) + z − 0 Entonces, igualando resulta:
x2
+ z = [ f ( y )] 2
2
2
2
= f ( y)
= x2 + z2
ECUACIÓN
DE UNA SUPERFICIE DE REVOLUCIÓN CON CURVA GENERATRIZ x = f ( y ) (EN EL PLANO
xy ) O TAMBIÉN z = f ( y ) (EN EL PLANO zy ), GIRADA ALREDEDOR DEL EJE“ y 2 A, x
”.
+ z 2 se le llama Binomio de Circularidad .
En cambio, si la curva generatriz anterior la hacemos girar alrededor del eje z, obtendríamos otra superficie de revolución, observe la figura:
5
MOISES VILLENA
z
r
(0,0, z )
(0, f ( z ), z )
r
( x, y , z )
y = f (z )
y
x
Aquí en cambio: r= Y también
(0) − 0( +
)0 f ()z () −
2
2
2
r = ( x −)0 ( + )y (− 0 ) Entonces, igualando resulta:
x2
2
z−z
+
+ y = [ f ( z )]
2
2
El Binomio de Circularidad x2
+ z − z 2 = f (z)
2
2
=
x
2
+
y
ECUACIÓN DE UNA SUPERFICIE DE REVOLUCIÓN CON CURVA GENERATRIZ x = f ( z ) (EN EL PLANO xz ) O TAMBIÉN y = f ( z ) (EN EL PLANO zy ), GIRADA ALREDEDOR DEL EJE “ z ”.
seria
+ y2 .
QUÉ?
La curva anterior no puede ser girada alrededor del eje “ x ”. ¿POR
ecuación una de elrevolución curva generatriz y = f (La x) (en z = f ( x) (en el planode xy ) o superficie plano zx)con girada alrededor del eje “ x ”, sería:
y2
6
+ z = [ f ( x )] 2
2
¡DEDUZCALA!
MOISES VILLENA
Encontrar la ecuación de la superfic ie de revolución qu e se generar al girar y = x alrededor del eje y . SOLUCIÓN. Primero grafiquemos la curva generatriz en xy el plano y formemos la superficie de revolución.
z
y
y=x
Curva Generatriz x
Como el ejede rotación es el eje io decircularidadserá: y , el binom x2 + z2 . 2 Por tanto, la ecuación de esta superficie será dex 2la+ forma: z 2 = [ f ( y )] , donde
f ( y ) es la ecuación de la curva generatriz; que en este fcaso y ( y ) = seria: Por tanto,la ecua ción dela superfici e sería:x 2 + z 2 = y 2
Identificar y graficar la superficie que tiene por ecuación SOLUCIÓN.
9x 2
− z 2 +9y2 = 0 .
Primero identifiquemos el binomio de circularidad y la ecuación de la curva generatriz 9x 2
− z2 +9y2 = 0 9(x + y 2 ) = z 2 2
x2
⎡z⎤ + y2 = ⎢ ⎥ ⎣3⎦
2
Por tanto de acuerdo a la forma de la última ecuación se concluye que se trata de una z z x = 3 o tambiény = 3 , girada superficie de revolución con curva generatriz alrededor del eje z ( la variable que no aparece en el binomio de circularidad).
7
MOISES VILLENA
z
y=
z 3
y
x
1.
Halle una ecuación de la superficie de revolución que se genera al girar la curva plana dada, alrededor del eje dado. Grafique. 2
2
del ejex 4 z =alrededor 16 , alrededor =+sen del eje x. x, 2 c) x = 4 y , alrededordel eje y . d) xy = 1, alrededordel ejex . 2 e) z = 6 x , alrededordel eje x . x f) z = e , alrededordel ejex . a) x b) y
2.
Encuentre el eje y la curva generatriz de cada una de dichas superficies de revolución. Realice el gráfico correspondiente. a) x 2 + z 2 − 2 y = 0 b) x 2
+ z2 = y
+ z 2 = e2x d) x 2 + 4 y 2 + 4 z 2 = 36 c) y 2
8
.
MOISES VILLENA
3.3 SUPERFICIES CUADRICAS. Las Superficies Cuádricas o simplemente Cuádricas con eje central paralelo a los ejes coordenados, tienen por ecuación:
Ax 2
+ By + Cz + Dx + Ey + Fz + G = 0 2
2
Si la llevamos a la forma canónica, completando cuadrado, tendremos los siguientes lugares geométricos.
3.3.1 ESFERA.
La ecuación canónica de la esfera es de la forma:
(x −)h ( + )y −( k ) + z − l = r con r > 0 Donde, su centro es C (h, k , l ) y su radio es r 2
2
2
2
2
(x −)3 2( + )y −( 2) 2 + z − 1 2 = 9 , esfera de centro C (3,2,1) y radior = 3 La ecuación
tiene como lugar geométrico una
z
r
=
3
C (3,2,1)
y
Analice el lugar geométrico, si r
2
< 0 y si r = 0 2
9
MOISES VILLENA
3.3.2 ELIPSOIDE
La ecuación canónica de un elipsoide es de la forma:
( x −)h ( 2
)y −( k )
z −l
2
+
a2 Donde, su centro es C (h, k , l )
+
b2
2
=1
c2
x2 y2 z2 La ecuación + + = 1 representa un elipsoide con centro el srcen. 4 9 1 Su traza (intersección) con elxy plano , se obtiene haciendo z=0, x2 y2 Entonces, resulta + = 1 , la ecuación de una elipse. 4 9 Además todas las secciones transversales son elipses. ¿Por qué? z
x
2
4
+
y
2
9
+
z
2
1
=
1
3 x
2
4
2
+
y
y
2
9
=
1
x
3.3.3 HIPERBOLOIDE DE UNA HOJA
Un hiperboloide de una hoja con eje de simetría paralelo al eje z, tiene por ecuación:
(x − h)
2
a2 Suponga que
10
h = 0, k
+
=
(y − k ) b2 0, l
=
2
−
(z − l )
2
c2
0 , se tiene
x2 a2
=
1
+
y2 b2
−
z2 c2
=
1.
MOISES VILLENA
Si z
x2
= 0 (Traza xy )
y2
+
a2
b2
= 1(Elipses)
Y todas sus secciones transversales paralelas al plano xy serán elipses. ¿Por qué? Si y
= 0 ( Traza zx )
x2 a2
−
z2 c2
= 1 (hipérbolas)
Y todas sus secciones transversales paralelas al plano zx serán hipérbolas. ¿Por qué? Si x = 0 (Traza zy )
y2 b2
− z = 1 (hipérbolas) 2
c
2
Y todas sus secciones transversales paralelas al plano zy serán hipérbolas. ¿Por qué? z
b
x
2
a
2
+
y
2
b
2
−
z
2
c
2
=
1
y
a
x
PREGUNTA : ¿Cómo serían las gráficas de:
x2 a2 z2 c2
+ +
z2 c2 y2 b2
− −
y2 b2 x2 a2
=1 =1
11
MOISES VILLENA
3.3.4 HIPERBOLOIDE DE DOS HOJAS
Un hiperboloide de dos hojas con eje de simetría paralelo al eje z, tiene por ecuación:
( x −)h (
)y −( k )
2
a2
2
+
Suponga que h = 0 , k Si z
−
2
= −1
c2
= 0 , l = 0 , se tiene
x2 a2
+
y2 b2
−
z2 c2
= −1 .
= 0 (Traza xy ) x + y = −1 (No tenemos lugar Geométrico) a
2
2
2
2
b
x2
y2
2
2
= c , tenemos + = 0 (punto) a b z > c 0 z < − c tenemos elipses . ¿Por qué?
Si z Si
b2
z −l
Si y
= 0 (Traza zx )
x2 a2
−
y2
−
z2 c2
= −1 (hipérbolas )
z2
= −1 (hipérbolas)
Y todas sus secciones transversales paralelas al plano zx serán hipérbolas. ¿Por qué? Si x = 0 (Traza zy )
2
2
b ctransversales paralelas al plano zy serán Y todas sus secciones hipérbolas. ¿Por qué? z
x2 a2
+
y2 b2
−
z2 c2
= −
1
y
x
12
MOISES VILLENA
PREGUNTA : ¿Cómo serían las gráficas de:
x2 a2
+
z2 c2
−
y2 b2
= −1
z2 c2
+
y2 b2
−
x2 a2
= −1
3.3.5 DOBLE CONO
Un Doble Cono con eje de simetría paralelo al eje z, tiene por ecuación:
( x −)h ( 2
+
Suponga que h = 0 , k
Si z
≠0
Si y
= 0 ( Traza zx )
Si y
≠0
b2
−
2
c2
= 0 , l = 0 , se tiene
x2 a2
= 0 (Traza xy )
z −l
2
a2
Si z
)y −( k )
y2 b2
+
=0 x2 a2
+
y2 b2
−
z2 c2
= 0.
= 0 (un punto)
tenemos elipses .
x2 a2
−
z2 c2
= 0 (dos rectas)
tenemos hipérbolas
2 Si x = 0 (Traza zy ) y 2
b
− z = 0 (dos rectas) 2
c
2
Si x ≠ 0 tenemos hipérbolas
z
y
x
13
MOISES VILLENA
PREGUNTA : ¿Cómo serían las gráficas de:
x2 a2
+
z2 c2
−
y2 b2
=0
z2 c2
+
y2 b2
−
x2 a2
=0
3.3.6 PARABOL OIDE ELIPTICO
Un Paraboloide Elíptico con eje de simetría paralelo al eje z, tiene por ecuación:
( x −)h (
2
a2
+
Suponga que h = 0 , k Si z
= 0 (Traza xy )
x2 a2
)y − k
2
± (z − l ) = 0
b2
= 0, l = 0, +
y2 b2
grafiquemos: z
=
x2 a2
+
y2 b2
= 0 (un punto)
Si z > 0 , tenemos elipses . (Con a = b tenemos circunferencias, en cuyo caso se lo denomina Paraboloide Circular ). Si z
< 0 , no tenemos lugar geométrico.
Si y
= 0 (Traza zx ) tenemos z = x
2
a2
(parábolas )
Y todas sus secciones transversales paralelas al plano zx serán parábolas. ¿Por qué? Si x = 0 (Traza zy ) tenemos z
=
y2 (parábolas ) b2
Y todas sus secciones transversales paralelas al plano zy serán z parábolas. ¿Por qué?
y
x
14
MOISES VILLENA
−z=
PREGUNTA : ¿Cómo serían las gráficas de:
x2 a2
z −l
=
x=
z2 2
a x2 y= 2 a
+
y2 b2
x2 a2
+
+
y2
y2 b2
2
b z2 + 2 b
3.3.7 PARABOLOIDE HIPERBÓLICO
Un Paraboloide Hiperbólico con eje de simetría paralelo al eje z, tiene por ecuación:
( x −)h (
2
a2 Grafiquemos z
=
y2 2
−
−
)y − k
2
b2
x2 2
± (z − l ) = 0
.
b a y2 x2 Si z = 0 (Traza xy ) tenemos 2 − 2 = 0 (2 rectas) b a Si z > 0 o z < 0 tenemos hipérbolas . x2 Si y = 0 (Traza zx ) tenemos z = − 2 (parábolas ) a
Y todas sus secciones transversales paralelas al plano zx serán parábolas. ¿Por qué? Si x = 0 (Traza zy ) tenemos z
=
y2 (parábolas ) b2
Y todas sus secciones transversales paralelas al plano zy serán parábolas. ¿Por qué?
15
MOISES VILLENA
z
y
x
z=
PREGUNTA : ¿Cómo serían las gráficas de:
x2 a2
−
y2 b2
=
x2 a2
x=
z2 a2
−
y2 b2
y=
x2 a2
−
z2 b2
z −l
4x 2
Grafica el lugar geométrico cuya ecuación es:
+
y2 b2
− 3 y 2 + 12 z 2 + 12 = 0
SOLUCIÓN:
Transformemos la ecuación dada a una de las formas descritas anteriormente: Despejando las variables: 4 x 2 − 3 y 2 + 12 z 2 = −12 Dividendo para 12 y simplificando: 4x 2 12 x2
3
16
−
−
3y 2 12
y2
4
+
+
12 z 2
z2
1
12
= −1
=−
12 12
MOISES VILLENA De acuerdo a la forma de la última ecuación, se concluye que representa un
PARABOLOIDE DE DOS HOJAS , con el eje y como eje de simetría (el términonegativo lo indica )
z
x2
+
3
−
2
z2
−
y2
1
= −
4
y
2
x
Diga el nombre de las superficies cuádricas cuyas ecuaciones se dan a continuación. Haga la gráfica en cada caso.
+ 36 y 2 + 9 z 2 − 1 = 0 b) 4 x − y 2 + 4 z 2 − 4 = 0 c) 144x 2 + 16 y 2 − 9 z 2 − 144 = 0 d) 36 x 2 + 4 y 2 + 9 z = 0 e) 9 x 2 + 36 y 2 − 4 z 2 + 36 = 0 f) x 2 − 4 y 2 + 4 z 2 − 4 = 0 a)
4x 2 2
g) 100x 2
+ 225 y 2 − 36 z 2 = 0 h) 16 x − 25 y 2 + 400z = 0 i) x 2 − z 2 + y = 0 j) 400x 2 + 25 y 2 + 16 z 2 − 400 = 0 k) x 2 + 4 z 2 − 8 y = 0 l) 225x 2 − 100 y 2 + 144 z 2 = 0 2
17
MOISES VILLENA
3.4 COORDENADAS CILÍNDRICA. Un punto P en Coordenadas Cilíndricas está denotado como ( r ,θ , z ) donde r y θ son las Coordenadas Polares.
z
P (r , θ , z ) •
y
r
θ
x
y
Entonces las transformaciones serían:
⎧r = x + y ⎪ ⎨θ = arctan( ) ⎪z = z ⎩
⎧ x = r cos θ ⎪ ⎨ y = rsenθ ⎪z = z ⎩
2
2
y x
El cilindro que tiene por ecuación en coordenadas rectangulares x 2 + y 2 = 9 , su ecuación en coordenadas cilíndricas r = será 3
z
x2
+
y2
=
9
r
=
3
y
x
18
MOISES VILLENA
El plano que tiene por ecuación en coordenadas rectangulares y = x , su ecuación en π coordenadas cilíndricas θserá = 4
z
π θ
=
4
y
y=x x
El
Doble
Cono 2
2
Circular
que
tiene
por
ecuación
en
coordenadas
2
z = x + y , su ecuación en coordenadas cilíndricas z = rserá rectangulares
z
z
=
r
y
z
2
=
x
2
+
y
2
x
19
MOISES VILLENA
El Paraboloide Circular que tiene por ecuación en 2 2 2 rectangulares z = rserá z = x + y , su ecuación en coordenadas cilíndricas
coordenadas
z
z
=
r
2
z
=
x2
+
y2 y
x
3.5 COORDENADAS ESFÉRICAS. 3
Un punto de R , puede ser denotado también como un vector que inicia en el srcen con: • Magnitud ρ , • Angulo θ , que forma su proyección r en el plano xycon respecto a la dirección positiva del eje x , y • Angulo φ con respecto a la dirección positiva del eje z z
r P(ρ ,θ ,
z
)
•
0≤ ρ
ρ z y
x
θ
r
y
x
20
=
x2
+
y2
<∞ 0 ≤ θ ≤ 2π 0 ≤φ ≤π
MOISES VILLENA
Observe que:
⎧ ⎪ ⎪ρ = x2 + y 2 + z 2 ⎪ y ⎪ ⎨θ = arctg x ⎪
⎧ x = ρ senφ cosθ ⎪y ⎨ = ρ senφ cosθ ⎪ z = ρ cosφ ⎩
⎪φ = arc cos ⎜⎛ 2 z 2 2 ⎟⎞ ⎜ x +y +z ⎟ ⎪⎩ ⎝ ⎠
2 2 2 La Esfera que tiene por ecuación en coordenadas rectangulares x + y + z = 9 , su ρ =será 3 ecuación en coordenadas esféricas z
ρ
=
3
y
x
El Cono que tiene por ecuación en coordenadas rectangulares z = x 2 + y 2 , su π φ =será ecuación en coordenadas esféricas 4 z
φ
=
π 4 y
x
21
MOISES VILLENA
Identificar y graficar la superficie que tiene por ecuación SOLUCIÓN:
ρ
= 3cos φ .
Utilizando las ecuaciones de trasformación: ρ = 3cos φ ρ
=3
ρ2
x2
z ρ
= 3z + y 2 + z 2 = 3z
2
3 2
2
9
4 x ++ y −( z =2 ) De la última ecuación se concluye que es una esfera de 32centro ( 0,0, ) y radio32
z
ρ r
=
=
3cos φ
3 2
( 0,0, •) 3 2
y
x
Halle una ecuación en coordenadas rectangulares y dibuje las siguientes superficies. a) r = 2 f) ρ = 4 sec φ k) r = z 2 2 b) rg) =z
c)
θ = π4
d) φi) =
π
e) ρ = 5
r2
h) r z
4
j)
= 5 l)− x
r
= 2 senθ
m)
= r 2 sen n) 2 θ
ρ = 4 cos φ
= 2 cos θ ρ2 + x = 2
r2
o)
+ z2 = 4
ρ = 4 csc φ sec θ 2
2
p) r cos θ − sen q) ρ = csc φ
22
2
2
θ + z =1
MOISES VILLENA
1. Identifique Y GRAFIQUE las siguientes superficies. a) z 2 = x 2 + 4 y 2 − 2 x + 8 y + 4 z k) x 2 + 4 y 2 2
2
− 2 x − 3 y − 3x + 5 = 0
l) z y
− y 2 − z 2 − 2x + 2z + 3 y = 0
m) x 2
= y2 − z2
n) 5 x 2
− 3y 2 + z 2 = 4
9z
c)
5x2
d)
− 3x 2 + 2 y 2 − 3 x + 2 y + z 2 = 0 2
2
+ 5 y − 2 x + 10 y = z
2
e)
x
f)
2x 2
g)
− 3x 2 + 2 y 2 + 2 y − 3 x + z = 0 2
3x
i)
9y2
o) y
+ 3y 2 − y − 2 = 0
2
p) x 2
2 2
+z x =4
= ln z + y2 − z2 = 0
q) z 2
= sen y + 5
+ 2 y + z − 6 x − 8 y + 2 z + 17 = 0
r) 2 x
= ln z 2 + y 2
− 4 z 2 + 18 x 2 = 0
s) x 2
+ y − 2z = 0
2
h)
− z2 = 0
2
b)
2
2
2
2
2
j) 16 x − 9 y − z = 146 2. Encuentre la ecuación general de la esfera que es tangente al plano x − 8 y + 4 z + 4 = 0 y que tiene el mismo centro que
x2
+ y 2 + z 2 − 12 x − 4 y − 6 z + 33 = 0 . Resp. (x −)6 2( + )y −( 2 )2 + z − 3 2 = 49
2 y + 2z 3. Hallar la menor distancia que hay entre xel+ plano
= 20 , y la esfera ue q
tiene por ecuación x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y − 6 z + 13 = 0
Resp.
d
=2
4. Dibújese la región limitada por las gráficas de las ecuaciones.
= 2 x2 + y2 , z = 2
a)
z
b) c)
= 4 − x 2 , y = 4 − x 2 , x = 0, y = 0, z = 0 x + y 2 = 1, x + z = 2, z = 0
d)
x2
e)
z
= 4 − x 2 − y 2 , y = 2 z, z = 0
f)
z
= x2 + y 2 , z = 4 − x2 − y 2
z
2
+ y 2 + z 2 = 4, z = x 2 + y 2 , z = 0
5. Encuentre las coordenadas de los focos de la elipse que resulta de la intersección de
z
=
x2 4
+
y2 9
con z
=4.
) (
(
)
Resp. 0, 2 5 ,4 y 0,−2 5 ,4 6. Encuentre las coordenadas del foco de la parábola que resulta de la intersección de z
=
x2 4
+
y2 con x = 4 . 9
Resp. 7. Pruebeque la proyección en el planoxz superfici es y = 4 − x 2 , y mayor y menor.
y
4,0, 25 4
de la curva que es la intersección de las
= x 2 + z 2 es una elipse y encuentre sus diámetros
y 8. Dibuje el triángulo en el plano y = x que está arriba del plano z = , debajo del 2 planoz = 2 y , y dentrodel cilindrox 2 + y 2 = 8 . Después encuen tre el áreade este
triángulo.
23
MOISES VILLENA Resp.
A=3 2
9. Encontrarlos valoresdek paralos cualesla interseccióndel plano x + ky hiperboloide elíptico de doshojasy 2 − x 2 − z 2 = 1 es: a) Una elipse b) Una hipérbola Resp. a) k ∈ − 2 ,−1 ∪ 1, 2
(
)( )
b)
=1
y el
k ∈ (−1,1)
y2 x2 z 10. Demostrar que la intersección del paraboloide hiperbólico − = y el plano c b2 a2
z
= bx + ay consiste de dos líneas rectas que se interceptan.
11. Sean P, Q los puntosde intersecci ón del pa raboloidehiperbóli coy 2
− x2 = z
x − 2 y −1 z − 3 con la recta , hallar la proyección del vector PQ sobre el = = 1 2 3 vectorV = −î + ˆj + kˆ
Resp.
⎯⎯→ Pr oy → PQ V
24
= (− 4,4,4 )
MOISES VILLENA
4 1. FUNCIÓN VECTORIAL 2. GRAFICA DE UNA FUNCIÓN ESCALAR 1. 3. DOMINIO DE UNA FUNCIÓN ESCALAR 2. 3. 4. CONJUNTO DE NIVEL 4. 5. LIMITES DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES 6. CONTINUIDAD 7. DERIVADA DE UNA FUNCIÓN ESCALAR 8. DIFERENCIABILIDAD 9. GRADIENTE 10. LA DIFERENCIAL 11. REGLA DE LA CADENA 12. DERIVACIÓN IMPLICITA Se persigue que el estudiante: • Conceptualice funciones Vectoriales, Escalares y Curvas • Describa conjunto de niveles. • Establezca límites, continuidad y derivadas de funciones de dos variables. • Establezca si una función de dos variables es diferenciable o no. • Determine ecuaciones de planos tangentes a superficies. • Obtenga derivadas de funciones compuestas • Obtenga derivadas de funciones implícitas
1
MOISES VILLENA
1. FUNCIÓN VECTORIAL 1.1 DEFINICIÓN
Una función del tipo f : U ⊆ R → R se la denomina FUNCIÓN VECTORIAL o CAMPO VECTORIAL. n
Sea f : R 2 → R 3 tal que f ( x, y ) Esquemáticamente tenemos:
m
= (2 x − y, x + y,3x + 5 y )
f R
2
R3
(1,1) (− 2,0)
(1,2,8) (− 4,−2 − 6)
Si m = 1, tenemos f : U ⊆ R → R , se la denomina FUNCIÓN ESCALAR , CAMPO ESCALAR , O FUNCIÓN DE VARIA S VARIA BLES. n
Si f : U
⊆ R → R , tenemos una FUNCIÓN DE DOS VARIAB LES . 2
Sea f : R 2 → Rtalque
Si f : U
⊆ R → R , tenemos una FUNCIÓN DE TRES VARIABL ES. 3
Sea f : R 3 → Rtalque
Si n TRAYECTORIA
2
f ( x, y ) = 6 − 2 x − 3 y
= 1,
tenemos o CURVA .
f ( x, y ) = x 2 + y 2 + z 2
f : U ⊆ R → R m , la cual se la denomina
MOISES VILLENA
Sea f : R → R 3 tal que f (t ) = (2 − 3t , 4 + t , − 1 + 2t ) 3
Tenemos una de R. CURVA
Este capítulo lo dedicaremos al estudio de FUNCIONES ESCALARES .
2. GRAFICA DE UNA FUNCIÓN ES CALAR 2.1 DEFINICIÓN
Sea f : U ⊆ R → R . Se llama gráfica de f al conjunto de puntos (x , x ,, x , f (x )) de R + , donde x = ( x , x ,, x ) ∈ U . n
1
n
2
n 1
1
n
2
Si tenemos z = f ( x, y ) una función de dos variables. Su gráfico se define como el conjunto de puntos ( x, y, z ) de R , tales que z = f ( x, y ) . El lugar geométrico es llamado Superficie , como ya se lo ha anticipado. 3
Algunas superficies que corresponde a funciones, ya se han graficado en el capítulo anterior.
Para f : R 2 → R tal que f ( x, y) = 6 − 2 x − 3 y , su grafico es el conjunto ( x, y , z ) de R 3 talesque z = 6 − 2 x − 3 y (un plano) z
6
z = 6 − 2x − 3y
2
y
3
x
3
MOISES VILLENA
Elaborar gráficas de una función de dos variables no es tan sencillo, se requeriría de un computador en la mayoría de las ocasiones. Pero si podemos saber características de sus graficas analizando su regla de correspondencia.
3. DOMINIO DE UNA FUNCIÓN ESCALAR
Sea f : U ⊆ R → R , entonces su DOMINIO es el conjunto U n
Es decir, su
DOMINIO
está constituido por vectores de
Rn ,
x = ( x1 , x2 ,, xn ) para los cuales tiene sentido la regla de correspondencia; m
() (
y su RECORRIDO por vectores de R , f x
= f1 ( x), f (2 ),x) , (f m) x
.
Aquí a x1, x 2 , , x n se las denominan VARIAB LES INDEPENDIENTES. Si
f :U ⊆ R2 → R , su dominio será un subconjunto del plano.
Establecer el Dominio Natural, igual que para funciones de una variable, es una necesidad en muchas ocasiones.
Hallar el Dominio Natural para f ( x, y ) = x 2 + y 2 SOLUCIÓN. Observe que la regla de correspondencia no tiene restricciones, por tanto se le puede dar cualquier valor real a las variables independientes x ” y “ y ”, es “ decir Domf = R 2 . Además, se puede decir que el Dominio de una función de dos variables será la PROYECCIÓN QUE TENGA SU GRÁFICA EN EL PLANO xy . Recuerde que la gráfica de z = x 2 + y 2 es un paraboloide. z
y
x
Por tanto la proyección es todo elxyplano
4
MOISES VILLENA
Hallar el Dominio Natural para f ( x, y) = 9 − x 2 − y 2 SOLUCIÓN. Observeque la reglade corresponde ncia tiene sentidocuando9 − x 2 − y 2 ≥ 0 , para que se pueda calcular la raíz cuadrada lo interior del radical debe ser un número positivo o cero. Despejandose tienex 2 + y 2 ≤ 9 . ⎧ x⎞ 2 ⎫ ⎟⎟ / x + y 2 ≤ 9 ⎪⎬ , ⎪⎭ ⎩⎪⎝ y ⎠
Es decir:Domf = ⎪⎨⎛⎜⎜
los pares de números que pertenecen a la
circunferencia centrada en el srcen de radio 3 y a su interior. y
3
x2 + y2 = 9
0 0
1
2
3
x
Además el gráfico de z = 9 − x 2 − y 2 , es la semiesfera: z
y
x
Hallar el Dominio Natural para f ( x, y ) = x − 1 + y Solución . x ≥1 Paraquela reglade correspond enciatengasentidose necesitaque
yy≥ 0
⎧ x⎞ ⎫ ⎟⎟ / x ≥ 1 ∧ y ≥ 0 ⎪⎬ . ⎪⎭ ⎩⎪⎝ y ⎠
Es decirDomf = ⎪⎨⎛⎜⎜
.
5
MOISES VILLENA y
0
0
1
x
2
El gráfico, ahora es un lugar geométrico no conocido. Pero tenemos un indicio de la región en que habrá gráfico.
Descríbase la región R del planoxy que corresponde al Dominio Natural de la función dada . x+ y a) z = 4 − x 2 − y 2 h) z = xy
c) z = x y
⎛ 9 x 2 − 6 y 2 − 36 ⎞ ⎟ i) w = ln⎜⎜ ⎟ 36 ⎝ ⎠ j) z = arcsen x 2 + y 2 )
d) z = arcsen(x + y )
⎛ x⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ k) f (x, y ) = sen⎝⎜ y ⎠⎟ ln⎝⎜ x + y ⎠⎟
b) z = ln (4 − x − y )
e) z = e
x
y
l) f (x, y ) =
(
f) z = x 2 − y ln y − x 2
(
1
)2
ln 4 − x 2 − y 2 arcsen(x + y )
)
⎛ xz ⎞ g) z = arccos⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ y⎠
Obtener trazas de las secciones transversales de la superficie es suficiente, en muchas ocasiones, para su análisis.
4. CONJUNTO DE NIVEL 3.1 DEFINICIÓN
Sea f : U ⊆ R → R . Se llama CONJUNTO DE NIVEL de f , al conjunto de puntos de R tales que f ( x , x ,, x ) = k , donde k ∈ R n
n
1
2
n
Si tenemos z = f ( x, y ) una función de dos variables. El Conjunto de Nivel es llamado CURVAS DE NIVEL y serían las trayectorias en el plano xy tales 6
MOISES VILLENA
que f ( x, y ) = c . Es decir, serían las curvas que resultan de la intersección de la superficie con los planos z = c , proyectadas en el plano xy .
Para f : R 2 → R tal que f ( x, y) = 6 − 2 x − 3 y , su conjunto de nivel serán puntos de R 2 tales que 6 − 2x − 3 y = k . CURVAS DE NIVEL . En este caso se llaman Si k = 0 , tenemos Nivel el 0 , 6 − 2 x − 3 y = 0
1 6 2x 3y 1 Si kk == 12 ,, tenemos el Nivel Si tenemos Nivel el 2,, 6 −− 2 x −− 3 y == 2 etc. z
6
z = 6 − 2x − 3y
k = 3:
2x + 3y = 3
k = 2:
2x + 3 y = 4
k = 1: 2x + 3 y = 5 y
2
k = 0:
2x + 3y = 6
3
x
Las curvas de nivel se dibujan en elxyplano , y para este caso serían: y
k k k
k
=
=
=
3:
=
0:
1: 2:
2x
2x
2x
+
2x
+
+
3y
+
3y
=
3y
=
3y
=
6
5
x =
4
3
7
MOISES VILLENA
Grafique algunas curvas d e nivel para f ( x, y ) = x 2 + y 2 SOLUCIÓN: 2 x 2 + ytales = c .que Las curvas de nivel, para este caso, es la familia de trayectorias (Circunferencias centradas en el srcen)
x2 + y2 = C
C = 16 C =9 C =4 C =1
Si tenemos w = f ( x, y , z ) una función de tres variables. El Conjunto de Nivel es llamado SUPERFICIES DE NIVEL
Descríbase las curvas de nivel y las secciones transversales de cada función en su 3 correspondiente plano, luego dibújese la gráfica de la R superficie en 2 2 a) z = 4 − x − y b)
f ( x, y ) = y 2
c) z = x 2 + y 2 d) f (x, y ) = 6 − 2 x − 3 y e)
8
f ( x , y ) = xy 2
MOISES VILLENA
5. LIMITES DE FUNCIONES DE VARIA S VARIA BLES. Haciendo analogía con funciones de una variable, para definir el límite ahora, primero empecemos generalizando la definición de entorno o vecindad y otras definiciones que nos permitirán comprender el concepto de límite. 5.1 BOLA A BIERTA.
Se llama n − bola abierta de centro en x0 y radio δ , denotada por Bn ( x0 ;δ ) , al conjunto:
(
) {
Bn x0 ;δ = ∈ x
}
R n−/< x ∂ x0
Donde x0 ∈ R , ∂ ∈ R muy pequeño. n
Si n = 1 , tenemos B1 ( x0 ; δ = ) (como en funciones de una variable)
∈ { x R−/
};
un intervalo
Si n = 2 , tenemos:
B
0 02
( ( x , y; ) =δ ∈), ({ )x/ y, (R−,) ( 2
0 0
x)
0<
y
(x
0
( x − x) ( 0
}
x y 2
− )x − x 0
<∂
, y0 )
x
5.2 PUNTO INTERIOR
Sea U ⊆ R n y x0 ∈ R n , se dice que x0 es un punto interior de U , si y sólo si ∀∂> 0, ∃ Bn (∂x0 ; ) contenida en U . 5.3 CONJUNTO AB IERTO
U ⊆ Rn
es un conjunto abierto, si todos sus puntos son interiores a U . 9
MOISES VILLENA
5.4 PUNTO EXTERIOR.
Sea U ⊆ R y x ∈ R , se dice que x es un punto ∃ Bn (∂x0 ; ) Exterior de U , si y sólo si ∀∂> 0, totalmente fuera de U . n
n
0
0
5.5 PUNTO DE FRONTERA
Se dice que x es un punto de frontera de U , si no es ni interior ni exterior. 0
5.6 CONJUNTO CERRADO.
U ⊆ Rn
es un conjunto complemento es abierto
cerrado
si
su
5.7 CONJUNTO SEMIABIERTO.
U ⊆ R n es un conjunto semiabierto si no es
abierto y tampoco cerrado. 5.8 DEFINICIÓN DE LÍMITE Sea f : U ⊆ R n → R , donde U es un conjunto
abierto, sea x un punto interior o de frontera de U , entonces: 0
⎛⎜ lím )f (x = L ⎞⎟ ≡ ∀ξ > 0, ∃∂ > 0 /( )x)∈( B x ; ∂ ⇒ f x − L < ξ n 0 ⎝ x→ x ⎠ 0
Si n = 2 tenemos: ⎛⎜ lím f ()x, y = L ⎞⎟ ≡ ∀ξ > 0, ∃∂ > 0( / )(0 <) ⎝ ( x,)y( → x) , y ⎠ 0
x − x() 0
2
+ y − y0
0
z (
L ξ ξ
(
z = f ( x, y )
y
∂
(x , y ) 0
x
10
0
2
< ∂ ⇒ f x, y − L < ξ
MOISES VILLENA
Es decir, que si tomamos a
( x, y )
(x , y )
cercano a
0
0
entonces
f ( x, y ) estará próximo a L.
Demostrar empleando la definición que
x4 y
lím
x4 + y 4
( x , )y (→) 0.0
=0
Solución: Debemos asegurar que 4
0,> 0 / < ∀ξ> ∃∂
(+x −0) (2 <∂⇒ )y
0−
2
−0 < x 4x+yy 4
ξ
Recuerde quey = y 2 = entoncesy ≤ x 2 + y 2 Por otro ladoy =
x4 y x4
entoncesy ≥
x4 y x4 + y4
.
Ahora note que: x4 y x4 + y4
≤ y≤ x4 y
Se concluye finalmente que: 4
x + y4
+x 2 < y 2
∂
<∂
ζ = ∂ , suficiente para concluir que: Es decir tomando lím
( x , )y (→) 0.0
x4 y x4 + y4
=0
Lo anterior va aa ser complicado hacerlo en la mayoríaPero de lassi situaciones, por tanto no vamos insistir en demostraciones formales. se trata de estimar si una función tiene límite y cuál podría ser este, podemos hacer uso del acercamiento por trayectorias.
Calcular
lím
x2
( x , y) → ( ) 0.0 x 2
+ y2 Solución: R2 Aproximarse a (0,0) , significa estar con (x, y ) en una bola de y
x2 + y2 < ∂
(0,0 )
∂
x
11
MOISES VILLENA
Si el límite existe, signif ica que si nosacercam os en todaslas direcciones deberá f tender al mismo valor. 1. Aproximémonos a través del x , eje es decir de la recta y=o x2
= lím 1 = 1 . + 0 2 x→0 2. Aproximém onosa través de l ejey , esdecir dela recta x=o
Entonces, tenemoslím
( x ,0) → ( )0.0 x 2
02
Entonces, tenemoslím
(0, y) → ( ) 0.0 0 2
= lím 0 = 0 .
+ y2
x→0
Se observa que los dos resultados anteriores diferentes son. x2
Por tanto, se concluye que: lím
( x , y) → ( ) 0.0 x 2
Calcular
no existe.
+ y2
x2 y
lím
( x , y) → ( ) 0.0 x 4
+ y2 Solución: Determ inandoal convergencia de f , para diversas direcciones: 2 x 0
1. Eje x( y = 0 ):lím
4
x + 02
x →0
= lím 0 = 0 x →0
2
0 y
2. Eje (y x = 0): ylím → 0 0 4 + y 2 = ylím →0 0 = 0 3. Rectas que pasan por el srcen y = mx ( ): lím
x→0
x 2 (mx ) 4
x + (mx )
2
= lím
mx 3
x →0
4
2
x +m x
2
= lím
(
x→0
mx 3
) (
2
x x2 + m2
)
= lím
x→0
mx x2 + m2
=0
4. Parábolas que tengan vértice el origen ( y = ax 2 ) x →0
( ) + (ax )
x 2 ax 2
lím
x
4
2 2
Por tanto, lím
= lím
x →0
ax 4 4
x +a x
x2 y
( x, y) (→) 0.0 x 4
2
+ y2
4
= lím
x →0
ax 4 4
(
x 1+ a 2
)
= lím
x →0 1
a
+ a2
=
a
1+ a 2
≠0
NO EXISTE .
El acercamiento por trayectoria no nos garantiza la existencia del límite, sólo nos hace pensar que si el límite existe, ese debe ser su valor. Entonces ¿cómo lo garantizamos?. Si la expresión lo permite podemos usar coordenadas polares.
12
MOISES VILLENA
Calcular
x2 y
lím
( x , y) → ( ) 0.0 x 2
+ y2 Solución: Determ inandoal convergencia de f , para diversas direcciones: x2 0
1. Eje x( y = 0 ):lím
2
x + 02
x →0
= lím 0 = 0 x →0
2
0 y
2. Eje (y x = 0): lím
02 + y 2
y →0
= lím 0 = 0 y →0
3. Rectas que pasan por el srcen y = mx ( ): lím
x→0
x 2 (mx ) 2
x + (mx )
2
mx 3
= lím
x→0
2
2
x +m x
mx 3
= lím
= lím
( x ) 1 + (m )
2
2
x →0
2
x→0
mx
=0
1+ m 2
4. Parábolas que tengan vértice el origen ( y = ax 2 ) lím
x →0
( ) + (ax )
x 2 ax 2 x2
2 2
ax 4
= lím
2
2
x +a x
x →0
4
= lím
x →0
ax 4 2
(
2
x 1+ a x
2
)
= lím
x →0 1
ax 2
+ a2 x2
=0
Probemos con otra trayectoria 5. x = ay 2
(ay 2 )2 y →0 (ay 2 )2 + y 2
lím y
ay 5
= lím
y →0
2
4
a y +y
2
= lím
(
ay 5
y→0
) (
2
2
2
)
y a y +1
= lím
y →0
ay 3 2
a y 2 +1
=0
Parecer ser que el límite es cero, pero todavía no está garantizado. ¿Por qué? Demostrarlo, no es una tarea sencilla. Usemos coordenadas polares: x2 y
lím
x +y 2
0.0 ( x , )y (→ )
=lím
( r cos)(θ
2 0 r→
= lím
2
rsen ) θ
r2 r 3senθ cos θ
r2 = lím ( rsenθ cos θ ) r →0
r →0
En la parte última se observa senque θ cos θ es acotado por tanto lím (rsen θ cos θ ) =0 r →0
Lo anterior quiere decir que en situaciones especiales (¿cuáles?), podemos utilizar coordenadas polares para demostrar o hallar límites.
Calcular
lím
x , y → 0.0
(
sen x 2 + y 2 2
)
2
( ) () x +y Solución: Empleando coordenadas polares
lím
( x , y) → ( ) 0.0
(
sen x 2 + y 2 2
x +y
2
) = lím sen(r ) = 1 2
r →0
r
2
13
MOISES VILLENA
5.8.1 TEOREMA DE UNICIDAD.
Sea f : U ⊆ R n → R , donde U es un conjunto abierto, sea x0 un punto interior o de frontera de U , entonces: Si lim f ( x ) = L y lim f ( x ) = M entonces L = M x→ x 0
x→ x 0
5.8.2 TEOREMA PRINCIPAL.
Si lim f ( x ) = L y lim g ( x ) = M entonces: x→ x0
x→ x 0
1. lim ⎡⎣ f )( x + g( )x= ⎤⎦lim)( + f xlim=+( ) g x x→ x x→ x x→ x 2. lim ⎡⎣ f )( x − g( )x= ⎤⎦lim)( − f xlim=−( ) g x 0
0
0
x→ x 0
x→ x0
x→ x 0
L
M
L
M
3. lim ⎡⎣ f )( x g( )x ⎤⎦ lim = )( f lim x ( ) g x = LM x→ x x→ x x→ x 0
0
0
⎡f ⎤ lim f ( x ) L M ≠ 0 4. lim ⎢ ( x ) ⎥ = x→ x = ; x→ x ⎣g ⎦ lim g( x) M 0
0
x→ x0
Por tanto en situaciones elementales, la sustitución basta
(x
lím
(x , y) → ( ) 1.2
2
+ 2 y − 3) = 8
1. Calcular los siguientes límites: a) lim
⎛ y⎞ ⎟ ⎝k⎠
x 2 sen⎜
g)
y
x→k y →0
lim x + 3 y
2
x→ 2 y →1
)
x2 y ysenxy h) xlim →π
2 2 b) lim x→0 x + y y →0
c) d)
sen(x + y )
lim
( x, y) (→) 0,0
lim x→0 y →0
14
y →2
e xy − 1 x
y
f) i)
4
lim
( x , y) (→ )0,0
lím
x2 y2
(x 2 + y 2 ) 2x − y 2
( x, y →(0,0 )) 2 x 2
+y
MOISES VILLENA 2 2 e) lim sen(x + y ) 2 2 x +y
x →0 y →0
2. Calcúlese el límite de f (x, y ) cuando(x), (y ) → a, b y , dondef ( x, y ) = g(x)h( y) g ( x ) h y ( ) li m li m x→ a
hallando los límites:
y→b
)( 1 − cos ) y a) lim (1 + senx
c) lim cos x seny
b) lim 2 x( y − 1)
d) lim
y
x →0 y →0
x →1 y →2
(x + 1)y
3. Sea: f (x, y ) =
x →1 y →0
x6 y6
y
x →0 y →0
¿paraquévaloresde "a" existe el
x 4 + ay 4
lím
( x , y →(0,0 ))
xy
(x − 1)e y f (x, y )?
6. CONTINUIDAD
Sean f : U ⊆ R n → R , sea x0 un punto U . Decimos que f es continua en x0 si y sólo si: lim f ( x) = (f )x 0 x→ x 0
Analizar la continuidad de
⎧ xy ; , x y ) 0, ≠ 0( ⎪ 2 2 ( f ( x, y ) = ⎨ x + y
)
⎪ 0 ; (, x )y (0, = 0) ⎩
En el punto ( 0,0 ) . SOLUCIÓN: lim que Para que la función sea continua se debe cumplir f ( ,x y )0= ( x , )y (→) 0,0
Determinemos el límite. lim
( x , )y (→) 0,0
xy x2 + y 2
Acercándonos por trayectorias. y = 0; lim x→0
x = 0; lim y→0
y = x ; lim x →0
0 x2 0
y2
=0
=0 x2
x 2 + x2
Entonces lim
( x , )y (→) 0,0
Por tanto,f
=
1 2 xy
x2 + y 2
no existe.
NO ES CONTINUA EN ( 0,0 ) .
15
MOISES VILLENA
6.1 CONTINUIDAD EN UN INTERVALO
Sea f : U ⊆ R n → R . Se dice que f es continua en todo U si y sólo si es continua en cada punto de U . 6.1.1 Teorema
Si f y
g son
continuas en
también son continuas: f g ( x0 ) ≠ 0 . g
(
)
x0 , entonces
f + g,
f −g,
Analice la continuidad en ( 0,0 ) de las siguientes funciones: ⎧ sen xy , (x, y ) ≠ (0,0 ) ⎪ a) f (x, y ) = ⎨ xy ⎪ 1 , (x, y) (=) 0,0 ⎩ ⎧⎪e xy , (x, y ) ≠ (0,0 ) b) f (x, y ) = ⎨ ⎪⎩1 , (x, y ) = (0,0 ) ⎧ ⎪
c)
xy 2
2
,
f ( x, y ) = ⎨ x + y ⎪ 1 , ⎩
(x, y ) ≠ (0,0 ) (x, y) (=) 0,0
(
)
⎧ cos x 2 + y 2 , x2 + y2 ≠ 0 ⎪1 − 2 2 d) f (x, y ) = ⎪⎨ x +y ⎪ −8 , x2 + y2 = 0 ⎩⎪
⎧ 1− x2 − y2 , x2 + y2 ≠ 0 ⎪ 1− x2 − y2 ⎪ ⎪⎩ 1 , x2 + y2 = 0 3 3 ⎧x + y , (x, y ) ≠ (0,0 ) f) f (x, y ) = ⎪⎨ x 2 + y 2 ⎪ 0 , (x, y) (=) 0,0 ⎩
e) f (x, y ) = ⎪⎨
⎧ y3 x
g) f ( x, y ) = ⎨⎪ x 2 + y 6
,
, ( x y 0, ) ≠0 (
⎪ 0 , ,( x )y 0, (=0) ⎩ ⎧ y5 x2 , , ( x y 0, ) ≠0 ( ⎪ 4 10 h) f ( x, y ) = ⎨ 2 x + 3 y ⎪ 0 , , ( x )y0,(=0 ) ⎩ ⎧ x 3 y 2 − xy 3 , , ( x y0, ) ≠0 ( i) f ( x, y ) = ⎨⎪ x 2 + y 2 ⎪ 0 , , ( x )y0,(=0 ) ⎩
16
)
)
)
fg ,
MOISES VILLENA
7. DERIVADA DE UNA FUNCIÓN ESCALAR. Para función de una variable la derivada se la definió como el cambio instantáneo que experimenta la función cuando cambia su variable independiente x . Aquí había que considerar una sola dirección, para función de varias variables debería ser el cambio instantáneo que tiene la función en todas las direcciones en la vecindad de un punto.
7.1r coDerivada Direccional. de un campo escala n respecto a un vecto Derivada r. Sea f : U ⊆ R → R , donde U es un conjunto n
→
abierto, x un punto de U . Sea v un vector de R . → La derivada de f en x con respecto a v, → denotada por f ´⎛⎜ x ; v ⎞⎟ o también D f (x ), se ⎝ ⎠ define como: → ⎛ ⎞ 0 → f x v ⎝⎜ + ⎠⎟ − f ( x 0 ) f ´⎛⎜ x;0 v ⎞⎟ =lim → ⎝ ⎠ →v →0 v 0
n
0
0
0
→
v
Cuando este límite existe →
Ahora bien, si decimos que v VECTOR UNITARIO
=h
→
entonces v
→
= h udonde
→
uun
n
de R , entonces:
La derivada direccional
de f en x con 0
respecto u→ es: →
f ⎛⎜ x 0 + h u ⎞⎟ − f (x 0 )
→ ⎝ f ´⎛⎜ x 0 ; u ⎞⎟ = lim h →0
⎝
⎠
⎠
h
17
MOISES VILLENA
2 ⎛ →⎞ Sea f ( x ) = x ; x ∈ Rn . Calcular f ´⎜⎜ x 0 , v ⎟⎟ . ⎝ ⎠ SOLUCIÓN:
⎛ ⎝
→
→
⎛ ⎝
⎞ ⎠
( )
f ⎜ x 0 + h u ⎟ − f x0
⎞ ⎠
f ´⎜ x; 0 v ⎟ = lim h →0
=
h →
2
x0 + h u
= lim h→0
2
− x0
h
→ ⎛⎜ x 0 + h⎞⎟⎛⎜→ u• 0 +⎞⎟x − 0•h 0u ⎠⎝ ⎠ = lim ⎝ h→0
→
= lim
→
→
2 x00• x+ 2 h u+ x • − u u x 0• 0h 0 •
h→0
x
h →
= lim
( x ) ( )x
h
→ →
2 h u •x
+h u2 u•
0
h→0
h
→ → = lim ⎛⎜2•u+x •0 h u u h→0 ⎝
→
⎞ ⎟ ⎠
→
= 2 u • x0
Si f : U
⊆ R → R (una función de dos variables), entonces: → f ⎛⎜ ( x ,) y + h u( ⎞⎟ − ) f x ,y → ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ → f ´⎜⎝ ( x , y ); u ⎟⎠ = lim h 2
0
0
0
Sea
h
0
0
0
f ( x, y) = x 2 + y 2 . Hallar D→ f (1, 2 )
donde
u
⎛ 2 2⎞ ⎜ 2 , 2 ⎟⎟ ⎝ ⎠
→
u =⎜
SOLUCIÓN: Empleando la definición: D→ f (1,2 ) = lim
⎛ ⎛ 2 f ⎜ )(1, 2 + h ⎜ , ⎜ 2 ⎜ ⎝ ⎝
h→ 0
u
h
⎛ 2 f ⎜ 1 + h 2, ⎜ 2 ⎝
= lim
2 ⎞⎞ )( ⎟ ⎟ −1,f 2 2 ⎟⎠ ⎟⎠
h→ 0
+h
2⎞ ⎟1,−2 f 2 ⎟⎠
(
)
h
2 ⎡⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎢⎜1 + h ⎟⎜2 + + ⎟2 h− +2 ⎟2⎜ ⎟ 2 ⎢⎣⎜⎝ ⎠⎝ ⎠ = lim
2
⎤ ⎥ ⎣⎡12 22 ⎦⎤ ⎥⎦
→
h
h
0
⎡ h2 ⎢1 + h2 + +4+22 2 + h−5 ⎣ = lim h→ 0
= lim
h
5+ 3 2h
h→ 0
= lim h→ 0
+5h2 − h
3h 2 + h 2 h
= lim (3 2 + h ) h→ 0
=3 2
18
h2 ⎤
⎥ [ ]
2⎦
0
MOISES VILLENA
⎧ xy ; , x y ) 0, ≠ 0( ⎪ 2 2 ( Sea f ( x, y ) = ⎨ x + y ⎪ 0 ; (, x )y (0, = 0) ⎩
)
.
→
Hallar D f ( 0, 0 ) donde u = ( cos θsen , θ) →
u
SOLUCIÓN: Aplicando la definición:
()f (( 0, + h cos ) ,θ
D→ f ( 0,0 ) = lim
senθ
) −0,f 0(
)
h →0
u
= lim
h f ( h cos θ, hsen ) θ( ) − f0, 0
h→0
h
⎡ ( h cos)( θ hsen ) θ ⎤ ⎢ ⎥−0 h2 ⎣ ⎦ = lim h→0
= lim
h
cos θ senθ
h→0
h
En la última expresión: π
π
2 π
2 π
2
2
1. Si θ = 0, , π, 2. Si θ ≠ 0, , π,
entoncesD f ( 0, 0 ) = 0 →
u
entoncesD f ( 0, 0 ) no existe. →
u
⎧ x2 y ≠ 0( ; (, x y ) 0, ⎪ Sea f ( x, y) = ⎨ x 4 + y 2 ⎪ 0 ; (, x )y (0, = 0) ⎩
)
.
→
Hallar D f ( 0, 0 ) donde u = ( cos θsen , θ) →
u
Solución: Aplicando la definición:
(
D→ f ( 0,0 ) = lim u
f h cos θ, )hsen ( ) θ − f0, 0
h →0
h
⎡ ( h cos)(θ 2 hsen ) θ ⎢ 4 θ ⎢⎣ ( h cos)θ( + hsen ) = lim h→0
= lim h→0
= lim
2
⎤ ⎥−0 ⎥⎦
h h3 cos 2 θsen θ
h 2 h(2
4
cos θ2sen +
θ)
h cos 2 θ senθ
h → 0 h 2 cos 4 θ + sen 2θ En la última expresión: 1. Si θ = 0, π ( senθ = 0 ) entoncesD f ( 0, 0 ) = 0 →
u
2.
cos2 θ Si θ ≠ 0, π entoncesD→ f ( 0, 0 ) = ( existe). u senθ
19
MOISES VILLENA
Más adelante daremos una técnica para hallar derivadas direccionales sin emplear la definición. Un caso especial de las derivadas direccionales es cuando consideramos dirección con respecto a eje x y con respecto al eje y .
Determ ine la derivadadirecci onal de f ( a, b ) .
en el srcenen la direcci ón del vectorunitario
⎧ x3 y 2 − xy3 si, x y 0,≠0 ( )( ) a) f ( x, y ) = ⎨⎪ x 2 + y 2 ⎪ 0 si (x y, ) = ( 0, 0 ) ⎩ ⎧ y2 − x2 xy si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) b) f ( x, y ) = ⎨⎪ x 2 + y 2 ⎪ 0 si (x y, ) (= )0, 0 ⎩
7.2 Derivada Parcial. Sea f : U ⊆ R → R , donde U es un conjunto abierto, x un punto de U , h ∈ R . Sea n
0
→
e i = (0,0, ,1, ,0 ) un vector canónico unitario de R n . La derivada parcial de f en x 0 con respecto a →
e i (o con respecto a su i − ésima variable), ∂f (x 0 ), se define como: denotada por ∂xi f ⎛⎜ x 0 + h e i ⎞⎟ − f (x 0 ) →
∂f ⎝ (x ) = lim → ∂x Cuando este límite existe 0
h
0
i
Si f : U
⊆ R → R (una 2
⎠
h
función de dos variables), entonces los
vectores canónicos unitarios serían: e1 derivadas parciales serían:
= iˆ = (1y,0 )
f( ( x00), y( )+ h1,0 ∂f ( x0 , y0 ) =lim h →0 ∂x1 h
20
e2 = ˆj =.(0Las ,1)
) − f, ( x
00
y
)
MOISES VILLENA
∂f o también f , es decir: ∂x f ( x0 + h,)y0( − )f x0 , y0
Denotada simplemente como:
∂f = lim ∂x h→0
x
h
Y la otra derivada parcial sería:
∂f
=lim
x ,y
∂x2 (
0
0
)
(f ( x00), y( )+ h0,1 0)0 − f, ( x
y
)
h
h →0
∂f Denotada simplemente como: o también f , es decir: ∂y f ( x00, y +) h( −0)0f x , y ∂f = lim ∂y h→0 h y
Sea f (x, y ) = x 2 y 3 , obtener
∂f ∂f y . ∂x ∂y
SOLUCIÓN: f ( x + h,) y (− )f x, y ∂f = lim h ∂x h →0 2
3
2
= lim ( x + h ) y − x y h →0
= lim
(x
2
+ 2 xh +2 3h 2) y − x y3
h →0
h 3 23 x 23y + 2 xhy + h23 y − x y
= lim h →0
= lim
3
h
h
2 xhy 3 + h 2 y3
h →0
h
= lim (2 xy 3 + hy 3 ) h →0
∂f = 2 xy 3 ∂x f ( x, y +)h (− )f x, y ∂f = lim h ∂y h → 0 3
= lim
x 2 ( y + h ) − x2 y 3
h→0
h
x 2 (3y +2 3 y +h 2 33+yh −23 h h→0 h
= lim = lim
x y
x 2 3y + 232x y+ h2 2 3+x23yh − 23 x h
h→0
= lim
)
x y
h
3 x 2 2y h + 23 x2 yh23 + x h
h→0
h
= lim (3 x 22y +32 x yh22 + x h h→0
)
∂f = 3x 2 y 2 ∂y
21
MOISES VILLENA
Note que
∂f ∂x
se obtiene como una derivada para función de una
variable, en este caso x , y considerando a la otra variable y como constante. Análogamente, si se desea obtener
∂f , deberíamos derivar considerando sólo ∂y
a y como variable.
Sea f (x, y ) = sen x 2 + y 3 , obtener
∂f ∂f y . ∂x ∂y
SOLUCIÓN: −1 ∂f ⎡1 ⎤ = cos x 2 + y 3 ⎢ (x 2 + y 3 ) 2 (2 x )⎥ ∂x 2 ⎣ ⎦ −1 ∂f ⎡1 ⎤ = cos x 2 + y 3 ⎢ (x 2 + y)3 ( )2 3 y 2 ⎥ ∂y ⎣2 ⎦
En otros tipos de funciones habrá que aplicar la definición.
⎧ xy ; (, x y ) 0, ≠ 0( ⎪ Sea f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 = 0) ⎩⎪ 0 ; (, x )y (0, Hallar f x ( 0, 0 ) y f y ( 0, 0 ) SOLUCIÓN: Aplicando la definición:
a) f x ( 0, 0 ) = lim h
(f )h, 0( −) f
→0
b) f y ( 0, 0 ) = lim h→
0, 0
.
lim =
h →0
h
(f )0, h( −) f 0, 0
0
)
lim =
h →0
h
⎡ h (0) ⎤ ⎢ 2 2 ⎥−0 ⎣ h + 0 ⎦ lim= 0 0 = h
h →0
h
⎡ 0 (h) ⎤ ⎢ 02 + h 2 ⎥ − 0 ⎣ ⎦ lim= 0 0 = h →0
h
h
f f 1. Encontrar∂ , ∂ si : ∂x ∂y
a) f (x, y ) = xy
(
d)
(
2 2 f (x, y ) = xe x + y
b) f (x, y ) = x 2 + y 2 log e x 2 + y 2
e) f (x, y ) = x cos x cos y
c) f (x, y ) = cos ye xy sen x
f) f ( x,)y =
sen(xy )
∫)( y2
2. Hallar f x ( 0, 0 ) yf y ( 0, 0 ) , para:
22
g t dt
MOISES VILLENA ⎧ xy2 ⎪ 2 2 a) f ( x, y) = ⎨ x + y ⎪ 0 ⎩
( si, )x (y 0,0 )≠ si (x ,y ) = ( 0,0 )
⎧ x 3 y 2 − xy 3 , , ( x y0, ) ≠0 ( ) x2 + y 2 ⎪ 0 , , ( x )y0,(=0 ) ⎩ ⎧ x 2 − y 2 sen 1 , ( ,x y ) ≠0,(0 ) x +y c) f ( x, y ) = ⎨⎪ ⎪ 0 , ( x, )y (= )0, 0 ⎩⎧ 2 2
b) f ( x, y ) = ⎨⎪
(
⎪ d) f ( x, y ) = ⎨ ⎪ ⎩
7.3.1
sen (x −y
2
2
)
)
; ( x, y ) ≠0,( 0
x+ y
; , ( x )y0,(=
0
)
) 0
INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA DE LAS DERIVADAS PARCIALES
Se ha definido la derivada tratando de que se entienda como la variación de la función con respecto a una dirección. Entonces la derivada parcial
∂f , será la pendiente de la recta tangente paralela al ∂x
plano zx , observe la figura:
z m=
∂f ∂x
( x0 , y0 )
(x0 , y0 , f ( x0 , y0 ))
• ∆z
z = f (x, y )
∆x y0
y x0 x0 + h
h
(x0 , y0 )
(x0 + h, y0 )
x
En cambio, la derivada parcial
∂f , será la pendiente de la recta ∂y
tangente paralela al plano zy , observe la figura: 23
MOISES VILLENA
z
z = f ( x, y )
m=
∂f ∂y
(x0 , y0 ) (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) ∆z
•
∆y y0
h
y
y0 + h
x0
(x0 , y0 ) (x 0 , y 0 + h )
x
Encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva de intersección de la superfic ie que tiene por ecuación z = x 2 + y 2 con el plano y = 1 en el punto (2,1,5) . SOLUCIÓN: Realizando un gráfico, tenemos:
z 2
z=x +y
2
(2,1,5)• y =1
m= dz
y
∂z
(2,1)
dx →
S = (a, o, c )
x dx
24
MOISES VILLENA ⎧ x = x0 + at ⎪ La ecuaciónde todarectaes de la forma l : ⎨ y = y0 + bt . ⎪ z = z + ct 0 ⎩ El punto está dado: (x0 , y0 , )z(0 =) 2,1,5 . Los vectores directrices son paralelos alzx plano y por tanto son de la forma: →
S = (a, o, c ) .
¿Por qué?
∂z = (2,1) ; que definirá la dirección de los vectores La pendiente de la recta m será dx
directores. ∂z Ahora bien, si z = x 2 + y 2 entonces = 2 x . ∂x ∂z Evaluando tenemos:= 2 x = 2(2) = 4 ∂x ∂z c 4 Entonces: = = ∂x a 1 →
Por tantoS = (a, o, c ) = (1,0,4) Finalmente la ecuación de la recta buscada será: ⎧ x = x0 + at = 2 + t ⎪ l : ⎨ y = y0 + bt = 1 + 0t ⎪ z = z + ct = 5 + 4t 0 ⎩
7.3.2
DERIVADAS SUPERIOR
PARCIALES
DE
ORDEN
z = f ( x, y ) . ∂f ∂f Suponga que las derivadas parciales y ∂x ∂y existan. Entonces las Derivadas parciales de Segun do Orden se definen como: ∂f ∂f ( x0 + h,)y0 ( − ) x0 , y0 ∂ 2 f ∂ ⎛ ∂f ⎞ ∂x = ⎜ ⎟ = lim ∂x = f xx ∂x 2 ∂x ⎝ ∂x ⎠ h→0 h ∂f ∂f x0 , y0 +) h ( − ) x0 , y0 ( ∂2 f ∂ ⎛ ∂f ⎞ ∂x = ⎜ ⎟ = lim ∂x = f xy h ∂y∂x ∂y ⎝ ∂x ⎠ h→0
Sean f : U ⊆ R → R 2
tal que
25
MOISES VILLENA
∂f ∂f (x + h,)y ( − ) x , y ∂y ∂y
∂ f ∂ ⎛ ∂f ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟ = lim =f → ∂x∂y ∂x ⎝ ∂y h ∂f ∂f ( x , y +) h ( − ) x , y ∂ f ∂ ⎛ ∂f ⎞ ∂y ∂y = ⎜⎜ ⎟⎟ = lim =f → ∂y ∂y ⎝ ∂y h 0
2
h
0
0
h
0
0
2
2
0
0
0
yx
0
yy
0
Cuando estos límites existan. A f xy y a f yx se las denominan Derivadas Mixtas o Derivadas Cruzadas. 2
2
Sea f (x, y ) = x 2 e x + y , obtener todas las derivadas parciales de segundo Solución: Las Derivadas parciales de primer orden son: 2 2 2 2 2 2 2 2 f x = 2 xe x + y + x 2 e x + y (2 x ) = 2 xe x + y + 2 x 3e x + y
2 2 2 2 f y = x 2 e x + y (2 y ) = 2 x 2 ye x + y
Por tanto las derivadas parciales de segundo orden serían: 2 2 2 2 2 2 2 2 f xx = 2e x + y + 2 xe x + y ) (2 x + 6 x 2 e x + y + )2(x 3 e x + y 2 x = 2e x
2
+ y2 2
+ 4 x 2e x
2
+ y2
+ 6 x 2e x
2
2
2
+ y2
+ 4x 4e x
2
+ y2
2
f xy = 2 xe x + y (2) y + 2 x 3e(x) + y 2 y
= 4 xye x f yx = 4 xye
2
+y
2
x2 + y2
x2 + y 2
+ 4 x 3 ye x 2
+ 2 x ye 3
2
+y
2
x2 + y2
(2 x )
x2 + y2
= 4 xye + 4 x ye 2 2 2 2 f yy = 2 x 2 e x + y + 2 x 2 ye x + y (2 y ) = 2x 2e x
2
+ y2
+ 4 x 2 y 2e x
2
+ y2
Note que las derivadas cruzadas son iguales. 7.3.3 TEOREMA DE SCHWARZ 2
f : U ⊆ R → 2R , una función definida en el Sea abierto U de R . Si las derivadas parciales ∂2 f ∂2 f y existen y son funciones continuas ∂x∂y ∂y∂x ∂2 f ∂2 f en U , entonces: = ∂x∂y ∂y∂x
26
orden.
MOISES VILLENA
Analicemos el siguiente ejemplo, donde se hace necesario emplear las definiciones de las derivadas parciales.
⎧ x 3 y − xy 3 ; ( x, y ) ≠ (0,0) ⎪ Sea f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 ⎪ 0 ; (x, y ) = (0,0 ) ⎩ Hallar a) f xy (0,0 ) y b) f yx (0,0) SOLUCIÓN:
∂f ∂f ( 0, )0 + (h ) − 0,0 ∂ ⎛ ∂f (0,0) ⎞ ∂ x ∂x a) f xy (0,0 ) = ⎜ ⎟ = lím ∂y ⎝ ∂x ⎠ x→0 h Necesitamos la derivada parcial de primer orden. ∂f (0,de 0) tenemos: Para la derivada en cualquier punto diferente ∂x ∂f ∂ ⎛ x 3 y − xy 3 ⎞ (3 x 2 y − )(y 3 x 2 )+( y 2 − )x 3 y − xy 3 (2 x ) ⎟= = ⎜⎜ 2 ∂x ∂x ⎝ x + y 2 ⎟⎠ (x 2 + y 2 )2
= =
3 x 4 y − x 2 y 3 + 3x 2 y 3 − y 5 − 2 x 4 y + 2 x 2 y 3
(x
+ y2 )
2
x4 y + 4x2 y3 − y5 2 2
2
(x + y
Evaluando
f x (0, h ) =
2
)
0 4 h + 4(0 2 )h 3 − h 5
(0
2
+h
)
2 2
=
− h5 h4
= −h
∂f Para la derivada en (0,0) tenemos: ∂x ( f 0 +)h,(0) − f 0,0 f x (0,0 ) = lím h →0 h h 3 0 − h(0 3 ) −0 2 2 = lím h + 0 h →0 h 0 = lím h →0 h
=0
Por tanto: f xy (0,0 ) = lím h →0
(f x 0) , h ( −) f x h
0,0
= lím h →0
−h−0 h
= −1
∂f ∂f ( 0 +) h, (0 ) − 0,0 ∂ ⎛ ∂f (0,0 ) ⎞ ∂y ∂y ⎜ ⎟ = lím b) f yx (0,0 ) = ∂x ⎜⎝ ∂y ⎟⎠ h→0 h
27
MOISES VILLENA
∂f (0,de 0) tenemos: Para la derivada en cualquier punto diferente ∂y ∂f ∂ ⎛ x 3 y − xy 3 ⎞ (x 3 − 3xy)(2 x 2 )+( y 2 − )x 3 y − xy 3 (2 y ) ⎟= = ⎜⎜ 2 ∂y ∂y ⎝ x + y 2 ⎟⎠ (x 2 + y 2 )2 x 5 + x 3 y 2 − 3x 3 y 2 − 3 xy 4 − 2 x 3 y 2 + 2 xy 4 = (x 2 + y 2 )2 x 5 − 4 x 3 y 2 − xy 4 = 2 2 + 2
(x
Evaluando:
f y (h,0 ) =
y
h − 4 h 0 − h0 4 5
3
(h
)
2
+0 ) ∂f Para la derivada en (0,0) tenemos: ∂y 2 2
2
(f
f y (0,0 ) = lím
=
h5 =h h4
0, 0) + (h ) − f 0,0
h
h →0
0 3 h − 0(h 3 ) −0 2 2 = lím 0 + h h →0 h 0 = lím h →0 h
=0
Por tanto:
f yx (0,0 ) = lím h→0
(f y )h, 0 ( −) f y
0,0
h
= lím h→0
h−0 =1 h
Note que las derivadas mixtas no son iguales. ¿Por qué? ¡Demuéstrelo!
∂ 2 f (0,0 ) ∂ 2 f (0,0 ) 1. Calcular, si existen , la derivada mixta y para: ∂x∂y ∂y∂x
(
⎧ xy x 2 − y 2 ⎪ a) f (x, y) = ⎪⎨ x 2 + y 2 ⎪ ⎪⎩ 0 ⎧x y − x y ⎪ x3 + y 3 ⎪ 0 ⎩⎪ 4 2
b) f (x, y) = ⎪⎨
)
2 4
si x 2 + y 2 ≠ 0 si x 2 + y 2 = 0 si x 2 + y 2 ≠ 0 si x 2 + y 2 = 0
⎧ x 3 y 2 − xy 3 si(x, y ) ≠ (0,0 ) ⎪ c) f (x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 ⎪ 0 si(x, y) (=) 0,0 ⎩
28
MOISES VILLENA
8. DIFERENCIABILIDAD. Existen funciones que poseen todas sus derivadas direccionales, sin embargo no pueden ser consideradas diferenciables debido a que no son continuas (ejemplo 4 de derivada direccional), entonces deberá existir un criterio más fuerte para la diferenciabilidad. Recordemos la definición de diferencial para función de una variable, observe la gráfica:
y y = f ( x)
f ( x0 + h )
r
}
}
dy
f ( x0 )
}
∆y
h =dx = x∆
x0 + h
x0
x
Note que ∆y = dy + r , donde a r le vamos a llamar residuo. Reemplazando tenemos: ∆y = dy + r f ( x0 + )−h ( )f= x(0 ) +f ´ x0 h r Dividiendo para h y tomando limite f ( x0 +)h( − )f x0 r =´ f ( xlim lim 0)+ h→0
h →0
h
h
Podemos decir que para que f sea diferenciable se debe dar que:
lim h→ 0
r h
=0
Haciendo analogía para funciones de dos variables. El punto debe ser y h debe ser un vector, digamos ( h1 , h2 ) , entonces la expresión para la diferenciabilidad debe ser de la forma:
( x0 , y0 )
29
MOISES VILLENA
( ( x , y) ( + )h , h− )
f
0 0
12
f ( x=1 , + y22 ) + A h
0 0
r
Y deberá ocurrir que lim h
Ah
r
=0
→0 h
Encontremos A1 . Suponga que h = ( h1 ,0 ) , entonces:
f
( ( x , y) ( +,0) h 00
1
− ),0 0 f (11x= 2 y+ )0+ A h
A
r
Dividiendo para h1 y tomando límite:
lim
f ( x0 +1 h0 ,)y ( −0)0f x , y
h1 →0
h1 →0
h1
Tenemos que A1
r
= Alim 1 +
h1
= fx ( x , y ) 0
0
Análogamente obtengamos A2 Suponga que h = ( 0, h2 ) , entonces:
f
+) ( ( x , y) ( 0, 00
h− ) 0 0, f (1x=+2 y
2
)
A
A h +r
Dividiendo para h2 y tomando límite:
lim
f ( x0 ,0y 2+)h( −0)0f x , y
h2 →0
h2 →0
h2
Tenemos que A2
r
= A2lim +
h2
= fy (x , y ) 0
0
Ahora sí podemos proponer la siguiente definición para la diferenciabilidad.
Sea f : U ⊆ R 2 → R , una función definida en el abierto U . f es DIFERENCIABLE en ( x0 , y0 ) ∈ U , si sus derivadas parciales en ( x0 , y0 ) existen y si [ f (x ( h1 , hlim )2 (→)0,0
+ h , ,y +) h( )− f x , y
0 10
2
00
00
] − [ f,x ( x 00
h1 + h2 2
2
y
) ] h1 − ⎣⎡ f y ( x
y
) ⎦⎤ h2
=
0
Demuestre que f ( x, y ) = x2 + y 2 es diferenciable en todo ( x , y ) SOLUCIÓN: 0
0
Aplicando la definición, para que la función sea diferenciable el límite
30
MOISES VILLENA
[ f (x
lim
+ h , ,y +) h( )− f x , y
0 10
2
00
00
] − [ f,x ( x
y
00
h1 + h2
( h1 , h)2 (→)0,0
2
) ] h1 − ⎡⎣ f y ( x
y
) ⎤⎦ h2
2
debe ser cero. Obtengamos primero las derivadas parciales:
fx ( x , y ) = 2x (x 0
0 , y0
0
)
= 2 x0
f y ( x , y ) = 2 y ( x , y ) = 2 y0 0
0
0
Reemplazando y simplificando: [ f ( x + h , ,y +) h( )− f 0
lim
10
2
00
0
00
x, y
( h1 , h)2 (→)0,0
] − [ f,x ( x 00
y
) ] h1 − ⎡⎣ f y ( x
lim
⎡( x0 +1 )h(+2 0 +2) y − h0 +20⎤ − ⎡ x012 −y0 22 [⎤ ] 2 x[ h] ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ h12 + h2 2
lim
2 2 ⎡⎣ x0 2 + + ⎤ 20 x1 02 +h2 + 0+y 2 2 2− 0y 0 − h −10⎦ 0x− h12 + h2 2
( h1 , h)2 (→)0,0
( h1 , h)2 (→)0,0
y
) ⎤⎦ h2
h12 + h2 2
y
2y h
2x h
2 y h2
h12 + h2 2
lim
( h1 , h)2 (→)0,0
h12 + h2 2 h12 + h2 2
lim
( h1 , h)2 (→)0,0
Se observa que lim h12 + h2 2 0=
Por tantof
( h1 , h)2 (→)0,0
ES DIFERENCIABLE EN TODO PUNTO.
⎧ xy ; (, x y ) 0, ≠ 0( ) ⎪ Sea f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 . ⎪ 0 ; (, x )y (0, = 0 ) ⎩ Determine si f es diferenciable en ( 0,0 ) SOLUCIÓN: Aplicando la definición: [ f ( 0 + ,h0 +)h ( )− 0,f 0 ] − [0,f0x ( lim ( h1 , h)2 (→)0,0 h12 + h2 2 1
2
)] h1 −0,⎡⎣0 f y (
) ⎤⎦ h2
Las derivadas parciales ya fueron obtenidas anteriormente : f x ( 0, 0 ) =0
y
f y ( 0, 0 ) =0
Reemplazando: [ f ( h , h) −( f)0, 0 ] − [ 0,f x0( 1
lim
2
( h1 , h)2 (→)0,0
lim
( h1 , h)2 (→)0,0
lim
( h1 , h)2 (→)0,0
)] h1 − 0, ⎣⎡ 0f y (
) ⎦⎤ h2
h12 + h2 2
⎡ h1h2 ⎤ ⎢ h 2 + h 2 − 0 ⎥ − [0] h1 −[ ] 0 h2 ⎣ 1 2 ⎦ h12 + h2 2 h1h2
(h
1
2
+ h2 2 )
3
2
31
MOISES VILLENA El último límite lo calculamos por coordenadas polares h1h2 r rsen θ sen cos θ cos θ = = lim lim lim 3 3 h r2 r → → ( h1 , 0,0 )2 (→) 2 0 2 20 2 r r ( h1 + )h2 ()
θ
Este límite no existe, por tanto f NO ES DIFERENCIABLE en ( 0,0 ) .
Los siguientes teoremas permiten sacar conclusiones rápidas. 8.1 TEOREMA
Si f : U ⊆ R 2 → R , es diferenciable en ( x0 , y0 ) ∈ U , entonces es continua en ( x0 , y0 ) . 8.2 TEOREMA
Sea f : U ⊆ R 2 → R . Si las funciones derivadas parciales son continuas en ( x0 , y0 ) entonces f es diferenciable en ( x0 , y0 ) .
a, b ) entonces es continua( aen , b) 1. Demostrar que fsi( x, y ) es diferenciable(en 2. Analizar la diferenciabilidad en el origen para: xy ⎧ si(x, y ) ≠ (0,0 ) 1 ⎪⎪ a) f (x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 2 ⎪ 0 si(x, y) (=) 0,0 ⎩⎪
(
)
1 ⎧ 2 2 ⎪( x − y ) sen x 2 + y 2 si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) b) f ( x, y ) = ⎨ ⎪ si (x y, ) (= )0,0 0 ⎩
⎧ x 3 y 2 − xy 3 , , ( x y0, ) ≠0 ( ) x2 + y 2 ⎪ 0 , , ( x )y0,(=0 ) ⎩ ⎧ x 2 − y 2 sen 1 , ( ,x y ) ≠0,(0 ) x +y d) f ( x, y ) = ⎨⎪ 0 , ( x, )y (= )0, 0 ⎩⎪
c) f ( x, y ) = ⎨⎪
(
⎧ sen (x 2 −y
e) f ( x, y ) = ⎪⎨ ⎪ ⎩
2
)
x+ y
0
,
⎧ y −x xy f) f ( x, y ) = ⎨⎪ x 2 + y 2 ⎪ 0 ⎩ 2
32
2
2
)
,
( ,x y ) ≠0,(0 )
,
( x 0,y) (= )
0
2
si ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) si (x y, ) (= )0, 0
MOISES VILLENA
9. GRADIENTE. Sea f : U ⊆ R n → R una función diferenciable. Se define el vector gradiente de f en x 0 , denotado por ∇f ( x 0 ) o grad f (x 0 ) , como el vector de R n : ∇f ( x 0 ) = ⎜⎛ ∂f ∂, ∂f, , f∂, f ⎟⎞ xn ⎠ x ⎝ ∂x1∂ ∂x2 x∂3 ( ) 0
2
2
Sea f ( x), y ( = −)x+(−1 ) y 1 . Hallar el gradi ente de f en ( 0,0 ) . SOLUCIÓN: ⎛ ∂f ∂f ⎞ ∇f ( 0,=0 ) ⎜ , =⎟ −2 ( 1,−(2x ) 1−=(− )y 2,)2( 0,0 ) ( ) ⎝ ∂x ∂y ⎠( 0,0 )
9.1 GRADIENTE Y DERIVADA DIRECCIONAL En la fexpresión ,el h residuo. ( ( x00 , 2y)1 ( +para ) = f (1x , y +) 0) 0h −
[ f x2( x ,+y )] h [ f x ( x , y )] h r h = ( h1 , h2 ) lo podemos expresar como h = h u , donde u
Observe que es un vector unitario. Suponga que h
=h
y que u
0
0
= ( u1 , u2 ) entonces h = h ( u1 , u2 )
Ahora, dividiendo para h y tomando límite: f ( x00, y ) + hu − 00 f ( x , y ) h lim = [ f x ( x , y )] 1 + [ f x ( x h→0 h h
(
)
0
Si f es diferenciable entonces lim h →0
r h
)
Du f ( x0 0,)y
,y
h r )lim ] 2 + h→0 h h
.
Con lo cual resulta: f ( x00, y ) + hu −00 f ( x , y lim h →0 h Finalmente
(
0
)
= [ f x ( x , y )]u1 + [ f x ( x , y )]u2 00
00
=( ⎡⎣∇0)0f x , y ⎤⎦ • u
33
MOISES VILLENA
→ ⎛ 2 2⎞ Sea f ( x, y ) = x 2 + y 2 . Hallar D→ f (1, 2 ) donde u = ⎜⎜ , ⎟⎟ u ⎝ 2 2 ⎠ SOLUCIÓN: Empleando lo anterior Du f (1,)2 = ⎡⎣(∇)f 1, 2 ⎤⎦ • u Ahora, el gradiente sería: ∇f (=1, 2 ) ( =f,x f y ) =2, (2 x y ) 1,2 2, 4 ( ) (1,2 )
Reemplazando y resolviendo
Du f (1,)2 =∇⎡⎣( )f 1,•2= ( ⎤⎦)• u 2, 4
(
⎛ 2 = ⎜⎜, ⎝ 2
)
2⎞ 3 2⎟ 2 ⎟⎠
Sea f ( x, y ) = sen ( x 2 + y 2 ) . Hallar la derivada de f en el punto P (1,1) en la dirección que va desde este punto al punto SOLUCIÓN:
Q ( 3,2 )
Primero obtengamos
u y sus derivadas 3 ( −1, 2 −1 ) ⎛ 2 1 ⎞ PQ =⎜ , ⎟ u = = 5 PQ ⎝ 5 5⎠ f x (1,1) = ⎡cos
(x
f y (1,1) = ⎡cos
(x
⎣
⎣
2
2
+ y 2 )2⎤⎦ x
(1,1)
+ y 2 )2⎤⎦ y
(1,1)
parciales en P (1,1)
2=cos 2 2=cos 2
Empleando la última definición
Du f ()1,1 ∇= • 2, 2 cos= 2 () ⎣⎡( =f• 1,1 ⎦⎤ u 2) cos
⎛ 2 1 ⎞ ⎜ , ⎟ ⎝ 5 5⎠
6 cos 2 5
1. Halle la derivada direccional de la función en P elenpunto la dirección Q de. a) f (x, y ) = x 2 + 4 y 2 , P (3,1), Q(1,−1) π b) f (x,)y =( cos) x + y , P(0, π), Q( ,0) 2
=
+ +
c) f (x, y), z( ln x)z y z , P (1,0,0), Q(4,3,1) d) g (x, y), z = xye( , )P( 2,)4,0 , Q 0,0,0 4
2. Dado el campo escalarf : R n → R tal quef ( X ) = X , calcular: a) f ' ( X , v ) (Derivada direccional de f en la dirección de v) b) Si n=2, hallar todos los puntos (x,y) en R 2 f ' (2i + 3 j; xi + yj ) = 6 c) Si n=3 , hallar todo s los puntos (x,y) f ' (i + 2 j + 3k ; xi + yj + zk ) = 6
34
para los cuales:
enR 3 para los cuales
MOISES VILLENA
f ( x, y ) = x sen y en el punto (3,0), enla 3. Calcule la derivada de la función direcci ón del vectortangentea la parábo lay = x 2
en el punto(1,1)
9.2 PROPIEDADES DEL GRADIENTE 1. El Gradiente es un vector ortogonal a los conjuntos de nivel.
Du f x 0 = ⎡∇f x 0 ⎤ • u tenemos ⎣ ⎦ Du f x 0 = ∇f x 0 u cos θ
2. De la igualdad
() () () ()
Si el gradiente y el vector unitario tienen la misma dirección ( θ entonces la derivada direccional tendría el máximo valor y sería:
()
Du f x 0
máx
= (∇) f x0
Si el gradiente y el vector unitario tienen dirección contraria (θ entonces la derivada direccional tendría el mínimo valor y sería:
Du f x 0
()
= 0)
=π )
= −( )∇f x0
mín
Suponga que la distribución de temperatura dentro de una habitación está dada por : T x(yz, , ) 5=e2 + x + 4 y + z , donde x , y , z se miden a partir del rincó n ( 0,0,0 ) . a) ¿En qué dirección aumenta la temperatura con m ayor rapidez? b) ¿Cuál es el valor máxim o? SOLUCIÓN: a) La temperatura aumentará con mayor rapidez en dirección de su gradiente, es decir: ⎛ ∂T ∂T ∂T ⎞ ∇T = ⎜ , , ⎟ ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠( 0,0,0 ) 2
(
2
= e x ++4 y z e)(,1++
x 4 y z+2+
e()4, z
(2)x 4 y
z2
(1,4,0 ) sería b) El valor=máximo Du T ( 0, 0, ) 0 máx (=∇ ) T 0, 0, 0= + 1+ 4= 02
)
( 0,0,0 )
2
17
35
MOISES VILLENA
(x, y ) de una placa viene dada por: 1. La temperatura en el punto x . Hállese la dirección de mayor crecimiento del calor desde el T (x ) = 2 x + y2 punto (3, 4). 2. Se describe la superficie de una montaña mediante la ecuación h(x, y ) = 4000 − 0.001x 2 − 0.004 y 2 . Supóngase que un alpinista está en el punto (500,300,3390). ¿Enquédirección debemoverseel alpinista en orden a ascender lo más rápido posible? 3. Suponer que la temperatura en el punto P(x,y,z) en el espacio está dada por T (x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 sea una partícula que viaja por la helice circular σ)((t = cos t , )sen t , t y sea T(t) su temperatura en el punto t. 4. ¿Cuál es el valor de T(t=0)?. 5. ¿Qué dirección debe tomar la partícula para avanzar hasta la región de más baja temperatura?. 6. El Capitán América tiene dificultades cerca del lado soleado de Mercurio. La temperatura del casco de la nave, cuando él está en la posición (x,y,z) estará dada 2 2 2 por T (x, y , z ) = e − x − y −3 z donde x, y, z se midenen metros. Si la nave del Capitán América se encuentra en el punto (1,1,1). 7. ¿En qué dirección deberá avanzar para disminuir más rápido la temperatura? 8. Desafortunadamente el casco de la nave se cuarteará si se enfría a una tasa mayor de 14 e 2 grados por segundo. Describir el conjunto de direcciones posible en las que puede avanzar para bajar la temperatura.
9.3 VECTORES NORMALES Y PL ANOS TA NGENTE Cuando se interpretó geométricamente las derivadas parciales, se definió que un vector directriz de la recta tangente pa ralela al plano zx ,en un punto de la superficie z
= f ( x, y ) , está dado por S1 = (1,0, f x ( x
0
) ) ; y un
vector directriz de la recta tangente paralela al plano zy está dado por
(
S 2 = 0,1, f y ( x
0
)) . z
n = S1 × S 2
0,1,
S2 =
(
S1 = 1,0, f x ( x
fy (
(
0
))
x0
))
•
(x0 , y0 , f (x0 , y0 ))
z = f ( x, y ) y0
y x0
x
36
(x0 , y0 )
MOISES VILLENA
Si multiplicáramos en cruz estos vectores obtendríamos un vector normal a la superficie en ese punto
SS1 × =210
i
j
f
f= −
0
1
k x
(
f ,−
x
(,1x)
()
0
y
x0
)
fy
Por tanto el plano tangente en ese punto tendría por ecuación
− f x ( x )−[ x − x0 ] f−y ( +x )−[ y ]y0[ 1] z z0 = 0 0
0
Hallar la ecuación del plano tangente y la ecuación de la recta normal a la superficie que tiene por ecuación
z = f ( x, y ) =
10 xy
en el punto (1,2,5 ) .
SOLUCIÓN: a) La ecuación del plano tangente estaría dada por: − f x (1,2 ) [−x− 1] f1,y2−( + )−[ y ]2 [ 1] z 5 = 0 Las derivadas parciales serían: f x (1, 2 ) =− f x (1, 2 ) =−
10 x2 y
10 2
xy
Reemplazando
=− 5 (1,2 )
=− (1,2 )
5 2
⎛ 5⎞ ⎜ [−]2 2⎟+1[y 5−] = z ⎝ ⎠ 10 ( x − 1) +5( −)2y + (2 )−5 =0z 10 x −10+5 −y+10− = 2 10 z 0 10 x +5+y−2= z30 0 b) La ecuación derecta la normal estaría dada por: ⎧ x = x0 − [ f x ( x , y )] t ⎪⎪ ⎨ y = y0 − ⎡⎣ f y ( x , y ) ⎤⎦ t ⎪ ⎩⎪ z = z0 + t Reemplazando: −−( 5) −[ x1−] −
0
0
0
0
0
⎧ x= −1 −[5 =] t1+ 5 t ⎪ 5 5 ⎨⎪ y = 2− −⎣⎡ 2=⎦⎤ t + 2 2 t z = 5 + t ⎪⎩
37
MOISES VILLENA
10. LA DIFERENCIAL 10.1 DEFINICIÓN
Sea f : U ⊆ R n → R una función diferenciable en U . Entonces para cada x ∈ U se tiene: ∂f ∂f f x + h= f+ x + dx + dy r x y ∂ ∂ A la parte ( ) ( ) ∂f ∂f dx + dy ∂x ∂y Se le denomina diferencial de, y se la denota como df . 10.2 APROXIMACIONES Si se dice que
∆f ≈ df
, entonces tenemos:
f ( x0 0+ ∆x, + y ∆− ) ( y)00
[ f x +( x , y )] dx ⎡⎣ f y ( x , y ) ⎤⎦ dy
f ≈x , y
00
00
dx = ∆x y dy = ∆y Como Tenemos la formula de aproximación: f ( x0 0+ ∆x, + y ∆)≈( y)00
[∆+f x ( x , y )] ∆x ⎡⎣ f y ( x , y ) ⎤⎦
f +x , y
00
3.98
Aproximar el valor de (1,08 ) SOLUCIÓN: f ( x, y ) = x y (¿por qué? Utilicemos la función tomemos: x0 = 1 entonces ∆x = 0.08 y0 = 4 entonces∆y = −0.02 Las derivadas parciales serían: f x (1, 4 ) = ( yx y −1 ) 4= (1,4 )
f y (1, 4 ) = ( xln x ) (1,4 )0= y
Empleando la formula de aproximación:
38
00
y
MOISES VILLENA f ( x0 + ∆0x, + y ∆)≈( y 0)0 f (1.08;3.98 )
[∆+f x ( x , y )] ∆x ⎡⎣ f y ( x , y )⎦⎤ ⎡⎣ f1,4y ( ) ⎤⎦0.02 ( )
f +x , y
( ≈) f1,+4
00
00
y
)] [ f x +(1,4−0.08
(1.08 )
3.98
≈1+4 [ ] 4 0.08 + [ ]− 0
(1.08 )
3.98
≈1 +0.32
(1.08 )
3.98
≈1.32
0.02 (
)
10.3 CAL CULO DE ERRORES El error en una función se lo puede considerar como la variación de la función, entonces tenemos que:
∂f ∂f ∆f ≈ ∆ + x ∆ y ∂x ∂y El radio r y la altura h de un cilin dro circu lar recto se miden con un posibl e error del 4% y 2% respectivamente. Aprox ime el error porc entual al calcular el volu men. SOLUCIÓN: El volumen de un cilindro circular recto está dado por:V = π r 2 h Se sabeque los errores porcent ualesen las medicionesde r yh son del 4% y 2% , 4 2 r y ±∆h = 100 h. por tanto±∆r = 100 ∆V≈ Por otro lado
∂V ∂V ∆+ r ∆ h ∂r ∂h
Reemplazando: 4 ∆V ≈ ( 2rh π )r( 100 r) + ( π
2
)(
2 100
h)
⎛ ⎞ 10 ∆V ≈ ⎜ π r 2 h ⎟ ( 100 ) ⎝ V ⎠
Por tanto el error porcentual del volumen sería : ∆V 100 ≈ 10% V
1. Calcular aproximadamente a) 1.023.01 2 - 0.99 2]3/2 b) [4.052 + 8.98 2 ) (1.05 3 )1/4 ]-1/3 c) (1.03)2 [(0.98
39
MOISES VILLENA 2. Calcule la longitud del segmento dex =recta 1.2, y = 0.95 que se encuentra entrela superfici e z = x 2 + 5 y 2 y su planotangenteen el punto(1,1,6).
(3.1, 1.9) 3. Calcule el valor aproximado de la función f (x, y ) = x y en el punto 4. Dos lados de un triángulo miden 150 y 200 mts. Y el ángulo que forman es de 60º. Sabiendo que los errores probables en la medición es de 0.2 mts. en la medida de los lados y de 1º en la del ángulo. Determine el máximo error probable que se puede cometer al evaluar su área. De termine tam bién el error en porcen taje. 5. La altura de un conohes = 30cm , el radiode su baseR = 10cm . ¿Cómo variará el volumen de dicho cono H se si aumenta 3mmR y se disminuye 1 mm?
10.4 DEFINICIÓN GENERAL DE DIFERENCIAL
Sea f : U ⊆ R n → R m . Se dice que f = ( f1 , f 2 ,, f m ) es diferenciable en x 0 ∈ U si y sólo si ⎡ Df z = f (+x)0 −x + ⎤ ⎡ x x 0 ⎤⎦ r es una buena ⎣( ) 0 ⎦ ⎣ aproximación de f en una vecindad de x 0 ; es decir: f x 0 +=h
(
) ( )+f rx ( ) ⎣⎡ Df− +x 0
0
Y se cumple que lim h
=0
→0 h
0
⎦⎤ ⎣⎡ x x ⎦⎤ r
.
A Df ( x 0 ) se le llama MATRIZ DIFERENCIAL J ACOBINA y se define como: ⎡ ∂∂xf ∂∂xf2 ∂∂xf ⎤ ⎢ ∂f ∂f ⎥ ∂f ⎢ ∂x ∂x ∂x ⎥ Df ( x 0 ) = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ∂f ∂f ∂f ⎥ ∂x x ⎣ ∂x ∂x ⎦ 1
1
1
2
2
2
1
2
n
m
m
m
1
2
n
1
n
0
Sea f : R 2 → R , tal quef ( x, y ) = x2 + 3 y 2 , entonces: Df ( x, y ) = ⎡⎣ f x
40
f y ⎤⎦ = [ 2 x
6 y ]1×2
O
MOISES VILLENA
Sea f : R 3 → R 4 , tal quef ( x,, y z ) = ( x,2 ,2+ y ,xyz xz2 +3 yz x y z ) , entonces: ⎡ ∂ ( +x )y ∂( + ) x ∂( +y ) ∂y ⎢ ∂x ⎢ ∂ ( xyz ) ( ) ∂ xyz( ) ∂y ⎢ ∂x Df ( x, y , z ) = ⎢ ∂ +xz yz ∂ + xz∂ yz+ ()()() ∂y ⎢ ∂x ⎢ ∂ ( x y) z ( )∂ x (y z ) ⎢⎣ ∂x ∂y 2 2
23
2 2
23
2 2
23
⎤ ⎥ ⎡ 2x 2y 0 ⎤ ⎥ ⎢ ⎥ xz xy ⎥ ⎢ yz ⎥ = xz yz ⎥ ⎢ z z x + y⎥ ∂z ⎥ ⎢ 22 ⎥ 3 32 ⎣3 x y z 2 x yz x y ⎦ 4×3 x y z ⎥ ⎥ ∂z ⎦
x
y
∂z
∂ xyz ∂z
∂
11. REGLA DE LA CADENA. Sea f : U ⊆ R n → R m y sea gV: R⊆ pR→ n . Si g es diferenciable en x 0 y f es diferenciable en g ( x 0 ) , entonces: D⎡ f g(x
⎣
2
(
0
) )⎤⎦ = [ Df ] ( ) [ Dg ] g x0
2
x0
2
Sea f : Rt → R , tal que f ( x, y ) = x + 3 y gt ( )e= ( t, cos ) ; entonces: ⎡ ∂f ⎣ ∂x
D ⎡⎣ f ( g ( t ) )⎤⎦ = [ Df ]g ( t ) [ Dg ]t = ⎢
2
y sea g : R → R , tal que ⎡ dg1 ⎤ ⎢ dt ⎥ ∂f ⎤ ⎢ ⎥ ⎥ ∂y ⎦ (e ,cos t ) ⎢ dg 2 ⎥ ⎣⎢ dt ⎦⎥ t
⎡ d ( et ) ⎤ ⎢ ⎥ = [ 2 x 6 y ](e ,cos t ) ⎢ dt ⎥ ⎢ d ( cos t ) ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ dt ⎦ t ⎡ e ⎤ = ⎡⎣ 2et 6 cos t ⎤⎦ ⎢ ⎥ ⎣ − sent ⎦ t
= 2e 2t −6 costsent
En términos sencillos, si tenemos z = f ( x, y ) donde x = x ( t ) y y = x ( t ) , entonces: dz df z∂dx z dy ∂ = = + dt dt x∂dt y ∂dt ( x( ) , y( ) ) t
t
41
MOISES VILLENA
Sea f (x, y ) = x 2 + y 2 don de x = t 2 y y = 2t , hallar
dz dt
SOLUCIÓN: ∂z dx ∂z dy + ∂x dt ∂y dt = (2 x)( 2)t (+ 2)(y 2 ) t ” de” Poniendo todo en función dz dt
dz dt dz dt
=
= (2 x)( 2t) (+ 2)(y ) 2 = (2t 2 )(2)t + (2) 2t )( )2 = 4t 3 + 8t
Sea f : R 2 → R , tal que f ( x, y ) = x 2 y g (u v,
) =uv( u ,
v− 2
3
y sea g : R 2 → R 2 , tal que
) ; entonces: ⎡ ∂g1 ∂g1 ⎤ ⎢ ∂u ∂v ⎥ ⎢ ⎥ ∂g 2 ∂g2 ⎥ −v ) ⎢ ⎢⎣ ∂u ∂v ⎥⎦ ⎡∂ (uv ) ∂ ⎤ ( ) uv ⎢ ⎥ ∂u ∂v ⎥ = ⎣⎡ 2 xy 3 3 x 2 y 2 ⎦⎤ ⎜⎛ uv,u −v ⎟⎞ ⎢ 2 3 2 3 ⎥ ⎜ ⎟ ⎢ ∂ ( u− v ) ∂( u− v) ⎝ ⎠ ⎢ ⎥ ∂ u ∂ v ⎣ ⎦ u ⎤ 3 2 ⎡ v 2 ⎤ uv3 u2 3v = ⎡ 2uvu v2 3− − ⎣⎢ ( ) ( )( ) ⎦⎥ ⎣⎢ 2u −3v2 ⎦⎥ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ 3 2 3 2 ⎥ = ⎢ 2uv 2u( 2 −v 3 ) + 6uv32 u2 (3 v −) 2u2v(3u 2 v) − − −24u(v2 3u ) v 9 ⎥ ⎢ ∂ ∂ z z ⎢ ⎥ ∂u ∂v ⎣ ⎦ ⎡ ∂f ⎣ ∂x
D ⎡⎣ f ( g ( u , v ) ) ⎤⎦ = [ Df ]g ( u,v ) [Dg ] = ⎢
∂f ⎤ ∂y ⎥⎦ (uv ,u
2
3
2
3
x
Por lo tanto, si tenemos
y
z = f (donde x, y )
x = xy( u , v )
y = x ( u , v ) , entonces:
∂z ∂ ∂z x∂ ∂ z y = + ∂u ∂x∂u ∂y∂u
( x( uv,)
,(yuv)
)
,
Y
z z x z y ∂∂v =∂∂x∂∂v ∂∂y+∂∂v ( x(
uv,)
(, yuv)
,
)
Sea f ( x, y, z ) = 3 x2 + y 2 + z 2 donde x = 4uv2 , y = 5u 2 + 10v 2 , z = u 3 ∂f ∂f Hallar: y . ∂u ∂v SOLUCIÓN: 42
MOISES VILLENA a) ∂f ∂ ∂f x∂ ∂ f ∂ ∂y f z = + + ∂u ∂x∂u ∂y∂u ∂z ∂u ( 4 uv ,5 u 22
= ( 6 x )4( v )2+( 10 )(y 2
)2u( )3+
)
10+v2, 3u
(
z
u
)
2
⎛ ⎜ 4uv2,52 u 10+2v, 3u ⎜ z y ⎝ x
= 64( uv)(24 2v+ ) (+252 u 210 v+) 10u 3 2u2( u3) = 96 + uv 4 +103u
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
( )( )
200 + 2uv5 u 6
b) ∂f ∂ ∂f x∂ ∂ f ∂ ∂y f z = + + ∂v ∂x∂v ∂y∂v ∂z ∂v ( 4 uv ,5 u 22
10+2v, 3u
= ( 6 x)(8 uv ) (2+ )(20y ) 2(v 0)(+ ) z
) ⎛ ⎜ 4uv2,52 u 10+2v, 3u ⎜ z y ⎝ x
= 64( uv 28) (uv + +2)5 u (10+2v 20 v 2 )0( = 192uv32
2 +200 uv
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
)
v+400
3
Sea f : R 3 → R 4 , tal que f ( x, y z ) = (,x 2 yz ,2y,2 −3 z z xyz ) y s ea g : R 3 → R3 , tal que g (u ,v, w ) =u,(,v 2uv w 2e − uw ) , hallar D [ f g ](1,1,0) Solución: D [ f g ](1,1,0 ) = [ Df ]g 1,1,0 Dg ]1,1,0 ( )[ ( ) Ahora bien g (1,1,)0 = ()1 2 1 , 1 1 20 (, ) e−1(0 ) 1,=0,1 ( ( ) ( ) Reemplazando: D [ f g ](1,1,0 ) = [ Df ]g1,1,0 Dg ]1,1,0 ( )[ ( ) ⎡ 2 xyz x 2 z x 2 y ⎤ ⎡ 2uv u2 ⎢ ⎥ 0 2 y −2 z ⎥ ⎢ 2 ⎢ = 2 uvw ⎢ vw ⎢ 0 0 3z 2 ⎥ ⎢ − we− uw 0 ⎢ ⎥ ⎣ ⎛ ⎞ xz xy ⎥⎦ ⎜ 1,0,1 ⎟ ⎣⎢ yz ⎜ ⎟
⎝x
2
1 0 0 1 0 0 0 0
2
ue −
uw−
⎤ ⎥ ⎥ ⎥⎛ ⎞ ⎦ ⎜⎜1,1,0 ⎟⎟
⎝u
vw
⎠
⎤ 2 ⎡ 21( )( 1 ) 1( ) 0 ⎥ ⎢ 2 ⎥ 2 ⎢ 1 0 2 1 1 0 1 1 ( ) ( )( ) ( ) 2 ⎥ ) ⎥ ⎢ 0)−1( 0) 1( − ⎢ 0 −1e ⎥ ⎛ ⎞ ⎣ −0e ⎦ ⎜⎜ 1,0,1 ⎟⎟ ⎝x
⎡0 ⎢0 ⎢ = ⎢0 ⎢ ⎣0 ⎡0 ⎢0 =⎢ ⎢0 ⎢ ⎣0
0 uv
y z⎠
⎡ 2 (1)(0 )(1) 1 1( ) 1 0( ) ⎢ 0 20 ( ) 21 −() ⎢ =⎢ 0 0 31 ( ⎢ ⎢ 01() 1(1) 1(0) ⎣ 2
)
y z⎠
⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥⎦ ⎛ ⎞ ⎜ 1,1,0 ⎟ ⎜ ⎟
⎝u
v w⎠
0⎤ ⎡2 1 0⎤ −2 ⎥⎥ ⎢ ⎥ 1⎥ 3⎥ ⎢0 0 ⎥ ⎢⎣ 0 0 −1 ⎥⎦ 0⎦ 1⎤ ⎥ 2 ⎥ −3 ⎥ ⎥ 1⎦
43
MOISES VILLENA
∂2 z ∂2 z + =0 ∂x 2 ∂y 2
Demostrar que z = f ( x − 2 y, 2 x + y ) satisface la ecuación
Solución: z = f ( u, v ) dondeu = x − 2 y , v = 2 x + y Las derivadas parciales de primer orden serían: ∂z ∂ ∂z u∂ ∂ z v ∂z ∂ ∂z u∂ ∂ z v = + = + ∂y ∂ ∂u y∂ ∂ v y ∂x ∂ ∂u x∂ ∂ v x y = ∂∂uz (1) + ∂∂(vz) 2
∂ z ∂x 2 ∂ 2 z ∂ ∂ ⎛ ⎞ ∂z ∂⎛ ∂ ⎞z z = = +2 ∂x 2 ⎝∂⎠x ∂⎜ ⎟⎝x ∂⎜ ∂ x⎠ ∂ ⎟u v ∂ ∂⎛ ⎞z ∂ ⎛∂ ⎞ = ⎜ ⎟ + 2⎜ ⎟ ∂x∂⎝ ⎠u ∂ ∂⎝ ⎠x ⎡ ∂ 2 z∂ u2∂ ∂⎡ ⎤ z = ⎢ +2 +⎢ ⎥ ⎣ ∂u ∂x ∂∂⎣∂v⎦ u
= ∂∂uz ( −) 2 + ∂∂()vz 1
2
Hallemos
z v 2
v∂ ∂2 ⎤ ∂ ∂z u + 2⎥ x ∂∂ ∂ ⎦ u v∂ x
⎡ ∂ 2 z ∂2 z ∂2 ⎤ ∂2 ⎡ = ⎢ +2 ()+1 () 2 2 +⎥ 1)( ⎢ ∂∂vu ⎣ ∂u ⎦ ∂∂uv ⎣ ∂2 z ∂2 z ∂2 z = 2 +4 +4 2 ∂u ∂v∂u ∂v
Ahora, hallemos
z v
∂v 2 x
z
z
()
∂v 2
⎤
2 ⎥
⎦
∂2 z ∂y 2
∂ 2 z ∂ ∂ ⎛ ∂z ⎞ ∂ ∂⎛ z z⎞ = ⎜ =⎟ − + 2 ∂y 2 ∂y∂⎝ y ∂⎠ ∂y ⎜⎝ ∂ u v ⎟⎠ ∂ ⎛∂ ⎞z ∂ ⎛∂ ⎞ z = − 2 ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ∂y ∂⎝ u⎠ ∂ ⎝∂ y⎠ v ⎡ ∂ 2 ∂z u2∂ ∂⎡ ⎤ z 2v∂ ∂2 ⎤∂ ∂ z u − = 2 ⎢+ 2 + ⎢⎥ + 2⎥ ⎣ ∂u ∂y ∂∂⎣∂v⎦ u y ∂∂ ∂ ⎦ u v∂ y ⎡ ∂ 2 z ∂2 ⎡ ⎤ z ∂2 ∂2 ⎤ −= 2 ⎢ −+22( ) 1⎢+2)(⎥ 2−+ ( ⎥) ∂∂uv⎦ ⎣ ∂u ⎣∂∂v⎦u ∂2 z ∂2 z ∂2 z = 4 2 −4 + ∂u ∂v∂u ∂v 2
z
)(
z v
∂v 2 y z
∂v 2
1
Reemplazando ∂2 z ∂2 z + =0 ∂x 2 ∂y 2 z z⎞ ⎛ ∂ 2∂z2 ∂2+ 4 4 +z+ ∂242∂z ⎞−4 ⎛ 2∂+ z = 0 ⎜ 2 ⎜ 2 ⎟ 2 2 ⎟ ⎝ ∂u ∂u∂v ∂v ∂u ⎠ ∂⎝v∂u∂v ⎠ 2 2 ∂ z ∂ z 5 2 +5 2 = 0 ∂u ∂v u = x y v = y , se En la última expresión, dividiendo para5 y cambiandode variable comprueba lo que pretendíamos.
44
MOISES VILLENA
∂z x 1. Hallar , si z = , donde x = e t , y = ln t . ∂t y ⎧⎪ x = 2 sent df 2. Sea f ( x, )y 4= x 2 y2−ln(donde ) xy encuentr e ⎨ dt ⎪⎩ y = 3(t − 1)3 2 Q(xes , y ) = 200 − 10 x + 20 xy unidades por 3. La demanda de cierto producto mes, donde x es el preciodel productoe y el preciode un productocompetidor. Se estima que dentro t demeses el precio del producto xserá = 10 + 0,5t dólares por unidad mientras que el precio del producto competidor será y = 12,8 + 0,2t 2 dólares por unidad. a) ¿A qué razón cambiará la demanda del producto con respecto al tiempo dentro de 4 meses? b) ¿A qué razón porcentual cambiará la demanda del producto con respecto al tiempo dentro de 4 meses?
4. Suponga que cuando las manzanas se venden a POR LIBRA los x CENTAVOS panaderos ganan , el precio de los pasteles de manzana en y DÓLARES POR HORA 1
1
el supermercado local es p (x, y ) = 12 x 3 y 2 DÓLARES POR PASTEL . Suponga además que dentro t de MESES , el precio de las manzanas será x = 23 + 8t y = 3,96 + 0,02t CENTAVOS POR LIBRA y que los sueldos de los panaderos serán DÓLARES POR HORA . Si
el supermercado puede vender Q( p ) =
3600 p
PASTELES
POR SEMANA cuando
el precio pesDÓLARES POR PASTEL , ¿a qué razón CAMBIARÁ la deman da semanalQ con respect o al tiempodentro de dosmeses? 2
2
5. Hallar ∂z , ∂z , si z = f (u, v ) , donde⎪⎨⎧u = xxy − y . ∂u ∂y ⎪⎩v = e
⎧ x = u sen v x ∂z ∂z 6. Hallar , , si z = arctg , donde⎨ . ∂u ∂v y ⎩ y = u cos v 7. Sea f : R 3 → R , una funcióndiferenciabley(sea ) gX
(=)sen ( f X( f
X ))
;
( X ) , dondef ( X ) = x calcular la matriz jacobianag para x = R cos ϕ cos ψ ⎫ ⎪ 8. Demostrar que usi= φx( y2 +z 2 + 2 ) , donde y = R cos ϕ sen ψ ⎬ , entonces ⎪ z = R sen ϕ ⎭ ∂u ∂u = =0. ∂ϕ ∂ψ z ( x, y ) = z, encuentre 9. Sabiendo que Z x , Z y y dz : a) x =+u v 2 = − y u 2 = v3 z 2uv vu +
−
vu
b) x = e c) x = u cos v
y=e y = sen u v
1
n
10. Sea la función: = R
1
∑R k =1
k
11. Demuestre que u ( x, y ) = ux + u y=x y(+ −u
z = uv z =, cv c ∈ IR
∂R . Hallar ∂R1 e xy
(e
x
+ ey )
satisface la ecuación diferencial parcial
1) .
45
MOISES VILLENA 12. Sea F (x y), ( f=x y x3+, 2y)
−
, dondef : R 2 → R es diferenciable. Suponga
que ∇f ( 0,) 0 ( = 4,) −3 . Determine la derivada de la función F en el srcen en la
v = (1,1) dirección del vector 13. Sea z = f (x, y ) conderivadasparcialesde segundo ordencontinuas: ∂2 z ∂2 z ∂2 z , a) Si x = r 2 + s 2 , y = 2rs determine 2 , ∂r ∂s 2 ∂s∂r 2
2
b)
∂z ∂z ⎛ ∂z ⎞ ⎛ ∂z ⎞ demuestre que: ⎜ ⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ = ∂s ∂t ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠
Si x = s + t , y = s − t 2
2
x 2 d y2 + 2dy x a + 2 y = 0 , poniendox = 1 . 14. Transforme la ecuación dx dx x t dy
x y+
dx
x y−
15. Transformar la ecuación =
, pasando a las coordenadas polares:
x = r cos ϕ, y = rsen ϕ . 16. Tomandou, v, como nuevas variables independientes transformar la siguiente ∂z ∂z ecuación:( x) +( )y − − x =y 0, si ∂x ∂y
(
u = ln x y
2
)
+ v2 ;
y
arctg =
x
∂z ∂z 17. Transformar la ecuación x2 + y 2 = z 2 , tomando como nuevas variables ∂x ∂y
independientes u = x, v =
1 y
1
1
1
x
z
x
− , y como nueva función w= − .
18. Transformar la ecuación ∇ ϕ= 2
∂ 2ϕ ∂ 2ϕ +2 + 2
∂ 2ϕ
∂x
∂z
∂y
2
pasándola en coordenadas
⎧ x = ρ sen φ cos θ ⎪ esféricas⎨ y = ρ sen φ sen θ , ¿ ∇ 2ϕ = ? en coordenadas esféricas. ⎪ z = ρ cos φ ⎩
12. DERIVACIÓN IMPLICITA Suponga que se tiene F ( x, y ) = 0 , una ecuación implícita para un 2
lugar geométrico de R . Obteniendo diferencial a ambos miembros de la ecuación
D ( F ( x, y ) ) = D [ 0 ] Fxdx + F ydy = 0
Despejando, se obtiene:
dy dx
46
=−
Fx Fy
MOISES VILLENA
Sea x 2 + y 2 = 4 , hallar
dy dx
empleando derivadas parci ales.
Solución: F (x y, )x= y2 + En este caso tenemos Empleando la formula: dy
=−
dx F
Fx
=−
y
2
−4
x2x
=−
y y2
Suponga que se tiene F (x ,y z, 3
) = 0 , una ecuación implícita para un
lugar geométrico de R . Obteniendo diferencial a ambos miembros de la ecuación
D ( F ( x, y , z ) ) = D [ 0 ] Fxdx +F dy +F dz =0 y z Si queremos
∂y , debemos considerar a z constante, por tanto dz = 0 . ∂x
Reemplazando y despejando se obtiene:
F ∂y =− x ∂x Fy
Si queremos
∂z , ∂x
debemos considerar a
dy = 0 . Reemplazando y despejando se obtiene: F ∂z =− x ∂x Fz ∂z Si queremos
∂y
, debemos considerar a
y
constante, por tanto
x
constante, por tanto
dx = 0 . Reemplazando y despejando se obtiene: F ∂z =− y ∂y Fz
Sea x3 e y + z − ysen ( x − z ) = 0 , hallar Solución: F (x) y, = xe 3 En este caso tenemos Empleando las formulas:
∂z ∂z y . ∂x ∂y y+ z
ysen ( −) x z −
47
MOISES VILLENA 3 x 2 e y + z − cos y (x − z) F ∂z = − x= − ∂x Fz x3 e y + z + y cos ( x − z ) F − x (z − ) x e 3 y + zsen ∂z =− y=− 3 y + z ∂y Fz x e + y cos ( x − z )
Por otro lado, suponga que se tiene una superficie cuya ecuación está dada en forma implícita F (x ,y z, ) = 0 , el vector normal que estaba dado
de esta forma
⎛ ∂z ∂z ⎞ n = ⎜ − ∂x , − ∂y ,1⎟ , ahora puede ser dado de otra forma. ⎝ ⎠
Reemplazando:
⎛ ⎛ F⎞ ⎛ ⎞ Fy ⎞ n = ⎜− −⎜ ⎟x−⎜−, ⎟ ,1 ⎟ ⎝ ⎝ F⎠z ⎝ ⎠ Fz ⎠ Multiplicando por Fz : n = (F F x , Fy , z )
1. Hallary´ , empleandoderivadasparciales,para: 2 + + 2= a) 2 x2 6 xy yx ( y −218 ) b) y + 5 x = xe
∂2z en x 2 y − 3 z + 8 yz 3 = 0 ∂x 2
2. Hallar
= f (x, y, z ) definida 3. Determine la derivada direccional de la ufunción implícitamente por u + ye u + x + 3 z = 0 en el srcen de coorden adas en la
v = (1,−1,−1) dirección del vector 4. En el tiempo t=0 se lanza una partícula desde el punto (1,1,1) sobre la superficie x 2 + y 2 + 3 z 2 = 6 en una dirección norma l a la superfi cie, con una rapidez de 10 unidades por segundo. ¿En qué instante y en qué punto cruza a la esfera x 2 + y 2 + z 2 = 103 5. Demuestre que el plano tangent e al conoz 2 = a 2 x 2 + b 2 y 2 pasa por el srcen. 6. Demuestre que cualquier recta normal a una esfera pasa por su centro. x2
y2
7. Demuestre que el plano tangente al elipsoide + 2 + 2
(x0 , y 0 , z 0 ) puede escribirse en la
z2
= 1 en el punto
a b c2 x0 x y 0 y z 0 z + 2 + 2 =1. forma a2 b c
8. Demostrar que los planos tangentes a la superficie: x+ y+ z = a interceptan a los ejes coordenados en segmentos cuya suma es constante.
48
MOISES VILLENA 9. Encuentre un punto de la superfici e x 2 + 2 y 2 + 3z 2 = 12 , donde el plano tangente es perpendicular a la recta cuyas ecuaciones paramétricas son: x = 1 + 2t ; y = 3 + 8t ; z = 2 − 6t 10. Demostrar que 2
2
el
elipsoide x 2 + 3 y 2 + 2 z 2 = 9
y
la
esfera
2
x + y + z − 8 x − 8 y − 6 z + 24 = 0 son tangentes en el punto (1,1,1).
11. Hallarla ecuaciónde la recta tangentea las superfici esx 2 + y 2 + 2 z 2 = 4
y
xy
z=e en el punto (1,1,1). 12. En quépuntosel gradientede la superfici eu = x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz es : a) perpendicular al eje z. b) Es paralelo al eje z. 13. Encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva intersección de las superficies φ=
π
3
y ρ = 2csc φ sec θ en P ( 2,2 , − 8 ) .
49
MOISES VILLENA
5 5.1. 5.1. 5.2. 5.2. 5.3. 5.3. 5.4.
POLINOMIOS DE TAYLOR EXTREMOS DE FUNCIONES ESCALARES EXTREMOS CONDICIONADOS ( Multiplixadores de Lagrange)
Se persigue que el estudiante: • Encuentre Polinomios de Taylor para funciones de dos variables. • Optimice funciones de dos y tres variables sin restricciones y con una y dos restricciones de igualdad
1
MOISES VILLENA
5.1 POLINOMIOS DE TAYLOR f
En el capitulo anterior se mencionó que si diferenciable entonces
+ ⎡⎣ Df ( ) x 0 ⎤⎦ ⎡⎣ x − x 0 ⎤⎦
()
z = f x0
buena aproximación de la función en la vecindad de
( ) ≈( f) x +( ⎡⎣)Df
f x
es una función
x 0 , es decir:
⎤ ⎡ x − x0 ⎤ ⎦ ⎦⎣
x0
0
debe ser una
Para funciones de dos variables tenemos:
f ( x,)y
⎡ x − x0 ⎤ ⎡ ∂f ∂f ⎤ (≈ f )x0 , y0 + ⎢ ⎢ ⎥ ⎥ ⎣ ∂x ∂y ⎦ ( x , y ) ⎣ y − y0 ⎦ 0
0
Un polinomio de primer orden:
f ( x,)y
y∂xf
(= f0 )x0 +, y
(
,
−+ ∂x 00
)
0
yx
[ x −x0 ]
00
∂f ( , ) [ y y ] + r1 ∂y
.
Sea f ( x,) y
=( sen ) x + 2 y . Hallar e l poli nomio de Taylor de Primer orden ( 0,0 ) .
en la vecindad de SOLUCIÓN:
En este caso tenemos: f ( x), y
=(0,f)0 +
∂f ( 0, 0 ) −0+ [ x ∂x
]−+
∂f 0,( 0 ) 0 [y ∂y
Las derivadas parciales, serian:
∂f ( 0, 0 ) = cos ( x +2 y )( 0,0 )1= ∂x ∂f ( 0, 0 ) = 2 cos ( x2+ y )( 0,0 ) 2= ∂x senx( y+ 2 =) +0 1x +[ ]2 y+[r] 1
2
]
r1
MOISES VILLENA
5.1.1 Polin omio de Taylor de segundo ord en. Para función de una variable el polinomio de Taylor de segundo orden es:
f ( x)
1
2
=( f ) +x0 ( ) f0 ´−x+0 [ x x0 ]− 0 + f ´´( x ) [ x x ] 2
r2
Haciendo analogía para funciones de varias variables
f x
)( ()
1
T
= ()f +x 0 0 ⎣⎡ Df−+ x−0 ⎦⎤ ⎣⎡ x 0⎤⎦ x⎣⎡ (⎤⎦) 20 −x 0 x ⎡⎣⎣⎡D (⎦⎤Df x
donde D
)⎤⎦ x x
+ r2
( Df ( x ) ) seria la matriz diferencial de la matriz diferencial, es 0
decir la matriz de segunda derivadas, la cual se la denomina matriz Hessiana , se la denota por
H(f
⎡ fx x ⎢ ⎢ fx x ⎢f x x H( f )=⎢ ⎢ fx x ⎢ ⎢ 11
21
f x31x
f x x1
f x xn ⎤
12
22
f x32x
f x x2
f x xn ⎥
13
23
f x33x
f x x3
f x xn ⎥
24
f x34x
f x x4
f x xn ⎥
fx
14
⎢⎣ f x x
n 1
Si
f
) y se la define de la siguiente manera:
f xn x3
⎡f
xx
xy
⎣ f yx
f
⎥ ⎥
xn
⎦⎥
es una función de dos variables, la matriz Hessiana sería:
H ( f ( x, y ) ) = ⎢ Si
⎥
f nx x2
n
⎥
⎤ f yy ⎥⎦ f
es una función de tres variables, la matriz Hessiana sería:
⎡f ⎢ xx H ( f ( x, y , z ) ) = ⎢ f yx ⎢ ⎢⎣ f zx
f xy
⎤
f xz ⎥
f yy
f yz ⎥
f zy
f zz ⎥
⎥ ⎦
Bien, el polinomio de Taylor de segundo orden para funciones de dos variables seria: f ( x,)y (=0 f )x0+, y
⎤⎡ x − x0 ⎡ ∂f ∂f ⎤ ⎢ ∂x ∂y ⎥ +−0⎥0⎢−y − y ⎣ 0 ⎦⎣⎦ ( x , y ) 0
0
1 [x 2
x2 y
⎦⎣
y
⎤⎡ f xx
]⎥⎢
⎣ f yx
x − x0 +r ⎥ f yy ⎦ y − y0 (x ,y ) f xy ⎤
0
0
3
MOISES VILLENA
Sea f ( x, y ) = e3 x + 2 y . Hallar e l poli nomio de Taylor de segundo ord en en la vecindad de SOLUCIÓN:
( 0,0 )
En este caso tenemos f ( x) , y
=( f)0, 0 + ⎡⎣ f x
f y ⎤⎦
⎡ f xx⎤ ⎡ f xy ⎤ x ⎤ ⎡x 1 + r2 ⎥ ⎢ y + 2 [ x y] ⎢ f ⎥ ⎢ f ⎥ ⎦⎣ ⎣ yx⎦ ⎣ yy ⎦ (0,0 ) y
( 0,0 )
Las derivadas parciales de primer orden serian: 3x +2 y
( 0,03) f x ( 0, 0 ) = 3 e = f y ( 0, 0 ) = 2 e3 x + 2 y 2 = ( 0,0 )
Las derivadas parciales de segundo orden serian
f xx ( 0, 0 ) = 9 e3 x + 2 y f xy ( 0, 0 ) =6 e
9=
( 0,0 )
3x+2 y
6=
( 0,0 )
f yy ( 0, 0 ) = 4 e3 x + 2 y
= 0,f yx0 (
)
4=
( 0,0 )
Reemplazando yresolvi endo:
⎡⎤x ⎣⎦y
⎡ ⎤9⎡⎤ 6 1 x +⎢ y ⎥ ⎢⎥ 2 ⎣ ⎦6⎣⎦ 4
f ( x, y+) +=1 [3 2 ]
[⎢⎥ ]
f ( x, y ) = 1+3 + 2+x
1 9+y 6 6[ +x 4 y 2
x y
r2
⎡x ⎤ ⎥ r2 ⎣ y⎦
+ x
y] ⎢
f ( x, y ) 1=3+ 2 + x+ 9y 6+12 ( 6+x 2 4+ xy + xy y 2 ) r2 9 f ( x, y1) =3+ 2 + x + y6+ 2x+2 +xy y 2 r2 2
La formula de Taylor de segundo orden puede ser usada en forma directa: x − x0 ⎤⎡ x − x0 1 ⎤⎡ f xx f xy ⎤ ⎡ ∂f ∂f ⎤ f ( x,)y (=0 f )+x0 , y r [ x +x 2 y y ]⎥⎢ ⎥ ⎢ ∂x ∂y−⎥−+ 0 0⎥⎢ y − y 2 ⎣ 0 ⎦⎣⎦ ( x , y ) ⎦⎣ ⎣ f yx f yy ⎦ ( x , y ) y − y0 0
f ( x,)y
f ( x,)y
4
(=
f 0)x0 , y+
0
0
−[f x]+ x0 −[x+ ] f y 0 −y [+]y−
0
1 0
[ ⎡ f xx]0 x−[ ]+x −0 [f yx y]
y
2⎣
(= f 0)x0 , y+ 0 −[f ]x+ x 0−[x + ] f y y−0 [ ]y+
1⎡
2
0
f xy x
x
−0[f xx]0 −x[+ x ] 0− 2[2 f xy] x x
2⎣
f yy y
y
y
y
⎡ x − x0 ⎤ ⎤⎦ ⎢ ⎥ + r2 ⎣ y − y0 ⎦ f yy y
y
2
⎤+r ⎦
MOISES VILLENA
1. Determinar polinomio el de Taylor de segundo orden para la función ededo ralr del punto indicado:
a) f (x), y ( = x) + y 2 ,
x0
b) f (x, y ) = e x + y ,
= 2, y 0 = 3
x0
= 0, y 0 = 0
2 2 c) f (x), y = e − x − ()y cos xy ,
x0
( ) xy( +) cos xy , d) f (x, )y = sen 2
e) f (x, y ) = e (x −1) , 2.
x0
x0
= 0, y 0 = 0 = 2, y 0 = 1
= 1, y 0 = 0
Obtenga un desarrollo de Taylor de segundo orden para:
f ( x, y ) =
1
(x
2
+ y 2 + 1)
,
x0
= 0, y0 = 0
Luego utilice el resultado para hallar el valor aproximado f ( 0.3, −de 0.2 ) 3.
Aproxime 30.1 ln (0.85 ) con la formula de Taylor de segundo orden
4.
Sea f
f
( −1,1) = 5 ,∇f
( −1,1)
⎛ 2⎞ ⎡ −1 0⎤ = ⎜ ⎟ , H ( −1,1) = ⎢ ⎥. ⎝ −1 ⎠ ⎣ 1 1⎦
Obtenga el valor aproximado para
( −0.99,0.98 )
5. 2 EXTREMOS DE FUNCIONES ESCALARES 5.2.1 DEFINICIÓN Sean f x : U
( )
( )
⊆ R n → R , x 0 ∈ U , Bn ( x 0 , ∂ ) .
1. f x 0 es un valor MÁXIMO
( ) ≤ (f )x
si f x
0
( )
2. f x 0 es un valor
3. Si
MÍNIMO LOCAL
( ) ≥ (f )x , f ( x ) es tal que 0
f en Bn ,
∀ x ∈ Bn .
,
Bn , si f x
LOCAL
0
de f en
∀ x ∈ Bn . en su vecindad, en
ciertas direcciones hay un máximo y en otras un mínimo, entonces se llama PUNTO DE SILL A . Bien, ya están definidos los extremos, ahora debemos definir cómo encontrarlos. Igual que para función de una variable deberán existir puntos candidatos a ser extremos. La mayoría de las funciones son diferenciables por tanto nos regiremos al estudio de este tipo de funciones.
5
MOISES VILLENA
5.2.2 TEOREMA (Condición necesaria para la existencia de extr emos locales ) Sean
( )
⊆ Rn → R ,
f x :U
una
función
( )
diferenciable, sea x 0 ∈ U . Si en x 0 , f x tiene un extremo local entonces ∇f x
0
( ) = 0.
A
x0
∇f ( x 0 ) = 0 se lo llama PUNTO CRÍTICO ESTACIONARIO.
tal que
Lo anterior quiere decir que los extremos se producen necesariamente en los puntos críticos, igual que para función de una variable. Entonces los primeros que debemos hacer es obtener los puntos críticos y luego clasificarlos en máximos, mínimos o ninguno. Para función de una variable, empleando el criterio de la segunda derivada, teníamos que si esta es positiva en un punto crítico estacionario entonces estamos ante un mínimo; y, si la segunda derivada es negativa entonces tenemos un máximo. Esto es debido a que según Taylor de segundo orden la función se aproxima mediante una parábola cuya concavidad depende justamente del signo de la segunda derivada:
1
2
f ´´( x ) [ x x0 ] ≈( f ) +x0 ( ) 0f −´ +x0 [ x x0 −] 2
f ( x)
0
Para funciones de varias variables, podemos también hacer uso de la formula de Taylor de segundo orden. Suponga que tenemos una función diferenciable y que su gradiente se anula en un punto x 0
)( () ≈ (f) ∇+x
f x
00
⎡ −f + x0− ⎤ ⎡ x 0⎤x⎡ ()⎤01 x− x ⎡ H ⎤( f x ⎣ ⎦ ⎣⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 2
)⎤⎦
x
x0
T
0
Análogamente, ahora debemos analizar la matriz Hessiana para clasificar los extremos.
6
MOISES VILLENA
5.2.3 TEOREMA (Condición suficientes para la existencia de extremos )
( )
Sea f x : U
⊆ R n → R , suponga que x 0 es
un punto tal que
∇f ( x 0 ) = 0 , suponga que f
tiene derivadas parciales se segundo orden continuas, entonces: 1. Si la matriz Hessiana H f x 0
( ( ) ) es definida
(todos sus valores propios son positivos) entonces f x 0 es un valor POSITIVA
( )
MÍNIMO
de f .
( ( ) ) es definida
2. Si la matriz Hessiana H f x 0
(todos sus valores propios son negativos) entonces f x 0 es un valor NEGATIVA
( )
MÁXIMO
de f .
SEMI3. Si la matriz Hessiana H f x 0 es DEFINIDA POSITIVA (valores propios no negativos) entonces f x 0 PUEDE ser un
( ( ))
( )
valor MÍNIMO de f .
( ( ) ) es SEMI-
4. Si la matriz Hessiana H f x 0
(valores propios no positivos) entonces f x 0 PUEDE ser un DEFINIDA NEGATIVA
( )
valor MÁXIMO de f .
( ( ) ) es
5. Si la matriz Hessiana H f x 0
NO
(valores propios no positivos y no negativos) entonces f x 0 es un PUNTO DEFINIDA
( )
DE SILL A
de f .
Obtener los valores propios de la matriz Hessiana puede resultar una tarea dificultosa por tanto, podemos utilizar otro mecanismo que lo vamos a ir
7
MOISES VILLENA
indicando primero para dos variables, luego para tres hasta llegar a generalizarlo.
5.2. 4 TEOREMA Sea
f ( x, y )
una
diferenciable en U
función
dos
⊆ R , sea ( x0 , y0 ) ∈ U un
punto crítico estacionario de f . Defínanse las matrices: xx ⎡ f xy H1 = [ f xx ]( x , y ) , H 2 = H = ⎢ 0 0 ⎣ f yx Entonces: 1. Si H1 > 0
∧
veces
2
H2
⎤ f yy ⎥⎦ (x ,y ) f
0
0
> 0 , entonces f ( x0 , y0 )
es un MÍNIMO de f en U . 2. Si H1 < 0 ∧ H 2 > 0 , entonces f ( x0 , y0 ) es un MÁXIMO de f en U . 3. Si H 2 < 0 , entonces f ( x0 , y0 ) es un PUNTO DE SILL A
4. Si H 2
de f en U .
= 0 , no se puede concluir.
Hallar los extremos para
f ( x, y) = x 2
+ y2
SOLUCIÓN: PRIMERO se encuentran los puntos críticos, candidatos a ser extremos. Lasderivadasparcial es paraf ( x, y ) = x
2
+y
x El sistema ⎧ ⎨2 = 0 da comoresultado x0 ⎩2 y = 0
2
=0
δf = 2x δx son:δf = 2y δy y y0
=0
(x 0crítico , y)0 ( =) 0,0 Por tanto tenemos en este caso un sólo punto SEGUNDO Clasifiquemos el punto crítico: f xx
=2
=2 Las segundas derivadas parcialesf yy son: f xy
8
= f yx = 0
MOISES VILLENA
⎡ δ2 f δ2 f ⎤ ⎢ 2 ⎥ ⎡2 0⎤ δxδy ⎥ H es: = ⎢⎢ δx2 =⎢ La matriz Hessiana en este caso ⎥ 2 ⎥ δ f δ f ⎣ 0 2⎦ ⎢ ⎥ 2 δ y δ x δy ⎥⎦ (0,0) ⎣⎢ Ahora, como H 1
= 2 >0
2 0
=
y H2
0
= 4 > 0 concluimosque en (0,0) hay un
2
f Mín (0,0) = 0 valormínimo para la función, que sería:
Hallar los extremos para
f ( x, y ) = x 3
2
+ 02 = 0
− y 3 + 6 xy
SOLUCIÓN: PRIMERO: Para hallar los puntos críticos, tenemos: fx
= 3x 2 + 6 y = −3 y 2 + 6 x
Las derivadas parciales son:
fy
⎧⎪ 3x 2 + 6 y = 0 ⎪⎩− 3 y 2 + 6 x = 0
Resolviendo el sistema ⎨
tenemo s: y2
x= En la segunda ecuación se obtiene
y al reemplazarlo en la primera ecuación
2
encontramo s los valoresde y0 , es decir: 2
⎛ y2 ⎞ ⎟ + 6y = 0 ⎝⎜ 2 ⎠⎟
3⎜
3
y4
4
+ 6y = 0
⎛ y3 ⎞ 3 y⎜ + 2⎟ = 0 ⎜ 4 ⎟ ⎝ ⎠ y = 0 ∨ y = −2 Luego; siy 0 = 0 entoncesx 0
=
02
si y 0 = −2 entoncesx 0 =
2
=0;
(− 2 )2 2
y,
=2
Es decir, aquí tenemos dos puntos (críticos 0,0 ) y (2,−2 ) .
SEGUNDO: Clasificando los puntos críticos f xx
= 6x
= −6 y Las segundas derivadas parcialesf yy son: f xy
= f yx ⎡ δ2 f ⎢ 2 H es: = ⎢⎢ δx2 La matriz Hessiana en este caso δ f ⎢ ⎣⎢ δyδx
=6 δ2 f ⎤ ⎥ δxδy ⎥ ⎡6 x 6 ⎤ ⎥ 2 ⎥=⎢ 6 − 6 y⎦ δ f ⎥ ⎣ 2 δy ⎦⎥ ⎡ 6( 0)
1.La matriz Hessianaparael punto(0,0) es: H = ⎢ ⎣ 6
6
⎤ ⎡0 6⎤ ⎥ = ⎢6 0⎥ ⎣ ⎦
6( 0) ⎦
9
MOISES VILLENA
Como H 2
=
0
6
6
0
= −36 < 0concluimosque (0,0) hayun punto de silla ⎡6( 2)
2. Lamatriz Hessianapara el punto(2,−2) es: H = ⎢ ⎣ 6 Como H1
= 12 > 0
y H2
=
12
6
6
12
.
6 ⎤ ⎡12 6 ⎤ = − 6(−2)⎥⎦ ⎢⎣ 6 12⎥⎦
= 144 − 36 = 12 > 0
entoncesen ( 2,−2)
f MIN ( 2,−2) = 23 − 23 + 6(2)(−2) hay unvalorMínimo para la función, y es:
= −8
Un supermercado vende 2 tipo s de cerveza. Una marca local qu e se obtiene a un cost o de c/ 30 cada lata y una marca nacional que se obti ene a un cost o de c/ 40 por lata. El tendero calcula que si la de marca local se vende a " x"centavos por lata y la de marca nacional a " y"centavos por lata, se venderán cada día aproximadamente 70 − 5x + 4 ylatas de la marca local y 80 + 6 x − 7 ylatas de la marca nacional. ¿Qué precio debería fijar el tendero a cada marca para maximizar las utilidades? SOLUCIÓN: Con la información proporcionada determinamos la función utilidad U = I −C U = [x(70 − 5 x + 4 y ) + y (80 + 6 x − 7 y )] − [30(70 − 5 x + 4 y ) + 40(80 + 6 x − 7 y)] U
= (x )− 30 (70 − 5 x( + )4 y ) + y − 40 (80 + 6 x − 7 y )
= −5 x 2 + 10 xy − 20 x − 7 y 2 + 240 y − 5300 Las derivadas parciales para la función Utilidad son: U
⎪⎧⎨U x = −10 x + 10 y − 20 ⎪⎩U y = 10 x − 14 y + 240 ⎧⎪U x = 0 ⎧− 10 x + 10 y − 20 = 0 Paralos puntoscríticoshacem os⎨ es decir⎨ ⎪⎩U y = 0 ⎩ 10 x − 14 y + 240 = 0 −10 x + 10 y − 20 = 0 − 10 x = 20 − 10 y Despejamos x en la primera ecuación: 10 y − 20 x= 10 x = y−2
10( y − 2) − 14 y + 240 = 0 20 y − 20 − 14 y + 240 = 0
− 4y Reemplazamos x en la segunda ecuación:
Luegox = y − 2 = 55 − 2 = 53
= −220
220 4
y
=
y
= 55
(53,55) Por tanto, tenemos un sólo puntoPcrítico
⎡U xx U xy ⎤ ⎡− 10 10 ⎤ =⎢ =⎢ ⎥ ⎥ ⎣U yx U yy ⎦ (53,55 ) ⎣ 10 − 14⎦ − 10 10 Como H 1 = − 10 = −10 < 0 y = 140 − 100 = 40 > 0 H2 = 10 − 14 entonces utilidades máximas se producirán cuando x = 53 y y = 55 La matriz Hessiana esH
10
MOISES VILLENA
Para el caso de tres variables tenemos:
5.2. 5 TEOREMA Sea f una función dos veces diferenciable en U ⊆ R 3 , sea ( x0 , y0 , z0 ) ∈ U un punto crítico estacionario de f . Defínanse las matrices: ⎡ f xx H1 = [ f xx ](x , y , z ), H 2 = ⎢ 0 0 0 ⎣⎢ f yx
Entonces: 1. Si
⎡ ⎢ f xx ⎢ , H 3 = H = ⎢ f yx ⎥ f yy ⎥ ⎦ ( x0 , y0 , z 0 ) ⎢ f zx ⎢⎣ f xy ⎤
en U . Si
> 0∧
H1
< 0∧
f xz ⎥
f yy
f yz ⎥
⎥
f zz ⎥
f zy
⎥⎦ ( x0 , y0 , z 0 )
>H 2∧ 0 > H3 0 , entonces f ( x0 , y0 , z0 ) es un MÍNIMO de f
2.
H1
⎤
f xy
>H∧2 0 <
entonces f ( x0, y, 0) z0 es un
H3
MÁXIMO
0,
de f
en U . Hallar los extremos para
f ( x, y , z ) = 2 x 2
+ xy + 4 y 2 + xz + z 2 + 2
SOLUCIÓN: PRIMERO determinamos los puntos críticos estacionarios.
⎧ ∂f ⎪ ∂x = 4 x + y + z ⎪ ⎪ ∂f Las derivadas parciales ⎨son: = x + 8 y ⎪ ∂y ⎪ ∂f ⎪ = x + 2z ⎩ ∂z ⎧4 x + y + z = 0 ⎪ tenemos:
Resolviendo el sistema simultáneo ⎨ x + 8 y = 0
⎩⎪ x + 2 z = 0 Despejando " y " en la seg unda ecuación resultay = −
x
8
.
x
Despejandoz " en la tercera ecuación resulta z=− . 2
Luego reemplazando " y " y "z " en la primera ecuación, encontramos x ", es "decir:
11
MOISES VILLENA
4x −
x
8 1
−
x
=0
2 1⎞
⎛ ⎜ 4 − − ⎟x = 0 ⎝ 8 2⎠ x=0 Por lo tanto y=−
x
8
0
x
0
8
2
2
=− =0 y z=− =− =0
Hay un solo punto crítico P (0,0,0)
SEGUNDO: Clasificando el punto crítico.
⎡⎢ f xx
f xy f yy
La matriz Hessiana sería: H = ⎢ f yx
⎢ f zx ⎣
f xz ⎤ ⎥ f yz ⎥
⎡4 1 1 ⎤ = ⎢⎢1 8 0⎥⎥ ⎢ ⎥ f zz ⎥ ⎦ (0,0,0 ) ⎣1 0 2⎦
f zy
De aquí tenemos: H1 = [4]
⎡ 4 1⎤ =⎢ ⎥ ⎣ 1 8⎦
H2
H3
⎡4 1 1⎤ = H = ⎢⎢1 8 0⎥⎥ ⎢⎣1 0 2⎥⎦
H3
= H = 1 8 0 = 54 > 0
Calculando los determinantes tenemos: H1
= 4 =4>0
=
H2
4 1
4 1
= 31 > 0
1 8
1
Porlo tanto,se concluyequeen el puntoP (0,0,0) f (0,0,0) f min
Para el caso de
n
=2
5.2. 6 TEOREMA Sea la Función Objetivo w =f x (x ,1x, ,2 x3, …) n , dos veces diferenciable. Suponga que se obtiene el punto crítico estacionario ( x0,1 0x,02 ,x ,3 0… x n ) Defínanse las matrices: H1
= ⎣⎡ f x
1
x1
fx x
11
12
21
22
Entonces: 1.- Si H1 > 0∧
fx x
⎡ fx x ⎤ ⎢ ⎥ , H3 = ⎢ fx x ⎢ ⎦⎥ ⎢⎣ f x x
H>2 ∧ 0
fx x
13
fx x
22
fx x
23
fx x
f 32 x x
33
fx x
1
12
21
31
⎤ ⎥ ⎥ , H n = H ⎥ ⎥⎦
>H ∧ 3 ∧ 0 >… H n
0,
entonces en ( x,01 x02 , ,03x , …0 x n ) la función tiene un MÍNIMO.
12
2
se produceun mínimo , cuyo valor es:
= 202 + 00 + 402 + 0 + 02 + 2
variables, tenemos:
⎡ fx x ⎦⎤ , H 2 = ⎢ f ⎣⎢ x x
0
1
MOISES VILLENA n 2.- Si H1 < 0∧ H>2 ∧0 < ∧ H03 ∧− 1) Hn 0 , ( …> entonces en ( x,01 x02 , ,03x , …0 x n ) la función tiene un MÁXIMO .
1.
Determine y clasifique los puntos críticos de : 2
2
a) f ( x, y ) = x y − x − xy + y b) f ( x, y ) = x 3 + y 2 − 6 xy + 9 x + 5 y
+2
= x2 + 2 y2 f ( x, y ) = (x − 4 ) ln( xy )
c) f ( x, y ) d)
(
)(
1 3 x + 8 y3 3
− 2 )x 2 + y 2 + 1
e) f ( x, y )
=
f) f ( x , y )
= 2 x 2 + y 2 − ln( xy 2 ) = x 2 + xz − y + y 2 + yz + 3 z 2
g) f ( x, y , z ) h) f ( x, y, z ) 2.
= − x 2 − y 2 − z 2 + 2 y + xz
sen x + sen y + sen (x + y ) en la Determine el máximo y mínimo absolutos de zla=función región0 ≤ x
≤ π2 , 0 ≤ y ≤ π2 . ⎛π π ⎞ Resp. ⎜ , ⎟ Máximo local ⎝3 3⎠ x
2
2t
3.
f ( x, y ) =ln 1+ Determ ine lospuntos críticos de
4.
Una compañía de teléfonos planea introducir dos nuevos tipos de sistemas de comunicaciones. Se x cientos calcula que si el primer tipo de sistema se valora en de dólares por sistema y el segundo 40 − 8 x + 5 y tipo en y cientos de dólares por sistema, aproximadamente consumidores
(
+x+ y
2
)
∫
1 + t 4 dt
0
comprarán el primer tipo 50 +y9 x − 7 y comprarán el segundo tipo. Si el costo de fabricación del primer tipo es de $1000 por sistema y el costo del segundo tipo es $3000 por sistema. ¿Qué precio debería fijar la compañía de teléfonos a los sistemas para generar la máxima utilidad posible?. 5.
Suponga
que
una
⎧ P1 = 63 − 4Q1 ⎪ ⎨ P2 = 105 − 5Q2 ⎪ P = 75 − 6Q 3 ⎩ 3
,
empresa
monopolista
tiene
y la función de costo total C
las
siguientes
= 20 + 15Q + Q 2
funciones
de
precio
donde
Q = Q1 + Q2 + Q3 . Determine los niveles de demanda que haga máximo el beneficio. 6.
Para los productosA , B
C ( p A , p B , pC ) = p A 2
p ,p ,p A
B
yC
de un monopolistala función costo está dada por
+ 2 p B 2 + pC 3 − p A p B − 2 pC − 2 p A + 12
donde
son los precios de los productos. Encuentre los precios que minimicen el costo. C
13
MOISES VILLENA
5.3 EXTREMOS CONDICIONADOS ( Multiplixadores de Lagrange) En muchas ocasiones nos enfrentaremos a situaciones de optimización cunado las variables independientes deben ser tomadas de un subconjunto de su dominio. Es decir presentan restricciones
5.3.1 TEOREMA. Criterio para establecer extremos con una restricción en funciones de dos variables
Suponga que se desea optimizar la función de dos variables f , dos veces diferenciable, sujeta a la restricción o ligadura g (x,y) k=, donde k es una constante. Defínase la Función Langragiana L(λ, ,x) y =( , f) x y (−,λ)[ g x y − k ] donde λ es llamado Multiplicador de Lagrange. Suponga que se obtiene el Punto crítico ( x0 , y0 , λ ) de la Función Langragiana. Defínase el Hessiano Orlado, como la matriz: ⎡ Lλλ λL x λ L y ⎤ ⎡ 0 g x g y ⎤ H
= ⎢⎢ Lxλ ⎢⎣ Lyλ
Lxx Lyx
Lyy ⎥⎦
Lxx
⎥
Lxy ⎥
⎢⎣ g y Lyx Lyy ⎥⎦ ( x , y ,λ ) 0
0
Entonces: 1. Si H > 0entonces en
( x0 , y0 la ) función
f
tiene un MÁXIMO . 2. Si H < 0entonces en
( x0 , y0 la ) función
f
tiene un MÍNIMO.
14
⎥ ⎢
Lxy ⎥ = ⎢ g x
MOISES VILLENA
Hallar los valores máximos y mínimos de x2
f ( x, y ) = xy , sujeto a que
+ y2 =8
SOLUCIÓN: En estecasog ( x, y ) = x 2 + y 2 . Por tantola funciónLangragiana sería:
L(λ, x, y ) = f ( x, y ) − λ[g ( x, y) − k ] = xy − λ x 2
+ y2 −8
⎧ L x = 0 → f x = λg x → y = λ 2 x ⎪⎪ ⎨ L y = 0 → f y = λg y → x = λ 2 y ⎪ 2 2 ⎩⎪ Lλ = 0 → g ( x, y ) = k → x + y = 8
Despe jandoλ en las dos primerasecuaciones, e igualandose obtiene:
λ= λ=
y ⎫ ⎪ y 2x ⎪ ⎬→ x ⎪ 2x 2y ⎪ ⎭
=
x
2y
→ y 2 = x 2 → y = ±x x2
+ y2 = 8 2
2x = 8 Reemplazando en la tercera ecuación, resulta: x2
⎧x = 2 =4→⎨ ⎩ x = −2
⎧y = 2 ⎩ y = −2 Por tanto: ⎧y = 2 x = −2 → ⎨ ⎩ y = −2 x=2→⎨
Es decir,existencuatrospuntos críticos: ( 2,2) ,( 2, −2) , ( −2,2) y ( −2,−2) . Hallemos el Hessiano Orlado
H
⎡0 ⎢ = ⎢g x ⎢g y ⎣
⎤ ⎡0 ⎥ ⎢
gx
gy
L xx
L xy ⎥ = ⎢ 2 x
L yy ⎥⎦
2x
− 2λ
⎤ ⎥ ⎥ − 2λ ⎦⎥ 2y 1
⎣⎢2 y 1 ⎡0 2x 2y ⎤ ⎢ ⎥ x x 1 ⎥ Y comoλ = , se tiene H = ⎢ 2 x − 2(2 y ) 2y ⎢ ⎥ 1 − 2(2xy )⎥⎦ ⎢⎣2 y L yx
Ahora clasifiquemos los puntos críticos: Para 1.-
⎡0 ⎢
4
4⎤
⎥
H = ⎢4 − 1 1 ⎥ (2,2tenemos: ) ⎣⎢4 1 − 1⎦⎥
Entonces,
como H
= −4(−8) + 4(8) = 64 >se0
dice
que
f (2,2) = (2)(2) = 4 es unMÁXIMO .
⎡ 0 4 − 4⎤ = ⎢⎢ 4 1 1 ⎥⎥ ⎢⎣− 4 1 1 ⎥⎦ Ahora, como H = −4(8) − 4(8) = −64 < se0dice que f (2,−2) = (2)(−2) = −4 es unMÍNIMO. ⎡ 0 − 4 4⎤ ⎢ ⎥ 3.Para ( −2,2se ) tiene: H = ⎢− 4 1 1⎥ ⎢⎣ 4 1 1⎥⎦
Para 2.-
( 2,−tenemos: 2)
H
15
MOISES VILLENA Ahora, como H = 4( −8) + 4(−8) = −64 se < 0dice que f (−2,2) = (−2)(2) = −4 es unMÍNIMO.
⎡ 0 − 4 − 4⎤ = ⎢⎢− 4 − 1 1 ⎥⎥ ⎢⎣− 4 1 − 1⎥⎦ Entonces, como H = 4(8) − 4( −8) = 64 > se0 dice que f (−2,−2) = (−2)( −2) = 4 es unMÁXIMO .
Para 4.-
(−2,−2se ) tiene:
H
A un editor se le han asignado $60,000 para invertir en el desarrollo y la promoc ión de un nuevo libro. Se calcula que si se gastan " x" miles de dólares en desarrollo y " y" miles en promoc ión se venderán aproximadamente 3
f ( x, y ) = 20 x 2 y ejemplares del libro. ¿Cuánto dinero debe asignar el editor a
desarrollar y cuánto a promoción para maximizar las ventas? SOLUCIÓN: 3
f ( x, y ) = 20 x 2 y En este caso la Función objetivo sería
x+y
sujeta a la restricción
= 60 3
La función Langragiana sería: L(λ, x, y ) = 20 x 2 y − λ ( x + y − 60) Para obtener los puntos críticos, hacemos:
⎧
Lλ = 0 → x + y = 60 ⎪ L = 0 → − λ(1) + 20⎛ 3 ⎞ x 12 y = 0 → λ = 30 x 12 y ⎜ ⎟ ⎨ x ⎝2⎠ ⎪ 3 3 2 2 ⎪L = 0 → − λ(1) + 20 x = 0 → λ = 20 x ⎩ y 1
2
Igualando las dos últimas ecuaciones, 30 resulta: x y = 20 x
3
2
→y=
x+
2
2 3
x
x = 60 3 x +obtiene: 2 x = 120 Lo último lo reemplazamos en la primera ecuación y 3se
5x
= 120
x = 36
Por tanto:
2
y
= (36)
y
= 24
3
. Es decir, existe sólo un punto crítico: (36,24)
⎡0 ⎢
1
⎢ ⎣⎢1
30 x
H = ⎢1 15 x El Hessiano Orlado sería:
Y parael punto(36,24) es:
16
H
− 12 1 2
⎤ ⎥ ⎥ ⎥ 0 ⎦⎥
1
y 30 x
1 2
1 ⎤ ⎡0 1 = ⎢⎢1 60 180⎥⎥ ⎢⎣1 180 0 ⎥⎦
MOISES VILLENA Como el determinante H es:= ( −1)( −180 ) + 1(120) = 300
> 0 , concluimos que el editor
debe invertir $36000 en desarrollo y $24000 en promoción las para máximas obtener ventas .
Un consu midor tiene $600 para gastar en 2 artículos, el primero de los cuales tiene un valor de $20 / unidad y el segundo $30 /unidad. Si la utili dad obtenida por el consu midor de " x" unidades del primer artículo y " y" unidades del segundo está dada por f ( x , y ) = 10 x 0.6 y 0.4 . a) ¿Cuántas unidades de cada artículo debería comprar el consumidor para maximizar su utilidad? SOLUCIÓN: x, y) En este caso la función Objetivo f (es
20 x + 30 y
= 10 x 0.6 y 0.4
sujeta a que
= 600 .
L ( λ, x, y ) = f ( x, y ) − λ ( g ( x, y ) − k ) La función Langragiana es L(λ, x, y ) = 10 x 0.6 y 0.4 − λ (20 x + 30 y − 600) Obteniendo los puntos críticos tenemos:
⎧ ⎪ Lλ = 20 x + 30 y = 600 → 2 x + 3 y = 60 ⎪ ⎪ 6 x −0.4 y 0.4 − 0.4 0.4 ⎨ Lx = 6 x y − 20λ = 0 → λ = 20 ⎪ ⎪ 4 x 0.6 y −0.6 ⎪ Ly = 4 x0.6 y −0.6 − 30λ = 0 → λ = 30 ⎩ 4 x 0.6 y −0.6
=
6 x −0.4 y 0.4
30 (10) 2 x 0.6 y −0.6 20 x y
20
= 15(3x − 0.4 y 0.4 )
= 45 y =
4 9
x
Reemplazando en la primera ecuación (la Restricción), tenemos:
⎛ 4 x⎞ ⎟ = 60 ⎝9 ⎠
2 x + 3⎜ 2x +
12
30 x
= 540 = 18
x = 60 9 18 x + 12 x = 540 x
Y comoy =
4 9
x entoncesy
=8.
Por lo tantoresultael punto crítico(18,8) . Para clasificar el punto crítico, calculamos el Hessiano Orlado: 20 30 20 30 ⎡0 ⎤ ⎡0 ⎤ ⎢ ⎥ = ⎢⎢20 − 2.4(18) −1.4 (8)0.4 2.4(18) −0.4 (8) −0.6 ⎥⎥ H = ⎢20 − 2.4 x −1.4 y 0.4 2.4 x − 0.4 y − 0.6 ⎥ − 0 . 4 − 0 . 6 0 . 6 − 1 . 6 − 0 . 4 − 0 . 6 0 . 6 − 1 . 6 − 2.4 x y ⎦⎥ (8) − 2.4(18) (8) ⎦⎥ y ⎣⎢30 2.4 x ⎣⎢30 2.4(18) (18,8)
Como H > 0 entonces el consumidor, para obtener las máximas utilidades, debe comprar 18 unidades del primer artículo y 8 unidades del segundo artículo.
17
MOISES VILLENA
Un fabricante planea vender un nuevo producto a $350 la unidad y estima que si se invierten " x" miles de dólares en desarrollo y " y" miles en promoción, los consumidores comprará n
250 y y+2
+
100 x unidades del producto, aproximadamente. Los x+5
costos de fabricación de este producto son $150 por unidad. a) ¿Cuánto debería invertir el fabricante en desarrollo y cuánto en promoción para generar la máxima utilidad posible, si d ispone de fondos ilimitados? En este caso habrá que formar la Función Objetivo, que es la Utilidad: U
= Ingresos − [Costos + Inversión]
= 350⎛⎜⎜ 250 y + 100 x ⎞⎟⎟ − ⎡⎢150⎛⎜⎜ 250 y + 100 x ⎞⎟⎟ + 1000 x + 1000 y ⎤⎥ ⎥⎦ ⎝ y + 2 x + 5 ⎠ ⎢⎣ ⎝ y + 2 x + 5 ⎠ ⎡ 250 y 100 x ⎤ U ( x, y ) = 200 ⎢ + ⎥ − 1000 x − 1000 y ⎣ y + 2 x + 5⎦ U
El punto crítico, sin restricciones, será:
⎡100 x − 500 − 100 x ⎤ = 200⎢ ⎥ − 1000 = 0 ⎢⎣ ⎥⎦ ( x + 5) 2 ⎡ 500 ⎤ ⎥ = 1000 U x = 200⎢ 2 ⎣⎢ ( x + 5) ⎦⎥ Ux
500 ( x + 5) 2
100
500
=5
500 = 5( x + 5)
⎡1( y + 2) − y ⎤ = 50000⎢ ⎥ − 1000 = 0 ⎢⎣ ( y + 2) 2 ⎥⎦ ⎡ 250 y + 500 − 250 y ⎤ U y = 200⎢ ⎥ − 1000 = 0 ( y + 2) 2 ⎣⎢ ⎦⎥ Uy
( y + 2) 2 2
= ( x + 5)
=5
y 500 = 5( y + 2) 2 2
x + 5 = ±10 x=5
Compruebequeen el puntocrítico(5,8)
100
= ( y + 2) 2
y + 2 = 10 y =8
se produceun máxim o (Hessiano).
Es decir que el fabricante debería invertir $5000 en desarrollo y $8000 en promoción del nuevo libro para obtener las máximas utilidades.
b) Si el fabricante sólo tiene $1 1,000 para invertir en el desarrollo y la promoció n del nuevo producto. ¿Cómo debería distribuirse este dinero para generar la máxima utilidad posible? Para este caso tenemos la isma m Función b Ojetivo ⎡ 250 y 100 x ⎤ U ( x, y ) = 200⎢ + ⎥ − 1000x − 1000 y ⎣ y + 2 x + 5⎦ pero ahora sujeta a la restricción de x + yque = 11 . Trabajamos ahora con la función Langragiana ⎡ 250 y 100x ⎤ + L(λ, x, y ) = 200⎢ ⎥ − 1000x − 1000 y − λ( x + y − 11) ⎣ y + 2 x +5⎦ Encontrando los puntos críticos, tenemos: ⎧ ⎪ ⎪ Lλ = 0 → x + y = 11 ⎪ 100000 ⎪ Lx 0 1000 = λ ⎪⎨ = → ( x + 5) 2 − ⎪ 100000 ⎪Ly = 0 → − 1000 = λ ( y + 2) 2 ⎩⎪ 100000 ( x + 5) 2
− 1000 =
100000 ( y + 2) 2
Igualando las dos últimas ecuaciones, resulta: ( y + 2) 2/ = ( x + 5) 2/ y+2= x+5 y=x+3
18
− 10000
MOISES VILLENA x + y = 11 x + (x + 3) = 11 Reemplazandoy en la restricción, tenemo s:2 x + 3 = 11 2x = 8 x=4 x + y = 11 Entonces:y = 11 − x y=7 Compruebequeen el puntocrítico(4,7) se produceun máxim o. (HessianoOrlado).
Por tanto, cuando sólo hay $11000 para inversión, habrá que distribuirlos de la siguiente manera para obtener las máximas utilidades: $4000 en desarrollo y $7000 en la promoción del nuevo libro.
Hallar la menor distancia entre la elipse de ecuación ecuación 4 x + 3 y = 12 . SOLUCIÓN:
x2
+ 3 y 2 = 19 y la recta de
El problema lo resolveremos definiendo la distancia entre un punto de la elipse y la recta.
4 x +3
y 12 =
d x
0
0
)
4 x +3 y 12 − Entonces, la función objetivodsería = 0 2 02 4 +3
⎧ ∂d ⎛ ∂g ⎞ ⎪ = λ⎜ ⎟ x0 ⎪ ⎝ x0 ⎠ Ahora ∇d = λ ( ∇g ) , es dcir:⎨ ∂ d ⎪ = λ ⎛ ∂g ⎞ ⎜ ⎟ ⎪y ⎝ y0 ⎠ ⎩ 0 Igualando y simplificando resulta: x0 = 4 y0 Reemplazando en la restricción: x0 2 + 3 y0 2
+ 3 y 2 = 19
,y
x
(
2
sujeta a que g : x0 2
+ 3 y0 2 = 1 9
⎧ 4 = λ 2x ( 0) ⎪⎪ 5 ⎪ 3 = λ ( 2 y0 ) ⎪⎩ 5
lo cual da ⎨
= 19
( 4 y0 )2 + 3 y02 = 19 y0 = ±1 De acuerdo a la posición, observe el dibujo, tomamos el positivo. (En otro caso habría que probarlo) Entoncesx0 = 4 y0 =41 ( 4) = Hemos hallado las coordenadas del punto de la elipse que da la mínima distancia, por tanto esta distancia mínima será: d min.
=
4 (4) +3(1) 12 − 5
=
7 5
19
MOISES VILLENA
1.
f ( x, y ) = xy sujeta a que x+y Encuentre los extremos de la función
2.
x+ y Maximizarf ( x, y ) = xy sujeta a que
=6
= 10
Resp. (5,5 ) ; f máx = 25 3. 4.
Encuentre los extremosde la funciónf ( x, y )
= x2 + y2
x + 4y sujetaa que
Empleando multiplicadores de Lagrange, halle la distancia mínima de la recta con ecuación
2 x + 3 y = − 1 al srcen.
Resp. 5.
d min
1
=
13
Empleando multiplicadores de Lagrange, halle la distancia mínima de la circunferencia con ecuación
x2
+ y2 = 1
al srcen.
Resp. 6.
=2
=
d min
7 5 2
4 ) + yde= 4 al punto Empleando multiplicadores de Lagrange, halle la distancia ( x −mínima 2
de coordenadas ( 0,10 )
Resp. 7.
d min
⎛ 30 2 ⎞⎟ = 116⎜⎜ − 29 ⎟⎠ ⎝ 29
Los cursos de dos ríos (dentro de los límites de una región determinada) representan
y = x ,y unarecta x − y − 2 = 0 . Hay que unir estos ríos por aproximadamente una parábola medio de un canal rectilíneo que tenga la menor longitud posible. ¿Porqué puntos habrá que trazarlos?. ⎛1 1⎞ ⎛ 11 5 ⎞ Resp. Parábola⎜ , ⎟ , recta⎜ , − ⎟ 2 4 8 8 2
8.
2 2 =⎝4 Hallarla distanciamínim a entre9 x +16 y 14
⎠y
5 ⎝x + 8 y
=⎠40 . 100
⎛ 20
Resp. elipse⎜⎜
⎝ 61
9.
,
⎞ ⎟ ; d min == 61 ⎟⎠
+
144
− 40
61 89
En unaesferade radioa inscribir un cilindrocuyasuperficieea s máxima. 2a
Resp. r =
2a
, h=
5− 5
10.
61
18
5− 5
( 5 − 1)
Calcu lar la supe rficie total delilin cdro d e máximovolum en insc rito en un a esfera deradio a
Resp. A =
4π
.
( 2 + 1) a 2 3
3
U = q1 2 q 2 11. Dadas las ecuaciones de utilidad presupuestal de un consumidor . Determine los 100 = 3q1 + 4q 2 valoresde q1 y q 2 quemaximizan la utilidaddel consumidor. 12. La relación entre las ventas "S" y las cantidades "x" y "y" gastadas en dos medios de publicidad está 200 x 100 y 1 dada porS = + . La Utilidad neta es de las ventas menos el gasto en publicidad. 5 + x 10 + y 5 El presupuesto para publicidad es de $25. Determine cómo debe asignarse este presupuesto entre los dos medios para maximizar la utilidad neta. 13. Una empresa de computadoras tiene un presupuesto mensual publicitario de $60,000. Su departamento de ventas estima que si sex gastan " dólares " cada mes en publicidad en periódicos y " y " dólarescada mes en publicidad orp televisión, las ntas ve m ensua les estarándadas por 1
= 90 x 4 y
3
4 dólares. Si la utilidad es el 10% de las ventas menos el costo de la publicidad, determine cómo asignar el presupuesto publicitario para maximizar la utilidad mensual. Compruébelo utilizando el Hessian o Orlado.
S
20
MOISES VILLENA K yunidades de capital, una empresa puedePelaborar 14. UsandoL unidades de mano de obra P ( L, K ) unidades de su producto, en donde
= 60 5( L2 + K 2 )
. Los costos de la mano de obra
y de capitalson de$200 y $100 por unidad. Suponga que la presa em decide elaborar 4500 unidades. Halle el número de insumos de mano de obra y de capital que deben emplearse con objeto de minimizar el costo total.
B . La funciónde trabajoconjuntoestá 15. En un taller de mecánica se reparan 2 tiposAdey autos dadopor: f ( x, y )
= x 2 + 2 y 2 − xy
, dondex e y represent a el númerosde autospor día del
tipo A y B reparados, respectivamente. Para minimizarel trabajo, ¿cuántosautosde cada tipo deben repararse, si diariamente se puede reparar 8 autos?
A y deBproductos 16. Una compañía puede destinar su planta a la elaboración de dos tipos . Obtiene una de $4producir por unidad unidad deB restringidos . Losnúmeros de del los transformación dos A ydede $6lapor tiposutilidad que pueden mediante planta están pordelaunidades ecuación del producto:x 2
+ y 2 + 2x + 4 y − 4 = 0
x y Con
y los númerosde unidades(en miles de
dólares) deA y B respecti vamente,producidos por semana.Hallelas cantidades de cadatipo qu e deben producirse a fin de maximizar la utilidad. 17. Si unaempresagasta "x " miles de dólares en publicidad en laAciudad , sus ventas potenciales
300 x (en miles de dólares) en tal ciudad están dadas por . Si gasta x" " miles de dólares en la x + 10 500 x ciudadB , sus ventaspotencial es (en milesde dólares) en tal ciudad son . Si la utilidad es x + 13.5 del 25% de las ventas y la empresa dispone de una restricción del presupuesto de 16500 destinados a publicidad en las dos ciudades. ¿Cuánto deberá gastar en cada ciudad con objeto de maximizar la utilidad neta de la empresa? Utilice el Hessiano Orlado para verificar los resultados.
5.3.2 TEOREMA. Criterio para establecer extremos con una restricción en funciones de tres variables
Suponga que se desea optimizar la función de tres variable f , dos veces diferenciable, sujeta a la restricción g (x ,y z, ) k= . Defínase la Función Langragiana L(λ, ,x, y) z (=, f, ) x y z ( − , ,λ)[ g )x y z − k ] Suponga que se obtiene el Punto Crítico ( x0 , y0 , z0 , λ ) en la Función Langragiana. Defínase el Hessiano Orlado, como la matriz: ⎡0 ⎢g ⎢ x H = ⎢g y ⎢ ⎣⎢ g z
⎤ ⎥
gx
gy
gz
L xx
L xy
L xz ⎥
L yx
L yy
L yz ⎥
L zx
L zy
L zz ⎦⎥
⎥ ( x0 , y0 , z 0 ,λ )
⎡ 0 gx g y ⎤ ⎢ ⎥ Sean H 3 = ⎢ g x Lxx Lxy ⎥ y H 4 = H ⎢⎣ g y Lyx Lyy ⎥⎦ 21
MOISES VILLENA
Entonces 1. Si H 3 > 0 ∧ H 4
< 0 entonces en ( x0, y, 0) z0
la función f tiene un MÁXIMO . 2. Si H 3
< 0 ∧ H 4 < 0 entonces en ( x0, y, 0) z0
la función f tiene un MÍNIMO.
Encuentre los extremos de
f ( x, y , z ) = 3 x + 5 y + 9sujeta z a que
xyz = 25 .
SOLUCIÓN: La función Langragiana es: L(λ, x, y, z ) = 3 x + 5 y + z − λ( xyz − 25) Para el punto crítico obtenemos:
=0 =0 Ly = 0 Lz = 0
xyz = 25 → → 3 − λ( yz ) = 0 ( x) → 5 − λ( xz ) = 0 ( y ) → 9 − λ( xy ) = 0 ( z ) Multiplicando por x, y y z respectivamente las tres últimas ecuaciones, y despejando, Lλ Lx
resulta:
3x = λxyz ⎫ 9z
= λxyz ⎪⎬3x = 5 y = 9 z ⇒
5 y = λxyz ⎪ ⎭
3x 5
y
=
z
= 39x → z = 3x
⎛ 3x ⎞⎛ x ⎞ 25 ⎟⎜ ⎟ = ⎝ 5 ⎠⎝ 3 ⎠ x 3 = 53 Reemplazando en la restricción: x=5 y=3 x⎜
(
)
5,3, 53 5 Por lo tanto hay un solo punto crítico: 3 3 3 Para este caso λ= 2 →λ= y el HessianoOrladosería: 5 y De donde :
z=
25 5 15 ⎤ xz xy ⎤ ⎡0 ⎡ 0 yz 3 ⎢5 ⎢ yz 0 − λz − λy ⎥ 9 ⎥ − − 0 1 5⎥ ⎥ =⎢ H =⎢ ⎢ xz − λz 0 − λx ⎥ x =5 ⎢253 − 1 0 − 3 ⎥ ⎥ ⎢ ⎥ y =35 ⎢ 9 ⎣ xy − λy − λx 0 ⎦ z = 33 ⎣⎢ 15 − 5 − 3 0 ⎦⎥
λ=
5
⎡0 5 3⎤ = ⎢⎢ 5 0 − 1⎥⎥ ⎢⎣253 − 1 0 ⎥⎦ 25
De aquí tenemos: H3
Los determinantes sería: H3
22
=−
250 3
<0
y H4
= H = −675 < 0 →
MOISES VILLENA Por tanto en (5,3, 53 ) la función tienemínimo un .
Se quiere construir una caja rectangular abierta cuyo volumen sea de 100 cm 3 , ¿Cuáles deben ser las dimensiones de la caja para utilizar la menor cantidad de material posible? SOLUCIÓN: Haciendo un esquema
y z
x
En este caso la función objetivo es el área AT =total xy +: 2 xz + 2 zy Y la restricción será el volumen: V =xyz
= 100 cm
3
∇AT que =λ Yendo un tanto más rápido podemos plantear
( ∇V ) ¿Porqué?
⎧∂AT ∂V ⎪ ∂x = λ ∂x ⎪ ∂V ⎪ ∂AT O lo que es lo mismo =λ ⎨ ∂y ⎪ ∂y ⎪ ∂AT ∂V =λ ⎪ ∂z ⎩ ∂z Entonces, tenemos:
⎧ y + 2 z = λ yz ⎪ ⎨ x + 2 z = λ xz ⎪ 2 x + 2 y = λ xy ⎩ Multiplicando por x, y, z respectivamente:
⎧ yx + 2 zx = λ yzx ⎪ ⎨ xy + 2 zy = λ xzy ⎪ 2 xz + 2 yz = λ xyz ⎩ Igualando:
yx + 2 zx =
+xy =2 zy+ 2 xz 2 yz ⎧ yx + 2 zx = xy + 2 zy Aquí tenemos dos ecuaciones, que pueden ser: ⎨ ⎩ xy + 2 zy = 2 xz + 2 yz
23
MOISES VILLENA Tomando la primera:
yx + 2 zx = xy + 2 zy 2 zx = 2 zy
x=y Tomando la segunda:
xy + 2 zy = 2 xz + 2 yz xy = 2 xz y = 2z
Reemplazando en la restricción:
xyz = 100
( 2 z)(2 )z 3 z 100 = z = 25 z = 3 25 3 Por tantox = 2 25 y y = 2 3 25
Hallar el volumen máximo de un sólido rectangular que tiene la propiedad de que la suma de las áreas de las seis caras es 6a 2. SOLUCIÓN: V el = xvolumen: yz Semejante al anterior , pero en este caso la función objetivo es sujeto a que 2 xy 2+ 2= 6 yz AT = + xz a2 Igualmente, podemos plantear rápidamente ∇V = λ∇AT , es decir: ⎧ yz = λ ( y + z ) ⎨⎪ xz = λ ( x + z ) ⎪ xy = λ y + x ( ) ⎩ Multiplicando por x, y, z respectivamente:
⎧ xyz = λ ( yx + zx ) ⎪ ⎨ xyz = λ ( xy + zy ) ⎪ xzy = λ yz + xz ( ) ⎩ Igualando: yx + = zx+ =xy +
zy
yz
xz
Aquí tenemos dos ecuaciones que pueden ser: Tomando la primera: yx + zx = xy + zy
zx = zy x=y
Tomando lasegunda ecuación: xy + zy = yz + xz
xy = xz y=z Reemplazando en la restricción
24
⎧ yx + zx = xy + zy ⎨ ⎩ xy + zy = yz + xz
MOISES VILLENA xy + yz + xz = 3a 2 xx + xx + xx = 3a 2
3x 2
= 3a 2
x=a= y=z Lo que quiere ecir d que lasimen d siones e d la caja de ben ser igualesaa “ ”, para ob tener un volumen máximo, cuyo valor es. = a 3 Vmáx
Hallar la ecuación del plano que contiene al punto ( x0 , y0 , z0 ) en el primer octante y que forme con los planos coordenados un tetraedro que tenga el menor volumen pos ible. SOLUCIÓN: Esquemáticamente tenemos: z
c
( x0 , y0 , z0 )
b
y
a
1 En este caso la función objetivo es el volumen delVtetraedro: = abc 6 Sujeto a que el punto ( x0 , y0 , z0 ) pertenezca al plano, es decir debe satisfacer su ecuación:
x0
y z g (a ,b c, + 0 + 0 = 1 , esta debe ser su restricción a b c Planteando rápidamente: ⎧ ∂V = λ ∂g ⎪ ∂a ∂a ⎪ ∂g ⎪ ∂V
)
⎨⎪ ∂b = λ ∂b ∂g ⎪ ∂V ⎪ ∂c = λ ∂c ⎩ Tenemos:
25
MOISES VILLENA
⎧1 ⎛ x0 ⎞ ⎪ 6 bc = λ ⎜ − a 2 ⎟ ⎝ ⎠ ⎪ ⎪⎪ 1 ⎛ y0 ⎞ ⎨ ac = λ ⎜ − 2 ⎟ ⎝ b ⎠ ⎪6 ⎪1 ⎛ z ⎞ ⎪ ab = λ ⎜ − 02 ⎟ ⎝ c ⎠ ⎩⎪ 6 ⎧1 ⎛ x0 ⎞ ⎪ 6 abc = λ ⎜ − a ⎟ ⎝ ⎠ ⎪ ⎪⎪ 1 ⎛ y0 ⎞ Multiplicandopor a, b, c respectivamente: ⎪⎨ 6 abc = λ ⎝⎜ − b ⎠⎟ ⎪1 ⎛ z ⎞ ⎪ abc = λ ⎜ − 0 ⎟ ⎝ c⎠ ⎩⎪ 6 x Igualando: 0 a
=
y0 b
=
z0 c x0 a
x0
+
a
+ 3
Reemplazando en la restricción:
Calculandob y c resulta: b = 3 y0 y c Por tanto la ecuación buscada es:
x
3 x0
1.
y
+
3 x0
a x0
=1
=1 a a = 3 x0 = 3 z0
z
3 x0
=1
Determine el valor máximo o mínimo de la funciónf ( x, y , z )
2x − 3y − 4z 2.
+
x0
f ( x, y , z ) Determineel valor máximoo mínimode la función x+ y+z
= 2 x 2 + y 2 + 3z 2
si
= 49 .. = − x 2 − 2 y 2 − z 2 + xy + z
si
= 35 .. = xyz
si x + y + z
=6.
3.
f (de x, y , z ) Determine el valor máximo
4.
Encuentre el mínimoparaf ( x, y , z )
5.
Minimizarf ( x, y , z ) = x 2
6.
La suma de tres números es 50. Determinar el valor de cada uno de ellos para que el producto sea ⎛ 50 50 50 ⎞ máximo. Resp. ⎜ , , ⎟ ⎝3 3 3⎠ Demuestre que el producto de tres números positivos cuya suma es S es máximo si los tres números son iguales.
= x2 + y2 + z 2
+ y2 + z2
siemprequex + y + z
sujetaa que
x + +y − = z 6
=1
0
Resp . (2,2,2) ; f min = 12
7.
8.
9.
Un paquete en forma rectangular se puede enviar por correo, si la suma de su longitud y el perímetro de una sección transversal perpendicular a la longitud es igual a 34 cm. Encuentre las dimensiones del paquete de máximo volumen que puede ser enviado por correo. 34 17 17 Resp. x = , y= , z= 3 3 3 Demostrar que un triángulo es equilátero si el producto de los senos de sus ángulos es máximo.
10. Demostrar que entre todos los triángulos inscritos en un mismo circulo, el de mayor perímetro es el triángulo equilátero. 11. Muestre que el triángulo de mayor área que puede ser inscrito en una circunferencia, es un triángulo equilátero.
26
MOISES VILLENA
12. Una caja rectangular está colocada en el primer octante, con una de sus esquinas en el srcen y tres de sus lados sobre los tres planos coordenados. El vértice opuesto al rigen se encuentra en el plano x + 2 y + 3 z = 6 .¿Cuáles son sus dimensiones?¿cuál es el volumen máximo de dicha caja?.
2
4 ; Vmáx = u 3 3 3 13. Encontrar las dimensiones del paralelepípedo rectangular de volumen máximo con caras paralelas a 2 2 2 16 x +4 y 9+ z 144 = los planoscoorden ados,quese puedeinscribiren el elipsoide .
Resp. x = 2 , y = 1 , z =
Resp. x = 3 , y = 2 3 , z =
4 3
3 14. Determinar el volumen del paralelepípedo rectangular más grande que puede inscribirse en el elipsoide
x2 a2
+
y2 b2
+
z2
=1
c2 abc
Resp. Vmáx =
3 3
z = 16 . 15. Encuentre los puntos más cercanos al srcen de laxysuperficie 3 2
Resp. x =
8
6
3 3
, y=
6
24 3 , z =
6
64 3 3
16. Determínese el punto más próximo al srcen de laz superficie = xy + 1
Resp. ( 0,0,1) 17. Determine los puntos en la superficie y − xz = 4 que estén más cercanos del srcen y calcule la distancia mínima. Resp. ( 0, ±2,0 ) ; Dmìn = 2 2
18.
19.
Hállense las dimensiones de un paquete rectangular de volumen máximo, talque la suma de su longitud y el perímetro transversal no excedan de 108 pulgadas.
Resp. x = 36 ; y = 18 ; z = 18 El material para construir la base de una caja abierta cuesta 1.5 veces lo que el material para construir los lados. Para una cantidad fija de C, dinero hállense las dimensiones de la caja de volumen máximo que puede hacerse. 2C
Resp. x = y = 20.
Hállesela distanciamínim a de la superficie conecuaciónz
9a 2
,z=
3
2C
4
9a
= x2 + y2
al punto ( 4,0,0 )
Resp c) d min = 2 5
27
MOISES VILLENA
5.3.3 TEOREMA. Criterio para establecer extremos con una restricción en funciones de n variables
Sea la Función Objetivo w =f x (x ,1x, ,2 x3, …) sujeta a la restricción gx( x,1 ,x,2 3x, …) k n = Defínase la Función Langragiana
n
L(λ, x1 , x 2 , x 3 , … , x n ) = f ( x1 , x 2 , x 3 , … , x n ) − λ[g ( x1 , x 2 , x 3 , … , x n ) − k ]
Suponga que se obtiene el Punto Crítico ( x01, x02 , ,03x , … , 0 x n λ ) resolviendo el sistema:
⎧ Lλ = 0 ⎪L = 0 ⎪ x ⎪⎪ Lx = 0 ⎨ ⎪ Lx = 0 ⎪ ⎪ ⎪⎩ Lx = 0 1
2
3
n
→ g( , x,1 ,x2, )x3 λ = k → fx = λ gx → fx = λ gx fx = λ gx → 1
1
2
2
3
3
→
f xn
= λ gx
n
Defínase el Hessiano Orlado, como la matriz: ⎡ 0 ⎢g ⎢ x1 H = ⎢ g x2 ⎢ ⎢ ⎢g x ⎣ n
⎡0 ⎢ Sea H 3 = ⎢ g x ⎢ ⎢⎣ g
1
x2
g x1 L11 L21
g x1 L11
g x2 L12
g x3 L13
L21
L22
L 23
L2n ⎥
L n1
Ln 2
L n3
⎥ Lnn ⎥⎦
g x2 ⎤
⎥ L12 ⎥ , ⎥ L22 ⎥ ⎦
g xn ⎤ L1n ⎥⎥
⎥ ( x01 , x02 , x03 ,…, x0 n , λ )
⎡ 0 gx gx ⎢ ⎢ g xL L L11 12 H4 = ⎢ ⎢ g xL L L 21 22 ⎢ g xL L L31 32 ⎣
Entonces: 1. Si H 3 > 0∧ H<4 ∧0
1
1
2
g x3 ⎤ 13
2
23
3
33
⎥ ⎥ H =H ⎥ ,…, n ⎥ ⎥ ⎦
>∧ H05 ∧− (1)… >
n
Hn
0
entonces en ( x,01 x02, ,03x , …0 x n ) la función tiene un MÁXIMO . 2. Si H 3 < 0∧ H<4 ∧ 0 < H ∧ 5 ∧ 0 <… H n 0 (todos negativos) entonces en ( x,01 x02, ,03x , …0 x n ) la función tiene un MÍNIMO.
28
MOISES VILLENA
5.3.4 TEOREMA. Criterio para establecer extremos con dos restricción en funciones de tres variables
Suponga que se desea optimizar la Función Objetivo w = f x( y, z, ) sujeta a que
⎧⎨ g (x ,y z, ) k= ⎩h(x ,y z, ) k=
1 2
Defínase la función Langragiana: µ L (λ, , , ,x) y z( , =,λ) f x y−( ,z, ) µ [ g−− x y (z, [], − ) k1
] h x y z k2 Entonces el MÁXIMO o el MÍNIMO de la
función se producen en el Punto Crítico ( x,0 y,0 ,z0, λ) µ que se obtiene al resolver el sistema: ⎧ Lλ = 0 → g(, ,)x y z = k1
⎪ L = 0 → (h, ,)x y z − k 2 ⎪⎪ µ ⎨⎪ Lx = 0 → = f x + λ g x µ hx L = 0 → = f y + λ g y µ hy ⎪ y ⎪⎩ Lz = 0 → = f+z λ g z µ hz
Encuentre los puntos críticos de
f ( x, y, z ) = xy + yz sujeta a que
x 2 + y 2 = 8 y yz = 8 SOLUCIÓN: En este caso la función Langragiana es: L(λ, u , x, y, z ) = f ( x, y, z ) − λ[g ( x, y, z )[]− k1
L(λ, u , x, y, z ) = xy + yz − λ ( x 2 Para los puntos críticos tenemos:
⎧⎪ Lλ ⎪⎪ Lµ ⎨Lx ⎪L ⎪ y ⎪⎩ L z
=0 =0 =0 =0 =0
− µ ]h( x, y, z ) − k 2
+ y 2 − 8) − µ( yz − 8)
→ g ( x, y , z ) = k1 ⎧⎪ x 2 + y 2 = 8 → h( x, y , z ) − k 2 ⎪ yz = 8 ⎪ → f x = λg x + µh x ⇒ ⎨ y = λ(2)x +(µ) 0 → f y = λg y + µh y ⎪⎪ x + z = λ(2 y ) + µ(z ) → f z = λg z + µh z ⎪⎩ y = λ(0) + (µ) y
De la última ecuación µ = 1.
29
MOISES VILLENA x + z = λ (2 y)
+(1) z
De la penúltima ecuación x x = 2λy → λ = 2y De la antepenúltima ecuación: y = 2λ x → λ =
x
2y Igualando se obtiene x2
=
y 2x
y
2x
= y2 x2
+ y2 = 8
x2 + x2 = 8 Reemplazando en la primera ecuación: 2x 2 = 8 x Por tanto
x = 2 → y = ±2
= ±2
y como z =
x = −2 → y = ±2
8 resultan los siguientes puntos críticos: y
(2,2,4) , (2,−2,−4) , (−2,2,4) y (−2,−2,−4)
Obtenga los puntos del primer octante sobre la curva de intersección del elipsoide x 2 + 4 y 2 + 4 z 2 = 4 y el plano x − 4 y − z = 0 que estén más cerca del srcen, calcular la dist ancia mínima. SOLUCIÓN: D 2 = f ( x, y, = z )+ +x 2 y 2 z 2 ,y las En este casofunción la objetivo será la distancia:
⎧ g x: restricciones serían ⎨ ⎩h :x
y+ 4 z2 + 4 2 = 4 −y4 z − = 0 ∇f= (λ∇ )+ (g ∇)µ h Podemos hacer ( 2 x, 2 ,y2) (z = λ2 ),8(x,8 y )+z −1,µ4, 1 ⎧ 2 x = 2 xλ + µ ⎪ ⎨ 2 y = 8 yλ − 4 µ ⎪2 z = 8zλ − µ ⎩ − z ) y la tercera por La segunda ecuación (por ( y ) , luego se las suman algebraicamente. − 2 = − 8 + λ 4 µ yz yz z ⎧ ⎨ 2 8 λ µ yz = yz − y ⎩ 0 = 4µ z − µ y Resultay = 4 z 2
Reemplazando ne la segu nda restricción:
x − 4 (4z ) − z
=0
x = 17 z Reemplazando en la primera restricción: 2 (17 ) z +(44) 357 z 2 =4 2 z = ± 357
Tomando en el primer octante, el punto sería:
(
30
34 357
,
8 357
,
2 357
)
2
z4
+ 4z 2 =
MOISES VILLENA
1.
⎧ x + y + z = 32 ⎩x − y + z = 0
Maximizarf (x, y, z ) = xyz sujeta a que: ⎨
Resp. (8,16,8) ; f max = 1024 2.
Minimizarf ( x, y , z ) = x 2
3.
Encuentrelos puntoscríticos de f ( x, y , z )
y+z 4.
Encuentrelos puntoscríticos de f ( x, y , z )
y a que
sujetaa quex + y + z
=1
ya
=1. = xyzsujeta a
que
x+ y+z
= 12y
a que
=0.
Encuentrelos puntoscríticos de f ( x, y , z )
x+y 7.
= x2 + y2 + z 2
x, y , z ) Encuentre los puntos críticosf (de x+ y−z
6.
Resp. (4,4,0 ) ; f min = 32 = x 2 + 2 y − z 2 sujetaa que2 x − y = 0
=0.
que x − y + z 5.
+ y2 + z2
⎧x + 2z = 4 sujeta a que: ⎨ ⎩x + y = 8
= x2 + y2 + z2
sujetaa quex + 2 z
=4
y a que
=8.
x −planos y = y2 Hallar el punto de la recta de intersección de los
x − 2 z =, 4máspróximo
al srcen.
⎛4 2 4⎞ Resp. ⎜ ,− ,− ⎟ ⎝3 3 3⎠ 8.
Encontrar los puntos para los valores máximo y mínimo de la distancia del srcen a la porción del primer octante de la curva según la cualx + el yplano + z = 12cortaa la superficie xyz = 54.
3 ⎛3⎛ 3 ⎞⎞ ⎛ 3 ⎛ Resp. (3,6,3) ; ⎜⎜ ⎜1 − 5 , 9 + 3 5 , 1 − 5 ⎟⎟⎟ ; ⎜ ⎜1 + 5, 9 −3 5, 1 5+ 2 2 ⎠⎠ 2 ⎝ ⎝2⎝
(
)
(
⎝
9.
⎧⎪ x +2 y 2− xy − = z2 ¿Cuál es la distancia mínimaCentre ⎨ 2 2 ⎪⎩ x + y = 1
1
⎞
) ⎞⎟⎠ ⎟ ⎠
y el srcen.
⎛ 1 3 1 1 ⎞⎟ Dmin = Resp. ⎜⎜ ± ,± ,± 2 2 2 2 ⎟⎠ ⎝ 10. El plano x + y + z = 12 intersectaal paraboloide z = x2 + y2 en una elipse. Determine los puntos más altos y más bajos de esta elipse. Resp. más alto(−3,−3,18) ; más bajo(2,2,8)
⎪⎧2 z = 16 − x 2 − y 2 . ⎪⎩ x + y = 4
11.
C⎨ Determine la distancia cercana más del srcen a la curva
12.
Sea T x(yz , ,
Resp. (2,2,4 ) ; d min = 2 5 x y+ ) =100
2
+
2 la temperatur a en cadapuntode la esfera x
2
+ y 2 + z 2 = 50 .
Hállese la temperatura máxima en la curva formada por la intersección de la esfera y el plano x−z =0.
(
)
Resp. 0, 50,0 ; Tmax = 150
31
MOISES VILLENA
6 6.1 6.2
DEFINICIÓN. TEOREMA DE INTEGRABILIDAD 6.3 TEOREMA FUB INI 6.4 INTEGRAL ES DOBL ES SOBRE REGIONES GENERALES 6.5 PROPIEDADES 6.6 CÁLCULO DE INTEGRALES DOBL ES INVIRTIENDO LOS LÍMITES DE INTEGRACIÓN 6.7 VALOR MEDIO PARA UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES 6.8 VOLÚMENES CON INTEGRALES DOBL ES 6.9 INTEGRALES DOBLES EN COORDENADAS CILÍNDRICAS. 6.10 CAMBIO DE VARIABLES PARA INTEGRALES DOBLES (TRANSFORMACIONES) 6.11 ÁREA DE UNA SUPERFICIE
• • • • •
6.1 DEFINICIÓN. La integral definida para funciones de una variable se la definió de la siguiente manera: b
∫ a
⎡ n ⎤ f ( x ) dx = lím ⎢ f ( x i ) ∆xi ⎥ n→∞ ⎣ i=1 ⎦
∑
La cual se llama Integral (Suma) de Riemann, que significaba el área bajo la curva
y = f ( x)
en un intervalo
[ a, b ] .
Si quisiéramos obtener una Integral definida para una función de dos variables; primero deberíamos suponer que ahora la región de integración sería de la forma
[ a,b] [×c ]d,
, es decir un rectángulo de
R2 .
y d
c a
b
x
Haciendo particiones de la región, de dimensiones no necesariamente iguales: ym
y
d
ym−1
∆ym ∆xi
yj
∆yi
y2 y1
c
∆y 2 ∆y1
y0
∆x1
∆x2
a x0
2
x1
x2
xi
∆xn
xn −1
b x n
x
La
ij − ésima
partición tendrá forma rectangular. Ahora cabe
referirse al área de esta partición, que estaría dada por:
∆Aij =∆ ∆ix j y z = f ( x, y )
Podemos definir una función de dos variables región
R , que para jla ésima i −
(
f xi , y j
en la
partición sería:
) ∆x ∆ y i
j
Bien, veamos ahora su significado geométrico. Observe la gráfica siguiente:
z
(
zi = f x i , y j
z = f ( x, y )
d
c
y
a
∆xi
b
)
(x , y )
• ∆y j
i
j
x
El punto
( x , y ), i
j
rectángulo. El volumen del
representa cualquier punto del
ij − ésimo
ij − ésimo
paralelepípedo, denotémoslo como
∆Vij , estaría dado por: ∆V=ij f x(y i ,∆∆xj y)i j
.
Por tanto, si deseamos el volumen bajo la superficie, tendríamos que hacer una suma de volúmenes de una cantidad infinita de paralelepídedos, es decir:
3
m
V
= lim
n
∑ ∑yxf
n→∞ m→∞ j =1
(
i =1
i
,
j
) ∆x ∆y i
j
De aquí surge la definición de Integral doble
Sea f una función de dos variable definida en la región plana R = [ a, b]×[ c] =, d {( x, ≤y )≤/∧a≤ ≤x b c y d } m
Al lim
n
∑∑
n→∞ m→∞ j =1
i =1
(
f xi , y j
de f en siguiente manera: d
b
c
a
) ∆x ∆y i
j
se le denomina la
R y se la denota de la
∫ ∫ f ( x, y)dxdy Además, si existe este límite decimos que integrable en R .
f es
Por el momento no vamos a seguir con la interpretación geométrica de la Integral doble, empecemos estudiando sus propiedades y la manera de cómo evaluarla. En la definición se dice que si el límite existe la función es integrable, pero surge la interrogante ¿cuándo será que el límite exista?. Esto lo veremos en el siguiente teorema.
6.2 TEOREMA DE INTEGRABILIDAD Sea f una función de dos variable definida en la región plana R = [ a, b]×[ c] =, d {( x, ≤y )≤/∧a≤ ≤x b c y d } Si f está acotada en R y si f es continua en Ra excepción de un número finito de curvas suaves, entonces f es integrable en R. Este teorema nos hace suponer que igual para funciones de una variable, si la función es continua será integrable.
4
Bien, ahora nos compete indicar la forma de como evaluar una integral doble.
6.3 TEOREMA FUBINI Sea f una función de dos variable definida en la región plana R = [ a, b]×[ c]=, d {( x, ≤y )≤/∧a≤ ≤x b c y d } . Si f es continua en R, entonces: d
∫∫ f ( x, y)dA ∫= ∫ R
c
b
=
⎡b ⎤ ⎢ f ( x, y ) dx ⎥dy ⎢⎣ a ⎥⎦ ⎡d ⎤ ⎢ f ( x, y ) dy ⎥ dx ⎢⎣ c ⎥⎦
∫ ∫ a
Este teorema nos presenta la integral doble para que sean evaluadas como integrales simples, dichas integrales se denominan Integrales Iteradas .
1
Calcular
2
∫∫
xy 2 dydx
−1
0
SOLUCIÓN : Por el teorema de Fubini, integrando desde adentro hacia afuera, es decir: 1
⎡2 ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ xy 2 dy ⎥ dx = ⎢ ⎥ ⎢⎣ −1 ⎥⎦
∫∫ 0
1
∫ ∫ 0
⎡ 33 ⎤ ⎢ x y ⎥ dx = ⎢ 3 ⎥ −1 ⎦⎥ ⎣⎢
1
=
1
∫ ∫
⎡ 23 (− 1)3 ⎤ dx ⎢x − x ⎥ 3 ⎦⎥ ⎣⎢ 3
0
1
⎡8 1 ⎤ ⎢ 3 x + 3 x ⎥ dx = ⎣ ⎦
0
Aquí pudimos haber integrado con respecto a
y , sin mayor trabajo. No deje de hacerlo.
3 xdx
=3
x2
2
1
= 0
3 2
0
x , y luego con respecto a
Hasta el momento hemos trabajado con regiones de integración rectangulares, pero en las mayorías de las ocasiones se presentarán otros tipos de regiones.
5
6.4
INTEGRALES DOBLES SOBRE REGIONES GENERALES
El teorema de Fubini puede ser extendido para regiones generales. En adelante vamos a hacer planteamientos directos. Una región plana, como la que se muestra en la figura, puede ser particionada de la siguiente manera:
Lo cual da a lugar un elemento diferencial de la forma:
Cuya área, denotada como
dA , está dada por:
dA = dxdy
= dydx
Entonces, igual como lo habíamos mencionado anteriormente, una integral doble sobre la región plana R tiene la forma:
∫∫
f ( x, y )dA
R
Esta integral doble puede ser calculada de dos maneras:
PRIMERO haciendo un barrido vertical
6
x =b
y
f x
⎡=() ⎤ ⎢ f ( x, y )dy ⎥dx ⎢ y=g ( x) ⎥ ⎣ ⎦
∫ ∫
x=a
SEGUNDO: Haciendo primero un barrido horizontal
y =d
⎡x= f ( y) ⎤ ⎢ f ( x, y )dx ⎥dy ⎢ x= g ( y) ⎥ ⎣ ⎦
∫ ∫
y =c
Si f ( x, y ) = 1 , la integral doble representa el área de la región decir:
A=
∫∫
R , es
dA
R
La región anterior es llamada una región simple - xy , sin embargo pueden existir regiones simple - x , sólo se puede empezar haciendo primero un barrido vertical.
7
y
y = f ( x) R dy dx y = g ( x)
x
a
b
Como también pueden existir regiones simple - y , sólo se puede empezar haciendo primero un barrido horizontal. y d
R
x = g ( y)
dy dx
x = f ( y)
c
x
1
Calcular
x
∫∫
160 xy 3 dydx
x2
0
SOLUCIÓN : Integrando desde adentro hacia afuera, tenemos: 1
⎡ x ⎤ ⎢ ⎥ 3 ⎢ 160 xy dy ⎥ dx = ⎢ ⎥ ⎢ 2 ⎥ ⎣x ⎦
∫∫ 0
1
⎡ 4 ⎢⎢160 x y 4 ⎢⎣
∫ ∫[ 0
x2
⎥⎥ dx = ⎥⎦
1
=
8
]
40 x3 − 40 x9 dx
0
1
x⎤
∫
⎡⎢40 x( x )4 − 40 x (x 2 )4 ⎤⎥ dx ⎣ ⎦
0
1
⎛ x4 x10 ⎞⎟ = ⎜ 40 − 40 = 10 − 4 = 6 ⎜ 4 10 ⎟⎠ ⎝ 0
y
1
Calcular
∫∫ 0
y 2 e xy dxdy
0
SOLUCIÓN : Integrando desde adentro hacia afuera, tenemos: 1 ⎡y ⎤ ⎢ 2 xy ⎥ ⎢ y e dx ⎥dy = ⎢ ⎥ ⎢0 ⎥ 0 ⎣ ⎦ 1
1
∫∫ 0
∫ ∫
⎡ xy ⎢ y2 e ⎢ y ⎢⎣
1
y⎤
ye yy
− ye(0 )y dy
0
1
⎡ ye y 2 − y ⎤dy = ⎢⎣ ⎦⎥
=
∫[ ] ∫ ∫
⎥dy = ⎥ 0⎥ ⎦
0
1
2
ye y dy −
0
ydy
0
1
⎛ e y2 y2 ⎞ ⎛ e12 12 ⎞ ⎛ e0 2 02 ⎞ e = ⎜⎜ − ⎟⎟ = ⎜⎜ − ⎟⎟ − ⎜⎜ − ⎟⎟ = − 1 2 2 2 2 2 2 2 ⎝ ⎠0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
1
Calcular
1
∫∫ 0
e y dxdy
1− y
SOLUCIÓN : Integrando desde adentro hacia afuera, tenemos: 1
⎡1 ⎤ ⎢ ⎥ y ⎢ e dx ⎥dy = ⎢ ⎥ ⎢1− y ⎥ ⎣ ⎦
∫∫ 0
1
⎡ ⎢
⎤ ⎥ e dx ⎥dy = ⎢ ⎥ ⎢1− y ⎥ ⎣ ⎦
1
e y (1 − (1 − y ))dy
=
1
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
[e x] −
y⎢
0
y
1 y
dy
0
1
=
1
1
0
ye y dy
0
La última integral, se la realiza POR PARTES: 1
∫ 0
v u
y e y dy
u dv
= ye y −
∫
v
du e y dy
1
= (ye y − e y ) =( e − )e( − )0 − 1 = 1 0
En los dos ejemplos anteriores ya estaban dados los límites de integración, por tanto no había más que aplicar el teorema de Fubini para evaluar las integrales dobles, pero en otras ocasiones es necesario identificar la región de integración porque los límites no están definidos.
9
Calcular
∫∫
xdA donde R es la región limitada por
y
= 2x y y = x2
R
SOLUCIÓN : Primero identificamos la región R:
Note que es una región simple-, la calcularemos de las dos formas.
PRIMER MÉTODO: Haciendo primero un barrido vertical. 2
2x
La integral doble con límites será: xdydx
∫∫ 0
Calculando la integral, resulta: 2
⎡ 2x ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ xdy ⎥dx = ⎢ ⎥ ⎢⎣ x 2 ⎥⎦
∫∫ 0
x2
2
∫ ∫(
[xy ]
2
2x dx x2
0
=
∫[
( )]
x(2 x ) − x x 2 dx
0
2
=
2x2
⎛ x3 x 4 ⎞ 16 4 − x3 )dx = ⎜ 2 − ⎟ = − 4 = ⎜ 3 4⎟ 3 3 ⎝ ⎠
0
SEGUNDO METODO: Haciendo primero un barrido horizontal.
10
y
4
∫∫
La integral doble con límites será: xdxdy y
0
2
Calculando la integral doble, resulta: 4
⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢⎣
y
∫∫ 0
y
2
⎤ ⎥ ⎥ xdx ⎥dy = ⎥ ⎥ ⎥⎦
4
∫ 0
⎡ ⎢ x2 ⎢ ⎢2 ⎣
y y 2
⎤ ⎥ ⎥ dy = ⎥ ⎦
4
∫ 0
2 ⎛ ⎛ y ⎞ ⎞⎟ ⎜ 2 ⎜ ( y ) ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎟ − ⎜ ⎟dy = 2 ⎟ ⎜ 2 ⎜ ⎟ ⎝ ⎠
4
∫
⎛ y y2 ⎞ ⎜ − ⎟dy ⎜2 8 ⎟ ⎝ ⎠
0
4
⎛ y 2 y3 ⎞ 8 4 = ⎜⎜ − ⎟⎟ = 4 − = 3 3 ⎝ 4 24 ⎠ 0
Calcular
∫∫ R
⎧y = x ⎪ ⎪⎪ y = 1 dA donde R : ⎨ x SOLUCIÓN : ⎪x = 2 ⎪ ⎪⎩ y = 0
La regiónR es:
1
x
2
1
x
dydx +
Aquí es mejor hacer un barrido vertical primero:
∫∫ 0
Calculando las integrales dobles, tenemos:
0
dydx
∫∫ 1
0
11
1
⎡x ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ dy ⎥ dx + ⎢ ⎥ ⎣⎢ 0 ⎥⎦
2
⎡ 1x ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ dy ⎥ dx = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ 0 ⎥⎦
1
2
∫∫ ∫∫ ∫ ∫ 0
1
x y dx + 0
0
=
∫ ∫ xdx +
Calcular
∫∫
2
12 x 2e y dA donde
x
dx
1
+ ln x 12
2
2
1
1
x2
1
x dx
2
0
=
1 0
1
1
=
y
0
+ ln 2
⎧⎪ y = x3 en el primer cuadrante. ⎪⎩ y = x
R:⎨
R
SOLUCIÓN : La regiónR es:
Aquí es mejor primero un barrido horizontal ¿Por qué? ¿Observe qué ocurre si hacemos primero un barrido vertical? Planteando la integral doble con límites y calculándola, tenemos: 1
3
y
1 2
12 x e
∫∫ 0
y2
12e y
dxdy =
y
∫ ∫ ∫
2
x3
3
0
3
y
dy y
1
=
4e y
2
⎛⎜ (3 y )3 − y 3 ⎞⎟dy ⎝ ⎠
0 1
=
4 ye
0
12
1
y2
dy −
∫ 0
2
4 y 3 e y dy
Haciendo cambio de variable t = y 2 . De aquí tenemos: dt = 2 ydy Reemplazando yresolviendo: 1
∫
1
2
4 ye y dy −
0
∫ 0
1
2
4 y 3e y dy
=
1
∫ ∫ ∫ ∫ ⎛ dt ⎞ ⎟⎟ − ⎝ 2y ⎠
4 yet ⎜⎜
0
⎛ dt ⎞ ⎟⎟ ⎝ 2y ⎠
4 y 3et ⎜⎜
0
1
1
= 2 et dt − 2 tet dt 0
0
1
= 2et 0 − 2 tet − et
[
1
]
0
= 2e − 2 − 2[0 − (− 1)] = 2e − 4
Calcular
∫∫
(2 x + 1)dA
R
donde Res el triángul o que tiene por vértices los puntos
( −1,0,) (0,1)y
(1,0)
SOLUCIÓN : La regiónR es:
No olvide que dos puntos definen una recta, por tanto la determinación de las ecuaciones de las y 2 − y1 (x − x 1 ) . − y1 = rectas se las puede obtener empleando la yformula x 2 − x1 Aquí también es mejor primero un barrido horizontal:
13
1
1− y
∫∫ 0
1
(2 x + 1)dxdy =
y −1
∫ ∫[
(x
2
+ x)
1− y
y −1
dy
0
1
=
(1 − )y 2( + )1 − y ]−( [ y)− 1( 2 +)
]
y − 1 dy
0
1
[( y )− 1
=
∫∫
2
+ 1(− y) − y − 1 2 − y + 1]dy
0 1
=
[2 − 2 y ]dy
0
= (2 y − y 2 ) 1
1− y
0
y −1
∫∫
1 0
(2 x + 1)dxdy = 1
6.5 PROPIEDADES Sean f y g funciones de dos variables continuas en una región R , entonces:
∫∫ kdA =k∫∫dA ;k∀ ∈ℜ 2. ∫∫ ( f ± g )dA =∫∫ fdA∫∫± gdA 3. ∫∫ dA =∫∫dA +∫∫dA donde R = R ∪ R 1.
R
R
R
R
R
1
R
14
R1
R2
2
6.6 CÁL CULO DE INTEGRALES DOBLES INVIRTIENDO LOS LÍMITES DE INTEGRACIÓN Algunas Integral Iterada pueden ser calculada de las dos formas, pero tenga mucho cuidado cuando invierte el orden de las integrales.
e
Calcular
ln x
∫∫ 1
xydydx
0
SOLUCIÓN: Primero se debe identificar la región de integración. En este caso, la integral doble está dada primerocon barridovertical porqueel diferenci al es de la forma dydx , entoncestenem os que interpretar la integral doble de la siguiente manera: x=e
y = ln x
∫ ∫
x =1
xydydx
y =0
⎧ y = ln x ⎪ Portanto,la regiónesR : ⎨ y = 0 , es decir: ⎪x = e ⎩
Invirtiendo los límites de integración hay que hacer ahora un barrido horizontal primero, es decir:
15
1
e
∫∫ 0
1
xydxdy =
ey
∫
y
dy
2
= =
e
2 e2
4
y
2
1
2
−
=
ey
0
2
1
e
x2
0
e2
4
∫ 0
⎛ e 2 (e y )2 ⎞ e2 ⎟ y⎜ ⎜ 2 − 2 ⎟dy = 2 ⎝ ⎠
1
∫ 0
1
ydy −
1 2
∫
ye 2 y dy
0
1
1⎡ e 1e ⎤ − ⎢y − ⎥ 2 ⎣⎢ 2 2 2 ⎥⎦ 0 2y
+
e2
8
−
2y
1 8
e2
= 8 − 18
Invierta el orden de integración para
2
4− x 2
0
0
∫ ∫
f ( x, y ) dydx
SOLUCIÓN: x=2
Interpretandolos límites deintegracióndados, tenemos:
∫ ∫
x=0
primero un barrido vertical
⎧ y = 4 − x2 ⎪
Entonces la región de integración R : ⎨es x=0
⎪y = 0 ⎩⎪
Ahora hay que hacer un barrido horizontal primero, es decir: 4
4− y
∫ ∫ 0
16
0
y =4− x 2
f ( x, y )dxdy
y =0
f ( x, y ) dydx. Se ha hecho
y +1
1
Invierta el orden de integración para
∫ ∫ −1
f ( x, y ) dxdy
− y +1
SOLUCIÓN: x = y +1
y =1
∫ ∫
Interpretando los límites de integración dados, tenemos: f ( x, y )dxdy y = −1
.
Se ha
x = − y +1
hecho primero un barrido vertical
⎧⎪ y = x 2 − 1 R : ⎨es Entonces la región de integración ⎪⎩ y = 1 Ahora hay que hacer un barrido horizontal primero, es decir: 2
1
∫ ∫
− 2
f ( x, y )dydx
x 2 −1
4
Invierta el orden de integración para
16
x
∫∫ 2
f ( x, y )dydx
x
SOLUCIÓN: x=4
y =16
∫ ∫
x
Interpretando los límites de integración dados, tenemos: f ( x, y ) dydx Se ha hecho x=2
un barrido vertical primero
y=x
⎧y = x ⎪ 16 ⎪ x ⎪ ⎩⎪ x = 2
Entonces la región de integración R : ⎨es y=
Ahora hay que hacer un barrido horizontal primero, es decir:
17
4
y
2
2
∫∫
f ( x, y ) dxdy +
y
∫∫ 4
f ( x, y ) dxdy
2
y
1
1.
16
∫∫
Calcular
0
e x + y dxdy
0
2.
⎧⎪ x − y 2 + 9 = 0 Emplee una integral doble para hallar el área de la región limitada por ⎨ ⎪⎩ x + y 2 − 9 = 0
3.
⎧⎪ y 2 = 2 x − 2 Emplee una integral doble para hallar el área de la región limitada por: ⎨ ⎪⎩ y = x − 5
4.
Calcular:
∫∫ ∫∫
y2 x
2
⎧y = x ⎪ = 2 ⎪ xy = 1 ⎩
dA dond e R es la regiónlimitadapor ⎨ y
R
5.
⎧⎪ y = x 2 ⎩⎪ y = 2 x
12 x dA dondeR es la regiónlimitadapor⎨
Calcular
R
2
6.
4
∫∫
Calcular
y cos ydydx
0 x2
1
7.
1
2
∫∫
Calcular
2
e − x dxdy
0 y
2 2
8.
x −1
∫ ∫
Invierta el orden de integración:
−1 − 3+ x
∫∫ 0
ydydx +
f ( x, y ) dydx
− 3+ x 2
x
INVERTIR el orden de integración y . EVALUAR
0
18
∫ ∫ 2
1
9.
3+ x
3
f ( x, y )dydx +
2− x 2
∫ ∫ 1
0
ydydx
10. Calcular:
y=x
∫∫
2
te limitadapor y = x3 12 x 2 e y dA , donde R es la regióndel primercuadran
y
R
2 x3
11. Representarla regiónde integraciónpara:
∫∫
8 8
∫∫
f (x) , y dy dx+ ( )
1 x
f x, y dy dx
e inverti r el
2 x
orden de integración.
6.7 VALOR MEDIO PARA UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES Sea f una función continua en las variables x y y . El valor Medio de f en una región plana R está dado por:
∫∫ f (x, y)dA Valor Medio = ∫∫ dA R
R
Encuentre el valor medio de la función ⎧y = 2 ⎪ sobre la región limitada por ⎨ y = x ⎪x = 0 ⎩ SOLUCIÓN:
f ( x, y ) = x 1 + y 3
La región de integración es:
Empleando la fórmula, tenemos:
19
y
2
∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫
x 1 + y3 dxdy
f ( x, y)dA
Valor Medio=
=
R
0
0
y
2
dA
dxdy
R
0
0
2
y
x2 dy 2 0
1 + y3
0
=
2
y
( x ) 0 dy
0
2
1 2
y 2 1 + y 3 dy
=
0
2
ydy
0
2
1 (1 + y ) 3
⎛ 3⎞ ⎟ ⎝ 2⎠
2
y
2
2
1.
2.
1 0
2
=6
( 27 −1) 2
0
13 6
Calcule el valor medio de la función f ( x, y ) = e x y
⎧y = x ⎪⎪ limitada por ⎨ x = 0 ⎪y = 1 ⎪⎩
2
2⎜
=
=
3
− 12
en la región del primer cuadrante
2
Parauna compañíaconcret a, la función de producci ón de Cobb-Douglas esf ( x, y ) = 100 x 0,6 y 0, 4 . Estimar el nivel medio de producción, si el número de unidades de trabajo varía entre 200 y 250 y el de unidades de capital entre 300 y 325.
3.
Hallar el valor medio de f ( x, y ) = x + 2 y + 4 y
20
sobre la región limitada por las rectas
= 2 x, y = 3 − x, y = 0 x2
⎧x = 0 ⎪⎪ x = 2 ⎪y = x ⎪⎩ y = 2
4.
Encue ntreel valormedio de la funciónf ( x, y ) = e −
5.
f ( x, y ) = Encuentre el valor medio de la función
6.
Hallar el valor medio de f (x, y) = 2xyen la regiónlimitadapor
sobrela región ⎨
y2 ( xy + 1) 2
R , sobre la región
y = x2
y
⎧0 ≤ y ≤ 1 =⎨ ⎩0 < x ≤ y
y=x
6.8 VOLÚMENES CON INTEGRALES DOBL ES Ya definimos el volumen bajo una superficie.
x
Hallar el volumen del sólido limitado por el plano
a
y
z
b
c
+ + = 1 y el plano xy en
el primer octante. SOLUCIÓN: Haciendo un dibujo z
c
⎛ ⎝
z = c ⎜1 −
x a
y⎞ − ⎟ b⎠
h y
b
dA
a
x
El volumen del elemento diferencial sería dV = hdA = zdA Por tanto el volumen total está dado por : V
=
∫∫
⎛ ⎝
c ⎜1 −
x a
y − ⎞⎟ dA b⎠
R
Donde la regiónR sería: y
b
⎛ ⎝
y = b ⎜1 −
x⎞ ⎟ a⎠
x a
Escogemos un barrido vertical primero, es decir que la integral iterada quedaría:
21
a
V
=
⎛ ⎝
b ⎜ 1−
x⎞
⎟
a⎠
∫∫ 0
⎛ ⎝
c ⎜1 −
x a
y − ⎞⎟ dydx b⎠
0
Evaluando: a
V
=
⎛ ⎝
b ⎜ 1−
x⎞ ⎟ a⎠
∫∫ 0
a
⎡ ⎢1 x ⎢b ⎣⎢
∫ ∫ ∫
⎛⎞ x y ⎛⎞ c − ⎜ 1⎟ = dydx− c ⎜ −⎟ ⎝ ⎠ ba ⎝ ⎠a
0
0
a
=c
⎛ ⎝
b ⎜ 1−
x⎞ ⎟ a⎠
y2
2
0
⎛ ⎝
b ⎜ 1−
0
x⎞ ⎟ a⎠
⎤ ⎥ dx ⎥ ⎦⎥
2 ⎡ ⎛ ⎞x 2 ⎛ b 2⎞ x ⎤ ⎢b−⎜1− ⎟ − ⎜ ⎟ 1 ⎥ dx a 2 b a ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎥⎦ ⎣⎢
0
a
=c
2
b⎛
x⎞ ⎜ 1 − a ⎟ dx 2⎝ ⎠
0
3 a
⎛1 − x ⎞ ⎜ a⎟ bc ⎝ ⎠ = 2 ⎛ 1⎞ 3⎜ − ⎟ ⎝ a⎠ abc ⎡
0
⎛ x ⎞ = ⎢− ⎜1 − ⎟ 6 ⎢⎣ ⎝ a⎠ = V
=
abc
3
a
⎤ ⎥ ⎥⎦ 0
[1 − 0]
6 abc 6
Ahora consideremos un sólido limitado por superficies. Por ejemplo: z
z = f ( x, y )
z = g ( x, y )
y
R x
22
En el gráfico, el volumen del sólido limitado por las superficies está dado por:
=
V
∫∫ ⎡⎣f x(y),( g) x−y dA,
⎤⎦
R
R , es la región plana que tiene por proyección la superficie en el plano xy .
2
z
Hallar el volumen del sólido limitado por SOLUCIÓN:
2
= 4 − x − 2 y y el plano z = 2
Haciendo un dibujo
z
z = 4 − x2 − 2 y2
h 2
dA
z=2 y R
En este caso
V
=
∫∫ ∫∫
−−⎡⎣( 4−x y2 2 2 dA ) ( 2 ) ⎤⎦
hdA =
R
R
Paraponerle los límites de integraci ón identificamos la región R , eneste a c so sería lacurvade intersección de
⎧ z = 4 − x2 − 2 y2 ⎨ ⎩z = 2
proyectada en el planoxy .
Igualando y simplificando:
4 − x2 − 2 y 2 = 2 x2 + 2 y2 = 2 x2
2
+
y2
1
=2
Entonces la región sería:
23
y 2− x
y=
2
2
1
x 0
2
Entonces 2 − x2 2
V
=4
∫∫ 0
2
2
−−( 2x y2dydx =) 2
2
∫ ∫ ∫
⎡ − −( ) 4xy ⎢ 2 ⎣
0
2
dy
2
y3 ⎤
3
2 − x2 2
⎥ ⎦0
0
2
=4
0
2
=4
0
⎡ 2 2 ⎛ ⎢( 2 − x 2 ) 2 − x − 2 ⎜ 2 − x ⎢ 3 ⎜⎝ 2 2 ⎣ ⎡ 2 − x2 ⎢( ) ( ) ⎢ 2 ⎣⎢
3
2
−
3
2 2 2−x
3
( 2)
2
3
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
3
⎤ ⎥ dx ⎥ ⎦
⎤ ⎥ dx ⎥ ⎦⎥
2
=4
∫
2 32 ⎜⎛ 12 − 3 1 2 ⎟⎞ ( 2 − x ) dx ⎝ ⎠
0
=
8 3 2
2
∫
(2 − x ) 2
3
2
dx
0
La última integral se la realiza por sustitución trigonométrica. Haciendo x =
2 sent entoncesdx = 2 costdt
⎧x = 0 → t = 0 ⎪ ⎨ π ⎪⎩ x = 2 → t = 2
24
y los nuevos límites serían
π
2
V
=
8 3 2
∫
2
− ( 2)x= dx 2
3
2
−
(
8 3 2
0
∫ ∫
)
3
2 dt t
sen t2 2
2
2 cos
0
π
2
=
8 3 2
2
3
2
( cos ) 2
3
2
2 cos t dt
0
π
2
=
8 3
∫ ∫ ∫ 3
( ) 2
cos 4 t dt
0
π
2
8 = 2 2 3
(
)
2
⎛ 1 + cos 2t ⎞ dt ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠
0
π
2
=
16 2 3
(1 + 2cos 2t + cos
2
2t )
4
dt
0
⎡ ⎢
=
π
2
4 2 ⎢ π2 t 3 ⎢ 0
π
2sent 2 + 2
2
∫
⎤ ⎥ t 4 ⎞ ⎥ ⎛ 1 + cos ⎜ 2 ⎟ dt ⎥ ⎝ ⎠ ⎥ ⎥⎦
+ 0 ⎢ 0 ⎢⎣ 4 2 ⎡π 1 2 sen 4t 2 ⎤ ⎢ +0+ t 0 + ⎥ = 3 ⎢2 2 8 0 ⎥ ⎣ ⎦ π
π
=
4 2 ⎡π 3 ⎢⎣ 2
π + ⎤⎥ 4⎦
π
= 4 3 2 ⎢⎡⎣ 34 ⎤⎥⎦ V= 2π
La evaluación de la integral doble puede resultar un asunto tedioso, sin embargo si la región de integración es simple- θ , podemos hacer uso de coordenadas cilíndricas.
25
6.9 INTEGRALES DOBLES EN COORDENADAS CILÍNDRICAS. Suponga que la región de integración es simple-θ , la integral doble
∫∫ f ( x, y )dA
puede ser expresada de la forma:
R
f ( r cosθ , rsenθ )dA
∫∫ R´
Definamos el
dA en coordenadas cilíndricas. Observe la figura:
r= f
(θ )
ds dr
θ
θ 2
En este caso
dA = dsdr
1
pero
ds = rdθ
entonces
dA = rdrd θ
Finalmente la integral doble en coordenadas polares quedará de la forma:
∫∫ f ( r,
θ
)rdrdθ
R´
Hallar el volumen del sólido limitado por SOLUCIÓN:
z
= x 2 + y 2 y el plano z = 9 .
Haciendo un dibujo de las superficies, e identificando el sólido
26
z=9
9
h
2
2
z=x +y x2 + y2 = 9
La región de integración sería:
r=9
∫∫
Por tanto el volumen estará dado V =por
⎡9 −x ( y2 dA + ⎣
2
)⎤⎦
R
Cambiando a cilíndricas 2π
V
(9 − r )rdrd θ
=
2
∫∫ 0
Evaluando
3
0
27
2π
V
=
3
∫∫
2π
∫∫ ∫ ∫
− ( 9r) rdrd =
0
0
3
( ) rr
−θ
2
0
3
9
drdθ
0
2π
=
3
⎛ r2 r4 ⎞ ⎜ 9 2 − 4 ⎟ dθ ⎝ ⎠0
0
2π
=
⎛ 81 − 81 ⎞ dθ ⎜2 4⎟ ⎝ ⎠
0
=
81
θ
2π
2 0 V = 81 u 3
Encuentre el volumen de la región limitada por las superficies
x2
+ y2 + z2 = 4 y
2
x + ( y − 1) = 1 . SOLUCIÓN: 2
Haciendo un dibujo de las superficies, e identificando el sólido
z
x2 + y2 + z 2 = 4 2
x 2 + ( y − 1) = 1
y
x
Calcularemos el volumen de la porción superior, ya que el sólido es simétrico y lo multiplicaremos por dos.
V
=2
∫∫ R
La región de integración es:
28
2 4 x− ydA −
2
2
2
x 2 + ( y − 1) = 1
r = 2sen θ 1
Cambiando a coordenadas cilíndricas. 2 senθ
π
V
=2
∫∫
−− 4 x= ydA 2
∫∫ ∫
− 24
2
R
2
rrdrd
0
π
=2
θ
0
2 (4 − r
2
)
3
2 senθ 2
dθ
−2
3
0
0
π
2
=3
3
2
2
⎝⎜⎛ 8 − ( 4 − 4 sen θ ) ⎠⎟⎞d
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
θ
0
π
=
2 3
(8 − 8 cos θ ) dθ 3
0
⎡ 2⎢ = ⎢ 8dθ − cosθ 2 θθ cos d 3 ⎢ ⎣0 0 ⎡ 2⎢ 2 θ θθ ) cos d = ⎢8θ 0 − (1 − sen 3 ⎢ 0 ⎣ ⎡ 2⎢ 2 = ⎢8π − cos θθ d +θ sen θθ π
π
π
π
π
⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦
π
3
0 0 ⎢⎣ 3 ⎡ 2 sen θ ⎤ ⎥ = ⎢−8π +senθ 0 = 3⎢ 3 0⎥ ⎣ ⎦
∫
⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦
π
∫
cos d
⎤ ⎥ ⎥ ⎦⎥
π
2
= [8π − 0 + 0] V
=
3 16
π
3
29
1.
Usando integrales dobles determine el volumen del sólido limitado por : 2
z = 5x ; z
a)
2.
2
= 3− x2 ; y + z = 4 ;
= x +y
b)
z
c)
x2
d)
z
2
z=x
;
2
+y
y el plano z. x
2
+ y 2 = 2z ; x 2 + y 2 − z 2 = 1 ; 2
Encontrarel volume n de la porciónde la esfera x
z
=±
z
y,
1
+ y2 + z2 =1
2
Calcularel volumendel sólidoque está en el interiorde la esfera x 2
arriba del paraboloide x +y 4.
2
2
2
+ y 2 + z 2 = 2z
2
+ z2 = 2
; y exterior a
2
−y −z =2
Calculeel volumendel sólidointersección de los cilindrosx
2
+ y2 =1
yy
2
+ z2 =1
Parece ser que la evaluación de las integrales dobles pueden resultar difíciles de realizar, el hecho utilizar coordenadas cilíndricas nos permite pensar que en ocasiones será posible emplear diversas transformaciones que hará nuestro trabajo más plausible.
6.10
CAMBIO DE VARIAB LES PARA INTEGRALES DOBLES (TRANSFORMACIONES)
Supongamos que se tiene la siguiente transformación
⎧⎪ x = x ( u, v ) ⎨ ⎪⎩ y = y ( u, v ) Aplicándola a la integral doble
∫∫ f ( x, y )dA
, quedaría de la forma
R
∫∫
f ( x ( u , )v (, y )u , v )dA
R´
R´ será una nueva región de integración en el plano uv dA será el correspondiente.
Donde
Determinemos en nuevo
30
;y
=z
Hallar el volumendel sólido que está en el interior ay
x 5.
situadaentrelos planos
.
2 3.
=0
= x2 + y 2 +1; z = 0 ; x2 + y 2 = 4
dA . Observe la figura:
por tanto el
v
y ( x ( uv,
( u , v + ∆v )
)
+∆v) ( ;uvy ) v+∆,
R
Q
R´
P ( x, y ) ( x ( u)v,( ) ; yuv
( x ( u +∆ uv),(
;uy+∆)uv
)
,
( u + ∆u, v )
u, v
(
)
,
)
u
x
Haciendo un análisis vectorial:
Px= ( ( u∆ +xuv ), y (−uv) (
,∆ y +u;v) u
( )uv
,uvy ∆ ;v)+
( , )uv
,
Qx= ( ( uv, ∆x+v ) y (−uv) (
−
,
−
,
Dividiendo y multiplicando al vector
⎛ ⎝
P = ⎜ lim
x (∆u + uv ), ( uv−) x
,
∆u→ ∆
→ ∆u 0
P
( ∆u +uv) y( )uv ; lim u
0
para
x ( uv∆,,,,v+ ) (uv−) x
⎛ ⎝
Q = ⎜ lim
(
∆v → ∆
→ ∆v 0
El área de la región
Q
∆u
−y
,
para
uv ∆v)+ y( )uv − ⎞⎛ ; lim ⎟⎜ v 0 ∆v ⎠⎝
y tomando límite: ,
∆u
Dividiendo y multiplicando al vector
) )
∆v
⎞ ∂y ∂ ⎟∂v ∂v ⎠
⎞ ∆u = ⎛ ∂x ; ∂y ⎞ du ⎟ ⎜ ∂u ∂u ⎟ ⎠ ⎝ ⎠ y tomando límite:
∆v =
x
;
x
dv
R está dada por: dA = P ×Q
El producto cruz será:
i
P× Q
∂x
j
∂y
= du du ∂u ∂u ∂x ∂y dv dv ∂v ∂v
∂x ∂y ∂ u ∂u 0 = dudvk ∂x ∂y ∂v ∂v 0
k
ˆ
Al determinante menor resultante se lo denomina JACOBIANO y se lo denota por:
31
∂x ∂y ∂ ( x, y ) ∂u ∂u = ∂ ( u, v ) ∂x ∂y ∂v ∂v Por tanto:
P ×Q
=
∂ ( x, y ) dudvk ˆ ∂ ( u, v )
Finalmente
dA =
∂ ( x, y )dudv ∂ ( u, v )
6.10.1 TEOREMA. Sean R y R´ regiones de los planos xy y uv . Su ponga que se tiene una transformación biyectiva tal que x = x ( u , v ) y y = y ( u , v ) mediante la cual la región R es imagen de R´ . Si f es continua en R y x e y tienen derivadas parciales continuas en R´y ∂ ( x, y ) ∂ ( u, v ) en no nula en R´, entonces:
∫∫ f ( x, y )dA =∫∫
f ( x )uv,( ,)yuv ,
R´
R
)
∂ ( x, y ) dudv ∂ (u, v )
El cambio a coordenadas cilíndricas es un ejemplo de una transformación, aquí tenemos que: ⎧ x = r cos θ
⎨ ⎩ y = rsenθ
Entonces:
∫∫ R
Calculemos el Jacobiano
32
∫∫
f ()x, y dA( =
R´
f )r cos θ , rsenθ
∂ ( x, y ) drdθ ∂ ( r,θ )
∂x ∂y ∂ ( x, y ) ∂r ∂r = = ∂ ( r , θ ) ∂x ∂y ∂θ ∂θ
cos θ
senθ
= + − rsenθ r cosθ
r cos2 θ rsen
2
θ
=r
Por tanto se demuestra lo que antes habíamos presentado como un resultado geométrico:
f ()x, y dA( =
∫∫
∫∫
R´
R
1
Calcular
2x
∫∫ 0
f r) cosθ , rsenθ rdrdθ
dydx empleando el siguiente cambio de variable
⎪⎧ x = u (1 − v ) ⎨ ⎪⎩ y = uv
x
SOLUCIÓN: Primeroidentificamos la regiónR .
⎡ y=2 x ⎢
x =1
∫ ∫
En la integral dada, se tiene:⎢
⎢ ⎣ y= x
x =0
⎤ ⎥
dy ⎥ dx , por tanto
⎥ ⎦
y = 2x
x =1
R
y=x
Cambiando de variable, la integral tomaría la forma:
∫∫ ∫∫ dydx =
R
∂ ( x, y ) dudv ∂ (u, v )
R´
Donde parael Jacobiano tenemos :
∂ ( x, y ) xu = ∂ ( u, v ) xv
yu
=
yv
1− v
v
=− + −u u
u uv uv =u
33
Y parala regiónR´ , tenemo s: 1. En y = x , reemplazando se tiene:
y
=x
uv =u (1 v−
)
uv =u −uv u − 2uv = 0 u (1v− 2 2. Eny
1
0v = ∨ 0= )= u⇒
2
= 2 x , reemplazando se tiene: y = 2x uv = u 2 (1v− ) uv = 2u −uv 2 2u − 3uv = 0 u ( 2v− 3
2
0 =v ∨ 0= )= u⇒
3
3. En x = 1 , reemplazando se tiene:
x =1 u (1 − v ) = 1 u − uv = 1 uv =u − ⇒ 1 v
= −1
1 u
4. En x = 0 , reemplazando se tiene:
x=0 u (1 − v ) = 0 u − uv = 0 u (1 v−
0 =v ∨ =0 )= u⇒
1
La lo tantoR´ , sería:
v=
2 3
R´
u= 0 v=
1 2
Obteniendo la nueva integral y evaluandola:
34
v = 1−
1
u
2
∫∫ ∫∫
∫∫
∂ ( x, y ) dudv = ∂ (u, v )
dydx =
R
1 1− v
3
1
R´
2
=
ududv
1
∫ 1
0
2
3
u2
2
1− v
dv 0
2 2
3
1
=2
1
∫ 1
(1 − v )
2
dv
2
−2 +1
(1 − v ) = 2 ( −2 +)( 1 )−1 1
2
=
1
1
2 (1 − v ) 1⎡
1
2
1
3
2
3
2
1 ⎤ = ⎢ − ⎥ 2 ⎣⎢ (1 − 23 ) (1 − 12 ) ⎦⎥ 1
1
= [3 − 2 ] =
2 1 2
Empleando transfor maciones adecuadas, hallar el áre a de la región limit ada por: ⎧x − 2 y = 4 ⎪x − 2 y = 0 ⎪ ⎨ ⎪x + y = 4 ⎪⎩ x + y = 1 SOLUCIÓN: La región de integración sería:
y 3
2
1
x − 2y = 0 x+ y =4
0 -7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1 -1
2
3
x + y =1
4
R 5
x 6
7
x − 2y = 4
-2
-3
35
Podemos utilizar la siguiente transformación:
⎧u = x − 2 y ⎨ ⎩v = x + y
⎧u = 4 ⎪u = 0 ⎪ Las trayectorias se transforman ⎨ a: ⎪v = 4 ⎪⎩v = 1 La nueva región de integración sería:
v=4 u=0
R´
u=4
v =1
Entonces:
A=
∂ ( x, y )
dA =
∫∫ ∫∫ R
R´
dudv
∂ ( u, v )
Hallemos el jacobiano
u =u x( y, Note que como
) y v =v x( y, ) ∂ ( x, y ) 1 Podemos decir que: = ∂ ( u, v ) ∂ ( u, v ) ∂ ( x, y ) ∂ ( x, y ) 1 1 1 1 = = = = Entonces: 1 1 3 ∂ ( u , v ) ∂ ( uv, ) u vx x ∂ ( x, y ) u y v y −2 1 Finalmente:
A=
∫∫
4
R´
Calcular
∫∫ R
( 2,0) . SOLUCIÓN:
36
∫∫
4
∂ ( x, y ) 1 1 4 4 =dudv = = dudv v u ∂ ( u, v ) 3 3 1 0 1
1 3
( 41− ) 4 = 4
0
y−x
e y + x dA donde R es el paralelogramo con vértices
( 0,1) , ( 0,2) , (1, 0 ) y
Primeroidentificamos la regiónR , ubicando los pun tos enel planoy encontrando las ecua ciones de las rectas que definen al paralelogramo
x=0
( 0, 2 ) x+ y=2 R
( 0,1)
x + y =1
(1,0 )
⎧u = y − x ⎩v = y + x
Escogemos la transformación: ⎨
( 2,0 ) y=0
¿por qué?
R Paraobtenerla regiónR´ , aplicamos la transformación a cadarectaquelimitala región Vamos a necesitar la transformación inversa:
,
Sumando la primera ecuación a la segunda:
⎧u = y − x ⎨ ⎩v = y + x u + v = 2y
⇒ y = 12 ( u + v )
Multiplicando por (-1) a la primera ecuación y luego sumando:
• • • •
⎧−u = − y+ x ⎨ ⎪⎧u= −y −x ( 1) ⎩ v = y + x ⇒ ⇒ x = 12 ( v − u ) ⎨ v −u = 2x ⎪⎩v = y + x 1 .¿porqué? v =en La ecuaciónx + y = 1 , es obvio que se transforma v=2 La ecuaciónx + y = 2 , se transforma en 1 u + v) = 0 2( y = 0 , tenemos: Para la ecuación v = −u 1 v − u) = 0 2( x = 0 , tenemos: Para la ecuación v=u
⎧v = 1 ⎪v = 2 ⎪ Portantola regiónR´ , estaríalimitadapor⎨ ⎪v = −u ⎪⎩v = u
37
v=2 v = −u
v =u v =1
Escogemos primero un barrido horizontal, por tanto:
∫∫
y− x x e y +dA
∫∫
u
= e
v
∂ ( x, y ) dudv ∂ (u, v )
R´
R
El Jacobiano sería:
∂ ( x, y ) = 1= ∂ ( u, v ) ∂ ( u, v ) ∂ ( x, y )
= 1=
1
ux
vx
−1 1
uy
vy
1 1
−1
2
Reemplazando, poniendo límites y calculando:
∫∫ R´
2
e
u
v
∫∫ ∫ ∫
v
∂ ( x, y ) dudv = ∂ ( u, v )
v
2
=
2
1
1 dudv − 2
v
−v
1
1
u
e
u
e v 1 v
dv −v
2
=
1
2
v (e −e −1dv )
1
( e − e− ) v 1
=
2
2
2
( e − e− )
2
1
1
= =
38
4 3( e − e 4
−1
( 4 − 1)
)
1.
∫∫ ∫∫
Calcular
( x)− y(
con vértices; (0,0); x +)4 y dA ; siendoR el paralelogramo
R
(1,1); (5,0); (4,-1). 2.
Calcular
( x + y ) dA 2
2
; siendoR el triáng ulo con vértices;(0,0); (4,0); (4,4),
R
⎧x = u ⎩ = uv
usandola siguient e transformación: ⎨y 3.
∫∫
Calcular
1−
x2 a
−
2
y2 b
2
.
dA ; siendoR la elipse
x2 a
2
+
y2 b2
=1
usando la siguiente
R
⎧x ⎪⎪ a = r cos θ . ⎪ y = r sen θ ⎩⎪ b
transformación: ⎨
4.
∫∫
Calcular
( x + y ) dAdondeR es la regiónlimitadapor las curvas:x 2 − y 2 = 1 ; 2
2
R
x
2
⎧⎪u = x 2 − y 2 − y = 9 ; xy = 2 ; xy = 4 . Utilizando la transformación: ⎨ ⎪⎩v = 2 xy 2
2
5.
∫∫ ∫∫
Calcular
cuadrante limitada por iperbola: la h x dA siendoR la región del primer
R
xy = 16 ;y las rectas : y= x; y =0; x=8. 6.
Evaluar
2
( x −) y (cos2)
x + y dA ; R es la región acotada por el cuadrado con
R
⎧u = x − y ⎩v = x + y
vértices (0,1); (1,2); (2,1); (1,0). Utilizando la transform ación ⎨
39
6.11 ÁREA DE UNA SUPERFICIE. Si
tuviésemos
una
superficie
con
z = f ( x, y ) ,
ecuación
y
quisiéramos hallar el valor del área de una porción R de la superficie, podemos actuar con la misma metodología con la que hemos resuelto nuestros problemas hasta el momento; es decir, particionar la región R y luego sumar dando lugar a una integral. Observe la gráfica: z z = f ( x, y )
Rx
Ry dS
R
y
R´ dA x
Llamemos entonces:
S,
al valor del área de la porción
S
=
R
de la superficie,
∫∫ dS R
El asunto sería ahora proyectar la superficie al plano región
R´ . Podemos pensar en una transformación de R
3
xy
a
R
obteniendo la 2
.
Denotando como
R
la función vectorial para la superficie, tenemos:
R = ( x, y , f ( x , y ) )
Los vectores de derivadas parciales con respecto a
respecto a
40
y ( R y ), serían:
x ( Rx )
y con
Rx
= (1,0, f x )
dS
= R x ×R dA y
Ry
y
= ( 0,1, f y )
Entonces:
Calculando el vector producto cruz y luego su magnitud:
i
j
k
1
0
=−f x −
Rx × R=y
0 1
Rx × Ry=
(
f x , f y ,1)
fy
+ 1+ f x 2
fy2
Finalmente:
S
∫∫ ∫∫+ +1f
= dS=
2 f xdA
2
y
R´
R
Si la ecuación de la superficie está dada en FORMA IMPLÍCITA , es decir
F (x ,y z,
) = 0 . La formula anterior se transforma a: Fx 2 + Fy 2 + Fz 2 S= dA
∫∫
Fz
R´
¡Demuéstrela!
Demuestre que el área de la esfera x 22+ y + z 2 = a 2 es 4π a 2 . SOLUCIÓN: Trabajaremos con la porción superior de la esfera y el resultado del área multiplicado por 2 por ser simétrica.
z
z = a2 − x2 − y2
y a a x 41
La regiónR´ en estecasosería:
y
a x2 + y 2 = a2
a
El área estaría dada Spor =2
∫∫
Fx 2
+ Fy 2 + Fz 2 Fz
x
dA
R´
Reemplazando:
S
=2
∫∫
Fx 2
+ Fy 2 + Fz 2 Fz
∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫
2
( 2) x( ) +
dA = 2
R´
=2
2 y(
2
)+
2z
2
2z R´
4 x2
+ 4 y2 + 4z2
dA
2z
R´
=2
2 x2
+ y2 + z2 2z
dA
R´
=2
x2
+ y2 + z2 z
dA
R´
Reemplazando por la ecuación de la superficie z= a −x 2
S
=2
∫∫ R´
x2 + y2 z
+ z2
∫∫ ∫∫
dA = 2
R´
42
− y2
a2 a2
− x2 − y2
dA
R´
= 2a Cambiando a polares:
2
1
a2
− x2 − y 2
dA
dA
S =a2
∫∫
2π
1
a 2x − y
2
dA a
−
R´
2
∫∫ ∫ ∫
a
=2
rdrd
0
1
2
ar
2π
= 2a
2
θ
−
2
0
(a − r ) 2
2
1
a 2
dθ
−2
0
0
2π
= 2a
( a − 0 ) dθ
0
2π
= 2a2 θ 0 = 4π a
2
Encuentre el área de la región su perior de la esfera cilindro x 2 + y 2 − 3 x = 0. Soluci.on:
x2
+ y 2 + z 2 = 9 limitada por el
Haciendo un dibujo
z
z = 9 − x2 − y2
y 3 3
x La regiónR´ en estecasosería:
y
r = 3cos θ
3
x
43
El área estaría dada Spor =2
∫∫
Fx 2
+ Fy 2 + Fz 2 Fz
dA
R´
Reemplazando:
S
=2
∫∫
Fx 2
+ Fy 2 + Fz 2 Fz
∫∫
2 ( 2) x( ) +
dA = 2
R´
2 y(
2
)+
2z
2z R´
4 x2
=2
∫∫ ∫∫ ∫∫
+ 4 y2 + 4z 2
dA
2z
R´
=2
2 x2
+ y2 + z2
dA
2z
R´
=2
x2
+ y2 + z2
dA
z
R´
Reemplazando por la ecuación de la superficie z = 9− x
S
=2
∫∫
x2
+ y2 + z2 z
∫∫
− y2
9
dA = 2
R´
2
9 − x2
− y2
dA
R´
1
=6
∫∫
− y 2 dA
9 − x2
R´
Cambiando a polares: π
S
=6
∫∫
1 9 − x2
− y2
∫∫ ∫ ∫
4cos θ
1
dA = 6
R´
0
0
π
=6
rdrdθ
9 − r2
(9 − r ) 2
2
1
3cos θ 2
dθ
−2 0
0
π
=6
( 3 − 3senθ )d θ
0
= 63( S
44
θ
π
+ 3cosθ ) 0
= 6 ( 3π+ −3−( 1 1) ) = 6 ( 3π − 6 ) u 2
2
dA
1.
2
Calcularel áreade la superfici e de la partedel paraboloide x +y de la esfera x
2.
2
4.
=
2
quequedadentro
+ y2 + z2 =1
yz
=−
situadaentrelos
1 2 2
Calcular el área de la porción de la superficie z = xy limitada por el cilindro x +y Calcularel área de la porciónde la esferax
x2 5.
1
=z
+ y 2 + z 2 = 4z
Encon trar el áreade la partede la superfici e esférica x planosz
3.
2
2
2
2
2
+y +z =a
2
2
=4
interior al cilindro
+ y 2 = ay ; siendo a>o ⎧ x = r cos φ ⎪ ⎪z = φ ⎩
2 r cos φ Calcular el área de la superficie dada ⎨ y =por:
0≤r
≤ 1,
0 ≤ φ ≤ 2π
1.
2.
Empleando integrales dobles, calcular el área de la región limitada por: a) y
2
b) x
2
= 10 x + 25 2
+ y = 2x
y2
; ; x
2
2
+ y = 4x
= −6 x + 9 y= x
;
Calcule la integrales doble sobre la R región
∫∫
R=⎪ ⎨y = x ⎪ x=4 ⎩
,
R
2
3.
4
∫∫
Calcular
=0
⎧ y=0
y 1 + x2
; y
x sen x dx dy
0 y2
2 2
4.
∫∫
Calcular
x 1 + y 3 dydx
0 x
∫∫
y e x dA donde
Res la regiónlimitadapor y = x 2, y = x , x = 1 , x = 2 .
5.
Evaluar
6.
Suponga que el triángulo R con vértices (0,0) , (0,10) y (10,0) representa la regiónsituadadentro
R
del límite de cierta región de la provincia de Manabí. Después de una tormenta de invierno, la y x 1 e− 100e− 50 profundi dad del aguaen el punto(x, y) de R eraf (x, y) = cm. Suponiendo 500 que x e y se midenen centímetrosHALLEuna expresión para establecer la profundidad media del agua en la región.
7.
Para las siguientes integrales: a)Calcular elvalor de lantegral. i b) Dibujar la región de integración. c) Cambiar el orden de integración d) Calcular el valor de la nueva integral. 1
*
a a
1
∫ ∫ (x 2 y + y )dxdy 0 1− y
2
*
∫∫ 0 z
adxdz a2
− x2
45
π
*
∫ 0
*
8.
1+ cos x 2
1
∫y
sen xdydx
*
0
x
∫ ∫ (y + y )dydx 3
0 x
ln 8
ln y
1
0
∫ ∫e +
x y
∫∫ ∫∫
dxdy
xdA ; si R es un triánguloconvérticeslos puntos(2,3) ; (7,2) ; (4,5).
Evaluar
R
9.
Calcular
xydA dondeD es la regióncomprendidaentrela elipsex
2
+ 2y2 =1
y la
D
2
x circunferencia
+ y2 =1
∫∫ xydA
10. Calcular
en el primercuadrante.
dondeD es el cuadradoconvértices(0,0); (1,1); (2,0); (1,-1).
D
∫∫ ∫∫
⎛ y cos π x ⎞dA ; donde R es el rectángulo [0,2]x[-1,0]. ⎜ ⎟ 4 ⎠ ⎝
11. Evaluar
R
12. Calcular
( x + 2 y ) dA ; R es la regiónacotadapor las gráficasxy = 1 2
2
; xy
=2
;
R
u x= y = x ; y = 2 x . Utilizandola transformación: v y=v 13. Encue ntre el área de la superfici e del paraboloide hiperbóli coz entrelos cilindrosx
46
2
+ y2 =1
y x
2
+ y2 = 4
.
= y2 − x2
comprendida
MOISES VILLENA
7 7.1 DEFINICIÓN.
INTEGRAL ES TRIPLES EN COORDENADAS ESFÉRICAS
7.2
•
1
MOISES VILLENA
7.1 DEFINICIÓN. Para definir una integral para una función de tres variables, análogamente a integrales dobles, deberíamos pensar que nuestra región de integración se extendería a la forma [ a,b] [×c d] ,[ e×]g , ; es decir, ahora se tendría un paralelepípedo, una región de
R 3 , la cual se la denota como Q :
k g
Q
e
c
d
y
b a x
Si hacemos particiones de
Q , la ijk -ésima partición tendría la forma:
Δzk Δy j
Δxi
ΔVijk =Δ ixΔj Δy k z . tres variables w = f x ( y,z , )definida
Y su volumen sería: Una función de
en
Q, para
esta partición sería de la forma
f x , y , z Δx Δy Δ z k
i
j
Donde
(x , y ,z i
j
k
( ) un ) representa
i
j
k
punto cualquiera de la
ijk -ésima
partición. Para todo es decir:
2
Q , habría que considerar una cantidad infinita de particiones,
MOISES VILLENA
l
lim
m
n
∑∑∑
n→∞ m→∞ k = j1 =i l →∞
1=
f ( x , y , z ) Δxi Δy j Δzk i
k
j
1
De aquí surge la definición de integrales triples
Sea3 f una función de tres variables definida en una región de R , ] = ,x y z a{( x, b≤,c≤)∧/ ≤y d≤ ∧ e≤z≤
,[eg Q = a[ b, ]×[cd ]× l
Al
lim
m
∑∑∑
n→∞ m→∞ k = j1 =i l →∞
}
g
n
1=
f ( x , y , z ) Δxi Δy j Δzk i
j
k
se le
1
de f en Q y se la denota de la
denomina la siguiente manera: g
d
b
c
a
∫ ∫ ∫ f (,,)x y z dxdydz e
Además, si existe este límite decimos que Q.
Si
f es integrable en
f ( x, y , z ) = 1 , sería el volumen de la región Q.
El teorema de Fubini es aplicable para estas integrales también, porque al igual que integrales dobles, estas pueden ser observadas como integrales iteradas. Y es más, si tuviésemos regiones generales también el teorema de Fubini es aplicable.
3
MOISES VILLENA
z = x 2 + 3 y 2 y z = 12 −
Encontrar el volu men de la re gión acotada por
1 3
x2 .
Solución Haciendo un dibujo
z 1
z
2
= 12 − 3 x
z = x2 + 3 y2
y
x La integral triple para el volumen sería:
V =
⎡ 12 − x ⎢ ⎢ dzdA ⎢ ⎣ x +3 y
∫∫ ∫ R
2
1 2 3
2
⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦
∫∫ z ∫∫ ( ∫∫(
12 − x ⎡ dA ⎤ ⎣⎢ x + 3 y ⎦⎥
=
1 2 3
2
2
R
1 2 ⎡− ⎣ 12 −3 )(x+
=
)x
2
3 y 2 ⎤⎦dA
R
12 − 43 x 2 − 3 y 2 )dA
=
R
Paradefinir laregiónR , determinem os la curvade intersecci ón entrelas superfici es:
⎧ z = x2 + 3 y 2 ⎪ ⎨ 1 2 ⎪ z = 12 − 3 x ⎩ Igualando, tenemos:
x 2 + 3 y 2 = 12 −
4
x 2 + 3 y 2 = 12 3 x2 y2 + =1 9 4
4
1 3
x2
MOISES VILLENA
y
x2 9
+
y2 4
=1
2
y=
+
36 − 4 x
3
0
2
3
x
Poniendo límites, tenemos: + 36 − 4 x 2
∫∫
V=−
(12− =x y)dA 3 4 3
2
2
(
3
∫∫
−4 −
3
)
0
R
3
=4
∫ 0 3
=4
∫ 0
x y12 dyd
2
4 3
3
2
x
0 36 − 4 x ⎡ 3 ⎢ ( 36 − 4 x 2 ) y3 ⎢ y −3 3 3 ⎢ 0 ⎢ ⎣⎡ 3 2 2 2 ⎢ ( 36 − 4) x ( −) 36 − 4 x ⎢ 9 27 ⎣⎢
2
⎤ ⎥ ⎥ dx ⎥ ⎥ 3⎦ 2 ⎤ ⎥ dx ⎥ ⎦⎥
3
=4
∫
2 27
( 36 − 4 x ) 2
3
2
dx
0
Empleando sustitución trigonométrica:
x = 3sent entoncesdx = 3costdt
y
⎧x → 0 ⇒ t → 0 ⎪ ⎨ π ⎪⎩ x → 3 ⇒ t → 2
reeemplazando
5
MOISES VILLENA
π
3
V=4
∫
2
3
2
27
2
∫(
8
−( 36 x=4 dx) − 2
27
0
3
)td) ( 3cos 2
36 sent 4 ( 3
2
t)
0 π
=
2
∫(
8 27
6 cos3 t ) ( 3costdt
)
0 π
=
2
∫(
16 3
cos 4 t ) dt
0 π
=
2
∫
16 3
2
⎛ 1 + cos 2t ⎞ ⎜ ⎟ dt 2 ⎝ ⎠
0 π
=
2
∫
16 3
(1 + 2 cos 2t + cos
2
2t )
4
dt
0
⎡π 2
4⎢
π
∫ ∫
= ⎢ dt + 3⎢ ⎢⎣ 0
π
2
2cos2 tdt
+
2
∫
0
⎤
(1 + cos 4t ) ⎥ 2
0
dt
⎥ ⎥ ⎥⎦
π
4⎡ sen 2t = +⎢t 2 + + 3⎣ 2 4 ⎡3 π ⎤ = ⎢ 3 ⎣ 2 2 ⎥⎦ V = π u3
1 s en4t ⎤ 2 t 2 8 ⎥⎦ 0
Empleando integrales triples para calcular el volumen de la esfera que tiene por ecuación x 22+ y + z 2 = a 2 . Solución: Haciendo un gráfico
z
z
=
a
2
−
x
2
−
y
2
Q dz
dy
dx
y a
a x 6
z
=0
MOISES VILLENA
El volumen del paralelepípedo diferencial dVsería: = dzdA (altura por área de la base), será mejor plantearl o de estaformaparaqueeldA seaplanteadoigual u qe en integral es dobles. El volumen total sería:
∫∫∫
V =
dzdA
Q
Trabajando con la porción superior de la esfera, haciendo un barrido vertical, el límite inferior para z sería la ecuación del plano z = 0 y el límite superior sería la ecuación de la esfera
z=
a 2 − x 2 − y 2 , entonces:
V =2
⎡ ⎢⎢ ⎢ ⎣
2
z =
a
∫∫ ∫ R
2
− x
2
− y
⎤ dz=⎥⎥dA − −2
0
⎥ ⎦
∫∫
a2
x2
y 2 dA
R
los demás límites se los obtiene observando la proyección de la superficie en ano xy el pl
y
a
x2
+
y2
=
a2
x
a
Pasando a polares y evaluando la integral:
V =2
∫∫
a−− 2x =y2dA
2
2π
∫
a
− 2 a rrdrd2 0
R
2π
=2
∫
θ
0
2 2 2 (a − r )
3
2
3
a
2
2
0 3 2 = ⎡⎢( a 2 ) 2 − 0 ⎤⎥ θ 3⎣ ⎦
0 2π 0
4
= π a3 3
Las integrales triples igual que las integrales dobles, pueden presentarse laboriosa en su evaluación; por tanto, aquí también es posible utilizar trasformaciones.
7
MOISES VILLENA
7.2 INTEGRALES TRIPLES EN COORDENADAS ESFÉRICAS Recordemos que las transformaciones en coordenadas esféricas son:
⎧ x = ρ senφ cosθ ⎪ ⎨ y = ρ senφ cosθ ⎪ z = ρ cos φ ⎩ Análogamente a integrales dobles, ahora una integral triple en condiciones especiales puede ser expresada de la siguiente forma:
∫∫∫ f ( x, )y, z dV =(∫∫∫)
f ρ ,θ , φ
Q´
Q
∂ ( x, y , z ) d ρ dθ d φ ∂ ( ρ ,θ , φ )
Hallemos el Jacobiano:
x
ρ ∂ ( x, y , z ) = xθ ∂ ( ρ ,θ , φ )
xφ
yρ
zρ
yθ
zθ
yφ
zφ
senφ cos θ
φsen θ sen φ
cos
= − ρ senφsen θ
ρsen φ cos θ
0
ρ cos φ cos θ
ρ cos φ senθ
− ρsen φ
2 2 φ φ cosθsen ρ − φ φ sen θ ρcos+φcos ρ 2 φ ⎤⎦ sen θ ρ sen φ⎡⎣ θ −= cos φ ⎡⎣ ρ 2−sen − = ρ 2 senφ cos 2+φ ⎡⎣sen− 2θ cos 2 θ ⎤⎦ ρ 2 sen3φ ⎡⎣sen 2θ + cos2 θ ⎤⎦
= − ρ 2 senφ cos 22φ − ρsen 3φ = − ρ 2 senφ ⎡⎣cos 2 φ +sen 2φ ⎤⎦ = − ρ 2 senφ
Por tanto:
∂ x, y , z ρ 2 senφ ∂ ((ρ ,θ ,φ )) =
8
2
cos 2sen sen
2
2
⎤⎦
MOISES VILLENA
x 22+ y + z 2 = a 2 empleando coordenadas
Calcular el volumen de la esfera esféricas. Solución:
ρ = a es La ecuación de la esfera en coordenadas esféricas
z
ρ
φ
=
a
ρ
y θ
x
El volumen estaría dado por: 2π
V =
π
a
∫∫∫ 0
0
ρ 2 senφ d ρd dθ φ
0
Evaluando π 2π
V =
a
∫∫∫ 0
π π
2
∫∫
ρ3 sen dd 3
2 ρsen dφdd ρ θ φ = 0
0
0
a
φ θ φ 0
0 2π
=
a3
3
∫( ∫(
π
− cos φ ) 0 dθ
0
2π
=
a
3
3
1 + 1) dθ
0
2a 3
= 3 θ =
2π 0
4π a 3 3
9
MOISES VILLENA
z 2 = x 2 + y 2 , limitada superiormente por
Hallar e l volum en de la porci ón del cono la esfera x 22+ y + z 2 = a 2 . Solución: Haciendo un dibujo:
z
ρ
a
=
φ
=
π 4
y
x
La integral para el volumen sería: 2π
V =
π
4
a
∫∫∫ 0
0
2 ρsen dφdd ρ θ φ
0
Evaluando 2π
V =
π
∫∫∫ 0
4
a
π
2π
0
∫∫
4
ρ3 sen dd 3
ρsen d φ dd ρ θ φ = 2
0
0
a
φ θ φ 0
0 2π
=
a3
3
∫ ∫
π
( − cos φ ) 0 4 dθ
0
2π
=
a
3
3
⎛ 2⎞ ⎜⎜ 1 − ⎟ dθ 2 ⎟⎠ ⎝
0
= =
10
a3 ⎛
⎜ 3 ⎜⎝
1−
2π a 3 ⎛ 3
2⎞ ⎟θ 2 ⎟⎠
2π 0
2⎞ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ ⎝ ⎠
MOISES VILLENA
1.
Hallarel volumentotal del espaciocomprendidoentre el cilindro x 2
x hiperboloide 2.
2
2
+ y − z = −a
2
+ y2 = a2
y el
2
Calcular el volumen del sólido limitado por los tres planos coordenados, la superficie
z = x 2 + y 2 ;y el planox + y = 1 3.
x Calcularel volume n del sólido limitadopor la esfera z
4.
2
2
=x +y
2
;
2
+ y2 + z2 = a2
y el cono
z≥0 2
Calcularel volume n del sólidolimitado superiormente por la esfera x inferiormente por el conox 2
+ y 2 + z 2 = 4z
e
+ y2 = z2 .
5.
Calcular el volumen del sólido limitado por las superficies:
6.
Utilizando una transformación adecuada, hallar el volumen del cuerpo limitado por el elipsoide
x 2 + y 2 = 2z x2
9 7.
+
y
2
4
+
z2
25
;
x 2 + y 2 − z 2 = 1 ;y z = 0
=2
y el cono
x2
9
+
y
2
4
−
z2
25
=0 3
Sea un campo escalar f (x, y, z )definido sobreuna región Q ⊆ R , se defineel valor medio def por: f med
=
1 V (Q )
∫∫∫ f (x, y, z )dV , donde V(Q) es el volumen de Q. Q
( x, y, z ) = xyz sobre el cubo de lado "L" que se encuentra Encontrar el valor mediof de en el primer octante con vértice en el srcen y aristas paralelas a los ejes coordenados
11
MOISES VILLENA
8 8.1. 8.1. 8.2. 8.2. 8.3. 8.3. 8.4. 8.4. 8.5. 8.6. 8.7.
FUNCIÓN VECTORIAL DE UNA VARIABLE REAL DOMINIO LIMITE CONTINUIDAD TRAYECTORIA (CAMINO) GRAFICA. DEFINICIÓN TRAZA
8.8.
CURVA DERIVADA 8.10. CONCEPTOS ASOCIADOS A LA DERIVADA 8.9.
Se persigue que el estudiante: 3 • Describas curvas de R . • Calcule velocidad, rapidez, aceleración, ecuación de recta tangente, ecuación de plano tangente (Rectificante), ecuación de plano Normal, ecuación del plano Osculador, Curvatura, aceleración normal, aceleración tangencial.
1
MOISES VILLENA
8.1 FUNCIÓN VECTORIAL DE UNA VARIABLE REAL. Definición. Una FUNCIÓN VECTORIAL DE UNA VARIABLE n REAL , es una función del tipo F : I ⊆ → tal que
=
t
t
∈
t
n
() , ,(,)1,i =2, (), n ; son ) Donde )(xi : I ⊆( ,→ funciones reales de variabl e real t , llamadas Funciones Ft x x
1
2
x
n
Coordenadas de F .
Sea F : I ⊆ → 3 tal que F t ()
= 1(t−2t,3 + ,t −1+
Sea F : I ⊆ → 3 tal que F (t) = a(cos ,t bsent , t
Sea F : I ⊆ → 4 tal que F t() =t t(, t, , 2 t2 3 1 +
(
Sea F : I ⊆ → 3 F t( ) =t t, ,32 1
t − 25 − 16t 2
4
).
).
)
)
8.2 DOMINIO
Sea F : I ⊆ → n , el dominio de F es el subconjunto de números reales I .
En decir, el conjunto de valores para correspondencia.
Para F t ( ) = 1(t−2t,3 + ,t −1+
Para F (t) = a (cos ,t bsent, t
2
),
),
t,
Dom F
Dom F
que da sentido a la regla de
=
=
MOISES VILLENA
Para F t() =t,(t ,t
2
3
) , Dom F =
(
)
t t ≥ t −/1 − 25 − 25 − 16t , Dom F = {∈
Para F t( ) =t t, ,32 1
2
4
2
t4 16
}
0
8.3 LIMITE 8.3.1 Definic ió n. Sea F : I ⊆ → n una función definida en el intervalo abierto I de y sea t0 un punto de I o un de frontera de I . Entonces punto lim F ( t ) = L , si y sólo si: t →t0
F−L < ∀ξ> 0, ∃∂> 0 /<0 −t t < ∂⇒ 0
8.3.2 Teorema Sea F : I ⊆ → , tal que n
Ft x)( x = ( ) 1, t() , x,2
Entonces lim F)t( L=( l l= , 1, l), 2 t →t0
lim xi = l;i t →t0
Sea
F t( ) =t
(
2
SOLUCIÓN: lim Ft( ) = lim t t →0
t
→0
(
+1,2t,sent
(→
2
t
t0
()
n
t
).
si y solo si
i= 1, 2, , n
) Hallar
+1 ,)lim2 , lim t sent → 0
n
t
ξ
lim F( t) . t →0
)
= (1,0,1)
Calcular:
a)
⎛ t2 − 4 1⎞
, ⎟ ⎜ t, 2 lim t − 2t t t →2
⎝
Resp. a)
⎠
(2, 2, 12 )
⎛ sen t −t ⎞ b) lim ⎜ et , ,e ⎟ t t →0 ⎝ ⎠
b) (1, 1, 1)
ln t ⎛ ⎞ c) lim ⎜ t , 2 , 2t 2 ⎟ t −1 t →1 ⎝ ⎠
c)
(1, 12 , 2)
3
MOISES VILLENA
8.4 CONTINUIDAD. Sea F : I ⊆ → n . Entonces F es continua en t0 ∈ I si lim F (t ) =F (t ) 0 t →t0
8.4.1 Teorema
Ft x)( x = ( ) 1, t() , x,2 t () n t ) . Sea F : I ⊆ → n , tal que Sea t0 ∈ I . Entonces F es continua en t0 si y sólo si sus funciones coordenadas xi lo son.
F t() =t ( 3 1,+t
) es continuaen todo .
2t,−sent
2
⎧⎛
2 ⎪⎜ t , ,t F (t ) = ⎨⎝
sent ⎞ ; ⎟0 t t ⎠
≠
⎪ ( 0, 0, 0 ) ; t =0 ⎩
No es continua ten = 0 debido a que lim ⎛⎜ t, t,2 t →0
F (0) = (0,0 ,0 )
⎛ F (t ) = ⎜
1
⎜ ( t + 1)2 ⎝
⎝
sent ⎞ t
⎟ =0,( 0,1 ) que es diferente de ⎠
⎞ ⎟ ⎠
= −1 . , t 3 ⎟ no es continua ten
Analice la continuidad de: a)
r (t ) =
rt
b) c)
Resp. a)
4
t , t −1
= t , arcsen t , t − 1
()
r (t ) = 8, t , 3 t
Dom r (t ) = [1,+∞]
b)
Dom r (t )
= [−1,1]
c)
Dom r (t )
= [0,+∞]
MOISES VILLENA
8.5 TRAYECTORIA (CA MINO) Una función F : I ⊆ → n continua se la llama trayectoria o camino en n si F está definida en un intervalo cerrado. Suponga que el intervalo sea I = [ a , b ] entonces F ( a ) es el
punto
F ( b ) es el punto final. F (a ) =F (b) tenemos una TRAYECTORIA CERRADA . F es inye TRAYECTORIA SIMPLE . ctiva es una F (a) =F (b) y F es inyectiva tenemos una TRAYECTORIA CERRADA
inicial de la trayectoria y Si Si Si
SIMPLE .
8.6 GRAFICA. DEFINICIÓN Sea F : I ⊆ → n . Se denomina gráfica de F al conjunto de puntos de n+1 de la forma t , F ( t ) tales que t ∈ I .
(
)
Se ha dado esta definición siguiendo la línea de la definición de gráfica que se enunció en el capítulo anterior. La definición siguiente permite darle una interpretación geométrica a una función vectorial de variable real.
8.7 TRAZA
Se llama TRAZA de la trayectoria F al conjunto de imágenes de F , es decir: TrazaF =F t ( ) ∈ tn I/ ∈
{
}
8.8 CURVA
Se denomina CURVA a la traza de una trayectoria F .
Conozcamos algunas curvas de
3 .
5
MOISES VILLENA
Sea F : I ⊆ → 3 tal que F (t) = a(cos ,t bsent , t
).
Esta curva es llamada HELICE . ⎧ x = a cos t
⎪
Note que⎨ y = bsent
⎪z = t ⎩
Se la pude observar como la traza que hace la xsuperficie = a cos z al cilindro x2 a
2
+
y2 b2
=1 z
F (t)
(
= acos ,t
bsent , t
)
( −a,0,π )
( 0, −b,3π π2 ) t
=32
t
t = 2π ( a,0,2 π )
=π
( 0, b,ππ2 ) t
= 2
y
( a,0,0 ) t =0 x
Sea F : I ⊆ → 3 tal queF t() =t,(t ,t
2
3
)
⎧x = t ⎪ Aquí tenemos ⎨ y = t 2 ⎪z = t3 ⎩
⎧⎪ y = x 2
Esta curva la podemos observar como la intersección entre las ⎨ superficies
⎪⎩ z = x3
6
MOISES VILLENA
z
F t()
(
=t,t,t
2
3
)
y
x
(
Sea F : I ⊆ → 3 tal queF t( ) =t t, ,32 1
t − 25 − 16t 2
4
)
x2 y 2 z 2 + + = 1 con el En este caso la curva será la intersección entre el elipsoide 25 1 6 9 2 cilindroy = x z
y
F t()
(
=t t,
, 32 1
t2
t4
− 25 − 16
)
x
7
MOISES VILLENA
1.
2.
Dibujar las siguientes curvas representadas por las funciones vectoriales propuestas. a) r)(t = 3tî( )+ t − 1 ˆj + k b)
r (t ) = 2 cos tî
c)
r (t ) = 3 cos tî
+ 4 sen tˆj + tkˆ + 4 sen tˆj
r (t ) que representen las siguientes curvas. Hallar trayectorias
b)
{(x, y ) / y = e } {(x, y )/ 4 x 2 + y 2 = 1}
c) d)
Una recta en IR que contiene al srcen y al punto a, b, c . (x, y ) / 9 x 2 + 16 y 2 = 4
e)
{
f)
(ρ),θ( ,φ
a)
x
3
3.
(
(
(ρ ,θ(),φ / ρ =) 6 csc φ ∧ θ = π / ρ =) 4 csc φ ∧ θ = π
)
)} ) 4
4
Dibujar las curvas en el espacio representada por la intersección de las superficies propuestas, y represéntese la curva mediante la función vectorial usando el parámetro dado. Superficies Parámetro
= x2 + y2, x + y = 0
a)
z
b)
4 x 2 + 4 y 2 + 4 z 2 = 16, x = y 2
c)
x
d)
x2
2
x
+ y 2 + z 2 = 10, x + y = 4 + z 2 = 4, y 2 + z 2 = 4 2
2
2
− 4 y − 9 z = 36
= 2t
y
=t
x
= 2 + sen t
x
= 3t
y el plano x+z
=9
4.
Muestrequela intersección de la superfici ex
5.
es una elipse. Escriba una ecuación vectorial para la curva de intersección de las superficies: 2 x 2 −5 x 2 2 3
6.
= ecuación + + = es La curva cuya vectorial e
z
2,
y
y
xz
r (t ) = 2 t cos t ,3 t sen t , 1 − t ,
0 ≤ t ≤1
se define sobre una superficie cuádrica. Hallar la ecuación de dicha superficie. y2 + + z2 = 1 4 9 Hallar la función vectorial para la curva de intersección de las superficies z = 1 + x
Resp.
7.
y
2
= x +x
x2
.
(
Resp. r (t ) = t − 12 , t 2 − 14 , − t 2 + t + 14
)
8.9 DERIVADA.
n
Una función F : I ⊆ → una trayectoria. Sea t0 ∈ I . Entonces la derivada de F en t,0 denotada como F ´( t0 ) , se define como: (F t 0 )h+ (F)−t 0 F ´( t0 ) =lim h→0
si este límite existe. 8
h
−y
,y
MOISES VILLENA
En tal caso se dice que
t () 0x Si F
F
t0.
es DIFERENCIABLEen
= (10x ,2(0t) ,( ,x)
t0 ( ) n t ) entonces Ft ( h0 )+=x 0+ ) 1 (h x0( 2,t +)h ( ,, x)0 t +h(
n
).
t
Aplicando la definición de derivada (F t 0)h+ (F)−t 0 F ´( t0 ) =lim h →0
h
= lim
( x10 ( t) +20h(t), x +
+−x01nt ,, (t0h)
h →0
( )x
( ) xn
)
h
xn
h
x (t + −)01h t() 0x2 ⎛ = ⎜ lim 01 h →0 h ⎝
Es decir:
h, t ) 0,, ( x( )
20t
t
( 02 + −)t x() , lim h →0
h
0t
h
(x + −)0 () , , lim
Ft ´( x )0 = 1(x0´ 2(0,t) ´ (x,) ,t0 ´ ()
Sea
F (t
, ) = t( t2 ,sent ) entonces
t
n
xn h→0
h
t
⎞ ⎟ ⎠
)
F´()t( = 2 t,1,c) os t
8.9.1 Teorema Sea F una trayectoria diferenciable. El vector F´( t0 ) es tangente a la trayectoria en el punto t0 . Observe la gráfica z
F (t 0 + h ) F−(t)
0
F ( t0 + h )
F ´( t0 )
F ( t0 )
( x0 , y0 , z0 )
y
x
9
MOISES VILLENA
Sea
F )(t( = cos t sent ,) , t
. Hallar la ecuación de la recta tangente y la del plano
normal en t = π4 . SOLUCIÓN:
π Un vector directriz de la recta tangente , que también sería un vector F ´( seria 4)
perpendicular al plano normal. Como)F , , t entoncesF ´)(t( = sent − , )cos t ,1 (( t = cost )sent 2 2 π ππ π Tenemos un punto: , , = , , F )((π4 = cos sen ) 4 44 22 4
(
)
Y un vector paralelo a la recta o perpendicular al plano normal: F´)( π4 =− sen ,4πcos , 2 2 ,1 ) ,1=−π22 4
(
)
Por tanto, la ecuación de la recta tangente sería:
⎧ x = 22 − ⎪⎪ l : ⎨ y = 22 + ⎪z = π + t 4 ⎩⎪
2 2
t
2 2
t
Y la ecuación del plano normal sería:
−
2 2
(−x +) ( − )+y 2
2
2
2
2
2
4
− = 1( z
π
)
0
8.9.2 Trayecto ri a Regu lar n F : I ⊆ → . Entonces
Sea
F
es una
trayectoria regular en I , si F ´( t0 ) ≠ 0 para todo t∈I.
8.9.2 Pro piedades Sean F y G dos trayectorias diferenciables. Sea f una función escalar diferenciable. Entonces: 1. Dt F ( t) ± G ( ) t = F(´) t ±(G) ´ t
( ) 2. D ( f F ( t ) ) = f ´ F () t t
+ (f) F ´ t
F ( t) •G 3. Dt ( ) t= •F(´) t+( )G• t( ) F (t 4. Dt F ( t) × G ( ) t= × F(´) t + ( )G× t ( ) F ( t
( (
10
) )
G´ t ) G´ t )
MOISES VILLENA
8.10 CONCEPTOS ASOCIADOS A LA DERIVADA.
Sea F : I ⊆ → n . Tal que Ft x)( x = () 1, t() , x,2 t () n t ) Se define: Vector Posición: rt () Ft=() x =x ,( 1 ()t, ,x()2 t () n t ) Vector Velocidad: vt ()rt =´(x) =x´( ,1 ´()t, x ()2, ´t () n t ) r '(t ) Vector Tangente Unitario: Τ = r ' ( t )
Longitud de un camino: t2
∫
2
s=x
[ x1´( t+) ]
2
[ +x+2´( t ) ]
2 [ n ´( t ) ] dt
t1
ds
Rapidez:
dt
= v t( ) =r t()'
Aceleración:
at ( )vt = r´(t) = x´´( ) x
=´´( 1 , (x)t´´ (2,) ,t ´´()
n
t
)
Τ '(t )
Vector Normal Unitario: Ν =
Τ '(t )
Vector Binormal: Β = Τ× Ν Plano Osculador: Definido por Τ y Ν y ortogonal a B Plano Rectificante: Definido por Τy B y ortogonal a
Ν
Plano Normal: Definido por Ν y B y ortogonal a Τ
z
r (t )
a ( t0 )
v ( t0 ) Ν Τ
r ( t0 )
( x0 , y0 , z0 )
y
x
11
MOISES VILLENA
El vector tangente es unitario, entonces: a miembro
d dt
d
( Τ•Τ) = ()
Τ • Τ = 1 , derivando miembro
1
dt Τ•Τ+Τ•Τ= ´ ´ 0
2Τ•Τ= ´ 0
Τ•Τ= ´ 0 Por tanto se concluye que el vector Τ y demuestra la definición del Vector Normal Unitario.
Τ´ son
ortogonales, lo cual
, ) t, r )(t( = cost sent
Hallar la e cuación d el plano oscu lador para
en t = π .
SOLUCIÓN: Para hallar la ecuación de un plano necesitamos un punto y un vector normal. π ππ El punto sería: r ()π sen , )( , π) = 1,−0, ( = cos Y el vector normal es el vector Binormal: Β = Τ× Ν HallemosΤ : r ' (π )
− , cost,1) (sent
= Τ=
=
2
2
1
HallemosΝ
, −1,1
( )0
+ t 1 + sen t cos
r ' (π )
2 t =π
: ' Τ (π ) Ν = = Τ ' (π )
1 2
( − cos t, −sent, 0 ) cos 2 t + sen 2t
1 2
= (1,0,0 ) t =π
Entonces
Β=Τ× Ν=
i
j
−0
1
1
0
k 1 2
( 0,
=2
1 1 2 2
,
)
0
Finalmente la ecuación del plano osculador sería: 0 ( x +) 1+ ( 12− ) y+( 0 )− 1=2 z π 0
8.10.1Teorema. Formu las d e Frenet- Se rb et
Sea r una trayectoria diferenciable, entonces:
Β = Τ× Ν = −Ν× Τ Ν = Β × Τ = −Τ × Β Τ = Ν × Β = −Β × Ν
12
MOISES VILLENA
8.10.2 Curv atura y r adio d e curv atura.
r
Sea
una trayectoria diferenciable. La denotada por κ , está definida en
CURVATURA ,
dΤ
la expresión: Es decir:
κ=
= κΝ .
ds dΤ
ds
El radio de curvatura, denotado por ρ , es: 1 ρ= κ Observe que
κ=
Es decir,
dΤ ds
=
d dt Τ dt ds
dΤ
=
ds
dt
dt
κ = Τ´( t ) r´( t )
Hallar κ para)((r t = cos)t sent , t,
en t = π .
SOLUCIÓN:
Τ´(π ) La curvatura en este punto κsería: = r´(π ) En el ejemplo anterior se obtuvo ´( π ) =
κ =
Τ´(π ) r´(π )
1
=
1 2
y r ' (π ) = 2
2 1 = 2 2
8.10.3 Tors ión .
Sea r una trayectoria diferenciable. La TORSIÓN, denotada por τ , está definida en la
expresión:
dΒ ds
= −τΝ . Es decir:
τ=
dB ds
13
MOISES VILLENA
8.10.4 ACELERACIÓN NORMAL Y ACELERACIÓN TANGENCIAL. En cuestiones físicas, se hace necesario presentar la aceleración en términos de sus componentes tangencial y ortogonal en un punto de la trayectoria. z
r (t )
a
aT
aN
Ν
Τ ( x0 , y0 , z0 )
y
x
a=a = aΤt
T
+ aN + aΝ n
La aceleración es la derivada de la velocidad:
d d ⎡ =v ⎡v=⎤ a= Τ dt ⎣ ⎦ dt ⎣ Deduzcamos
⎡ ds ⎤ds 2 ⎤d ds Τ= Τ + 2 ⎦ dt dt ⎢⎣ dt⎥⎦ dt
Τ´ :
En la expresión
dΤ ds
= κΝ , transformando
d Τ dt dt ds = κΝ dΤ dt = κΝ ds dt
Es decir:
14
Τ´= κ
ds dt
Ν
dΤ ds
Τ´
MOISES VILLENA
Reemplazando:
d 2s ds a = 2Τ + Τ dt dt d 2s
= Τ2 +
´
⎛ds ⎜ κΝ dt ⎝ dt
⎞ ⎟ ⎠
ds
dt
2
ds ⎛ ⎞ κ ⎜dt Ν⎟
ds
= dtΤ2 +
⎝
2
⎠
Por tanto:
at
=
d 2s dt
2
⎛ ds ⎞ =κ⎜ ⎟ ⎝ dt ⎠
an
y
Sea r )(t( = cost sent , ) t,
. Hallar
aty
2
an t
=π .
SOLUCIÓN: Empleando los resultados anteriores 1.
ds dt
= r´(π ) = 2 entoncesat =
d 2s dt 2
=0
2. La curvatura ya la obtuvimos en el ejercicio anterior, por tanto: 2 2 ⎛ ds ⎞ 1 an = κ ⎜ ⎟ = 2 =1 ⎝ dt ⎠ 2
( )
En ocasiones determinar los parámetros anteriores no es tan sencillo debido a la ecuación de la trayectoria. Podemos darles otra forma a las formulas anteriores. Observe la figura:
r´´= a
h = an
an
r´= v
15
MOISES VILLENA
Por teoría de vectores: El área del paralelogramo sustentado por los vectores está dada por:
r´= v
y
r´´= a
Area = r´×r´´
Pero, por geometría también tenemos:
Area = ( base )(
× altura = r´ an )
Igualando y despejando resulta:
an
r´×r´´ r´
=
Para la curvatura tenemos:
κ=
an
⎛ ds ⎞ ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠
2
=
κ=
r´×r´´ r´ 2 r´ r´×r´´ 3 r´
Sea r)(t = t4 ,3cot)sent s , . Hallar Solución: v =r t)´( = 4, sent 3− ), cos t a =r t´´ )((=
ds dt
´r×−´´ 3 r=
i
0
v
,
a , at
, an, κ , para cualquier t .
− 0, 3cos − t sent ),
sent = rt´( =) + 19 9+ j
3sent=
=
r´×r´´ 3 r´
2
cos t
2
k
cos +t
(
3t sen
2 − 3cos ,4 t =sent
2
−, 12tcos
3,4 sent
−3cos t −sent
r´×r´´ 9 +16 sent2 +144 cost 2 an = = 2 r´ 19 9sen + t cos +t 2 r´×r´´ 9 +16 sent2 +144 cost 2 κ = 3 = 3 2 r´ 19 9sen + t cos +t 2
(
16
)
) ,( 12tcos
)
MOISES VILLENA
Finalmente, también se podría utilizar el teorema de Pitágora para determinar la magnitud de una de las aceleraciones:
a
1.
2
= an 2 + at 2
Halleσ′
(t ) yσ′(0) en cada uno de los casos siguientes:
a)
σ(t) = sen 2πt , cos 2πt ,2t − t 2
b)
σ(t ) = e t , cos t , sen t Resp. a) σ ´(0) = (2π ,0,2 )
(
)
c)
σ(t ) = t 3 , t 2 − 4t ,0
d)
σ) (t = (sen 2(t , log ) 1+ t ,t) c) σ ´(0) = (0,−4,0 )
(
b) σ ´(0) = (1,0,1)
1 ⎞ d) σ ´(0) = ⎛⎜ 2, ,1⎟ ⎝ ln 10 ⎠
2.
Un punto situado en la rosca de un tornillo, que se enrosca en una viga describe una hélice
a el radio del tornillo y b la elevación circular, siendo t el ángulo de giro del tornillo, correspondiente al giro de una vuelta. Determine la velocidad y el vector aceleración del movimiento del punto. b ⎞ ⎛ Resp. r´(t ) = ⎜ − asent , a cos t , ⎟ 2π ⎠ ⎝
r´´(t )
= (− a cos t ,− asent ,0 )
3.
El movimiento de una partícula está definido R(t ) =por at (cos tî
− sen tˆj ) . Hállese velocidad, las componentes tangencial y normal de la aceleración t = π . en
4.
La posición de una partícula móvil en elt tiempo viene dada por r (t ) = t
su
2
2
− 6t î + 5tˆj .
Calcule el instante en que la rapidez de la partícula es mínima. 5.
t=3 Resp. Determinar los vectores velocidad y aceleración, y la ecuación de la recta tangente para cada t . unade las curvas siguientes en el valor es pecificadode
a)
r (t ) = 6t ,3t 2 , t 3 ,
b)
r (t ) = sen 3t , cos 3t ,2t 2 ,
t
=0 3
Resp. a) r´(0) = (6,0,0 ) ;
t
r´´(0)
=1 ⎧ x = 6t ⎪ = (0,6,0 ) ; l : ⎨ y = 0 ⎪z = 0 ⎩
b) 6.
(t ) = cos t , sen t , t , con Sea una partícula de 1 gramo de masa, que sigue la rtrayectoria t= unidadesen segundo s y centímetros. ¿Qué fuerzaactúasobreella en Nota:F = m.a Resp.
F
0
?
= 10 −5 (− 1,0,0 ) N
unatrayectori a en IR con aceleración cero.Probarqueσ es unarectao un
7.
Sea σ(t )
8.
punto. t t Suponer que una partícula sigue la trayectoria r (t ) = e , e − , cos t
3
hasta que sale por
t= una trayectoria tangente en1 . ¿Dónde está ten=
2? Resp. (2e, 0, cos1 − sen1)
9.
Una partícula se mueve sobre la curva C que se obtiene de la intersección de la esfera
x
2
+ y2 + z2 =1
y el planoz = y . Obtener la ecuación de la trayectoria que describiría
⎛ ,1 ,1 la partícula si se separase de la curva C en⎜ el2punto ⎝
2
2
⎞
2 ⎟⎠
17
MOISES VILLENA ⎧ x = − 2 (t − π ) + 2 4 ⎪ ⎪ Resp. l : ⎨ y = 12 (t − π4 ) + 12 ⎪ ⎪ z = 12 (t − π4 ) + 12 ⎩
2 2
10. Calcular la curvatura y la componente normal de la aceleración de la curva
r) (t
= cos t ,( e)2t , t + 1 3 , para t = 0
→ 1 a N = (− 1,0,0 ) 13 11. Encontrar las ecuaciones de la recta tangente y el plano normal a la curva
Resp. k =
= x 12. El
=
=π
=
6 sen t , y
4 cos 3t , z
t 2 sen 5t en el punto
4
Resp.
movimiento
de
una
5 2 3 r (t ) = t − 1, t ,2t , 2
t
partícula
está
representado
por
la
función
≥ 0 . En el tiempo t = 1 , la artícul p a es expulsadapor la
tangente con una rapidez de 12 unidades por segundo. ¿A qué tiempo y por qué punto 2
+ y 2 = 4x
atraviesaal paraboloide z
?
⎛ 5 22 22 + 3 22 32 + 2 22 ⎞⎟ Resp. t = 0,30389 seg. P⎜ 69 + , , ⎜ 26 ⎟ 13 13 13 ⎝ ⎠ r (t ) = e 13. Dada la curva
−2t
, e 2t , 2 2 t ,
Encontrar la curvatura y las ecuaciones de
0 las rectas tangente y normal t =en
Resp. 2
2
4
25
y x 14. Hallar la función vectorial para la curva de intersección entre +el cilindro = 2 y el plano y
= 5z
. Encon trar la curvaturaen el punto(2,5,1) .
(
)
Resp. r (t ) = 2 2 cos t , 5 2 sent, 2 sent ; k = 2
r (t ) = t , t 15. Una partícula se mueve suponiendo la trayectoria
3
2 13 15 15
− 4t ,0
en t=2 seg sale
por la tangente. Calcular la posición y la velocidad de la partícula en t=3 seg. Resp. r´(2) = (4,8,0 ) l (3) = (8,8,0 ) 16. Calcular
la
longitud
r (t ) = 3 cos t ,−3 sen t ,−t 2 ,
de
arco
descrito
por
el
vector
0≤t ≤2.
Resp. L = 5 + 94 ln 3 2
σ (t ) = cos t , 17. Una partícula se mueve por la trayectoria
1 2
sent 2 ,−
1 2
sent 2
desde
t = 1 seg hastat = 3 π seg. Ent = 3 π seg la aceleración normal deja de actuar, y la partícula sale disparada tangencialmente σ . Calcular a la posición de la partícula 1 seg después que deja de actuar la aceleración normal.
(
Resp. − 1,−3 2π ,3 2π
18
)
MOISES VILLENA
9 9.1. 9.1. 9.2. 9.2. 9.3. 9.3. 9.4. 9.4. 9.5. 9.6. 9.7.
CAMPOS VECTORIALES EN n DEFINICIONES PROPIEDADES CAMPOS VECTORIALES CONSERVATIVOS INTEGRALES DE LÍNEAS TEOREMA DE GREEN INTEGRAL DE LÍNEA PARA EL ÁREA DE UNA REGIÓN PLANA
Se persigue que el estudiante: • Calcule integrales de línea. • Aplique el Teorema de GREEN. • Calcule el área de regiones planas empleando integrales de líneas.
1
MOISES VILLENA
En el capítulo de funciones de variables se definió funciones vectoriales
generales de la forma
de la forma
F : U ⊆ n → m ,
F :U ⊆ → n
9.1. CAMPOS VECTORIALES EN ,
Sean f1 , f 2 ,
ahora trataremos con funciones
n
n
f n funciones escalares de
las variables x1, x2 ,, xn definidas en una n región Ω de . La función F : U ⊆ n → n tal que Ff = ( 1 ( xf x , ),(x , 2f) x x(, , x ) , , n x x , , x ) se llama Campo vectorial sobre Ω . 1,
2
n
1,
2
n
Si Si
se lo denota como
F : U ⊆ 3 → 3
se lo denota como:
FM =(
2
n
F : U ⊆ 2 → 2
1,
F = ( M ( x),(y) , N x, y
( xN, y ,)z (, P ) x(, y , z ),
x, y , z
).
)
F : U ⊆ 2 → 2 tal queF = ( 2 x y+x ,y 2 −
2
)
Algunos ejemplos físicos comunes de campos vectoriales son: • Campos de velocidades • Campos gravitacionales. • Campos de fuerzas eléctricas.
∇f , de una función escalar f . ⎛∂ ∂ ∂⎞ ∇ = ⎜ , , ⎟ , operador NABLA , podemos ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠
Un campo conocido es el Gradiente, Si llamamos el vector
obtener la definición del gradiente y otras definiciones más.
9.2 DEFINICIONES
Sea f una función escalar y F = (M N, P, un campo vectorial. Se define: 1. El gradiente de f como el vector
2
)
MOISES VILLENA
⎛∂∂∂ ⎞ ∂ ∂⎛ ∂f f f ⎞ ∇f = ⎜ , , ⎟ f = ⎜ , , ⎟ ⎝ ∂x∂ ∂y z ⎠ ∂∂⎝ ∂ x y z ⎠ 2. La Divergencia de F como ⎛ ∂ ∂ ∂ ⎞ ∇ • =F ⎜ , •, ⎟ ( M , N , P ) ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ ∂M ∂N ∂P = ∂x + ∂y + ∂z 3. El rotacional de F como el vector
∇× F =
i
j
k
∂ ∂x
∂ ∂y
∂ ∂z
M
N
P
4. El Lapalciano de f como
∇ 2 f=∇ • ∇ = f
⎛ ∂ ∂ ∂⎛⎞ ∂ ⎜ ∂ ∂, ∂y•⎜,⎟ z ∂ ⎝ ⎠
∂⎞ ∂f f f , , ∂⎝⎟ ∂x y z ⎠
2 f 2 f 2 f =∂ 2 +∂ 2 +∂ 2 ∂x ∂y ∂z
9.3 PROPIEDADES
Sea f una función escalar y sean F y G campos vectoriales. Entonces: G =∇F• +G∇ • 1. ∇ • F+
( ) 2. ∇(• )f F( = ∇ f) • +F∇
•( f ) F
f F= f∇ × +F∇ 3. ∇ × ×( f ) F G×F • 4. ∇ • F×G = ∇ ×F G• + ∇
(( ) ) (( ) ) ( )
5. ∇ × (∇ f )= 0
(
)
6. ∇ • ∇ × F = 0
3
MOISES VILLENA
(
)
7. ∇ × ∇ f +∇ × F =∇ × ∇ × F Las demostraciones de estas propiedades se la dejamos al lector.
9.4 CAMPOS VECTORIALES CONSERVATIVOS
Un campo vectorial
F
se dice que es
conservativo si existe alguna función diferenciable f tal que F = ∇f . La función
f se llama función potencial de F .
9.4.1 Teorema.
Un campo vectorial F es conservativo y si sólo si ∇ × F = 0 .
Determine si F = ( 2xyx, 2y −
) es
conservativo. En caso de serlo encuentre la
k
función potencia l. SOLUCIÓN:
F sería: El rotacional de
∇ ×= F
i j k
i
j
∂ ∂ ∂ = ∂x ∂ ∂y
∂ ∂z
M
P
∂ ∂ = −= ∂ x∂ y z 2 xy x 2 − y 0
N
( 0, 0, 2 x
2x)
( 0, 0, 0 )
Por tanto,F si es conservativo. Notequeparacamposde
∂N ∂M = ∂x ∂y
2
, bastaque
para ser conservativos. ¿Por qué?.
Cuando el campo es conservativo la función potencial existe y además:
F∇ =f=
⎛ ∂f ∂f ⎞ 2 ⎜ = , xy⎟ − ( 2 , x ⎝ ∂x ∂y ⎠
y)
Es decir conocemos las derivadas parciales de la función potencial, entonces:
∂f
2 xy dx ⇒ (f ) x, y = x()2 y + g y + C1
= 2 xy ⇒ f =
∂x ∂f = x2 − y ⇒ f = ∂y
∫∫ (
y2 x 2 − y ) dy ⇒ ( f) x, y = −x 2 y)( + +h x 2
Haciendo superposición de soluciones, la función potencial sería:
f ( x, y ) = x 2 y −
4
y2
2
+C
C2
MOISES VILLENA
2 Determine si F = ( 2xy x, 2z+ zy ,2 la función potencial.
SOLUCIÓN:
) es conservativo. En caso de serlo encuentre
F sería: El rotacional de i j k
i
j
∂ ∂ ∂ ∂ = ∂x ∂ ∂y∂ z
∇ ×= F
M
N
P
k
∂ ∂ =− − = ( 2 z 2,z 0, 2 x 2 x ) ( 0, 0, 0 ) ∂ x ∂ y z 2 xy x 2 + z 2 2 zy
Por tanto,F si es conservativo. Ahora tenemos:
⎛ ∂f ∂f ∂f ⎞ x⎟+ ⎜ x , = y , z xy ⎝∂ ∂ ∂ ⎠
F∇==f
(2
,
z 2 , 2 zy )
2
Entonces
∫ ∫( ∫ ()
f =
2 xy⇒ dx
f =
+x 2⇒ z 2 ) dy ( =f x+,)y+, z
f =
2 zy⇒dz(
f =( x+, y , z )
g ( y , z ) + C1
x2 y
)f = +x, y, z( )
+x 2 y ()z 2 y h x, z
z2 y
C2
h x, y + C3
Haciendo Superposición de soluciones:
f ( x, y, z ) = x 2 y + z 2 y + C
9.5 INTEGRALES DE LÍNEAS En los capítulos 6 y 7 tratamos integrales de funciones escalares sobre regiones de 2 o regiones de 3 , ahora trataremos integrales de funciones escalares y funciones vectoriales sobre curvas.
9.5.1 Integrales de líneas de func io nes escalares. Sea f : U ⊆ n una función escalar de n variables definida en una región U que contiene una curva suave C de longitud finita, la integral de línea de f sobre C se define como:
∫ C
n
f ( x , x , , x ) ds = lim 1
2
n
Δ →0
∑ f (x ,x , 1
2
, xn
) Δs
i
i =1
Supuesto que este límite exista. 5
MOISES VILLENA
9.5.1.1 Teorema. Calculo de una integral de línea como integral defin ida. Sea f continua en una región que contiene una curva suave definida por C, rt (x x) = ( (1) t (,) x2 t , () , n donde t ) a, ≤ t ≤ b entonces:
∫
f ds =
C
∫
⎡ f r ( t) ⎤ r(´) t dt ⎣ ⎦
C b
=
∫
f ( x1 ()t t, x()2
t ,(t), xn
t
2 2 2 ) [ x1´( )]t + [ x2´( ) ] + + [ xn ´( )] dt
a
Si f = 1 entonces tenemos
∫
ds , la longitud de la curva.
C
(x
Calcular
2
− y + 3z ) ds donde
C :segmento de recta desde el punto
∫ C
( 0,0,0 ) al punto (1,2,1) . SOLUCIÓN:
C es La ecuación de
6
⎧x = 0 + t ⎪ ⎨ y = 0 + 2t ⎪z = 0 + t ⎩
; es decir:r ( t )
= ( t , 2t , t ) .
MOISES VILLENA Entonces:
∫
∫
fds =
C
⎡ f r ( t) ⎤ r(´) t dt ⎣ ⎦
C 1
=
∫( − +
2 t 2 t t 23 + )+ 1 d 21
2
t
0 1
= 6
∫(
t 2 +t dt )
0
1
⎛ t3 t2 ⎞ = 6⎜ + ⎟ ⎝ 3 2 ⎠0 ⎛1 1⎞ = 6⎜ + ⎟ ⎝3 2⎠ =
Calcular
∫
5 6 6
xds donde C : es la curva que se presenta en el gráfico:
C
y
(1,1) y=x y = x2
x
( 0,0 )
SOLUCIÓN: Porla form a deC debem os hacerdosintegral es; es decir:
∫ C
xds =
∫ +∫ xds
C1
xds
dondeC1 : y
= x y C2 : y = x 2 .
C2
⎧x = t ⎩y = t
Para la primera integral C1 = ⎨
7
MOISES VILLENA 1
1
∫ ∫
⎛ t2 ⎞ ⎟ ⎝ 2 ⎠0
xds = + t 12= 12 dt = 2 ⎜
C1
0
2 2
⎧x = t 2 ⎩y = t
Para la segunda integral C2 = ⎨ 0
0
∫ ∫
xds = + t 1
C2
∫
2
(=2t ) +dt =
2
1
t 1 4t dt =− 2
2 (1 + 4t 3
2
)
3
1 2
1
8
1
1
12 12
5
3
2
0
Por tanto:
∫ ∫ ∫ xds =
C
=xds+ − 2
+ xds
C1
2
1 12
1 532 12
C2
9.5.2 Integrales de línea de C ampos vect oriales.
Sea F : U ⊆ n → n un campo vectorial continuo definido sobre una curva suave C dada por rt x( x) = ( (1) t (,) x2 t , () , n t ) donde a ≤ t ≤ b . La
integral de línea de F sobre C se define como:
∫ F •d r = ∫F T•ds C
Reemplazando
T=
r´( t ) r´( t )
∫ F •Tds C
y
C
ds = r ´t( )dt b
=F
∫
•
a
r´( t ) r t dt ´( r´( t )
)
Entonces:
∫ C
8
Fd== •r
F ⎣⎡ C
∫(
(x
1
()t , x()2
t
, (), x ntr
•
dt)
t
) ( ´( ) ) ⎦⎤
MOISES VILLENA
∫
Calcular
F = (x , xy − z,
F • d r donde
2
)y
C es la curv a definida por
C
,) t , r )(t( = cost sent
desde el punto ( 0,0,0 ) hasta el punto (1,0,2 π ) .
SOLUCIÓN:
∫
2π
F •d r=
∫( ∫( ∫(
, z•− , −x xy
C
2
)sent(
t ,dcos t ,1)
0
2π
=
cos − t , costsent −• t,
) (sent
2
, cos t ,1) dt
0
2π
cos − tsent + cos 2 tsent t 2d) t
= − 0
2π
⎛ cos 2 t cos3 t t 3 ⎞ =⎜ + + ⎟ 3 3 ⎠0 ⎝ 2
⎛ 1 1 8π 3 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ =⎜ + + − + ⎟ +⎜ 0⎟ ⎝ 2 33 ⎠ ⎝2 3 ⎠ =
8π 3 3
La integral de línea que acabamos de definir se la puede interpretar
como el trabajo que tiene que realizar un campo F al desplazar una partícula sobre la curva C , si denotamos al trabajo como W , entonces:
∫
W = F d•r
C
9.5.2.1 Forma Diferencial En la integral
∫
⎡ F •r ´( t )dt ⎤ ⎣ ⎦
C
Suponga que
F = (M N, P,
entonces tenemos que
)
y que
C : r (t ) = ( x (t ), y (t ), z (t ) )
⎛ dx dy dz ⎞ , , ⎟ ⎝ dt dt dt ⎠
r´(t ) = ⎜
Reemplazando:
∫ C
⎡ F r• d´( t t) ⎤ ⎣ ⎦
⎡
∫⎣
M =NP⎢( C
, ,
⎛ dx dy dz ⎞ ⎤ dt, , ⎟ ⎥ ⎝ dt dt dt ⎠ ⎦
)•⎜
9
MOISES VILLENA
Entonces:
∫
⎡ F •r ´( t ) ⎤dt ⎣ ⎦= + Mdx+ N dy P dz
C
∫ C
Calcular
∫ C
•
F d r donde F
=
=
2
( y, x )
y C :y
−
2
x4 x
desde el punto ( 4,0 )
hasta el punto (1,3) . SOLUCIÓN: Empleando la forma diferencial
∫
∫ ∫
F •d r = Mdx N + dy
C
C
=
ydx + x 2 dy
C
En este caso y = 4 x − x entoncesdy 2
= ( 4 − 2x dx)
Reemplazando:
∫
1
= ydx + x 2 dy
C
∫ ∫( ∫(
− ( 4 x+ x 2−) dx x 2 ( 4 2 x ) dx
1
=
4
4−x + x 2 − 4 x 2
2 x 3 ) dx
4
1
=
4 x + 3 x 2 − 2 x3 ) dx
4 1
⎛ x2 x3 x4 ⎞ = ⎜4 +3 − 2 ⎟ 3 4 ⎠4 ⎝ 2 =
69 2
Veamos ahora que existen campos vectoriales que producen el mismo efecto independientemente de la trayectoria.
10
MOISES VILLENA
9.5.3 Ind ependenci a de la Trayector ia
Calcular
∫
F • d r donde F = ( 4xy ,x2
2
)
y C : y = x 2 desde el punto ( 0,0 )
C
hasta el punto (1,1) . SOLUCIÓN: Empleando la forma diferencial
∫
∫ ∫
F •d r = Mdx N + dy
C
C
=
4 xydx + 2 x 2 dy
C
En este caso y = x entoncesdy 2
= 2xdx
Reemplazando:
∫
1
∫ ∫
4 xydx + 2 x 2 dy =
C
4 x ( x 2 ) dx + 2 x 2 ( 2 xdx )
0
1
=
8 x 3 dx
0
8x4
= 4
1
0
=2 •
Si empleamos la trayectoria y = x entoncesdy = 3x dx 2
3
Reemplazando:
∫
1
∫ ∫
4 xydx + 2 x 2 dy =
4 x ()x 3 dx +( 2 x 2) 3 x 2 dx
0
C
1
=
10 x 4 dx
0
=
•
10 x 5 5
1
0
=2 Si empleamos la trayectoria y = x entoncesdy = dx
Reemplazando:
11
MOISES VILLENA
∫
1
∫ ∫
4 xydx + 2 x 2 dy =
C
4 x ()x dx + 2 ( x) 2 dx
0
1
=
6 x 2 dx
0
=
6 x3 3
1
0
=2
Note que se obtienen los mismos resultados para diferentes trayectorias,
además observe que el campo
F
es conservativo debido a que:
∂N ∂M = ∂ ∂y
∂ ( 2 x2 ) ∂x
=
∂ ( 4 xy ) ∂y
4x = 4x
9.5.3.1 Teorema
Si F es continuo en una región abierta conexa, entonces la integral de línea
∫
F • dr
C
es
independiente del camino si y sólo si F es conservativo.
F • d r donde
Calcular
F = y(
∫
3
xy + 1,3
C
desde el punto ( 0,0 ) hasta el punto ( 2,0 ) . SOLUCIÓN:
Empleando la forma diferencial
12
2
+ 1) y
C :r t)(( = 1c− tos sent ) ,
MOISES VILLENA
∫
∫ ∫(
+ dy F •d r = Mdx N
C
C
=
+y 3 ) +1 ( dx+ )3xy 2 1 dy
C
⎧dx = sentdt ⎧ x = 1 − cos t En este caso entonces⎨ ⎨ ⎩dy = costdt ⎩ y = sent Reemplazando:
∫
( y )+ 1(+dx +) 3=xy ( 3
2
1 +dy )
C
∫
+sen−3t 1 ( sentdt +) (
(3 )1
cos t sen2 t 1) ( cos tdt )
C
Se observa que a integral está difícil de evaluar.
Ahora veamos si F es conservativo:
∂N ∂M = ∂x ∂y ∂ ( 3xy+2 ∂) 1( + ) y 3 1 = ∂x ∂y 3y2 = 3y2
ComoF si es conservativo, entonces es independiente de la trayectoria:
y 2
( x − 1) + y = 1 2
⎧ x = 1 − cos t ⎨ ⎩ y = sent x
( 2,0 )
( 0,0 )
Mejor empleemos una trayectoria simple: y = 0 entoncesdy = 0 Reemplazando:
∫
2
( y )+ 1+( dx )3+xy 3
2
∫ ∫
= 1 dy + + ( +0) 1 (dx )(0) 1 0
C
0
2
=
dx
0 2
= x0 =2
13
MOISES VILLENA
Sin embargo podemos evaluar la integral de línea de otra manera para campos conservativos.
9.5.3.2 Teorema Fundamental Sea C una curva suave a trozos situada en una R región abierta dada por dada por rt (x x) = ( (1) t (,) x2 t , () , n t ) donde a ≤ t ≤ b . Si
F = (M N, P, ) es conservativo en R; y M , N y P son continuas en R entonces:
∫
∫
F •d r = ∇ f•d r= f − ffinal
C
inicial
C
Siendo f una función potencial de F . Es decir:
∫ C
∫
F •d r=∇• =f d r C
⎛ ∂f ∂f ∂f ⎞ ( , , ⎜ ∂•x , ∂y , ∂dx ⎟dydz z ⎝ ⎠ C
∫
)
f = ⎛⎜ ∂f dx + ∂fdy + ∂dz ⎞⎟ ∂ ∂ ∂ x y z ⎠ C⎝
∫ = ∫ df C
= f final − f inicial
En el ejemplo anterior, como 1, 3 2 + 1) es conservativo podemos F = y( 3 + xy encontrar su función potencial y aplicar el teorema anterior: Hallando la función potencial. ∂f = y+3 ⇒1 = f + ( +y 3 1)+x g ( y ) C1 ∂x ∂f = 3xy+2 ⇒1 = f + +xy 3 +y h ( x ) C2 ∂y Entonces:
f ( x, y ) = xy3+ +x + y C
14
MOISES VILLENA
∫
F •d r f=
f −
final
inicial
C
= ⎡⎣ 2 ()03+ + 2+⎡⎣ −⎤⎦0 C() + +⎤⎦0+03 =2
Calcular
∫
⎛ z z ⎞ F • d r donde F = ⎜ , , ln xy ⎟ y ⎝x y ⎠
0 0 C
Crt:
( ) = ⎛⎜ t
1 t 2 t,
⎝1+ t
2
⎞ + + 1, ⎟ ⎠
C
−1 ≤ t ≤ 1 . SOLUCIÓN: Realizar el cálculo de la integral de lineal convencionalmente puede resultar complicado. Veamos
si F es conservativo:
ij
k
ij
k
⎛ x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = = − − −⎜= ∂x ∂ y∂ ∂z ∂ x∂ y z ⎝ xy
∇ ×=F
M
N
P
z
z
x
y
1
y , y xy
1 x
, 00
⎞ ⎟ ( 0, 0, 0 ) ⎠
ln xy
EntoncesF es conservativo y por ende independiente de la trayectoria; se podría utilizar una trayectoria simple, por ejemplo el segmento de recta que va desde el punto ⎛ ⎞ r ( −1=) ⎜ 1 −2 (, +−) 1+(2−) = (1 ) −1, 1 ⎟ ⎜⎛ 1 ,1, 1⎟⎞ ⎠ ⎝ 1 + ( −1) ⎠ ⎝2 ⎛ 1 ⎞ ⎛1 2 ⎞ al puntor (1) = ⎜ (, +1)+ ( )=1 ( )1, 1 ⎟⎟ ⎜ , 3,1⎟ ⎜ 1 + (1) 2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝2 O mejor aún, se podría utilizar la función potencial, hallémosla:
F ∇== f
∫ ∫ ∫
⎛ ∂f ∂f ∂f ⎞ ⎛ z z ⎞ ⎜ x , =y , z ⎟ ⎜ x , y ´, ln xy ⎟ ⎝∂ ∂ ∂ ⎠ ⎝ ⎠
f =
z =dx + z ln x+ g ( y, z ) C1 x
f =
z =dy +z ln y+ h ( x, z ) C2 y
f =
ln xydz =
z+ln xy + =I )( x+ , y +C3
z ln x
)( z ln y
g x, y + C3
Por tantof ( x, y, z ) = z ln xy + C
15
MOISES VILLENA
∫
⎛1 ⎞ ⎛ ⎜ −2 , 3,1 ⎟f ⎜− ⎝ ⎠ ⎝
F d•r= f
⎞1 ⎟ 2 ,1, 1 ⎠
C
⎡ ⎛ 1⎞ ⎡ ⎤ ⎛ = ⎢1ln ⎜ ⎟(⎢)3+⎥ −− C ( )⎜ ⎝ ⎣ ⎝ 2⎠ ⎣ ⎦ 3
1
2 3
2
= ln + ln = ln
1 ⎞⎤ ⎟⎥ 1() ln 2 1 + C ⎠⎦
4
Si la trayectoria es cerrada y si el campo es conserva tivo y continuo dentro de la región que encierra la curva entonces:
∫
F •dr = 0
C
∫
Calcular
⎛
x ⎞ −y y C : x2 + y2 = 1 , 2 2 2 2 ⎟ ⎝x +y x +y ⎠
F • d r donde F = ⎜
C
SOLUCIÓN:
2 F es conservat Veamos si ivo. Como es un campode : 2
2
2
∂∂N = ⎜⎛ 2 x 2 ⎟⎞ = 1( x + 2y− ) −2 x2( 2 x ) = 2x y2 ∂x ∂x ⎝ x + y ⎠ x +y ( x +) y ( )
2 2
2 2 ⎛ ∂M ∂− y ⎞ −1( x ++−y ) − y ( 2 y ) x2 y2 = ⎜ 2 = = 2 ⎟ 2 2 2 2 2 ∂y ∂x ⎝ x + y ⎠ ( x +) y ( ) x + y 2
Por tantoF si es conservativo . Como la trayectori a es ce rrada se pod ría pensar que el valor de la int egral de línea debería ser cero, pero observe que el campo no es continuo en debemos evaluar la integral ( 0,0 ) , entonces de línea. ⎧ x = cos t y en forma vectorial r )(t ( = cos t sent ), ⎩ y = sent
La curva en forma paramétrica C : ⎨es La Integral de línea sería:
16
MOISES VILLENA
∫
∫
C
2π
F d•=r • = F rdt
´
∫ ∫ ∫(
⎛ −y x ⎞ , 2 sent2 ⎟ ( tdt ⎜ −2 2 ⎝x +y x +y ⎠
, cos
)
0
C
2π
=
⎛ − sent cost ⎜ 1 , 1 ⎝
⎞ ⎟ ( − sent , cost )dt ⎠
0
2π
=
sen 2t + cost2 dt)
0 2π
=
∫
dt
0
= 2π
Existe otro mecanismo para evaluar integrales de líneas en el caso de caminos cerrados.
9.6 TEOREMA DE GREEN
Sea F = ( M , N ) un campo vectorial de
2
. Sea
R una región simplemente conexa con frontera C suave a trozos orientada en sentido ∂N ∂M antihorario. Si M , N , , son continuas en ∂x ∂y una región abierta que contiene a R , entonces: ⎛ ∂N ∂M ⎞ F •d r= Mdx + =Ndy − ⎜⎝ ∂x dA ∂y ⎟⎠ C C R
∫
∫
Calcular
∫∫
∫
F • d r donde F = (y x3 ,
3
xy +3
2
)
y C : es el camino desde ( 0,0 )
C
a (1,1) sobre y = x 2 y desde (1,1) a ( 0,0 ) sobre y = x . SOLUCIÓN: La evaluaremos primero empleando una integral de línea y luego por el Teorema de Green para comparar procedimientos y comprobar resultados.
17
MOISES VILLENA
y
(1,1) y=x
y=x
2
x
( 0,0 )
PRIMER MÉTODO: Por integral de línea: + = Ndy + +y dx ∫ F •d=r ∫Mdx ∫
C
C
3
( xy
dy 3
(x
3x x 2
3
x
2
)
C
Hay 2 trayectorias: C1 : y = x 2 entoncesdy = 2xdx
∫
1
y 3 dx + (+x 3
3 xy )=2 dy ()
∫
3
+ +x 2 (dx )
3
0
C1
1
=
∫( ∫(
x 6 + 2 x 4 + 6 x 6 )dx
0
1
=
7 x 6 + 2 x 4 )dx
0
=7 = C2 : y = x entoncesdy = dx
18
7 5
x7
7
+2
x5
5
1
0
2
) ( 2 xdx)
MOISES VILLENA
∫
0
y 3 dx + (+x3
∫
3
3 xy=2 ) dy )(+ +x dx
()(x
3
3x x
2
) ( xdx )
1
C2
0
=
∫( ∫(
x 3 + x 3 + 3 x 3 )dx
1
0
=
5 x 3 )dx
1 0
=5x
4
4
=−
1
5 4
Por lo tanto:
∫ F •d=r
C
∫
F• d +r
∫
•F=d r − =
C1
7
5
3
5
4
20
C2
SEGUNDO METODO: Emple ando el TEOREMA DE GREEN
∫
dFr= •
∫∫
C
∫∫
⎛ ∂N ∂M ⎞ ⎜= dA ⎟ y ⎠ ⎝ ∂∂x
− R
− ∂ R
⎛ ∂ ( x3 + 3xy) 2 ( ) ∂ y 3 ⎞ ⎜ ⎟ dA ⎜ ∂ x y ⎟ ⎝ ⎠
La regiónR es:
y
(1,1) y=x
R
y = x2
( 0,0 )
x
19
MOISES VILLENA
∫∫
∫∫
x
1
⎛ ∂N ∂M ⎞ − = ⎟dA ⎜ ⎝ ∂x ∂y ⎠
R
+ −( x3 2y 3 2y dydx 3 2) x2
0 x
1
=
∫∫(
3 x 2 ) dydx
x3
0 1
=
∫
3x2 y
x x2
dx
0 1
=
∫ ( ∫(
3 x 2 x − x 2 ) dx
0 1
=
3 x 3 − 3 x 4 ) dx
0
=3
x4
4
3
= − =
Calcular
∫
−3
x5
5
3
4 5 3 20
F • d r donde F = ( arcsenx y+
2
, cos y x −
2
)
y C : es el camino
C
que se describe en la gráfica: y
2
x2 + y2 = 1
−2
−1
SOLUCIÓN: Aquí es mejor por GREEN, ¿Porqué?
20
x2 + y2 = 4
1
1
2
x
MOISES VILLENA
∫ Fd•r
=
C
∫∫ ∫∫ ∫∫(
⎛ ∂N ∂M ⎞ − dA ⎟ ⎜ ⎝ ∂x ∂y ⎠
R
=
R
=
⎛ ∂ ( cos − y )∂( x 2 + arc ) senx y 2 ⎞⎟ ⎜ − dA ⎜ ⎟ ∂x ∂y ⎝ ⎠ −2 x − 2 y )dA
R
Pasan do a Polares: 2
π
∫∫
( −−2 x) −2=y dA(
R
∫ ∫∫( ∫( +)
2
0
π
rsenθ rdrdθ
2
= −2
0
r cos θ
1
cos θ + senθ ) r 2drd θ
1
π
= −2
cos θ + senθ )
r3
3
2
d
θ
1
0
⎛ 23 13 ⎞ −= 2−⎜ −⎟ ( senθ cos θ ) 0 ⎝ 3 3⎠ ⎛8 1⎞ =− 2 ⎜− −⎟ −⎣⎡1 ( 1) ⎦⎤ ⎝3 3⎠
π
=−
28 3
9.7 INTEGRAL DE LÍNEA PARA EL ÁREA DE UNA REGIÓN PLANA. Con integrales de líneas también podemos calcular el área de regiones planas. En la formula de Green, si tomamos
⎛ ∂N
M =−
1 2
y
y
N=
1 2
x
entonces
∂M ⎞
∫∫ ⎜⎝ ∂x − ∂y ⎟⎠dA = ∫ Mdx +N dy R
C
⎛ 1 ⎛ 1 ⎞⎞ ⎝⎜ 2 −−⎝⎜ 2 ⎟⎠ ⎟⎠=dA−
1 C + 2ydx
∫∫ 1 ∫ ∫∫ dA = 2 ∫ xdy −ydx R
R
1 x2dy
C
21
MOISES VILLENA
9.7.1 Teorema Sea R una región plana limitada por una curva cerrada simple a trozos C . El área de R viene dada por: 1 A= xdy − ydx 2 C
∫
Emplear una integral de línea para calcular el área de la región limitada por ⎧ y = 2x +1 ⎨ 2 ⎩y = 4− x SOLUCIÓN: Haciendo un dibujo de la región y
4
C2 : y = 4 − x
2
(1,3 )
3
R
−3
1
x
C1 : y = 2x + 1
( −3, −5 )
−5
La curva C que encierraR está compuesta por dos trayectori as diferent es, calcularemos la integral de línea por cada trayectoria, y luego sumaremos los resultados. Primero: C1 : y = 2 x + 1 entoncesdy = 2dx Reemplazando y evaluando:
22
MOISES VILLENA
1 2
∫
1
∫ () (
1
xdy − ydx =
x− 2+dx
2
2)x 1 dx
−3
C1
1
=
1 2
∫( ∫
2 x − 2 x − 1) dx
−3 1
=
1 2
− dx
−3
= − 1 x 1−3 2
= −2 Segundo: C2 : y = 4 − x 2 entoncesdy = − 2xdx Reemplazando y evaluando:
1 2
∫
−3
1
= xdy − ydx
2
∫
− x ( −2−xdx )
C2
(4
x 2 ) dx
1
−3
=
1 2
∫( ∫(
− 2+x 2− x 2 4 ) dx
1
−3
=
1 2
− x 2 − 4 ) dx
1
−3
⎞ 1 ⎛ x3 = − ⎜ + 4x ⎟ 2⎝ 3 ⎠1 =
38 3
Finalmente, sumando:
A=− +2
38 = 3
32 3
Hallar el área de la elipse con ecuación
x2 2
a
SOLUCIÓN:
+
y2 2
=1
b
⎧ x = a cos t ⎩ y = bsent
C : ⎨son: Las ecuaciones paramétrica de la elipse Entonces
⎧dx = −asent dt ⎨ ⎩dy =b cost dt
Reemplazando en la formula anterior y luego evaluando, resulta:
23
MOISES VILLENA
A=
1 2
2π
∫
1
−=xdy ydx
2
∫ ( )( ∫ ∫ (
a−cos − t b cos)(tdt)
(
bsent
)
asentdt
0
C
2π
=
1 2
2 ab cos2 tdt +absen tdt
0
2π
=
1
=
1
2
ab cos 2t +sen t 2dt)
0 2π
2
∫
abdt
0
2π
1
∫
= ab dt 2
0
1
2π
= ab t 0 2
= π ab
1. La fuerza ejercida por una carga eléctrica ubicada en el srcen sobre una partícula cargada situada en un punto (x,y, z) , con vector posiciónr (t ) = ( x(t ), y (t ), z (t ) ) es
F (r ) = k
r 3
,donde k es una constante. Encuentre el trabajo realizado cuando la partícula
r se mueve a lo largo de una recta de (2,0,0) a (2,1,5). 2
2
2. Dado el campo vectorial F ( x, y, z ) = (2 xyz + sen x )i + x zj + x yk , demostrar que F es un campo conservativo y encontrar su función potencial.
∫
t − 1 3()+ 1, cos ( )5 πt , − cos 8 πt ,
3. Calcular F • dr siendo C la trayectori a C (t() =) C
t ∈ [1,2] y F ( x, y, z ) = 2 xz 3 + 6 y, 6 x − 2 yz, 3 x 2 z 2 − y 2
∫ x dy − y 3
4. Calcular
3
dx
donde C es el círculo unitario centrado en el origen.
C
5. Sea F ( x, y ) = xe
− y2
(
2 , − x 2 ye − y + 1 x 2 + y 2
x por: ≤a ; contorno del cuadrado determinado
∫
6. Evaluar la integral x
2
),
calcular el trabajo de F en el
y ≤a
ydx − y 2 xdy ; donde C es la curva que consta del arco
C
4 y = x 3 de (0,0) a (2,2) y del segm ento de recta que a de v (2,2) a (0,0)
∫ (
2
7. Verificar el teorema de Green en la integral 2 x + y
2
)dx + (x + y )2 dy , siendo C el
C
contorno del triángulo con vértices en los puntos (1,1),(2,2), (1,3).
∫
2
8. Hallar xydx + 2 x dy dondeC constade los segmentosde rectaque van desde(0,2) a (C
2
2,0)y de allí a (2,0)y luegola partede la circunferencia x +y
24
2
=4
parax>0 y y>0.
MOISES VILLENA 9. Una partícula empieza en el punto (-2,0), se mueve a lo largo del eje x hacia (2,0) y luego a lo
y = 4− x largo de la semicircunferencia
2
hacia el punto inicial. Encontrar el trabajo sobre
(
esta partícula por el campo de fuerzas F ( x , y ) = x, x 10. Calcular:
∫
3
)
+ 3xy 2 .
⎡ ⎤ x + y dx + y ⎢ xy + ln⎛⎜ x + x 2 + y 2 ⎞⎟⎥ dy ⎝ ⎠⎦ ⎣ 2
2
circunferencia x
2
,
donde
C
es
la
+ y2 = a2
11. Utilizando una integral de línea calcular el área de la región encerrada por la curva 2
2
2
x 3 +y 3 =a 3 12. Empleando una integral de línea, encuentre el área de la región R limitada por las gráficas y = x 2 + 2 ; y = − x ; x = −2 ; x = 2 .
25
MOISES VILLENA
10 10.1. INTEGRALES DE SUPERFICIES DE FUNCIONES ESCALA RES. 10.1.
10.1.1 SUPERFICIES PA RAMETRIZADAS 10.2. 10.2. TEOREMA DE STOKES 10.3. 10.3. 10.4.
INTEGRALES DE SUPERFICIES DE CAMPOS VECTORIALES. INTEGRALES DE FLUJO 10.4. TEOREMA DE GAUSS
Se persigue que el estudiante: • Calcule integrales de Superficies y de Volúmenes. • Aplique el Teorema de Stokes. • Aplique el Teorema de Gauss.
1
MOISES VILLENA
10.1 INTEGRALES DE SUPERFICIES DE FUNCIONES ESCALARES. En el capítulo de integrales Dobles se estableció la manera de calcular área de una superficie, ahora se trata de calcular el efecto de una función escalar sobre una superficie. Es decir, evaluar integrales del tipo:
∫∫ f ( x, y, z ) dS S
Calcular
∫∫
( xyz ) dS donde
: del plano S porción
x + y + z = 3 en el primer
S
octante. SOLUCIÓN: Primero hacemos un dibujo de la superficie:
z
3
:
3
S z = x−y −
3
3
x
Proyectamos la superficie en elxy plano , por tanto:
( xyz ) S
∫∫
dS
=( )
xyz
R
∫∫
La región de integración sería:
2
1 + zx 2
+ z y 2 dydx
y
MOISES VILLENA
y
3
y = 3− x
x 3
Haciendo las sustituciones correspondientes y evaluando la integral doble:
∫∫ )
R
( xyz
2 1 + z+ x
∫
z y 2 dydx = (
3− x
3
3 −(−xy 11
) 0
2
( )( )
2
dydx
3− x
∫ ∫( ∫( ∫ 0
3 xy − x 2 y − xy 2 )dydx
0
3
= 3
1
0 3
= 3
+−x +− y )
3− x
2 ⎡ y3 ⎤ 2 y ⎢ 3x − x ) 2 − x 3 ⎥ dx ⎣ ⎦0
0 3
= 3
0
2 3 ⎡ ( 3)− x ( ) 3 − x ⎤ −x ⎢ x (3 − x ) ⎥ dx 2 3 ⎥ ⎣⎢ ⎦ 3
∫
1 1 3 = 3 ⎛⎜ − ⎞⎟ x ( 3 − x ) dx ⎝ 2 3 ⎠ u dv
0
⎡
3
⎤ 4 4 ( 3 −) x ( ) 3 − x = x − dx ⎥ ⎥ 6 ⎢ −4 −4 ⎢⎣ ⎥⎦ 0 3 4 5 3 ⎡ ( 3 −)x ( ) 3 − x ⎤ = − ⎢x ⎥ 6 ⎢ −4 20 ⎥ ⎣ ⎦ 3⎢
∫
0
3 ⎡ 35
⎤ = ⎢ ⎥ 6 ⎣ 20 ⎦ =
81 3 40
3
MOISES VILLENA
xy xz o en el plano yz, en tales casos
Puede ocurrir que no sea posible proyectar la superficie en el plano y que si se la pueda proyectar en el plano tenemos:
• Proyectando en el plano
xz .
y = f ( x, z )
Si la ecuación de la superficie está dada por
dS
= 1 +f
2 x
2 +f dxdz z
F (x ,y z,
O en forma implícita, si
dS
Fx 2
=
) = 0 entonces;
+ Fy 2 + Fz 2
dxdz
Fy
• Proyectando en el plano
yz .
Si la ecuación de la superficie está dada por
2 +f dydz z O en forma implícita si F (x ,y z, ) = 0 , entonces: Fx 2 + Fy 2 + Fz 2 dS = dydz
dS
= 1 +f
x = f ( y, z )
2
y
Fx
Demuestre que el área lateral del cili ndro, que se mu estra es 2π ah .
z
h
S x:
2
2
y+ a =
2
R y a
x
SOLUCIÓN: Proyectando en el plano zy
4
MOISES VILLENA
S
=
Fx 2
∫∫
+ Fy 2 + Fz 2
dydz
Fx
R
h
∫∫
a
2 ( 2) x( ) +
=4 0 h
=4
2
+ 02 dydz
2y 2x
0 a
∫∫ 0
2a 2 a2
− y2
dydz
0
a
y h = 4 a ⎛⎜arcsen ⎞⎟ (z )0 a ⎠0 ⎝ = 4 a (arcsen 1 −arcsen 0 )h
= 4 a ⎜⎛ π ⎟⎞ h ⎝2⎠ = 2π ah
10.1.1 SUPERFICIES PA RAMETRIZADAS. Si para una superficie están dadas sus ecuaciones paramétricas:
⎧ x = x (u, v ) ⎪ S : ⎨ y = y (u, v ) ⎪ z = z (u, v ) ⎩ Que definen su vector posición:
r ( u)v,
x= ( u)vy ,( )zuv, ( )uv, ,
,
)
Entonces el diferencial de superficie está dado por:
dS
= r u ×r dv udv
Hallar el área de la superfici e de la esfera x 2 2+ y 2+ z2 = a . SOLUCIÓN: Empleando las ecuaciones paramétricas para la esfera:
⎧ x = a senφ cosθ ⎪ ⎪ z = a cos φ ⎩
S : ⎨y =a sen φsenθ ; 0 ≤ φ≤π;0θ
≤ 2π
El vector posición para los puntos de la esfera sería: φcos θ , aφsenθ sen, acos r (φ , θ ) = (asen Las derivadas parciales serían:
rι = a ( cos φ θcos a,φ cos θ sen
asen , −
= ( −a sen φ sθ en φ θ a, sen
cos , 0 )
rθ
φ)
φ)
El producto cruz y su magnitud:
5
MOISES VILLENA
rι × r
i
a=
θ
j
θ − a sen φ sen 2 = ( a 2sen
r= r ι ×
2
4 = a 4sen
φ4+a2 sen2 φ cos φ
= a sen
φ2 (sen 2φ + cos φ )
2 =a sen
θ
2
θ)
2 cos θ cos φ φ a sen+ cos sen
+a2sen φ2 φ(
44 2 2 φ cos θ+ asen φsenθ
φ2 + + θ θ2 sen ( cos )4 2
rι ×r
0
4 4 = asen
4 2
aφsenθ cos
2 φ22cos θ ,a2sen φ θsen a2φ , sen φ
44 asen+
θ
k
−
cos φ θ cos aφ θ cos sen φ asen
φ+2(φ asen
2 cos φcos φasen
θ
θ2 cos θ)
θ)
cos sen 2
cos sen
φ
El área de la esfera estaría dado por: 2π
S
=
π
∫∫
φ asendd2 aθ
0
=−
π
2π
0
0
φ 2θ( =cos + a) ( )
π( ) π (211) 2
=
4
a2
0
Las integrales de funciones escalares sobre superficies parametrizas serían de la forma:
f ( x ( uv, ) ,( yuv) ,( u,v)z
,
)
r u × r v dudv
∫∫ R´
1.
Encontrarel áreade la superfici e totalque encierrael sólidoformadopor el cilindro z= x y =0; x + 2y + z = 2 y los planos
2.
Evaluar
∫∫ (x
2
(
)
2 + y 2 dS , siendo S la superficie del zcono = 3 x2 + y2
2
) entrez=0 y
S
z=3 3.
2
Considere la superficie S = S1 ∪ S 2 , siendo 1Sla superficie del cilindro x +y 2
entre z=1 y z=2,2 la S superficie semiesférica x +y
F
2
2
2
=4
+ (z − 2) = 4, z ≥ 2 .
Si
∫∫
= (z , x, y ) , evaluar la integral (∇ × F ) • ndS S
⎧ x = r cos φ 4.
⎪⎨ y =por: 2rcos φ Calcular el área de la superficie dada
0≤r
≤ 1, 0 ≤ φ ≤ 2π
⎪z = φ ⎩
Las integrales de superficies nos permitirán evaluar integrales de funciones vectoriales sobre curvas que encierran superficies, para lo cual tenemos una generalización del teorema de GREEN.
6
,
2
MOISES VILLENA
10.2 TEOREMA DE STOKES Sea S una superficie orientada con vector unitario N cuyo
contorno es una curva cerrada simple C , suave a trozos. Si F es un campo vectorial cuyas funciones componentes tienen derivadas parciales continuas en una región abierta R que contiene a S y a C , entonces:
∫ F •d r =
∫∫∇(×F•
C
)
NdS
S
Comprobar e l Teorema de Stokes
para F = ( 2z x,y ,
2
),
S : superficie del
paraboloide z = 5 − x 2 − y 2 y C : traza de S en el plano z = 1 . SOLUCIÓN: IdentificandoS y C :
z S x:
2
y+ z2 +
N=
2
=5 ∇S ∇S
2
C:x + y =4 z =1 y
x
POR INTEGRAL DE L ÍNEA.
∫
C
=
F •d=r
∫ +
Mdx+ Ndy Pdz
C
∫
2 zdx + xdy + y 2 dz
C
7
MOISES VILLENA
⎧ x = 2cos t ⎪ = 2sent ⎪z = 0 ⎩
⎧dx = −2sent dt ⎪ = 2costdt ⎪dz = 0 ⎩
En este caso C : ⎨y
entonces⎨dy
Reemplazando y evaluando:
∫
2π
2 zdx + +xdy= y dz −
∫ ∫ ∫
2+ 0 2(
2
sentdt 2 cos +] 2(cos t ) [ 2
)[
tdt0]
(
sent )
2
( )
0
C
2π
=
0
2π
=4
4cos 2 tdt
(1 + cos2 t ) 2
dt
0
2π
sen2t ⎞ = 2 ⎛⎜ t + ⎟ 2 ⎠0 ⎝ = 4π
APLICANDO EL TEOREMA DE STOKES. POR INTEGRAL DE SUPERFICIE.
∫
∫∫ (
∇ × F• NdS )
F •d r=
C
S
Calculando el rotacional, el vector normal a la superficie y el diferencial de superficie:
i
∇ ×=F
j
k
∂ ∂ ∂ = ∂x ∂y ∂z 2z
x
( 2 y,2,1 )
y2
( 2 x,2 ,1y ) ∇S N= = 2 2 ∇S ( 2) x( ) + 2 y + 1
dS
Reemplazando:
∫∫ ( S
∇ ו F=dS )N
2
= ( 2x) ( ) + y2
∫∫ ∫∫ y•
R
=
2
+1 dydx
( 2, 2,1 )
( 2 x,2 ,1y ) 2 + +x 2 2y ( dydx 2) ( ) 1 2 ( 2) x( ) + 2 y + 1
2
( 4 xy + 4 y + 1) dydx
R
En este caso la región de integración es el círculo centrado en el srcen de radio 2, pasando a coordenadas cilíndricas:
8
MOISES VILLENA
∫∫
∫
( 4 xy4++1 y=)
2π
2
dydx 4cos (
R
0
)(( )+r +4θ
rsen 1 θ
2π
=
∫ ∫
) rdrdθ
rsenθ
0 2
⎡ r4 r3 r2 ⎤ 4 θ + d⎥ θ ⎢ 2 sen2θ 4 + sen 3 2 ⎦0 ⎣
0
2π
=
⎡ 24 23 2 2 ⎤ 4 θ + d⎥ θ ⎢ 2 sen2θ 4 + sen 3 2⎦ ⎣
0
2π
= ⎢⎡8 ⎜⎛ − cos 2+θ −⎟⎞ 32 + cos ( 2θ ) ⎣ ⎝ 2 ⎠ 3 = 4π
1.
θ ⎥⎤
⎦0
∫∫ (rotF )• ndS , dondeF ( x, y, z) = y i + xyj + xzk 2
Calcular
y S es la superfici e
S
semiesféri ca x 2.
2
+ y 2 + z 2 = 1 conz >0
( x )j + x − y k Comprobar el teorema de Stokes F ( x, si y, z ) = ( y −)z (i + )z − calculandola circulación a lo largo de la curva de interseccióndex
x+z 3.
2
+ y2 =1
con
= 1.
Calcule
el
(
F ( x, y , z ) = x x
trabajo
efectuado
por
el
+ z) (2 i + y) y( + x 2 ) j + z z + y 2 k ;cuando 2
bajosu influenciaalrededordel bordede la porciónde la esfera x
campo
de
fuerza
una partícula se mueve
+ y2 + z2 = 4
quese
encuentra en el primer octante, en dirección opuesta a la de las manecillas del reloj cuando se observa desde arriba. 4.
∫ ( y −)z dx( )+( )z − x dy + x − y dz . Donde C es la curva de intersección entre
Calcular
C
las superficies x 5.
2
+ y 2 = 1 ; x + z = 1.
(
Dado el campo de fuerzas F ( x, y , z ) = 2 x + 2 y,2 x,3 z
2
). Encontrar el trabajo que
(0,0puntos: realizará F al mover una partícula a través de los ,)0 (→ )1,2(,0 6.
⎛ Evaluar F • dr , siendoF = ⎜⎜ arctg ⎝ C
∫
x⎞ ⎛ ⎟i + ⎜ ln x 2 y ⎟⎠ ⎝
+ y ⎞⎟ j + k ⎠ 2
→ 1,2,5)
y C: el triángulo
con vértices (0,0,0), (1,1,1), (0,0,2). 7.
Evaluar
x2 8.
∫ ( y +)z dx( )+ x +( z dy) + x + y dz
dondeC es la fronter a de la superfici e
C 2
+ y + z2 =1 ; z ≥ 0
∫ − y dx + x dy − z dz ;dondeC es la interseccióndel cilindrox 3
Calcular
3
3
2
+ y2 =1
,
C
y el plano x+y+z=1, y la orientación de C corresponde al movimiento en sentido contrario al de las manecillas del reloj. 9.
∫ (y − )z ( dx + )z ( − x )dy + x 2
Calcular
2
2
2
2
− y 2 dz ;
donde C es la curva de
C
≤ x ≤ a; intersección de la superficie del0cubo x+ y+z
0 ≤ y ≤ a; 0 ≤ z ≤ a ; y el plano
3
= a 2
9
MOISES VILLENA
10.3 INTEGRALES DE SUPERFICIES DE CAMPOS VECTORIALES. INTEGRALES DE FLUJO
Se trata ahora de determinar el efecto de funciones vectoriales F atravesando una superficie S , para esto se empleará integrales de superficie de la forma:
F • N dS
∫∫ S
Este tipo de integrales son llamadas integrales de Flujo.
Calcular
∫∫
para F = ( 2z x,y ,
F • N dS
2
)y
S : porción d el p lano x + y + z = 3
S
en el primer oct ante. SOLUCIÓN: z
3
F
N
S :x + y z+ = 3
3
y
=
3− x
3
x
El flujo a través del plano estaría dado por: (1,1,1) 2
∫∫ S
F •NdS
∫∫ ( ∫∫
= zxy( 2 , ,
• ) dS
3
S
=
2z + x + y 3
2
)
dS
S
Proyectando la superficie en el xy plano , la región de integración sería:
10
y
MOISES VILLENA
y
3
y = 3− x
x 3
Reemplazando y evaluando:
∫∫ S
(2z + x 3
y2 )
∫
dS
3
3− x
0
0
−+( 2 ( 3 x ) x y 2 )
=
3
3− x
( 6 − x + y ) dydx
=
2
∫∫ ∫ ∫ ∫ 0
0
3
=
1 + 1dydx +1
3
3− x
⎡ y3 ⎤ ⎢( 6 − x ) y + 3 ⎥ dx ⎣ ⎦0
0 3
=
0 3
=
0
⎡ ⎢(−6− )( x +3 ) x ⎢⎣
3 (3 − x ) ⎤ ⎥ dx 3 ⎥⎦
3 ⎡ (3 − x ) − +9+x x 2 ⎢18 3 ⎢⎣
⎤ ⎥ dx ⎥⎦ 3
4 ⎡ x 2 x3 ( 3 − x ) ⎤ = ⎢18−x 9+ + ⎥ 2 3 12− ⎣⎢ ⎦⎥ 0 2 3 ⎡ ( ) 3 ( ) 3 ( 3)3 − = ⎢18 (3− ) 9 + + − 2 3 12− ⎢ ⎣ 81 27 81 = 24 − + +
2
4
⎤ ⎡ 34 ⎤ ⎥ ⎢ ⎥ ⎥ ⎣ 12 ⎦ ⎦
3 1 2
Si la superficie es cerrada tenemos otra opción para evaluar la integral de flujo.
11
MOISES VILLENA
10.4 TEOREMA DE GAUSS Sea Q una región sólida limitada por una superficie S orientada
por un vector normal unitario dirigido al exterior de Q . Si F es un campo vectorial cuyas funciones componentes tienen derivadas parciales continuas en Q , entonces:
∫∫ S
F •NdS
=
∫∫∫∇ •( F dV ) Q
Es decir, que en lugar de emplear una integral de superficie para calcular el flujo a través de una superficie cerrada se puede emplear una integral de volumen.
Comprobar el teorema de Gauss para F = ( 2x ,2yz, ) y Q el sólido limitado por las superficies z 2 = x 2 + y 2 y x 2 + y 2 + z 2 = 8 ; z ≥ 0 SOLUCIÓN: Haciendo un dibujo z 2
2
S2 x: y+ z + ρ= 8
S1 x: φ=
π
2
2
=8
y+ z2 −
2
=0
4
y
x2 + y 2 = 4
x
PRIMER MÉTODO: POR INTEGRAL DE SUPERFICIE. Como hay dos superficies que definen el sólido, calculamos el flujo por cada una y Luego los sumamos.
12
MOISES VILLENA Primero, el flujo por el cono:
∫∫
∫∫
FN dS •
= x yz ( 2 ,2 ,
S1
( 2 x, 2 ,y −2 z ) dS 4 x2 + 4 y2 + 4 z 2
)•
S1
Proyectamos la superficie en elxy plano
∫∫
( ,22,x
( 2, x2,2
y z) •
y
− z)
22 y 4 x42 + 4+
∫∫
dS ,2=2 ,
z
S1
(
(
2, 2,2 x y z) • 2 2 4 24+ +4
x
y
x
− z)
y
4x2
+ 4 y2 + 4z2 2z
z
dA
R
∫∫
=
(4x + 4 y − 2z ) 2
2
2
2z
dA
R
Pasando a coordenadas cilíndricas:
∫∫
( 4 x4 +2 2
2 2
)−(
y
2π
2
4 2 )22 dA =
∫
z
2z
R
2r
0 2
∫∫ 0
= =
rdrd θ
0
2π
=
− r
r
r 2drd θ
0
2
r3
θ
3
2π 0
0
16 3
π
Segundo, el flujo po r la esfera
( 2 x,2 ,2y z ) dS 2 + 4 y + 4z2
∫∫
FN dS •
= x yz ( 2 ,2 ,
)•
∫∫
S2
4x2
S2
Proyectamos la superficie en elxy plano
∫∫
( ,22,x
( 2, x2,2 y − z ) 22 y z 4 x42 + 4+
y z) •
S1
∫∫
dS ,2=2 ,
(
2, 2, 2 x y z) • 2 2 4 24+ +4
(
x
x
y
z)
y
4x2
+ 4 y2 + 4z2
z
2z
R
∫∫
=
( 4 x + 4 y + 2 z )dA 2
2
2
2z
R
Pasando a coordenadas cilíndricas:
∫∫
(4x + 4 y + 2z ) 2
2
2z
R
2
∫
2π
2
0
0
dA =
( 4r
2
+ 2 (8 − r 2 ) )
2 2π
(8 − r )
θ
2
2r 2 + 16
=
2
=
rdrd
2
∫∫ ∫∫ 0
0
2π
2
0
0
rdrdθ
2 (8 − r ) ⎡ ⎤ 3 −1 ⎢ r ⎥ θ + 8 (8 − r 2 ) 2 r drd ⎢ 8 − r2 ⎥ ) ⎣⎢ ( ⎦⎥
La primera integral es por sustitución trigonométrica y la segunda por sustitución. El resultado es: 176 ⎞ ⎛ 160
∫∫
F • N dS
=⎜ ⎝ 3
2−
3
⎟π ⎠
S2
Sumando los dos flujos
13
dA
MOISES VILLENA
∫∫
F •N=dS •
S
∫∫
F N + dS
•
S1
∫∫
S2
160 176 ⎞ 16 = ⎛⎜ 2− ⎟π + 3 3 ⎠ ⎝ 3 160
=
3
π
(
F NdS
π
)
2 −1 π
SEGUNDO MÉTODO: APLICANDO EL TEOREMA DE GAUSS
∫∫
F •NdS
∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫
∇ • (F dV
=
S
)
Q
=
( 2 + 2 + 1) dV
Q
=5
dV
Q
Lo mejor será pasarlo a coordenadas esféricas: π
2π
5
4
∫∫∫ ∫ ∫ ∫ dV
8
=5
Q
0
0
2 ρsen dφd dρ φ θ 0
8
ρ3
π
=5 3
( −cos
0
( 8)
4
φ) 0 θ
3
2π 0
⎛ 2⎞ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ ( 2π ) ⎝ ⎠ 16 2 ⎛ 2 ⎞ =5 ⎜1 − ⎟⎟ ( 2π ) 3 ⎜⎝ 2 ⎠ =5
=
14
3
160 3
(
)
2 −1 π
MOISES VILLENA
Sea Q la región limit ada por el cili ndro x 2 + y 2 = 4 , el plano x + z = 6 y el plano y xy . Hallar el flujo de F = (+ x 2 senz + xy, +cos z xz, e ) a través de la superficie que limit a a Q . SOLUCIÓN: Haciendo un dibujo: z
x+z=6 x2 + y 2 = 4
y
x
Aquí es mejor aplicar el teorema de Gauss.
∫∫
F •NdS
=
S
∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫
∇ • (F dV
)
Q
=
( 2 x + x + x ) dV
Q
=
4 xdV
Q
Pasando a coordenadas cilíndricas:
15
MOISES VILLENA
∫∫∫
2π
4 xdV 4=
Q
2 6 c −os r
∫∫ ∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫( ∫ ∫( 0
0
2π
2
=4
θ
cos r
r 2cos θz
0
0
2π
2
=4
θ dzrdrdθ
0
6 − rcos θ 0
drd
θ
r 2cos θ6( rc− osdr θ ) dθ
0
0
2π
2
2 3 6 rcos θr−cos dr2 θ ) dθ
=4
0
0
2π
2
⎛ r3 r4 ⎞ 2 ⎜6 cos θ 3 −cos θ 4 ⎟ dθ ⎝ ⎠0
=4
0
2π
16 cos θ −4 cos 2 θ ) dθ
=4
0
2π ⎛ 1 + cos2 θ ⎜ senθ 4− ⎟ = 416 d θ⎟ ⎜ 2 ⎜ ⎟ ⎝ 0 2π ⎛ ⎛ sen2θ ⎞ ⎞ = 416 ⎜ senθ 2− ⎜ θ + 2 ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ ⎠0 ⎝
∫
= 4 ( −2 ( 2π ) ) = −16π
1.
Sea F
= 2 yzi + (− x + 3 y + 2 ) j + x 2 + z k ,
el cilindro x 2.
2
∫∫ (∇ × F )• dS , donde S es
evaluar
+ y 2 = 81 , 0 ≤ z ≤ 1
∫∫ F • dS , dondeF ( x, y, z) = 3xy i + 3xy 2
Calcular
2
j + z 3 k ; y S es la superfici e de
S
la esfera unitaria. 3.
3 limitada Sea Q la región sólida en R por los planos coordenados y el plano 2 x + 2 y + z = 6 , y F ( x, y , z ) = xi + yj + zk . Calcular la integral de Superficie de F en
el contorno de Q. 4.
( F() x, y, z = ) y − z, yz,− xy . S consta de las cinco ∫∫ rotF • ndS , donde
Calcular
S
caras del cubo 0 ≤ x ≤ 2;
0 ≤ y ≤ 2; 0 ≤ z ≤ 2 ; no situadas en el plano xy, y n es el
vector normal unitario exterior a cada cara.
16
MOISES VILLENA
5.
x
∫∫∫
Evaluar
x2
E
los planosy = x ; y
x 6.
2
2
2
dV , donde E es el sólido en el primer octante limitado por
+ y2 + z2
+y +z =2
= 3 x; y x
2
el conoz 2
= x2 + y 2
; el planoz
=0
; y las esferas
2
+ y +z =8. 2
3
( 2 + 1) j + zk . Encuentre el flujo de F a través
2
z =1 y , quese encuen tra arriba del plano
Sea F ( x, y , z ) = z arctg y i + z ln x de la porciónde la superfici ex
2
+y +z=2
está orientada hacia arriba. 7.
2
2
3
2
Calcular el flujo del campo vectorial F ( x, y , z ) = xz , x y − z ,2 xy + y z a través de toda la superficie S de la región semiesférica limitada z = 9 −por x2
8.
3
Calcular el flujo del vector F = x i+ y superficiex
9.
2
3
− y j + z + z − xy k ,
a través de la
+ y2 + z2 = a2
⎛ z2 ⎞ ⎟k ⎜ 2 ⎟ , ⎝ ⎠
F = (2 x +)1 i(+ y) z + 1 j − ⎜ Calcular el flujo del vector del sólidox
− y2 , z = 0
3
a través de la superficie
+ y + z =1
∫∫
10. Verificar el teoremade la divergencia de Gauss para evaluar F • dS
, dondeS es la
S
superficie cerradadeterminada porx
2
2
vectorialF ( x, y, z ) = 4 x,−2 y , z
∫∫ F .dS
dondeF
11. Evaluar
+ y2 = 4 , z = 0 1
= xy 2 i + x 2 yj + z 3 k 3
S
2
2
y
z = 2 , y F es el cam po
2
y
S es la
2
superficiedel elipsoide x 12. Calcular
∫∫
+ y + z =1 ) (x + 3)z i − xz + y j + y 2 + 2 z k donde F • dS , donde F ( x, y, (z ) = 2
S
2
( 2 + y2 )
4x S es la superficie externa del sólido limitado z = por F ( x, y , z ) = xi + yj + zk 13. Calcular el flujo de x2
;0 ≤ z ≤ 4
, a través de la región limitada por
+ y2 + z2 = a2 , x2 + y2 + z 2 = b2 , b > a
e interiora z
= x2 + y2
.
17
