Cálculo en Varias Variables - Mario Errol Chavez Gordillo

ZZZ

l´ım

(x,y,z)7→(a,b,c) x2 +y 2 >z 2 n P

f (xr, ys, zt) dr ds dt

R

i,j=1 i6=j

|aij |2

máx a2kl

Z ξττo s

k,l=1,...,n k6=l

α=s

β=s2

zX }| 1 { zX }| { ≤ an + bn

n≥1 n≥1 {z } P ¿γ= n≥1 (an +bn )?

|

´ CALCULO EN VARIAS VARIABLES Autor MARIO ERROL CHAVEZ GORDILLO La Paz - Bolivia 2012

S

g+

+

g

-

S

A

B

u W (s +)

W u(s -)

s

-

W ss(s0 )

s0

s+ W u(s0 )

-

Índice general

1. Espacio Euclidiano n-dimensional

1

1.1. Operaciones entre vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.2. Producto interno y Norma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.3. Paralelismo y Perpendicularidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.4. Proyección y Componente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 1.5. Angulo entre vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9 11

1.6. Producto vectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

2. Geometr´ıa Anal´ıtica S´ olida

22

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

22

2.2. Distancia entre dos puntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

2.3. La recta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

2.4. El Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

2.5. Distancias entre puntos, rectas y planos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

41

2.6. Superficies Cuadráticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

3. Curvas

49

3.1. Derivada y Recta Tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

50

3.2. Longitud de Curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

54

3.3. Curvatura, Normal Principal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

56

4. Funciones Vectoriales de Variable Vectorial 4.1. Dominio y e imagen de una función . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . i

58 60

R mατιo ετ o ζℏαυεz ⊛ 74076882

UMSA

ii

4.2. Operaciones con funciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

62

4.3. Gráficas de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

64

4.3.1. Secciones

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

64

4.3.2. Curvas de Nivel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

64

4.3.3. Superficies de Nivel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

65

5. Limites y Continuidad

67

5.1. Limites de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

67

5.2. Calculando l´ımites por sustitución directa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

73

5.3. Cálculo de l´ımites mediante operaciones algebraicas. . . . . . . . . . . . . . . . . .

74

5.4. Cálculo de l´ımites usando el teorema de acotación . . . . . . . . . . . . . . . . . .

78

5.5. Inexistencia de l´ımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

81

5.5.1. L´ımites direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

81

5.5.2. L´ımites parciales iterados (o reiterados) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

86

5.6. Continuidad de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

86

6. Derivaci´ on de funciones reales de varias variables

90

6.1. Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

90

6.1.1. Cálculo de derivadas parciales usando reglas de derivación. . . . . . . . . .

92

6.1.2. Interpretación geométrica de las derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . 102 6.2. La Derivada Parcial como razón de cambio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 6.2.1. Productividad Marginal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 6.2.2. Continuidad y derivadas parciales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 6.3. Derivadas parciales de órdenes superiores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 6.4. Derivadas direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 6.4.1. Continuidad y derivadas direccionales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 6.5. Funciones Diferenciables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 6.6. La diferencial (total) de una función . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 6.7. Regla de la Cadena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136 6.8. El Teorema de la Función Impl´ıcita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 6.9. El Gradiente de una función diferenciable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 6.10. Fórmula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 6.11. Plano tangente y Recta Normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181 R ξρ s email: [email protected]

ii

Jasmer LPC


UMSA

iii

6.11.1. Significado geométrico de la tangencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 7. Aplicaciones

191

7.1. Extremos relativos. Criterio del Hessiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 7.2. Multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214 7.2.1. Método de los multiplicadores de Lagrange. . . . . . . . . . . . . . . . . . 215 8. Derivaci´ on de funciones vectoriales de varias variables

254

8.1. Diferenciabilidad y matriz Jacobiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254 8.2. Regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254 8.3. El Teorema de la aplicación inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254 9. Integrales M´ ultiples

255

9.1. Integrales Multiples. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255 9.2. Integrales Dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256 9.2.1. Invirtiendo el orden de integración . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269 9.2.2. Cálculo de áreas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274 9.3. Cambio de variables en Integrales Dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276 9.3.1. Integrales dobles en coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 288 9.4. Integrales triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303 9.5. Cambio de variables en Integrales Triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 310 9.5.1. Integrales triples en coordenadas cil´ındricas 9.5.2. Integrales triples en coordenadas esféricas 10.Integrales de Linea

. . . . . . . . . . . . . . . . . 311 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319 326

10.1. Definición y Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 326 10.2. orientación en ua integral de l´ınea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 328 10.3. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 329 ´ 10.4. Area Encerrada por una Curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335 10.5. Independencia del Camino de Integración . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336 11.Integrales de Superficie

338

11.1. Definición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 338 11.2. Teorema de la Divergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 339 R ξρ s email: [email protected]

iii

Jasmer LPC


UMSA

iv

11.3. Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 339 12.Sucesiones y Series

340

12.1. Sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 340 12.2. Series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344 12.2.1. Criterios de Convergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345 13.Funciones Gamma y Beta 13.1. Función Gamma

355

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355

13.2. Función Beta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359

R ξρ s email: [email protected]

iv

Jasmer LPC

CAPÍTULO 1

Espacio Euclidiano n-dimensional

Se define el conjunto Rn de la siguiente manera: Rn = {(x1 , ..., xn ) : xi ∈ R, para i = 1, ..., n}

1.1.

Operaciones entre vectores

En Rn se define la suma y la multiplicación escalar de la siguiente forma: Suma.- Sean x, y en Rn tales que x = (x1 , x2 , x3 , ..., xn ), y = (y1 , y2 , y3 , ..., yn ), entonces x + y = (x1 + y1 , x2 + y2 , x3 + y3 , ...., xn + yn ) La multiplicación escalar.- Sea x = (x1 , x2 , x3 , ..., xn ) y c ∈ R, se define: cx = (cx1 , cx2 , cx3 , ..., cxn ) Se puede verificar que esta operaciones en Rn verifican las siguientes propiedades 1. x + y = y + x, para todo x, y en Rn . 2. (x + y) + z = x + (y + z), para todo x, y, z en Rn . 3. Existe un elemento en Rn , denotado 0 y llamado vector cero, tal que para todo x en Rn cumple que x + 0 = 0 + x = x. 1


UMSA

2

4. Para todo x en Rn , existe un elemento en Rn , denotado −x, tal que x+(−x) = (−x)+x = 0. 5. (a + b)x = ax + bx, para todo a, b en R, y para todo x en Rn . 6. a(x + y) = ax + ay, para todo a en R, y para todo x, y en Rn . 7. (ab)x = a(bx), para a, b en R, y para todo x en Rn . 8. 1x = x, para todo x en R. As´ı, Rn se dice que es un espacio vectorial real para las operaciones definidas anteriormente. Los elementos de Rn reciben el nombre de vectores. EJEMPLO 1.1. Mostrar que el vector que une los puntos medios de dos de los lados de un triángulo es paralelo al tercer lado y tiene la mitad de su longitud. ´ SOLUCION.Denotemos por A, B y C los vértices de un triángulo. Tomemos los puntos medios A+B A+C del lado AB y Q = del lado AC. Puesto que son P = 2 2 P −Q=

A+B A+C A+B−A−C B−C − = = 2 2 2 2

entonces el vector que une los puntos medios de dos de los lados AB y AC es paralelo al lado BC ♣ y tiene la mitad de su longitud. EJEMPLO 1.2. Mostrar que las diagonales de un paralelogramo se bisectan. ´ SOLUCION.Consideremos el paralelogramo de vertices A, B, C y D, de modo que AD y BC sean sus diagonales. Denotemos los puntos medios de estas diagonales por P =

A+D , 2

Q=

B+C 2

Primero que todo, estos puntos son iguales, en efecto, puesto que CD = AB, esto es D−C = B−A, A+D B+C entonces D + A = B + C, esto es P = = = Q. 2 2 Por otro lado, puesto que A+D A + D − 2A D−A −A= = 2 2 2 A+D 2D − A − D D−A D−P = D− = = 2 2 2 P −A =

Por tanto P − A = D − P , esto es AP = P D, un análisis similar muestra que BP = P C. Por ♣ consiguiente las diagonales de un paralelogramo se bisectan. R ξρ s email: [email protected]

2

Jasmer LPC


UMSA

3

EJEMPLO 1.3. Sean A, B, C, D, X, Y , Z, U, vértices de un paralelogramo, como en la figura. Expresar los vértices X, Y , Z, U en funci´ on de A, B, C, D. ´ SOLUCION.Es claro de la figura que: El El El El

vector vector vector vector

−−→ −−→ AX es paralelo al vector BC −→ −−→ AB es paralelo al vector Y D −−→ −−→ BC es paralelo al vector DU −→ −→ AB es paralelo al vector ZU

además del hecho de que se trata de un paralelogramos se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones X −A B−A C−B B−A

= = = =

C −B D−Y U −D U −Z

Despejando las variables X, Y , Z, U en función de A, B, C, D obtenemos X Y U Z

1.2.

= = = =

A+C −B A+D−B C −B+D U − B + A = A + C + D − 2B

♣

Producto interno y Norma

´ 1.1. Para x = (x1 , x2 , x3 , ..., xn ), y = (y1 , y2 , y3 , ..., yn ) en Rn definimos el proDEFINICION ducto interno por x • y = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 + · · · + xn yn . TEOREMA 1.1. El producto interno satisface: 1. x • x ≥ 0 para todo x ∈ Rn , 2. x • x = 0 si y solo si x = 0, 3. x • y = y • x para todo x, y ∈ Rn , 4. (cx) • y = c(x • y) para todo x, y ∈ Rn , c ∈ R 5. (x + y) • z = x • y + y • z para todo x, y, z ∈ Rn . R ξρ s email: [email protected]

3

Jasmer LPC


UMSA

4 ❚

Demostración.

EJEMPLO 1.4. Sean los vectores r = (x, y, z), a = (a1 , a2 , a3 ), b = (b1 , b2 , b3 ). Demostrar que la ecuación (r − a) • (r − b) = 0 representa una esfera; encontrar su radio y centro. ´ SOLUCION.-

♣

´ 1.2. Para x = (x1 , x2 , x3 , ..., xn ) en Rn definimos la norma o longitud de x por DEFINICION q √ ||x|| = x • x = x21 + x22 + x23 + · · · + x2n . TEOREMA 1.2. La norma satisface: 1. ||x|| ≥ 0 para todo x ∈ Rn , 2. ||x|| = 0 si y solo si x = 0, 3. ||cx|| = |c| ||x|| para todo x ∈ Rn , c ∈ R 4. |x • y| ≤ ||x|| ||y|| para todo x, y ∈ Rn . 5. ||x + y|| ≤ ||x|| + ||y|| para todo x, y ∈ Rn . ❚

Demostración. EJEMPLO 1.5. Determine los valores de c sabiendo que u = (−4, −1, −4) y ||cu|| = 5 ´ SOLUCION.Puesto que ||cu|| = |c| ||u|| = |c| de donde

p √ (−4)2 + (−1)2 + (−4)2 = |c| 33 = 6 6 |c| = √ 33

por lo tanto los posibles valores para c son: 6 c= √ 33

6 c = −√ . 33

o

EJEMPLO 1.6. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmación. Si u es un vector unitario en la dirección del vector v, entonces v = ||v|| u. Justifique su respuesta. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 1.7. Mostrar que la recta que une el vértice de un tri´ angulo is´ osceles con el punto medio de su base es perpendicular a su base. R ξρ s email: [email protected]

4

Jasmer LPC


UMSA

5

´ SOLUCION.Sean los vectores A, B y C los lados del triángulo isósceles. Asumamos que ||A|| = ||B||. Si P el punto inicial de A y B, entonces C = A − B. Tomemos un punto Q en C de 1 modo que P Q = (A+ B). Debemos demostrar que C es perpendicular a P Q, esto es C • P Q = 0. 2 En efecto, 1 1 C • P Q = (A − B) • (A + B) = (||A||2 − ||B||2) = 0. 2 2 Una segunda demostración. Tomemos los vectores A y B como lados del triángulo isósceles, de modo que B − A es el tercer lado. Asumamos que ||B|| = ||B − A||, de donde ||B||2 = ||B − A||2 , as´ı B • B = B • B − 2A • B + A • A, de aqu´ı A • A = 2A • B. Por otro lado la recta que une el vértice com´ un a B y B − A con el punto medio de A tiene vector 1 dirección igual a M = B − A. Ahora bien, puesto que 2 1 1 A•M =A• B− A = A•B− A•A=A•B−A•B = 0 2 2 ♣

se sigue que A es perpendicular a M, lo cual prueba el resultado. EJEMPLO 1.8. Demostrar ||A + B||2 = ||A||2 + ||B||2 si y solo si A • B = 0. ´ SOLUCION.Puesto que ||A + B||2 = (A + B) • (A + B) = A • (A + B) + B • (A + B) = A•A+A•B+B•A+B•B = ||A||2 + 2A • B + ||B||2 Entonces ||A + B||2 = ||A||2 + ||B||2 si y solo si A • B = 0. EJEMPLO 1.9. Demostrar ||A + B||2 + ||A − B||2 = 2||A||2 + 2||B||2. ´ SOLUCION.De los ejercicios anteriores tenemos ||A + B||2 + ||A − B||2 = ||A||2 + 2A • B + ||B||2 + ||A||2 − 2A • B + ||B||2 = 2||A||2 + 2||B||2

EJEMPLO 1.10. Demostrar ||A + B||2 − ||A − B||2 = 4 A • B.


5

Jasmer LPC


UMSA

6

´ SOLUCION.De los ejercicios anteriores tenemos

||A + B||2 − ||A − B||2 = ||A||2 + 2A • B + ||B||2 − ||A||2 + 2A • B − ||B||2 = 4A • B

EJEMPLO 1.11. Dados vectores distintos de cero A y B en R3 , mostrar que el vector V = ||A||B + ||B||A biseca el ángulo entre A y B. ´ SOLUCION.Es suficiente probar que V •B A•V = ||A|| ||V || ||V || ||B||

En efecto.

A•V B•V − =0 ||A|| ||B|| A B − ||A|| ||B||

A B − ||A|| ||B||

•V =0

• ||A||B + ||B||A = 0

A B B A • ||A||B + • ||B||A − • ||A||B − • ||B||A = 0 ||A|| ||A|| ||B|| ||B|| A•B+

||B|| ||A|| A•A− B •B −B •A= 0 ||A|| ||B|| ||B|| ||A|| ||A||2 − ||B||2 = 0 ||A|| ||B|| ||B|| ||A|| − ||A|| ||B|| = 0

1.3.

Paralelismo y Perpendicularidad

´ 1.3. Dos vectores en Rn son paralelos si uno es m´ DEFINICION ultiplo escalar del otro. Dos vectores en Rn son perpendiculares u ortogonales si el producto interno entre ellos es igual a cero. R ξρ s email: [email protected]

6

Jasmer LPC


UMSA

7

EJEMPLO 1.12. Los vectores canónicos en Rn son dos a dos perpendiculares. EJEMPLO 1.13. Analice si los vectores a = (2, −3, 1) y b = (−4, −2, 2) son paralelos, ortogonales o ninguna de amabas cosas. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 1.14. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on. Justifique su respuesta. Si a y b son ortogonales a c, entonces a + b es ortogonal a c. ´ SOLUCION.Esta es una afirmación verdadera. En efecto, como a y b son ortogonales a c, entonces a • c = 0 y b • c = 0. Ahora bien, puesto que (a + b) • c = a • c + b • c = 0 + 0 = 0 se concluye que a + b es ortogonal a c. EJEMPLO 1.15. Demostrar vectorialmente que las diagonales de un rombo se cortan en ángulo recto. ´ SOLUCION.Empecemos demostrando que si u y v son vectores tales que ||u|| = ||v||, entonces u + v es ortogonal a u − v. En efecto, esto se deduce inmediatamente de la igualdad: (u + v) • (u − v) = ||u||2 − u • v + v • u − ||v||2 = 0. Ahora bien sean los puntos p0 , p1 , p2 y p3 los vértices de un rombo. Entonces, supongamos que los vectores → u=− p− 0 p1 y

→ v=− p− 0 p2 .

son dos de sus lados adyacentes. Por otro lado se sabe que los lados de un rombo son todos iguales. Entonces ||u|| = ||v||. Luego por lo probado anteriormente se segue que u + v es ortogonal a u − v. Pero como → −−→ −−→ u+v =− p− 0 p1 + p0 p2 = p0 p3 . y

→ −−→ −−→ u−v =− p− 0 p1 − p0 p2 = p1 p2 . → −−→ Por tanto las diagonales del rombo − p− angulo recto. 0 p3 y p1 p2 se cortan en ´


7

Jasmer LPC

UMSA


8

EJEMPLO 1.16. Encuentre dos vectores en direcciones opuestas que sean ortogonales al vector u = (5, 2, 1) ´ SOLUCION.El vector (x, y, z) es ortogonal al vector u = (5, 2, 1) cuando (x, y, z)•(5, 2, 1) = 0, esto es, 5x + 2y + z = 0. Para obtener un ejemplo hagamos y = −1, z = −3 en la anterior ecuación y despejando x se tiene que x = 1. Luego unos de los vectores buscado es (1, −1, −3) y su vector opuesto (−1, 1, 3) también es ortogonal a u. EJEMPLO 1.17. Calcula los valores x, y para que el vector (x, y, 1) sea ortogonal a los vectores (3, 2, 0) y (2, 1, −1). Respuesta. x = 2, y = −3. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 1.18. Dados los vectores u = (3, 1, −1) y v = (2, 3, 4), halla un vector unitario y √6 √6 √6 ,− , . ortogonal a u y a v. Respuesta. 6 6 6 ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 1.19. Sabiendo que ||u|| = 3, ||v|| = 5 determinar para que valores de r los vectores u + rv y u − rv son ortogonales entre si. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 1.20. Dados los vectores u, v, w que satisfacen la condición u + v + w = 0 y sabiendo que ||u|| = 3, ||v|| = 1, ||w|| = 4. Calcular u • v + v • w + u • w. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 1.21. Si los vectores u y v son tales que ||u|| = ||v|| probar que los vectores u + v y u − v son ortogonales. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 1.22. Demostrar vectorialmente que las diagonales de un rombo se cortan en ángulo recto. R ξρ s email: [email protected]

8

Jasmer LPC

UMSA ´ SOLUCION.-


9 ♣

EJEMPLO 1.23. Si u y v son vectores no nulos, demostrar que el vector u − rv es ortogonal a u•v v si r = . ||v||2 ´ SOLUCION.-

1.4.

♣

Proyecci´ on y Componente

´ 1.4. Sean a, b vectores. La proyecci´ DEFINICION on del vector a en la direcci´ on del vector b es a•b b. La componente del vector a en la direcci´ on del vector b es definido definido por Proyb a = ||b||2 a•b por Compb a = . ||b|| TEOREMA 1.3. Se tiene que Proyb a = Compb a ortogonal al vector b.

b , adem´ as el vector v = a − Proyb a es ||b|| ❚

Demostración.

EJEMPLO 1.24. Sean los vectores a = 3i + 5j + 2k y b = −4i + 3k tal que: a = u + v, siendo u paralelo a b y ortogonal a v. Hallar u y v. ´ SOLUCION.Del hecho de que u es paralelo a b se sigue que u = λb para alg´ un λ ∈ R, del mismo modo u ortogonal a v implica que u • v = 0. Como v = a − u = a − λb, se tiene que u•v = 0

(λb) • (a − λb) = 0

λb • a − λ2 b • b = 0

λ(b • a − λ||b||2) = 0 de donde λ =

b•a b•a b•a . Por tanto, u = b y v =a− b. 2 2 ||b|| ||b|| ||b||2

EJEMPLO 1.25. Dados los vectores u(4, −1, 6), v(5, 7, −2). Hallar: u • v, ||u||, ||v||,

u , el ||u||

1 u+v ángulo entre u y v, 3u − v, , Proyv u, Compv u. El valor que debe tener el valor m para 2 ||u + v|| que el vector (−2, m, −3m) sea ortogonal a u. R ξρ s email: [email protected]

9

Jasmer LPC


UMSA ´ SOLUCION.-

10 ♣

EJEMPLO 1.26. Dados los vectores u = (−1, 2) y v = (3, 2) (i) Halle la proyección Proyv u, de u en v. (ii) Halle u − Proyv u (iii) Verifique que u − Proyv u es ortogonal a v, es decir que (u − Proyv u) • v = 0. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 1.27. Observe que u = Proyv u + [u − Proyv u]. Si u = (−5, 9) y v = (1, 1), expresar u como la suma de un vector paralelo a v y un vector ortogonal a v. Repita este ejercicio cuando u = (1, 2, 3) y v = (1, 1, 0). ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 1.28. Hallar los vectores u, v tales que Proyv u = (1, 2, 3) y Proyu v = (2, 1, 3). ´ SOLUCION.Es claro que Proyv u es un vector paralelo a v, esto es v = tProyv u = t(1, 2, 3) para alg´ un t, del mismo modo se tiene que u = sProyu v = s(2, 1, 3) para alg´ un s. Por otro lado, u•v como Proyv u = v obtenemos ||v||2 k(1, 2, 3)k = kProyv uk =

u•v s(2, 1, 3) • t(1, 2, 3) (2, 1, 3) • (1, 2, 3) = =s ||v|| ||t(1, 2, 3)|| ||(1, 2, 3)||

de donde s=

||(1, 2, 3)||2 , (2, 1, 3) • (1, 2, 3)

u=

||(1, 2, 3)||2 (2, 1, 3) (2, 1, 3) • (1, 2, 3)

Del mismo modo se tiene que k(2, 1, 3)k = kProyu vk =

v•u t(1, 2, 3) • s(2, 1, 3) (1, 2, 3) • (2, 1, 3) = =t ||u|| ||s(2, 1, 3)|| ||(2, 1, 3)||

de donde t=

||(2, 1, 3)||2 , (1, 2, 3) • (2, 1, 3)


v=

10

||(2, 1, 3)||2 (2, 1, 3) (1, 2, 3) • (2, 1, 3)

♣ Jasmer LPC

UMSA

1.5.


11

´ Angulo entre vectores

´ 1.5. El ángulo entre los vectores x y y, es la magnitud que mide la amplitud de DEFINICION rotación o giro (abertura) del vector x alrededor del origen hasta el vector y en sentido contrario a las agujas del reloj. TEOREMA 1.4. Si θ es el ángulo generado por los vectores x y y, entonces θ verifica la ecuación x•y cos θ = ||x|| ||y|| ❚

Demostración.

EJEMPLO 1.29. ¿Qué se sabe acerca del ´ angulo entre los vectores no nulos a y b, si (i) a•b > 0?, (ii) a • b < 0?, (i) a • b = 0? ´ SOLUCION.(i) Si a • b > 0, entonces el ángulo entre a y b esta entre 0 y π2 . (i) Si a • b < 0, entonces el ángulo entre a y b esta entre

π 2

y π.

(i) Si a • b = 0, entonces el ángulo entre a y b es π2 . EJEMPLO 1.30. ¿Qué se sabe acerca del ángulo entre los vectores no nulos a y b, si (i) a·b > 0?, (ii) a · b < 0?, (i) a · b = 0? ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 1.31. Halle el ángulo θ , entre los vectores dados en cada caso: √ (i) u = (−1, 2), v = (0, 1) Rta. θ = arccos2 5/5 (ii) u = (−1, 2), v = (1, 1/2) Rta. θ = arccos0 = 90o (iii) u = (1, 2), v = (7, 14) Rta. θ = arccos1 = 0o . ♣ ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 1.32. Si θ es el ángulo entre A y B, entonces demostrar ||A − B||2 = ||A||2 + ||B||2 − 2||A|| ||B|| cos θ.


11

Jasmer LPC

UMSA ´ SOLUCION.-


12

||A − B||2 = (A − B) • (A − B) = A • (A − B) − B • (A − B) = A•A−A•B−B•A+B•B

= ||A||2 − 2A • B + ||B||2 = ||A||2 + ||B||2 − 2||A|| ||B|| cos θ EJEMPLO 1.33. Si θ es el ángulo entre A y B en R3 , entonces demostrar tan θ =

||A × B|| . A•B

´ SOLUCION.sen θ = tan θ = cos θ

||A×B|| ||A|| ||B|| A•B ||A|| ||B||

=

||A × B|| A•B

EJEMPLO 1.34. Dados los puntos P (1, −1, 2), Q(4, 5, −7), R(−1, 2, 1) y S(2, −1, 3) hallar: −→ −→ (i) Un vector a tal que a ⊥ P Q, a ⊥ P R y ||a|| = 2.

1 −→ −→ QR − QP . 2 −→ (iii) La proyección vectorial de a sobre QS. ♣ (ii) Los cosenos directores del vector u =

´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 1.35. Si ||u|| = 10, ||v|| = 10 y ||u + v|| = 20, hallar el ángulo que forman u y v. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 1.36. Sabiendo que ||u|| = 8, ||v|| = 5 y el ángulo entre u y v es

π , calcule u • v. 3

´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 1.37. Los vectores u y v forman un ángulo de 60o con ||u|| = 5, ||v|| = 8 determinar ||u − v|| y ||u + v||. ´ SOLUCION.EJEMPLO 1.38. Los vectores u y v forman un ángulo de 30o con ||u|| = 1, ||v|| = el ángulo formado por los vectores u + v y u − v. ´ SOLUCION.R ξρ s email: [email protected]

√

♣ 3. Calcular ♣

12

Jasmer LPC


UMSA

1.6.

13

Producto vectorial

El producto vectorial “×” esta definido para vectores en R3 . Es decir, el producto vectorial de dos vectores en R3 es otro vector en R3 . En efecto ´ DEFINICION 1.6. Si a = (a1 , a2 , a3 ) y b = (b1 , b2 , b3 ) son dos vectores en R3 el producto vectorial entre a y b se denota por a × b, se lee a por b se define como a × b = (a1 , a2 , a3 ) × (b1 , b2 , b3 ) = (a2 b3 − a3 b2 , a3 b1 − a1 b3 , a1 b2 − a2 b1 ) Se verifican la siguientes propiedades TEOREMA 1.5. Sean a, b, c vectores en R3 , λ un n´ umero real, entonces (1) (2) (3) (4)

a × b es ortogonal tanto a a como a b El producto vectorial es anticonmutativo, esto es a × b = −b × a (λa) × b = λ(a × b) Propiedad distributiva a × (b + c) = a × b + a × c i j k (5) a × b = a1 a2 a3 donde i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0), k = (0, 0, 1) b1 b2 b3

Demostración.

i j k 2 2 a1 a2 a3 = i b b2 + −j 1 b2 1 c c c b1 b2 b3

+k 1 b 1 c

= 1[bc2 − cb2 ] − a[1c2 − 1b2 ] + a2 [c − b]

= (a2 b3 − a3 b2 , a3 b1 − a1 b3 , a1 b2 − a2 b1 ) ❚

EJEMPLO 1.39. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on. Justifique su respuesta. Es posible encontrar el producto vectorial de dos vectores en el espacio vectorial bidimensional. ´ SOLUCION.El producto vectorial “×” esta definido para vectores en R3 . El producto vectorial de dos vectores en R3 es otro vector en R3 . Recordemos (a1 , a2 , a3 ) × (b1 , b2 , b3 ) = (a2 b3 − a3 b2 , a3 b1 − a1 b3 , a1 b2 − a2 b1 ) Sin embargo podemos “ver” de la forma (a1 , a2 , 0) como vectores del espacio bidimensional el plano xy. En este caso tenemos (a1 , a2 , 0) × (b1 , b2 , 0) = (0, 0, a1 b2 − a2 b1 ) R ξρ s email: [email protected]

13

Jasmer LPC


UMSA

14

que no esta en el plano xy. En resumen NO es posible encontrar el producto vectorial de dos vectores en el espacio vectorial bidimensional. EJEMPLO 1.40. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on. Justifique su respuesta. Si se conocen a × b = d y a × c = d, entonces c es igual a b. ´ SOLUCION.La respuesta depende de que si a = 0 o a 6= 0. Primero analicemos el caso en que a = 0. En este caso la igualdades a × b = 0 y a × c = 0 son siempre válidas no importando quienes sean b y c. As´ı que no podemos garantizar que sean iguales. Ahora analizamos el caso en que a 6= 0. De la hipótesis a × b = d y a × c = d concluimos que a × (b − c) = a × b − a × c = d − d = 0, lo cual implica que a es paralelo a b − c, de esto y del hecho de que se a 6= 0 se deduce que existe λ 6= 0, tal que, a = λ(b − c). Ahora bien, puesto que ||b − c|| =

||a|| 6= 0. |λ|

Lo cual muestra que b 6= c. En resumen la afirmación es falsa. EJEMPLO 1.41. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmación. Si a y b son paralelos al plano XY , entonces a × b es paralelo al eje Z. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 1.42. Sean u, v y w vectores de R3 demostrar que (1) (u − v) × (u + v) = 2(u × v) (3) u • (b × c) = −v • (a × c)

(2) u × u = 0

(4) a × (b × c) = (a • b)b − (a • b)c, ♣

´ SOLUCION.-

♣

TEOREMA 1.6. Sean a, b, c vectores en R3 , λ un n´ umero real, entonces (1) (2) (3)

||a × b|| = ||a|| ||b|| sen θ Si a × b = 0 entonces a y b son vectores paralelos. ||a × b|| es el ´ area del paralelogramo de lados a y b

Demostración. Si a × b = 0 entonces a y b son vectores paralelos. En efecto, puesto que ||a × b|| = ||a|| ||b|| sen θ, R ξρ s email: [email protected]

14

Jasmer LPC


UMSA

15

donde θ es el ángulo entre a y b. Reemplazando a × b = 0 en la anterior ecuación tenemos que ||a|| ||b|| sen θ = 0, de donde sen θ = 0, de aqu´ı se obtiene θ = 0. Esto quiere decir que el ángulo entre a y b es cero, por tanto estos vectores deben ser paralelos. ❚ EJEMPLO 1.43. Sean a y b vectores no nulos de R3 tales que a × b = 0. ¿Qué condición geométrica deben cumplir los vectores a y b? para que sea cierta la afirmaci´ on ´ SOLUCION.Los vectores a y b deben ser paralelos. EJEMPLO 1.44. Hallar el área del tri´ angulo de vértices A(1, 1, 1); B(2, 4, 2); C(3, 4, 0). ´ SOLUCION.Notemos que el área del triángulo dado es igual a la mitad del área del paralelogramo de lados B − A y C − A.

Un simple calculo muestra que

B − A = (2, 4, 2) − (1, 1, 1) = (1, 3, 1)

C − A = (3, 4, 0) − (1, 1, 1) = (2, 3, −1) y además i j k (B − A) × (C − A) = 1 3 1 2 3 −1

Lo cuál implica que

= i 3 1 3 −1

−j 1 1 2 −1

+k 1 3 2 3

= (−6, 3, −3)

1 1√ área del triángulo = ||(B − A) × (C − A)|| = 36 + 9 + 9 = 2 2

√

54 2 ♣

EJEMPLO 1.45. Hallar el área del tri´ angulo de vértices A(3, 4, 0); B(1, 1, 1); C(3, 5, 3). ´ SOLUCION.Notemos que el área del triángulo dado es igual a la mitad del área del paralelogramo de lados B − A y C − A. Un simple calculo muestra que

B − A = (1, 1, 1) − (3, 4, 0) = (−2, −3, 1) C − A = (3, 5, 3) − (3, 4, 0) = (0, 1, 3)


15

Jasmer LPC


UMSA

16

y además i j k (B − A) × (C − A) = −2 −3 1 0 1 3

Lo cuál implica que

−3 1 −2 1 = i 1 3 −j 0 3

−2 −3 +k = (−10, 6, −2) 0 1

1 1√ 100 + 36 + 4 = área del triángulo = ||(B − A) × (C − A)|| = 2 2

√

140 2 ♣

EJEMPLO 1.46. Calcule el área del triángulo de vértices P (2, 4, −3), Q(0, 2, 1) y R(−1, 0, −2). ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 1.47. Halle el área del triángulo de vértices (1, 1, 1), (2, 4, 2) y (3, 4, 0). ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 1.48. Hallar el área del triángulo de vértices A(5, 3, 4), B(2, 4, 1) y C(4, 2, 3) ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 1.49. Calcule el área del tri´ angulo de vértices (2, −1, 3), (4, 3, 5) y (2, 3, 1) ´ SOLUCION.Nombremos a estos puntos por p0 = (2, −1, 3), p1 = (4, 3, 5) y p2 = (2, 3, 1) Luego para calcular el área del triángulo de vértices p0 , p1 y p2 , consideremos los vectores → u=− p− 0 p1 = p1 − p0 = (4, 3, 5) − (2, −1, 3) = (2, 4, 2) y

→ v=− p− 0 p2 = p2 − p0 = (2, 3, 1) − (2, −1, 3) = (0, 4, −2)

Estamos ahora listos para calcular el área buscada, en efecto, esta esta dada por ||u × v|| ´ . Area = 2 Basta con calcular ||u × v||, i j k 4 2 2 2 2 4 −j u × v = 2 4 2 = i 0 2 + k 0 4 = (0, −4, 8). 4 2 0 4 2


16

Jasmer LPC

UMSA


se donde se sigue que ||u × v|| = Finalmente

p

02 + (−4)2 + 82 =

||u × v|| ´ Area = = 2

√

17

70.

√

70 . 2

EJEMPLO 1.50. Calcule el área del tri´ angulo de vértices A(2, −1, 1), B(3, 1, 1) y C(4, −1, 3) ´ SOLUCION.Nombremos a estos puntos por A = (2, −1, 1), B = (3, 1, 1) y C = (4, −1, 3) Luego para calcular el área del triángulo de vértices A, B y C, consideremos los vectores −→ u = AB = B − A = (3, 1, 1) − (2, −1, 1) = (1, 2, 0) y

−→ v = AC = C − A = (4, −1, 3) − (2, −1, 1) = (2, 0, 2)

Estamos ahora listos para calcular el área buscada, en efecto, esta esta dada por ||u × v|| ´ . Area = 2 Basta con calcular ||u × v||, i j k 2 0 u × v = 1 2 0 = i 0 2 2 0 2 se donde se sigue que

||u × v|| =

Finalmente

−j 1 0 2 2

+k 1 2 2 0

= (4, −2, −4).

p √ 42 + (−2)2 + (−4)2 = 36 = 6.

||u × v|| 6 ´ Area = = = 3. 2 2

♣

EJEMPLO 1.51. Calcule el área del tri´ angulo de vértices A(2, −1, 2), B(3, 1, 2) y C(4, −1, 4) ´ SOLUCION.Nombremos a estos puntos por A = (2, −1, 2), B = (3, 1, 2) y C = (4, −1, 4)


17

Jasmer LPC


UMSA

18

Luego para calcular el área del triángulo de vértices A, B y C, consideremos los vectores −→ u = AB = B − A = (3, 1, 2) − (2, −1, 2) = (1, 2, 0) y

−→ v = AC = C − A = (4, −1, 4) − (2, −1, 2) = (2, 0, 2)

Estamos ahora listos para calcular el área buscada, en efecto, esta esta dada por ||u × v|| ´ Area = . 2 Basta con calcular ||u × v||, i j k 2 0 u × v = 1 2 0 = i 0 2 2 0 2 se donde se sigue que Finalmente

||u × v|| =

−j 1 0 2 2

+k 1 2 2 0

= (4, −2, −4).

p √ 42 + (−2)2 + (−4)2 = 36 = 6.

||u × v|| 6 ´ Area = = = 3. 2 2

♣

EJEMPLO 1.52. Calcule el área del tri´ angulo de vértices (3, 2, 1), (2, 1, 2) y (1, 2, 3). Además graficar este triángulo. ´ SOLUCION.Nombremos a estos puntos por p0 = (3, 2, 1), p1 = (2, 1, 2) y p2 = (1, 2, 3) Luego para calcular el área del triángulo de vértices p0 , p1 y p2 , consideremos los vectores → u=− p− 0 p1 = p1 − p0 = (2, 1, 2) − (3, 2, 1) = (−1, −1, 1) y

→ v=− p− 0 p2 = p2 − p0 = (1, 2, 3) − (3, 2, 1) = (−2, 0, 2)

Estamos ahora listos para calcular el área buscada, en efecto, esta esta dada por ||u × v|| ´ Area = . 2 Basta con calcular ||u × v||, i j k u × v = −1 −1 1 −2 0 2

= i −1 1 0 2


− j −1 1 −2 2 18

−1 −1 +k −2 0 = (−2, 0, −2).

Jasmer LPC


UMSA se donde se sigue que

||u × v|| = Finalmente

p

(−2)2 + (0)2 + (−2)2 =

√

19

8.

√ ||u × v|| 8 √ ´ Area = = = 2. 2 2

♣ EJEMPLO 1.53. Usando vectores analice si los puntos (2, −3, 1), (6, 5, −1), (3, −6, 4) y (7, 2, 2) son los vértices de un paralelogramo y calcule su ´ area. ´ SOLUCION.Nombremos a estos puntos por p0 = (2, −3, 1), p1 = (6, 5, −1), p2 = (3, −6, 4) y p3 = (7, 2, 2). Luego para verificar si son o no esos puntos los vértices de un paralelogramo consideremos los vectores − → p− 0 p1 = p1 − p0 = (6, 5, −1) − (2, −3, 1) = (4, 8, −2), − → p− 0 p2 = p2 − p0 = (3, −6, 4) − (2, −3, 1) = (1, −3, 3), − → p− 3 p1 = p1 − p0 = (6, 5, −1) − (7, 2, 2) = (−1, 3, −3), y

− → p− 3 p2 = p2 − p0 = (3, −6, 4) − (7, 2, 2) = (−4, −8, 2) → −−→ −−→ −−→ Puesto que los vectores − p− 0 p1 y p3 p2 son paralelos al igual que los vectores p0 p2 y p3 p1 se deduce que los puntos p0 , p1 , p2 y p3 son los vértices de un paralelogramo. Además

→ −−→ ´ Area = ||− p− 0 p1 × p0 p2 ||.

EJEMPLO 1.54. Verificar que los puntos (1, 1, 1), (2, 3, 4), (6, 5, 2) y (7, 7, 5) son los vértices de un paralelogramo y calcule su área. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 1.55. Use vectores para probar que los puntos (2, −1, 1), (5, 1, 4), (0, 1, 1) y (3, 3, 4) son vértices de un paralelogramo y calcule su área. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 1.56. Calcule el área del paralelogramo de lados a = (5, 4, −2); b = (6, −5, −3) R ξρ s email: [email protected]

19

Jasmer LPC


UMSA ´ SOLUCION.Empecemos i a × b = 5 6

20

calculando a × b, j k 4 −2 5 −2 5 4 4 −2 = i − j + k 6 −3 6 −5 −5 −3 −5 −3

= (−12 − 10, −15 + 12, −25 − 24) = (−22, −3, −49).

se donde se sigue que ´ Area = ||a × b|| =

p

(−22)2 + (−3)2 + (−49)2 =

√

484 + 9 + 2401 =

√

2894 = 53, 8.

EJEMPLO 1.57. Sean A y B vectores tales que ||A|| = 2, ||B|| = 3 y A • B = −1. Encuentre la norma del vector 2A + 3B y la norma del vector A × B. ´ SOLUCION.||2A + 3B||2 = (2A + 3B) • (2A + 3B) = 2A • (2A + 3B) + 3B • (2A + 3B) = 4A • A + 6A • B + 6B • A + 9B • B = 4||A||2 + 12A • B + 9||B||2 = 4 · 4 + 12 · (−1) + 9 · 9 = 85 Por tanto ||2A + 3B|| =

√

85. Recordemos que ||A × B|| = ||A|| ||B|| sen θ

donde θ es el ángulo entre A y B. Además A • B = ||A|| ||B|| cos θ Por tanto ||A × B|| = ||A|| ||B||

s

1−

A•B ||A|| ||B||

2

Reemplazando datos tenemos ||A × B|| = 2 · 3

s

1−

−1 2·3

2

=6

r

36 − 1 √ = 35 36

♣ ´ 1.7 (Producto Mixto). Sean a, b, c vectores en R3 , el producto mixto de define DEFINICION como a • (b × c). TEOREMA 1.7. Sean a, b, c vectores en R3 , entonces R ξρ s email: [email protected]

20

Jasmer LPC


UMSA

(1) (2)

a1 a • (b × c) = b1 c1 ||a • (b × c)|| es el

21

a2 a3 b2 b3 c2 c3 volumen del paralelep´ıpedo de lados a, b y c ❚

Demostración.

EJEMPLO 1.58. Sean a, b y c vectores no nulos de R3 tales que a • (b × c) = 0. ¿Qué condición geométrica deben cumplir los vectores a, b y c para que sea cierta la afirmaci´ on? ´ SOLUCION.El hecho de que |a • (b × c)| = 0, implica que el vector a es perpendicular al vector b × c. Ahora como el vector b × c es perpendicular tanto al vector b como al vector c, se sigue que a esta en el plano que generan los vectores b y c. Esto quiere decir que los vectores a, b y c no generan un paralelepipedo. EJEMPLO 1.59. Calcule el volumen del paralelepidedo que tiene como aristas adyacentes a los vectores a = (1, 3, 1), b = (0, 6, 6), c = (−4, 0, −4). ´ SOLUCION.Empecemos calculando 1 3 1 a • (b × c) = 0 6 6 −4 0 −4

a • (b × c), = 1 6 6 0 −4

6 − 3 0 −4 −4

0 6 +1 −4 0

= 1(−24 − 6) − 3(−4 + 24) + (0 + 24) = −30 − 60 + 24 = −66.

se donde se sigue que Volumen = |a • (b × c)| = | − 66| = 66. EJEMPLO 1.60. Dados los vectores u = (1, −2, 3), v = (1, 1, 2) y w = (1, −3, 4). Calcular: El área del paralelogramo de lados u y v. El área del triángulo de lados u, w y w − u. El volumen del paralelepipedo de aristas u, v y w. El volumen del tetraedro de aristas u, v y w. ´ SOLUCION.-


♣

21

Jasmer LPC

CAPÍTULO 2

Geometr´ıa Anal´ıtica S´ olida

2.1.

Introducci´ on

Las palabras posición y dimensión (largo, alto, ancho) no se definen. Por tanto a partir de estas palabras enunciamos, sin definición los conceptos primarios o los elementos fundamentales de la geometr´ıa que son el punto, las rectas y los planos, también llamados términos indefinidos de la geometr´ıa. Punto. Un punto es la unidad indivisible de la geometr´ıa. No tiene ninguna dimensión (largo, alto, ancho). El conjunto de todos los puntos se llama espacio. Luego un punto sólo tiene posición en el espacio. As´ı el punto es elemento geométrico que tiene posición pero no dimensión. Llamaremos una figura geométrica a cualquier conjunto de puntos distribuidos de alguna manera en el espacio. La Geometr´ıa es la rama de la matemática que tiene por objeto el estudio de las propiedades de las figuras geométricas y las relaciones entre las figuras geométricas. Una Recta es una figura geométrica, en la cual los puntos que la forman están colocadas en una misma dirección y se prolongan indefinidamente en dos sentidos. Una recta es una sucesión ininterrumpida de puntos. Sólo posee una dimensión y contiene infinitos puntos. Tiene una sola dirección y dos sentidos. No se puede medir. No tiene ni primero ni u ´ ltimo elemento. No posee principio ni fin. Dados dos puntos cualesquiera existe por lo menos otro situado entre esos dos. La recta es de longitud ilimitada, derecha, sin grosor ni extremos. POSTULADO 2.1 (El postulado de la recta). Dados dos puntos distintos cualesquiera, hay exactamente una recta que los contiene. TEOREMA 2.1. Si dos rectas diferentes se intersectan su intersecci´ on contiene un u ńico punto. 22


UMSA

23

Un plano es una superficie que tiene longitud y anchura pero no espesor. El plano tiene dos dimensiones a diferencia de la mayor´ıa de los casos que nos rodean que están en tres dimensiones. La geometr´ıa plana estudia por ejemplo los triángulos, cuadriláteros, circunferencia, c´ırculo. POSTULADO 2.2 (Postulado de la recta). Si dos puntos de una recta están en un plano, entonces la recta esta en el mismo plano. TEOREMA 2.2. Si una recta intersecta a un plano que no la contiene entonces la intersección contiene un solo punto. POSTULADO 2.3 (Postulado del plano). Tres puntos cualesquiera están en al menos un plano y tres puntos cualesquiera no alineados están exactamente en el plano. TEOREMA 2.3. Dada una recta y un punto fuera de ella hay exactamente un plano que contiene a ambos. TEOREMA 2.4. Dados dos rectas distintas que se intersectan, hay exactamente un plano que las contiene.

2.2.

Distancia entre dos puntos

Para x = (x1 , x2 , x3 , ..., xn ), y = (y1 , y2 , y3, ..., yn ) en Rn definimos la distancia de x a y por d(x, y) = ||x − y||. La distancia satisface: 1. d(x, y) ≥ 0 para todo x, y ∈ Rn , 2. d(x, y) = 0 si y solo si x = y, 3. d(x, y) = d(y, x) para todo x, y ∈ Rn , 4. d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) para todo x, y, z ∈ Rn . Sean p ∈ Rn y r > 0:

La bola abierta con centro p y radio r es el conjunto B(p, r) = {x ∈ Rn : d(x, p) < r}. La bola cerrada con centro p y radio r es el conjunto B(p, r) = {x ∈ Rn : d(x, p) ≤ r}. Notar que la bola abierta no incluye el borde, la bola cerrada s´ı lo incluye. R ξρ s email: [email protected]

23

Jasmer LPC


UMSA

2.3.

24

La recta

´ 2.1. Dados un punto p0 ∈ Rn y un vector v en Rn . DEFINICION ① La ecuación vectorial de la recta que pasa por el punto p0 y tiene vector dirección igual a v es p = p0 + tv donde t ∈ R. ② Las ecuaciones paramétricas de la recta que pasa por el punto p0 (x0 , y0 , z0 ) y tiene vector dirección igual a v(a, b, c) son   x = x0 + ta y = y0 + tb  z = z0 + tc donde t ∈ R.

③ Las ecuaciones simétricas de la recta que pasa por el punto p0 (x0 , y0 , z0 ) y tiene vector dirección igual a v(a, b, c) son y − y0 z − z0 x − x0 = = a b c EJEMPLO 2.1. Anote la expresión de una recta que pase por el origen de coordenadas. ´ SOLUCION.La recta que pasa por el punto p0 y tiene vector dirección v es el conjunto de puntos p que se expresan como p = p0 + tv, t ∈ R. Puesto que la recta pasa por el origen de coordenadas, se tiene que p0 = 0, entonces su ecuación es p = tv, t ∈ R. ♣ EJEMPLO 2.2. Hallar la ecuación de la recta que pasa por (1, −2, 3) en la direcci´ on de (4, −2, 7). ´ SOLUCION.P0 = (1, −2, 3) + t(4, −2, 7). EJEMPLO 2.3. Hallar la ecuación de la recta que pasa por (5, 3, −1) y (7, −2, −1). ´ SOLUCION.P0 = (5, 3, −1) + t[(7, −2, −1) − (5, 3, −1)] = (5, 3, −1) + t(2, −5, 0). R ξρ s email: [email protected]

24

Jasmer LPC

UMSA


25

EJEMPLO 2.4. Halle las ecuaciones: (a) paramétricas, (b) simétricas de la recta que pasa por 2 2 los puntos (5, −3, −2) y − 3 , 3 , 1 . ´ SOLUCION.Nombremos a estos puntos por

p0 = (5, −3, −2), y p1 = − 23 , 23 , 1 .

Luego la ecuación vectorial de la recta que pasa a través del puntos p0 = (5, −3, −2) y que tiene vector dirección → 2 2 u = − p− 0 p1 = p1 − p0 = − 3 , 3 , 1 − (5, −3, −2) = − 32 − 5, 23 + 3, 1 + 2 = −2−15 , 2+9 , 3 = −17 , 11 ,3 , 3 3 3 3 es

p = p0 + tu −17 11 , ,3 3 3 de donde obtenemos las ecuaciones paramétricas de la recta (x, y, z) = (5, −3, −2) + t x = 5− y = −3

−17 t 3 + 11 t 3

z = −2 + 3t Además, las ecuaciones simétricas de la recta son x−5 −17 3

=

y − (−3) 11 3

=

z − (−2) 3

simplificando tenemos 3(5 − x) 3(y + 3) z+2 = = . 17 11 3 EJEMPLO 2.5. Halle las ecuaciones paramétricas de la recta que pasa por el punto (3, −2, 4) y es paralela (a) al eje X, (b) eje Y , (c) eje Z. ´ SOLUCION.Para el inciso (a), el vector dirección de la recta que buscamos es u = (1, 0, 0), de ah´ı que la recta es (x, y, z) = (3, −2, 4) + t(1, 0, 0) de donde se sigue que las ecuaciones paramétricas de la recta son x = 3+t y = −2 z = 4. R ξρ s email: [email protected]

25

Jasmer LPC


UMSA

= z + 1 , x−1 =y+2= EJEMPLO 2.6. Determine si las rectas x3 = y−2 −1 4 as´ı halle el punto de intersección y el coseno del ´ angulo de intersecci´ on. ´ SOLUCION.La ecuación vectorial de la recta

x 3

=

y−2 −1

x−1 4

=y+2=

z+3 −3

z+3 −3

se cortán, y si es

= z + 1 es

(x, y, z) = (0, 2, −1) + t(3, −1, 1), y la ecuación vectorial de la recta

26

t∈R

(2.1)

es

(x, y, z) = (1, −2, −3) + s(4, 1, −3),

s∈R

(2.2)

Las dos rectas en (2.1) y (2.2) se intersectan siempre que podamos encontrar valores para t y s de modo que tengamos (0, 2, −1) + t(3, −1, 1) = (1, −2, −3) + s(4, 1, −3). De esta u ´ ltima ecuación se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones 3t = 1 + 4s 2 − t = −2 + s

−1 + t = −3 − 3s. Despejando s de la segunda ecuación se tiene que s = 4 −t. Reemplazando este valor en la primera ecuación obtenemos t = 17 , ahora reemplazando en la tercera ecuación se ve que t = 8. Como no 7 puede haber dos valores diferentes para t, se concluye que las dos retas no se intersectan.

2.4.

El Plano

´ 2.2. Dados un punto p0 ∈ Rn y vectores u, v y N en Rn . DEFINICION ① La ecuación paramétrica del plano que pasa por el punto p0 y tiene vectores dirección u y v es p = p0 + tu + sv donde t, s ∈ R. ② La ecuación vectorial del plano que pasa por el punto p0 y tiene vector normal igual a N es (p − p0 ) • N = 0. ③ La ecuación canónica del plano que pasa por el punto p0 (x0 , y0 , z0 ) y tiene vector normal igual a N(a, b, c) es a(x − x0 ) + b(y − y0 ) + c(z − z0 ) = 0 ④ La ecuación general del plano es ax + by + cz + d = 0 ´ 2.3. Dos planos con vectores normales N1 y N2 son perpendiculares si N1 • N2 = DEFINICION 0, son paralelos si N1 es un m´ ultiplo escalar de N2 . R ξρ s email: [email protected]

26

Jasmer LPC

UMSA


27

EJEMPLO 2.7. Anote la expresión de un plano que pase por el origen de coordenadas. ´ SOLUCION.El plano que pasa por el punto p0 y tiene vector normal N es el conjunto de puntos p que se expresan como N · (p − p0 ) = 0. Puesto que el plano pasa por el origen de coordenadas, se tiene que p0 = 0, entonces su ecuación es N · p = 0. ♣ EJEMPLO 2.8. Hallar la ecuación del plano perpendicular a (−2, 2, 2) y que pasa por (1, −2, 3). ´ SOLUCION.[(x, y, z) − (1, −2, 3)] • (−2, 2, 2) >= 0 (x, y, z) • (−2, 2, 2) − (1, −2, 3) • (−2, 2, 2) = 0 (x, y, z) • (−2, 2, 2) = (1, −2, 3) • (−2, 2, 2) −2x + 2y + 2z = −2 − 4 + 6 = 0 EJEMPLO 2.9. Utilice el producto cruz para obtener una ecuaci´ on del plano que pasa por los puntos (−2, 2, 2), (−8, 1, 6) y (3, 4, −1). ´ SOLUCION.Sean a = (−8, 1, 6) − (−2, 2, 2) = (−6, −1, 4) b = (3, 4, −1) − (−2, 2, 2) = (5, 2, −3) i j k a × b = −6 −1 4 5 2 −3

−1 4 a × b = i 2 −3


− j −6 4 5 −3 27

+ k −6 −1 5 2 Jasmer LPC


UMSA

28

a × b = i(3 − 8) − j(18 − 20) + k(−12 + 5) = −5i − 2j − 7k = (−5, 2, −7) [(x, y, z) − (−2, 2, 2)] • (−5, 2, −7) = 0 (x, y, z) • (−5, 2, −7) − (−2, 2, 2) • (−5, 2, −7) = 0 −5x + 2y − 7z = 10 + 4 − 14 = 0 ||a × b|| =

p

(−5)2 + (−2)2 + (−7)2 =

√

25 + 4 + 49 = 8,83

TEOREMA 2.5. El punto de intersecci´ on entre la Recta p = p0 + tu y el Plano (p − q0 ) • N = 0 (q0 −p0 )•N es dado por p0 + u•N N ´ DEMOSTRACION. Consideremos la recta que pasa por el punto p0 y tiene vector direccional

al vector u y consideremos también el plano que pasa por el punto q0 y tiene como vector normal al vector N. Esto es, Recta p = p0 + tu Plano (p − q0 ) • N = 0 Supongamos que la recta intersecta al plano, en tal caso, existe un n´ umero real t de modo que el punto p0 + tu es un punto del plano, de donde (p0 + tu − q0 ) • N = 0 de aqu´ı p0 • N + t u • N − q0 • N = 0 de donde

(q0 − p0 ) • N . u•N Luego el punto de intersección entre la recta y el plano es t=

p0 +

(q0 − p0 ) • N N u•N

(2.3)

EJEMPLO 2.10. Halle la intersección del plano 2x − 3y + 2z = 3 con la recta x − 12 =


28

y+ 32 −1

=

z+1 2

Jasmer LPC


UMSA

29

´ SOLUCION.Para el plano 2x − 3y + 2z = 3 tenemos que N = (2, −3, 2) y además si hacemos x = z = 0, se obtiene que y = −1, de donde q0 = (0, −1, 0). Para la recta x −

1 2

=

y+ 32 −1

=

z+1 2

se tiene que p0 = ( 12 , − 23 , −1) y u = (1, −1, 2).

Finalmente el punto de intersección que buscamos se obtiene reemplazando estos datos en (2.3): p =

1 , − 32 , −1 2

=

1 , − 32 , −1 2

=

1 , − 32 , −1 2

=

1 , − 32 , −1 2

=

1 2

+

((0,−1,0)−( 12 ,− 23 ,−1))•(2,−3,2) (1,−1,2)•(2,−3,2)

+

(− 21 ,−1+ 32 ,1)•(2,−3,2) (1,−1,2)•(2,−3,2)

+

(− 21 )2+( −2+3 )(−3)+1(2) 2 2(1)+(−3)(−1)+2(2)

(2, −3, 2)

(2, −3, 2) (2, −3, 2)

1 (2, −3, 2) = 12 , − 32 , −1 + 18 (2, −3, 2) 9+2 (−9)3−3 −18+2 2 3 2 30 −16 + 18 , − 32 − 18 , −1 + 18 = 18 , 18 , 18 = 11 , , . 18 18 18 +

−1− 32 +2 9

EJEMPLO 2.11. Sea Q0 = (1, 2, 3), P0 = (3, 2, 1) y N = (1, 2, 1). Encontrar el punto de intersección de la recta que pasa por P0 con direcci´ on N y el plano que pasa por Q0 y que es perpendicular a N. ´ SOLUCION.El punto de intersección es P = P0 +

(x, y, z) = (3, 2, 1) +

(Q0 − P0 ) • N N ||N||2

[(1, 2, 3) − (3, 2, 1)] • (1, 2, 1) (1, 2, 1) ||(1, 2, 1)||2

(x, y, z) = (3, 2, 1) +

(x, y, z) = (3, 2, 1) +

(−2, 0, 2) • (1, 2, 1) (1, 2, 1) 1 2 + 22 + 12

−2 + 0 + 2 (1, 2, 1) = (3, 2, 1). 1 2 + 22 + 12

EJEMPLO 2.12. Halle las ecuaciones paramétricas de la recta que pasa por el punto (−3, 2, −1) y es perpendicular al plano dado por −2x + 3y + z = 5. ´ SOLUCION.El vector normal al plano −2x + 3y + z = 5 es N = (−2, 3, 1). Como la recta que buscamos es perpendicular al plano, entonces el vector dirección del plano es precisamente el R ξρ s email: [email protected]

29

Jasmer LPC


UMSA

30

vector normal al plano, por lo tanto la ecuación vectorial de la recta pasa por el punto (−3, 2, −1) y tiene vector dirección N = (−2, 3, 1) es (x, y, z) = (−3, 2, −1) + t(−2, 3, 1) de donde se sigue que las ecuaciones paramétricas de la recta son x = −3 − 2t y = 2 + 3t

z = −1 + t EJEMPLO 2.13. Halle la ecuación del plano que pasa por los puntos (1, 2, 3), (3, 2, 1) y (−1, −2, 2) ´ SOLUCION.Nombremos a estos puntos por p0 = (1, 2, 3), p1 = (3, 2, 1) y p2 = (−1, −2, 2). Ahora los siguientes vectores están sobre el plano que buscamos − p−→ p = p − p = (3, 2, 1) − (1, 2, 3) = (2, 0, −2) 0 1

1

0

y

− → p− 0 p2 = p2 − p0 = (−1, −2, 2) − (1, 2, 3) = (−2, −4, −1), Puesto que los vectores − p−→ p y− p−→ p viven en el plano, su producto vectorial − p−→ p ×− p−→ p es el vector 0 1

0 2

0 2

0 1

normal al plano. Calculemos − p−→ p ×− p−→ p , 0 2

0 1

i j k 2 −2 0 −2 0 − − → − − → +k 2 −j 0 −2 = i p0 p2 × p0 p1 = 2 −2 −4 −2 −1 −4 −1 −2 −4 −1 = (0 − 8, −(−2 − 4), −8 − 0) = (−8, 6, −8).

Ahora nos toca encontrar la ecuación del plano que pasa por el punto p0 = (1, 2, 3) y que tenga → −−→ vector normal N = − p− 0 p2 × p0 p1 = (−8, 6, −8). (p − p0 ) • N = 0,

((x, y, z) − (1, 2, 3)) • (−8, 6, −8) = 0

(x − 1, y − 2, z − 3) • (−8, 6, −8) = 0

− 8(x − 1) + 6(y − 2) − 8(z − 3) = 0

−8x + 8 + 6y − 12 − 8z + 24 = 0,

−8x + 6y − 8z + 20 = 0

4x − 3y + 4z = 10 R ξρ s email: [email protected]

30

Jasmer LPC

UMSA


31

EJEMPLO 2.14. Halle la ecuación del plano que pasa por el punto (3, 2, 2) y es perpendicular a la recta x−1 = y + 2 = z+3 4 −3 ´ SOLUCION.Como el plano que buscamos es perpendicular a la recta entonces su vector normal es precisamente el vector dirección de la recta.

x+1 5

=

y+2 −4

=

z−5 , −2

Por otro lado el vector dirección de la recta x+1 = y+2 = z−5 es (5, −4, −2). Luego la ecuación del 5 −4 −2 plano que pasa por el punto (3, 2, 2) y tiene vector normal igual a N = (5, −4, −2) es: (p − p0 ) • N = 0,

((x, y, z) − (3, 2, 2)) • (5, −4, −2) = 0

(x − 3, y − 2, z − 2) • (5, −4, −2) = 0

5(x − 3) − 4(y − 2) − 2(z − 2) = 0

10x − 15 − 4y + 8 − 2z + 4 = 0,

10x − 4y − 2z − 3 = 0.

EJEMPLO 2.15. Hallar la ecuación de la recta que pasa por el punto (1, 1, 2) y es perpendicular al plano x + y + z = 2. ´ SOLUCION.El vector normal al plano x + y + z = 2 es N = (1, 1, 1). Como la recta que buscamos es perpendicular al plano, entonces el vector dirección del plano es precisamente el vector normal al plano, por lo tanto la ecuación vectorial de la recta pasa por el punto (1, 1, 2) y tiene vector dirección N = (1, 1, 1) es (x, y, z) = (1, 1, 2) + t(1, 1, 1) de donde se sigue que las ecuaciones paramétricas de la recta son x = 1+t y = 1+t z = 2+t Además, las ecuaciones simétricas de la recta son y−1 z−2 x−1 = = . 1 1 1 ♣ EJEMPLO 2.16. Hallar la ecuación del plano que pasa por el punto Q(2, 1, −1) y contiene a la x−1 z+1 recta L : =y+2= . 3 2


31

Jasmer LPC


UMSA

32

x−1 z+1 = y+2 = pasa por el punto P (1, −2, −1) y tiene vector 3 2 dirección igual a u(3, 1, 2). Luego los siguientes vectores están sobre este plano −→ P Q = Q − P = (2, 1, −1) − (1, −2, −1) = (1, 3, 0) ´ SOLUCION.La recta

y u = (3, 1, 2). −→ −→ Puesto que los vectores P Q y u viven en el plano, su producto vectorial P Q×u es el vector normal al plano que buscamos. −→ Calculemos P Q × u, i j k 3 0 1 0 1 3 −→ −j P Q × u = 1 3 0 = i 3 2 +k 3 1 1 2 3 1 2 = (6, −2, 1 − 9) = (6, −2, −8).

Ahora nos toca encontrar la ecuación del plano que pasa por el punto Q(2, 1, −1) y que tenga −→ vector normal M = P Q × u = (6, −2, −8). (p − Q) • N = 0,

((x, y, z) − (2, 1, −1)) • (6, −2, −8) = 0

(x − 2, y − 1, z + 1) • (6, −2, −8) = 0 4x − 12 − 2y + 1 − 8z − 8 = 0,

6(x − 2) − 2(y − 1) − 8(z + 1) = 0 4x − 2y − 8z − 19 = 0.

EJEMPLO 2.17. Halle la ecuación del plano que contiene a las rectas: x−2 y−1 z−2 = = . −3 4 −1

♣

x−1 y−4 z = = ; −2 1 1

´ SOLUCION.Como el plano que contiene a las rectas: x−1 = y−4 = z1 ; x−2 = −2 1 −3 sigue que los vectores dirección de estas rectas están contenidas en el plano.

y−1 4

=

z−2 , −1

se

Vemos que el vector dirección de la recta x−1 = y−4 = 1z es u = (−2, 1, 1). Y el vector dirección −2 1 de la recta x−2 = y−1 = z−2 es v = (−3, 4, −1). Ahora con los vectores u y v podemos obtener el −3 4 −1 vector normal al plano que es dado por N = u × v, i j k 1 1 −2 1 −2 1 −j u × v = −2 1 1 = i −3 −1 + k −3 4 4 −1 −3 4 −1 = (−1 − 4, −(2 + 3), −8 + 3) = (−5, −5, −5).


32

Jasmer LPC

UMSA


33

Ahora necesitamos hallar un punto p0 por donde la recta pasa. Esto es fácil, por que podemos tomar el punto por donde pasa la recta x−1 = y−4 = z1 , es decir, −2 1 p0 = (1, 4, 0) Luego la ecuación del plano que pasa por p0 = (1, 4, 0) y es ortogonal al vector N = (−5, −5, −5) es (p − p0 ) • N = 0,

((x, y, z) − (1, 4, 0)) • (−5, −5, −5) = 0

(x − 1, y − 4, z) • (−5, −5, −5) = 0 −5x + 5 − 5y + 20 − 5z = 0,

− 5(x − 1) − 5(y − 4) − 5z = 0

−5x − 5y − 5z = −25

x + y + z = 5.

EJEMPLO 2.18. Halle la ecuación del plano que contiene a las rectas: x+1 = y − 1 = z − 2. −2

x−1 −2

= y = z + 1;

´ SOLUCION.Idéntico al anterior. EJEMPLO 2.19. Halle la ecuación del plano que contiene a todos los puntos equidistantes a los puntos (2, 2, 0), (0, 2, 2). ´ SOLUCION.Un punto (x, y, z) es equidistante a los puntos (2, 2, 0) y (0, 2, 2) si la distancia de (x, y, z) a (2, 2, 0) es igual a la distancia de (x, y, z) a (0, 2, 2). Esto es, p p (x − 2)2 + (y − 2)2 + z 2 = x2 + (y − 2)2 + (z − 2)2 x2 − 4x + 4 + y 2 − 4y + 4 + z 2 = x2 + y 2 − 4y + 4 + z 2 − 4z + 4 −4x + 4 − 4y + 4 = −4y + 4 − 4z + 4 −4x + 4z = 0,

x − z = 0.

EJEMPLO 2.20. Determine si los planos son: paralelo, perpendiculares, o ninguna de las dos cosas. Si no son paralelos ni perpendiculares, hallar el ´ angulo de intersecci´ on. 5x − 3y + z = 4, x + 4y + 7z = 1. R ξρ s email: [email protected]

33

Jasmer LPC


UMSA

34

´ SOLUCION.El vector normal al plano 5x − 3y + z = 4 es n1 = (5, −3, 1) El vector normal al plano x + 4y + 7z = 1 es n2 = (1, 4, 7) Observemos que n1 y n2 no son paralelos. Además como

n1 • n2 = (5, −3, 1) • (1, 4, 7) = 5 − 12 + 7 = 0 entonces los planos son ortogonales. EJEMPLO 2.21. Determine si los planos son: paralelo, perpendiculares, o ninguna de las dos cosas. Si no son paralelos ni perpendiculares, hallar el ´ angulo de intersecci´ on. 4x + y − z = 2, −x − 2y − 4z = 2. ´ SOLUCION.El vector normal al plano 4x + y − z = 2 es n1 = (4, 1, −1) El vector normal al plano −x − 2y − 4z = 2 es n2 = (−1, −2, −4)

Observemos que n1 y n2 no son paralelos. Además como

n1 • n2 = (4, 1, −1) • (−1, −2, −4) = −4 − 2 + 4 = −2 entonces los planos no son ortogonales. Ahora el ángulo θ entre los dos planos verifica cos θ = por tanto

|n1 • n2 | | − 2| 2 p =p =√ √ ||n1 || ||n2 || 18 21 (4)2 + (1)2 + (−1)2 (−1)2 + (−2)2 + (−4)2

2 θ = arc cos √ 378

EJEMPLO 2.22. Determine si los planos son: paralelo, perpendiculares, o ninguna de las dos cosas. Si no son paralelos ni perpendiculares, hallar el ´ angulo de intersecci´ on. 2x − 3y + 2z = 3, x + 3y + 2z = 4. ´ SOLUCION.El vector normal al plano 2x − 3y + 2z = 3 es n1 = (2, −3, 2) El vector normal al plano x + 3y + 2z = 4 es n2 = (1, 3, 2) Observemos que n1 y n2 no son paralelos. Además como n1 • n2 = (2, −3, 2) • (1, 3, 2) = 2 − 9 + 4 = −3 entonces los planos no son ortogonales. Ahora el ángulo θ entre los dos planos verifica cos θ =

|n1 • n2 | | − 3| 3 p =p =√ √ ||n1 || ||n2 || 17 14 (2)2 + (−3)2 + (2)2 (1)2 + (3)2 + (2)2


34

Jasmer LPC


UMSA por tanto

35

3 θ = arc cos √ 238 EJEMPLO 2.23. Halle las ecuaciones paramétricas de la recta de intersecci´ on entre los planos x − 4y + 2z = 0, 3x + 2y − z = 7.

´ SOLUCION.Haciendo z = t, del sistema ( x − 4y + 2z = 0 se obtiene 3x + 2y − z = 7

(

x − 4y

= −2t

3x + 2y = t + 7

Multiplicando por −3 a la primera ecuación y luego sumando hacia abajo tenemos 10y = −6t + t + 7,

y=

−5t + 7 1 7 =− t+ 10 2 10

además

4 28 14 x = −2t + 4y = −2t − t + = −4t + 2 10 5 Por tanto las ecuaciones paramétricas de la recta son x = −4t +

y = − 21 t +

14 5 7 10

z = t.

EJEMPLO 2.24. Determinar la ecuaci´ on del plano ortogonal al plano P = (1, −1, 1)+s(2, 1, 2)+ t(−2, 0, 1), donde t, s son n´ umeros reales, y que contenga a la recta P = (3, 1, −1) + t(1, −2, 3), donde t es real. e del plano P = (1, −1, 1)+s(2, 1, 2)+t(−2, 0, 1), ´ SOLUCION.Consideremos el vector normal N que es dado por i j k e = (2, 1, 2) × (−2, 0, 1) = 2 1 2 = i 1 2 N 0 1 −2 0 1

2 2 2 1 −j −2 1 + k −2 0 = (1, −6, 2).

Como el plano buscado contenga a la recta P = (3, 1, −1) + t(1, −2, 3), se tiene que este pasa por e × (3, 1, −1) = (1, −6, 2) × (3, 1, −1) esto es (3, 1, −1) y tiene vector normal igual a N = N i j k N = 1 −6 2 3 1 −1

= i −6 2 1 −1

−j 1 2 3 −1

+ k 1 −6 = (4, 7, 19). 3 1

Por tanto el plano buscado es 4(x − 3) + 7(y − 1) + 19(z + 1) = 0. R ξρ s email: [email protected]

35

♣

Jasmer LPC


UMSA

36

EJEMPLO 2.25. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on: La recta y−3 z−2 x+4 = = 3 4 2 y el plano 3x + 4y + 2z − 6 = 0 son paralelos. Justifique su respuesta. x+4 y−3 z−2 = = es la ecuación de la recta que pasa por el 3 4 2 punto (−4, 3, 2) y tiene vector dirección u = (3, 4, 2). Por otro lado la ecuación 3x+ 4y + 2z −6 = 0 es la ecuación del plano que tiene como vector normal al vector N = (3, 4, 2). Recordemos que un plano y una recta son paralelos siempre y cuando el vector normal del plano es ortogonal al vector dirección de la recta. En nuestro caso, tenemos

´ SOLUCION.La ecuación

u • N = (3, 4, 2) • (3, 4, 2) = 9 + 16 + 4 = 29 6= 0 ♣

por tanto nuestra recta y plano no son paralelos. EJEMPLO 2.26. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on: La recta x+4 y−3 z−2 = = 2 4 3 y el plano 2x + 4y + 2z − 8 = 0 son paralelos. Justifique su respuesta.

x+4 y−3 z−2 = = es la ecuación de la recta que pasa por el 2 4 3 punto (−4, 3, 2) y tiene vector dirección u = (2, 4, 3). Por otro lado la ecuación 2x+ 4y + 2z −8 = 0 es la ecuación del plano que tiene como vector normal al vector N = (2, 4, 2). Recordemos que un plano y una recta son paralelos siempre y cuando el vector normal del plano es ortogonal al vector dirección de la recta. En nuestro caso, tenemos

´ SOLUCION.La ecuación

u • N = (2, 4, 3) • (2, 4, 2) = 4 + 8 + 6 = 14 6= 0 por tanto nuestra recta y plano no son paralelos.

♣

EJEMPLO 2.27. Halla la ecuación cartesiana del plano que contiene a la recta:   x = 1+t R y = −1 + 2t  z = t Q y es perpendicular al plano cuya ecuaci´ on es 2x + y − z = 2

´ SOLUCION.La ecuación paramétrica del plano que pasa por el punto A(x0 , y0 , z0 ) y tiene vectores dirección u y v es p = A + tu + sv. Esta ecuación es equivalente a x − x0 y − y0 z − z0 u2 u3 = 0 (p − A) • u × v = u1 u1 u2 u3


36

Jasmer LPC


UMSA

37

Sea Ω el plano buscado. Un vector paralelo al plano Ω es el vector dirección deQla recta R: v(1, 2, 1). Otro vector paralelo al plano Ω es el vector normal del plano perpendicular : u = (2, 1, −1). Un punto del plano es un punto de la recta R: P (1, −1, 0). Luego la ecuación del plano Ω es: x−1 y+1 z 2 =0 1 −1 1 2 1

♣

de donde 3x − 3y + 3z − 6 = 0 y finalmente Ω tiene por ecuación a x − y + z = 2

EJEMPLO 2.28. Determine la ecuaci´ on del plano que pasa por los puntos P (2, 5, 4), Q(3, 4, 2) y es perpendicular al plano x + y − 2z = 4. ´ SOLUCION.Nombremos al vector normal del plano x + y − 2z = 4 por N = (1, 1, −2). Ahora bien, N es paralelo al plano que buscamos. Luego los siguientes vectores están sobre este plano −→ P Q = Q − P = (3, 4, 2) − (2, 5, 4) = (1, −1, −2) y −→ Puesto que los vectores P Q y normal al plano. −→ Calculemos P Q × N, i −→ P Q × N = 1 1

N = (1, 1, −2).

−→ N viven en el plano, su producto vectorial P Q × N es el vector

j k −1 −2 −1 −2 = i 1 −2 1 −2

− j 1 −2 1 −2

= (2 + 2, −(−2 + 2), 1 + 1) = (4, 0, 2).

+ k 1 −1 1 1

Ahora nos toca encontrar la ecuación del plano que pasa por el punto P (2, 5, 4) y que tenga vector −→ normal M = P Q × N = (4, 0, 2). (p − P ) • M = 0,

((x, y, z) − (2, 5, 4)) • (4, 0, 2) = 0

(x − 2, y − 5, z − 4) • (4, 0, 2) = 0

4(x − 2) + 0(y − 5) + 2(z − 4) = 0

4x − 8 + 2z − 8 = 0,

2x + z − 8 = 0.

♣

EJEMPLO 2.29. Determine la ecuaci´ on del plano que pasa por los puntos P (2, 4, 5), Q(3, 2, 4) y es perpendicular al plano x − y + 2z = 8. R ξρ s email: [email protected]

37

Jasmer LPC


UMSA

38

´ SOLUCION.Nombremos al vector normal del plano x − y + 2z = 8 por N = (1, −1, 2). Ahora bien, N es paralelo al plano que buscamos. Luego los siguientes vectores están sobre este plano −→ P Q = Q − P = (3, 2, 4) − (2, 4, 5) = (1, −2, −1) y −→ Puesto que los vectores P Q y normal al plano. −→ Calculemos P Q × N, i −→ P Q × N = 1 1

N = (1, −1, 2).

−→ N viven en el plano, su producto vectorial P Q × N es el vector j k −2 −1 1 −1 1 −2 −2 −1 = i − j 1 2 + k 1 −1 −1 2 −1 2

= (−4 − 1, −(2 + 1), −1 + 2) = (−5, −3, 1).

Ahora nos toca encontrar la ecuación del plano que pasa por el punto P (2, 4, 5) y que tenga vector −→ normal M = P Q × N = (−5, −3, 1). (p − P ) • M = 0,

((x, y, z) − (2, 4, 5)) • (−5, −3, 1) = 0

(x − 2, y − 4, z − 5) • (−5, −3, 1) = 0

− 5(x − 2) − 3(y − 4) + (z − 5) = 0

−5x + 10 − 3y + 12 + z − 5 = 0,

−5x − 3y + z + 17 = 0.

♣

EJEMPLO 2.30. Anote la condición que debe cumplir m para que la recta x + 3 = y − 2 = sea paralela al plano 2x + 4y + mz = 2.

z−1 2

z−1 es u = (1, 1, 2) y el vector 2 normal del plano 2x + 4y + mz = 2 es N = (2, 4, m). Recordemos que una recta es paralela a un plano si el vector dirección de la recta es perpendicular al vector normal del plano, as´ı tenemos que

´ SOLUCION.El vector dirección de la recta x + 3 = y − 2 =

(1, 1, 2) • (2, 4, m) = 0 2 + 4 + 2m = 0

de aqu´ı obtenemos que m = −3. ♣ EJEMPLO 2.31. Probar que la recta de intersecci´ on de los planos x + 2y − z − 2 = 0 y 3x + 2y + 2z − 8 = 0 es paralela a la recta p = (1, 1, 1) + t(6, −5, −4). Encuentre la ecuación del plano que forman estas dos rectas. R ξρ s email: [email protected]

38

Jasmer LPC


UMSA

39

´ SOLUCION.Denotemos por p = p0 + tu la recta de intersección de ambos planos. Para hallar el punto p0 hagamos x = 0, en ambas ecuaciones, luego obtenemos el siguiente sistema  6y = 12    2y − z = 2 4y − 2z = 4 y = 2 2y + 2z = 8 2y + 2z = 8 2(2) − z = 2    z = 2

Luego p0 (0, 2, 2). El vector dirección es

u = N0 × N1

i j k 1 −1 2 −1 −j +k 1 2 = 1 2 −1 = i 3 2 3 2 2 2 3 2 2

= (4 + 2, −(2 + 3), 2 − 6) = (6, −5, −4).

Entonces la recta es p = (0, 2, 2) + t(6, −5, −4). Comparando con la que tenemos p = (1, 1, 1) + t(6, −5, −4), se obtiene que ambos son paralelos. Ahora construyamos un plano que contenga a estas dos rectas. Recordemos que la ecuación del plano es N • (p − q0 ) = 0. Tenemos los siguiente dados q0 = (0, 2, 2). Tomemos w = (1, 1, 1) − (0, 2, 2) = (1, −1, −1), luego i j k N = (6, −5, −4) × (1, −1, −1) = 6 −5 −4 1 −1 −1 = (5 − 4, −(−6 + 4), −6 + 5) = (1, 2, −1).

= i −5 −4 −1 −1

− j 6 −4 1 −1

+ k 6 −5 1 −1

luego el plano buscado tiene por ecuación (1, 2, −1)•(x, y −2, x−2) = 0, esto es, x+2y −z −2 = 0.

Otra manera de resolver este problema es la siguiente: Hagamos z = t,

Luego

x + 2y − t − 2 = 0 3x + 2y + 2t − 8 = 0

−x − 2y + t + 2 = 0 3x + 2y + 2t − 8 = 0

 2x + 3t − 6 = 0     6 − 3t 3   x = =− t+3  2 2 t+2−x t+2 x t + 2 6 − 3t 2t + 4 − 6 + 3t  y = = − = − =   2 2 2 2 4 4   5t − 2 5 1   = = t− 4 4 2

3 5 1 3 5 1 1 1 (x, y, z) = − t + 3, t − , t = − , , 1 t + (3, − , 0) = − t (6, −5, −4) + (3, − , 0) 2 4 2 2 4 2 4 2 R ξρ s email: [email protected]

39

♣

Jasmer LPC


UMSA

40

EJEMPLO 2.32. Probar que la recta de intersecci´ on de los planos Π1 : x + 2y − z = 2 y Π2 : 3x + 2y + 2z = 8 es paralela a la recta R: p = (1, 1, 1) + t(6, −5, −4). Encuentre la ecuación del plano que forman estas rectas. ´ SOLUCION.Haciendo z = t, del sistema (

x + 2y − z

= 2

3x + 2y + 2z = 8

se obtiene

(

x + 2y

= 2+t

3x + 2y = 8 − 2t

Multiplicando por −3 a la primera ecuación y luego sumando hacia abajo tenemos −4y = 2 − 5t,

y=

5t − 2 5 1 = t− 4 4 2

además

5 3 x = t + 2 − 2y = t + 2 − t + 1 = − t + 3 2 2 Por tanto las ecuaciones paramétricas de la recta son 3 x = − t + 3, 2

5 1 y = t− , 4 2

z = t.

Por tanto (x, y, z) = (3, −1/2, 0)+t(−3/2, 5/4, 1) = (−1/2, 3, 0)−t/4(6, −5, −4), lo cual demuestra que ambas rectas son paralelas. Ahora bien, puesto que ambas rectas p = (1, 1, 1)+t(6, −5, −4) y p = (3, −1/2, 0)+t(−3/2, 5/4, 1) son paralelas, es suficiente definir los vectores u = (3, −1/2, 0) − (1, 1, 1) = (2, −3/2, −1) y v = (6, −5, −4) y con ellos tomar N = (2, −3/2, −1) × (6, −5, −4) i j k N = 2 −3/2 −1 6 −5 −4

= i −3/2 −1 −5 −4

− j 2 −1 6 −4

2 −3/2 +k 6 −5 = (−1, 2, −1).

Por tanto el plano buscado es −(x − 1) + 2(y − 1) − 1(z − 1) = 0.

♣

EJEMPLO 2.33. Halla la ecuación de la recta que pasa por el punto P (2, −1, 1) y corta perpendicularmente a la recta R dada por: x−2 y−1 = =z 2 2


40

Jasmer LPC


UMSA

41

´ SOLUCION.En primer lugar hay que hallar el plano P perpendicular a la recta R que pasa por el punto P (2, −1, 1). Después se halla el punto de intersección P ′ de la recta R y del plano P. La recta pedida es la que pasa por P y P ′ . El vector dirección del plano P es n(2, 2, 1), luego el plano P que pasa por el punto P (2, −1, 1) y tiene vector normal n es 2(x − 2) + 2(y + 1) + z − 1 = 0 o 2x + 2y + z = 3. Se pasa la recta R a su forma paramétrica   x = 2 + 2t R y = 1 + 2t  z = t

y se sustituyen los valores de x, y, z en la ecuación del plano P 2(2 + 2t) + 2(1 + 2t) + t = 3 despejando t, t = −1/3, luego el punto de intersección P ′ es P ′ (4/3, 1/3, −1/3). Ahora, el vector dirección de la recta buscada es v = P ′ − P = (−2/3, 4/3, −4/3). Podemos tomar v = (1, −2, 2), as´ı la recta es z−1 y+1 = x−2= 2 2 ♣

2.5.

Distancias entre puntos, rectas y planos

´ 2.4. La distancia entre dos figuras geométricas se define como el valor m´ınimo DEFINICION de las distancias entre puntos de cada una de las figuras geométricas. TEOREMA 2.6 (Distancia de un punto a una recta). La distancia entre un punto q y la recta l que pasa por el punto p0 y tiene vector direcci´ on igual a u “p = p0 + tu” puede ser calculado usando una de las siguientes fórmulas: ||(q − p0 ) × u|| (q − p0 ) • u d(q, l) = = (q − p0 ) + u ||u|| ||u||2 ❚

Demostración.

EJEMPLO 2.34. Halle la distancia del punto (4, −1, 5) a la recta x = 3, y = 1 + 3t, z = 1 + t. ´ SOLUCION.De las ecuaciones paramétricas de la recta x = 3 y = 1 + 3t z = 1 + t. R ξρ s email: [email protected]

41

Jasmer LPC


UMSA

42

obtenemos (x, y, z) = (3, 1 + 3t, 1 + t) = (3, 1, 1) + t(0, 3, 1). Por tanto en nuestro caso tenemos que q = (4, −1, 5), p0 = (3, 1, 1) y u = (0, 3, 1).

Ahora bien, como

q − p0 = (4, −1, 5) − (3, 1, 1) = (1, −2, 4),

se tiene que

i j k (q − p0 ) × u = 1 −2 4 0 3 1

= i −2 4 3 1

−j 1 4 0 4

1 −2 +k 0 3

= (−2 − 12, −(4 − 0), 3 − 0) = (−14, −4, 3).

Cuya longitud es dado por ||(q − p0 ) × u|| =

p

(−14)2 + (−4)2 + (3)2 =

√

196 + 16 + 9 =

√

221.

Por tanto a distancia del punto (4, −1, 5) a la recta x = 3, y = 1 + 3t, z = 1 + t es r √ √ 221 221 221 D=p = . = √ 10 10 (0)2 + (3)2 + (1)2

TEOREMA 2.7 (Distancia entre dos rectas no paralelas). Si los vectores u y v son no paralelos, entonces la distancia entre la recta l que pasa por el punto p0 y tiene vector dirección igual a u “p = p0 + tu” y la recta m que pasa por el punto q0 y tiene vector dirección igual a v “p = q0 + tv” es (q0 − p0 ) • (u × v) − − → d(l, m) = ||Proyu×v p0 q0 || = ||u × v|| ❚

Demostración.

EJEMPLO 2.35. Halle la distancia entre las rectas paralelas L1 : x = 2 −t, y = 3 + 2t, z = 4 + t; L2 : x = 3t, y = 1 − 6t, z = 4 − 3t ´ SOLUCION.En este caso hallemos primero un punto sobre la recta L1 , este punto es q = (2, 3, 4). Ahora la distancia entre las rectas paralelas L1 y L2 es precisamente la distancia del punto q = (2, 3, 4) a la recta L2 . Y para hallar esta distancia se procede como en el anterior ejercicio. TEOREMA 2.8 (Distancia de un punto a un plano). La distancia entre un punto q(x1 , y1 , z1 ) al plano P que pasa por el punto p0 (x0 , y0, z0 ) y tiene vector normal igual a N(a, b, c) “(p−p0 )•N = 0” es |(q − p0 ) • N| |a(x1 − x0 ) + b(y1 − y0 ) + c(z1 − z0 )| √ d(q, P) = ||ProyN − p→ = 0 q|| = ||N|| a2 + b2 + c2


42

Jasmer LPC


UMSA

43

Si el plano es dado en su forma canónica ax + by + cz + d = 0, entonces d(q, P) =

|ax1 + by1 + cz1 + d| √ a2 + b2 + c2 ❚

Demostración.

TEOREMA 2.9 (Distancia entre dos planos paralelos). La distancia entre los planos a1 x+ d1 d 2 b1 y + c1 z + d1 = 0 y a2 x + b2 y + c2 z + d2 = 0 es d = − donde N1 (a1 , b1 , c1 ) y ||N1 || ||N2 || |d1 − d2 | N2 (a2 , b2 , c2 ). En particular si N1 = N2 , entonces d = √ a2 + b2 + c2 Demostración. Consideremos los puntos p1 (x1 , y1, z1 ) en el plano a1 x + b1 y + c1 z + d1 = 0 y p2 (x2 , y2 , z2 ) en el plano a2 x + b2 y + c2 z + d2 = 0. Luego la distancia de p1 al plano a2 x + b2 y + c2 z + d2 = 0 es dado por d=

|p1 • N2 − p2 • N2 | |(p1 − p2 ) • N2 | = ||N2 || ||N2 ||

Por otro lado las ecuaciones a1 x1 + b1 y1 + c1 z1 + d1 = 0 y a2 x2 + b2 y2 + c2 z2 + d2 = 0 implican que p1 • N1 = −d1 y p2 • N2 = −d2 .

Ahora bien supongamos que N1 es paralelo a N2 , por tanto N1 = kN2 , as´ı ||N1 || = k||N2 ||, y además k(p1 • N2 ) = −d1 , as´ı: d=

|−

d1 + d2 | d d2 d1 d2 1 k = − = − ||N2 || k||N2 || ||N2 || ||N1 || ||N2 ||

❚

EJEMPLO 2.36. Halle la distancia del punto (2, 8, 4) al plano 4x − 2y − 4z = 2 ´ SOLUCION.En nuestro caso tenemos que q = (2, 8, 4) y N = (4, −2, −4). Hallamos p0 haciendo x = z = 0, luego y = −1, as´ı p0 = (0, −1, 0). Reemplazando datos tenemos D=

|(q − p0 ) • N| |((2, 8, 4) − (0, −1, 0) • (4, −2, −4)| = ||N|| ||(4, −2, −4)||

|(2, 9, 4) • (4, −2, −4)| |8 − 18 − 16| 26 26 13 D=p =√ =√ = = 6 3 16 + 4 + 16 36 (4)2 + (−2)2 + (−4)2 R ξρ s email: [email protected]

43

Jasmer LPC


UMSA

44

EJEMPLO 2.37. Halle la distancia entre los planos paralelos 2x−3y +4z = 8, 4x−6y +8z = 18 ´ SOLUCION.Hallemos un punto q sobre el plano 2x − 3y + 4z = 8, esto se logra haciendo x = y = 0, de donde z = 2, por tanto q = (0, 0, 2). Del mismo modo hallemos un punto p0 sobre el plano 4x − 6y + 8z = 18, esta vez hagamos x = z = 0, de donde y = −3, por tanto p0 = (0, −3, 0). Luego el plano 4x − 6y + 8z = 18 pasa por el punto p0 = (0, −3, 0) y tiene vector normal N = (4, −6, 8). Ahora estamos en condiciones de aplicar la formula D=

|((0, 0, 2) − (0, −3, 0) • (4, −6, 8)| |(q − p0 ) • N| = ||N|| ||(4, −6, 8)||

|(0, 3, 2) • (4, −6, 8)| |0 − 18 − 16| 34 D=p =√ =√ . 2 2 2 16 + 36 + 64 116 (4) + (−6) + (8)

EJEMPLO 2.38. Halle la distancia entre los planos paralelos x − 2y + 2z = 7, 2x − 4y + 4z = 8 ´ SOLUCION.Hallemos un punto q sobre el plano x − 2y + 2z = 7, esto se logra haciendo y = z = 0, de donde x = 7, por tanto q = (7, 0, 0). Del mismo modo hallemos un punto p0 sobre el plano 2x − 4y + 4z = 8, esta vez hagamos y = z = 0, de donde x = 4, por tanto p0 = (4, 0, 0). Luego el plano 2x − 4y + 4z = 8 pasa por el punto p0 = (4, 0, 0) y tiene vector normal N = (2, −4, 4). Ahora estamos en condiciones de aplicar la formula |(q − p0 ) • N| |((7, 0, 0) − (4, 0, 0) • (2, −4, 4)| D= = ||N|| ||(2, −4, 4)|| 6 |(3, 0, 0) • (2, −4, 4)| |6 − 0 + 0| 1 D=p =√ = . =√ 2 2 2 6 4 + 16 + 16 36 (2) + (−4) + (4)

♣

EJEMPLO 2.39. Se consideran los puntos: A(1, 1, 1), B(0, −2, 2), C(−1, 0, 2), D(2, −1, −2) a) Calcula la distancia del punto D al plano determinado por los puntos A, B y C. b) Halla unas ecuaciones cartesianas de la recta que pasa por D y es perpendicular al plano determinado por los puntos A, B y C Q ´ SOLUCION.Empecemos determinando la ecuación del plano determinado por los puntos A, B y C. Los vectores dirección de este plano son u = B − A = (−1, −3, 1),

y v = C − A = (−2, −1, 1)

La ecuación paramétrica del plano que pasa por el punto A(x0 , y0 , z0 ) y tiene vectores dirección u y v es p = A + tu + sv. Esta ecuación es equivalente a x − x0 y − y0 z − z0 u2 u3 = 0 (p − A) • u × v = u1 u1 u2 u3 R ξρ s email: [email protected]

44

Jasmer LPC


UMSA reemplazando datos

x−1 y−1 z−1 −1 −3 1 −2 −1 1

45

=0

de donde 2x + y + 5z − 8 = 0. Ahora usando la formula de la distancia entre un punto q(x1 , y1, z1 ) al plano es dado en su forma canónica ax + by + cz + d = 0, dado por d(q, P) = obtenemos d=

|ax1 + by1 + cz1 + d| √ a2 + b2 + c2

|2(2) + 1(−1) + 5(−2) − 8| √ = 2, 74 2 2 + 12 + 52

b) Vector director de la recta R es el vector normal al plano. n(2, 1, 5) pasa por el punto D(2, −1, −2). x−2 z+2 =y+1= 2 5

2.6.

♣

Superficies Cuadr´ aticas

´ 2.5. Una superficie cuadr´ DEFINICION atica es la gr´ afica de una ecuaci´ on de segundo grado con tres variables x, y, z. La forma general de la ecuaci´ on es: ax2 + by 2 + cz 2 + dxy + eyz + f xz + gx + hy + iz + j = 0 donde a, b, c, d, e, f, g, h, i, j son constantes. Las superficies cuadráticas mas importantes son las siguientes: 1. Elipsoide. Tiene por ecuación

x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c

2. Hiperboloide de una hoja. Tiene por ecuación

x2 y 2 z 2 + 2 − 2 =1 a2 b c

3. Hiperboloide de dos hojas. Tiene por ecuación − 4. Paraboloide. Tiene por ecuación

x2 y 2 z + 2 = 2 a b c

5. Paraboloide hiperbólico. Tiene por ecuación R ξρ s email: [email protected]

x2 y 2 z 2 − 2 + 2 =1 a2 b c

45

x2 y 2 z − = a2 b2 c Jasmer LPC

UMSA


6. Conos. Tiene por ecuación

46

x2 y 2 z2 + = a2 b2 c2

7. Cilindro circular recto. Cuando una de las variables x, y o z no aparece en la ecuación de la superficie, Entonces la superficie es un Cilindro. a) Cilindro circular recto con eje en el eje z. Por ejemplo: x2 + y 2 = a2 es un cilindro en el espacio ya que falta la variable z. Por lo tanto, la gráfica del cilindro se extenderá paralelo al eje z. b) Cilindro circular recto con eje en el eje y. Por ejemplo: x2 + z 2 = a2 . c) Cilindro parabólico. Considere la ecuación x2 + y = 0, que corresponde a una parábola en el plano xy, al variar z se obtiene la superficie. d ) Cilindro el´ıptico con eje en el eje z. Considere la ecuación de la elipse y 2 + 4z 2 = 4 en el plano yz , al recorrer el eje x se obtiene la superficie. e) Cilindro hiperbólico con eje en el eje z. Considere la ecuación y 2 − x2 = 1 que corresponde a una hipérbola centrada en el (0, 0) en el plano xy, al recorrer z se obtiene la superficie EJEMPLO 2.40. Para las ecuaciones siguientes, hacer un estudio completo: trazas, cortes con los ejes, identificar la superficie y hacer un gràfico aproximado.


46

Jasmer LPC


UMSA 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8) 9)

47

4x2 − y 2 + z 2 − 8x + 2y + 3 = 0.

Sol. hiperboloide de una hoja con centro en (1, 1, −1) x2 + y 2 + z 2 − 8x − 8y − 6z + 24 = 0.

Sol. esfera x2 + 2y 2 − 4z 2 − 8 = 0.

Sol. cono el´ıptico de 2 hojas. x2 − y 2 + z 2 − 10z + 25 = 0.

Sol. cono circular. x2 + 36y 2 + 36z − 9 = 0.

Sol. paraboloide el´ıptico. x2 − z 2 − 5y = 0.

Sol. paraboloide hiperbólico. x2 + 4y 2 − 4z 2 − 6x − 16y − 16z + 5 = 0.

Sol. hiperboloide de una hoja. y 2 + z 2 − 2x = 0.

Sol. paraboloide circular recto. z = 3x2 + 2y 2 − 11.

Sol. paraboloide. z 2 y 2 x2 10) − − = 1. 4 9 9 Sol. hiperboloide de dos hojas. 11) x2 + z 2 = 1, x2 + z = 1, x2 − 4y 2 = 1, 4x2 + y 2 = 36, x = 4 − y 2 , x2 + 4y 2 = 16. Sol. cilindros

´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 2.41. Halle la ecuación est´ andar de la esfera que tiene los puntos (2, 0, 0) y (0, 6, 0) como extremos de un diámetro. ´ SOLUCION.Como los puntos (2, 0, 0) y (0, 6, 0) son extremos de un diámetro, entonces el punto medio entre los dos es el centro de la esfera. El punto medio entre (2, 0, 0) y (0, 6, 0) es 2+0 0+6 0+0 , , = (1, 3, 0). 2 2 2 Y además el radio de la esfera es la mitad del diámetro, es decir, r=

1p 1√ (2 − 0)2 + (0 − 6)2 + (0 − 0)2 = 40 2 2


47

Jasmer LPC


UMSA

48

Por tanto la esfera tiene por ecuación 2

2

2

(x − 1) + (y − 3) + (z − 0) =

2 1√ 40 2

(x − 1)2 + (y − 3)2 + z 2 = 10. EJEMPLO 2.42. Halle la ecuación est´ andar de la esfera que tiene centro el punto (2, 3, 1) y es tangente al plano xy. ´ SOLUCION.El plano xy tiene por ecuación z = 0 que es el plano que pasa por el punto p0 = (0, 0, 0) y tiene vector normal N = (0, 0, 1). Luego la distancia del punto q = (2, 3, 1) a este plano calculado con la formula D=

|(q − p0 ) • N| |(2, 3, 1) • (0, 0, 1)| = = 1. ||N|| ||(0, 0, 1)||

es precisamente el radio de la esfera que tiene centro el punto (2, 3, 1) y es tangente al plano xy, por tanto su ecuación es: (x − 2)2 + (y − 3)2 + (z − 1)2 = 1 EJEMPLO 2.43. Halle la ecuación est´ andar de la esfera que tiene centro el punto (4, −3, 1) y es tangente al plano 3x − 2y + z = 3. ´ SOLUCION.El plano 3x − 2y + z = 3 pasa por el punto p0 = (1, 0, 0) y tiene vector normal N = (3, −2, 1). Luego la distancia del punto q = (4, −3, 1) a este plano calculado con la formula D=

|(q − p0 ) • N| |(3, −3, 1) • (3, −2, 1)| 16 = =√ . ||N|| ||(3, −2, 1)|| 14

es precisamente el radio de la esfera que tiene centro el punto (4, −3, 1) y es tangente al plano 3x − 2y + z = 3, por tanto su ecuación es:

16 √ 14

(x − 4)2 + (y + 3)2 + (z − 1)2 =

256 14

2

2

2

(x − 4) + (y + 3) + (z − 1) =


48

2

Jasmer LPC

CAPÍTULO 3

Curvas

EJEMPLO 3.1. Si f (t) = (3 sen t, 2 cos t), demuestre que el rango de f es una elipse. ´ SOLUCION.(3 sen t)2 (2 cos t)2 + =1 32 22 EJEMPLO 3.2. Trazar las curvas f (t) = (t, t), f (t) = (t, t2 ), f (t) = (1, t, t2 ), f (t) = (cos t, t, sen t), f (t) = (t, cos t, t, sen t) ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 3.3. Hallar la ecuación de la recta que pasa por los puntos de intersección de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 5, con la hélice ϕ(t) = (cos t, sen t, t) ´ SOLUCION.Empecemos hallando los puntos de intersección de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 5, con la hélice ϕ(t) = (cos t, sen t, t). Para esto resolvemos la ecuación cos2 t + sen2 t + t2 = 5 1 + t2 = 5 de esta u ´ ltima ecuación obtenemos dos valores para t, en efecto, t = ±2. Luego puntos buscados son (cos 2, − sen 2, −2) y (cos 2, sen 2, 2) . Nombremos a estos puntos por 49


UMSA

50

p0 = (cos 2, − sen 2, −2), y p1 = (cos 2, sen 2, 2). Luego la ecuación vectorial de la recta que pasa a través del puntos p0 = (cos 2, − sen 2, −2) y que tiene vector dirección u = − p−→ p = p − p = (cos 2, sen 2, 2) − (cos 2, − sen 2, −2) 0 1

1

0

= (0, 2 sen 2, 4)

es p = p0 + tu (x, y, z) = (cos 2, − sen 2, −2) + t(0, 2 sen 2, 4)

de donde obtenemos las ecuaciones paramétricas de la recta x = cos 2

y = − sen 2 + 2t sen 2 z = −2 + 4t

Además, las ecuaciones simétricas de la recta son x = cos 2,

y + sen 2 z+2 = . 2 sen 2 4 ♣

3.1.

Derivada y Recta Tangente

EJEMPLO 3.4. Halle las ecuaciones paramétricas de la recta tangente a la curva dada por t+1 t2 −1 t3 +1 f (t) = t , t2 , t3 en el punto p(2, 0, 2). ´ SOLUCION.Observemos que si t = 1, f (1) = (2, 0, 2). Ahora bien, La derivada f ′ (1) es el vector dirección de la recta tangente a la curva f que pasa por el punto f (1). Esta recta es dada por (x, y, z) = f (1) + tf ′ (1). Escribamos f (t) de la forma f (t) = 1 + t−1 , 1 − t−2 , 1 + t−3 luego evaluando t = 1 se tiene

f ′ (t) = 1 − t−2 , 1 + 2t−3 , 1 − 3t−4

Por tanto la recta que buscamos es

f ′ (1) = (0, 3, −2)

(x, y, z) = (2, 0, 2) + t(0, 3, −2). R ξρ s email: [email protected]

50

Jasmer LPC

UMSA


51

en el EJEMPLO 3.5. Halle la recta tangente a la curva definida por f (t) = t2 + 2, 4t − 1, 1+t t punto p(3, 3, 2). ´ SOLUCION.Observemos que si t = 1, f (1) = (3, 3, 2). Ahora bien, La derivada f ′ (1) es el vector dirección de la recta tangente a la curva f que pasa por el punto f (1). Esta recta es dada por (x, y, z) = f (1) + tf ′ (1). Escribamos f (t) de la forma f (t) = t2 + 2, 4t − 1, 1 + t−1 luego f ′ (t) = 2t, 4, −t−2 evaluando t = 1 se tiene f ′ (1) = (2, 4, −1)

Por tanto la recta que buscamos es (x, y, z) = (3, 3, 2) + t(2, 4, −1). EJEMPLO 3.6. Halle la recta tangente a la curva f (t) = t0 = 1. Respuesta. (x, y, z) = (1, 0, 2) + t(2, 2, −1).

2 t+1 t2 , t t−1 2 , t

♣ en el punto donde

´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 3.7. Halle las ecuaciones paramétricas de la recta tangente a la curva descrita por 2 2 3 f (t) = t , 3 t , t en el punto cuando t = 1. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 3.8. Halle las ecuaciones paramétricas de la recta tangente a la curva descrita por f (t) = (2 cos(3t), 2 sen(3t), t) en el punto cuando t = π4 . ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 3.9. Halle las ecuaciones paramétricas de la recta tangente a la curva dada por f (t) = (2 cos(2t), 2 sen(2t), 3t) en t = π/2. ´ SOLUCION.Observemos que si t = π/2, f (π/2) = (2 cos(2π/2), 2 sen(2π/2), 3π/2) = (2 cos(π), 2 sen(π), 3π/2) = (−2, 0, (3/2)π). R ξρ s email: [email protected]

51

Jasmer LPC


UMSA

52

Ahora bien, La derivada f ′ (π/2) es el vector dirección de la recta tangente a la curva f que pasa por el punto f (π/2). Esta recta es dada por (x, y, z) = f (π/2) + tf ′ (π/2). Puesto que f (t) = (2 cos(2t), 2 sen(2t), 3t) aplicando la regla de la cadena obtenemos f ′ (t) = (−4 sen(2t), 4 cos(2t), 3) evaluando t = π/2 se tiene f ′ (π/2) = (−4 sen(2π/2), 4 cos(2π/2), 3) = (−4 sen(π), 4 cos(π), 3) = (0, 4, 3). Por tanto la recta que buscamos es (x, y, z) = (−2, 0, (3/2)π) + t(0, 4, 3). igualando componentes obtenemos las ecuaciones paramétricas de la recta x = −2 y = 4t

z = (3/2)π + 3t. EJEMPLO 3.10. Encontrar la recta tangente a la curva f (t) = (t, t2 /2, t3 ) paralela a la recta x = t, y = 2 − t, z = 1 + 3t. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 3.11. Encontrar todos los puntos en la curva f (t) = (sen t, cos t, sen(3t)) tiene un vector tangente paralelo al plano xy ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 3.12. Mostrar que todos los vectores tangentes a la hélice f (t) = (a cos t, a sen t, bt) b forma un ángulo constante con el eje Z y que el coseno de ese ´ angulo es √ . Halle la recta 2 a + b2 π tangente en t = 4 ´ SOLUCION.Puesto que f (t) = (a cos t, a sen t, bt) aplicando la regla de la cadena obtenemos ′ f (t) = (−a sen t, a cos t, b) evaluando t = s obtenemos los vectores tangentes a la hélice f ′ (s) = (−a sen s, a cos s, b). El vector dirección del eje Z es (0, 0, 1), R ξρ s email: [email protected]

52

Jasmer LPC


UMSA

53

Ahora bien, el ángulo θ entre los vectores f ′ (s) y (0, 0, 1) verifica cos θ =

|(−a sen s, a cos s, b) • (0, 0, 1)| b |f ′ (s) • (0, 0, 1)| = =√ ′ ||f (s)|| ||(0, 0, 1)|| ||(−a sen s, a cos s, b)|| ||(0, 0, 1)|| a2 + b2

La derivada f ′ (s) es el vector dirección de la recta tangente a la curva f que pasa por el punto f (s). Esta recta es dada por (x, y, z) = f (s) + tf ′ (s). ♣ EJEMPLO 3.13. Mostrar que la curva cuyas ecuaciones paramétricas son (e−t cos(t), e−t sen(t), e−t ), está sobre el cono x2 + y 2 = z 2 , por lo tanto la curva se dibuja sobre este cono (observar que z puede ser positivo y negativo).. Encontrar la ecuaci´ on paramétrica de la recta tangente de la curva r(t) = (e−t cos(t), e−t sen(t), e−t ), en el punto (1, 0, 1). ´ SOLUCION.r ′ (t) = (−e−t (cos(t) + sen(t)), e−t (cos(t) − sen(t)), −e−t ), si t = 0 tenemos el punto (1, 0, 1), por lo tanto el vector tangente es r ′ (0) = (−1, 1, −1). Por lo ♣ tanto la recta tangente es: (1 − t, t, 1 − t). i dh ′ λ(t) × λ (t) = λ(t) × λ′′ (t) EJEMPLO 3.14. Demostrar dx ´ SOLUCION.Sea λ(t) = λ1 (t), λ2 (t), λ3 (t) i j k ′ λ(t) × λ (t) = λ1 (t) λ2 (t) λ3 (t) λ′ (t) λ′ (t) λ′ (t) 1 2 3

por tanto

′

λ(t) × λ (t) =

λ2 (t)λ′3 (t)

−

= i λ2′ (t) λ3′ (t) λ2 (t) λ3 (t)

λ′2 (t)λ3 (t), λ1 (t)λ′3 (t)

− j λ1′ (t) λ3′ (t) λ1 (t) λ3 (t) −

+ k λ′1 (t) λ2′ (t) λ1 (t) λ2 (t)

λ′1 (t)λ3 (t), λ1 (t)λ′2 (t)

−

λ′1 (t)λ2 (t)

.

♣

EJEMPLO 3.15. Encontrar la ecuaci´ on de la recta tangente a la curva de intersección del cono 2 2 2 x + y = z y el plano x + y + z = 4 en el punto (0, 2, 2). ´ SOLUCION.-


♣

53

Jasmer LPC


UMSA

3.2.

54

Longitud de Curva

EJEMPLO 3.16. Para la curva descrita por f : [a, b] → R3 , si L es la longitud de la curva. Analice cuales de las siguientes afirmaciones son verdaderas: (a) L =

Z

a

b

||f (t)||dt

(b) L =

Z

b ′

a

||f (t)||dt

(c) L =

Z

b ′

f (t)dt

a

Z b ′ (d) L = f (t)dt a

´ SOLUCION.-

♣

√ EJEMPLO 3.17. Encontrar la longitud de la curva: r(t) = ( 2t, et , e−t ) para 0 ≤ t ≤ 1.

q√ √ ´ SOLUCION.Es claro que r ′ (t) = ( 2, et , −e−t ), además kr ′(t)k = ( 2)2 + (et )2 + (−e−t )2 = p R1 R1 ♣ (et + e−t )2 = et + e−t , entonces L = 0 ||f ′(t)|| dt = 0 (et + e−t ) dt = e − e−1 . EJEMPLO 3.18. Halle la longitud de arco de la curva dada por f (t) = (sen(2t), cos(2t), t ∈ [0, π/2]

√

5t),

´ SOLUCION.La longitud de una curva f (t) desde f (a) hasta f (b) se define como la integral de la rapidez desde a hasta b. Es decir Z b L= ||f ′(t)|| dt a

Un fácil cálculo muestra que f ′ (t) = (2 cos(2t), −2 sen(2t),

√

5)

y de ah´ı que ′

||f (t)|| =

q

√ √ √ 22 cos2 (2t) + (−2)2 sen2 (2t) + ( 5)2 = 22 + 5 = 9 = 3.

Por tanto, la longitud de arco de la curva es L=

Z

π/2 ′

0

||f (t)|| dt =

Z

0

π/2

3 3 dt = π. 2

♣

EJEMPLO 3.19. Halle la longitud de arco de la curva dada por f (t) = (sen(4t), cos(4t), 3t), t ∈ [0, π/2] R ξρ s email: [email protected]

54

Jasmer LPC


UMSA

55

´ SOLUCION.La longitud de una curva f (t) desde f (a) hasta f (b) se define como la integral de la rapidez desde a hasta b. Es decir Z b L= ||f ′(t)|| dt a

Un fácil cálculo muestra que f ′ (t) = (4 cos(4t), −4 sen(4t), 3) y de ah´ı que ||f ′(t)|| =

p √ √ 42 cos2 (4t) + (−4)2 sen2 (4t) + (3)2 = 42 + 32 = 25 = 5.

Por tanto, la longitud de arco de la curva es Z π/2 Z ′ L= ||f (t)|| dt = 0

0

π/2

5 5 dt = π. 2

EJEMPLO 3.20. Calcular la longitud de al curva f (t) = (3 cos(2t), 3 sen(2t)), t ∈ [0, π]. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 3.21. Calcular la longitud de arco de curva dada por f (t) = (2 cos(2t), 2 sen(2t), 3t), t ∈ [0, π]. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 3.22. Calcular la longitud de arco de curva dada por f (t) = (3 cos(2t), 3 sen(2t), 8t), h i π t ∈ 0, 2 . ´ SOLUCION.-

♣

3 EJEMPLO 3.23. Hallar la longitud de arco de la curva dada por f (t) = t, 23 t 2 , 2 , t ∈ [0, 3]. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 3.24. Calcule la longitud de arco de la curva f (t) = (3 cos t, 3 sen t, 4t), si t ∈ [0, 2π]. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 3.25. Halle la longitud de arco de la curva dada por f (t) = (2t + 1, t − 4, 3 − 2t), t ∈ [2, 5]. R ξρ s email: [email protected]

55

Jasmer LPC


UMSA

56

´ SOLUCION.La longitud de una curva f (t) desde f (2) hasta f (5) se define como la integral de la rapidez desde 2 hasta 5. Es decir Z 5 L= ||f ′ (t)|| dt 2

Un fácil cálculo muestra que f ′ (t) = (2, 1, −2)

y de ah´ı que ||f ′ (t)|| =

p

22 + 12 + (−2)2 =

√

9 = 3.

Por tanto, la longitud de arco de la curva es Z 5 Z 5 ′ L= ||f (t)|| dt = 3 dt = 3(5 − 2) = 9. 2

2

♣

EJEMPLO 3.26. Halle la longitud de arco de la curva dada por f (t) = (t − 3, 5 − 2t, 2t + 4), t ∈ [3, 7]. ´ SOLUCION.La longitud de una curva f (t) desde f (3) hasta f (7) se define como la integral de la rapidez desde 3 hasta 7. Es decir Z 7 L= ||f ′ (t)|| dt 3

Un fácil cálculo muestra que f ′ (t) = (1, −2, 2)

y de ah´ı que ||f ′ (t)|| =

p

12 + (−2)2 + 22 =

Por tanto, la longitud de arco de la curva es Z 7 Z ′ L= ||f (t)|| dt = 3

3.3.

√

9 = 3.

7 3

3 dt = 3(7 − 3) = 12.

♣

Curvatura, Normal Principal

EJEMPLO 3.27. Hallar el vector tangente unitario T , normal principal N y curvatura k para la curva f (t) = (t, t2 , t3 ). ´ SOLUCION.R ξρ s email: [email protected]

♣ 56

Jasmer LPC

UMSA


57

EJEMPLO 3.28. Recuerde que la formula para la curvatura de f (t) es: k(t) = |x ′ (t) y ′′ (t) − y ′ (t) x ′′ (t)| Demuestre que si f (t) = (x(t), y(t)), entonces k(t) = 3/2 . [x ′ (t)]2 + [y ′ (t)]2 ´ SOLUCION.-

||f ′ (t) × f ′′ (t)|| . ||f ′ (t)||3

♣

EJEMPLO 3.29. Mostrar que el radio de curvatura de f (t) = (et , e−t , (et + e−t )2 √ . 2 ´ SOLUCION.-

√

2t) esta dado por ρ =

♣

EJEMPLO 3.30. Mostrar que en el vértice de una par´ abola el radio de curvatura alcanza su valor m´ınimo. ´ SOLUCION.-

♣

t3 2 t3 en cualquier punto t y luego EJEMPLO 3.31. Hallar la curvatura de f (t) = t − , t , t + 3 3 en t = 0. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 3.32. Si una curva tiene la ecuaci´ on cartesiana y = f (x), demostrar que la curvatura ′′ |f (x)| en el punto (x, f (x)) es k(t) = 3/2 . Aplicando es formula calcular la curvatura de 1 + [f ′ (t)]2 y = x2 − 2x en cualquier punto. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 3.33. Demostrar que la hélice f (t) = (a cos t, a sen t, bt) tiene curvatura constante a k= 2 . a + b2 ´ SOLUCION.-


♣

57

Jasmer LPC

CAPÍTULO 4

Funciones Vectoriales de Variable Vectorial

Iniciamos con unos de los conceptos fundamentales del cálculo diferencial e integral en varias variables cual es el concepto de función. Para aclarar ideas consideremos los siguientes ejemplos: EJEMPLO 4.1. En el mercado de un bien o servicio concreto, se establece que: La cantidad demandada “d′′ depende, al menos, del precio del propio bien “x′′ y la renta disponible de los consumidores “x′′ . En otras palabras la cantidad demandada esta en función del precio del bien y de la renta disponible de los consumidores. En s´ımbolos escribimos esto por d = f (x, y). La cantidad ofertada “o′′ depende, al menos, del precio del propio bien “x′′ y los costes de producción “z ′′ . En otras palabras la cantidad ofertada esta en función del precio del bien y los costes de producción. En s´ımbolos escribimos esto por o = f (x, z) ´ 4.1. Sean n y m enteros positivos. Sea D un subconjunto de Rn , se denomina DEFINICION función definida en D y con valores en Rm a toda regla de asignaci´ on f : D → Rm que asocia a cada vector de D un u ńico vector en Rm . El conjunto D sobre el que se define la función se denomina dominio de la función. Observaciones Una función f : R → R se llama una función real de variable real. 58

UMSA


59

Una función f : R → Rm se llama una función vectorial de variable real o a veces camino, curva o trayectoria. Una función f : Rn → R se llama una función real de variable vectorial o a veces campo escalar. Una función f : Rn → Rm se llama una función vectorial de variable vectorial o a veces campo vectorial. EJEMPLO 4.2. Una empresa elabora dos productos A y B. El costo de los materiales y de la mano de obra es de bs 4 por cada unidad del producto A y de bs 7 por cada unidad del producto B. Los costos fijos son bs 1500 por semana. Exprese el costo total C en términos de las unidades A y B producidas cada semana. ´ SOLUCION.Sea x el n´ umero de unidades del producto A y y las unidades del producto B que se elaboran, entonces los costos de mano de obra y materiales para los dos tipos de productos serán 4x y 7y bolivianos respectivamente. As´ı que el costo total en bolivianos está dado por C(x, y) = Costo de mano de obra y materiales + costos fijos C(x, y) = 4x + 7y + 1500 Donde el costo C es una función de x y y. EJEMPLO 4.3. Una empresa produce dos productos X y Y . Las unidades de costo de mano de obra y de materiales son de Bs. 5 en el caso del producto X y de Bs. 12 por lo que respecta a Y . Además, la empresa también tiene costos fijos de 3000 Bs. al mes. Exprese el costo mensual C en bolivianos como una función de la unidades de X y Y producidas. ¿Cuál es el costo total de producir 200 unidades de X y 150 unidades de Y ? ´ SOLUCION.Sea x el n´ umero de unidades del producto X y y las unidades del producto Y que se elaboran, entonces los costos de mano de obra y materiales para los dos tipos de productos serán 5x y 12y bolivianos respectivamente. As´ı que el costo total en bolivianos está dado por C(x, y) = Costo de mano de obra y materiales + costos fijos C(x, y) = 5x + 12y + 3000 Por tanto el costo total de producir 200 unidades de X y 150 unidades de Y es C(x, y) = 5x + 12y + 3000 = 5(200) + 12(150) + 3000 = 5800. EJEMPLO 4.4. La Electrónica S.R.L. fabrica dos tipos de cinta de cassetes, de 60 y 90 minutos. El costo por unidad de mano de obra para los dos tipos de 3 bs y de 4 bs. Además, la empresa tiene costos fijos semanales de bs. 1200. (a) Encuentre la función del costo total mensual C en bolivianos. (b) Eval´ ue el costo total de producir 10000 cintas de 60 minutos y 8000 cintas de 90 minutos. (c) Si el ingreso total es de bs 60000 y la compa˜ n´ıa vende los dos tipos de cintas a 6 bs. y 7,50 bs cada una, respectivamente, obtenga la utilidad mensual como función del n´ umero de unidades producidas y vendidas por semanas. R ξρ s email: [email protected]

59

Jasmer LPC

UMSA


60

´ SOLUCION.Sea x el n´ umero de cintas de cassetes de 60 minutos y y el n´ umero de cintas de cassetes de 90 minutos, entonces los costos de mano de obra para los dos cassetes serán 3x y 4y bolivianos respectivamente. As´ı que el costo total en bolivianos está dado por C(x, y) = Costo de mano de obra + costos fijos C(x, y) = 3x + 4y + 1200 Por tanto el costo total de producir 10000 cintas de 60 minutos y 8000 cintas de 90 minutos es C(x, y) = 3x + 4y + 1200 = 3(10000) + 4(8000) + 1200 = 55200. Si el ingreso total es de bs 60000 y la compa˜ n´ıa vende los dos tipos de cintas a 6 bs. y 7,50 bs cada una, respectivamente, la utilidad mensual como función del n´ umero de unidades producidas y vendidas por semanas es Utilidad total = Ingreso total - Costo total I(x, y) = 60000 − (6x + 7,5y + 1200) = −6x − 7, 5y + 58800 EJEMPLO 4.5. Si expresamos el área de un triángulo en función de la base y de la altura, tendremos una función de dos variables. En efecto, si b es la base del triángulo y h su altura, se sabe que, el área es igual a un medio de la base por la altura, es decir 1 a = bh, 2

aqu´ı b > 0, h > 0.

Luego el área a esta en función de la base b y de la altura h, esto se escribe como a = f (b, h),

1 donde f (b, h) = bh. 2

Luego tenemos definida la función “‘área” dado por f : (0, ∞) × (0, ∞) → R (b, h)

4.1.

7→ f (b, h) = 12 bh.

Dominio y e imagen de una funci´ on

Sea D subconjunto de Rn . Recordemos que una función de D en Rm es una regla de correspondencia tal que a cada punto x de D le corresponde un u ´ nico punto en Rm . El conjunto D se llama dominio de la función. R ξρ s email: [email protected]

60

Jasmer LPC

UMSA


61

Es usual definir las funciones dando simplemente la regla de correspondencia z = f (x), sin especificar el dominio D. En tal caso se entiende que el dominio viene impl´ıcito en la propia fórmula, y queda determinado por todos aquellos puntos x en Rn para los cuales tiene sentido aplicar la fórmula que define la función. O sea, el dominio está formado por todos aquellos puntos x en Rn tales que al sustituirlos en la fórmula y realizadas las operaciones indicadas se obtiene un punto f (x) en Rm . Es decir, se entiende que el dominio de la función f es el mayor subconjunto D de Rn para el cual su imagen f (x) tiene sentido. Por ejemplo, si definimos la función a = 12 xy el dominio será cualquier subconjunto de R2 , en particular R2 es el dominio mas grande de esta función. Ahora bien, si queremos que esta función represente el área de un triángulo, los valores x e y tienen que ser positivos. Por lo tanto dicha restricción habrá que indicarla junto con la fórmula, esto es, a = 12 xy, donde x > 0, y > 0. Si no se indica ninguna restricción estamos suponiendo que el dominio es el “máximo permitido” por la fórmula. El conocimiento del dominio nos permite saber qué puntos pueden sustituirse en la fórmula y cuales no. EJEMPLO 4.6. Encontrar y hacer un esquema del dominio de definici´ on Dom(f ) de la función 2 xy f : R2 → R dado por f (x, y) = 2 . y − 9x EJEMPLO 4.7. Encontrar y graficar el dominio de definici´ on Dom(f ) de la siguiente funcion √ y 2 f : R3 → R dada por f (x, y, z) = x y2 z2 log − 2 − 2 + 2 2 3 4 ´ SOLUCION.El dominio de la función f es la intersección de la región y ≥ 0 con la region que esta por fuera del cono siguiente: Z

Y

X

p EJEMPLO 4.8. Dado la función f (x, y) = − 16 − x2 − y 2 determinar dominio, rango y graficar.

´ SOLUCION.Para hallar el dominio es suficiente resolver la desigualdad 16 − x2 − y 2 ≥ 0, de donde x2 + y 2 ≤ 16, esto es, el dominio es el disco de centro el origen (0, 0) y radio 4. El rango es el intervalo cerrado [−1, 0]. Y finalmente su gráfico es dado por:


61

Jasmer LPC


UMSA

62

0 -1

5

-2 -3 -4 0

-5

0

5

-5

♣

4.2.

Operaciones con funciones.

Sean Df y Dg subconjuntos de Rn , y f : Df → Rm , g : Dg → Rm dos funciones, entonces la suma de f y g es la función f + g : Df +g → Rm definida por (f + g)(x) = f (x) + g(x),

para todo x en Df +g

donde Df +g = Df ∩ Dg .

La resta de f y g es la función f − g : Df −g → Rm definida por (f − g)(x) = f (x) − g(x),

para todo x en Df −g

donde Df −g = Df ∩ Dg . Sean Df y Dg subconjuntos de Rn , y f : Df → R, g : Dg → R dos funciones, entonces la multiplicación de f y g es la función f g : Df g → R definida por (f g)(x) = f (x)g(x),

para todo x en Df g

donde La División de f y g es la función

f g

Df g = Df ∩ Dg . : Df g → R definida por

f f (x) (x) = , g g(x)

para todo x en D f

g

donde D f = Df ∩ Dg − {x : g(x) = 0}. g


62

Jasmer LPC


UMSA

63

Sean Df subconjunto de Rn y Dg subconjunto de Rm , y f : Df → Rm , g : Dg → Rk dos funciones, entonces la composición de f con g es la función g ◦ f : Dg◦f → Rk definida por (g ◦ f )(x) = g(f (x)),

para todo x en Dg◦f

donde Dg◦f = Df ∩ f −1 (Dg ). EJEMPLO 4.9. Halle la composición de las siguientes funciones. f : R2

g : R → R3

→ R

(x, y) 7→ f (x, y) = x2 + y 2.

x 7→ g(x) = (cos(x), ex , x3 )

´ SOLUCION.g(f (x, y)) = g(x2 + y 2 ) = (cos(x2 + y 2), ex

2 +y 2

, (x2 + y 2)3 )

EJEMPLO 4.10. Halle la composición de las siguientes funciones. f :R

→ R2

g : R2 2

x 7→ f (x) = (ex , sen x2 ).

→ R3

4

(x, y) 7→ g(x, y) = (log x, exy , x + y)

´ SOLUCION.2

2

g(f (x)) = g(ex , sen x2 ) = (log(ex ), ee

x2 (x2 )4

2

, ex + x2 )

EJEMPLO 4.11. Halle la composición de las funciones f y g, es decir halle g ◦ f donde

f

R2

-

H HH HH HH H H j H

g◦f

R3

g ?

R2

f (x, y) = (x2 y, sen(x2 − y 2 ), x + y),

g(x, y, z) = (x + y + z, xyz)

´ SOLUCION. g(f (x, y)) = g x2 y, sen(x2 − y 2), x + y = x2 y + sen(x2 − y 2) + (x + y), x2 y sen(x2 − y 2)(x + y) R ξρ s email: [email protected]

63

Jasmer LPC


UMSA

4.3.

64

Gr´ aficas de funciones

Sean Df un subconjunto de Rn y f : Df → Rm una función, entonces el gráfico de f es el subconjunto de Rn+m dado por graf (f ) = {(x, f (x)) : x ∈ Df }

4.3.1.

Secciones

Sean c un n´ umero real, Df un subconjunto de R2 y f : Df → R una función, para graficar z = f (x, y) empezamos graficando las sus seciones: La sección vertical de y contra z correspondiente a c es la intersección del gráfico de f “graf (f )” y el plano {x = c}, esto es V (c) = {((c, y), f (c, y)) : (c, y) ∈ Df } = graf (f ) ∩ {x = c}. La sección vertical de x contra z correspondiente a c es la intersección del gráfico de f “graf (f )” y el plano {y = c}, esto es H(c) = {((x, c), f (x, c)) : (x, c) ∈ Df } = graf (f ) ∩ {y = c}. EJEMPLO 4.12. El volumen de ventas de un art´ıculo particular depende de su precio y también, en muchos caso, de la cantidad que el fabricante gasta en promoción de publicidad. Sea p el precio y q el gasto el publicidad al mes ambos en bolivianos y v el volumen de ventas mensuales. v = f (p, q). Suponga que en cierto caso: v = 1000(5 − pe−kq ) en donde k = 0,001. Dibujar las secciones verticales de p contra v correspondiente a los valores q = 0, 500, 1000 y 1500. Dibujar las secciones verticales de q contra v correspondiente a los valores p = 1, 3, 5 y 8. ´ SOLUCION.-

4.3.2.

Curvas de Nivel

Sean c un n´ umero real, Df un subconjunto de R2 y f : Df → R una función, entonces el conjunto de nivel c de f es la intersección del gráfico de f “graf (f )” y el plano {z = c}, esto es f −1 (c) = {(x, y) : f (x, y) = c} = graf (f ) ∩ {z = c} EJEMPLO 4.13. Graficar la función f (x, y) = 25 − x2 − y 2 . R ξρ s email: [email protected]

64

Jasmer LPC


UMSA

65

´ SOLUCION.El dominio de la función es todo R2 . Para hallar el gráfico de la función sustituimos f (x, y) por z, con lo que tenemos: z = 25 − x2 − y 2 . Veamos los cortes de dicha superficie con los planos coordenados:

☞ Corte con el plano x = 0. z − 25 = −y 2 que es una parábola hacia abajo en el plano yz con vértice en el punto (0, 0, 25). ☞ Corte con el plano y = 0. z − 25 = −x2 que es una parábola hacia abajo en el plano xz con vértice en el punto (0, 0, 25). ☞ Corte con el plano z = 0. x2 + y 2 = 25 que es una circunferencia en el plano xy con centro en el punto (0, 0, 0) y radio 5. Para hallar las curvas de nivel suponemos z constante. Puesto que la fórmula z = 25 − x2 − y 2 es equivalente a la formula x2 + y 2 = z − 25, se tiene que√para cada valor z < 25 tenemos la ecuación de una circunferencia de centro el origen y de radio z − 25, esto es, √ x2 + y 2 = ( z − 25)2 . Ahora damos varios valores a z para curvas de nivel a distintas alturas. ☞ Curva de nivel z = 0 es x2 + y 2 = 25 la circunferencia de radio 5. ☞ Curva de nivel z = 9 es x2 + y 2 = 16 la circunferencia de radio 4. ☞ Curva de nivel z = 16 es x2 + y 2 = 9 la circunferencia de radio 3. ☞ Curva de nivel z = 21 es x2 + y 2 = 4 la circunferencia de radio 2. ☞ Curva de nivel z = 24 es x2 + y 2 = 4 la circunferencia de radio 1. ☞ Curva de nivel z = 25 es x2 + y 2 = 0 se reduce al punto (0, 0). EJEMPLO 4.14. Esbozar las curvas de nivel y graficar la función f : R2 → R dada por f (x, y) = x2 − y 2 ´ SOLUCION.-

4.3.3.

Superficies de Nivel

Sean c un n´ umero real, Df un subconjunto de R3 y f : Df → R una función, entonces el conjunto de nivel c de f es el subconjunto de R3 dado por f −1 (c) = {x : f (x) = c} R ξρ s email: [email protected]

65

Jasmer LPC

UMSA


66

EJEMPLO 4.15. Hallar las superficies de nivel de la funci´ on f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 . ´ SOLUCION.El dominio de la función es todo R3 . Para hallar las superficies de nivel de la función sustituimos f (x, y, z) por w, con lo que tenemos: x2 + y 2 + z 2 = w Ahora damos varios valores a w para hallar las superficies de nivel ☞ Superficies de nivel w = 0 es x2 + y 2 + z 2 = 0 se reduce al punto (0, 0, 0). ☞ Superficies de nivel w = 4 es x2 + y 2 + z 2 = 22 la esfera de radio 2. ☞ Superficies de nivel w = 9 es x2 + y 2 + z 2 = 32 la esfera de radio 3. ☞ Superficies de nivel w = 16 es x2 + y 2 + z 2 = 42 la esfera de radio 4. ☞ Superficies de nivel w = 25 es x2 + y 2 + z 2 = 52 la esfera de radio 5. ☞ Superficies de nivel w = 36 es x2 + y 2 + z 2 = 62 la esfera de radio 6.


66

Jasmer LPC

CAPÍTULO 5

Limites y Continuidad

5.1.

Limites de funciones

Al calcular el l´ımite de una función en un punto nos interesamos por los valores que toma la función en los alrededores del punto. El l´ımite de la función en un punto va a ser el valor que deber´ıa tomar la función en dicho punto, de acuerdo con los valores que toma en los alrededores del mismo. Este valor puede coincidir o no con el valor que realmente toma la función en el punto en cuestión. Es decir, el l´ımite de una función en un punto x0 es l si los valores que toma la función en los alrededores de x0 están tan cerca de l como queramos (el valor que la función tome en x0 no interesa a la hora de calcular el l´ımite) Para poder hablar de l´ımite de una función en un punto, la función tiene que estar definida en los alrededores del punto. Formalmente la definición de l´ımite es la siguiente: ´ 5.1. Sea f : Dom(f ) ⊂ Rn → Rm una funci´ DEFINICION on y x0 ∈ Rn , l ∈ Rm . El l´ımite de f en x0 es l (o f (x) tiende a l cuando x tiende a x0 o el l´ımite de f (x) cuando x tiende a x0 es l) que se escribe l´ım f (x) = l x→x0

si para todo ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tales que f (B(x0 , δ)) ⊂ B(f (x0 ), ε). Observemos que l´ımx→x0 f (x) = l quiere decir que el valor de f en x, f (x), esta arbitrariamente cerca de l cuando x esta suficientemente cerca de x0 pero distinto de x0 . 67


UMSA

68

l´ımx→0 x2 + 1 = 1 quiere decir que x2 + 1 esta arbitrariamente cerca de 1 cuando x esta suficientemente cerca de 0. l´ım(x,y,z)→(1,2,3) ((x − 1)y, yz) = (0, 6) quiere decir que ((x − 1)y, yz) esta arbitrariamente cerca de (0, 6) cuando (x, y, z) esta suficientemente cerca de (1, 2, 3). EJEMPLO 5.1. Demostrar que

l´ım

(x,y)7→(1,−1)

(x + 2y + 3) = 2

p ´ SOLUCION.Supongamos que ||(x, y) − (1, −1)|| = (x − 1)2 + (y + 1)2 < δ, donde (x − 1)2 + (y + 1)2 < δ 2 , por tanto (x − 1)2 < δ 2 y (y + 1)2 < δ 2 , as´ı |x − 1| < δ y |y + 1| < δ, lo cual implica −δ < x − 1 < δ,

−δ + 1 < x < δ + 1

y −δ < y + 1 < δ,

−δ − 1 < y < δ − 1,

−2δ − 2 < 2y < 2δ − 2

sumando −3δ − 1 < x + 2y < 3δ − 1,

−3δ < x + 2y + 1 < 3δ

por tanto |x + 2y + 1| = |(x + 2y + 3) − 2| < 3δ. ε Para cada ε > 0, es suficiente tomar δ = . Asi, si ||(x, y) − (1, −1)|| < δ, entonces 3 ε |x + 2y + 1| = |(x + 2y + 3) − 2| < 3δ = 3 = ε 3 EJEMPLO 5.2. Mediante definición, demostrar que

l´ım

(x,y)→(1,2)

♣

(2x + 3y) = 8.

´ SOLUCION.Tomemos ε > 0, debemos demostrar que existe δ > 0 tal que |2x + 3y − 8| < ε siempre que ||(x, y) − (1, 2)|| < δ.

(5.1)

Definamos δ siendo el siguiente n´ umero nε εo δ = máx , 4 6 Ahora bien, supongamos que ||(x, y) − (1, 2)|| = de aqu´ı se sigue que

p

(x − 1)2 + (y − 2)2 < δ

(x − 1)2 < (x − 1)2 + (y − 2)2 < δ 2 ≤ lo cual implica que 2|x − 1| < R ξρ s email: [email protected]

68

ε 2

(5.2)

ε2 16 (5.3) Jasmer LPC


UMSA

69

Por otra parte, desde (5.2) también se deduce que (y − 2)2 < (x − 1)2 + (y − 2)2 < δ 2 ≤ de aqu´ı se tiene que 3|y − 2| <

ε2 36

ε 2

(5.4)

sumando las desigualdades (5.3) y (5.4) obtenemos finalmente que |2x + 3y − 8| = |2(x − 1) + 3(y − 2)| ≤ 2|x − 1| + 3|y − 2| < ε. EJEMPLO 5.3. Demostrar que

l´ım

(x,y)7→(−1,1)

♣

(3x − 2y + 6) = 1

p ´ SOLUCION.Supongamos que ||(x, y) − (−1, 1)|| = (x + 1)2 + (y − 1)2 < δ, donde (x + 1)2 + (y − 1)2 < δ 2 , por tanto (x + 1)2 < δ 2 y (y − 1)2 < δ 2 , as´ı |x + 1| < δ y |y − 1| < δ, lo cual implica −δ < x + 1 < δ,

−δ − 1 < x < δ − 1,

−3δ − 3 < 3x < 3δ − 3

y sumando

−δ < y − 1 < δ,

−δ + 1 < y < δ + 1,

−5δ − 5 < 3x − 2y < 5δ − 5,

−2δ − 2 < −2y < 2δ − 2

−5δ < 3x − 2y + 5 < 5δ

por tanto |(3x − 2y + 6) − 1| = |3x − 2y + 5| < 5δ. ε Para cada ε > 0, es suficiente tomar δ = . As´ı, si ||(x, y) − (−1, 1)|| < δ, entonces 5 ε |(3x − 2y + 6) − 1| = |3x − 2y + 5| < 5δ = 5 = ε 5 EJEMPLO 5.4. Demostrar que

l´ım

(x,y)7→(1,−1)

(2x2 + y + 4) = 5.

♣

´ SOLUCION.Empecemos demostrando que l´ım x2 = 1. En efecto, supongamos que (x,y)7→(1,−1) p ||(x, y) − (1, −1)|| = (x − 1)2 + (y + 1)2 < 1, donde (x − 1)2 + (y + 1)2 < 1, por tanto 2 (x − 1) < 1 as´ı |x − 1| < 1 lo cual implica −1 < x − 1 < 1 de donde 1 < x + 1 < 3, por tanto |x2 − 1| = |x − 1||x + 1| < 3|x − 1|. ε Para cada ε > 0, es suficiente tomar δ = . Asi, si |x − 1| < ||(x, y) − (1, −1)|| < δ, entonces 3 |x2 − 1| = |x − 1||x + 1| < 3|x − 1| < 3δ = ε Un análisis similar demuestra que propiedades del L´ımite. R ξρ s email: [email protected]

l´ım

(x,y)7→(1,−1)

(y + 4) = 3. Luego el resultado se sigue de las ♣ 69

Jasmer LPC


UMSA

70

LEMA 5.1. Si f : Dom(f ) → R es cualesquiera de la siguientes funciones ⋆ ⋆ ⋆

P olinomio : R → R

⋆

tan, sec : R − {±(2n + 1) π2 : n ∈ N} → R

⋆

log : (0, ∞) → R

⋆

sen, cos : R → R

exp : R → R √ · : [0, ∞) → R

Entonces para todo x0 ∈ Dom(f ) se tiene que l´ım f (x) = f (x0 ).

x→x0

LEMA 5.2. Si una función f : Dom(f ) ⊂ Rn → R s´ olo depende de la variable xi para alg´ un i ∈ {1, ..., n} entonces l´ım

(x1 ,...,xn)→(a1 ,...,an )

f (x1 , ..., xn ) = l´ım f (x1 , ..., xn ). xi →ai

Sea f (x, y) = sen(x). Entonces l´ım

(x,y)→(π,3)

sen(x) = l´ım sen(x) = sen(π) = 0. x→π

TEOREMA 5.1. Sea f : Dom(f ) ⊂ Rn → Rm un funci´ on con funciones coordenadas fi : n Dom(f ) ⊂ R → R para i = 1, 2..., n, entonces l´ım f (x) = l´ım f1 (x) , ... , l´ım fn (x) x→x0

x→x0

x→x0

Sea f (x, y) = (sen(x), ey , x). Entonces l´ım

(x,y)→(π,3)

y

(sen(x), e , x) =

l´ım sen(x), l´ım e , l´ım x = (0, e3 , π). y

x→π

y→3

x→π

TEOREMA 5.2. Sean f : Dom(f ) ⊂ Rn → Rm y g : Dom(g) ⊂ Rn → Rm dos funciones tales que l´ım f (x) = l1 y l´ım g(x) = l2 . x→x0

x→x0

Entonces (a) l´ımx→x0 f (x) + g(x) = l1 + l2 (b) α ∈ R, l´ımx→x0 αf (x) = αl1 (c) m = 1, l´ımx→x0 f (x) · g(x) = l1 · l2 l1 f (x) = . x→x0 g(x) l2

(d) m = 1 y l2 6= 0, l´ım


70

Jasmer LPC


UMSA

71

Demostración. Sea ε > 0 existen δf = δf (ε) > 0 y δg = δg (ε) > 0 tales que 0 < d(x, x0 ) < δf ⇒ d(f (x), l1 ) < ε/2 y 0 < d(x, x0 ) < δg ⇒ d(g(x), l2) < ε/2. Puesto que d(f (x) + g(x), l1 + l2 ) = ||f (x) + g(x) − (l1 + l2 )|| ≤ ||f (x) − l1 )|| + ||g(x) − l2 || < ε siempre que d(x, x0 ) < m´ın{δf , δg }, tenemos probado (a).

Demostrando la parte (c). Como f : Rn → R es una función tal que l´ım f (x) = l1 ,

x7→a

esto quiere decir que: Para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que |f (x) − l1 | < ε siempre que ||x − a|| < δ.

(5.5)

En particular para ε = 1, existe δ1 > 0 tal que |f (x) − l1 | < 1 siempre que ||x − a|| < δ1 . Como |f (x)| − |l1 | ≤ |f (x) − l1 | < 1 se obtiene |f (x)| < 1 + |l1 |.

(5.6)

El hecho de que g : R2 → R es también continua en a implica que: Para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que |g(x) − l2 | < ε siempre que ||x − a|| < δ. (5.7) Ahora observemos que |(f g)(x) − (f g)a| = |f (x)g(x) − l1 l2 | = |f (x)g(x) − f (x)l2 + f (x)l2 − l1 l2 | ≤ |f (x)g(x) − f (x)l2 | + |f (x)l2 − l1 l2 | ≤ |f (x)| |g(x) − l2 | + |f (x) − l1 | |l2 | Ahora, para cualquier ε > 0, para el n´ umero


ε >0 2(1 + |l1 |) 71

Jasmer LPC


UMSA

72

la propiedad (5.7) asegura que existe δ2 > 0 tal que |g(x) − l2 | <

ε siempre que ||x − a|| < δ2 . 2(1 + |l1 |)

Por otro lado, para el n´ umero

(5.8)

ε >0 2|l2|

la propiedad (5.5) asegura que existe δ3 > 0 tal que |f (x) − l1 | <

ε siempre que ||x − a|| < δ3 . 2|l2 |

(5.9)

Ahora tomando δ = m´ın{δ1 , δ2 , δ3 }, de los incisos (5.6), (5.8) y (5.9) podemos concluir que si ||x − a|| < δ entonces |(f g)(x) − (f g)a|

≤

|f (x)| |g(x) − l2 | + |f (x) − l1 | |l2 |

≤

(1 + |l1 |)

≤

ε ε + 2 2

≤

ε.

ε ε + |l2 | 2(1 + |l1 |) 2|l2 |

Esto prueba que la parte (c) del teorema. ❚ Sea f (x, y, z, w) = ysen(z). Entonces l´ım

(x,y,z,w)→(1,2,π,10)

ysen(z) =

l´ım

(y,z)→(2,π)

ysen(z) = 2sen(π) = 0.

LEMA 5.3. Si p : Rn → R es un polinomio entonces para todo x0 ∈ Rn se tiene que l´ımx→x0 p(x) = p(x0 ). Sea p(x, y) = 3 − 4xy + x2 y 3 − 5x3 . Entonces l´ım

(x,y)→(2,1)

3 − 4xy + x2 y 3 − 5x3 = 3 − 4(2)(1) + 22 · 13 − 5 · 23 = .

LEMA 5.4. Si p : Rn → R y q : Rn → R son polinomios con q(x0 ) 6= 0 para x0 ∈ Rn . Entonces p(x0 ) p(x) = . l´ım x→x0 q(x) q(x0 ) R ξρ s email: [email protected]

72

Jasmer LPC


UMSA

73

Sean p(x, y, z) = 3 + 2xy + x5 y 3 z − 5x3 z 2 y q(x, y, z) = x + y + z. Entonces 3 p(x, y, z) = = 3. (x,y,z)→(1,0,0) q(x, y, z) 1 l´ım

TEOREMA 5.3. Sean f : Dom(f ) ⊂ Rn → Rm y g : Dom(g) ⊂ Rm → Rk dos funciones tales que l´ım f (x) = l1 y l´ım g(x) = l2 . x→x0

y→l1

Entonces l´ım f (g(x)) = l2 .

x→x0

Sea f (x, y) = log(x2 + 4xy 3 ). Entonces l´ım

(x,y)→(1,1)

log(x2 + 4xy 3 ) = log(5).

Calcular l´ım

(x,y)→(2,4)

5.2.

(x2 + 2x − y),

l´ım

(x,y)→(1,1)

(2x2 − 2y + 4).

Calculando l´ımites por sustituci´ on directa.

Si f : Rn → R es una función obtenida haciendo operaciones algebraicas (suma, resta, multiplicació√ n, división y composición de funiones) con las funciones P olinomio, sen, cos, tan, sec, exp, log, · y si la función f esta definida en un punto x0 ∈ Rn , esto es, x0 ∈ Dom(f ), entonces para calcular el l´ımite de f (x) en el punto x0 ∈ Rn bastará sustituir x por x0 , esto es l´ım f (x) = f (x0 ).

x→x0

El problema está en los puntos en los que la función no está definida. Por lo tanto, al calcular un l´ımite lo primero que intentaremos es la sustitución directa, y sólo en el caso de que nos encontremos con una indeterminación intentaremos romperla por alg´ un método. Veamos algunos ejemplos: Calcular el siguiente l´ımite l´ım

(x,y)7→(1,3)

3x2 − 7xy 2 + 4xy = (3)12 − 7(1)32 + 4(1)3

Calcular el siguiente l´ımite R ξρ s email: [email protected]

73

Jasmer LPC


UMSA

l´ım

(x,y)7→(1,1)

74

cos3 (πxy) + e2yx log(xy) = cos3 (π · 1 · 1) + e2·1·1 log(1 · 1)

En los siguientes ejemplos una sustitución directa nos conduce a una indeterminación. 6x − 2y 0 = ∈ / R, 2 2 (x,y)7→(1,3) 9x − y 0 l´ım

l´ım

2

(x,y)7→(0,0)

2

(x + y )sen

1 xy

= 0 · sen(∞) ∈ /R

0 y2 = ∈ / R. (x,y)7→(0,0) x + y 2 0 l´ım

5.3.

C´ alculo de l´ımites mediante operaciones algebraicas.

Si f (x0 ) es ±∞ o alguna de las siguientes indeterminacines 0 , 0

0 · ∞,

00 ,

∞0 ,

1∞ ,

∞ − ∞,

y

∞ . ∞

Para calcular el limite l´ımx→x0 f (x) podemos realizar una simplificación algebraica en f (x) antes de reemplazar x por x0 . Si el problema de indeterminación persiste posiblemente el l´ımite no exista. EJEMPLO 5.5. Sabiendo que l´ım (1 + x)1/x = e,

x7→0

sen(x) = 1, x7→0 x l´ım

ex − 1 l´ım = 1, x7→0 x

1 − cox(x) = 0, x7→0 x l´ım

x−1 = 1, x7→1 ln(x) l´ım

calcular los siguientes l´ımites. EJEMPLO 5.6. Calcular el siguiente l´ımite

x2 + y 2 . (x,y)7→(0,0) ln(1 − x2 − y 2 ) l´ım

´ SOLUCION.x2 + y 2 u−1 = l´ım 2 2 u7→1 ln(u) (x,y)7→(0,0) ln(1 − x − y ) l´ım

u = 1 − x2 − y 2 u→1

= 1 R ξρ s email: [email protected]

74

Jasmer LPC


UMSA

EJEMPLO 5.7. Calcular el siguiente l´ımite

75

x2 − y 2 . (x,y)7→(2,−2) ex+y − 1 l´ım

´ SOLUCION.x2 − y 2 l´ım = (x,y)7→(2,−2) ex+y − 1

(x + y)(x − y) (x,y)7→(2,−2) ex+y − 1 l´ım

u (2 − (−2)) u7→0 eu − 1

= l´ım = 4


l´ım

(x,y)7→(0,0)

u=x+y u→0

sen(x2 − y 2) . x+y

´ SOLUCION.l´ım

(x,y)7→(0,0)

sen(x2 − y 2 ) = x+y =

=

l´ım

sen(x2 − y 2 ) x+y

l´ım

(x − y)

l´ım

(x − y) l´ım

(x,y)7→(0,0)

(x,y)7→(0,0)

(x,y)7→(0,0)

sen(x2 − y 2) x2 − y 2 sen(u) u7→0 u

u = x2 − y 2 u→0

= (0 − 1)1 = 0 EJEMPLO 5.9. Calcular el siguiente l´ımite

1 − cox(xy) . (x,y)7→(0,3) x l´ım

´ SOLUCION.1 − cox(xy) = (x,y)7→(0,3) x l´ım

=

[1 − cox(xy)] xy

l´ım

y

l´ım

y l´ım

(x,y)7→(0,3)

(x,y)7→(0,3)

1 − cox(u) u7→0 u

= 3(0) = 0 EJEMPLO 5.10. Calcular el siguiente l´ımite

u = xy u→0

ex+y − 1 . (x,y)7→(a,−a) x + y l´ım

´ SOLUCION.R ξρ s email: [email protected]

75

Jasmer LPC


UMSA

eu − 1 ex+y − 1 = l´ım u7→0 (x,y)7→(a,−a) x + y u l´ım

76

u=x+y u→0

= 1 EJEMPLO 5.11. Calcular el siguiente l´ımite

sen(x)sen(y) . (x,y)7→(0,0) exy − 1 l´ım

´ SOLUCION.sen(x)sen(y) = (x,y)7→(0,0) exy − 1 l´ım

=

sen(x)sen(y) xy (x,y)7→(0,0) xy exy − 1 l´ım

sen(x) sen(y) xy (x,y)7→(0,0) x y exy − 1 l´ım

sen(x) sen(y) u l´ım l´ım u x7→0 y7 → 0 u7 → 0 x y e −1

= l´ım

u = xy u→0

= 1 EJEMPLO 5.12. Calcular el siguiente l´ımite

6x − 2y . (x,y)7→(1,3) 9x2 − y 2 l´ım

´ SOLUCION.6x − 2y = (x,y)7→(1,3) 9x2 − y 2 l´ım

2(3x − y) (x,y)7→(1,3) (3x + y)(3x − y) l´ım

=

2 (x,y)7→(1,3) 3x + y

=

2 1 = 3(1) + 3 3

l´ım


l´ım

(x,y)7→(1,1)

x2 − 1 y−1 − 2 . x−1 y −1

´ SOLUCION.-


76

Jasmer LPC


UMSA

l´ım

(x,y)7→(1,1)

y−1 x2 − 1 − 2 x−1 y −1

77

(x − 1)(x + 1) y−1 = l´ım − (x,y)7→(1,1) x−1 (y − 1)(y + 1) 1 = l´ım x+1− (x,y)7→(1,1) y+1 1 4−1 3 1 = 1+1− =2− = = 1+1 2 2 2


(x3 − 1)(y 4 − 1) . (x,y)7→(1,1) (x − 1)(y 2 − 1) l´ım

´ SOLUCION.(x3 − 1)(y 4 − 1) = (x,y)7→(1,1) (x − 1)(y 2 − 1) l´ım

=

(x − 1)(x2 + x + 1)(y 2 − 1)(y 2 + 1) (x,y)7→(1,1) (x − 1)(y 2 − 1) l´ım l´ım

(x,y)7→(1,1)

(x2 + x + 1)(y 2 + 1)

= (12 + 1 + 1)(12 + 1) = 3(2) = 6 EJEMPLO 5.15. Calcular el siguiente l´ımite

l´ım

(x,y)7→(0,0)

´ SOLUCION.l´ım

(x,y)7→(0,0)

x2 + y 2

p = x2 + y 2 + 1 − 1 =

= = = =

x2 + y 2 x2 + y 2 + 1 − 1

.

p x2 + y 2 + 1 + 1 p l´ım p (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 + 1 − 1 x2 + y 2 + 1 + 1 p (x2 + y 2)[ x2 + y 2 + 1 + 1] p l´ım (x,y)7→(0,0) [ x2 + y 2 + 1]2 − 12 p (x2 + y 2)[ x2 + y 2 + 1 + 1] l´ım (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 + 1 − 1 p (x2 + y 2)[ x2 + y 2 + 1 + 1] l´ım (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 p l´ım x2 + y 2 + 1 + 1 x2 + y 2

(x,y)7→(0,0)

√

0 2 + 02 + 1 + 1 = 2

EJEMPLO 5.16. Calcular el siguiente l´ımite R ξρ s email: [email protected]

p

l´ım

(x,y)7→(0,3)

77

1 + x2 y

12 x

. Jasmer LPC


UMSA ´ SOLUCION.l´ım

(x,y)7→(0,3)

1 + x2 y

12 x

= = =

1 + x2 y

l´ım

(x,y)7→(0,3)

l´ım

(x,y)7→(0,3)

h

h

2

1+x y

l´ım (1 + u)

1 u

u7→0

= e3

i3

78

y x2 y

1 x2 y

iy

u = x2 y u→0

x3 y 3 − 1 . (x,y)7→(1,1) xy − 1


l´ım

´ SOLUCION.x3 y 3 − 1 = (x,y)7→(1,1) xy − 1 l´ım

= =

(xy)3 − 1 (x,y)7→(1,1) xy − 1 l´ım

(xy − 1)[(xy)2 + xy + 1] (x,y)7→(1,1) xy − 1 l´ım l´ım

(x,y)7→(1,1)

(xy)2 + xy + 1

= (1 · 1)2 + 1 · 1 + 1 = 3. EJEMPLO 5.18. Calcular

2x2 + x − 2xy − y (x,y)7→(1,1) y 2 − x2 l´ım

´ SOLUCION.2x2 + x − 2xy − y = (x,y)7→(1,1) y 2 − x2 l´ım

2x(x − y) + x − y (x,y)7→(1,1) (y − x)(y + x) l´ım

(x − y)(2x + 1) (x,y)7→(1,1) (x − y)(y + x)

= −

l´ım

2x + 1 2·1+1 3 =− =− (x,y)7→(1,1) y + x 1+1 2

= −

l´ım

♣

5.4.

C´ alculo de l´ımites usando el teorema de acotaci´ on

TEOREMA 5.4 (Teorema de Acotaci´ on). Si f, g : Dom(f ) ⊂ Rn → R son funciones tales que l´ım f (x) = 0 y g es acotada. x→x0


78

Jasmer LPC


UMSA

79

Entonces l´ım f (x)g(x) = 0.

x→x0

Demostración. |f (x)g(x)| <

ε · M. M ❚


l´ım

(x,y)7→(0,0)

p

x2 + y 2sen

x2

1 . + y2

´ SOLUCION.-

l´ım

(x,y)7→(0,0)

p x2 + y 2 sen

x2

1 + y2


acotado

=

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0.

tiende a 0 { zp }| { z }| 1 x2 + y 2 sen x2 + y 2

5x2 y . (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 l´ım

´ SOLUCION.acotado

tiende a 0

2

5x y = (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 l´ım

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0.

z}|{ 5y

z }| { x2 x2 + y 2

1 EJEMPLO 5.21. Calcular el siguiente l´ımite l´ım (x + y )sen . (x,y)7→(0,0) xy 2

2

´ SOLUCION.-

l´ım

(x,y)7→(0,0)

(x2 + y 2 )sen

1 xy

=

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0.

acotado

}| { z }| { 1 (x2 + y 2) sen xy tiende a 0

z

x3 EJEMPLO 5.22. Calcular el siguiente l´ımite l´ım . (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 R ξρ s email: [email protected]

79

Jasmer LPC


UMSA ´ SOLUCION.-

80

acotado

z }| { x2 x2 + y 2

tiende a 0

x3 = (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 l´ım

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0. EJEMPLO 5.23. Calcular el siguiente l´ımite

l´ım

(x,y)7→(0,0)

z}|{ x

1 1 x sen + y sen . y x

´ SOLUCION.-

l´ım

(x,y)7→(0,0)

1 1 x sen + y sen = y x

acotado tiende a 0

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0.


z}|{ x

acotado

z }| { tiende a 0 z }| { z}|{ 1 1 sen + y sen y x

x4 y . (x,y)7→(0,0) x4 + y 4 l´ım

´ SOLUCION.acotado

x4 y = (x,y)7→(0,0) x4 + y 4 l´ım

tiende a 0

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0. EJEMPLO 5.25. Calcular el siguiente l´ımite

z}|{ y

z }| { x4 x4 + y 4

y(x − 1)3 . (x,y)7→(1,−2) (x − 1)2 + (y + 2)2 l´ım

´ SOLUCION.-

y(x − 1)3 l´ım = (x,y)7→(1,−2) (x − 1)2 + (y + 2)2

tiende a 0

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0.

EJEMPLO 5.26. Calcular el siguiente l´ımite R ξρ s email: [email protected]

l´ım

(x,y)7→(0,0)

80

z }| { y(x − 1)

p

z

acotado

}| { (x − 1)2 (x − 1)2 + (y + 2)2

x3 x2 + y 2

.

Jasmer LPC


UMSA ´ SOLUCION.-

tiende a 0

3

l´ım

(x,y)7→(0,0)

p

x

x2 + y 2

=

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0.


l´ım

(x,y)7→(0,0)

´ SOLUCION.-

z}|{ x2

p

81

acotado

z }| { x p 2 x + y2

xy x2 + y 2

.

acotado

l´ım

(x,y)7→(0,0)

5.5.

p

xy x2 + y 2

tiende a 0

=

l´ım

(x,y)7→(0,0)

= 0.

z}|{ x

z }| { y p x2 + y 2

Inexistencia de l´ımites

Cuando no sepamos calcular un l´ımite, intentaremos demostrar que dicho l´ımite no existe. Esto lo podemos hacer por dos métodos: Mediante los l´ımites direccionales. Mediante los l´ımites reiterados.

5.5.1.

L´ımites direccionales

Aunque la definición de l´ımite de funciones de dos variables va en total paralelismo con la definición de l´ımite de funciones de una sola variable, existe una diferencia fundamental a la hora de determinar la existencia de un l´ımite. En una variable, la existencia del l´ımite, es equivalente a la coincidencia de los l´ımites laterales. Es decir, para determinar si una función de una variable tiene l´ımite en un punto determinado, solamente necesitamos comprobar qué ocurre al aproximarnos por dos direcciones (por la izquierda y por la derecha). Si la función tiene el mismo l´ımite por la izquierda y por la derecha podemos concluir que el l´ımite existe. Si embargo, en dos variables esto no es as´ı. En dos variables, en principio, no tiene sentido hablar de l´ımites laterales ¿qué significan derecha e izquierda en el plano?, por eso hablamos de l´ımites direccionales, ya que, en dos variables existen


81

Jasmer LPC


UMSA

82

infinitos caminos para acercarnos al punto, es más, podemos acercarnos siguiendo un camino recto o un camino curvo. Es decir, al escribir (x, y) → (x0 .y0 ) entendemos que el punto (x, y) se aproxima al punto (x0 , y0 ) en cualquier dirección. Y, para que exista el l´ımite, los l´ımites siguiendo todas las direcciones o trayectorias tienen que coincidir. La exigencia de la definición a todos los puntos del entorno significa todas las posibles formas de aproximarse. En consecuencia, para ver que una función no tiene l´ımite en un punto se siguen varios caminos de aproximación al punto y si la función tiene un l´ımite distinto por cada camino, entonces el l´ımite ”doble“ no existe. El problema será determinar si existe un camino que conduce a otra parte. En la práctica los caminos que se suelen seguir son rectas y parábolas. (El camino por rectas se sigue cuando las potencias del denominador son del mismo grado, y el camino por parábolas cuando son de distinto grado, intentando igualar los grados). No debe olvidarse que la recta ha de pasar por el punto en cuestión, es decir su ecuación ha de ser y − y0 = m(x − x0 ). Hay que advertir que este método sólo es refutativo, es decir, nos permite negar la existencia del l´ımite pero no afirmarla. As´ı, si encontramos dos l´ımites direccionales diferentes, entonces podemos afirmar que el l´ımite “doble” no existe. Pero si todos los l´ımites direccionales que tomamos nos dan el mismo l´ımite, no por eso podemos afirmar la existencia del l´ımite. Lo más que podemos decir es que, de existir el l´ımite doble, su valor será el de los direccionales, pero nadie asegura que siguiendo otra dirección, diferente a las tomadas hasta ese momento, obtengamos un resultado diferente. xy EJEMPLO 5.28. Demostrar que el siguiente l´ımite no existe l´ım 2 (x,y)7→(0,0) x + y 2

xy no existe como lo verificaremos a continuación. + y2 Consideremos las rectas y = mx una cada valor de m ∈ R. ´ SOLUCION.El limite

l´ım

(x,y)7→(0,0) x2

xy xmx mx2 m m = l´ ım = l´ ım = l´ ım = . x7→0 x2 + (mx)2 x7→0 x2 (1 + m2 ) x7→0 1 + m2 (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 1 + m2 l´ım

Como el l´ımite depende del modo de como uno se aproxima al punto (0, 0) se concluye que el l´ımite no existe. x2 y EJEMPLO 5.29. Demostrar que el siguiente l´ımite no existe l´ım (x,y)7→(0,0) x4 + y 2 ´ SOLUCION.El limite

x2 y no existe como lo verificaremos a continuación. (x,y)7→(0,0) x4 + y 2 l´ım

Consideremos las rectas y = mx2 una cada valor de m ∈ R.

x2 y x2 mx2 x4 m m m = l´ ım = l´ ım = l´ım = . 4 2 4 2 2 4 2 2 x7→0 x + (mx ) x7→0 x (1 + m ) x7→0 1 + m (x,y)7→(0,0) x + y 1 + m2 l´ım

Como el l´ımite depende del modo de como uno se aproxima al punto (0, 0) se concluye que el l´ımite no existe. R ξρ s email: [email protected]

82

Jasmer LPC


UMSA

EJEMPLO 5.30. Demostrar que el siguiente l´ımite no existe

83

xy . (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 l´ım

´ SOLUCION.-

l´ım

(x,y)7→(0,0) x2

remplazar y = mx

xmx xy = l´ım 2 2 x7→0 x + (mx)2 +y

mx2 x7→0 x2 (1 + m2 ) m m = l´ım = x7→0 1 + m2 1 + m2

= l´ım


y2 . (x,y)7→(0,0) x + y 2 l´ım

´ SOLUCION.y2 y2 = l´ ım y7→0 my 2 + y 2 (x,y)7→(0,0) x + y 2 l´ım

remplazar x = my 2

y2 y7→0 y 2 (m + 1) 1 1 = l´ım = x7→0 m + 1 m+1 = l´ım


2x2 y . (x,y)7→(0,0) x4 + y 2 l´ım

´ SOLUCION.2x2 y 2x2 mx2 = l´ ım x7→0 x4 + (mx2 )2 (x,y)7→(0,0) x4 + y 2

remplazar y = mx2

l´ım

2mx4 x7→0 x4 + m2 x4 2mx4 = l´ım 4 x7→0 x (1 + m2 ) 2m = l´ım x7→0 1 + m2 = l´ım

=

EJEMPLO 5.33. Demostrar que el siguiente l´ımite no existe R ξρ s email: [email protected]

83

2m 1 + m2

7x(x − 5) . (x,y)7→(5,−2) y+2 l´ım

Jasmer LPC


UMSA ´ SOLUCION.-

remplazar y + 2 = m(x − 5)

7x(x − 5) 7x(x − 5) = l´ım x7→5 m(x − 5) (x,y)7→(5,−2) y+2 l´ım

= l´ım

x7→5

7x m

84

=

35 m


(x − y)2 . (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 l´ım

´ SOLUCION.(x − y)2 (x − mx)2 = l´ ım x7→0 x2 + (mx)2 (x,y)7→(0,0) x2 + y 2

remplazar y = mx

l´ım

= l´ım

x2 (1 − m)2 x2 (1 + m2 )

= l´ım

(1 − m)2 1 + m2

x7→0

x7→0

=


(1 − m)2 1 + m2

x+y . (x,y)7→(0,0) x − y l´ım

´ SOLUCION.x+y x + mx = l´ım x7→0 x − mx (x,y)7→(0,0) x − y l´ım

remplazar y = mx

x(1 + m) x7→0 x(1 − m) 1+m 1+m = l´ım = x7→0 1 − m 1−m = l´ım


x2 − y 2 . (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 l´ım

´ SOLUCION.-


84

Jasmer LPC


UMSA

x2 − (mx)2 x2 − y 2 = l´ ım x7→0 x2 + (mx)2 (x,y)7→(0,0) x2 + y 2

remplazar y = mx

l´ım

= l´ım

x2 (1 − m2 ) x2 (1 + m2 )

= l´ım

1 − m2 1 + m2

x7→0

x7→0

85

=


1 − m2 1 + m2

x2 . (x,y)7→(0,0) x2 − y 2 l´ım

´ SOLUCION.x2 x2 = l´ ım x7→0 x2 − (mx)2 (x,y)7→(0,0) x2 − y 2 l´ım

remplazar y = mx

x2 x7→0 x2 (1 − m2 ) 1 1 = l´ım = x7→0 1 − m2 1 − m2 = l´ım


l´ım

(x,y)7→(1,1) x2

xy − x − y + 1 . + y 2 − 2x − 2y + 2

´ SOLUCION.-

l´ım

(x,y)7→(1,1) x2

xy − x − y + 1 = + y 2 − 2x − 2y + 2 =

l´ım

(x,y)7→(1,1) x2

x(y − 1) − (y − 1) − 2x + 1 + y 2 − 2y + 1

(y − 1)(x − 1) (x,y)7→(1,1) (x − 1)2 + (y − 1)2 l´ım

= l´ım

x7→1

remplazar y − 1 = m(x − 1)

m(x − 1)(x − 1) (x − 1)2 + [m(x − 1)]2

m(x − 1)2 x7→1 (x − 1)2 (1 + m2 ) m m = l´ım = x7→1 1 + m2 1 + m2

= l´ım


85

Jasmer LPC


UMSA

5.5.2.

86

L´ımites parciales iterados (o reiterados)

Se pueden calcular los siguientes l´ımites: l´ım

x→x0

y l´ım

y→y0

l´ım y → y0 x 6= x0

l´ım x → x0 y 6= y0

Si estos dos l´ımites son distintos, entonces la función no tiene l´ımite, pero si son iguales o alguno de ellos no existe, entonces no se puede asegurar nada sobre el l´ımite doble.

5.6.

Continuidad de funciones

´ 5.2. Una función f : A ⊂ Rn → R es continua en un punto x0 ∈ A si x0 ∈ DEFINICION Dom(f ) y l´ım f (x) = f (x0 ). x→x0

La función f se dice continua en A si es continua en todos de A, y se dice continua si es continua en todos los puntos de su dominio. √ LEMA 5.5. Todas las funciones P olinomio, sen, cos, tan, sec, exp, log, · son continuas en sus respectivos dominios. TEOREMA 5.5. La suma, resta, multiplicaci´ on y composici´ on de funciones continuas es continua. La división de funciones es continua siempre que la funci´ on del denominador no tiene ceros. TEOREMA 5.6. Si l´ımx→a f (x) = b y g continua en el punto b entonces l´ımx→a g(f (x)) = g(b). EJEMPLO 5.39. Verifique que la siguiente funci´ on f : R2 → R es continuas en todo R2 .

´ SOLUCION.-

 6x − 2y    9x2 − y 2 f (x, y) =  1   3


86

si (x, y) 6= (1, 3) si (x, y) = (1, 3)

Jasmer LPC


UMSA

6x − 2y = (x,y)7→(1,3) 9x2 − y 2 l´ım

87

2(3x − y) (x,y)7→(1,3) (3x + y)(3x − y) l´ım

=

2 (x,y)7→(1,3) 3x + y

=

1 2 = = f (1, 3) 3(1) + 3 3

l´ım

EJEMPLO 5.40. Verifique que la siguiente funci´ on f : R2 → R es continuas en todo R2 .  2 y−1 x −1   − 2 si (x, y) 6= (1, 1)  x−1 y −1 f (x, y) =    3 si (x, y) = (1, 1) 2 ´ SOLUCION.-

l´ım

(x,y)7→(1,1)

x2 − 1 y−1 − 2 x−1 y −1

(x − 1)(x + 1) y−1 = l´ım − (x,y)7→(1,1) x−1 (y − 1)(y + 1) 1 = l´ım x+1− (x,y)7→(1,1) y+1 1 = 1+1− 1+1

1 4−1 3 = = = f (1, 1) 2 2 2

= 2−

EJEMPLO 5.41. Verifique que la siguiente funci´ on f : R2 → R es continuas en todo R2 .  3 4   (x − 1)(y − 1) si (x, y) 6= (1, 1) (x − 1)(y 2 − 1) f (x, y) =   6 si (x, y) = (1, 1) ´ SOLUCION.-

(x3 − 1)(y 4 − 1) = (x,y)7→(1,1) (x − 1)(y 2 − 1) l´ım

=

(x − 1)(x2 + x + 1)(y 2 − 1)(y 2 + 1) (x,y)7→(1,1) (x − 1)(y 2 − 1) l´ım l´ım

(x,y)7→(1,1)

(x2 + x + 1)(y 2 + 1)

= (12 + 1 + 1)(12 + 1) = 6 = f (1, 1) R ξρ s email: [email protected]

87

Jasmer LPC


UMSA

88

EJEMPLO 5.42. Verifique que la siguiente funci´ on f : R2 → R es continuas en todo R2 . f (x, y) =

´ SOLUCION.l´ım

(x,y)7→(0,0)

   p  

2

x2 + y 2

si (x, y) 6= (0, 0)

x2 + y 2 + 1 − 1

x2 + y 2

p = x2 + y 2 + 1 − 1 =

= = = =

si (x, y) = (0, 0)

p x2 + y 2 + 1 + 1 p l´ım p (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 + 1 − 1 x2 + y 2 + 1 + 1 p (x2 + y 2)[ x2 + y 2 + 1 + 1] p l´ım (x,y)7→(0,0) [ x2 + y 2 + 1]2 − 12 p (x2 + y 2)[ x2 + y 2 + 1 + 1] l´ım (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 + 1 − 1 p (x2 + y 2)[ x2 + y 2 + 1 + 1] l´ım (x,y)7→(0,0) x2 + y 2 p l´ım x2 + y 2 + 1 + 1 x2 + y 2

(x,y)7→(0,0)

√

02 + 02 + 1 + 1 = 2 = f (0, 0)

EJEMPLO 5.43. Verifique que la siguiente funci´ on f : R2 → R es continuas en todo R2 .

´ SOLUCION.-

 2 2  x −y ex+y − 1 f (x, y) =  2x

si x > −y, si x ≤ −y.

Como el polinomio x2 − y 2 es continua en todo R2 y la función ex+y − 1 es continua en todo R2 , y demás ex+y − 1 = 0 cuando x = −y, se tiene que si x > −y la función f (x, y) es continua en R2 − {(x, y) ∈ R2 : x = −y}. Por otro lado para x ≤ −y, se tiene que f (x, y) es 2x por tanto continua. Falta examinar que ocurre en los puntos de al recta x = −y, es decir, tenemos que analizar la continuidad en puntos de la forma (a, −a) para todo a ∈ R. Es fácil ver que

f (a, −a) = 2a. Para el cálculo de l´ım

(x,y)7→(a,−a)


88

f (x, y) Jasmer LPC


UMSA

89

tenemos que distinguir dos regiones x > −y y x ≤ −y esto por que la función esta definida por pedazos. Empecemos analizando el caso en que x > −y: l´ım

(x,y)7→(a,−a) x>−y

f (x, y) = = =

l´ım

x2 − y 2 ex+y − 1

l´ım

(x + y)(x − y) ex+y − 1

l´ım

(x + y) (x − y) ex+y − 1

(x,y)7→(a,−a) x>−y

(x,y)7→(a,−a) x>−y

(x,y)7→(a,−a) x>−y

u (a − (−a)) u7→0 eu − 1

= l´ım

u=x+y u→0

= 2a = f (a, −a) Por otra parte, para el caso x ≤ −y, tenemos que: l´ım

(x,y)7→(a,−a) x>−y

f (x, y) =

l´ım

(x,y)7→(a,−a) x>−y

2x = 2a = f (a, −a)

Por tanto, el l´ımite existe y vale 2a = f (a, −a), es decir, f es continua en esos puntos. ´ 5.3. Un conjunto X ⊂ Rn es abierto si para todo x ∈ X. existe r > 0 tales que DEFINICION B(x, r) ⊂ X. Un conjunto Y es cerrado si su complemento es abierto. LEMA 5.6. Sea f : X → Rm una funci´ on definida en un subconjunto X ⊂ Rn . f es continua en X si y solo si la imagen inversa f −1 (B) de todo abierto B ⊂ Rm es un conjunto abierto en X. ❚

Demostración. ´ 5.4. Un conjunto K ⊂ Rn es compacto si es cerrado y acotado. DEFINICION

TEOREMA 5.7 (Weierstrass). Toda funci´ on real continua f : K → R definida en un compacto n K ⊂ R alcanza su máximo y su m´ınimo en K, esto es, existen puntos xmax , xmin ∈ K tales que f (xmin ) ≤ f (x) ≤ f (xmax ),


89

∀x ∈ K.

Jasmer LPC

CAPÍTULO 6

Derivaci´ on de funciones reales de varias variables

EJEMPLO 6.1. Demostrar que en R2 , la representaci´ on paramétrica de la recta l(t) = (u1 , u2 ) + t(v1 , v2 ) es equivalente a la representaci´ on no paramétrica y = mx + b. ´ SOLUCION.-

6.1.

♣

Derivadas parciales

Para funciones de dos variables z = f (x, y), la idea intuitiva de derivada parcial responde a la siguiente cuestión: ¿Cómo se va a ver afectada una función de dos variables por una variación de una de sus variables, mientras que la otra variable permanece fija?. Podemos responder a esta cuestión derivando de la función con respecto a una variable, manteniendo constante la otra. Este proceso se conoce como derivación parcial, y su resultado se llama derivada parcial de la función respecto a la variable independiente elegida. Para ello partimos de la idea del concepto de derivada de funciones de una variable: el l´ımite cuando el incremento de la variable tiende a cero, del cociente del incremento de la función dividido entre el incremento de la variable. Suponemos que una de las variables es constante e incrementamos sólo la otra, es decir, hacemos la derivada suponiendo que la función depende sólo de una de las variables. Con ello se reduce la discusión al caso unidimensional considerando una función de dos variables como una función de una sola variable (cada variable separadamente), manteniendo fija la otra variable. A continuación presentamos la definición de derivada parcial de una función de varias variables. 90


UMSA

91

´ 6.1. Sea f : U → R una funci´ DEFINICION on definida en un conjunto abierto U de Rn , y sea p ∈ U. Se define la derivada parcial de f con respecto a su variable xi en el punto p, como el siguiente l´ımite, si existe y es finito: ∂f f (p + tei ) − f (p) (p) = l´ım . t→0 ∂xi t donde ei es el vector de Rn que tiene un i en su i-esima coordenada y 0 en la s restantes. EJEMPLO 6.2. Calcular, aplicando la definici´ on, las dos derivadas parciales de la función f (x, y) = xy + x − y, en el punto p(0, 0). ´ SOLUCION.∂f f ((0, 0) + te1 ) − f (0, 0) f (t, 0) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım = l´ım t→0 t→0 ∂x t t t·0+t−0−0 t = l´ım = l´ım1 = 1 = l´ım t→0 t→0 t→0 t t ∂f f ((0, 0) + te2 ) − f (0, 0) f (0, t) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım = l´ım t→0 t→0 ∂y t t = l´ım t→0

−t 0·t+0−t−0 = l´ım = l´ım(−1) = −1 t→0 t→0 t t

Si hallamos las derivadas parciales de una función de dos variables z = f (x, y) en un punto genérico (x, y) de su dominio, obtenemos, a su vez, funciones de dos variables, llamadas funciones derivadas parciales. EJEMPLO 6.3. Hallar, aplicando la definici´ on, las derivadas parciales de la función: f (x, y) = x2 y 3 + 5. ´ SOLUCION.∂f f ((x, y) + te1 ) − f (x, y) f (x + t, y) − f (x, y) (x, y) = l´ım = l´ım t→0 t→0 ∂x t t (x + t)2 y 3 + 5 − (x2 y 3 + 5) (x2 + 2xt + t2 )y 3 + 5 − x2 y 3 − 5 = l´ım t→0 t→0 t t

= l´ım

x2 y 3 + 2xty 3 + t2 y 3 − x2 y 3 2xty 3 + t2 y 3 = l´ım t→0 t→0 t t

= l´ım

t(2xy 3 + ty 3 ) = l´ım(2xy 3 + ty 3 ) = 2xy 3 t→0 t→0 t

= l´ım

Un calculo semejante muestra que R ξρ s email: [email protected]

∂f (x, y) = 3x2 y 2 . ∂x 91

Jasmer LPC


UMSA

6.1.1.

92

C´ alculo de derivadas parciales usando reglas de derivaci´ on.

Si observamos los resultados del ejemplo anterior, podemos concluir que no es necesario aplicar la definición para calcular las derivadas parciales, sino que se pueden calcular aplicando las reglas ordinarias de derivación. Esto se deduce de la propia definición, ya que de la definición de las derivadas parciales, como derivadas ordinarias con la condición de que se han fijado todas las variables excepto una, respecto de la cual se toma la derivada, se deduce que al calcular las derivadas parciales se pueden utilizar las reglas del cálculo de las derivadas ordinarias. Es decir, ∂f (x1 , .., yn ) ∂xi Se puede calcular mediante las reglas de derivación, es decir, como una derivada ordinaria, de la función f respecto de la variable xi , suponiendo las restantes variables todas constantes (es decir, como si la función f dependiera sólo de xi y las demás x1 , .., xi−1 , xi+1 ,..., xn fueran n´ umeros). En consecuencia, consideramos que x1 , .., xi−1 , xi+1 ,..., xn constantes y derivamos con respecto a xi aplicando todas las reglas de derivación. EJEMPLO 6.4. Hallar las derivadas parciales de la funci´ on f (x, y, z) = x2 y cos z − z sen x cos y ´ SOLUCION.Sea z = x2 y cos z − z sen x cos y, entonces zx = 2xy cos z − z cos x cos y

zy = x2 cos z + z sen x sen y

∂f EJEMPLO 6.5. Empleando las reglas de derivaci´ on, hallar: (x, y) si f (x, y) = x2 cos y + ∂x 2x tan y ´ SOLUCION.∂f (x, y) = 2x cos y + 2 tan y ∂x EJEMPLO 6.6. Empleando las reglas de derivaci´ on, hallar:

∂f 2 (1, 0) si f (x, y) = ex y +arctan(xy) ∂x

´ SOLUCION.∂f y 2 (x, y) = 2xyex y + ∂x 1 + (xy)2 ∂f 0 2 (1, 0) = 2 · 1 · 0 · e1 ·0 + = 0. ∂x 1 + (1 · 0)2 R ξρ s email: [email protected]

92

Jasmer LPC

UMSA


EJEMPLO 6.7. Empleando las reglas de derivaci´ on, hallar:

93

∂f (1, 0) si ∂x

f (x, y) = x sen(x2 y) + ln(x2 + y 2 + 1) ´ SOLUCION.∂f 2x (x, y) = sen(x2 y) + 2x2 y sen(x2 y) + 2 ∂x x + y2 + 1 ∂f 2·1 (1, 0) = sen(12 · 0) + 2 · 12 · 0 sen(12 · 0) + 2 = 1. ∂x 1 + 02 + 1 EJEMPLO 6.8. Empleando las reglas de derivaci´ on, hallar: f (x, y) =

∂f (0, 3) si ∂y

p

x2 + y 2 exy + 1

´ SOLUCION.p −2y p (exy + 1) − x2 + y 2 x exy 2 2 2 x +y ∂f (x, y) = ∂y (exy + 1)2 p y(exy + 1) p x2 + y 2 x exy − 2 2 x +y ∂f (x, y) = − ∂y (exy + 1)2 √ 3(e0·3 + 1) √ − 02 + 32 0 · e0·3 ∂f 1 0 2 + 32 (0, 3) = − =− . 0·3 2 ∂y (e + 1) 4 EJEMPLO 6.9. Para la función f (x, y) =

2x − y ∂f ∂f , halle la expresi´ on reducida de x + y . x+y ∂x ∂y

´ SOLUCION.EJEMPLO 6.10. Para la función f (x, y) = y

∂f ∂y

♣ y ∂f x−y + e x , halle la expresi´ on reducida de x + x+y ∂x

´ SOLUCION.R ξρ s email: [email protected]

♣ 93

Jasmer LPC


UMSA EJEMPLO 6.11. Dada z =

x3 + y 3 ∂z ∂z , halle una expresi´ on reducida de x + y xy ∂x ∂y

´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 6.12. Para la función f (x, y) = y

94

∂f . ∂y

5x + 4y ∂f . Hallar la expresi´ on reducida de: x + 2 y ∂x

´ SOLUCION.∂f 5 = 2 ∂x y ∂f ∂y

=

Luego x

(4)y 2 − (5x + 4y)2y 4y 2 − 10xy − 8y 2 4 10x = =− 2 − 3 2 2 4 (y ) y y y

∂f ∂f 5x 4 10x −5x − 4y +y = 2 − − 2 = = −f (x, y) ∂x ∂y y y y y2 ♣

EJEMPLO 6.13. Para la función f (x, y) = ∂f y . ∂y

4x + 5y ∂f . Hallar la expresi´ on reducida de: x + 2 x ∂x

´ SOLUCION.∂f (4)x2 − (4x + 5y)2x 4x2 − 10xy − 8x2 4 10y = = =− 2 − 3 2 2 4 ∂x (x ) x x x ∂f ∂y

=

Luego x

5 x2

∂f ∂f 4 10y 5y −4x − 5y +y =− − 2 + 2 = = −f (x, y) ∂x ∂y x x x x2 ♣


94

Jasmer LPC


UMSA

95

EJEMPLO 6.14. Si u(r, t) = ln rt + ln rt probar que r

∂u ∂u − t = 0. ∂r ∂t

´ SOLUCION.r

∂u ∂u 1 (−t) 1 (−r) − t =r t − t r =1+1=0 2 ∂r ∂t r t2 t r y

EJEMPLO 6.15. Si z = xy + x e x , demostrar que: x

y ∂z ∂z + y − 2xy = x e x . ∂x ∂y

´ SOLUCION.h y = x y + x ex

∂z ∂z + y − 2xy x ∂x ∂y

(−y) x2

+e

y x

i

h i y 1 x + y x + x e x − 2xy

h i h i y y y y x x x = x y − x e + e + y x + e − 2xy y

y

y

y

= xy − y e x + x e x + yx + y e x − 2xy = x e x EJEMPLO 6.16. Dada w = p

y2 x2 + y 2

, halle una expresi´ on simplificada de x · wx + y · wy .

´ SOLUCION.-

Derivando respecto de x tenemos: 2xy 2 −xy 2 p p − 2 x2 + y 2 x2 + y 2 −xy 2 wx = p 2 = p 2 = p 3 2 2 2 2 2 2 x +y x +y x +y del mismo modo derivando respecto de y obtenemos


95

Jasmer LPC


UMSA

p 2x y x2 + y 2 − p 2 x2 + y 2 = 2 p x2 + y 2 2

2y wy =

=

2y

96

p

2 x2 + y 2 − x2 y p x2 + y 2 2 p x2 + y 2

2yx2 + 2y 3 − x2 y p x2 + y 2 2y 3 + xy 2 p 2 = p 3 2 2 2 2 x +y x +y

Reemplazando se sigue que 2y 3 + xy 2 2y 4 + xy 3 − x2 y 2 −xy 2 x · wx + y · wy = x · p + y · = 3 p 3 p 3 . 2 2 2 2 2 2 x +y x +y x +y x

EJEMPLO 6.17. Dada f (x, y) = e y , halle una expresi´ on simplificada de x · fx (x, y) + y · fy (x, y). ´ SOLUCION.x

Derivando f (x, y) = e y respecto de x obtenemos: x

fx (x, y) = e y

1 y

x

y fy (x, y) = − e y

x y2

Por tanto x

x · fx (x, y) + y · fy (x, y) = x · e y EJEMPLO 6.18. Dada z = p

xy x2 + y 2

x x 1 x xy x xy − y · ey 2 = ·e − · e = 0. y y y y

, halle una expresi´ on simplificada de x

∂z ∂z + y . ∂x ∂y

´ SOLUCION.-

Derivando respecto de x tenemos:


96

Jasmer LPC


UMSA

97

p 2 2 + y2 x − x2 y p 2x y 2 2 p y x +y − p 2 x2 + y 2 x2 + y 2 ∂z = = 2 2 p p ∂x x2 + y 2 x2 + y 2 2

=

y

yx2 + y 3 − x2 y p x2 + y 2 y3 p 2 = p 3 2 2 2 2 x +y x +y

del mismo modo derivando respecto de y obtenemos p 2 2 + y2 2 x x − xy 2 p 2xy 2 2 p x x +y − p 2 x2 + y 2 x2 + y 2 ∂z = = p 2 p 2 ∂y x2 + y 2 x2 + y 2 =

x3 + xy 2 − xy 2 p x2 + y 2 x3 p 2 = p 3 x2 + y 2 x2 + y 2

Reemplazando se sigue que x

∂z ∂z y3 x3 + y = x p 3 + y p 3 ∂x ∂y 2 2 2 2 x +y x +y

xy 3 + yx3 xy(y 2 + x2 ) p = p 3 = (x2 + y 2) x2 + y 2 x2 + y 2

Finalmente x

EJEMPLO 6.19. Dada z =

∂z ∂z xy + y = p ∂x ∂y x2 + y 2

x2 y 2 ∂z ∂z + , halle una expresi´ on reducida de x + y . y x ∂x ∂y

´ SOLUCION.Derivando respecto de x tenemos: R ξρ s email: [email protected]

97

Jasmer LPC


UMSA

98

x y2 ∂z =2 − 2 ∂x y x del mismo modo derivando respecto de y obtenemos ∂z x2 y =− 2 +2 ∂y y x Reemplazando se sigue que ∂z ∂z x + y = x ∂x ∂y

2 x y2 x y 2 − 2 + y − 2 +2 y x y x

y2 x2 y 2 x2 − +2 = 2 − y x y x =


2x3 − y 3 − x3 + 2y 3 x3 + y 3 = xy xy

x2 + y 2 y 2 ∂z ∂z + , halle la expresi´ on reducida de x + y . x−y x ∂x ∂y

´ SOLUCION.Derivando respecto de x tenemos: ∂z 2x(x − y) − (x2 + y 2) y 2 x2 − 2xy − y 2 y 2 = − = − 2 ∂x (x − y)2 x2 (x − y)2 x del mismo modo derivando respecto de y obtenemos ∂z 2y(x − y) − (x2 + y 2 )(−1) y x2 + 2xy − y 2 y = +2 = +2 2 2 ∂y (x − y) x (x − y) x Reemplazando se sigue que


98

Jasmer LPC


UMSA

∂z ∂z x + y = x ∂x ∂y

Por tanto x

x2 − 2xy − y 2 y 2 − 2 (x − y)2 x

+ y

99

x2 + 2xy − y 2 y +2 2 (x − y) x

=

x3 − 2x2 y − xy 2 y 2 yx2 + 2xy 2 − y 3 y2 − + + 2 (x − y)2 x (x − y)2 x

=

x3 − 2x2 y − xy 2 + yx2 + 2xy 2 − y 3 y 2 + (x − y)2 x

=

x2 (x − y) + y 2 (x − y) y 2 x3 − x2 y + xy 2 − y 3 y 2 + = + (x − y)2 x (x − y)2 x

∂z ∂z (x2 + y 2 )(x − y) y 2 x2 + y 2 y 2 + y = + = + = z. ∂x ∂y (x − y)2 x x−y x


♣

x2 + y 2 x2 ∂z ∂z + , halle la expresi´ on reducida de x + y . y−x y ∂x ∂y

´ SOLUCION.Derivando respecto de x tenemos: ∂z 2x(y − x) − (x2 + y 2)(−1) y y 2 + 2xy − x2 x = + 2 = +2 2 2 ∂x (y − x) x (y − x) y del mismo modo derivando respecto de y obtenemos ∂z 2y(y − x) − (x2 + y 2 ) x2 y 2 − 2xy − x2 x2 = − = − 2 ∂y (y − x)2 y2 (y − x)2 y Reemplazando se sigue que ∂z ∂z x + y = x ∂x ∂y

y 2 + 2xy − x2 x +2 2 (y − x) y

+ y

y 2 − 2xy − x2 x2 − 2 (y − x)2 y

=

xy 2 + 2x2 y − x3 x2 y 3 − 2xy 2 − yx2 x2 − + + 2 (y − x)2 y (y − x)2 y

=

xy 2 + 2x2 y − x3 + y 3 − 2xy 2 − yx2 x2 + (y − x)2 y

=

−xy 2 + x2 y − x3 + y 3 x2 y 2(y − x) + x2 (y − x) x2 + = + (y − x)2 y (y − x)2 y


99

Jasmer LPC


UMSA Por tanto x

∂z (x2 + y 2 )(y − x) x2 x2 + y 2 x2 ∂z + y = + = + = z. ∂x ∂y (y − x)2 y y−x y

EJEMPLO 6.22. Para la función f (x, y) = 4x + x

100

∂f ∂f + y . ∂x ∂y

♣

2x2 + y 2 . Hallar la expresi´ on reducida de x+y

´ SOLUCION.Derivando respecto de x tenemos: 4x(x + y) − (2x2 + y 2 )(1) ∂f =4+ ∂x (x + y)2 del mismo modo derivando respecto de y obtenemos ∂f 2y(x + y) − (2x2 + y 2)(1) = ∂y (x + y)2 Reemplazando se sigue que x

∂z ∂z 4x(x + y) − (2x2 + y 2 )(1) 2y(x + y) − (2x2 + y 2 )(1) + y = 4+ + ∂x ∂y (x + y)2 (x + y)2 =

4(x + y)2 + 4x(x + y) + 2y(x + y) − 2(2x2 + y 2) (x + y)2

=

4(x + y)2 + 4x2 + 4xy + 2yx + 2y 2 − 4x2 − 2y 2 (x + y)2

x

∂z ∂z 4(x + y)2 + 4xy + 2yx + y = ∂x ∂y (x + y)2 =

4(x + y)2 + 6xy (x + y)2

♣ EJEMPLO 6.23. Hallar las derivadas parciales de primer orden de la siguientes funciones f : Rn → R donde n = 2 o 3.


100

Jasmer LPC


UMSA

101 p 9x2 + 4y 2 − 36

x2 y y 2 − 9x

(2)

f (x, y) =

(3) f (x, y) = ey sen(xy) + tg(2x − y)

(4)

f (x, y) = ln

(6)

f (x, y) = e−(x

(8)

f (x, y, z) =

(1) f (x, y) =

(5) f (x, y, z) = eau+bv

2 +cw 3

(7) f (x, y, z) = log(x2 + y 2 z − xz 2 )

x2 − y 2 x2 + y 2 2 +y 2 )

cos(x2 + y 2 )

sen y log(xyz)

´ SOLUCION.-

♣

p ∂z − EJEMPLO 6.24. Comprobar que la funci´ on z = log x2 y + arctg(x2 y) verifica la igualdad x ∂x ∂z 2y = 0. ∂y ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 6.25. Dado w = x2 y + xz 2 + y 2 z probar

∂w ∂w ∂w + + = (x + y + z)2 . ∂x ∂y ∂z

´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 6.26. Si z = x f (x, y), mostrar que x

∂z ∂z + y =z ∂x ∂y

´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 6.27. Si z = f (x, y), x = r cos θ, y = r sen θ probar 2 ∂z . ∂y ´ SOLUCION.-

∂z ∂r

2

1 + 2 r

∂z ∂θ

2

=

∂z ∂x

2

+

♣

EJEMPLO 6.28. Establezca que la funci´ on z = xey + yex es soluci´ on de la ecuaci´ on diferencial parcial ∂3z ∂3z ∂3z ∂3z + = x + y ∂x3 ∂y 3 ∂x∂y 2 ∂x2 ∂y ´ SOLUCION.R ξρ s email: [email protected]

♣ 101

Jasmer LPC


UMSA

102

EJEMPLO 6.29. Si u = ea1 x1 +a2 x2 +···+an xn , donde a21 + a22 + · · · + a2n = 1, establezca que: ∂2u ∂2u ∂2u + +··· =u ∂x1 ∂x1 ∂x2 ∂x2 ∂xn ∂xn ´ SOLUCION.EJEMPLO 6.30. Si W =

♣ Axn + By n , demostrar que xWx + yWy = (W − 2)W . Cx2 + Dy 2

´ SOLUCION.EJEMPLO 6.31. Si W =

x−y+z x+y−z

n

♣ , demostrar que xWx + yWy + zWz = 0.

´ SOLUCION.-

6.1.2.

♣

Interpretaci´ on geom´ etrica de las derivadas parciales

Sabemos que el gráfico de una función f : R2 → R es un superficie en R3 . Si p = (x0 , y0 ) ∈ R2 , la intersección entre el gráfico de la función z = f (x, y) con el plano y = y0 es una curva que es el R ξρ s email: [email protected]

102

Jasmer LPC

UMSA


103

gráfico de la función g : I → R definida por g(x) = f (x, y0 ), donde I = {x ∈ R : (x, y0 ) ∈ U}. Por tanto

∂f (x0 , y0 ). ∂x En consecuencia, la derivada parcial de la función f respecto de la variable x, en el punto (x0 , y0 ) representa la pendiente de la tangente a la curva g(x) = f (x, y0 ) en el punto (x0 , y0) relativo al plano (x, y), en otras palabras, es la inclinación de la superficie z = f (x, y) en la dirección del eje x. g ′ (x0 ) =

Análogamente, la función h(y) = f (x0 , y) representa la curva que se obtiene de la intersección de la superficie z = f (x, y) con el plano x = x0 . La derivada parcial de la función f , respecto de la variable y, en el punto (x0 , y0 ) representa la pendiente de la tangente a la curva h(y) = f (x0 , y) en el punto (x0 , y0 ) correspondiente de la gráfica, es decir, la inclinación de la superficie en la dirección del eje y. y ∂f en el punto (x0 , y0) representan En un lenguaje más informal, diremos que los valores de ∂f ∂x ∂y la pendiente de la superficie Graf (f ) en el punto (x0 , y0, f (x0 , y0 )) en las direcciones de los ejes x e y, respectivamente. EJEMPLO 6.32. Hallar la pendiente a la superficie f (x, y) = 16 − x2 − 4y 2 en el punto P (3, −1, 3), en las direcciones de los ejes x e y. ´ SOLUCION.En la dirección del eje Ox, la pendiente viene dada por ∂f (x, y) = −2x, ∂x

evaluando en (3, −1) da

∂f (3, −1) = −6. ∂x

En la dirección del eje Oy, la pendiente viene dada por ∂f (x, y) = −2y, ∂x

evaluando en (3, −1) da

∂f (3, −1) = 8. ∂x

El que la derivada parcial en una dirección sea positiva y en otra negativa significa que, desde el punto p, en la dirección del eje Ox la función decrece, mientras que en la dirección del eje Oy crece.

6.2.

La Derivada Parcial como raz´ on de cambio

∂f Si z = f (x, y), entonces la derivada parcial de z con respecto a x “ ” mide la tasa de cambio ∂x instantánea de f por cada unidad que cambia x cuando y permanece constante. Asi, las derivadas parciales pueden interpretarse como la razón de cambio instantáneo de la función respecto de una variable, mientras la otra permanece fija. En particular: R ξρ s email: [email protected]

103

Jasmer LPC

UMSA


104

∂f La derivada parcial de f con respecto a x en el punto (a, b) “ (a, b)” mide la razón de ∂x cambio instantáneo de la función f cuando la variable y se conserva fija en y = b y var´ıa la ∂f variable x. Esto es, f (a, b) unidades cambia var´ıa o incrementa en (a, b) unidades por cada ∂x unidad que cambia a cuando b se mantiene fija o permanece constante. En otras palabras, si incrementamos b en una unidad y mantenemos a constante, entonces f (a, b) incrementa ∂f en (a, b) unidades. ∂x ∂f La derivada parcial de f con respecto a y en el punto (a, b) “ (a, b)” mide la razón de ∂x cambio instantáneo de la función f cuando la variable x se conserva fija en x = a y var´ıa la ∂f variable y. Esto es, f (a, b) unidades cambia var´ıa o incrementa en (a, b) unidades por cada ∂x unidad que cambia b cuando a se mantiene fija o permanece constante. En otras palabras, si incrementamos a en una unidad y mantenemos b constante, entonces f (a, b) incrementa ∂f (a, b) unidades. en ∂x EJEMPLO 6.33. Un cilindro recto tiene 4 cm. de radio y 20 cm. de altura. Hallar la razón de cambio del volumen del cilindro respecto del radio y respecto de la altura. ´ SOLUCION.Tenemos que V = πr 2 h, luego: Para hallar la razón de cambio del volumen respecto del radio, r, fijamos la altura, h, y derivamos con respecto a r. A continuación evaluamos la derivada parcial para r = 4 y h = 20. ∂V = 2πrh, ∂r evaluando en (4, 20) da ∂V (4, 20) = 2π · 4 · 20 = 160πcm3 /cm de r. ∂r Por tanto, si mantenemos fija la altura e incrementamos el radio, se produce un incremento del (4, 20) = 160π volumen de 160πcm3 /cm de r, esto es, V = V (4, 20) = 320π cm3 incrementa en ∂V ∂r cm3 por cada cm que incrementa el radio cuando la altura esta fija en h = 20 cm. Para hallar la razón de cambio del volumen respecto de la altura, h, fijamos el radio, r, y derivamos con respecto a h. A continuación evaluamos la derivada parcial para r = 4 y h = 20. ∂V = πr 2 , ∂h evaluando en (4, 20) da ∂V (4, 20) = π · 42 = 16πcm3 /cm de h. ∂h R ξρ s email: [email protected]

104

Jasmer LPC

UMSA


105

Por tanto,si mantenemos fijo el radio e incrementamos la altura, se produce un incremento del volumen de 16πcm3/cm de h, esto es, V = V (4, 20) = 320π cm3 incrementa en ∂V (4, 20) = 16π ∂h cm3 por cada cm que incrementa la altura cuando el radio permanece constante en r = 4 cm. EJEMPLO 6.34. Se lanza un nuevo producto al mercado. El volumen de ventas V se incrementa como una función del tiempo t y depende también de la cantidad G gastada en la campa˜ na publicitaria. Si, con t medido en meses y G en bolivianos. V = 200 5 − e−0,002G 1 − e−t Calcule

∂V ∂V , . Eval´ ues estas derivadas cuando t = 1 y G = 400 e interpretelas. ∂t ∂G

´ SOLUCION.Las derivadas parciales de V están dadas por: ∂V = 200 5 − e−0,002G e−t ∂t ∂V = 200 − (−0,002)e−0,002G 1 − e−t = 0,4e−0,002G 1 − e−t ∂G Haciendo t = 1 y G = 400 obtenemos los valores: 200 5 − e−0,002(400) 1 − e−1 = 531,51 ∂V −0,8 = 200 5 − e e−1 = 335 ∂t ∂V = 0,4e−0,8 1 − e−1 = 0,11 ∂G

En lo que sigue interpretamos estos dos n´ umeros.

∂V ☞ La derivada parcial de V con respecto a t, , mide la tasa de incremento instantánea en ∂t el volumen de ventas V por cada unidad que incrementa el tiempo t cuando el gasto en publicidad G permanece fijo. En particular son equivalentes: ∂V (1, 400) = 335, mide ∂t la tasa de incremento instantánea del volumen de ventas V (1, 400) = 531,51 por mes cuando el gasto de 400 bolivianos permanece constante.

La derivada parcial de V con respecto a t en un punto (1, 400),

El volumen de ventas V (1, 400) = 531,51 incrementa en una tasa instantánea de ∂V (1, 400) = 335 unidades por mes cuando el gasto esta fijo en 400 bolivianos. ∂t R ξρ s email: [email protected]

105

Jasmer LPC

UMSA


106

En el instante t = 1, cuando ya se han gastado 400 bolivianos en publicidad el volumen de ventas es de V (1, 400) = 531,51 unidades. Ahora bien dentro de un mes este volumen ∂V de ventas incrementa en (1, 400) = 335 unidades. ∂t ∂V ☞ La derivada parcial de V con respecto a G, , mide la tasa de incremento instantánea ∂G en el volumen de ventas V por cada unidad que incrementa el gasto G cuando el tiempo t permanece fijo. En particular son equivalentes: ∂V (1, 400) = 0,11, ∂G mide la tasa de incremento instantánea del volumen de ventas V (1, 400) = 531,51 por cada boliviano gastado en publicidad cuando el tiempo t = 1 permanece constante. La derivada parcial de V con respecto a G en un punto (1, 400),

El volumen de ventas V (1, 400) = 531,51 incrementa en una tasa instantánea de ∂V (1, 400) = 0,11 unidades por cada boliviano adicional gastado cuando el tiempo ∂G permanece fijo en t = 1. En el instante t = 1, cuando ya se han gastado 400 bolivianos en publicidad el volumen de ventas es de V (1, 400) = 531,51 unidades. Ahora bien un boliviano adicional gastado ∂V en publicidad incrementa este volumen de ventas en (1, 400) = 0,11 unidades. ∂G

6.2.1.

Productividad Marginal

La producción total del producto de una empresa depende de un gran n´ umero de factores, los cuales la empresa a menudo tiene flexibilidad de modificar. Los dos factores más importantes son la cantidad de mano de obra “L” empleada por la empresa y el monto del capital “K” invertido en edificios, maquinaria, etc. Entonces la producción total P , es decir, el n´ umero de unidades del producto de la empresa producida al mes, es alguna función de L y K. Escribimos este hecho como P = f (L, K) . Esta función se conoce como función producci´ on de la empresa y las variables L y K son factores de producción, esto es, variables que afectan el nivel de producción. L y K a menudo son variables independientes en el contexto de al estrategia básica de la empresa. ∂P ☞ La derivada parcial de P con respecto a L, , se denomina la productividad marginal de ∂L mano de obra y mide la el incremento instantáneo en la producción P por cada unidad que incrementa la mano de obra empleada L cuando el capital invertido K se mantiene fijo. ∂P ☞ La derivada parcial de P con respecto a K, , se conoce como la productividad marginal del ∂K capital y mide el incremento instantáneo en la producción P por cada unidad que incrementa el capital invertido K cuando la mano de obra empleada L se mantiene constante. R ξρ s email: [email protected]

106

Jasmer LPC

UMSA


107

EJEMPLO 6.35. La función de producción de cierta empresa esta dada por P = f (L, K) = 5L + 2L2 + 3LK + 8K + 3K 2

(6.1)

en donde L es el insumo de mano de obra medida en miles de horas-hombre por semana, K es el monto de capital invertido en miles de bolivianos por semana y P es la producción en miles de art´ıculos. Determine las productividades marginales cuando L = 5 y K = 12 e interprete los resultados. ´ SOLUCION.Las productividades marginales son ∂P ∂L ∂P ∂K

= 5 + 4L + 3K = 3L + 8 + 6K

evaluando en L = 5 y K = 12 tenemos: ∂P ∂L ∂P ∂K

= 5 + 4(5) + 3(12) = 61 = 3(5) + 8 + 6(12) = 95

Además P = f (5, 12) = 5(5) + 2(5)2 + 3(5)(12) + 8(12) + 3(12)2 = 682 ☞ Interpretando la derivada parcial de P con respecto a L en el punto (5, 12),

∂P = 61. ∂L

∂P (5, 12) = 61, mide el incremento instantáneo en la producción P = f (5, 12) = 682 ∂L por cada unidad que incrementa la mano de obra empleada L cuando el capital invertido se mantiene fijo en 12000 bolivianos. ∂P P = f (5, 12) = 682 unidades producidas al mes incrementa en (5, 12) = 61 unidades ∂L por cada unidad que incrementa la mano de obra empleada cuando el capital esta fijo en 12000 bolivianos. Por tanto, la producción se incrementa en 6100 art´ıculos por semana por cada 1000 horas-hombre adicionales de mano de obra empleada cuando K se mantiene fija. Si se emplean L = 5000 horas-hombre por semana y el monto invertido es de K = 12000 bolivianos a la semana, entonces la producción de f (5, 12) = 682 unidades incrementa ∂P en (5, 12) = 61 unidades por cada unidad que incrementa la mano de obra empleada ∂L cuando el capital permanece constante. R ξρ s email: [email protected]

107

Jasmer LPC

UMSA


☞ Interpretando la derivada parcial de P con respecto a K en el punto (5, 12),

108 ∂P = 95. ∂K

∂P (5, 12) = 95, mide el incremento instantáneo en la producción P = f (5, 12) = ∂K 682 por cada unidad que incrementa el capital invertido K cuando la mano de obra empleada se mantiene fijo en 5000 horas-hombre. ∂P P = f (5, 12) = 682 mil unidades producidas al mes incrementa en (5, 12) = 95 ∂K mil unidades por cada unidad que incrementa el capital invertido K cuando la mano de obra empleada se mantiene fijo en 5000 horas-hombre. Por tanto, la producción se incrementa en 95000 art´ıculos por semana por cada 1000 bolivianos adicionales de incremento en el monto mensual del capital invertido cuando L se mantiene fijo. Si se emplean L = 5000 horas-hombre por semana y el monto invertido es de K = 12000 bolivianos a la semana, entonces la producción de f (5, 12) = 682 mil unidades ∂P (5, 12) = 95 mil unidades por cada unidad que incrementa el capital incrementa en ∂K cuando la mano de obra empleada permanece constante. EJEMPLO 6.36. La función de producción de cierta empresa esta dada por P = f (L, K) = 7L + 5K + LK − L2 − 2K 2

(6.2)

en donde L es el insumo de mano de obra medida en miles de horas-hombre por semana, K es el monto de capital invertido en miles de bolivianos por semana y P es la producción en miles de art´ıculos. Determine las productividades marginales cuando L = 3 y K = 10 e interprete los resultados. ´ SOLUCION.Las productividades marginales son ∂P ∂L ∂P ∂K

= 7 + K − 2L = 5 + L − 4K

evaluando en L = 3 y K = 10 tenemos: ∂P ∂L ∂P ∂K

= 7 + 10 − 2(3) = 11 = 5 + 3 − 4(10) = −32

Además P = f (3, 10) = 7(3) + 5(10) + (3)(10) − (3)2 − 2(10)2 = −108 ☞ Interpretando la derivada parcial de P con respecto a L en el punto (3, 10), R ξρ s email: [email protected]

108

∂P = 11. ∂L Jasmer LPC


UMSA

109

∂P (3, 10) = 11, mide el incremento instantáneo en la producción P = f (3, 10) = −108 ∂L por cada unidad que incrementa la mano de obra empleada L cuando el capital invertido se mantiene fijo en K = 10 mil bolivianos. ∂P P = f (3, 10) = −108 unidades producidas al mes incrementa en (3, 10) = 11 mil ∂L unidades por cada unidad que incrementa la mano de obra empleada cuando el capital esta fijo en K = 10 mil bolivianos. Por tanto, la producción se incrementa en 11 mil art´ıculos por semana por cada 1 mil horas-hombre adicionales de mano de obra empleada cuando K se mantiene fija. Si se emplean L = 3 mil horas-hombre por semana y el monto invertido es de K = 10 mil bolivianos a la semana, entonces la producción de f (3, 10) = −108 unidades incrementa ∂P en (3, 10) = 11 mil unidades por cada unidad que incrementa la mano de obra ∂L empleada cuando el capital permanece constante. ☞ Interpretando la derivada parcial de P con respecto a K en el punto (3, 10),

∂P = −32. ∂K

∂P (3, 10) = −32, mide el incremento instantáneo en la producción P = f (3, 10) = ∂K −108 por cada unidad que incrementa el capital invertido K cuando la mano de obra empleada se mantiene fijo en L = 3 mil horas-hombre. ∂P (3, 10) = −32 P = f (3, 10) = −108 mil unidades producidas al mes incrementa en ∂K mil unidades por cada unidad que incrementa el capital invertido K cuando la mano de obra empleada se mantiene fijo en L = 3 mil horas-hombre. Por tanto, la producción se reduce en 32 mil art´ıculos por semana por cada 1 mil bolivianos adicionales de incremento en el monto mensual del capital invertido cuando L se mantiene fijo. Si se emplean L = 3 mil horas-hombre por semana y el monto invertido es de K = 10 mil bolivianos a la semana, entonces la producción de f (3, 10) = −108 mil unidades ∂P incrementa en (3, 10) = −32 mil unidades por cada unidad que incrementa el capital ∂K cuando la mano de obra empleada permanece constante. EJEMPLO 6.37.

P = f (L, K) = 100L0.3 K 0.7

(6.3)

determine las productividades marginales ´ SOLUCION.Las productividades marginales son ∂P ∂L ∂P ∂K R ξρ s email: [email protected]

= 100(0.3)L−0.7 K 0.7 = 30(K/L)0.7 = 100(0.7)L0.3 K −0.3 = 30(L/K)0.3

109

Jasmer LPC


UMSA

110

EJEMPLO 6.38. Una función producci´ on de la forma P = f (L, K) = cLa K b

(6.4)

en donde a, b y c son constantes positivas y a + b = 1, se denomina funci´ on de producción ∂P ∂P Cob-Douglas. Pruebe que con respecto a esta funci´ on de producci´ on L + K = P. ∂L ∂K ´ SOLUCION.Las productividades marginales son ∂P ∂L ∂P ∂K

L

= acLa−1 K b = bcLa K b−1

∂P ∂P + K = L acLa−1 K b + K bcLa K b−1 = (a + b)cLa K b = P ∂L ∂K

EJEMPLO 6.39. P = f (L, K) se dice que es homogénea de grado n si L

∂P ∂P + K = nP ∂L ∂K

(6.5)

con n alguna constante. Determine si la funci´ on de producci´ on dada por P = f (L, K) = 5LK + L2 − 3K 2 + a(L + K) es homogénea o no. En caso afirmativo, ¿cu´ al es el grado de su homogeneidad?. ´ SOLUCION.Las productividades marginales son ∂P ∂L ∂P ∂K

L

∂P ∂P + K ∂L ∂K

= 5K + 2L + a = 5L − 6K + a

= L(5K + 2L + a) + K(5L − 6K + a) = 5LK + 2L2 + aL + 5KL − 6K 2 + aK = 10LK + 2L2 − 6K 2 + a(L + K)

Por tanto no es homogénea. R ξρ s email: [email protected]

110

Jasmer LPC


UMSA

6.2.2.

111

Continuidad y derivadas parciales.

Recordemos que para n = 1, es decir, para las funciones de una variable, de la existencia de la derivada en un punto se deriva también que la función es continua en ese punto. Sin embargo, para funciones de varias variables, la existencia de las derivadas parciales no garantiza la continuidad de una función. En efecto, la existencia de fx (a, b) depende del comportamiento de la función sólo en la dirección del eje x, y la existencia de fy (a, b) del comportamiento de la función sólo en la dirección del eje y, mientras que la continuidad depende del comportamiento de la función en todos los puntos del entorno de (a, b) en R2 . Esto significa que una función puede tener derivadas parciales en un punto aunque no sea continua en dicho punto. Tenemos pues, que cuando n ≥ 2, incluso de la existencia de todas las derivadas parciales en cierto punto, no se deduce la continuidad en ese punto. Por otro lado, igual que ocurre para funciones de una variable, resulta evidente que de la continuidad de las funciones de n variables en un punto dado, no se deriva la existencia de sus derivadas parciales en ese punto. En consecuencia, para funciones de n variables, n ≥ 2, ni de la continuidad de esa función en un punto se deduce la existencia de las derivadas parciales, ni de la existencia de las derivadas parciales se deduce la continuidad en el punto. EJEMPLO 6.40. Probar que la siguiente funci´ on f : R2 → R no es continua en el punto p(0, 0), y que las dos derivadas parciales en el punto p(0, 0) existen:

f (x, y) =

´ SOLUCION.-

  

xy x2 + y 2

si (x, y) 6= (0, 0),

0

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

1. Continuidad: La función no es continua en el punto p(0, 0), ya que no existe el l´ımite en dicho punto. En efecto, si nos acercamos al punto mediante las rectas y = mx resulta: l´ım

(x,y)7→(0,0)

f (x, y) =

l´ım

(x,y)7→(0,0) x2 y=mx

xy = + y2

l´ım

(x,y)7→(0,0) x2 y=mx x→0

xmx m = . 2 2 +m x 1 + m2

luego el l´ımite no existe ya que depende del valor de m. Es decir, seg´ un la recta por la que nos aproximemos al punto tendr´ıamos un valor del l´ımite u otro. 2. Existencia de las derivadas parciales. A pesar de que la función no es continua en el punto p(0, 0), las derivadas parciales en dicho punto existen. En efecto: R ξρ s email: [email protected]

111

Jasmer LPC


UMSA

112

f ((0, 0) + te1 ) − f (0, 0) f (t, 0) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = l´ım = l´ım t→0 t→0 ∂x t t t·0 −0 2 2 0 = l´ım t + 0 = l´ım = l´ım0 = 0 t→0 t t→0 t→0 t ∂f f ((0, 0) + te2 ) − f (0, 0) f (0, t) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım = l´ım t→0 t→0 ∂y t t 0·t −0 2 0 = l´ım + t = l´ım = l´ım0 = 0. t→0 t→0 t t→0 t 02

6.3.

Derivadas parciales de ´ ordenes superiores

Las derivadas parciales de una función de dos variables f (x, y), son, a su vez, funciones de dos variables, fx (x, y), fy (x, y) y, por lo tanto, podemos obtener de ellas, nuevamente, sus derivadas parciales. Llamadas derivadas parciales de segundo orden. As´ı, resultan las siguientes cuatro derivadas parciales de segundo orden: ∂ ∂x

∂f ∂x

,

∂ ∂y

∂f ∂x

∂ ∂x

,

∂f ∂y

,

∂ ∂y

∂f ∂y

.

Notación: Para simplificar los paréntesis usaremos la siguiente notación: (fx )x = fxx

∂ = ∂x

(fx )y = fxy

∂ = ∂y

(fy )x = fyx

∂ = ∂x

(fy )y = fyy

∂ = ∂y

∂f ∂x ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂y

=

∂2f ∂x2

=

∂2f ∂y∂x

∂2f = ∂x∂y =

∂2f ∂y 2

Para evitar confusión con el orden de derivación, utilizaremos el siguiente criterio: se empieza derivando por la variable más cercana a la función. As´ı, derivar primero con respecto a x y a continuación con respecto a y, se escribirá con cualquiera de las expresiones: fxy = R ξρ s email: [email protected]

∂2f ∂y∂x

112

Jasmer LPC

UMSA


113

mientras que derivar primero con respecto a y y a continuación con respecto a x, se escribirá con cualquiera de las expresiones: ∂2f fyx = ∂x∂y ++++++++++++Pg 224 Salvador TEOREMA 6.1 (Teorema de Schwarz). Sea f : U → R una funci´ on real definida en un 2 ∂ f : U → R existen y son abierto U ⊂ Rn . Si para todo 1 ≤ i, j ≤ n las derivadas parciales ∂xi xj continuas en U, entonces ∂2f ∂2f = . ∂xj ∂xi ∂xi ∂xj ❚

Demostración.

EJEMPLO 6.41. Calcular las derivadas parciales de segundo orden para las siguientes funciones, verificando la igualdad de las derivadas parciales mixtas para aquellas funciones de clase C 2 . (a) ey 2 f (x, y) = x3 y + exy . (b) f (x, y, z) = ez y + + xy sen z. (c) f (x, y) = x2 ey/x + y 2 x ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 6.42. Hallar las derivadas parciales de primer orden y de segundo orden de la función 2 2 f (x, y) = x2 yex +y . ¿Esta función verifica el Teorema de Schwarz?. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 6.43. Calcular las derivadas parciales de primer orden y de orden dos de la función f (x, y) = ex sen y ´ SOLUCION.Sea z = ex sen y Empezamos calculando las derivadas parciales de primer orden: zx = ex sen y,

zy = ex cos y

Seguidamente calculamos las de orden dos: zxx = ex sen y zyy = −ex sen y

zyx = zxy = ex cos y ♣ R ξρ s email: [email protected]

113

Jasmer LPC


UMSA

114

EJEMPLO 6.44. Dada z = 3(e−y − ey ) · sen x halle una expresi´ on reducida de zxx + zyy ´ SOLUCION.Empezamos calculando las derivadas parciales de primer orden: zx = 3(e−y − ey ) · cos x,

zy = 3(−e−y − ey ) · sen x

Seguidamente calculamos las de orden dos: zxx = −3(e−y − ey ) · sen x zyy = 3(e−y − ey ) · sen x Por tanto zxx + zyy = 0. ♣ EJEMPLO 6.45. Mostrar que la funci´ on f (x, y) = 2(ex − e−x ) cos y satisface la ecuación de Laplace fxx + fyy = 0. ´ SOLUCION.-

♣

on de Laplace EJEMPLO 6.46. Demuestre que la funci´ on z = 12 (ey −e−y ) sen x satisface la ecuaci´ 2 2 ∂ z ∂ z + = 0. ∂x2 ∂y 2 ´ SOLUCION.La ecuación de Laplace de una función z es ∂2z ∂2z + = 0. ∂x2 ∂y 2 Empecemos calculado

De aqu´ı obtenemos

∂2z 1 y = − (e − e−y ) sen x 2 ∂x 2

Por otra parte

∂z 1 = (ey + e−y ) sen x ∂y 2

de donde se sigue que

Finalmente

∂z 1 = (ey − e−y ) cos x ∂x 2

∂2z 1 y = (e − e−y ) sen x. 2 ∂y 2

∂2z ∂2z 1 y 1 y −y + = − (e − e ) sen x + (e − e−y ) sen x = 0. ∂x2 ∂y 2 2 2


114

Jasmer LPC


UMSA

115

EJEMPLO 6.47. Halle las cuatro derivadas parciales de segundo orden. z = ln(x − y) y muestre que las derivadas parciales mixtas de segundo orden son iguales ´ SOLUCION.Primero de todo hallemos las dos derivadas parciales de primer orden. zx =

1 , x−y

zy = −

1 x−y

Ahora estamos en condiciones de hallar las cuatro derivadas parciales de segundo orden. zxx = − zxy =

1 , (x − y)2

zyx =

1 , (x − y)2

1 (x − y)2

zyy = −

1 (x − y)2

EJEMPLO 6.48. Halle las cuatro derivadas parciales de segundo orden. z =

xy 2 x − y2

´ SOLUCION.Empecemos hallando las dos derivadas parciales de primer orden. zx =

y 2 (x − y 2) − xy 2 , (x − y 2)2

zy =

y 2(x − y 2 ) − xy 2 (−2y) (x − y 2 )2

y4 , (x − y 2 )2

zy =

xy 2 − y 4 + 2xy 3 (x − y 2 )2

zx = −

Ahora estamos en condiciones de hallar las cuatro derivadas parciales de segundo orden. zxx

2(x − y 2)y 4 =− , (x − y 2)4 zxx = −

2y 4 , (x − y 2 )3

zyx

4y 3 (x − y 2 ) − y 4(−2y) =− (x − y 2)4

zyx = −

4xy 3 − 4y 5 + 2y 5 (x − y 2)4

Dejamos al lector calcular zxy y zyy . EJEMPLO 6.49. Halle las cuatro derivadas parciales de segundo orden. z = arc sen(y/x). ´ SOLUCION.Las dos derivadas parciales de primer orden son dadas por: y zx = p − 2 , x 1 − (y/x)2 1


115

1 zy = p 1 − (y/x)2 x 1

Jasmer LPC


UMSA

116

Por este camino los cálculos se hacen largos, en lugar de esto, derivemos implicitamente la ecuación sen z =

y x

Calculando las dos derivadas parciales de primer orden. (cos z)zx = − Claramente cos z = tenemos:

y , x2

(cos z)zy =

1 x

p 1 − (y/x)2. Ahora derivando primero respecto de x la primera ecuación (− sen z)zx + (cos z)zxx = 2

y x3

de donde

zxx =

2 xy3

+ (sen z)zx = cos z

2 xy3 +

Dejamos al lector calcular zyx , zxy y zyy . EJEMPLO 6.50. Demuestre que la funci´ on z =

y x p

√

1 1−(y/x)2

1 − (y/x)2

y − 2 x

x2 satisface la ecuaci´ on de Laplace. x2 + y 2

´ SOLUCION.Se procede como en el problema anterior.

♣

EJEMPLO 6.51. Halle una expresión simplificada de x fx (x, y) + y fy (x, y) donde f (x, y) = ey/x . ´ SOLUCION.Puesto que fx (x, y) = e Luego

y x

y y − 2 , por otro lado fy (x, y) = e x x

1 . x

y y y y y y 1 x fx (x, y) + y fy (x, y) = x e − 2 + y e x = −e x + ex = 0. x x x x y x


♣

y ∂2z ∂2z , halle una expresi´ o n reducida de + . x2 + y 2 ∂x2 ∂y 2

´ SOLUCION.Empezamos calculando las derivadas parciales de primer orden: zx = R ξρ s email: [email protected]

2x x2 + y 2

2

zy = 116

2y x2 + y 2

2

Jasmer LPC


UMSA

117

Seguidamente calculamos las derivadas parciales mixtas de segundo orden: zxx zyy Por tanto

2 x2 + y 2 [x2 + y 2 − 4x2 ] − 2x2 x2 + y 2 2x 2[y 2 − 3x2 ] = = = 4 4 3 x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 2 2 x2 + y 2 − 2y2 x2 + y 2 2y 2 x2 + y 2 [x2 + y 2 − 4y 2 ] 2[x2 − 3y 2 ] = = = 4 4 3 x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 2 x2 + y 2

2

zxx + zyy = =

2[y 2 − 3x2 ] 2[x2 − 3y 2] 2[y 2 − 3x2 + x2 − 3y 2] 3 + 3 = 3 x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 2[−2x2 − 2y 2] −4[x2 + y 2 ] −4 = 3 3 = 2 . x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2

EJEMPLO 6.53. Dada z = ex sen y + ey cos x, halle una expresi´ on reducida de

♣ ∂2z ∂2z + . ∂x2 ∂y 2

´ SOLUCION.Empezamos calculando las derivadas parciales de primer orden: zx = ex sen y − ey sen x,

zy = ex cos y + ey cos x

Seguidamente calculamos las derivadas parciales mixtas de segundo orden: zxx = ex sen y − ey cos x

zyy = −ex sen y + ey cos x Por tanto zxx + zyy = ex sen y − ey cos x − ex sen y + ey cos x = 0 EJEMPLO 6.54. Dada z = ey sen x + ex cos y, halle una expresi´ on reducida de ´ SOLUCION.-

♣ ∂2z ∂2z + . ∂x2 ∂y 2 ♣

EJEMPLO 6.55. Mostrar que la funci´ on f (x, y) = 2(ex − e−x ) cos y satisface la ecuación de fxx + fyy = 0. ´ SOLUCION.Sea z = 2(ex −e−x ) cos y. Empezamos calculando las derivadas parciales de primer orden: R ξρ s email: [email protected]

117

Jasmer LPC


UMSA

zx = 2(ex + e−x ) cos y,

118

zy = −2(ex − e−x ) sen y

Seguidamente calculamos las derivadas parciales mixtas de segundo orden: zxx = 2(ex − e−x ) cos y = 2ex cos y − 2e−x cos y

zyy = −2(ex − e−x ) cos y = −2ex cos y + 2e−x cos y Por tanto zxx + zyy = 2ex cos y − 2e−x cos y − 2ex cos y + 2e−x cos y = 0

♣

EJEMPLO 6.56. Dada z = ln(x + 2y), halle una expresi´ on reducida de zyy − 4zxx = 0. ´ SOLUCION.Empezamos calculando las derivadas parciales de primer orden: zx =

1 , x + 2y

zy =

2 x + 2y

Seguidamente calculamos las derivadas parciales mixtas de segundo orden: zxx =

1 (x + 2y)2

Por tanto zyy − 4zxx =

zyy =

4 (x + 2y)2

4 1 −4 =0 2 (x + 2y) (x + 2y)2

♣

EJEMPLO 6.57. Si u = ea1 x1 +a2 x2 +···+an xn , donde a21 + a22 + · · · + a2n = 1, demuestre que: ∂2u ∂2u ∂2u + +···+ =u ∂x1 ∂x1 ∂x2 ∂x2 ∂xn ∂xn ´ SOLUCION.Tomemos i = 1, 2, 3, ..., n. a2i ea1 x1 +a2 x2 +···+an xn , por tanto

∂u ∂2u = ai ea1 x1 +a2 x2 +···+an xn , de donde = ∂xi ∂x1 ∂x1

n n X X ∂2u = a2i ea1 x1 +a2 x2 +···+an xn = u ∂xj ∂xj j=0 j=0

EJEMPLO 6.58. Demostrar que la funci´ on u(x, y) = f (x, y) + 2

2

∂ u ∂ u − y 2 2 = 0. 2 ∂x ∂y R ξρ s email: [email protected]

x2

118

√

xyg

y x

♣ satisface la ecuación

Jasmer LPC

UMSA ´ SOLUCION.-


119 ♣

EJEMPLO 6.59. Verificar la ecuación de Laplace (1) f (x, y, z) = x2 + y 2 − 2z 2 1 (3) f (x, y, z) = p x2 + y 2 + z 2

∂2f ∂2f ∂2f + + = 0 cuando: ∂x2 ∂y 2 ∂z 2

(2)

f (x, y, z) = ln(x2 + y 2 + z 2 )

(4)

f (x, y, z) = (x2 + y 2 + z 2 )1/2

´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 6.60. Una función f (x, y) se dice homogénea de grado n si f (λx, λy) = λn f (x, y). Sea f (x, y) homogénea de grado 2, demostrar que 2 ∂2f ∂2f 2 ∂ f + 2xy + y = 2f. ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 y Ilustre esto mediante el caso particular f (x, y) = x2 ln . x

x2

´ SOLUCION.-

6.4.

♣

Derivadas direccionales

Las derivadas parciales fx (x, y) y fy (x, y), representan, respectivamente, la pendiente de la superficie z = f (x, y) en las direcciones del eje OX y del eje OY . Para hallar la pendiente en cualquier otra dirección se utilizan las derivadas direccionales. Es decir, las derivadas parciales nos dan una medida de la variación de una función solamente en la dirección de cada eje coordenado. Es natural buscar un concepto más general de derivada a fin de que nuestras consideraciones no queden restringidas a las direcciones particulares de los ejes coordenados y nos permita estudiar la razón de incrementos en una dirección cualquiera. La derivada direccional responde a este propósito. Queremos estudiar la variación de la función f en el punto p cuando el argumento var´ıa en la dirección marcada por el vector v. Para ello partimos de la idea del concepto de derivada de funciones de una variable: el l´ımite cuando el incremento de la variable tiende a cero, del cociente del incremento de la función dividido entre el incremento de la variable. ´ 6.2. Sea f : U → R una funci´ DEFINICION on definida en un conjunto abierto U de Rn , y sea p ∈ U y v ∈ Rn . La derivada direccional de f en el punto p en la direcci´ on del vector v, es el siguiente l´ımite, si existe y es finito: ∂f f (p + tv) − f (p) (p) = l´ım . t→0 ∂v t R ξρ s email: [email protected]

119

Jasmer LPC

UMSA


120

Figura 6.1: Derivada direccional. Desde el punto de vista gráfico, el problema se ha reducido a dos dimensiones mediante la intersección de la superficie con el plano vertical que pasa por el punto p y es paralelo al vector v. Este plano corta a la superficie mediante una curva C, y definimos la pendiente de la superficie en (x0 , y0, z0 ) como la pendiente de la curva C en ese punto. Observaciones. ∂f (p) es la pendiente ∂v de la recta tangente a la superficie Graf(f ) que pasa por el punto (p, f (p)) tiene vector dirección igual a v.

☞ La derivada direccional de f en el punto p el la dirección del vector v,

☞ El concepto de derivada direccional generaliza el concepto de derivada parcial, de manera que las derivadas parciales pueden obtenerse como casos particulares de las derivadas direccionales. As´ı, fx es la derivada direccional en la dirección del vector (1, 0) y fy en la dirección del vector (0, 1), es decir: ∂f ∂f (p) = (p), ∂ei ∂xi

i = 1, 2

☞ Puede existir la derivada direccional de una función, en un punto, con respecto a un vector, y R ξρ s email: [email protected]

120

Jasmer LPC


UMSA

121

sin embargo, puede suceder que no exista la derivada direccional con respecto a otro vector.

☞ Para el camino λ : (ε, ε) → Rn dado por λ(t) = p + tv, se tiene que λ(0) = p y λ′ (0) = v, ∂f además (p) = (f ◦ λ)′ (0). ∂v ☞ Si α ∈ R, entonces

∂f ∂f (p) = α (p). ∂αv ∂v

EJEMPLO 6.61. No necesariamente vale

∂f (p) ∂(v+w)

=

∂f (p) ∂v

+

∂f (p). ∂w

´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 6.62. Hallar la derivada direccional de f (x, y) = x2 + 3xy 2 en el punto p(1, 2), en la dirección que apunta hacia el origen. ´ SOLUCION.Hallamos el vector director y comprobamos su módulo.

luego,

→ v=− po = o − p = (0, 0) − (1, 2) = (−1, −2). u=

√

||v|| =

1+4=

√

5.

−1 −2 v = √ ,√ ||v|| 5 5

−1 −2 t 2t p + tu = (1, 2) + t √ , √ = 1 − √ , 2 − √ 5 5 5 5

de donde,

f (p) = f (1, 2) = 12 + 3 · 1 · 22 = 1 + 12 = 13 f (p + tu) = f 1 −

√t , 2 5

= 1−

2t √ 5

+

t2 5

= 1−

2t √ 5

+

t2 5

= 13 −

38t √ 5

+

2 = 1 − √t5 + 3 1 − t 8t 4t2 √ √ +3 1− 5 4− 5 + 5 −

2t √ 5

+ 12 −

37t2 5

−

24t √ 5

+

12t2 5

−

12t √ 5

+

24t2 5

√t 5

−

2−

2t √ 5

2

3 12t √ 5 5

3 12t √ 5 5

con lo que resulta, 2

√ + 37t − 13 − 38t ∂f f (p + tu) − f (p) 5 5 (p) = l´ım = l´ım t→0 t→0 ∂v t t 2 38 37t 12t 38 = l´ım − √ + − √ = −√ t→0 5 5 5 5 5


121

3 12t √ 5 5

− 13

Jasmer LPC

UMSA


122

El que la derivada direccional sea negativa significa que la función decrece en esa dirección.

♣

EJEMPLO 6.63. Calcular la derivada direccional de la funci´ on f (x, y) = 3x2 + y en el punto (0, 0) y en la dirección del vector (1, 1). ´ SOLUCION.Vamos a obtener la derivada direccional. Por definición f (p + tu) − f (p) ∂f (p) = l´ım t→0 ∂v t

donde u =

Puesto que v = (1, 1). luego,

de donde,

||v|| =

√

1+1=

√

v . ||v||

2.

1 1 v = √ ,√ u= ||v|| 2 2

1 1 t t p + tu = (0, 0) + t √ , √ = √ , √ 2 2 2 2 f (p) = f (0, 0) = 3 · 02 + 0 = 0

y f (p + tu) = f =

3t2 2

√t , √t 2 2

+

√t 2

=3

√t 2

2

con lo que resulta, ∂f f (p + tu) − f (p) (p) = l´ım = l´ım t→0 t→0 ∂v t 3t 1 1 = l´ım +√ =√ t→0 2 2 2

+

√t 2

3t2 2

+

√t 2

t

Obtenemos como resultado final que la derivada direccional de la función f (x, y) = 3x2 + y en el ♣ punto (0, 0) y en la dirección del vector (1, 1) es √12 . EJEMPLO 6.64. Calculela derivada direccional de f (x, y) = 4 − x2 − y 2 en el punto p(1, 1) en la dirección del vector u = √12 , √12


122

Jasmer LPC


UMSA

123

´ SOLUCION.Usando la definición tenemos que:

f 1+

√t , 1 2

+

√t 2

− f (1, 1) f (p + tu) − f (p) ∂f (p) = l´ım = l´ım t→0 t→0 ∂u t t 2 2 2 t t t √ √ √ 4− 1+ 2 − 1+ 2 −2 2−2 1+ 2 = l´ım = l´ım t→0 t→0 t t usando la regla de Hospital: ∂f (p) = l´ım t→0 ∂u

−4 1 +

1

√t 2

√1 2

√ 4 = − √ = −2 2, 2

√ esto nos dice que la razón de cambio de x en el punto p(1, 1) en la dirección del vector u es −2 2, es decir que z es esta dirección está decreciendo. Lo mismo se muestra en la figura de abajo.

♣ EJEMPLO 6.65. Hallar la derivada direccional de f (x, y, z) = xyz; en el punto P (1, 0, −1) en la dirección del vector v = i + j + k ´ SOLUCION.Buscamos el vector unitario de dirección y el punto. v = (1, 1, 1),

entonces ||v|| =

√

3,

entonces el vector unitario en dirección de v es: 1 1 1 u= √ ,√ ,√ 3 3 3 ahora hallamos las derivadas parciales en el punto (1, 0, −1) R ξρ s email: [email protected]

123

Jasmer LPC


UMSA Como

∂f ∂f , ∂x ∂y

y

∂f ∂z

124

son continuas, f es diferenciable y se puede aplicar la formula ∂f ∂f ∂f ∂f (p) = (p)u1 + (p)u2 + (p)u2 . ∂u ∂y ∂x ∂z

As´ı, reemplazando x = 1, y = 0, z = −1 en la siguiente ecuación tenemos: ∂f 1 1 1 1 (p) = yz √ + xz √ + yz √ = − √ . ∂u 3 3 3 3

♣

EJEMPLO 6.66. Calcule la derivada direccional de f (x, y) = x3 − 3xy + 4y 2 en la dirección del vector unitario u dado por θ = π6 en el punto P (1, 2) ´ SOLUCION.Primero encontremos el vector unitario 1 √3 , u = (cos 30 , sen 30 ) = 2 2 por otro lado las derivadas parciales: o

o

fx (x, y) = 3x2 − 3y

fy (x, y) = −3x + 8y;

de esta manera se obtiene que; √ ∂f ∂f ∂f 1 3 2 (p) = (p)u1 + (p)u2 = (3x − 3y) + (−3x + 8y) . ∂u ∂y ∂x 2 2 evaluando en el punto (1, 2): √ √ ∂f 1 3 1 (1, 2) = (3 · 12 − 3 · 2) + (−3 · 1 + 8 · 2) = (−3 + 13 3). ∂u 2 2 2

♣

EJEMPLO 6.67. Calcule la derivada direccional de f (x, y) = 3x2 − 2y 2 en el punto (−1, 3) en la dirección que va desde P (−1, 3) hasta Q(1, −2) ´ SOLUCION.Primero encontremos el vector que va de P a Q: −→ P Q = v = (1 + 1)i + (−2 − 3)j = 2i − 5j = (2, −5) y ahora un vector unitario en esta dirección es; u= por otro lado las derivadas parciales: R ξρ s email: [email protected]

2 v 5 = √ , −√ ||v|| 29 29 124

Jasmer LPC


UMSA

fx (x, y) = 6x

125

fy (x, y) = −4y;

de esta manera se obtiene que; ∂f ∂f 2 ∂f 5 (p) = (p)u1 + (p)u2 = (6x) √ + (−4y) − √ . ∂u ∂y ∂x 29 29 evaluando en el punto (−1, 3): 2 ∂f 5 −12 60 48 (−1, 3) = 6 · (−1) √ − 4·3 − √ =√ + √ =√ . ∂u 29 29 29 29 29 EJEMPLO 6.68. Calcule la derivada direccional de f (x, y, z) = x sen(yz) en la dirección del vector v = i + 2j − k en el punto P (1, 3, 0). ´ SOLUCION.-

6.4.1.

♣

Continuidad y derivadas direccionales.

La existencia de todas las derivadas direccionales de una función en un punto no garantiza la continuidad de la función en dicho punto, ya que el cálculo de las derivadas direccionales equivale a acercarse al punto sólo mediante rectas. EJEMPLO 6.69. Probar que la siguiente funci´ on f : R2 → R no es continua en el punto p(0, 0), y que las derivadas direccionales en dicho punto existen en todas direcciones.

f (x, y) =

´ SOLUCION.-

  

x2 y x4 + y 2

  0

si (x, y) 6= (0, 0), si (x, y) = (0, 0). ♣

1. Continuidad: La función no es continua en el punto p(0, 0), ya que no existe el l´ımite en dicho punto. En efecto, si nos acercamos al punto mediante las parábolas y = ax2 resulta: l´ım

(x,y)7→(0,0)

f (x, y) =

l´ım

(x,y)7→(0,0)

x2 y = x4 + y 2

l´ım

(x,y)7→(0,0) y=ax2 x→0

x2 ax2 a = . 4 2 4 x +a x 1 + a2

luego el l´ımite no existe ya que depende del valor de a. Es decir, seg´ un la parábola por la que nos aproximemos al punto tendr´ıamos un valor del l´ımite u otro. R ξρ s email: [email protected]

125

Jasmer LPC


UMSA

126

2. Existencia de las derivadas direccionales. A pesar de que la función no es continua en el punto p(0, 0), las derivadas direccionales en dicho punto existen en todas direcciones. En efecto, sea (a, b) ∈ R2 un vector unitario dado. Supongamos que a 6= 0, luego: f ((0, 0) + t(a, b)) − f (0, 0) f (ta, tb) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = l´ım = l´ım t→0 t→0 ∂(a, b) t t (ta)2 (tb) t3 a2 b (ta)4 + (tb)2 t2 (t2 a4 + b2 ) = l´ım = l´ım t→0 t→0 t t = l´ım t→0

t3 a2 b a2 b = l´ ım t→0 t2 a4 + b2 t3 (t2 a4 + b2 )

Por tanto, si b = 0, se tiene que ∂f a2 · 0 (0, 0) = l´ım 2 4 = 0. t→0 t a + 02 ∂(a, b) Pero, si b 6= 0, obtenemos a2 b a2 ∂f (0, 0) = l´ım 2 4 = . t→0 t a + b2 ∂(a, b) b

6.5.

Funciones Diferenciables

´ 6.3. Sea f : U → R una funci´ DEFINICION on definida en un conjunto abierto U de Rn , y sea p ∈ U. Diremos que la función f es diferenciable en el punto p cuando existen las derivadas ∂f ∂f parciales (p),..., (p) y además para todo vector v = (v1 , ..., vn ) tal que p + v ∈ U se tiene ∂x1 ∂xn f (p + v) = f (p) +

n X ∂f i=1

∂xi

(p)vi + r(v),

donde

r(v) = 0. v→0 ||v|| l´ım

(6.6)

Observemos que (6.6) puede ser reemplazado por f (p + v) = f (p) +

n X ∂f

∂xi i=1

(p)vi + ρ(v)||v||,

donde

l´ım ρ(v) = 0.

v→0

donde la función ρ : Ua → R es una función tales que ρ(0) = 0 y es continua en v = 0. LEMA 6.1. Si una función f : U → R es diferenciable en p entonces: f es continua en p. R ξρ s email: [email protected]

126

Jasmer LPC

UMSA


127

f posee derivadas parciales en p. f admite derivada direccional en p en la direcci´ on de cualquier vector v = (v1 , ..., vn ) y vale la fórmula n X ∂f ∂f (p) = (p)vi . ∂v ∂x i i=1 ∂f ∂f ∂f ∂f ∂f (p) = α (p) y (p) = (p) + (p) ∂αv ∂v ∂(v + w) ∂v ∂w ❚

Demostración.

´ 6.4. Sea f : U → R una funci´ DEFINICION on real definida en un conjunto abierto U de Rn . 1. f es de clase C 0 , si f es continua. 2. f es de clase C 1 cuando existen en cada punto x ∈ U las derivadas parciales y las n funciones

∂f : U → R as´ı definidas son continuas. ∂xi

∂f ∂f (p),..., (p) ∂x1 ∂xn

3. f es de clase C k cuando posee derivadas parciales en todos los puntos de U y las funciones ∂f : U → R son de clase C k−1 . Aqu´ı k es un entero positivo. ∂xi 4. f es de clase C ∞ si f es de clase C k para todo k ≥ 0. Usaremos la notación f ∈ C k (U, R) para decir que f : U → R es una función de clase C k . LEMA 6.2. C ∞ (U, R) ⊂ · · · C k (U, R) ⊂ · · · C 1 (U, R) ⊂ · · · C 0 (U, R) ❚

Demostración. TEOREMA 6.2. Toda función de clase C 1 es diferenciable.

❚

Demostración. LEMA 6.3. Todo polinomio es de clase C 1 .

1. Seg´ un la definición, hallar la derivada de las siguientes funciones f (x, y) = 3y − xy + 3, f (x, y) = (3x − 2y, 4x + 3y). 2. Usando la fórmula f ′ (x)h = l´ım t→0 calcule: R ξρ s email: [email protected]

f (x + th) − f (x) y admitiendo las derivadas en cuestión, t

127

Jasmer LPC


UMSA

128

a) f ′ (z)h donde f : R2 → R2 es definida por f (x, y) = (x2 + y, x + y 2), z = (4, −1) y h = (1, 2). b) ϕ ′ (x)v donde x, v ∈ Rm son vectores arbitrarios y ϕ : Rm → R es definida por ϕ(x) = f (x)g(x), siendo f, g : Rm → R funciones lineales.

c) ψ ′ (x)h donde h ∈ Rm es un vector unitario y ψ : U → R es definida en el abierto U ⊂ Rm del modo siguiente: son dadas f, g : U → Rp diferenciables y ψ(x) = hf (x), g(x)i, para todo x ∈ U, es el producto interno de los vectores f (x) y g(x).

3. El ejercicio anterior muestra que, si existieran las derivadas f ′ (x), ϕ′ (x) y ψ ′ (x) ellas deben tener las formas all´ı obtenidas. Pruebe ahora que las tres derivadas existen. 2

4. Sea Mn (R) el espacio de matrices n × n. (Se cree conveniente, identificar Mn (R) con Rn ). Defina f : Mn (R) → Mn (R) poniendo f (X) = X 3 para cada matriz X. Muestre que f es diferenciable en todos los puntos de Mn (R). 5. Una transformación lineal T : Rm → Rn es diferenciable en cada punto x ∈ Rm y T ′ (x) = T . 6. El conjunto GLn (R) ⊂ L(Rn ), de las transformaciones lineales invertibles T : Rn → Rn es abierto. En efecto, T ∈ GLn (R) si y solamente si det(T ) 6= 0, y det : L(Rn ) → R es una función continua. Considere la aplicación inversión f : GLn (R) → L(Rn ), definida por f (X) = X −1 . La expresión clásica de X −1 en términos de determinantes (método de Cramer) muestra que f es continua. Afirmamos que f es diferenciable en cada X ∈ GLn (R) y que su derivada f ′ (X) : L(Rn ) → L(Rn ) es la transformación lienal dada por f ′ (X)(H) = −X −1 HX −1 .

6.6.

La diferencial (total) de una funci´ on

Sea U ⊂ Rn un abierto.

xi : Rn p

→ R 7 → xi (p) = pi .

esta aplicación es diferenciable. En efecto. Sea v = (v1 , ..., vn ) ∈ Rn , se tiene xi (p + v) = xi (p) +

n X ∂xi

∂xj j=1

(p)vj + ri (v),

Observemos que ∂xi (p) = ∂xj Por tanto

n X ∂xi

∂xj j=1

(

donde

ri (v) = 0. v→0 ||v|| l´ım

(6.7)

1, si i = j 0

si i 6= j.

(p)vj = vi .


128

Jasmer LPC

UMSA


129

De ah´ı que ri (v) = 0, verifica la ecuación (6.7). Ahora definamos la funcional lineal dxi (p) : Rn v

→ R 7 → dxi (p)(v) = vi .

´ 6.5. Sea f : U → R una funci´ DEFINICION on real definida en un abierto U ⊂ Rn , diferenciable en un punto p ∈ U. La diferencial de f en el punto p es la funcional lineal df (p) : Rn → R cuyo valor en v = (v1 , ..., vn ) ∈ Rn es dado por n

X ∂f ∂f df (p)(v) = (p) = (p)vi . ∂v ∂xi i=1 Observemos que df (p)(v) =

n X ∂f i=1

de donde df (p) = luego podemos escribir

∂xi

n X ∂f

∂xi i=1

df =

(p)dxi (p)(v)

(p)dxi (p)

n X ∂f i=1

∂xi

dxi

(6.8)

TEOREMA 6.3. Sean f, g : U → R dos funciones diferenciables en un punto p ∈ U ⊂ Rn . Entonces 1. f + g : U → R es diferenciable y d(f + g) = df + dg. 2. f g : U → R es diferenciable y d(f g) = f dg + gdf . 3. Si g(x) 6= 0 para todo x ∈ U, entonces f /g : U → R es diferenciable y d(f /g) = (gdf + f dg)/g 2. ❚

Demostración.

TEOREMA 6.4 (Teorema del Valor Medio). Sea f : U → R una funci´ on diferenciable en n n un abierto U ⊂ R y sean p ∈ U y v ∈ R de modo que [p, p + v] ⊂ U. Entonces existe t ∈ (0, 1) tal que f (p + v) − f (p) = df (p + tv)(v). ❚

Demostración. Ver pg 123 y 124 Lima. R ξρ s email: [email protected]

129

Jasmer LPC


UMSA

130

COROLARIO 6.1. Sea U ⊂ Rn abierto y conexo. Si f : U → R una función diferenciable en U y df (x) = 0 para todo x ∈ U entonces f es constante. Demostración. Sea p ∈ U, probaremos que f (q) = f (p) para todo q ∈ U. Existe v ∈ Rn de modo que q = p + v. ❚ Si una función es diferenciable en un punto p podemos, usando la definición de diferenciabilidad, tomar ∆x suficientemente peque˜ no para obtener aproximaciones de las variaciones de f a partir de p mediante la diferencial total. Sean ∆z = f (p + ∆x) − f (p) y dz = Entonces desde (6.6)

n X ∂f

∂xi i=1

(p)dxi (p)

∆z ≈ dz

(6.9)

Por tanto, la diferencial total mide el cambio de la variable dependiente que se debe a un cambio peque˜ no de cada una de las variables independientes. Una diferencial parcial mide el cambio de la variable dependiente de una función de varias variables como resultado de una cambio peque˜ no de una de las variables independientes suponiendo que las otras variables independientes permanecen constantes. Por ejemplo si la variable xi es constantes entonces la diferencial parcial es: n ∂f P ∂z = (p)dxj (6.10) j=1 ∂xj j6=i

EJEMPLO 6.70. Hallar el diferencial total de z = 2x sen y − 3x2 y 2 . ´ SOLUCION.El diferencial total de z = 2x sen y − 3x2 y 2 es dz =

∂z ∂z dx + dy = (2 sen y − 6xy 2 )dx + (2x cos y − 6x2 y)dy ∂x ∂y

EJEMPLO 6.71. Hallar el diferencial total de w = x2 + y 2 + z 2 . ´ SOLUCION.El diferencial total de w = x2 + y 2 + z 2 es dw =

∂w ∂w ∂w dx + dy + dz = 2xdx + 2ydy + 2zdz. ∂x ∂y ∂z

EJEMPLO 6.72. Hallar las diferenciales totales de R ξρ s email: [email protected]

130

Jasmer LPC


UMSA

(1) z = 2x sen y − 3x2 y 2 p (3) f (x, y) = ln(y + x2 + y 2 )

131

(2)

w = x2 + y 2 + z 2

(4)

f (x, y, z) = (xy)z

(5) f (x, y) = 2x3 − 4xy 2 + 3y 2

(6)

f (x, y) = ln(x2 + y 2 + z 2 )1/2

(7) f (x, y, z) = log(x2 + y 2 z − xz 2 )

(8)

f (x, y, z) =

sen y log(xyz)

´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 6.73. Hallar df (2, −1, 3) si f (x, y, z) = x2 −2y 2 +z 2 −xz siendo dx = 0,01, dy = 0,02, dz = 0,03. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 6.74. El error producido al medir cada una de las dimensiones de una caja rectangular es ±0,1 mil´ımetros. Las dimensiones de la caja son x = 50 cent´ımetros, y = 20 cent´ımetros y z = 15 cent´ımetros. Utilice dV para calcular el error propagado y el error relativo en el volumen calculado de la caja. ´ SOLUCION.El volumen de la caja viene dado por V = xyz: dV =

∂V ∂V ∂V dx + dy + dz = yzdx + xzdy + xydz. ∂x ∂y ∂z

Utilizando 0,1 mil´ımetros = 0,01 cent´ımetros, se tiene dx = dy = dz = ±0,01 y el error propagado es aproximadamente igual a: dV

= (20)(15)(±0,01) + (50)(15)(±0,01) + (50)(20)(±0,01) = 300(±0,01) + 750(±0,01) + 1000(±0,01) = 2050(±0,01) = ±20,5

cent´ımetros c´ ubicos. Como el Volumen medido es: V = (50)(20)(15) = 15000 centimetros cubicos, el error relativo es aproximadamente: ∆V dV 20,5 = = ≈ 0,14 % V V 15000


131

∆V V

♣

Jasmer LPC


UMSA

132

EJEMPLO 6.75. El radio de la base y la altura de un cono circular recto miden 10 cm. y 25 cm., respectivamente, con un posible error en la medici´ on de 0.1 cm., cuando mucho. Utilice diferenciales para estimar el error máximo en el volumen del cono. ´ SOLUCION.El volumen de un cono es V = 31 πr 2 h, con lo cual la diferencial total es: dV =

∂V ∂V 2 1 dr + dh = πrh dr + πr 2 dh ∂r ∂h 3 3

Puesto que los errores son, cuando mucho, del orden de 0.1 cm., tenemos que |∆x| ≤ 0,1 y |∆y| ≤ 0,1. Para estimar el máximo error en el volumen, tomamos el máximo error en las medidas de r y H. Por tanto, dr = 0,1 y dh = 0,1, junto con r = 10, h = 25, 2 1 500π 100π dV = π(10)(25) (0,1) + π(10)2 (0, 1) = (0,1) + (0,1) = 20π. 3 3 3 3 De esta forma el máximo error en el volumen es de aproximadamente 20π cm≈ 63 cm. Para que una función de varias variables sea derivable en un punto (a, b) no basta con que las derivadas parciales existan, esto nos dice que la derivabilidad de una función de varias variables es mas compleja que la de una variable. p EJEMPLO 6.76. Dada la función z = f (x, y) = 4 − x2 − y 2, usar la diferencial total de z para calcular el valor aproximado de f (1.01, 0.97). ´ SOLUCION.En primer lugar buscamos un punto próximo a (1,01, 0,97) donde sea fácil evaluar la función y sus derivadas parciales; en nuestro caso, tomaremos el punto (x0 , y0 ) = (1, 1). Las derivadas parciales de f,

y

∂f x = −p ∂x 4 − x2 − y 2

∂f y = −p , ∂y 4 − x2 − y 2

son continuas en (1, 1) y por tanto f es diferenciable en dicho punto, lo que nos garantiza que ∆z = f (1 + ∆x, 1 + ∆y) − f (1, 1) ≈

∂f ∂f (1, 1) dx + (1, 1) dy ∂x ∂y

siendo ∆x = 1.01 − 1 = 0.01 y ∆y = 0.97 − 1 = −0.03. Luego 1 1 f (1.01, 0.97) − f (1, 1) ≈ − √ (0.01) − √ (−0.03) 2 2 de donde f (1.01, 0.97) ≈ R ξρ s email: [email protected]

√

√

2 2− (0.01) − 2 132

√

2 (−0.03) 2 Jasmer LPC


UMSA

f (1.01, 0.97) ≈

√

133

√ 0.01 0.03 + = 2(0.01) ≈ 1.4283 2 1− 2 2

p 4 − x2 − y 2 EJEMPLO 6.77. Utilizar el diferencial dz para aproximar el cambio en z = cuando (x, y) se desplaza del punto (1, 1) al punto (1.01, 0.97). Comparar esta aproximación con el cambio exacto en z. ´ SOLUCION.Ya que el punto inicial dado es (1, 1) y el incremento se da al punto (1.01, 0.97), esto quiere decir que de (x, y) a (x + ∆x, y + ∆y) se obtiene que ∆x = 0.01, ∆y = −0.03, por lo tanto el cambio en z puede aproximarse mediante: ∆z ≈ dz = cuando x = 1, e y = 1

∂z ∂z −x −y dx + dy = p ∆x + p ∆y 2 2 ∂x ∂y 4−x −y 4 − x2 − y 2

√ 1 0.02 1 ∆z ≈ √ (0.01) − √ (−0.03) = √ = 2(0.01) ≈ 0.0141 2 2 2 Por otro lado el cambio exacto corresponde a la diferencia entre las alturas de los dos puntos sobre la superficie de un hemisferio de la curva dada. Esta diferencia esta dada por: p

4 − (0.01)2 − (0.97)2 −

√

4 − 12 − 12 ≈ 0.0137 p EJEMPLO 6.78. Use diferenciales para un valor aproximado de: (2.01)2 + (1.98)2 + (1.05)2 p ´ SOLUCION.Consideremos la función f (z, y, z)√ = x2 + y 2 + z 2 y como punto en el que conocemos el valor de la función es: f (2, 2, 1) = 22 + 22 + 12 = 3. De la misma manera los incrementos: dx = ∆x = 0.01, dy = ∆y = −0.03, dz = ∆z = 0.05, además: ∆z ≈ f (1.01, −0.97) − f (1, 1) =

La diferencial de f se calcula;

∂w ∂w ∂w dx + dy + dz ∂x ∂y ∂z x y z = p dx + p dy + p dz x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2

dw =

cuando (x, y, z) = (2, 2, 1), dx = ∆x = 0.01, dy = ∆y = −0.03, dz = ∆z = 0.05. 2 2 1 1 (0.01) − (0.03) + (0.05) = (0.01) 3 3 3 3 entonces podemos escribir que el cálculo aproximado es: p (2.01)2 + (1.98)2 + (1.05)2 = 0.0033. dw =


133

Jasmer LPC


UMSA

134

EJEMPLO 6.79. Use diferenciales para calcular un valor aproximado para

p 3(1.95)3 + (5.1)2

p ´ SOLUCION.Consideremos la función f (z, y) = 3x3 + y 2 y observe que podemos calcular con facilidad f (2, 5) = 7. La diferencial de f se calcula; df =

∂f ∂f dx + dy ∂x ∂y

= p

3x2 3x3

+

y2

dx + p

y 3x3 + y 2

dy

Por lo tanto, tomando x = 2 y y = 5, dx = ∆x = −0.05, dy = ∆y = 0.1, 3(2)2 5 df = p (−0.05) + p (0.1) 3 2 3(2) + 5 3(2)3 + 52 =

5 12 (−0.05) + (0.1) = 6.98571 7 7

entonces podemos escribir que el cálculo aproximado es: p 3(1.95)2 + (5.1)2 = 6.98571

EJEMPLO 6.80. Los costos de una empresa se relacionan con la producci´ on de dos art´ıculos x 2 2 y y. La relaci´ on funcional es C(x, y) = x − 0.5xy + y (a) Calcule el costo adicional de un incremento ligero de la producci´ on de x (a) Estime los incrementos de los costos, si inicialmente son x = 100, y = 60 y ∆x = 3. ´ SOLUCION.(a) El costo adicional de una incremento ligero de la producción de x lo da la diferencial parcial (6.10), esto es, ∂C ∂C(x, y) = (x, y) dx = (2x − 0.5y) dx ∂x (a) Los costos de los incrementos payores se puede estimar aproximadamente multiplicando la derivada parcial con respecto a x por el cambio de x, esto es, ∆C(x, y) ≈

∂C (x, y) dx = (2x − 0.5y) ∆x ∂x

Si inicialmente son x = 100, y = 60 y ∆x = 3, ∆C(x, y) ≈ [2(100) − 0.5(60)] (3) = 510. R ξρ s email: [email protected]

134

Jasmer LPC


UMSA

135

EJEMPLO 6.81. Usando L unidades de mano de obra y K unidades de capital, una empresa que puede producir P = f (L, K), la empresa no conoce la forma precisa de esta producción, pero dispone de la siguiente información: 1. Cuando L = 40 y K = 20, P = 25000 2. Si L = 64 y K = 20, las productividades marginales de la mano de obra y del capital son PL = 270 y PK = 350. La empresa contempla una expansión de su planta que cambiara L a 69 y K a 24. Encuentre el incremento aproximado en la producción que se obtendr´ıa. ´ SOLUCION.Ya que el punto inicial dado es (40, 20) y el incremento se da al punto (69, 24), esto quiere decir que de (L, K) a (L + ∆L, K + ∆K) se obtiene que ∆L = 29, ∆K = 4, por lo tanto el cambio en P puede aproximarse mediante: ∆P ≈ dP =

∂P ∂P dL + dK = PL ∆L + PK ∆K ∂L ∂K

cuando L = 64 y K = 20 el incremento aproximado en la producción es ∆P ≈ (270)(29) + (350)(4) = 9230. Por tanto, la nueva producción es: P = f (69, 24) = f (40, 20) + ∆P ≈ 25000 + 9230 = 34230. EJEMPLO 6.82. La función de producci´ on de una empresa est´ a dada por P (L, K) = 9L2/3 K 1/3 , en donde P representa la producción total cuando se emplean L unidades de mano de obra y K unidades de capital. Aproxime la producci´ on total cuando L = 1003, K = 28, dL = ∆L = 5, dK = ∆K = 2. ´ SOLUCION.Las productividades marginales son ∂P ∂L

1 2 2 = 9 L 3 −1 K 3 = 6 3

∂P ∂K

1 2 1 = 9 L 3 K 3 −1 = 3 3

K L L K

13

23

=6 =3

28 1003 1003 28

13 23

= 1.82 = 32.59

Por lo tanto el cambio en P puede aproximarse mediante: ∆P ≈ dP =

∂P ∂P dL + dK = (1.82)(5) + (32.59)(2) = 74.28 ∂L ∂K


135

Jasmer LPC


UMSA

6.7.

136

Regla de la Cadena

TEOREMA 6.5 (Regla de la Cadena). Sean U ⊂ Rm , V ⊂ Rn abiertos, f = (f1 , ..., fn ) : U → Rn tal que f (U) ⊂ V y cada funci´ on coordenada fk : U → R es diferenciable en el punto p ∈ U. Sea g : V → R una función diferenciable en el punto f (a). Entonces la funci´ on compuesta g ◦ f : U → R es diferenciable en el punto p y sus derivadas parciales son n

X ∂g ∂fk ∂(g ◦ f ) (p) = (f (p)) · (p). ∂xi ∂yk ∂xi k=1

Demostración. U0 = ❚ TEOREMA 6.6 (Regla de la Cadena). Sean U ⊂ Rm , V ⊂ Rn abiertos, f = (f1 , ..., fn ) : U → Rn tal que f (U) ⊂ V y cada funci´ on coordenada fk : U → R es de clase C k . Sea g : V → R k una función de clase C . Entonces la funci´ on compuesta g ◦ f : U → R es de clase C k . EJEMPLO 6.83. Utilizando la regla de la cadena apropiada, halle x = et sen t, y = et cos t

dz , siendo z = x3 + y 3 , dt

´ SOLUCION.Por una aplicación directa de la regla de la cadena tenemos dz ∂z dx ∂z dy = + dt ∂x dt ∂y dt dz = 3x2 (et sen t + et cos t) + 3y 2 (et cos t − et sen t). dt EJEMPLO 6.84. Sabiendo que w = f (x, y) tal que x = u − v, y = v − u. Halle una expresión ∂w ∂w simplificada de + . ∂u ∂v ´ SOLUCION.Por una aplicación directa de la regla de la cadena tenemos ∂w ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂w = + = − ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂x ∂y y ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂w ∂w = + = − + ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v ∂x ∂y Por tanto


∂w ∂w + =0 ∂u ∂v 136

Jasmer LPC


UMSA

EJEMPLO 6.85. Deducir expresiones para e−yz sen(xz); x = t2 − r 2 , y = 8r + 2t y z = 3.

137

∂w ∂w , en la composici´ on de funciones: w = ∂r ∂t

´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 6.86. Sea z = f (x, y), siendo x = r cos θ, y = r sen θ. Demostrar que zx = zr cos θ − sen θ zθ . r ´ SOLUCION.Por una aplicación directa de la regla de la cadena tenemos ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z ∂z = + = cos θ + sen θ ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂x ∂y zr = zx cos θ + zy sen θ Por otro lado ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z ∂z = + = −r sen θ + r cos θ ∂θ ∂x ∂θ ∂y ∂θ ∂x ∂y zθ = −r zx sen θ + r zy cos θ = −r (zx sen θ − zy cos θ) Por lo tanto zr cos θ − zθ zr cos θ − zθ

sen θ sen θ = zx cos2 θ + zy sen θ cos θ + r (zx sen θ − zy cos θ) r r

sen θ = zx cos2 θ + zy sen θ cos θ + zx sen2 θ − zy cos θ sen θ = zx . r

EJEMPLO 6.87. Sea Dada z = f (x, y), tal que x = v − 3u y y = 3u − v por la regla de la cadena ∂z ∂z halle: +3 . ∂u ∂v ´ SOLUCION.Puesto que ∂x = −3 ∂u ∂x = 1 ∂v

∂y = 3 ∂u ∂y = −1 ∂v

Ahora bien, aplicando la regla de la cadena tenemos R ξρ s email: [email protected]

137

Jasmer LPC


UMSA

138

∂z ∂x ∂z ∂y ∂z ∂z ∂z = + = −3 +3 ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂x ∂y ∂z ∂v

=

∂z ∂x ∂z ∂y ∂z ∂z + = − ∂x ∂v ∂y ∂v ∂x ∂y

Por tanto

∂z ∂z ∂z ∂z +3 = −3 +3 + ∂u ∂v ∂x ∂y p EJEMPLO 6.88. Dada z = ln( x2 + y 2), tal que x ∂z ∂z cadena halle: y . ∂r ∂θ

3

∂z ∂z − 3 = 0. ∂x ∂y

= r sen θ y y = r cos θ por la regla de la

´ SOLUCION.Puesto que ∂z 1 2x x =p · p = 2 ∂x x + y2 x2 + y 2 2 x2 + y 2 2y y ∂z 1 · p = 2 =p ∂y x + y2 x2 + y 2 2 x2 + y 2 ∂x = sen θ ∂r ∂x = r cos θ ∂θ

∂y = cos θ ∂r ∂y = −r sen θ ∂θ

Ahora bien, aplicando la regla de la cadena tenemos ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y x y = + = 2 sen θ + 2 cos θ 2 ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r x +y x + y2 ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y x y = + = 2 r cos θ − r sen θ ∂θ ∂x ∂θ ∂y ∂θ x + y2 x2 + y 2 EJEMPLO 6.89. Sea z = cos(xy) + ey−1 cosx, donde x = u2 + v, y = u − v 2 . Calcular punto (u, v) = (1, 1).

∂z en el ∂u

´ SOLUCION.Aplicando la regla de la cadena tenemos ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u = [−y sen(xy) − ey−1 sen x]2u + [−x sen(xy) + ey−1 cos x] R ξρ s email: [email protected]

138

Jasmer LPC


UMSA

139

Ahora cuando (u, v) = (1, 1), u = 1, v = 1, entonces x = 12 + 1 = 2, y = 1 − 12 = 0. As´ı (x, y) = (2, 0), por tanto ∂z (1, 1) = [−y sen(xy) − ey−1 sen x]2u + [−x sen(xy) + ey−1 cos x] ∂u = [−0 sen(2 · 0) − e0−1 sen 2]2 · 1 + [−2 sen(2 · 0) + e0−1 cos 2] = −2e−1 sen 2 + e−1 cos 2 EJEMPLO 6.90. Sea u = (x+y)4 +y 2(z +x)3 , donde x = rse−t , y = rs log(1+t2), z = r 2 s cos t. ∂u Calcular cuando r = 2, s = 1 y t = 0. ∂s ´ SOLUCION.Aplicando la regla de la cadena tenemos: ∂u ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z = + + ∂s ∂x ∂s ∂y ∂s ∂z ∂s = [4(x + y)3 + 3y 2 (z + x)2 ] r e−t + [4(x + y)3 + 2y(z + x)3 ] r log(1 + t2 ) + 3y 2 (z + x)2 r 2 cos t Ahora cuando r = 2, s = 1 y t = 0, se tiene x = rse−t = 2 · 1e−0 = 2

y = rs log(1 + t2 ) = 2 · 1 log(1 + 02 ) = 0

z = r 2 s cos t = 22 · 1 cos 0 = 4 Por tanto ∂u (2, 1, 0) = [4(2 + 0)3 + 3 · 02 (4 + 2)2 ] 2 e−0 + ∂s

[4(2 + 0)3 + 2 · 0(0 + 2)3 ] 2 log(1 + 02 ) + 3 · 02 (0 + 2)2 22 cos 0 = 64 EJEMPLO 6.91. Sea u = x4 y +y 2z 3 +ϕ xy , donde x = 1 + r s et , y = r s2 e−t , z = r 2 s sen t. ∂u Calcular cuando r = 2, s = 1 y t = 0 sabiendo que ϕ ′ 32 = −1. ∂s ´ SOLUCION.Aplicando la regla de la cadena tenemos: ∂u ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z = + + ∂s ∂x ∂r ∂y ∂s ∂z ∂t h i h = 4x3 y + y1 ϕ ′ xy set + x4 + 2yz 3 −


139

x ϕ ′ xy y2

i

2 r s e−t + 3y 2z 2 r 2 s cos t Jasmer LPC

UMSA


140

Ahora cuando r = 2, s = 1 y t = 0, entonces x = 1 + r s et = 1 + 2 · 1 e0 = 3 y = r s2 e−t = 2 · 12 e−0 = 2

z = r 2 s sen t = 22 · 1 sen 0 = 4

por tanto h ∂u (2, 1, 0) = 4 · 33 · 2 + 12 ϕ ′ ∂s

3 2

h i 0 1e + 34 + 2 · 2 · 43 −

3 ϕ ′ 23 22

3 · 22 · 42 · 22 · 1 cos 0 h i h i 1 3 = 216 + 2 (−1) + 81 + 256 − 4 (−1) 4 + 768 h i h i = 216 − 21 + 337 + 34 4 + 768 h i 431 = 2 + 1348 + 3 + 768

i

2 · 2 · 1 · e−0 +

EJEMPLO 6.92. Sea z = f (x, y), donde x = s4 + r 4 , y = 2rs2 . Calcular sabiendo que

∂z ∂z (1, 1) = −2 y (1, 1) = 3. ∂r ∂s

∂z ∂z (2, 2) y (2, 2) ∂x ∂y

´ SOLUCION.Aplicando la regla de la cadena tenemos ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + ∂s ∂x ∂s ∂y ∂s

(6.11)

Ahora cuando r = 1, s = 1, entonces x = s4 + r 4 = 1 4 + 1 4 = 2 y = 2rs2 = 2 · 1 · 12 = 2 Además

∂x = 4r 3 ∂r ∂y = 2s2 ∂r

∂x = 4s3 ∂s ∂y = 4rs ∂s

Evaluando en el sistema (6.11), R ξρ s email: [email protected]

140

Jasmer LPC


UMSA

141

∂x ∂z ∂y ∂z ∂z (2, 2) (1, 1) + (2, 2) (1, 1) = (1, 1) ∂x ∂r ∂y ∂r ∂r ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z (2, 2) (1, 1) + (2, 2) (1, 1) = (1, 1) ∂x ∂s ∂y ∂s ∂s Sean a =

∂z ∂z (2, 2) y b = (2, 2), reemplazando los datos tenemos: ∂x ∂y a · 4 + b · 2 = −2 a·4 + b·4 = 3

Por tanto b = 5/2, a = −3/4. EJEMPLO 6.93. Pruebe que la funci´ on F (x, y) = f derivable, verifique la igualdad x2

z= Aplicando la regla de la cadena tenemos

Por tanto

=

∂F ∂y

=

y , donde f es una función real x2 − y 2

1 ∂F 1 ∂F + = 0. 2 + y ∂y 2xy ∂x

´ SOLUCION.Sea

∂F ∂x

x2

y − y2

df ∂z df −2xy = 2 dz ∂x dz (x − y 2 )2

df ∂z df (x2 − y 2 ) − y(−2y) df x2 + y 2 = = dz ∂y dz (x2 − y 2 )2 dz (x2 − y 2 )2

1 ∂F 1 ∂F 1 x2 + y 2 1 −2xy + = + = 0. 2 2 2 2 2 2 2 2 x + y ∂y 2xy ∂x x + y (x − y ) 2xy (x − y 2 )2

EJEMPLO 6.94. Sea Sea u = f (x, y), donde x = es cos t y y = es sen t. Justifique que 2 ∂2u ∂2u ∂ u ∂2u −2s + =e + 2 . ∂x2 ∂y 2 ∂s2 ∂t ´ SOLUCION.Aplicando la regla de la cadena tenemos


141

Jasmer LPC


UMSA

142

∂u ∂x ∂u ∂y ∂u s ∂u s ∂u = + = e cos t + e sen t ∂s ∂x ∂s ∂y ∂s ∂x ∂y ∂u ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u s ∂u s = + = − e sen t + e cos t ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t ∂x ∂y Derivando nuevamente tenemos: ∂2u ∂ 2 u ∂x s ∂u s ∂ 2 u ∂y s ∂u s = e cos t + e cos t + e sen t + e sen t 2 2 2 ∂s ∂ x ∂s ∂x ∂ y ∂s ∂y ∂ 2 u ∂x s ∂u s ∂ 2 u ∂y s ∂u s ∂2u = − e sen t − e cos t + e cos t − e sen t 2 2 2 ∂ t ∂ x ∂t ∂x ∂ y ∂t ∂y De donde ∂2u ∂2u s ∂u s ∂2u s ∂u s s s = e cos t e cos t + e cos t + e sen t e sen t + e sen t ∂s2 ∂2x ∂x ∂2y ∂y ∂2u ∂2u s ∂u s ∂2u s ∂u s s = 2 e sen t e sen t − e cos t + 2 e cos t es cos t − e sen t 2 ∂ t ∂ x ∂x ∂ y ∂y Sumando estas dos ecuaciones tenemos ∂2u ∂2u ∂ 2 u 2s ∂ 2 u 2s 2 2 + = e [cos t + sen t] + e [cos2 t + sen2 t] ∂s2 ∂2t ∂2x ∂2y Finalmente

2 ∂2u ∂2u ∂2u 2s ∂ u + 2 =e + ∂s2 ∂ t ∂2x ∂2y

♣

y u ∂z ∂z ∂z EJEMPLO 6.95. Si z = x f , mostrar que x +y +u = 3z. x x ∂x ∂y ∂u 3

´ SOLUCION.EJEMPLO 6.96. Si z = f

x−y y

♣ demostrar que x

∂z ∂z +y = 0. ∂x ∂y

´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 6.97. Si z = f (x − y, y − x) satisface a la ecuaci´ on R ξρ s email: [email protected]

142

∂z ∂z + = 0. ∂x ∂y Jasmer LPC

UMSA ´ SOLUCION.-


143 ♣

EJEMPLO 6.98. z = f (bx − ay), con a, b constantes, satisface a la ecuaci´ on a

∂z ∂z +b = 0. ∂x ∂y

´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 6.99. Demostrar que la funci´ on u(x, t) = f (x + at) + g(x − at) donde a es una 2 ∂2u 2 ∂ u constante; f y g funciones diferenciables dos veces. Probar que 2 = a . ∂t ∂x2 ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 6.100. Sea u = f (x, y, z) donde f tiene sus derivadas parciales continuas; además ∂u ∂u −t = 0.Si x = ln(s2 + t2 + 1), y = t2 + s2 , z = sen(s2 + t2 ). Demostrar que s ∂t ∂s ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 6.101. Sea z = xy + xf xy + z.

y x

donde f es derivable. Demostrar que x

∂z ∂z +y = ∂x ∂y

´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 6.102. Sea f : R3 → R diferenciable y defina w = f (2ax + y, x + 3bz, y − z) Encuentre a y b tal que ∂f ∂f ∂f + + =0 ∂x ∂y ∂z

(6.12)

´ SOLUCION.Hagamos u = 2ax + y, v = x + 3bz y w = y − z, entonces aplicando la regla de la cadena tenemos: ∂f ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f ∂w ∂f ∂f ∂f = + + = 2a + + ·0 ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂w ∂x ∂u ∂v ∂w ∂f ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f ∂w ∂f ∂f ∂f = + + = ·1 + ·0 + ·1 ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂w ∂y ∂u ∂v ∂w ∂f ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f ∂w ∂f ∂f ∂f = + + = ·0 + · 3b + · (−1) ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z ∂w ∂z ∂u ∂v ∂w R ξρ s email: [email protected]

143

Jasmer LPC


UMSA

144

Entonces la ecuación (6.12) se transforma en: ∂f ∂f + (3b + 1) =0 ∂u ∂v Luego para que esta ecuación sea cierta es suficiente que a y b verifiquen las ecuaciones 2a + 1 = 0 y 3b + 1 = 0, de donde obtenemos que (2a + 1)

1 a=− , 2

1 b=− . 3

♣ ∂f ∂f EJEMPLO 6.103. Si f (x, y) = xy(x − y), x = 2u − 3uv, y = 2u − v , hallar , . ∂u (1,1) ∂v (1,1) 2

3

´ SOLUCION.Aplicando la regla de la cadena tenemos ∂f ∂f ∂x ∂f ∂y = + ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u

= [y(x − y) + xy](4u − 3v) + [x(x − y) + xy(−1)](2) = [y(x − y) + xy](4u − 3v) + 2[x(x − y) − xy] Ahora cuando (u, v) = (1, 1), u = 1, v = 1, entonces x = 2(1)2 −3(1)(1) = −1, y = 2(1)−(1)3 = 1. por tanto ∂z (1, 1) = [1(−1 − 1) + (−1)(1)](4(1) − 3(1)) + 2[(−1)(−1 − 1) − (−1)(1)] ∂u = [−2 − 1](1) + 2[2 + 1] = 3

EJEMPLO 6.104. Si z = uv, y adem´ as

(

♣

u2 + v 2 = x + y 2

u −v

2

= −3x − y

. Hallar

∂z ∂x

´ SOLUCION.Resolviendo el sistema obtenemos u2 = −x, de donde ux = − √

1 1 = − √ , 2u 2 −x

1 . 2x + y Otro modo de llegar a esto resultado es derivando parcialmente respecto de x ambas ecuaciones:

v=

2x + y, de donde vx = √ (

2uux + 2vvx = 1 2uux − 2vvx = −3


144

2u 2v 2u −2v

ux vx

=

1 −3 Jasmer LPC


UMSA

145

Luego usamos el método de Cramer y obtenemos los mismos resultados. Por tanto v u zx = zu ux + zv vx = − √ +√ 2x + y 2 −x EJEMPLO 6.105. Si u2 + v 2 + xy = 1, uv + x2 − y 2 = 1, hallar

♣

∂u ∂v , . ∂x ∂x

´ SOLUCION.Definamos las funciones F (x, y, u, v) = u2 + v 2 + xy − 1 y G(x, y, u, v) = uv + x2 − y 2 − 1, de donde  ∂F    ∂x +    ∂G + ∂x

∂F ∂F ∂u ∂F ∂v 0+ + = 0 ∂y ∂u ∂x ∂v ∂x ∂G ∂G ∂u ∂G ∂v 0+ + = 0 ∂y ∂u ∂x ∂v ∂x  ∂u ∂v   + 2v = 0  y + 2u ∂x ∂x    2x + v ∂u + u ∂v = 0 ∂x ∂x

EJEMPLO 6.106. Mostrar que la ecuaci´ on x2

 ∂F   +  ∂x  ∂G   + ∂x

∂F ∂u ∂F ∂v + = 0 ∂u ∂x ∂v ∂x ∂G ∂u ∂G ∂v + = 0 ∂u ∂x ∂v ∂x

 ∂u ∂v   + 2v = −y  2u ∂x ∂x    v ∂u + u ∂v = −2x ∂x ∂x

♣

2 ∂2u ∂u ∂u 2 ∂ u + y +x +y =0 2 2 ∂x ∂y ∂x ∂y

se transforma en

∂2u ∂2u + = 0 ∂r 2 ∂s2 bajo el cambio de variables x = er , y = es ´ SOLUCION.Observemos que las variables x y y están en función de las variables r y s, y las variables u está en función de las variables x y y. Aplicando la regla de la cadena tenemos ur = ux xr + uy yr Derivando parcialmente respecto de r esta ecuación tenemos urr = uxx xr + uxy yr xr + ux xrr + uyx xr + uyy yr yr + uy yrr Puesto que x = er , y = es , se tiene urr = uxx xx + ux x = x2 uxx + xux . R ξρ s email: [email protected]

145

Jasmer LPC


UMSA

146

Del mismo modo como us = ux xs + uy ys se tiene que uss = uxx xs + uxy ys xs + ux xss + uyx xs + uyy ys ys + uy yss

y por tanto

uss = uyy yy + uy y = y 2uyy + yuy . Finalmente, las ecuaciones anteriores implican que urr + uss = x2 uxx + y 2uyy + xux + yuy

♣

EJEMPLO 6.107. Sea u una función de x e y definida por la ecuaci´ on u = F (x + u, yu). Hallar ∂u ∂u y en función de las derivadas parciales de F . ∂x ∂y ´ SOLUCION.Aplicaciones de Calculo Diferencialxx pg365 Supongamos que u = g(x, y) para todo (x, y) en un cierto conjunto abierto S. Sustituyendo g(x, y) por u en la ecuación original obtenemos g(x, y) = F (u1(x, y), u2(x, y)),

(6.13)

en donde u1 (x, y) = x+g(x, y) y u2 (x, y) = yg(x, y). Mantengamos ahora y fija y derivemos ambos miembros de (6.13) respecto a x, empleando la regla de la cadena en el segundo miembro, con lo que obtenemos ∂u ∂u1 ∂u2 = D1 F + D2 F . (6.14) ∂x ∂x ∂x Pero

∂u1 ∂g ∂u2 ∂g =1+ ,y = y . Luego (6.14) se convierte en ∂x ∂x ∂x ∂x ∂u ∂g ∂g = D1 F 1 + + D2 F y . ∂x ∂x ∂x

Resolviendo esta ecuación respecto a

∂g ∂u ∂g (y poniendo en lugar de ) obtenemos ∂x ∂x ∂x

∂u −D1 F = ∂x D1 F + yD2F − 1 Del mismo modo encontramos ∂g ∂u1 ∂u2 ∂g ∂g = D1 F + D2 F = D1 F + D2 F y + g(x, y) . ∂y ∂y ∂y ∂y ∂x Esto nos conduce a la ecuación

∂u −g(x, y)D2F = ∂y D1 F + yD2F − 1 Las derivadas parciales D1 F y D2 F están calculadas en el punto (x + g(x, y), yg(x, y)). R ξρ s email: [email protected]

146

♣

Jasmer LPC


UMSA

147

EJEMPLO 6.108. Siendo z = ln(x/y)−arc sen(y/x), x = e2t +1, y = e−2t +1, hallar la derivada dz/dt. ´ SOLUCION.Las derivadas parciales de z son, respectivamente, ∂z 1/y −y/x2 1 y p = +p = − 2 2 2 ∂x x/y x 1 − y /x x − y2

−x/y 2 1/x 1 ∂z 1 = −p =− −p 2 2 2 ∂y x/y y 1 − y /x x − y2

∂z ∂x ∂z ∂y ∂z = + ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t " # " # 1 y 1 1 = 2e2t +p + 2e−2t +p x y x2 − y 2 x2 − y 2

♣

Por la regla de derivación de la función compuesta tenemos que

EJEMPLO 6.109. Se consideran las funciones f (t) = (t, t2 , et ) y g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 . Calcular las derivadas de las funciones compuestas f ◦ g y g ◦ f . ´ SOLUCION.(a) Como g ◦ f es una función real de una variable real,si llamamos x(t) = t, 2 y(t) = t , z(t) = et , su derivada es (g ◦ f )′ (t) =

∂g ′ ∂g ∂g ′ x (t) + y (t) + z ′ (t) = 2x + 4yt + 2zet = 2t + 4t3 + 2e2t . ∂x ∂y ∂z

(b) En este caso, tenemos f ◦ g : R3 → R3 . Por tanto, si llamamos f1 (t) = t, f2 (t) = t2 y f3 (t) = et a las componentes de la función f , su matriz jacobiana se obtiene con el siguiente producto: 

 f1′ (t) D(f ◦ g)(x, y, z) =  f2′ (t)  gx gy gz f3′ (t)     1 2x 2y 2z =  2t  2x 2y 2z =  4xt 4yt 4zt  et 2xet 2yet 2zet

donde t = x2 + y 2 + z 2 .

EJEMPLO 6.110. Demostrar que la funci´ on z = φ(x2 +y 2) satisface la ecuaci´ on y y 0. R ξρ s email: [email protected]

147

♣ ∂z ∂z −x = ∂x ∂y

Jasmer LPC


UMSA

148

´ SOLUCION.Si llamamos t = x2 + y 2, la función φ depende de x e y a través del argumento intermedio t, por lo cual ∂z ∂t ∂z = = φ′ (x2 + y 2 )2x ∂x ∂t ∂x ∂z ∂z ∂t = = φ′ (x2 + y 2)2y ∂y ∂t ∂y de donde efectivamente y

∂z ∂z −x = yφ′ (x2 + y 2)2x − xφ′ (x2 + y 2 )2y = 0. ∂x ∂y

♣

EJEMPLO 6.111. Si u(x, y, z) = xn ϕ(y/xα , z/xβ ), donde ϕ es una funci´ on diferenciable, com∂u ∂u ∂u + αy + βz = nu probar que x ∂x ∂y ∂z ´ SOLUCION.Utilizaremos las variables auxiliares v = y/xα , w = z/xβ . Por la regla de la cadena y la fórmula de la derivada del producto, ∂u = nxn ϕ(v, w) + xn ∂x

∂ϕ ∂v ∂ϕ ∂w + ∂v ∂x ∂w ∂x

∂ϕ ∂ϕ − βzxn−β−1 = nxn−1 ϕ(v, w) − αyxn−α−1 ∂v ∂w ∂u ∂ϕ ∂v ∂ϕ ∂w ∂ϕ = xn + = xn−α ∂y ∂v ∂y ∂w ∂y ∂v ∂u ∂ϕ ∂v ∂ϕ ∂w ∂ϕ = xn + = xn−β ∂z ∂v ∂z ∂w ∂z ∂w Con estos datos,basta sustituir en la expresión que se indica en el enunciado para obtener la ♣ igualdad propuesta EJEMPLO 6.112. Si z =

f (x − y) ∂z ∂z , probar que z + y −y = 0. y ∂x ∂y

´ SOLUCION.Si llamamos u = x − y, las derivadas parciales de z son: ∂z 1 ′ ∂u 1 = f (u) = f ′ (x − y) ∂x y ∂x y ∂z = ∂y

yf ′(u)


∂u − f (u) −yf ′ (x − y) − f (x − y) ∂y = y2 y2 148

Jasmer LPC


UMSA

149

f (x − y) ∂z ∂z + =− , lo que equivale a la igualdad buscada. ♣ ∂x ∂y y2 x+y EJEMPLO 6.113. Dada la función u(x, y) = xyf , siendo f arbitraria,demostrar que xy ∂u ∂u − y2 = (x − y)u x2 ∂x ∂y De aqu´ı deducimos que

´ SOLUCION.Aplicamos la regla de la cadena para calcular las derivadas parciales. Si utilizamos x+y la variable auxiliar z = , obtenemos: xy ∂u ∂z xy − y(x + y) ∂u = yf (z) + xyf ′(z) = yf (z) + xyf ′ (z) ∂x ∂x x2 y 2 ∂y = xf (z) + xyf ′ (z) Por tanto, x2

xy − x(x + y) ∂z = xf (z) + xyf ′ (z) ∂y x2 y 2

∂u ∂u − y2 = x2 yf (z) = xy 2 f (z) − xyf ′ (z) + xyf ′(z) ∂x ∂y = (x − y)xyf (z) = (x − y)u

♣

EJEMPLO 6.114. Sea Ω = f (u, v, w) una funci´ on diferenciable, con u3 = x3 + y 3 + z 3 , v 2 = ∂f ∂f ∂f ∂f ∂f ∂f x2 + y 2 + z 2 , w = x + y + z. Demostrar que x +y +z =u +v +w ∂x ∂y ∂z ∂u ∂v ∂w ´ SOLUCION.Calculamos las derivadas parciales de f aplicando la regla de la cadena. Teniendo en cuenta que p p u = 3 x3 + y 3 + z 3 , v = x2 + y 2 + z 2 , w = x + y + z,

obtenemos

∂u 3x2 = r 2 ∂x 3 3 3 3 3 x +y +z ∂v 2x = p ∂x 2 x2 + y 2 + z 2 ∂w =1 ∂x


∂u 3y 2 = r 2 ∂y 3 3 3 3 3 x +y +z

∂u 3z 2 = r 2 ∂z 3 3 3 3 3 x +y +z

∂w =1 ∂y

∂w =1 ∂z

∂v 2y = p ∂y 2 x2 + y 2 + z 2

149

∂v 2z = p ∂z 2 x2 + y 2 + z 2

Jasmer LPC


UMSA Resulta as´ı:

150

∂f ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f ∂w ∂f 3x2 ∂f 2x ∂f = + + = + + ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂w ∂x ∂u 3u2 ∂v 2v ∂w ∂f ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f ∂w ∂f 3y 2 ∂f 2y ∂f = + + = + + 2 ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂w ∂y ∂u 3u ∂v 2v ∂w ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f ∂w ∂f 3z 2 ∂f 2z ∂f ∂f = + + = + + ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z ∂w ∂z ∂u 3u2 ∂v 2v ∂w

Basta ahora sustituir este resultado en la expresión x u

∂f ∂f ∂f +v +w . ∂u ∂v ∂w

∂f ∂f ∂f +y +z y obtener directamente ∂x ∂y ∂z ♣

n x2 /4y

EJEMPLO 6.115. Dada f (x, y) = y e

∂f 1 ∂ , hallar n para que se verifique = 2 ∂y x ∂x

2 ∂f x ∂x

´ SOLUCION.Calculamos las derivadas parciales de la función: ∂f −xy n−1 −x2 /4y = e ∂x 2 ∂f x2 n−1 −x2 /4y = y e n+ ∂y 4y Como además n−1 ∂2f −y −xy n−1 x −x2 /4y 1 x2 n−1 −x2 /4y = + e =y e − + ∂x2 2 2 2y 2 4y deducimos que ∂ ∂x

2 ∂f

x

∂x

= x

∂f ∂2f + x2 2 ∂x ∂x 2 n−1 −x2 /4y

= −x y

e 3 x2 2 n−1 −x2 /4y = xy e − + 2 4y En definitiva, como 1 ∂ x2 ∂x

2 ∂f

x

∂x

e

2 n−1 −x2 /4y

=y

+x y

n−1 −x2 /4y

e

3 x2 − + 2 4y

basta hacer n = −3/2 para obtener la igualdad propuesta. R ξρ s email: [email protected]

150

1 x2 − + 2 4y

♣ Jasmer LPC


UMSA

151

EJEMPLO 6.116. Dada la función u(x, y) = f (x − y) + g(x − y), donde f y g son funciones ∂2u ∂2u reales diferenciables,comprobar la ecuaci´ on − 2 = 0. ∂x2 ∂y ´ SOLUCION.Por las reglas de derivación de funciones compuestas,tenemos: ∂2u = f ′′ (x − y) + g ′′ (x − y) ∂x2 ∂2u = f ′′ (x − y) + g ′′ (x − y) ∂y 2

∂u = f ′ (x − y) + g ′(x − y) ∂x ∂u = −f ′ (x − y) − g ′(x − y) ∂y

♣

Es evidente pues la igualdad propuesta. TEOREMA 6.7. además x = x(u, v) 2 ∂2f ∂ f = ∂v∂u ∂x2

Consideremos una funci´ on f : R2 → R, f (x, y) dos veces diferenciable y y y = y(u, v), entonces 2 ∂x ∂ 2 f ∂y ∂x ∂f ∂ 2 x ∂ f ∂x ∂ 2 f ∂y ∂y ∂f ∂ 2 y + + + + 2 + ∂u ∂y∂x ∂v ∂u ∂x ∂v∂u ∂x∂y ∂v ∂y ∂v ∂u ∂y ∂v∂u

´ DEMOSTRACION. Aplicando la regla de la cadena obtenemos

∂f ∂f ∂x ∂f ∂y = + ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u Derivando parcialmente respecto de v la regla de la cadena implica que 2 2 ∂ f ∂x ∂ 2 f ∂y ∂x ∂f ∂ 2 x ∂ f ∂x ∂ 2 f ∂y ∂y ∂f ∂ 2 y ∂2f = + + + + 2 + ∂v∂u ∂x2 ∂v ∂y∂x ∂v ∂u ∂x ∂v∂u ∂x∂y ∂v ∂y ∂v ∂u ∂y ∂v∂u EJEMPLO 6.117. Hallar

√ √ ∂z ∂2z y si z = x2 − y 2, x = u + v, y adem´ as y = u − v. ∂u ∂u∂v

´ SOLUCION.(OJO EN ESTE PROBLEMA) Aplicando la regla de la cadena obtenemos ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z = + ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u

∂x 1 (u + v)−1/2 = √ = , ∂u 2 2 u+v

∂x 1 = √ , ∂v 2 u+v

∂y 1 = √ , ∂u 2 u+v

∂y 1 =− √ ∂v 2 u+v

y además ∂2x (u + v)−3/2 1 =− =− p ∂v∂u 4 4 (u + v)3


151

Jasmer LPC


UMSA

152

Por tanto, si definimos z1 =

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z 1 ∂z 1 ∂z 1 ∂z 1 √ √ + = = + = + ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂x 2 u + v ∂y 2 u + v ∂x 2x ∂y 2x

que depende sólo de x y de y, entonces ∂z1 ∂z1 ∂x ∂z1 ∂y ∂2z = = + ∂v∂u ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v 2 2 ∂z 1 ∂2z 1 ∂z 1 ∂x ∂ z 1 ∂ 2 z 1 ∂y ∂ z 1 − + − + + = ∂x2 2x ∂x 2x2 ∂x∂y 2x ∂y 2x2 ∂v ∂y∂x 2x ∂y 2 2x ∂v

♣

EJEMPLO 6.118. Dada la función u = u(r, s) de clase C 2 , si x = 2r − s, y = r + 2s, averiguar ∂2u el valor de (x, y) en función de las derivadas con respecto a r y s. ∂y∂x ´ SOLUCION.Despejando r y s en función de x e y, tenemos que r = ∂r 2 = , ∂x 5 Por tanto, u1 =

∂s 1 =− , ∂x 5

∂r 1 = , ∂y 5

2x + y 2y − x ,s= , luego 5 5

∂s 2 = , ∂y 5

∂u ∂u ∂r ∂u ∂s 1 ∂u 2 ∂u = + = + ∂y ∂r ∂y ∂s ∂y 5 ∂r 5 ∂s

que depende sólo de r y de s, entonces ∂2u ∂u1 ∂u1 ∂r ∂u1 ∂s = = + ∂y∂x ∂x ∂r ∂x ∂s ∂x 2 1 ∂ u 2 ∂2u 2 1 ∂2u 2 ∂2u −1 = + + + 2 2 5 ∂r 5 ∂s∂r 5 5 ∂r∂s 5 ∂s 5 2 1 ∂ u ∂2u ∂2u = 2 2 +3 −2 2 25 ∂r ∂r∂s ∂s pues, debido a que u es C 2 ,

∂2u ∂2u ∂2u ∂2u = . Dejamos como ejercicio comprobar que = ♣. ∂s∂r ∂r∂s ∂y∂x ∂x∂y

EJEMPLO 6.119. Si f y g son funciones reales de una variable real que tienen derivadas de orden 2 continuas, se define y(x, t) = f (x + at) + g(x − at). Probar que y verifica la ”ecuación de ∂2y ∂2y la cuerda vibrante” 2 = a2 2 . ∂t ∂x R ξρ s email: [email protected]

152

Jasmer LPC


UMSA

153

´ SOLUCION.Utilizando las variables auxiliares u = x + at, v = x − at, podemos escribir y = f (u) + g(v). Las derivadas parciales valen entonces ∂y ∂u ∂y ∂y = + ∂t ∂u ∂t ∂v ∂y ∂y ∂u ∂y = + ∂x ∂u ∂x ∂v

∂v = a f ′ (u) − a g ′ (v) ∂t ∂v = f ′ (u) + g ′ (v) ∂x

∂y ambos dependen sólo de u y de v. Derivando por segunda vez, si denotamos por y1 = e ∂t ∂y y2 = , se tiene: ∂x ∂2y ∂y1 = 2 ∂t ∂t

=

∂y1 ∂u ∂y1 ∂v + = a2 f ′′ (u) + a2 g ′′ (v) ∂u ∂t ∂v ∂t

∂2y ∂y2 ∂y2 ∂u ∂y2 ∂v = = + = f ′′ (u) + g ′′ (v) 2 ∂x ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x Del resultado anterior se deduce de forma inmediata la ecuación propuesta.

6.8.

♣

El Teorema de la Funci´ on Impl´ıcita

Sea F : U → R una función definida en un abierto U ⊂ R × Rn y c ∈ R. ☞ Es posible despejar y en función de x de la ecuación F (x, y) = c. ☞ Suponiendo que podemos despejar y en función de x de la ecuación F (x, y) = c. Como podemos hallar y ′ ?. ´ 6.6. Sea F : U → R una funci´ DEFINICION on definida en un abierto U ⊂ R × Rn y c ∈ R. Decimos que una función y = f (x) esta definida implicitamente por la expresi´ on F (x, y) = c si F (x, f (x)) = c. LEMA 6.4. Sea F : U → R una función definida en un abierto U ⊂ Rn × R de clase C k y c ∈ R. Si (x0 , y0 ) ∈ U es tal que ∂F F (x0 , y0 ) = c, y (x0 , y0 ) 6= 0. ∂y Entonces existen una bola B(x0 , δ) ⊂ Rn y un intervalo (y0 − ε, y0 + ε) tales que F −1 (c) ∩ (B(x0 , δ) × (y0 − ε, y0 + ε)) R ξρ s email: [email protected]

153

Jasmer LPC

UMSA


154

es el gráfico de una función f : B(x0 , δ)×(y0 −ε, y0 +ε) de clase C k . Adem´ as para todo x ∈ B(x0 , δ), se tiene ∂F (x, f (x)) ∂f ∂xi (x) = − . ∂F ∂xi (x, f (x)) ∂y ❚

Demostración.

´ NOTACION.Al determinante de la matriz jacobiana de un campo vectorial F : Rn → Rn lo llamaremos jacobiano de F y lo denotaremos: ∂(F1 , F2 , ..., Fn ) = J(F ) = ∂(x1 , x2 , ..., xn )

∂F1 ∂x1

∂F1 ∂x2

∂F2 ∂x1 .. .

∂F2 ∂x2 .. .

∂Fn ∂x1

∂Fn ∂x2

∂F2 ... ∂xn .. .. . . ∂Fn ... ∂xn ∂F1 ... ∂xn

TEOREMA 6.8 (Teorema de la Funci´ on Impl´ıcita). Consideremos las m ecuaciones:  F1 (x1 , x2 , ..., xn , z1 , z2 , ..., zm ) = 0      F2 (x1 , x2 , ..., xn , z1 , z2 , ..., zm ) = 0 ..  .     F (x , x , ..., x , z , z , ..., z ) = 0 m 1 2 n 1 2 m

0 y un punto (x0 , z0 ) = (x01 , x02 , ..., x0n , z10 , z20 , ..., zm ) cumpliendo:

1. Fj (x0 , z0 ) = 0 para j = 1, ..., m. 2. Todas las funciones Fj para j = 1, ..., m son diferenciables con derivada continua en un entorno del punto (x0 , z0 ). 3.

∂(F1 , F2 , ..., Fm ) 6= 0 en el punto (x0 , z0 ) ∂(z1 , z2 , ..., zm )

Entonces, las m ecuaciones anteriores definen a las variables z1 , z2 , ... , zm como funciones de las variables independientes x1 , x2 ,..., xn en un cierto entorno del punto (x0 , z0 ), es decir, zi = fi (x1 , x2 , ..., xn ), i = 1, 2, ..., m. Es m´ as, si las funciones Fj son diferenciables hasta orden k entonces también lo serán las funciones fi y sus derivadas se pueden calcular mediante derivación impl´ıcita. R ξρ s email: [email protected]

154

Jasmer LPC


UMSA

155

´ DEMOSTRACION.

EJEMPLO 6.120. Dada y 2 + 2xy + z 2 = 2y + 1, por derivaci´ on impl´ıcita halle: zx , zy , zyx ´ SOLUCION.Sea y 2 + 2xy + z 2 = 2y + 1

(6.15)

Para hallar zx , derivemos (6.15) respecto de x, haciendo esto obtenemos 2y + 2zzx = 0 de donde

(6.16)

y zx = − . z

Para hallar zy , derivemos (6.15) respecto de y, haciendo esto obtenemos 2y + 2x + 2zzy = 2 de donde zy =

1−y−x . z

Para hallar zyx , de la ecuación (6.16) se obtiene y + zzx = 0, derivando respecto de y esta ecuación nos da 1 + zzyx + zy zx = 0 de aqu´ı se sigue que zyx

− 1−y−x zy zx + 1 z =− =− z z

EJEMPLO 6.121. Hallar

y z

+1

=−

(x+y−1)y z2

+1

z

=−

(x + y − 1)y + z 2 . z3

♣

∂z ∂2z y si y 2z + z 3 = x2 y 2 + 3xz + 5. ∂x ∂y∂x

Sea y 2 z + z 3 = x2 y 2 + 3xz + 5

(6.17)

Para hallar zx , derivemos (6.17) respecto de x, haciendo esto obtenemos y 2zx + 3z 2 zx = 2xy 2 + 3xzx de donde zx =

(6.18)

2xy 2 . y 2 + 3z 2 − 3x

Para hallar zyx , derivamos la ecuación (6.18) respecto de y: 2yzx + y 2zyx + 6zzy zx + 3z 2 zyx = 4xy + 3xzyx R ξρ s email: [email protected]

155

Jasmer LPC

UMSA


de aqu´ı se sigue que zyx =

156

4xy − 2yzx − 6zzy zx y 2 + 3z 2 − 3x

EJEMPLO 6.122. Dada z = ex sen(y + z), por derivaci´ on impl´ıcita halle:

♣ ∂z ∂z y . ∂x ∂y

´ SOLUCION.Sea z = ex sen(y + z)

(6.19)

Para hallar zx , derivemos (6.25) respecto de x, haciendo esto obtenemos zx = ex sen(y + z) + ex cos(y + z) · zx transponiendo términos, de donde

zx (1 − ex cos(y + z)) = ex sen(y + z) ∂z ex sen(y + z) = . ∂x 1 − ex cos(y + z)

Para hallar zy , derivemos (6.25) respecto de y, haciendo esto obtenemos zy = ex cos(y + z) · (1 + zy ) transponiendo términos, de donde

zy 1 − ex cos(y + z) = ex cos(y + z) ∂z ex cos(y + z) = . ∂y 1 − ex cos(y + z)

♣

√ ∂z ∂z EJEMPLO 6.123. Dada z = e2x y + z, por derivaci´ on impl´ıcita halle: y . ∂x ∂y ´ SOLUCION.Sea

√ z = e2x y + z

(6.20)

Para hallar zx , derivemos (6.25) respecto de x, haciendo esto obtenemos √ 1 zx = 2e2x y + z + e2x √ · zx 2 y+z transponiendo términos,

de donde


√ e2x zx 1 − √ = 2e2x y + z 2 y+z √ ∂z 2e2x y + z = . e2x ∂x 1− √ 2 y+z 156

♣

Jasmer LPC


UMSA

157

EJEMPLO 6.124. Dada eyz + x ln y = 8 − xyz 2 , por derivaci´ on impl´ıcita halle:

∂z . ∂x

´ SOLUCION.Sea eyz + x ln y = 8 − xyz 2 Para hallar

∂z , ∂x

(6.21)

derivemos (6.21) respecto de x, haciendo esto obtenemos eyz yzx = −2xyzzx

transponiendo términos, zx [eyz y + 2xyz] = 0 de donde

∂z = 0. ∂x

EJEMPLO 6.125. Dada x2 z + y ln x = 8 − z 2 , por derivaci´ on impl´ıcita halle:

♣ ∂z . ∂y

´ SOLUCION.Sea x2 z + y ln x = 8 − z 2 Para hallar

∂z , ∂y

(6.22)

derivemos (6.22) respecto de y, haciendo esto obtenemos x2 zy + ln x = −2zzy

transponiendo términos, de donde

zy [x2 + 2z] = − ln x ∂z ln x =− 2 . ∂y x + 2z

♣

EJEMPLO 6.126. Dada y 2 z + z 3 = x2 y 2 + 3xz + 5, por derivaci´ on impl´ıcita halle: zx y zy . ´ SOLUCION.Sea y 2 z + z 3 = x2 y 2 + 3xz + 5

(6.23)

Para hallar zx , derivemos (6.23) respecto de x, haciendo esto obtenemos y 2 zx + 3z 2 zx = 2xy 2 + 3xzx + 3z transponiendo términos, de donde

zx [y 2 + 3z 2 − 3x] = 2xy 2 + 3z zx =

Procediendo del mismo modo hallamos zy . R ξρ s email: [email protected]

2xy 2 + 3z . y 2 + 3z 2 − 3x

157

♣ Jasmer LPC


UMSA

158

EJEMPLO 6.127. Halle las primeras derivadas de z por derivaci´ on implicita, donde exz +xyz = 4. ´ SOLUCION.Derivando implicitamente tenemos exz (z + xzx ) + xyzx + yzx = 0, por tanto zx = − EJEMPLO 6.128. Deducir expresiones para 4xy.

zx (x + xy + y) = −exz z

exz z x + xy + y

♣

∂z ∂z , en la funci´ on impl´ıcita: z = e−xz cos(2y) + ∂x ∂y

´ SOLUCION.Sea z = e−xz cos(2y) + 4xy

(6.24)

Para hallar zx , derivemos (6.25) respecto de x, haciendo esto obtenemos i h −xz (−1)z + (−x)zx cos(2y) + 4y zx = e

transponiendo términos, h i −xz zx = e − z − xzx cos(2y) + 4y = −ze−xz cos(2y) − xzx e−xz cos(2y) + 4y zx + xzx e−xz cos(2y) = −ze−xz cos(2y) + 4y

de donde

h i zx 1 + xe−xz cos(2y) = −ze−xz cos(2y) + 4y ∂z 4y − ze−xz cos(2y) = . ∂x 1 + xe−xz cos(2y)

Para hallar zy , derivemos (6.25) respecto de y, haciendo esto obtenemos h i zy = e−xz − xzy cos(2y) + e−xz (−1) sen(2y)2 + 4x = −xzy e−xz cos(2y) − e−xz sen(2y)2 + 4x transponiendo términos,

zy + xzy e−xz cos(2y) = −e−xz sen(2y)2 + 4x de donde


∂z 4x − 2e−xz sen(2y) = . ∂y 1 + xe−xz cos(2y) 158

♣ Jasmer LPC

UMSA


EJEMPLO 6.129. Deducir expresiones para 2xy.

159

∂z ∂z , en la funci´ on impl´ıcita: z = e−yz sen(3x) − ∂x ∂y

´ SOLUCION.Sea z = e−yz sen(3x) − 2xy

(6.25)

Para hallar zx , derivemos (6.25) respecto de x, haciendo esto obtenemos i h zx = e−yz − yzx sen(3x) + e−yz cos(3x)3 − 2y = −yzx e−yz sen(3x) + e−yz cos(3x)3 − 2y transponiendo términos,

zx + yzx e−yz sen(3x) = e−yz cos(3x)3 − 2y

de donde

h i zx 1 + ye−yz sen(3x) = e−yz cos(3x)3 − 2y ∂z e−yz cos(3x)3 − 2y = . ∂y 1 + ye−yz sen(3x)

Para hallar zy , derivemos (6.25) respecto de y, haciendo esto obtenemos h i zy = e−yz (−1)z + (−y)zy sen(3x) − 2x

transponiendo términos, h i zy = e−yz − z − yzy sen(3x) − 2x = −ze−yz sen(3x) − yzy e−xz sen(3x) − 2x zy + yzy e−xz sen(3x) = −ze−yz sen(3x) − 2x

de donde

h i zy 1 + ye−yz sen(3x) = −ze−yz sen(3x) − 2x ∂z −ze−yz sen(3x) − 2x = . ∂y 1 + ye−yz sen(3x)

♣ ∂z yz 2 para la funci´ on e +4x y = xz. EJEMPLO 6.130. Por derivación parcial impl´ıcita, calcular ∂x ´ SOLUCION.R ξρ s email: [email protected]

♣ 159

Jasmer LPC


UMSA EJEMPLO 6.131. Hallar

160

dw si w = x2 − y 2 + 3; x2 + y + z = 0; y 2 − x − z = 0. dz

´ SOLUCION.Debido a la regla de la cadena se tiene dw ∂w dx ∂w dy dx dy = + = 2x − 2y dz ∂x dz ∂y dz dz dz Ahora bien, derivando impl´ıcitamente el sistema de ecuaciones  dx dy  ( 2  2x + +1 = 0  x +y+z = 0 dz dz  y2 − x − z = 0   2y dy − dx − 1 = 0 dz dz

usando la regla de Gramer −1 1 −1 −2y dx 2y + 1 2y + 1 = = =− , dz −4xy − 1 4xy + 1 2x 1 1 −2y As´ı

 dx dy   + = −1  2x dz dz    dx − 2y dy = −1 dz dz

2x −1 1 −1 dy −2x + 1 1 − 2x = = = dz −4xy − 1 4xy + 1 2x 1 1 −2y

dw 2y + 1 1 − 2x = −2x − 2y dz 4xy + 1 4xy + 1

EJEMPLO 6.132. Hallar

♣

∂z ∂z y si z = xy(x − y); u = x2 − y; v = x − y 2 . ∂u ∂v

´ SOLUCION.Observemos que z = x2 y − xy 2 . Por la regla de la cadena ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y ∂x ∂y = + = (2xy − y 2) + (x2 − 2xy) ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂u ∂u con la derivación impl´ıcita respecto de u el siguiente sistema de ecuaciones  ∂x ∂y  (  2x − = 1 2  x −y = u ∂u ∂u  x − y2 = v   ∂x − 2y ∂y = 0 ∂u ∂u usando la regla 1 0 ∂x = ∂z 2x 1

de Gramer −1 −2y −2y 2y = = , −4xy + 1 1 − 4xy −1 −2y


160

∂y = ∂z

2x 1 1 0 2x −1 1 −2y

−1 1 = = −4xy + 1 1 − 4xy

Jasmer LPC


UMSA As´ı

161

2y 1 ∂w = (2xy − y 2 ) + (x2 − 2xy) ∂z 1 − 4xy 1 − 4xy

EJEMPLO 6.133. Si z = uv; u2 + v 2 − x − y = 0;

♣

u2 − v 2 + 3x + y = 0. Calcular

∂z ∂x

´ SOLUCION.Por la regla de la cadena ∂z ∂u ∂z ∂v ∂u ∂v ∂z = + =v + u ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂x ∂x con la derivación impl´ıcita respecto de x el siguiente sistema de ecuaciones   ∂u ∂v ∂v ∂u   (   2u + 2v − 1 = 0 + 2v = 1 2u 2 2   u +v −x−y = 0 ∂x ∂x ∂x ∂x   u2 − v 2 + 3x + y = 0    2u ∂u − 2v ∂v + 3 = 0  2u ∂u − 2v ∂v = −3 ∂x ∂x ∂x ∂x usando la regla de Gramer 1 2v −3 −2v ∂u = 2u 2v ∂x 2u −2v

As´ı

6.9.

1 4v = =− , −8uv u

2u 1 2u −3 ∂v 1 −8u = = = 2u 2v ∂x −8uv v 2u −2v

∂z v u =− + ∂x u v

♣

El Gradiente de una funci´ on diferenciable

Las derivadas parciales fxi , i = 1, 2, ..., n de una función diferenciable f : Rn → R desempe˜ nan un papel esencial, no sólo ya en la determinación del plano tangente a la superficie z = f (x) en cada punto, sino también a la hora de calcular derivadas direccionales y direcciones de máximo crecimiento o decrecimiento de la función f . Por ello, la función ∇ : Rn → Rn que a un punto p le asocia el vector de derivadas parciales ∇f (p) = (fx1 (p), ..., fxn (p)) recibe un nombre especial, gradiente. As´ı, el gradiente de la función diferenciable f en el punto p es el vector (fx1 (p), ..., fxn (p)). ´ 6.7. Sea f : U → R una funci´ DEFINICION on real definida en un abierto U ⊂ Rn , diferenciable en un punto p ∈ U. El gradiente de f en el punto p es el vector ∇f (p) dado por ∂f ∂f ∇f (p) = (p), ..., (p) . ∂x1 ∂xn R ξρ s email: [email protected]

161

Jasmer LPC


UMSA

162

Es importante recalcar que el gradiente de una función en un punto sólo está definido si la función es diferenciable en dicho punto. La mera existencia del vector (fx1 (p), ..., fxn (p)) no basta para que se le otorgue el nombre de gradiente, dado que ya hemos visto que hay funciones que admiten todas las derivadas direccionales en un punto y a´ un as´ı no son diferenciables en dicho punto. El motivo de esta particular exigencia es que el vector (fx1 (p), ..., fxn (p)) verifica unas propiedades cuando la función es diferenciable que de otro modo no verifica. Para poder distinguir una situación de otra se reserva el término gradiente para los vectores (fx1 (p), ..., fxn (p)) asociados a funciones diferenciables en el punto p en cuestión. ´ 6.8. Un camino en Rn es una aplicaci´ DEFINICION on continua α : I → Rn definida en un intervalo I de la recta real. ´ 6.9. Sean S una superficie y p ∈ S. Un vector v ∈ Rn es tangente a S en p DEFINICION si existen ε > 0 y un camino α : (−ε, ε) → Rn diferenciable en t = 0 tales que α(−ε, ε) ⊂ S, α(0) = x y α′ (0) = v. El vector α′ (0) se llama vector velocidad del camino α en p. ´ 6.10. Sean S una superficie y p ∈ S. Un vector w ∈ Rn es perpendicular a S en DEFINICION p si este es perpendicular a todo vector tangente a S en p. ´ 6.11. Sea c ∈ R, la preimagen de c bajo f , f −1 (c) se llama superficie de nivel c DEFINICION de la función f . Cuando n = 2, f −1 (c) se llama curva de nivel c de f Sea f una función diferenciable. Las propiedades principales del gradiente ∇f (p) son:

TEOREMA 6.9. Sea f : U → R una funci´ on diferenciable en un abierto U ⊂ Rn . Si p ∈ U es tal que ∇f (p) 6= 0. Entonces para todo vector v = (v1 , ..., vn ) ∈ Rn y cualquier camino α : (−δ, δ) → U tal que α(0) = p y α ′ (0) = v se tiene n

(f ◦ α)′ (0) =

X ∂f ∂f (p) =< ∇f (p), v >= (p)vi . ∂v ∂x i i=1

Demostración. Puesto que f ◦ α : (−δ, δ) → R, aplicamos la regla de la cadena para obtener n

d(f ◦ α)(t) X ∂f (α(t)) dαi (t) = dt ∂xi dt i=1 de aqu´ı se tiene n n X ∂f (α(0)) dαi (0) X ∂f (p) (f ◦ α) (0) = = vi = h∇f (p), vi ∂x dt ∂x i i i=1 i=1 ′

Por definición n X ∂f

∂xi ∂f f (p + tv) − f (p) (p) = l´ım = l´ım i=1 t→0 t→0 ∂v t R ξρ s email: [email protected]

(p)tvi + r(tv)

162

t

=

n X ∂f i=1

∂xi

(p)vi + l´ım t→0

r(tv) t

Jasmer LPC

UMSA


163

r(tv) Puesto que f una función diferenciable en un abierto U se tiene que l´ım = 0, esto implica t→0 t que n

X ∂f ∂f (p) = (p)vi . ∂v ∂xi i=1 ❚ Esto es consecuencia de la regla de la cadena. En definitiva, estamos diciendo que los vectores tangentes a las curvas que pasan por el punto (p, f (p)) son combinaciones lineales de los vectores tangentes a la curva en ese punto seg´ un las direcciones de los ejes OX1, OX2 , ..., y OXn . n

X ∂f ∂f (p) = (p)ui . ∂u ∂xi i=1 Esto es evidente desde un punto de vista geométrico, desde el momento en que todos los vectores están situados sobre el plano tangente, y éste viene dado por fx1 (p), ... ,fxn (p). As´ı, en las funciones diferenciables es inmediato calcular las derivadas direccionales, reduciéndolas a un simple producto escalar de vectores. ∂f Recordemos que la derivada direccional de f en el punto p el la dirección del vector v, (p) es la ∂v pendiente de la recta tangente a la superficie Graf(f ) que pasa por el punto (p, f (p)) tiene vector ∂f dirección igual a v. Ahora, como (p) = h∇f (p), vi, entonces los vectores v que apuntan a las ∂v direcciones a los largo de las cuales f crece son aquellas para los cuales se tiene h∇f (p), vi > 0, esto es, aquellos que forman un ángulo menos a 90 grados con ∇f (p). Decir que el crecimiento de f es más rápido en la dirección del gradiente significa que: si v ∈ Rn es tal que ||v|| = ||∇f (p)|| entonces ∂f ∂f (p) ≤ (p) ∂v ∂∇f (p) TEOREMA 6.10. Sea f : U → R una funci´ on diferenciable en un abierto U ⊂ Rn . Si p ∈ U es tal que ∇f (p) 6= 0. Entonces 1. df (p) = ∇f (p) dx. 2. El gradiente ∇f (p) apunta hacia la direcci´ on donde la funci´ on es creciente. 3. Si p ∈ f −1 (c) donde c ∈ R. El gradiente ∇f (p) es perpendicular a la superficie de nivel f −1 (c). Demostración. Demostrar el inciso (2), para esto, colocando w = ∇f (p) tenemos ∂f (p) = h∇f (p), wi = ||∇f (p)||2 > 0 ∂w R ξρ s email: [email protected]

163

Jasmer LPC


UMSA

164

Sea v ∈ Rn es tal que ||v|| = ||∇f (p)||, por la desigualdad de Schwarz: ∂f ∂f (p) = h∇f (p), vi ≤ ||∇f (p)|| ||v|| = ||∇f (p)||2 = (p) ∂v ∂∇f (p) Ahora probaremos la tercera afirmación: Se dice que w ∈ Rn es ortogonal al conjunto de nivel f −1 (c) significa que, dado cualquier camino α : (−ε, ε) → f −1 (c) diferenciable en el punto t = 0 con α(0) = p se tiene hw, α ′ (0)i = 0. Ahora que α(t) ∈ f −1 (c) significa que f (α(t)) = c para todo t ∈ (−ε, ε), por tanto la función f ◦ α : (−ε, ε) → R es constante igual a c, luego (f ◦ α)′ (0) = 0 o sea h∇f (p), α ′ (0)i = 0 ❚

EJEMPLO 6.134. Anote la expresión del vector gradiente en R3 para la funci´ on: f (x, y) = 2 2 x − 2y + xy. ´ SOLUCION. ∇f (x, y) = fx , fy = 2x + y, −4y + x

♣

EJEMPLO 6.135. Anote la expresión del vector gradiente en R3 para la funci´ on: f (x, y) = 2 2 2x − y + xy. ´ SOLUCION.-

∇f (x, y) = fx , fy

= 4x + y, −2y + x

♣

EJEMPLO 6.136. Halle el gradiente de f (x, y) = y ln x + xy 2 en el punto (1, 2) ´ SOLUCION.Usando la definición tenemos que: fx (x, y) =

y + y2 x

fx (x, y) = ln x + 2xy;

de esta manera tenemos que; ∇f (x, y) =

y

x

+ y , ln x + 2xy , 2

evaluando ∇f en el punto (1, 2) se obtiene: 2 2 ∇f (1, 2) = + 2 , ln 1 + 2 · 1 · 2 = (6, 4). 1 R ξρ s email: [email protected]

164

♣ Jasmer LPC

UMSA


165

Del u ´ ltimo ejemplo se observa que el gradiente de una función es un vector que muestra la dirección de cambio en un punto dado. Si hallamos el modulo a este vector tendremos la razón de cambio en ese punto. √ ||∇f (1, 2)|| = ||(6, 4)|| = 62 + 42 = 7.21 Por otro lado si a ese vector lo multiplicamos punto por un vector unitario tendremos un escalar que es numéricamente igual a la derivada direccional en la dirección de ese vector unitario. Esto quiere decir que: ∂f (1, 2) = < ∇f (1, 2), u > ∂u EJEMPLO 6.137. Calcule la derivada direccional de f (x, y) = 3x2 −2y 2 en el punto P (−3/4, 0), en la dirección de P (−3/4, 0) a Q(0, 1) usando la forma alternativa del gradiente. ´ SOLUCION.Primero busquemos el vector de dirección dado a través de los dos puntos: p −→ v = P Q = Q − P = (0, 1) − (−3/4, 0) = (3/4, 1). ||v|| = (3/4)2 + 1 = 5/4. Ahora buscamos el vector unitario en esa dirección: 3 4 v = ,− u= ||v|| 5 5 por otro lado planteamos primero el gradiente: ∇f (x, y) = 6x, −4y ,

pero en el punto (−3/4, 0), el gradiente es:

∇f (−3/4, 0) =

− 9/2, 0 ,

De esta manera la forma alternativa para hallar la derivada direccional por medio del gradiente es igual a: ∂f (−3/4, 0) = < ∇f (−3/4, 0), u > = ∂u

9 3 4 27 − ,0 , ,− =− 2 5 5 10

♣

EJEMPLO 6.138. Calcule la derivada direccional de f (x, y) = x3 − 3xy + 4y 2 en la dirección del vector unitario u dado por θ = π6 en el punto P (1, 2). ´ SOLUCION.Primero encontremos el vector unitario 1 √3 u = (cos 30 , sen 30 ) = , 2 2 o


o

165

Jasmer LPC


UMSA

166

por otro lado las derivadas parciales: fx (x, y) = 3x2 − 3y

fy (x, y) = −3x + 8y,

de esta manera se obtiene que; ∇f (x, y) = 3x2 − 3y, −3x + 8y ,

evaluando en el punto (1, 2):

∇f (1, 2) =

− 6, 12 ,

luego la derivada direccional por medio del gradiente es igual a: * + 1 √3 ∂f 48 − 6, −12 , , (1, 2) = < ∇f (1, 2), u > = =√ ∂u 2 2 29

♣

EJEMPLO 6.139. Determinar en cada caso si existe una funci´ on f que satisfaga las condiciones requeridas. Si existe alguna, encontrar todas. (a) ∇f (x, y) = (3x2 y + 2y 2, x3 + 4xy − 1), f (1, 1) = 4. (b) ∇f (x, y) = (5y, 2x). (c)

∂f ∂f (x, y) = exy + xyexy + cosx + 1, (x, y) = x2 exy . ∂x ∂y 2

2

(d) ∇f (x, y) = (ey + z 2 , xez + cosy, 2xzey ez ), f (0, 0, 0) = 1. ´ SOLUCION.-

♣

Se ha visto que hay muchas derivadas direccionales en un punto (x, y) de una superficie. En muchas aplicaciones, se desea saber en qué dirección moverse de manera que f (x, y) crezca más rápidamente. Esta dirección se llama la dirección de mayor ascenso y viene dada por el gradiente, como se establece en el teorema siguiente. TEOREMA 6.11. Sea f : U → R una funci´ on real diferenciable en un abierto U ⊂ R2 y p ∈ U. 1. Si ∇f (p) = 0, entonces

∂f (p) = 0 para todo vector unitario u. ∂v

∂f (p) es ||∇f (p)|| y se presenta cuando u tiene ∂u la misma dirección que el vector gradiente ∇f (p), esto es, la direcci´ on de m´ aximo incremento de f está dada por ∇f (p).

2. El valor máximo de la derivada direccional


166

Jasmer LPC

UMSA


167

3. La dirección de m´ınimo incremento de f est´ a dada por −∇f (p). El valor m´ınimo de es −||∇f (p)||.

∂f (p) ∂v

Demostración. Debemos interpretar convenientemente el enunciado: nos referimos a la dirección en la que el valor de la función aumenta lo máximo posible, situados en el punto p. Es decir, la dirección unitaria u cuya derivada direccional en p es máxima entre todas las derivadas direccionales en dicho punto. ∂f Como (p) = < ∇f (p), u > para toda dirección unitaria u, el valor de máximo cambio se ∂u producirá cuando el producto escalar < ∇f (p), u > sea máximo. Dado que

< ∇f (p), u > = ||∇f (p)|| ||u|| cos θ

para θ el ángulo que forman los dos vectores ∇f (p) y u; el valor máximo se alcanzará cuando ∇f (p) cos θ sea 1, esto es, para θ = 0. Esto ocurre cuando u = , y el valor máximo coincide con ||∇f (p)|| ||∇f (p)||. ❚ EJEMPLO 6.140. Hallar el gradiente ∇f (x, y, z) para la funci´ on dada: f (x, y, z) = x2 + y 2 − 4z y hallar la dirección de máximo incremento de f en el punto (2, −1, 1). ´ SOLUCION.El vector gradiente esta dado por: ∇f (x, y, z) = fx (x, y, z), fy (x, y, z), fz (x, y, z) = (2x, 2y, −4) por lo tanto la dirección de máximo crecimiento en el punto (2, −1, 1) es: ∇f (2, −1, 1) = (2, 2, −4).

♣

EJEMPLO 6.141. Suponga que la temperatura en un punto (x, y, z) en el espacio esta dado por: T (x, y, z) =

1+

x2

80 + 2y 2 + 3z 2

donde T esta medida en grados cent´ıgrados y “x”, “y” e “z” en metros. En que dirección aumenta más rápido la temperatura respecto al punto (1, 1, −2). ¿Cu´ al es la m´ axima tasa de incremento? ´ SOLUCION.No es dif´ıcil establecer que ∇T (x, y, z) = −

160x 320y 420z ,− ,− 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 + x + 2y + 3z ) (1 + x + 2y + 3z ) (1 + x + 2y 2 + 3z 2 )2

Evaluando en el punto P (1, 1, −2) se tiene: R ξρ s email: [email protected]

167

Jasmer LPC

UMSA


168

5 5 15 5 − , ,− = − 1, 2, −6 8 4 4 8 por tanto respecto a P (1, 1, −2) la temperatura se incrementa con mayor rapidez en la dirección del vector gradiente v = (−1, 2, −6). La máxima tasa de incremento es la longitud del vector gradiente: √ 5 41 5 ||∇T (1, 1, −2)|| = || − 1, 2, −6 || = 8 8 ∇T (1, 1, −2) =

Nota. Si buscaremos el m´ınimo valor tendr´ıamos que calcular −||∇f (p)|| y ocurre cuando tiene la ♣ dirección opuesta al gradiente ∇f (p). EJEMPLO 6.142. Considere una placa rectangular. La temperatura en el punto (x, y) de la placa esta dada por: T (x, y) = 5 + 2x2 + y 2 determine la direcci´ on en la que se debe mover un insecto que esta en el punto (4, 2) para que se enfr´ıe lo mas r´ apido posible. ´ SOLUCION.Puesto que ∇f (x, y) = (−4x, −2y), entonces ∇f (4, 2) = (−16, −4) o sea que se ♣ debe ir en la dirección del vector v = (−16, −4). EJEMPLO 6.143. Hallar la dirección de m´ aximo incremento. La temperatura en grados Celsius en la superficie de una placa metálica en T (x, y) = 20 − 4x2 − y 2 donde x y y se miden en cent´ımetros. ¿En qué dirección a partir de (2, −3) aumenta m´ as r´ apido la temperatura?. ¿Cuál es la tasa o ritmo de crecimiento?. ´ SOLUCION.El gradiente es ∇T (x, y) = (−8x, −2y).

Se sigue que la dirección de máximo incremento está dada por ∇T (2, −3) = (−16, +6) y la tasa o el ritmo de incremento es √ √ ||∇T (2, −3)|| = 256 + 36 = 292 ≈ 17.09o

por cent´ımetro.

♣

La solución de este ejemplo puede entenderse erróneamente. Aunque el gradiente apunta en la dirección de máximo incremento de la temperatura, no necesariamente apunta hacia el punto más caliente de la placa. En otras palabras, el gradiente proporciona una solución local para encontrar un incremento relativo de la temperatura en el punto (2, −3). Una vez que se abandona esa posición la dirección de máximo incremento pude cambiar. EJEMPLO 6.144. La altura de una monta˜ na, en metros sobre el nivel de mar, esta dada por: √ x2 y2 f (x, y) = 2000 − − . Si un alpinista comienza su ascenso al nivel del mar en x = 20 10 4 2 √ e y = 20 5. ¿Cuál es la trayectoria en el plano xy que corresponde a la ruta mas empinada de ascenso a la monta˜ na? R ξρ s email: [email protected]

168

Jasmer LPC

UMSA


169

´ SOLUCION.Sabemos que en cada punto dela monta˜ na, la dirección de ascenso con mayor x pendiente esa dada por el gradiente ∇f (x, y) = − 2 , −y .

Sea α(t) = (x(t), y(t)) la trayectoria en el plano xy que corresponde a la ruta mas empinada de ascenso a la monta˜ na y que pasa por el punto (x, y) en el tiempo t. Puesto que la dirección de máximo incremento de f está dada por ∇f , entonces el vector ∇f (x, y) es tangente a la trayectoria α en el punto (x, y), es decir, α′ (t) = ∇f (x(t), y(t)) x ′ ′ es decir (x , y ) = − 2 , −y de donde obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales: x ′ = − x2 y ′ = −y

Para resolver este sistema

dy −y 2y dy = dt = x = dx dx x − 2 dt

de donde

Integrando

dy dx =2 y x Z

dy =2 y

Z

dx x

ln(y) = 2 ln(x) + c. cuya solución es y = cx2 √ √ y al usar el punto dado x = 20 10 e y = 20 5 la trayectoria es: √ 5 2 y= x 200 la grafica de esta trayectoria se muestra en la figura del lado. √ Esta grafica fue construida tomando 5 2 una curva de nivel para la cual z = 0. Se tiene que y = x. ♣ 200 TEOREMA 6.12. Sea f : U → R una funci´ on real definida en un abierto U ⊂ Rn y sea p ∈ U es tal que ∇f (p) 6= 0. Si p ∈ f −1 (c) donde c ∈ R, entonces el gradiente ∇f (p) es perpendicular a la superficie de nivel f −1 (c). EJEMPLO 6.145. Sea f (x, y) = y − sen(x), hallar un vector normal a la curva de nivel 0. R ξρ s email: [email protected]

169

Jasmer LPC

UMSA


170

´ SOLUCION.La curva de nivel 0 en el plano XY viene dada por z = 0. Es decir: 0 = y −sen(x), de aqu´ı y = sen(x), esto es, f −1 (0) = {(x, sen x) : x ∈ R} Por otro lado el vector gradiente esta dado por: ∇f (x, y) = fx (x, y), fy (x, y) = − cos(x), 1

Ya que el gradiente es un vector en el plano XY este vector es perpendicular a la curva de nivel en ese mismo plano en el punto (x, y). De esta manera el incremento es mayor en la superficie generada por la función. De esta manera algunos de los vectores generados son los siguientes: √ 1 2π 3 ∇f − ,− = ,1 3 2 2

∇f (−π, 0) = (1, 1) π ∇f (0, 0) = (−1, 1) ∇f − , −1 = (0, 1) 2 EJEMPLO 6.146. Probar que toda recta normal al cono x2 = 2y 2 + 2z 2 corta al eje X. ´ SOLUCION.Calculamos en primer lugar el vector gradiente de la función de tres variables f (x, y, z) = x2 − 2y 2 − 2z 2 : ∇f (x, y, z) = (2x, −4y, −4z). El vector ∇f (x0 , y0 , z0 ) es el vector director de la recta normal al cono en un punto (x0 , y0 , z0 ). La ecuación de la recta se escribe entonces como x − x0 y − y0 z − z0 = = 2x0 −4y0 −4z0 Para que dicha recta corte al eje X, debe ser compatible el sistema −y0 x − x0 = 2x0 −4y0 y − y0 −z0 = −4y0 −4z0 que resulta de hacer y = 0 y z = 0. En efecto, ambas ecuaciones dan la misma solución x = 3x0 /2, lo que prueba que la recta corta al eje X en el punto (3x0 /2, 0, 0).


170

Jasmer LPC


UMSA

171

En la gráfica se muestran algunas rectas normales al cono en puntos de la circunferencia x20 = ♣ 2y 2 + 2z 2 , x = x0 y se observa que todas ellas cortan al eje X en el punto (3x0 /2, 0, 0). EJEMPLO 6.147. Encontrar la ecuaci´ on de la recta tangente a la curva de intersección del 2 plano 6x + 3y + 2z = 5 con el cono z = 4x2 + 9y 2 por el punto (2, 1, −5). p −6x − 3y + 5 y g(x, y) = − 4x2 + 9y 2 que 2 representan al plano y al cono, respectivamente (observar el signo “-” de la ra´ız debido a la posición del punto de intersección de las superficies).

´ SOLUCION.Construimos las funciones f (x, y) =

Las derivadas parciales de ambas funciones en el punto dado son: fx (x, y) = −3, gx (x, y) = 4xg(x, y),

fy (x, y) = −3/2;

gx (2, 1) = −8/5,

gy (x, y) =

9y , g(x, y)

gy (2, 1) = −9/5.

De aqu´ı deducimos que los vectores v1 = (−3, −3/2, −1) y v2 = (−8/5, −9/5, −1) son perpendiculares al plano y al cono,respectivamente. Un vector tangente a la curva intersección de ambos es

v = v1 × v2

i j k = −3 −3/2 −1 −8/5 −9/5 −1

3 7 = − ,− ,3 10 5

En definitiva,la recta tangente a la curva citada tiene por ecuación 3 7 r(t) = 2 − t, 1 − t, −5 + 3t 10 5

♣

EJEMPLO 6.148. Demostrar que la suma de los cuadrados de las intersecciones con los ejes coordenados de todo plano tangente a la superficie x2/3 + y 2/3 + z 2/3 = a2/3 es constante. ´ SOLUCION.Podemos considerar la superficie dada como una superficie de nivel de la función g(x, y, z) = x2/3 + y 2/3 + z 2/3 . El gradiente de dicha función en un punto (x0 , y0, z0 ) de la superficie es 2 −1/3 −1/3 −1/3 ∇(x0 , y0, z0 ) = (x0 , y0 , z0 ). 3 Como dicho vector es perpendicular a la superficie,la ecuación del plano tangente a la superficie en el punto citado es −1/3

x0

−1/3

(x − x0 ) + y0


−1/3

(y − y0 ) + z0 171

(z − z0 ) = 0, Jasmer LPC


UMSA 2/3

2/3

donde x0 + y0

2/3

+ z0

172

= a2/3 (pues el punto pertenece a la superficie).

Los puntos de intersección de este plano con los ejes coordenados son 1/3

(x0 a2/3 , 0, 0),

1/3

1/3

(0, y0 a2/3 , 0),

(0, 0, z0 a2/3 ).

La suma de los cuadrados de dichas intersecciones vale: 2/3

2/3

x2 + y 2 + z 2 = a4/3 (x0 + y0

2/3

+ z0 ) = a2 , ♣

resultado que no depende del punto de tangencia.

6.10.

F´ ormula de Taylor

Si f : Rn → R, x = (x1 , ..., xn ) con cada xi ∈ R, entonces: Podemos definir las derivada parciales Dxi f (x) ∈ L(R, R). Con respecto a xi en el modo usual: f (x1 , ..., xi + h, ..., xn ) − f (x1 , ..., xi , ..., xn ) − Dxi f (x)h = o(|h|) cuando |h| → 0. Notación

∂f ∂f Dxi f (x) = (x) = (y) ∂xi ∂xi y=x

Las funciones coordenadas son denotadas y definidas por xi : Rn → R, que a cada x = (x1 , ..., xi , ..., xn ) hace corresponder su i-ésima coordenada xi . Como estas funciones son lineales, se tiene que dxi (x) = xi para cada x ∈ Rn . Además Span{dxi }ni=1 = L(Rn , R), si Df (x), Dxi f (x) existen en L(Rn , R) y L(R, R) respectivamente escribimos Df (x) =

n X

Dxi f (x)dxi =

i=1

n X ∂f (x)dxi , ∂x i i=1

la expresión anterior es un igualdad entre operadores lineales de Rn sobre R. Ello significa que, para cada h = (h1 , ..., hn ) ∈ Rn con hi ∈ R, Df (x)h =

n X i=1

Dxi f (x) · (dxi · h) =

∂f (x) ∂f (x) h1 + · · · + hn ∂x1 ∂xn

Definamos también las derivada parciales Dx2i xj f (x) ∈ L(R × R, R).

Notación

Dx2i xj f (x) R ξρ s email: [email protected]

172

∂ 2 f (x) = . ∂xi ∂xj Jasmer LPC


UMSA

173

Las funciones coordenadas son denotadas, definidas y dadas por xi xj : Rn × Rn → R × R (a, b) 7→ xi xj (a, b) = (ai , bj ) = ai bj . Como estos operadores son lineales, se tiene que d(xi xj )(a, b) = xi xj , notación d(xi xj ) = dxi dxj . Además Span{dxi dxj }ni,j=1 = L(Rn ×Rn , R), si D 2 f (x), Dx2i xj f (x) existen en L(Rn × Rn , R) y L(R × R, R) respectivamente escribimos 2

D f (x) =

n X n X

Dx2i xj f (x)dxi dxj

i=1 j=1

n X n X ∂2f = (x)dxi dxj , ∂xi ∂xj i=1 j=1

la expresión anterior es una igualdad entre operadores lineales de Rn × Rn sobre R. Ello significa que, para cada (h, k) = ((h1 , ..., hn ), (k1 , ..., kn )) ∈ Rn × Rn con hi ∈ R, ki ∈ R. 2

D f (x)(h, k) =

n X n X

Dx2i xj f (x)dxi dxj (h, k)

i=1 j=1

=

n X n X ∂ 2 f (x) i=1 j=1

∂xi ∂xj

hi kj .

Si h = k, denotaremos (h, h) por h2 . De manera general tenemos que si hj = (hj1 , ..., hjn ) para j = 1, ..., m, entonces m

1

m

D f (x)(h , ..., h ) =

n X

i1 =1

···

D m f (x)(h1 , ..., hm ) =

n X

im =1 n X

i1 =1

Dx2i1 ···xim f (x)dxi1 · · · dxim (h1 , ..., hm )

···

n X

im

∂ 2 f (x) h1i1 · · · hm im ∂x · · · ∂x i1 im =1

TEOREMA 6.13 (F´ ormula de Taylor de Primer Orden). Sea f : U ⊂ Rn → R una función cuyas derivadas parciales hasta segundo orden son continuas en un entorno de x0 ∈ U (sea E(x0 ) ⊂ U dicho entorno). Entonces si x0 + h ∈ E(x0 ) se cumple que f (x0 + h) = f (x0 ) +

n X ∂f

∂xi i=1

(x0 )hi + R1 (f, x0 )(h)

R1 (f, x0 )(h) =0 khk→0 khk

siendo l´ım

´ DEMOSTRACION.


173

Jasmer LPC


UMSA

174

TEOREMA 6.14 (F´ ormula de Taylor de Segundo Orden). Sea f : U ⊂ Rn → R una función cuyas derivadas parciales hasta tercer orden son continuas en un entorno de x0 ∈ U (sea E(x0 ) ⊂ U dicho entorno). Entonces si x0 + h ∈ E(x0 ) se cumple que f (x0 + h) = f (x0 ) +

n X ∂f (x0 ) i=1

n

n

1 XX ∂ 2 f (x0 ) hi + hi hj + R2 (f, x0 )(h) 2 i=1 j=1 ∂xi ∂xj

∂xi

R2 (f, x0 )(h) =0 khk→0 khk2

siendo l´ım

´ DEMOSTRACION.

´ 6.12. [Matriz hessiana] Llamamos Matriz Hessiana a DEFINICION  ∂2f ∂2f ∂2f (x ) (x ) . . . (x0 ) 0  ∂x2 0 ∂x1 ∂x2 ∂x1 ∂xn 1    ∂2f ∂2f ∂2f  (x0 ) ... (x0 )  ∂x ∂x (x0 ) ∂x22 ∂x2 ∂xn 2 1 Hf (x0 ) =    .. .. .. ..  . . . .    ∂2f ∂2f ∂2f (x0 ) (x0 ) (x0 ) . . . ∂xn ∂x1 ∂xn ∂x2 ∂x2n

             

En éstos términos, la serie de Taylor de segundo orden descrita en el teorema anterior se puede expresar en la forma f (x0 + h) = f (x0 ) + ∇f (x0 ) • h +

1 T h · Hf (x0 ) · h + R2 (f, x0 )(h) 2

Observe que 2 X 2 X

aij hi hj =

h1 h2

i=1 j=1

a11 a12 a21 a22

h1 h2

(6.26)

TEOREMA 6.15 (F´ ormula de Taylor de m-´ esimo Orden). Sea U subconjunto abierto de n m R . Si f ∈ C (U, R), entonces f (x + h) = f (x) + Df (x)h + · · · + para x ∈ U, x + sh ∈ U, 0 ≤ s ≤ 1, donde 1 Rm (x, h) = (m − 1)! R ξρ s email: [email protected]

Z

0

1 D m−1 f (x)hm−1 + Rm (x, h) (m − 1)!

(6.27)

1

(1 − s)m−1 D m f (x + sh)hm ds. 174

(6.28)

Jasmer LPC


UMSA También,

175

1 m D f (x)hm + g(x, h) m! cuando |h| → 0.

f (x + h) = f (x) + Df (x)h + · · · + donde g(x, h) = o(|h|m)

(6.29)

Estudiemos ahora la fórmula de Taylor para funciones de dos variables. Se verifica el siguiente TEOREMA 6.16 (F´ ormula de Taylor de n-´ esimo orden para dos variables). Sea z = f (x, y) definida en un entorno de P (a, b), con derivadas parciales continuas hasta el orden n en el mismo entorno y, existiendo todas las derivadas parciales de orden n+1 en dicho entorno. Entonces f (x, y) se puede escribir en la forma f (x, y) = Pn (x, y) + Rn (x, y), (f´ ormula de Taylor) siendo Pn (x, y) un polinomio de grado n en (x − a) e (y − b). Aqu´ı Rn (x, y) representa un infinitésimo de orden superior a ||(x, y) − (a, b)||n cuando (x, y) tiende a (a, b). Esto es, f (x, y) − Pn (x, y) =0 (x,y)→(a,b) ||(x, y) − (a, b)||n l´ım

La expresión concreta de Pn (x, y) es

k! ∂ k f Pn (x, y) = (x − a)i (y − b)k−i i ∂y k−i k! i!(k − i)! ∂x p i=0 k=0 n k X 1X

donde las potencias se entienden de manera simb´ olica, es decir, al actuar el exponente sobre los s´ımbolos de derivada parcial representar´ an derivaci´ on sucesiva, y al actuar sobre (x − a) o (y − b) representarán potencias. Pn (x, y) recibe el nombre de polinomio de Taylor de la función f , de grado n, en el punto (a, b). Cuando a = b = 0, la f´ ormula de Taylor se llama de McLaurin. ❚

Demostración. Aclaremos esto obteniendo Pn (x, y) para algunos valores de n: n = 1, P1 (x, y) = f (a, b) + fx (a, b)(x − a) + fy (a, b)(y − b) n = 2, P2 (x, y) = f (a, b) + fx (a, b)(x − a) + fy (a, b)(y − b)+ 1 (fxx (a, b)(x − a)2 + 2fxy (a, b)(x − a)(y − b) + fyy (a, b)(y − b)2 ) 2 n = 3, P3 (x, y) = f (a, b) + fx (a, b)(x − a) + fy (a, b)(y − b)+

1 (fxx (a, b)(x − a)2 + 2fxy (a, b)(x − a)(y − b) + fyy (a, b)(y − b)2 )+ 2 1 (fxxx (a, b)(x − a)3 + 3fxxy (a, b)(x − a)2 (y − b) + 3fxyy (a, b)(x − a)(y − b)2 + fyyy (a, b)(y − b)3 ) 6


175

Jasmer LPC


UMSA

176

EJEMPLO 6.149. Escribir el desarrollo de Taylor de segundo orden de las funciones: (a) 2 2 f (x, y) = −x2 + 2xy + 3y 2 − 6x − 2y − 4 en el punto (−2, 1). (b) f (x, y) = e−x −y cos(x + y) en el punto (0, 0). (c) f (x, y) = xy en el punto (1, 1). (d) f (x, y) = ex+y en el punto (0, 0). ´ SOLUCION.Calcularemos en todos los casos el vector gradiente y la matriz hessiana en el punto correspondiente. (a) Si f (x, y) = −x2 + 2xy + 3y 2 − 6x − 2y − 4, entonces f (−2, 1) = 1. Además, fx = −2x + 2y − 6 fy = 2x + 6y − 2 fxx = −2 fxy = 2 fyx = 2

fyy = 6

)

)

=⇒ ∇f (−2, 1) = (0, 0);

=⇒ Hf (−2, 1) =

−2 2 2 6

.

As´ı pues, f (x, y) = f (−2, 1) + (0, 0) • (x + 2, y − 1) 1 −2 2 x+2 + R2 (x, y) + (x + 2, y − 1) 2 6 y−1 2 = 1 − (x + 2)2 + 2(x + 2)(y − 1) + 3(y − 1)2 + R2 (x, y).

Observemos en este caso que R2 (x, y) = 0, es decir el polinomio de Taylor de segundo orden coincide con la función al ser ésta ya un polinomio de segundo grado. (b) Como f (x, y) = e−x

2 −y 2

cos(x + y), entonces f (0, 0) = 1. Por otra parte,

  fx = e − 2x cos(x + y) − sen(x + y)  =⇒ ∇f (0, 0) = (0, 0);  −x2 −y 2  fy = e − 2y cos(x + y) − sen(x + y) −x2 −y 2

Como además Hf (0, 0) =

−3 −1 −1 −3

, la fórmula de Taylor nos da la igualdad

1 −3 −1 x f (x, y) = f (−2, 1) + (x, y) + R2 (x, y) −1 −3 y 2 3 3 = 1 − x2 − xy − y 2 + R2 (x, y). 2 2

En la gráfica se observa el grado de aproximación en un entorno del origen de la superficie que representa la función (por encima) y la gráfica del polinomio de segundo grado que representa el polinomio de Taylor de segundo orden (por debajo). R ξρ s email: [email protected]

176

Jasmer LPC


UMSA

177

(c) De f (x, y) = xy , deducimos que f (1, 1) = 1. Además, fx = yxy−1 fy = xy ln x

)

=⇒ ∇f (1, 1) = (1, 0);

) fxy = xy−1 1 + y ln x 0 1 =⇒ Hf (1, 1) = . 2 1 0 1 + y ln x fyy = xy ln x

fxx = y(y − 1)xy−2 fyx = xy−1

Sustituyendo en la fórmula de Taylor,obtenemos:

f (x, y) = f (1, 1) + (1, 0) • (x − 1, y − 1) 1 0 1 x−1 + (x − 1, y − 1) + R2 (x, y) 1 0 y−1 2 = 1 − y + xy + R2 (x, y).

(d) Como f (x, y) = ex+y , f (0, 0) = 1. Por otra parte, ∇f (1, 1) = ex+y , ex+y =⇒ ∇f (0, 0) = (1, 1); Hf (1, 1) =

ex+y ex+y ex+y ex+y

=⇒ Hf (0, 0) =

1 1 1 1

.

Obtenemos entonces que 1 f (x, y) = f (0, 0) + (x, y) 2 = 1 + (x + y) +

1 1 1 1

x y

+ R2 (x, y)

(x + y)2 + R2 (x, y). 2

♣

2

EJEMPLO 6.150. Sea la función f (x, y) = eax+y + b sen(x2 + y 2 ). Determinar los valores de a y b para que el plano tangente a la superficie z = f (x, y) en el origen sea horizontal y el polinomio de Taylor de segundo orden centrado en el origen tome el valor 6 en el punto (1, 2). R ξρ s email: [email protected]

177

Jasmer LPC


UMSA

178

´ SOLUCION.Para que el plano tangente sea horizontal,deben anularse las dos derivadas parciales de primer orden. As´ı pues,como ∂f 2 = aeax+y + 2bx cos x2 + y 2 ∂x ∂f 2 = 2yeax+y + 2by cos x2 + y 2 ∂y

deducimos que

∂f ∂f (0, 0) = a y (0, 0) = 0. ∂x ∂x Basta hacer a = 0 para que ambas derivadas parciales se anulen. Sustituyendo en la función, resulta 2 f (x, y) = ey + b sen(x2 + y 2) Para escribir el polinomio de Taylor, calculemos las derivadas parciales de segundo orden: ∂2f ∂x2

= 2bx cos x2 + y 2 − 4bx2 sen x2 + y 2

∂2f = −4bxy sen x2 + y 2 ∂x∂y ∂2f ∂y 2

=

2 2 + 4y 2 ey + 2b cos x2 + y 2 − 4by 2 sen x2 + y 2 .

Sustituyendo en el punto (0,0),obtenemos la matriz hessiana 2b 0 Hf (0, 0) = 0 2 + 2b El polinomio de Taylor en el origen tiene la forma 1 P2 f (x, y) = f (0, 0) + (x, y)Hf (0, 0) 2

x y

= 1 + bx2 + (1 + b)y 2 .

Teniendo en cuenta el enunciado del problema, hacemos 6 = P2 f (1, 2). Resulta as´ı: 6 = 1 + b + ♣ 4(1 + b) de donde b = 1/5. EJEMPLO 6.151. Obtener la fórmula de McLaurin de orden dos para la función f (x, y) = ex cos y. ´ SOLUCION.En este caso a = b = 0. Necesitamos calcular las derivadas parciales primeras y segundas: fx (x, y) = ex cos y, fy (x, y) = −ex sen y, fxx (x, y) = ex cos y, fyy (x, y) = −ex cos y, R ξρ s email: [email protected]

178

Jasmer LPC

UMSA


179

fxy (x, y) = −ex sen y. Sus valores en el punto (0, 0) son: fx (0, 0) = 1, fy (0, 0) = 0, fxx (0, 0) = 1, fyy (0, 0) = −1, fxy (0, 0) = 0, f (0, 0) = 1. Por lo tanto 1 ex cos y = 1 + x + (x2 − y 2 ) + R2 (x, y) 2 donde R2 (x, y) es un infinitésimo de orden superior a ||(x, y)||2, para (x, y) → (a, b).

♣

EJEMPLO 6.152. Obtener el desarrollo de Taylor de orden dos de la funci´ on f (x, y) = y x , en un entorno del punto (1, 1). ´ SOLUCION.Calculemos las derivadas parciales de primer y segundo orden. fx (x, y) = y x ln y, fy (x, y) = xy x−1 , fxx (x, y) = ln yy x ln y = y x (ln y)2 , fyy (x, y) = x(x − 1)y x−2, 1 fxy (x, y) = xy x−1 ln y + y x = xy x−1 ln y + y x−1 = y x−1 (x ln y + 1). Sus valores en el punto (1, 1) y son: fx (1, 1) = 0, fy (1, 1) = 1, fxx (1, 1) = 0, fyy (1, 1) = 0, fxy (1, 1) = 1. Además f (1, 1) = 1. Luego se tiene

1 y x = 1 + (y − 1) + 2(x − 1)(y − 1) + R2 (x, y) 2 = 1 + (y − 1) + (x − 1)(y − 1) + R2 (x, y)

Donde R2 (x, y) es un infinitésimo de orden superior a ||(x, y) − (1, 1)||2

♣

EJEMPLO 6.153. (a) Hallar la fórmula de Taylor de segundo orden para las funciones dadas en el punto indicado. Escribir la forma de Lagrange del residuo. i) f (x, y) = (x + y)2 en (0, 0). 1 en (0, 0). iii) f (x, y) = ex sen y en (2, π/4). iv) f (x, y) = ln(1 + xy) en ii) f (x, y) = 2 x + y2 + 1 (2, 3). v) f (x, y) = x + xy + 2y en (1, 1). vi) f (x, y) = xy en (1, 2). (b) Utilizando los resultados 1 1 anteriores evaluar (0.95)2.01 . i) con error ε < . ii) con error ε < 500 5000 ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 6.154. Hallar el polinomio de segundo grado que mejor aproxima, en el origen, a la función f (x, y) = sen x sen y ´ SOLUCION.-

♣

∂2f (x, y) = 0 ∀(x, y). ∂x∂y ∂2f ∂2f Probar que f (x, y) = g(x) + h(y). (b) Sean f de clase C 2 en R2 y que − ≡ 0. i). Si ∂x2 ∂y 2 ∂2f llamamos u = x + y y v = x − y, calcular . ii) Probar que f (x, y) = g(x + y) + h(x − y). ∂u∂v R ξρ s email: [email protected] 179 Jasmer LPC EJEMPLO 6.155. a) Supongamos que f es de clase C 2 en R2 y que

UMSA ´ SOLUCION.Se sabe que


Df (x, y) =

D 2 f (x, y) =

180

∂f ∂f (x, y) dx + (x, y) dy ∂x ∂y

∂2f ∂2f ∂2f ∂2f (x, y) dx dx + (x, y) dx dy + (x, y) dy dx + (x, y) dy dy ∂x2 ∂x∂y ∂y∂x ∂y 2

Por tanto ∂2f ∂2f 2 (x, y) h + (x, y) k 2 ∂x2 ∂y 2

D 2 f (x, y)(h, k)2 = Si i + j = m, de la hipótesis tenemos que

∂mf (x, y) = 0 para todo (x, y). Esto implica que ∂xi ∂y j

D m f (x, y)(h, k)m =

∂mf ∂mf m (x, y) h + (x, y) k m ∂xm ∂y m

Del teorema de Taylor tenemos f (x, y) = f (a, b)+Df (a, b)(x−a, y−b)+· · ·+ f (x, y) =

1 D m−1 f (a, b)(x−a, y−b)m−1 +Rm (x−a, y−b) (m − 1)!

∞ X 1 m D f (a, b)(x − a, y − b)m m! m=0

∞ X 1 ∂mf ∂mf m m f (x, y) = (a, b) (x − a) + m (a, b) (y − b) m m! ∂x ∂y m=0 ∞ ∞ X X 1 ∂mf 1 ∂mf m f (x, y) = (a, b) (x − a) + (a, b) (y − b)m m m m! ∂x m! ∂y m=0 m=0

Tomando a = b = 0, y definiendo

tenemos

∞ X 1 ∂mf g(x) = (0, 0) xm , m m! ∂x m=0

∞ X 1 ∂mf h(y) = (0, 0) y m m m! ∂y m=0

f (x, y) = g(x) + h(y) (

u = x+y v = x−y


 1  (u + v)  x = 2   y = 1 (u − v) 2

180

Jasmer LPC


UMSA

181

Puesto que ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f = + ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u 2 2 ∂2f ∂ f ∂x ∂ 2 f ∂y ∂x ∂f ∂ 2 x ∂ f ∂x ∂ 2 f ∂y ∂y ∂f ∂ 2 y = + + + + 2 + ∂v∂u ∂x2 ∂u ∂y∂x ∂v ∂u ∂x ∂v∂u ∂x∂y ∂v ∂y ∂v ∂u ∂y ∂v∂u 1 ∂x = , ∂u 2

∂x 1 = , ∂v 2

∂y 1 = , ∂u 2

∂y 1 =− ∂v 2

2 2 ∂2f ∂ f 1 ∂2f 1 1 ∂ f 1 ∂2f 1 1 = − + − ∂v∂u ∂x2 2 ∂y∂x 2 2 ∂x∂y 2 ∂y 2 2 2 1 ∂2f 1 ∂2f 1 ∂2f 1 ∂2f ∂2f = − + − =0 ∂v∂u 4 ∂x2 4 ∂y∂x 4 ∂x∂y 4 ∂y 2 por tanto si definimos G(u, v) = entonces

1 1 (u + v), (u − v) 2 2

f (G((u, v)) = g(u) + h(v) de aqu´ı f (x, y) = g(x + y) + h(x − y)

6.11.

♣

Plano tangente y Recta Normal

Una superficie en R3 puede ser generado de dos maneras: Una como como conjunto de nivel de una función del tipo f : R3 → R y la otra como siendo el gráfico de una función f : R2 → R.

Consideremos una función f : R3 → R y c ∈ R. El conjunto de nivel c o conjunto preimagen del valor c, f −1 (c), es llamado superficie. Desde el punto de vista geométrico se llama plano tangente a una superficie en un punto dado al plano que contiene a todas las rectas tangentes a la superficie en dicho punto, o mejor dicho, a las rectas tangentes de todas las curvas trazadas sobre la superficie que pasan por el punto. Si todas las tangentes no están sobre el mismo plano, entonces se dice que el plano tangente no existe. Desde el punto de vista anal´ıtico para que exista el plano tangente a una superficie en un punto de la misma, la función que define la superficie ha de ser diferenciable en el punto correspondiente. ´ DEFINICION 6.13. Sean c ∈ R y f : R3 → R una funci´ on real diferenciable en un punto −1 p ∈ f (c) tal que ∇f (p) 6= 0. R ξρ s email: [email protected]

181

Jasmer LPC


UMSA

182

1. El plano tangente a la superficie f −1 (c) el punto p es el plano que pasa por p y tiene vector normal a ∇f (p), esto es, P lano = {q : < q, ∇f (p) > = < p, ∇f (p) >}.

(6.30)

2. La recta normal a la superficie f −1 (c) el punto p es la recta que pasa por p y tiene vector dirección a ∇f (p), esto es, Recta = {p + t ∇f (p) : t ∈ R}.

(6.31)

En las ecuaciones (6.30) y (6.31) hagamos q = (x, y, z), p = (x0 , y0, z0 ) y ∇f (p) = ∇f (x0 , y0 , z0 ) = (fx (x0 , y0 , z0 ), fy (x0 , y0 , z0 ), fz (x0 , y0, z0 )). de donde obtenemos la siguiente ecuación para el plano fx (x0 , y0 , z0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 , z0 )(y − y0 ) + fz (x0 , y0, z0 )(z − z0 ) = 0.

(6.32)

además la ecuación de la recta normal a la superficie f −1 (c) en el punto p viene definida por las ecuaciones: y − y0 z − z0 x − x0 = = . (6.33) fx (x0 , y0 , z0 ) fy (x0 , y0 , z0 ) fz (x0 , y0 , z0 ) Ahora bien, consideremos una función de R2 a R, f : R2 → R. El gráfico de una función f también define una superficie. En efecto, si z = f (x, y) entonces, z − f (x, y) = 0. Ahora definamos la función F : R3 → R siendo F (x, y, z) = f (x, y) − z, luego el gráfico de f es la superficie dada por el conjunto de nivel 0 para F , esto es Graf (f ) = F −1 (0). Puesto que el plano tangente a la superficie F −1 (0) en el punto p0 = (x0 , y0, f (x0 , y0)) es dado por (6.32) y además ∇F (p0 ) = (Fx (p0 ), Fy (p0 ), Fz (p0 )) = (fx (x0 , y0 ), fy (x0 , y0), −1) obtenemos que el plano tangente al gráfico de f , Graf (f ), que pasa por el punto p0 = (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) es dado por fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ) − (z − f (x0 , y0 )) = 0. o equivalentemente z − f (x0 , y0) = fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ). R ξρ s email: [email protected]

182

(6.34) Jasmer LPC


UMSA

183

Además la ecuación de la recta normal a la superficie F −1 (0) en el punto p0 = (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) viene definida por las ecuaciones: x − x0 y − y0 z − f (x0 , y0) = = . fx (x0 , y0 ) fy (x0 , y0 ) −1

(6.35)

EJEMPLO 6.156. ¿Cuál es la ecuación del plano tangente a la superficie z = f (x, y) en el punto P0 (x0 , y0 , z0 )? ´ SOLUCION.El plano tangente al gráfico de f , Graf (f ), que pasa por el punto p0 = (x0 , y0, z0 ) es dado por z − z0 = fx (x0 , y0)(x − x0 ) + fy (x0 , y0)(y − y0 ). ♣

donde z0 = f (x0 , y0).

EJEMPLO 6.157. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on: La ecuación del plano tangente a la superficie z = f (x, y) en el punto P0 (x0 , y0, z0 ) es fx (x0 , y0)(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ) + (z − z0 ) = 0. Justifique su respuesta. ´ SOLUCION.Definamos la función F : R3 → R siendo F (x, y, z) = f (x, y) − z, luego el gráfico de f es la superficie dada por el conjunto de nivel 0 para F , esto es Graf (f ) = F −1 (0). Puesto que el plano tangente a la superficie F −1 (0) en el punto p0 = (x0 , y0, f (x0 , y0)) es dado por Fx (x0 , y0 , z0 )(x − x0 ) + Fy (x0 , y0 , z0 )(y − y0 ) + Fz (x0 , y0 , z0 )(z − z0 ) = 0. y además ∇F (p0 ) = (Fx (p0 ), Fy (p0 ), Fz (p0 )) = (fx (x0 , y0 ), fy (x0 , y0), −1)

obtenemos que el plano tangente al gráfico de f , Graf (f ), que pasa por el punto p0 = (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) es dado por fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ) − (z − f (x0 , y0 )) = 0. o equivalentemente

z − f (x0 , y0) = fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ).

♣

EJEMPLO 6.158. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on: La ecuación de la recta normal a a la superficie z = f (x, y) en el punto (x0 , y0 , z0 ) es (x0 , y0 , z0 ) = (x0 , y0 , z0 ) + t(fx (x0 , y0, z0 ), fy (x0 , y0, z0 ), 1). Justifique su respuesta. R ξρ s email: [email protected]

183

Jasmer LPC


UMSA

184

´ SOLUCION.Observemos que el gráfico de una función de R2 a R, f : R2 → R, define una superficie. En efecto, si z = f (x, y) entonces, z − f (x, y) = 0. Ahora definamos la función F : R3 → R siendo F (x, y, z) = f (x, y) − z, luego el gráfico de f es la superficie dada por el conjunto de nivel 0 para F , esto es Graf (f ) = F −1 (0). La recta normal a la superficie F −1 (c) el punto (x0 , y0, z0 ) es la recta que pasa por (x0 , y0, z0 ) y tiene vector dirección a ∇F (x0 , y0, z0 ), esto es, (x, y, z) = (x0 , y0, z0 ) + t ∇F (x0 , y0 , z0 ). Por otra parte, ∇F (x0 , y0 , z0 ) = (fx (x0 , y0 ), fy (x0 , y0), −1) Por lo tanto, (x, y, z) = (x0 , y0, z0 ) + t (fx (x0 , y0 ), fy (x0 , y0 ), −1). ♣ EJEMPLO 6.159. Hallar las ecuaciones del plano tangente y de la recta normal a la superficie de ecuación z = x2 + y 2 − 2xy + 2y − 2, en el punto P (1, 2, 3). ´ SOLUCION.Dada la ecuación z = x2 + y 2 − 2xy + 2y − 2, encontramos las derivadas parciales; fx (x, y) = 2x − 2y,

fy (x, y) = 2y − 2x + 2

en el punto dado (1, 2, 3): fx (1, 2) = −2,

fy (1, 2) = 4,

de esta manera la ecuación del plano tangente en el punto (1, 2, 3) es: z − 3 = −2(x − 1) + 4(y − 2) o bien z + 2x − 4y + 3 = 0. Por otro lado la recta normal esta dado por x−1 y−2 z−3 = = . −2 4 −1

♣

EJEMPLO 6.160. Hallar las ecuaciones del plano tangente y de la recta normal a la superficie de ecuación z = xexy−2 , en el punto P (2, 1, 2).


184

Jasmer LPC


UMSA

185

´ SOLUCION.Dada la ecuación z = xexy−2 , encontramos las derivadas parciales; Fx (x, y) = exy−2 + xyexy−2 ,

Fy (x, y) = x2 exy−2

en el punto dado (2, 1, 2): Fx (2, 1) = e0 + 2(1)e0 = 1 + 2 = 3,

Fy (2, 1) = 4e0 = 4,

de esta manera la ecuación del plano tangente en el punto (1, 2, 3) es: z − 2 = 3(x − 2) + 4(y − 1); o bien: z − 3x − 4y + 8 = 0, que es el plano buscado. Por otro lado la recta normal esta dado por x−1 y+1 z−2 = = . 3 4 −1

♣

EJEMPLO 6.161. Halle la ecuación de la recta normal a la superficie de ecuación z = x2 + y 2 − 2xy + 2y − 2, en el punto P (1, 2, 3). ´ SOLUCION.Dada la ecuación z = x2 + y 2 − 2xy + 2y − 2, encontramos las derivadas parciales; fx (x, y) = 2x − 2y,

fy (x, y) = 2y − 2x + 2

en el punto dado (1, 2, 3) fx (1, 2) = −2,

fy (1, 2) = 4,

de esta manera la ecuación del plano tangente en el punto (1, 2, 3) es: z − 3 = −2(x − 1) + 4(y − 2) ♣

, o bien: z + 2x − 4y + 3 = 0.

EJEMPLO 6.162. Hallar una ecuaci´ on del plano tangente al hiperboloide z 2 − 2x2 − 2y 2 = 12 en el punto (1, −1, 4). ´ SOLUCION.Se comienza por expresar la ecuación de la superficie como z 2 − 2x2 − 2y 2 − 12 = 0. Después, considerando f (x, y, z) = z 2 − 2x2 − 2y 2 − 12 se tiene fx (x, y, z) = −4x fy (x, y, z) = −4y R ξρ s email: [email protected]

185

y fz (x, y, z) = 2z. Jasmer LPC

UMSA


186

En el punto (1, −1, 4) las derivadas parciales son fx (1, −1, 4) = −4 fy (1, −1, 4) = 4 y fz (1, −1, 4) = 8. Por tanto la ecuación del plano tangente en (1, −1, 4) es (x, y, z) · ∇f (1, −1, 4) = (1, −1, 4) · ∇f (1, −1, 4) (x, y, z) · (−4, 4, 8) = (1, −1, 4) · (−4, 4, 8) −4x + 4y + 8z = −4 − 4 + 32 = 24 −x + y + 2z = 6

♣

EJEMPLO 6.163. Hallar las ecuaciones del plano tangente y de la recta normal al hiperboloide: F (x, y, z) = z 2 − 2x2 + 2y 2 − 12 en el punto (1, −1, 4). ´ SOLUCION.Primero expresemos la función como una ecuación igual a cero: z 2 −2x2 +2y 2−12 = 0, luego encontramos las derivadas parciales de la ecuación del plano Fx (x, y, z) = −4x,

Fy (x, y, z) = −4y,

Fz (x, y, z) = 2z,

F x(1, −1, 4) = −4,

F y(1, −1, 4) = 4,

F z(1, −1, 4) = 8,

en el punto dado:

de esta manera la ecuación del plano tangente en el punto (1, −1, 4) es: −4(x − 1) + 4(y + 1) + 8(z − 4) = 0

−4x + 4 + 4y + 4 + 8z − 32 = 0 −4x + 4y + 8z − 24 = 0

x − y − 2z + 6 = 0.

La ecuación de la recta normal a la superficie z 2 − 2x2 + 2y 2 − 12 = 0 en el punto (1, −1, 4) viene definida por las ecuaciones: y+1 z−4 x−1 = = . −4 4 8 ♣ EJEMPLO 6.164. Hallar el o los puntos de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4 en los cuales el plano tangente es paralelo al plano x + y + z = 4.


186

Jasmer LPC

UMSA


187

´ SOLUCION.Sea P (a, b, c) uno de estos puntos, entonces por esta en la esfera: a2 + b2 + c2 = 4 Por otro lado, por ser el plano tangente a la esfera en el punto P y el plano x + y + z = 4 paralelos, sus vectores normales son paralelos, es decir; (2a, 2b, 2c) = α(1, 1, 1), donde (1, 1, 1) es el vector normal del plano dado y (2a, 2b, 2c) es el vector gradiente de la función que también es un vector normal a la esfera en el punto dado. Entonces obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones a2 + b2 + c2 2a 2b 2c

= 4 = α = α = α α que en la primera ecuación 3a2 = 16, de de las tres u ´ ltimas ecuaciones de tiene a = b = c = 2 4 4 4 4 4 4 4 y − √ , −√ , −√ . ♣ donde a = ± √ . Entonces los puntos buscados son: √ , √ , √ 3 3 3 3 3 3 3 EJEMPLO 6.165. Hallar la ecuación del plano tangente a la superficie de ecuaci´ on x2 + 2y 2 + 3z 2 = 21, que es paralelo al plano x + 4y + 6z = 0. ´ SOLUCION.Consideremos la función: F (x, y, z) = x2 + 2y 2 + 3z 2 − 21, encontramos las derivadas parciales; Fx (x, y, z) = 2x,

Fy (x, y, z) = 4y,

Fy (x, y, z) = 6z

El vector gradiente: ∇f (x, y, z) = 2xi + 4yj + 6zk, por otro lado el vector normal del plano dado: (1, 4, 6) ya que son paralelos se cumple que: (2x, 4y, 6z) = t(1, 4, 6) de aqu´ı: 2x = 4y = 6z6 = t 4 entonces 2x = y = z = t, al sustituir esto en la función dada: t2 + 2t2 + 3t2 = 21 4 de donde t = ±2, de esta manera los puntos de tangencia son: (1, 2, 2) y (−1, −2, −2) y los planos tangentes son: 2(x − 1) + 8(y − 2) + 12(z − 2) = 0, simplificando esta expresión: x + 4y + 6z = 21 ♣ y −2(x + 1) − 8(y + 2) − 12(z + 2) = 0, simplificando esta expresión: x + 4y + 6z = −21. EJEMPLO 6.166. Hallar la ecuación del plano tangente a la superficie de ecuaci´ on x2 + 2y 2 + 3z 2 = 21, que es paralelo al plano x + 4y + 6z = 0. ´ SOLUCION.Consideremos la función: F (x, y, z) = x2 + 2y 2 + 3z 2 − 21, encontramos las derivadas parciales; Fx (x, y, z) = 2x, R ξρ s email: [email protected]

Fy (x, y, z) = 4y, 187

Fy (x, y, z) = 6z Jasmer LPC


UMSA

188

El vector gradiente: ∇f (x, y, z) = 2xi + 4yj + 6zk, por otro lado el vector normal del plano dado: (1, 4, 6) ya que son paralelos se cumple que: (2x, 4y, 6z) = t(1, 4, 6) de aqu´ı: 2x = 4y = 6z6 = t 4 entonces 2x = y = z = t, al sustituir esto en la función dada: t2 + 2t2 + 3t2 = 21 4 de donde t = ±2, de esta manera los puntos de tangencia son: (1, 2, 2) y (−1, −2, −2) y los planos tangentes son: 2(x − 1) + 8(y − 2) + 12(z − 2) = 0, simplificando esta expresión: x + 4y + 6z = 21 ♣ y −2(x + 1) − 8(y + 2) − 12(z + 2) = 0, simplificando esta expresión: x + 4y + 6z = −21. √ √ √ √ EJEMPLO 6.167. Considere la superficie S dada por x + y + z = a con a > 0 y p0 = (x0 , y0, z0 ) cualesquiera de sus puntos. Demostrar que la suma de las coordenadas de los puntos de intersección del plano tangente a S en p0 con los ejes coordenados es igual a a. ´ SOLUCION.Se comienza por expresar la ecuación de la superficie como √ √ √ √ x + y + z − a = 0. Después, considerando f (x, y, z) = se tiene

1 fx (x, y, z) = √ 2 x

√

x+

√

y+

1 fy (x, y, z) = √ 2 y

√

z−

√

a

1 y fz (x, y, z) = √ . 2 z

Tomemos el punto p0 = (x0 , y0 , z0 ) de la superficie, esto es √ √ √ √ x0 + y0 + z0 = a y las derivadas parciales p0 son 1 fx (p0 ) = √ 2 x0

1 fy (p0 ) = √ 2 y0

1 y fz (p0 ) = √ . 2 z0

Por tanto la ecuación del plano tangente en p0 es

(x, y, z) ·

(x, y, z) · ∇f (p0 ) 1 1 1 √ , √ , √ 2 x0 2 y0 2 z0 x y z √ +√ +√ x0 y0 z0 x y z √ +√ +√ x0 y0 z0 x y z √ +√ +√ x0 y0 z0


= p0 · ∇f (p0 )

1 1 1 = (x0 , y0 , z0 ) · √ , √ , √ 2 x0 2 y0 2 z0 x0 y0 z0 = √ +√ +√ x0 y0 z0 √ √ √ = x0 + y0 + z0 =

√

188

a

Jasmer LPC


UMSA

Los puntos de intersección con los ejes coordenado son: √ √ √ √ a x0 , 0, 0 , 0, a y0 , 0 ,

189

√ √ 0, 0, a z0

Sumando las coordenadas de estos puntos tenemos √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ a x0 + a y0 + a z0 = a x0 + y0 + z0 = a a = a

6.11.1.

♣

Significado geom´ etrico de la tangencia

Si la función f : R2 → R es diferenciable en el punto p0 = (x0 , y0 ), será: ∂f ∂f (x0 , y0 )h + (x0 , y0)k + r(h, k), f (x0 , y0 ) + (h, k) = f (x0 , y0 ) + ∂x ∂y donde

r(h, k) = 0. (h,k)→(0,0) ||(h, k)|| l´ım

con lo cual, poniendo h = x − x0 , k = y − y0 , la expresión anterior se convierte en: f (x, y) = f (x0 , y0) +

∂f ∂f (x0 , y0)(x − x0 ) + (x0 , y0 )(y − y0 ) + r(x − x0 , y − y0 ), ∂x ∂y

donde

r(x − x0 , y − y0 ) = 0. (x,y)→(x0 ,y0 ) ||(x − x0 , y − y0 )|| l´ım

Ahora bien, teniendo en cuenta la ecuación del plano tangente (6.34) se tiene z = f (x0 , y0 ) + fx (x0 , y0)(x − x0 ) + fy (x0 , y0)(y − y0 ). donde z representa la altura en el punto (x, y) hasta el plano tangente. Resulta que el residuo r(x − x0 , y − y0 ) se puede expresar como r(x − x0 , y − y0 ) = f (x, y) − z Es decir, el residuo es la diferencia entre la z de la función z = f (x, y) en el punto (x, y) y la z en el mismo punto del plano tangente a la gráfica en (x0 , y0 )


189

Jasmer LPC

UMSA


190

El hecho de que f sea diferenciable en (x0 , y0 ) no sólo nos dice que r es muy peque˜ no en torno al punto (x0 , y0), sino, además, que es mucho más peque˜ no que la distancia de (x, y) a (x0 , y0 ), es decir r << ||(x, y) − (x0 , y0)||. El hecho de que el residuo r → 0 cuando (x, y) → (x0 , y0 ) sólo nos dice que la función r es continua en (x0 , y0 ). Lo que realmente da el carácter de tangencia es r el hecho de que ||(x,y)−(x → 0 cuando (x, y) → (x0 , y0). Este hecho geométricamente viene a 0 ,y0 )|| significar que la superficie se aplana en los alrededores del punto (x0 , y0 ) tratando de confundirse, por un instante con el plano tangente. EJEMPLO 6.168. Dada la superficie z = f (x, y) = xexy−2 se pide: (a) Hallar la ecuación del plano tangente a la superficie en el punto (2, 1, 2). Soluci´ on.- z = 3x + 4y − 8. (b) Usar el plano tangente para obtener una aproximación del valor de la funci´ on en el punto (1,9, 1,02). ´ SOLUCION.La parte (a) esta resuelta en uno de los ejercicios anteriores. Ahora solo resolvemos la parte (b). Evaluando el punto (1.9, 1.02) en el plano z = 3x + 4y − 8 obtenemos z = 3x + 4y − 8 = 3(1.9) + 4(1.02) − 8 = 1.78 Por tanto f (1.9, 1.02) ≈ 1.78.


190

♣

Jasmer LPC

CAPÍTULO 7

Aplicaciones

7.1.

Extremos relativos. Criterio del Hessiano

´ 7.1. Diremos que una funci´ DEFINICION on f : Rn → R definida en un entorno de un punto x0 presenta un máximo relativo en x0 cuando exista una bola centrada en x0 de manera que f (x0 ) es el valor mas grande de todos los valores de f en los puntos de la bola. Esto significa que existe r > 0 tal que f (x) ≤ f (x0 ) para todo x ∈ B(x0 , r). De modo similar se define el concepto de m´ınimo relativo cuando existe r > 0 tal que f (x) ≥ f (x0 ) para todo x ∈ B(x0 , r), es decir, si f (x0 ) es el valor mas peque˜ no de todos los valores de f en los puntos de alguna bola. La ideal intuitiva de los extremos relativos es alcanzar el máximo o el m´ınimo valor localmente, en un entorno. As´ı, en una cadena monta˜ nosa, en la cima de cada monta˜ na existirá un máximo relativo. En la superficie que aparece a continuación desde distintos puntos de vista se alcanzan diversos máximos y m´ınimos relativos (en la u ´ ltima gráfica que se ve de perfil se observan todos).

191

UMSA


192

El siguiente resultado da una condición necesaria para hallar los extremos relativos (máximos o m´ınimos) TEOREMA 7.1. Supongamos que tenemos una funci´ on f : Rn → R diferenciable definida en una bola B. Si f tiene en x0 ∈ B un extremo relativo (sea m´ aximo o m´ınimo) entonces ∇f (x0 ) = 0, ∂f es decir, todas las derivadas parciales de orden 1 de f se anulan en x0 o sea, (x0 ) = 0 para ∂xi todo i = 1, 2, ..., n. El resultado anterior nos da una condición necesaria para que una función f tenga en un punto un extremo relativo, la cual no es una condición suficiente, pues hay casos en los que la diferencial se anula y sin embargo no hay extremo relativo (como ocurrirá, por ejemplo, con los puntos de silla en funciones de dos variables, como después veremos). Por lo tanto para buscar los extremos relativos de f buscaremos entre los puntos que anulen a todas las derivadas parciales (éstos los llamaremos puntos cr´ıticos), los cuales serán los candidatos a ser extremos relativos, pues los extremos relativos (si los hay) estarán entre ellos. Y para hallar los puntos cr´ıticos deberemos resolver el sistema de ecuaciones ∂f = 0, ∂x1

∂f = 0, ∂x2

···

,

∂f =0 ∂xn

A continuación veremos herramientas que, bajo ciertas condiciones, nos asegurarán si en un punto cr´ıtico se alcanza verdaderamente un extremo relativo, y en su caso, si se alcanza un máximo o m´ınimo relativo. Para ello necesitamos estudiar lo que vamos a denominar matriz hessiana de f en x0 (cuando f es de clase C 2 ), que es la siguiente   ∂2f ∂2f ∂2f (x0 ) . . . (x0 )   ∂x2 (x0 ) ∂x1 ∂x2 ∂x1 ∂xn 1     2 2   ∂2f ∂ f ∂ f   (x ) (x ) . . . (x ) 0 0 0   ∂x ∂x 2 ∂x ∂x ∂x 2 1 2 n   2 Hf (x0 ) =     . . . . . . . .   . . . .     2 2  ∂2f  ∂ f ∂ f (x0 ) (x0 ) . . . (x ) 0 ∂xn ∂x1 ∂xn ∂x2 ∂x2n Como vemos la matriz hessiana es la que está formada por todas las derivadas parciales segundas de la función. A continuación vamos considerando la sucesión de menores principales de la matriz hessiana (denominados también menores hessianos):

∂2f ∆1 (x0 ) = (x0 ), ∂x21 R ξρ s email: [email protected]

∆2 (x0 ) = 192

∂2f (x0 ) ∂x21

∂2f (x0 ) ∂x1 ∂x2

∂2f (x0 ) ∂x2 ∂x1

∂2f (x0 ) ∂x22

Jasmer LPC

UMSA

R mατιo ετ o ζℏαυεz ⊛ 74076882 ∂2f ∂2f ∂2f (x ) (x ) (x0 ) 0 0 ∂x21 ∂x1 ∂x2 ∂x1 ∂x3 ∂2f ∂2f ∂2f ∆3 (x0 ) = (x0 ) (x ) (x0 ) 0 ∂x22 ∂x2 ∂x3 ∂x2 ∂x1 ∂2f ∂2f ∂2f (x ) (x ) (x0 ) ∂x ∂x 0 ∂x ∂x 0 ∂x23 3 1 3 2

,

193

∆n (x0 ) = |Hf (x0 )|

TEOREMA 7.2 (Criterio del Hessiano). Sea f : Rn → R una funci´ on diferenciable, x0 ∈ Rn un punto cr´ıtico de f , es decir ∇f (x0 ) = 0. Entonces 1. Si todos los menores hessianos son estrictamente positivos se tiene que f presenta en x0 un m´ınimo relativo. 2. Si la sucesion de menores hessianos es alternada en el siguiente sentido ∆1 (x0 ) < 0,

∆2 (x0 ) > 0,

∆3 (x0 ) < 0,

....

, ∆n (x0 ) > 0

se tiene que f presenta en x0 un m´ aximo relativo. 3. Si no estamos ante ninguno de los dos casos anteriores y el determinante de la matriz hessiana es no nulo, podemos garantizar que no se alcanza ni m´ aximo ni m´ınimo. 4. Si el determinante de la matriz hessiana es nulo, entonces se tiene una indeterminación, es decir, este criterio no nos aporta informaci´ on suficiente para deducir el car´ acter del punto critico. Por su simplicidad y por su mayor aplicación en la práctica resulta interesante estudiar el caso particular de funciones de dos variables, o sea, cuando n = 2, en el que la matriz hessiana es fxx (x, y) fxy (x, y) Hf (x, y) = fyx (x, y) fyy (x, y) En esta situación particular se tiene que: TEOREMA 7.3 (Criterio del Hessiano). Sea f : R2 → R una funci´ on con derivadas parciales primeras y segundas continuas en una regi´ on abierta que contiene un punto (x0 , y0 ), para el que fx (x0 , y0) = 0 y fy (x0 , y0) = 0. Y sea d el valor del siguiente determinante fxx (x0 , y0) fxy (x0 , y0 ) |Hf (x0 , y0)| = fyx (x0 , y0 ) fyy (x0 , y0 ) 1. Si fxx (x0 , y0 ) > 0 y |Hf (x0 , y0 )| > 0, entonces f (x0 , y0 ) es un m´ınimo relativo.

aximo relativo. 2. Si fxx (x0 , y0 ) < 0 y |Hf (x0 , y0 )| > 0, entonces f (x0 , y0 ) es un m´ R ξρ s email: [email protected]

193

Jasmer LPC


UMSA

194

3. Si |Hf (x0 , y0 )| < 0, entonces el punto (x0 , y0) no es un extremo relativo, pues puede comprobarse que en toda bola centrada en (x0 , y0 ) hay puntos en los que la funci´ on toma valores menores que f (x0 , y0 ) y otros en los que la funci´ on toma valores mayores que f (x0 , y0). En este caso particular se dice que f tiene en (x0 , y0) un punto de silla. 4. Si |Hf (x0, y0 )| = 0, entonces no podemos afirmar nada sobre lo que ocurre en (x0 , y0), y para determinar qué es lo que ocurre en el punto cr´ıtico ser´ a necesario estudiar el comportamiento de la función en un entorno del punto. TEOREMA 7.4 (Criterio del Hessiano). Si f : R3 → R, a ∈ R3 es un punto cr´ıtico de f y está es de clase C 2 en un entorno de a, la condici´ on de extremo relativo tiene la siguiente forma: a) Si se verifica fxx (a) > 0,

fxx (a) fxy (a) fxy (a) fyy (a)

> 0,

fxx (a) fxy (a) fxz (a) fyx (a) fyy (a) fyz (a) > 0 fzx (a) fzy (a) fzz (a)

fxx (a) fxy (a) fxy (a) fyy (a)

> 0,

fxx (a) fxy (a) fxz (a) fyx (a) fyy (a) fyz (a) < 0 fzx (a) fzy (a) fzz (a)

entonces f alcanza en a un m´ınimo relativo. b) Si se verifica fxx (a) < 0,

entonces f alcanza en a un máximo relativo.

EJEMPLO 7.1. Sabiendo que d = fxx (a, b) fyy (a, b) − [fxy (a, b)]2 > 0 y fxx (a, b) > 0, ¿podemos concluir que (a, b) es punto máximo relativo de f ?. ´ SOLUCION.Recordemos que el Criterio del hessiano dice que si f es una función con derivadas parciales primeras y segundas continuas en una región abierta que contiene un punto (a, b), para el que fx (a, b) = 0 y fy (a, b) = 0. Y además si la matriz Hessiana fxx (a, b) fxy (a, b) Hf (a, b) = fyx (a, b) fyy (a, b) tiene determinante positiva detHf (a, b) > 0 y fxx (a, b) > 0, entonces (a, b) es un punto m´ınimo relativo. Por tanto, la afirmación es falsa ya que falta el hecho de que el punto (a, b) sea punto cr´ıtico, además bajo esas condiciones el punto (a, b) es un punto m´ınimo relativo. ♣ EJEMPLO 7.2. Una condición necesaria para que f (x0 , y0) sea un valor m´ aximo relativo de f es que el signo de fxx (x0 , y0 ) sea negativo?. R ξρ s email: [email protected]

194

Jasmer LPC


UMSA

195

´ SOLUCION.Es falso, ya que una condición necesaria para que f (x0 , y0) sea un valor máximo ♣ relativo de f es que el signo de fxx (x0 , y0) sea positivo. EJEMPLO 7.3. Sabiendo que fxx (x0 , y0 ) = −9, fyy (x0 , y0 ) = 6 y fxy (x0 , y0 ) = 10. Determine si el punto (x0 , y0 ) es un valor extremo relativo o es un punto silla o si la informaci´ on es insuficiente para determinar la naturaleza de la funci´ on f (x, y) en el punto cr´ıtico (x0 , y0 )? ´ SOLUCION.Apliquemos el criterio de Hessiano para responder a esta pregunta. Recordemos en primer lugar que el determinante de la matriz Hessiana es dado por d = fxx (x0 , y0 ) fyy (x0 , y0 ) − [fxy (x0 , y0)]2 . Notemos que d = (−9)(6) − (10)2 = −54 − 100 = −154 < 0,

♣

y por lo tanto (x0 , y0, f (x0 , y0)) es un punto silla.

EJEMPLO 7.4. Hallar y clasificar todos los puntos cr´ıticos de la funci´ on f (x, y) = x3 − 9xy + y 3 + 4. ´ SOLUCION.Primero encontramos las derivadas parciales de f (x, y) fx (x, y) = 3x2 − 9y,

fy (x, y) = −9x + 3y 2.

Estas funciones están definidas para todo (x, y), por lo tanto los u ´ nicos puntos cr´ıticos que buscaremos es cuando fx y fy son ceros. Esto es: 3x2 − 9y = 0 3y 2 − 9x = 0

3y = x2 3x = y 2

y(y 3 − 27) = 0 y = 0, y = 3 x = 0, x = 3

3y = x2 3y = (y 2/3)2 27y = y 4

Resolviendo este sistema se obtienen los puntos cr´ıticos: (0, 0) y (3, 3). Para determinar si se trata de máximo o m´ınimo, hallamos la matriz hessiana. Hf (x, y) =

fxx (x, y) fxy (x, y) fyx (x, y) fyy (x, y)

=

6x −9 −9 6y

Con lo cual resulta: 18 −9 = (18)2 − (9)2 = 324 − 81 = 243 > 0. y fxx (3, 3) = 18 > 0, entonces |Hf (3, 3)| = −9 18 (3, 3) se corresponde con un m´ınimo relativo. 0 −9 = 0 − (8)2 = −81 < 0. Por lo que se tiene un punto silla en (0, 0, 4). |Hf (0, 0)| = −9 0


195

Jasmer LPC

UMSA


196 ♣

EJEMPLO 7.5. Encontrar los extremos relativos de la funci´ on: f (x, y) = x3 − 6xy + 3y 2 − 1. ´ SOLUCION.Hallamos las dos derivadas parciales y determinamos los puntos cr´ıticos: Puntos en los que alguna de las derivadas parciales no está definida, y puntos en los que las dos derivadas parciales son nulas. En el caso de funciones polinómicas las parciales están siempre definidas, por tanto: fx (x, y) = 3x2 − 6y fy (x, y) = −6x + 6y

3x2 − 6y = 0 −6x + 6y = 0

3x(x − 2) = 0 x=y

x=0 x=2

Luego los puntos cr´ıticos son p(0, 0) y q(2, 2). Para estudiar la naturaleza de los puntos cr´ıticos, hallamos la matriz hessiana en cada uno de ellos: Hf (x, y) =


=

6x −6 −6 6

Con lo cual resulta: 0 −6 = −36 < 0, entonces (0, 0, −1) es un punto silla. |Hf (0, 0)| = −6 6 12 −6 = 72 − 36 = 36 > 0 y fxx = 12 > 0, entonces (2, 2) es un punto |Hf (2, 2)| = −6 6 m´ınimo relativo. ♣ EJEMPLO 7.6. Hallar y clasificar todos los puntos cr´ıticos de la funci´ on f (x, y) = x4 + y 4 + 6x2 y 2 + 8x3 . ´ SOLUCION.Los puntos cr´ıticos son aquellos que anulan simultáneamente las dos derivadas parciales, o bien donde alguna de las derivadas parciales no existe. Al ser la función dada una función polinómica es diferenciable en todo R2 , luego los puntos cr´ıticos vendrán dado por las soluciones del siguiente sistema de ecuaciones fx (x, y) = 4x3 + 12xy 2 + 24x2 = 0 fy (x, y) = 4y 3 + 12x2 y = 0

x(4x2 + 12y 2 + 24x) = 0 4y(y 2 + 3x2 ) = 0

Para resolver el sistema igualamos a cero cada factor de la primera ecuación con cada factor de la segunda ecuación: x = 0 o 4x2 + 12y 2 + 24x = 0 y = 0 o y 2 + 3x2 = 0 Para el caso en que x = 0, tenemos dos casos: R ξρ s email: [email protected]

196

Jasmer LPC


UMSA

197

y = 0. Por tanto, el punto cr´ıtico es (0, 0) y 2 + 3x2 = 0. De donde y = 0. Por tanto, otra ves el punto cr´ıtico es (0, 0) Para el caso en que 4x2 + 12y 2 + 24x = 0, tenemos dos casos: y = 0. De donde 4x2 + 24x = 0, 4x(x + 6) = 0. Por tanto, los puntos cr´ıticos son (0, 0), (−6, 0) y 2 + 3x2 = 0. De donde y 2 = −3x2 , luego 4x2 − 12(3)x2 + 24x = 0, −32x2 + 24x = 0, −8x(4x − 3) = 0. Para x = 0 el punto cr´ıtico es (0, 0) y para x = 3/4 no existe y. Luego los puntos cr´ıticos son p(0, 0) y q(−6, 0). Para determinar si se trata de máximo o m´ınimo, hallamos la matriz hessiana. Hf (x, y) =


=

12x2 + 12y 2 + 48x 24xy 24xy 12y 2 + 12x2

Con lo cual resulta: 144 0 = 62208 > 0 y fxx = 144 > 0, entonces (−6, 0) se corresponde |Hf (−6, 0)| = 0 432 con un m´ınimo relativo. 0 0 = 0 el hessiano no nos determina la naturaleza del punto cr´ıtico. |Hf (0, 0)| = 0 0 ♣

EJEMPLO 7.7. Hallar y clasificar todos los puntos cr´ıticos de la funci´ on f (x, y) = x2 y−xy 2 +xy. ´ SOLUCION.Los puntos cr´ıticos vendrán dados por las soluciones del siguiente sistema de ecuaciones. fx (x, y) = 2xy − y 2 + y = 0 fy (x, y) = x2 − 2xy + x = 0

y(2x − y + 1) = 0 x(x − 2y + 1) = 0

Para resolver el sistema igualamos a cero cada factor de la primera ecuación con cada factor de la segunda ecuación: y = 0 o 2x − y + 1 = 0 x = 0 o x − 2y + 1 = 0 Para el caso en que y = 0, tenemos dos casos: x = 0. Por tanto, el punto cr´ıtico es (0, 0) x − 2y + 1 = 0. De donde x = −1. Por tanto, otra ves el punto cr´ıtico es (−1, 0) R ξρ s email: [email protected]

197

Jasmer LPC


UMSA

198

Para el caso en que 2x − y + 1 = 0, tenemos dos casos: x = 0. De donde 2x − y + 1 = −y + 1 = 0, y = 1. Por tanto, el punto cr´ıtico es (0, 1) x − 2y + 1 = 0. De donde x = 2y − 1, luego 2(2y − 1) − y + 1 = 0, 4y − 2 − y + 1 = 0, 3y = 1, y = 1/3, as´ı x = 2/3 − 1 = −1/3. Luego, el punto cr´ıtico es (−1/3, 1/3). Luego los puntos cr´ıticos son (0, 0), (−1, 0), (0, 1) y (−1/3, 1/3). Para determinar si se trata de máximo o m´ınimo, hallamos la matriz hessiana. Hf (x, y) =


=

2y 2x − 2y + 1 2x − 2y + 1 −2x

Con lo cual resulta: 0 1 = −1 < 0, entonces (0, 0) es un punto silla. |Hf (0, 0)| = 1 0 0 −1 = −1 < 0, entonces (−1, 0) es un punto silla. |Hf (−1, 0)| = −1 2 2 −1 = −1 < 0, entonces (0, 1) es un punto silla. |Hf (0, 1)| = −1 0 2/3 1/3 = 4/9 − 1/9 = 3/9 > 0 y fxx = 2/3 > 0, entonces |Hf (−1/3, 1/3)| = 1/3 2/3 (−1/3, 1/3) se corresponde con un m´ınimo relativo. v EJEMPLO 7.8. Hallar y clasificar todos los puntos cr´ıticos de la funci´ on f (x, y) = −x3 + 4xy − 2y 2 + 1. ´ SOLUCION.Primero encontramos las derivadas parciales de f (x, y) fx (x, y) = −3x2 + 4y,

fy (x, y) = 4x − 4y.

Estas funciones están definidas para todo (x, y), por lo tanto los u ´ nicos puntos cr´ıticos que buscaremos es cuando fx y fy son ceros. Esto es: −3x2 + 4y = 0 4x − 4y = 0

3x2 − 4y = 0 x=y

x(3x − 4) = 0 x = 0, x = 4/3

De esta manera tenemos un sistema de ecuaciones. Resolviendo este sistema se obtienen el punto cr´ıtico: (0, 0) y (4/3, 4/3). R ξρ s email: [email protected]

198

Jasmer LPC

UMSA


199

Para determinar si se trata de máximo o m´ınimo, hallamos la matriz hessiana. Hf (x, y) =


=

−6x 4 4 −4

Con lo cual resulta: −6(4/3) 4 = (−8)(−4)−(16) = 16 > 0 y fxx (4/3, 4/3) = −6(4/3) = |Hf (4/3, 4/3)| = 4 −4 −8 < 0, entonces (4/3, 4/3) se corresponde con un máximo relativo. −6(0) 4 = (0)(−4) − (16) = −16 < 0. Por lo que se tiene un punto silla. |Hf (0, 0)| = 4 −4 ♣

EJEMPLO 7.9. Hallar y clasificar todos los puntos cr´ıticos de la funci´ on f (x, y) = x3 +y 3 −3xy. ´ SOLUCION.Primero encontramos las derivadas parciales de f (x, y) fx (x, y) = 3x2 − 3y,

fy (x, y) = 3y 2 − 3x.

Estas funciones están definidas para todo (x, y), por lo tanto los u ´ nicos puntos cr´ıticos que buscaremos es cuando fx y fy son ceros. Esto es: x2 − y = 0 y2 − x = 0

(y 2)2 − y = 0 y(y 3 − 1) = 0 y = 0, y = 1

x2 − y = 0 x = y2

Resolviendo este sistema se obtienen los puntos cr´ıticos: (0, 0) y (1, 1). Para determinar si se trata de máximo o m´ınimo, hallamos la matriz hessiana. Hf (x, y) =


=

6x −3 −3 6y

Con lo cual resulta: 6 −3 = (6)(1)(6)(1) − (9) = 27 > 0. y fxx (1, 1) = 6(1) = 6 > 0, entonces |Hf (1, 1)| = −3 6 (1, 1) se corresponde con un m´ınimo relativo. 6x −3 = (6)(0)(6)(0) − (−3)2 < 0. Por lo que se tiene un punto silla. |Hf (0, 0)| = −3 6y ♣


199

Jasmer LPC


UMSA

200

EJEMPLO 7.10. Encuentre los puntos cr´ıticos de f (x, y) = 2x3 − 3x2 + 2y 3 + 3y 2 y determine si es máximo relativo, m´ınimo relativo o bien punto silla. ´ SOLUCION.Los puntos cr´ıticos son aquellos que anulan simultáneamente las dos derivadas parciales, o bien donde alguna de las derivadas parciales no existe. Al ser la función dada una función polinómica es diferenciable en todo R2 , luego los puntos cr´ıticos vendrán dado por las soluciones del siguiente sistema de ecuaciones fx (x, y) = 6x2 − 6x = 0 fy (x, y) = 6y 2 + 6y = 0

6x(x − 1) = 0 6y(y + 1) = 0

Para resolver el sistema igualamos a cero cada factor de la primera ecuación con cada factor de la segunda ecuación: x=0 o x−1=0 y =0 o y+1=0 Para el caso en que x = 0, tenemos dos casos: y = 0. Por tanto, el punto cr´ıtico es (0, 0) y + 1 = 0. De donde y = −1. Por tanto, otra ves el punto cr´ıtico es (0, −1) Para el caso en que x − 1 = 0, tenemos dos casos: y = 0. De donde x = 1. Por tanto, el punto cr´ıtico es (1, 0). y + 1 = 0. De donde x = 1 y y = −1. As´ı el punto cr´ıtico es (1, −1). Luego los puntos cr´ıticos son A(0, 0), B(0, −1), C(1, 0) y D(1, −1). Para determinar si se trata de máximo o m´ınimo, hallamos la matriz hessiana. Hf (x, y) =


=

12x − 6 0 0 12y + 6

Con lo cual resulta: −6 0 |Hf (0, 0)| = 0 6 −6 |Hf (0, −1)| = 0 un máximo relativo.

= −36 < 0, entonces (0, 0, 0) es un punto silla.

0 = 36 > 0 y fxx = −6 < 0, entonces (0, −1) se corresponde con −6


200

Jasmer LPC


UMSA

201

6 0 = 36 > 0 y fxx = 6 > 0, entonces (1, 0) se corresponde con un m´ınimo |Hf (1, 0)| = 0 6 relativo. 6 0 = −36 < 0, entonces (1, −1, f (1, −1)) es un punto silla. |Hf (1, −1)| = 0 −6 ♣ EJEMPLO 7.11. Encuentre los puntos cr´ıticos de f (x, y) = 2x3 − 3x2 + y 5 − 40y 2 y determine si es máximo relativo, m´ınimo relativo o bien punto silla. ´ SOLUCION.Los puntos cr´ıticos son aquellos que anulan simultáneamente las dos derivadas parciales, o bien donde alguna de las derivadas parciales no existe. Al ser la función dada una función polinómica es diferenciable en todo R2 , luego los puntos cr´ıticos vendrán dado por las soluciones del siguiente sistema de ecuaciones fx (x, y) = 6x2 − 6x = 0 fy (x, y) = 5y 4 − 80y = 0

6x(x − 1) = 0 5y(y 3 − 16) = 0

Para resolver el sistema igualamos a cero cada factor de la primera ecuación con cada factor de la segunda ecuación: x= 0 o x−1= 0 y = 0 o y 3 − 16 = 0 Para el caso en que x = 0, tenemos dos casos: y = 0. Por tanto, el punto cr´ıtico es (0, 0) √ √ y 3 − 16 = 0. De donde y = 2 2. Por tanto, otra ves el punto cr´ıtico es (0, 2 2) Para el caso en que x − 1 = 0, tenemos dos casos: y = 0. De donde x = 1. Por tanto, el punto cr´ıtico es (1, 0). √ √ y 3 − 16 = 0. De donde x = 1 y y = 2 2. As´ı el punto cr´ıtico es (1, 2 2).

√ √ Luego los puntos cr´ıticos son A(0, 0), B(0, 2 2), C(1, 0) y D(1, 2 2). Para determinar si se trata de máximo o m´ınimo, hallamos la matriz hessiana. Hf (x, y) =


=

12x − 6 0 3 0 20y − 80

Con lo cual resulta: R ξρ s email: [email protected]

201

Jasmer LPC

UMSA


202

−6 0 = 480 > 0, y fxx = −6 < 0, entonces (0, 0) se corresponde con un |Hf (0, 0)| = 0 −80 máximo relativo. −6 0 √ √ = −1440 < 0, entonces (0, 2 2, f (0, 2 2)) es un punto silla. |Hf (0, 2)| = 0 240 6 0 = −480 < 0, entonces (1, 0, f (1, 0)) es un punto silla. |Hf (1, 0)| = 0 −80 6 0 √ = 1440 > 0 y fxx = 6 > 0, entonces (1, 2 2) se corresponde con un |Hf (1, 2)| = 0 240 m´ınimo relativo. ♣ EJEMPLO 7.12. Encuentre a y b tal que la funci´ on f (x, y) = x2 + y 2 − ax − by tenga en (1, −1) un punto cr´ıtico, y determine su corresponde a un m´ aximo relativo, m´ınimo relativo o bien punto silla. ´ SOLUCION.Hallamos las dos derivadas parciales y determinamos los puntos cr´ıticos: Puntos en los que alguna de las derivadas parciales no está definida, y puntos en los que las dos derivadas parciales son nulas. En el caso de funciones polinómicas las parciales están siempre definidas, por tanto: fx (x, y) = 2x − a fy (x, y) = 2y − b

2x − a = 0 2y − b = 0

x = a/2 y = b/2

Luego el punto cr´ıtico es (a/2, b/2) que sabemos debe ser igual a (1, −1), de donde: a = 2,

b = −2.

Para estudiar la naturaleza de el punto cr´ıtico (1, −1), hallamos la matriz hessiana en cada uno de ellos: Hf (x, y) =


=

2 0 que evaluando en el punto cr´ıtico resulta: |Hf (1, −1)| = 0 2 entonces (1, −1) es un punto m´ınimo relativo.

2 0 0 2

= 4 > 0 y como fxx = 2 > 0, ♣

EJEMPLO 7.13. Una caja rectangular descansa en el plano xy con uno de sus vértices en el origen de tal manera que el vértice opuesto a este ultimo descansa en el plano: 6x + 4y + 3z = 24. R ξρ s email: [email protected]

202

Jasmer LPC


UMSA

203

´ SOLUCION.Sean x, y y z el largo, ancho y la altura de la caja. Como un vértice de la caja se encuentra en el plano 6x + 4y + 3z = 24, despejando z se tiene z = (1/3)[24 − 6x − 4y] de esta manera expresamos el volumen de la caja como un función de dos variables. 1 V (x, y) = xy(1/3)[24 − 6x − 4y] = (24xy − 6x2 y − 4xy 2) 3 Para encontrar los puntos cr´ıticos, buscamos las derivadas parciales y las igualamos a cero. 1 Vx (x, y) = (24y − 12xy − 4y 2) = 0, 3

Vy (x, y) =

x (24 − 6x − 8y) = 0, 3

Para resolver el sistema igualamos a cero la primera ecuación con cada factor de la segunda ecuación: 24y − 12xy − 4y 2 = 0 4y(6 − y) = 0 y = 0, y = 6 x=0 x=0 x = 0, x = 0

24y − 12xy − 4y 2 = 0 24 − 6x − 8y = 0

24y − 12xy − 4y 2 = 0 1 x = (24 − 8y) 6

24y − 2(24 − 8y)y − 4y 2 = 0 −24y + 16y 2 − 4y 2 = 0 −24y + 12y 2 = 0 −12y(2 − y) = 0 y = 0, y = 2 x = 4, x = 4/3

al resolver este sistema se obtiene los puntos cr´ıticos: (0, 0), (0, 6), (4, 0) y (4/3, 2), para los valores de (0, 0), (0, 6) y (4, 0) el volumen es cero as´ı que no nos interesa. Analizamos (4/3, 2) Para determinar si se trata de máximo o m´ınimo, hallamos la matriz hessiana.

Hf (x, y) =




 1 −4y (24 − 12x − 8y)   3 = 1  8 (24 − 12x − 8y) − x 3 3

Con lo cual resulta: 1 −8 (24 − 16 − 16) 3 |Hf (4/3, 2)| = 1 32 (24 − 16 − 16) − 3 9

64 > 0. = (−8)(32/9) − (−8/3)2 = 9

y fxx (4/3, 2) = −8 < 0, por lo que por el criterio de la segunda derivada el punto (4/3, 2) es un máximo y el máximo volumen es: 1 64 V (4/3, 2) = [24(4/3)(2) − 6(1/3)2(2) − 4(4/3)(2)2] = unidades c´ ubicas. 3 9 ♣ R ξρ s email: [email protected]

203

Jasmer LPC

UMSA


204

EJEMPLO 7.14. Un fabricante de art´ıculos electr´ onicos determina que la ganancia o beneficio B (en dólares) obtenido al producir x unidades de un reproductor de DVD y unidades de un grabador de DVD se aproxima mediante el modelo: B(x, y) = 8x + 10y − (0,001)(x2 + xy + y 2) − 10000. Hallar el nivel de producción que proporciona una ganancia o beneficio m´ aximo. ¿Cuál es la ganancia máxima? ´ SOLUCION.Primero encontramos los puntos cr´ıticos, buscamos las derivadas parciales y las igualamos a cero. Bx (x, y) = 8 − (0,001)(2x + y) By (x, y) = 10 − (0,001)(x + 2y)

8 − (0,001)(2x + y) = 0 10 − (0,001)(x + 2y) = 0

2x + y = 8000 x + 2y = 10000

Al resolver el ultimo sistema se obtiene que x = 2000; y = 4000. Obteniendo las 2das derivadas parciales: Bxx (2000, 4000) = −(0,002) < 0 Byy (x, y) = −(0,001)(2) = −0,002 Bxy (x, y) = −(0,001) y |HB(2000, 4000)| = Bxx (2000, 4000)Byy (2000, 4000) − [Bxy (2000, 4000)]2 = (−0,002)2 − (−0,001)2 > 0 por lo que por el criterio de la segunda derivada el punto (2000, 4000) es un máximo. Al evaluar este punto en la función: P (2000, 4000) = 8(2000) + 10 − (0,001)[20002 + (2000)(4000) + (4000)2]10000 = 18000. ♣ EJEMPLO 7.15. Encuentre la distancia m´ınima entre el origen y la superficie: z 2 = x2 y + 4. ´ SOLUCION.Sea P (x, y, z) un punto cualquiera de la superficie. El cuadrado de la distancia entre el origen y punto P es d2 = x2 + y 2 + z 2 . Buscamos las coordenadas de P que hacen d que sea máxima. Ya que P pertenece a la superficie sus coordenadas también satisfacen la misma ecuación, Sustituyendo z 2 = x2 y + 4 en d2 = x2 + y 2 + z 2 resulta una función de dos variables: d2 = f (x, y) = x2 + y 2 + x2 y + 4, R ξρ s email: [email protected]

204

Jasmer LPC

UMSA


205

ahora lo que hacemos es buscar los puntos cr´ıticos: fx (x, y) = 2x + 2xy fy (x, y) = 2y + x2

2x − xx2 = 0 x(2 − x2 ) = 0√ x = 0, x = ± 2

2x + 2xy = 0 2y + x2 = 0

√ Al resolver el ultimo sistema se obtiene que x = 0, x = ± 2. Y los puntos cr´ıticos son (0, 0), √ √ ( 2, −1) y (− 2, −1). Obteniendo las 2das derivadas parciales:

fxx (x, y) = 2 + 2y

fxx (0, 0) = 2 > 0

fyy (x, y) = 2

fyy (0, 0) = 2

fxy (x, y) = 2xy

fxy (0, 0) = 0

y |Hf (0, 0)| = fxx (0, 0)fyy (0, 0) − [fxy (0, 0)]2 = (2)2 − (0)2 > 0 la distancia m´ınima se halla cuando (0, 0) d2 = f (0, 0) = 02 + 02 + 02 0 + 4 = 4. ♣ a b + la ecuaci´ on de una superficie donde a y b son constantes. x y Si P = (1, 2) es un punto cr´ıtico de z, determine si en P la funci´ on alcanza un m´ aximo relativo, un m´ınimo relativo o un punto silla.

EJEMPLO 7.16. Sea z = xy +

´ SOLUCION.Como P = (1, 2) es punto cr´ıtico, las derivadas parciales decir    a ∂z  a   y − = 0 = 0       x2 (1,2)   ∂x (1,2)  2 − 12 = 0    b    ∂z    1− b =0 x − = 0   = 0 2  y 22 ∂y (1,2) (1,2) Ahora

2

detHf (x, y) = fxx (x, y)fyy (x, y) − [fxy (x, y)] = R ξρ s email: [email protected]

205

2a x3

2a x3

2

de z se anulan en P , es

−1 =

  a=2  b=4

4 x3

8 x3

−1

Jasmer LPC

UMSA


206

Luego detHf (1, 2) = 3 y zxx (1, 2) = 4 > 0. Por tanto, en el punto P = (1, 2) la función z alcanza ♣ un m´ınimo relativo. EJEMPLO 7.17. Una empresa que produce dos art´ıculos x y y tiene la funci´ on de beneficios que sigue: B(x, y) = 64x − 2x2 + 4xy − 4y 2 + 32y − 14. Determinar el nivel de producción que maximice el beneficio para cada uno de los dos art´ıculos y comprobarlo.

´ SOLUCION.Primero encontramos los puntos cr´ıticos, buscamos las derivadas parciales y las igualamos a cero. Bx (x, y) = 64 − 4x + 4y = 0 By (x, y) = 4x − 8y + 32 = 0 Al resolver el ultimo sistema se obtiene que x = 40; y = 24. Ahora hallamos las derivadas parciales de segundo orden: Bxx (40, 24) = −4 < 0 Byy (40, 24) = −8 Bxy (40, 24) = 4 y |HB(40, 24)| = Bxx (40, 24)Byy (40, 24) − [Bxy (40, 24)]2 = (−4)(−8) − (4)2 = 16 > 0 por lo que por el criterio de la segunda derivada el punto (40, 24) es un máximo. Al evaluar este punto en la función: B(40, 24) = 64(40) − 2(40)2 + 4(40)(24) − 4(24)2 + 32(24) − 14 = 1650. ♣ EJEMPLO 7.18. Decisiones sobre fijaci´ on de precios. Una empresa que fabrica cremas dent´ıfricas orgánicas produce crema para dientes en dos tama˜ nos, de 100 y 150 mililitros. El costo de producción de cada tubo de cada tama˜ no es de 6 bs y 9 bs, respectivamente. Las demandas semanales q1 y q2 en miles para los dos tama˜ nos son de:


q1 = 3(p2 − p1 ) q2 = 320 + 3p1 − 5p2 206

(7.1) Jasmer LPC

UMSA


207

donde p1 y p2 son los precios de los dent´ıfricos. Determine los precios p1 y p2 que maximicen las utilidades de la empresa. ´ SOLUCION.Puesto que el precio de cada tubo de 100 mililitros es de p1 bs y su costo de producción es de 6 bs , entonces la utilidad obtenida por cada tubo de 100 mililitros de crema dental es p1 − 6. Por otro lado, como el precio de cada tubo de 150 mililitros es de p2 bs y su costo de producción es de 9 bs , entonces la utilidad obtenida por cada tubo de 150 mililitros de crema dental es p2 − 9. Por tanto la utilidad total por la venta de ambas cremas será:

U = (p1 − 6)q1 + (p2 − 9)q2 . Reemplazando (7.2) en esta ecuación obtenemos U(p1 , p2 ) = (p1 − 6)3(p2 − p1 ) + (p2 − 9)(320 + 3p1 − 5p2 ). Simplificando, obtenemos la función de utilidades de la empresa, U(p1 , p2 ) = −3p21 − 5p22 + 6p1 p2 − 9p1 + 347p2 ) − 2880. Primero encontramos los puntos cr´ıticos, para esto encontramos las derivadas parciales y las igualamos a cero.  ∂U    ∂p1 = 6p2 − 6p1 − 9    ∂U = 6p1 − 10p2 + 347 ∂p2

(

6p2 − 6p1 − 9 = 0 6p1 − 10p2 + 347 = 0

(

−6p1 + 6p2 = 9 6p1 − 10p2 = −347

Al resolver el ultimo sistema se obtiene que p1 = 83 bs; p2 = 84.50 bs. Para determinar si se trata de máximo hallamos las derivadas parciales de segundo orden ∂ 2U = −6 < 0, ∂p12

∂ 2U = −10, ∂p22

∂ 2U = 6. ∂p2 ∂p1

y 2 2 ∂ 2U ∂ 2U ∂ U |HU(83, 84.50)| = − 2 2 ∂p1 ∂p2 ∂p2 ∂p1 = (−6)(−10) − 62 > 0 En consecuencia, cuando se eval´ ua los valores cr´ıticos se producirá ua utilidad máxima para la empresa. Con estos valores de p1 = 83 bs y p2 = 84.50 bs, las demandas son q1 = 4.5 y q2 = 146.5. ♣ R ξρ s email: [email protected]

207

Jasmer LPC

UMSA


208

EJEMPLO 7.19. La empresa Estrella de dulces produce caramelos en dos tama˜ nos a costos unitarios de 10 ctvs y 20 ctvs cada uno. Las demandas anuales q1 y q2 en miles est´ an dadas por q1 = p2 − p1

(7.2)

q2 = 60 + p1 − 3p2

en donde p1 y p2 denotan por precios en centavos de los caramelos en los dos tama˜ nos. Determine los precios p1 y p2 que maximicen las utilidades semanales de la empresa. ´ SOLUCION.Puesto que el precio de uno de los caramelos es de p1 bs y su costo de producción es de 10 ctvs, entonces la utilidad obtenida por cada uno de estos caramelos es de p1 − 10. Por otro lado, como el precio del otro caramelos es de p2 bs y su costo de producción es de 20 ctvs, entonces la utilidad obtenida por cada uno de estos caramelos es de p2 − 20. Por tanto la utilidad total por la venta de ambos caramelos será: U = (p1 − 10)q1 + (p2 − 20)q2 . Reemplazando (7.2) en esta ecuación obtenemos U(p1 , p2 ) = (p1 − 10)(p2 − p1 ) + (p2 − 20)(60 + p1 − 3p2 ). U = p1 p2 − p21 − 10p2 + 10p1 + 60p2 + p2 p1 − 3p2 p2 − (20)60 − 20p1 + 60p2 = p1 p2 + p2 p1 − p21 − 3p22 − 10p2 + 60p2 + 60p2 + 10p1 − 20p1 − 1200

= 2p1 p2 − p21 − 3p22 + 110p2 − 10p1 − 1200

Simplificando, obtenemos la función de utilidades de la empresa, U(p1 , p2 ) = −p21 − 3p22 + 2p1 p2 − 10p1 + 110p2 − 1200. Primero encontramos los puntos cr´ıticos, para esto encontramos las derivadas parciales y las igualamos a cero.  ∂U    ∂p1 = −2p1 + 2p2 − 10    ∂U = −6p2 + 2p1 + 110 ∂p2

(

−2p1 + 2p2 = 10 −6p2 + 2p1 = −110

(

−p1 + p2 = 5 −3p2 + p1 = −55

Al resolver el ultimo sistema se obtiene que −2p2 = −50, p2 = 25 bs; p1 = 20 bs. Para determinar si se trata de máximo hallamos las derivadas parciales de segundo orden ∂ 2U = −2 < 0, ∂p12 R ξρ s email: [email protected]

∂ 2U = −6, ∂p22 208

∂ 2U = 2. ∂p2 ∂p1 Jasmer LPC

UMSA


209

y 2 2 ∂ 2U ∂ 2U ∂ U |HU(83, 84.50)| = − 2 2 ∂p1 ∂p2 ∂p2 ∂p1 = (−2)(−6) − 22 = 8 > 0 En consecuencia, cuando se eval´ ua los valores cr´ıticos se producirá ua utilidad máxima para la empresa. Con estos valores de p1 = 20 bs y p2 = 25 bs, las demandas son q1 = 5 y q2 = 5. ♣ EJEMPLO 7.20. A una empresa le cuesta 2 d´ olares por unidad elaborar su producto. Si A dólares se gastan por mes en publicidad, entonces el n´ umero de unidades por mes que se venderá esta dado por 1 − e−0.001A (22 − p) (7.3) x = 30 3 donde p es el precio de venta. Halle los valores de A y p que maximizar´ an la utilidad mensual neta de la empresa y calcule el valor de esta utilidad m´ axima. ´ SOLUCION.Puesto que el precio de venta del producto es p bs y su costo de producción es 2 dólares por unidad, entonces la utilidad obtenida por cada uno de estos productos es de p − 2.

Por tanto la utilidad total por la venta de este producto será: U = (p − 2)x. Reemplazando (7.3) en esta ecuación obtenemos

1 − e−0.001A (22 − p). U(A, p) = 30(p − 2) 3 U = 30 = 30

1 3 1 3

−0.001A

−e

(22p − p2 − 44 + 2p)

− e−0.001A (24p − p2 − 44)

Simplificando, obtenemos la función de utilidades de la empresa, 1 −0.001A U(A, p) = 30 − e (−p2 + 24p − 44) 3 Primero encontramos los puntos cr´ıticos, para esto encontramos las derivadas parciales y las igualamos a cero. R ξρ s email: [email protected]

209

Jasmer LPC


UMSA

210

 ∂U −0.001A  (  (−p2 + 24p − 44)  ∂A = (30)0.001e −p2 + 24p − 44 = 0 1 1  ∂U  − e−0.001A = 0, −2p + 24 = 0 −0.001A  3 = 30 −e (−2p + 24) ∂p 3 p   √ √ 2 − 4(−1)(−44) −24 ± 24 −24 ± −24 ± 576 − 176 400    p=  p= = 2(−1) −2 −2     −0.001A 1 −0.001A = − ln 3, p = 12 e = 3 , p = 12    p = −24 ± 20 = 2 o 22 −2   A = 1000 ln 3, p = 12

Al resolver el ultimo sistema se obtiene que (A, p) = (1000 ln 3, 2), (A, p) = (1000 ln 3, 22). Para determinar si se trata de máximo hallamos las derivadas parciales de segundo orden ∂ 2U = −(30)(0.001)2e−0.001A (−p2 + 24p − 44) < 0 ∂A 2 1 ∂ 2U −0.001A = −60 − e ∂p 2 3 ∂ 2U = (30)0.001e−0.001A (−2p + 24) ∂p∂A

y 2 2 ∂ U ∂ 2U ∂ 2U − |HU(83, 84.50)| = 2 2 ∂A ∂p ∂A∂p = (−2)(−6) − 22 = 8 > 0 En consecuencia, cuando se eval´ ua los valores cr´ıticos se producirá ua utilidad máxima para la empresa. Con estos valores de p1 = 20 bs y p2 = 25 bs, las demandas son q1 = 5 y q2 = 5. ♣ EJEMPLO 7.21. Hallar y clasificar los puntos cr´ıticos de las siguientes funciones (1)

z = 4x + 2y − x2 + xy − y 2

(2)

z = x3 − 3ax + y 2

(3)

z = 18x2 − 32y 2 − 36x − 128y − 110

(4)

z = e−x


210

2 −y 2

Jasmer LPC


UMSA ´ SOLUCION.-

211 ♣

EJEMPLO 7.22. Un fabricante tiene la funci´ on de producci´ on P = 110x − 3x2 − 2xy − 2y 2 + 140y. Sea x =radios, y =gravadoras. ¿A qué nivel de producci´ on maximizar´ a sus beneficios si dos gravadoras equivalen a una radio?. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 7.23. Encontrar los extremos relativos de la funci´ on f (x, y) = −x3 + 4xy − 2y 2 + 1. ´ SOLUCION.Hallamos las derivadas parciales y determinamos los puntos cr´ıticos. Puntos en los que alguna de las derivadas parciales no está definida, y punts en los que las derivadas parciales son nulas. En el caso de funciones polinómicas las parciales están siembre definidos, por tanto: fx = −3x2 + 4y fy = 4x − 4y

)

−3x2 + 4y = 0 4x − 4y = 0

)

−3x2 + 4y = 0 x=y

)

x(−3x + 4) = 0 x=y

)

x=0 x = 4/3

Luego los puntos cr´ıticos son p(0, 0) y q(4/3, 4/3). Para estudiar la naturaleza de los puntos cr´ıticos, hallamos la matriz hessiana en cada uno de ellos:

fxx fxy −6x 4 Hf (x, y) = = fyx fyy 4 −4 0 4 = −16 < 0, por tanto p(0, 0) es un punto silla. Con lo cual resulta: |Hf (0, 0)| = 4 −4 −8 4 = 32 − 16 = 13 > 0 y fxx (4/3, 2) = −8 < 0, por lo de modo similar |Hf (4/3, 4/3)| = 4 −4 ♣ que q(4/3, 4/3) es un máximo relativo. EJEMPLO 7.24. Encontrar e identificar los puntos cr´ıticos del campo escalar F (x, y) = y 3 + 3x2 y − 3x2 − 3y 2 + 2.

´ SOLUCION.Calculamos primero el gradiente de F ∇F (x, y) = [6xy − 6x, 3y 2 + 3x2 − 6y] lo igualamos al vector cero, entonces 6x(y − 1) = 0 tenemos que x = 0 o y = 1 reemplazando en la segunda ecuación para x = 0, 3y 2 − 6y = 3y(y − 1) = 0, tenemos que y = 0 o y = 1.

Para y = 1, 3 + 3x2 − 6 = 3x2 − 3 = 3(x − 1)(x + 1) = 0 tenemos que x = 1 o x = −1 por lo tanto los puntos cr´ıticos son (0, 0), (0, 1), (1, 1) y (−1, 1) hallamos ahora la matriz hessiana de F (x, y) Fxx Fxy 6y − 6 6x HF (x, y) = = Fyx Fyy 6x 6y − 6 R ξρ s email: [email protected]

211

Jasmer LPC


UMSA

212

cuyo determinante es |H(x, y)| = (6y − 6)2 − 36x2 clasificamos cada punto critico con el determinante: |H(0, 0)| = 36 y Fxx (0, 0) = −6 < 0 entonces (0, 0, F (0, 0)) es máximo

|H(0, 2)| = 36 y Fxx (0, 2) = 6 > 0 entonces (0, 2, F (0, 2)) es m´ınimo |H(1, 1)| = −36 entonces (1, 1, F (1, 1)) es punto de silla

♣

|H(−1, 1)| = −36 entonces (−1, 1, F (−1, 1)) es punto de silla. EJEMPLO 7.25. Halla los extremos de la funci´ on f (x, y, z) = −x2 − y 2 + z 2

´ SOLUCION.Calculamos las derivadas parciales de primer orden fx = −2x, fy = −2y y fx = 2z. Los puntos cr´ıticos se obtienen igualando a cero las derivadas parciales −2x = 0, −2y = 0, 2z = 0 y resolviendo el sistema obtenemos x = 0, y = 0, z = 0. Luego P (0, 0, 0) es el u ´ nico punto cr´ıtico de la función. Hallamos la matriz hessiana de f en P (0, 0, 0).       fxx fxy fxz −2 0 0 −2 0 0 H =  fyx fyy fyz  =  0 −2 0  , H(0, 0, 0) =  0 −2 0  fzx fzy fzz 0 0 −2 0 0 −2 Con lo cual tenemos los siguientes determinantes: ∆1 = −2,

−2 0 ∆2 = 0 −2

= +4,

−2 0 0 ∆3 = 0 −2 0 0 0 −2

Con lo cual ni son todos positivos ni de signos alternos, luego hay duda.

= +8

Para determinar la naturaleza del punto cr´ıtico hay que acudir a otros criterios, en este caso basta observar la función para ver que se trata de un punto silla f (x, y, z) = −x2 − y 2 + z 2 ≥ f (0, 0, 0) para los puntos del tipo (0, 0, z) y f (x, y, z) = −x2 − y 2 + z 2 ≤ f (0, 0, 0) para los puntos del tipo (x, y, 0). Observación: Un punto silla no significa que la gráfica tenga necesariamente la forma de una “silla de montar”, sino simplemente que cerca del punto cr´ıtico la función toma valores ♣ superiores y otros inferiores al valor que toma en dicho punto. EJEMPLO 7.26. Halla los extremos de la funci´ on f (x, y) = xye−x

2 −y 2

´ SOLUCION.Calculemos las parciales e igualemos a 0. ∂z 2 2 = y(1 − 2x2 )e−x −y ∂x ∂z 2 2 = x(1 − 2y 2)e−x −y ∂y

(1) (2)

Gracias a (1), tenemos 2 opciones: O bien y = 0 o bien 1 − 2x2 = 0. R ξρ s email: [email protected]

212

Jasmer LPC


UMSA

213

2

Si y = 0, entonces (2) resulta: xe−x = 0 de aqu´ı x = 0 y obtenemos el punto P0 = (0, 0). 1 1 2 Si 1 − 2x2 = 0, es decir, x = ± √ , entonces (2) resulta ± √ (1 + 2y 2)e−1/2−y = 0, de donde 2 2 1 2 1 − 2y = 0, as´ı y = ± √ . 2 Por tanto obtenemos 4 puntos: 1 1 1 1 1 1 1 1 P1 = √ , √ , P2 = √ , − √ , P3 = − √ , √ , P4 = − √ , − √ , 2 2 2 2 2 2 2 2 Para saber qué tipo de puntos son los obtenidos, debemos calcular el Hessiano. ∂2f 2 2 = (1 − 2x2 )(1 − 2y 2)e−x −y ∂x∂y ∂2f 2 2 = −2xy(3 − 2y 2 )e−x −y 2 ∂y

∂2f 2 2 = −2xy(3 − 2x2 )e−x −y 2 ∂x ∂2f 2 2 = (1 − 2x2 )(1 − 2y 2 )e−x −y ∂x∂y Por tanto:

0 1 = −1 < 0, por tanto el punto (0, 0) es punto silla. H(0, 0) = 1 0 −2e−1 0 1 1 = 4e−2 > 0, pero como fxx = −2e−1 < 0, tenemos un H √2 , √2 = 0 −2e−1 máximo. −2e−1 0 1 1 −2 < 0, pero como fxx = −2e−1 < 0, tenemos un H − √2 , − √2 = −1 = 4e 0 −2e máximo. −1 2e 0 1 1 −2 H − √2 , √2 = > 0, pero como fxx = 2e−1 > 0, tenemos un m´ınimo. −1 = 4e 0 2e H

√1 , − √1 2 2

−1 2e 0 = 0 2e−1

= 4e−2 > 0, pero como fxx = 2e−1 > 0, tenemos un m´ınimo. ♣

EJEMPLO 7.27. ´ SOLUCION.-


♣

213

Jasmer LPC

UMSA

7.2.


214

Multiplicadores de Lagrange

En los problemas clásicos de máximos y m´ınimos se trata de hacer máxima o m´ınima una función f (x, y) sujeta a una restricción g(x, y) = 0. Gráficamente el problema consiste en determinar el punto más bajo (o más alto) de la superficie de ecuación z = f (x, y) que está situado sobre la curva de ecuación g(x, y) = 0, y se puede resolver de dos maneras diferentes: a) Mediante un corte vertical de la superficie. b) Mediante cortes horizontales (curvas de nivel). Desde el punto de vista anal´ıtico, el primer caso corresponde a reducir el problema a una variable, y el segundo al método de los multiplicadores de Lagrange. Mediante las curvas de nivel. Consideramos las curvas de nivel de la función f (x, y), f (x, y) = z Como se trata de encontrar el máximo o el m´ınimo de la función f (x, y), se trata de encontrar el máximo o el m´ınimo valor de z. Para ello imaginamos que las curvas de nivel se “desplazan” en la dirección del crecimiento de z. Como el punto solución (x, y) también ha de cumplir la ecuación de la restricción g(x, y) = 0, deberá estar en la intersección de una curva de nivel con la gráfica de g(x, y) = 0, luego, se trata de encontrar: (a) Si buscamos un m´ınimo: El primer punto en que las curvas de nivel tocan a la gráfica de la restricción g(x, y) = 0 (b) Si buscamos un máximo: el u ´ ltimo. Nota: Este método es utilizado en programación lineal para determinar la solución optima de una función objetivo sujeta a un conjunto de restricciones. EJEMPLO 7.28. Hallar el m´ınimo de la funci´ on f (x, y) = x2 +y 2 condicionado por la restricción x + y − 1 = 0, mediante las curvas de nivel. ´ SOLUCION.Consideramos las curvas de nivel de la función f (x, y) = x2 + y 2. Para ello sustituimos f (x, y) por z, y consideramos que z es un n´ umero, en cuyo caso tenemos que las curvas de nivel vienen definidas por x2 + y 2 = z √ luego se trata de circunferencias con centro en el origen de coordenadas y radio z, y al crecer z, las circunferencias se alejan del origen. R ξρ s email: [email protected]

214

Jasmer LPC

UMSA


215

Figura 7.1: Cálculo de extremos mediante curvas de nivel. La primera circunferencia que toca a la recta de ecuación x + y − 1 = 0 lo hace en el punto (1/2, 1/2). Luego ese punto corresponde al menor valor de z, para el cual (x, y) está en una curva de nivel y en la restricción. En consecuencia el m´ınimo solicitado es f (1/2, 1/2) = 1/2. La situación en el espacio puede verse mediante el siguiente gráfico ♣

Figura 7.2: Cálculo de extremos mediante curvas de nivel.

7.2.1.

M´ etodo de los multiplicadores de Lagrange.

En el método gráfico de las curvas de nivel se trata de encontrar el punto (x, y) donde la curva de nivel de la superficie de ecuación z = f (x, y) es tangente a la curva de ecuación g(x, y) = 0. Ahora bien, dos curvas son tangentes si sus vectores normales son paralelos. En consecuencia, dado que los vectores normales a dichas curvas son los vectores gradientes, se tiene que, en el punto de tangencia, el vector gradiente ∇f debe ser un m´ ultiplo escalar del vector gradiente ∇g. Luego ∇f (x, y) = λ∇g(x, y) donde el escalar λ se conoce como multiplicador de Lagrange. Las condiciones necesarias para la existencia de tales multiplicadores vienen recogidas en el siguiente teorema TEOREMA 7.5 (Teorema de Lagrange). Sean f y g funciones con derivadas parciales primeras continuas tal que f tiene un extremo en el punto (x0 , y0) de la curva de la ligadura g(x, y) = 0. Si ∇g(x0 , y0) 6= 0, entonces existe un n´ umero real λ tal que ∇f (x, y) = λ∇g(x, y) R ξρ s email: [email protected]

215

Jasmer LPC

UMSA


216

El teorema de Lagrange también se cumple para funciones de tres o más variables, usando un argumento paralelo con las superficies de nivel. El método de los multiplicadores de Lagrange usa el Teorema 7.5 para hallar los extremos de una función f sujeta a una ligadura g(x, y) = 0. TEOREMA 7.6 (M´ etodo de los multiplicadores de Lagrange). Si f y g satisfacen las hipótesis del teorema de Lagrange y f tiene un m´ aximo o m´ınimo sujeto a la ligadura g(x, y) = 0, entonces dicho extremo se produce en uno de los puntos cr´ıticos de la funci´ on L dada por L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y). Nota: Puesto que λ puede ser indiferentemente positivo o negativo, la relación anterior puede sustituirse por esta otra: L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) Para funciones de tres variables se tiene L(x, y, z, λ) = f (x, y, z) + λg(x, y, z) En consecuencia, si las funciones f y g tienen derivadas parciales continuas, entonces, los extremos de la función f (x, y), condicionados por la restricción g(x, y) = 0, se producen en los puntos cr´ıticos de la función: L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) Dichos puntos cr´ıticos vendrán determinados por las soluciones del sistema:  L =0   x Ly = 0   Lλ = 0

 f + λgx = 0   x fx + λgx = 0   g(x, y) = 0

El procedimiento más cómodo para resolver el sistema consiste en eliminar λ entre las dos primeras ecuaciones y sustituir el resultado en la tercera. En el proceso de resolución del sistema hay que procurar evitar perder soluciones en las simplificaciones. Por ejemplo, de la ecuación λx = x se obtienen dos soluciones x = 0 y λ = 1, mientras que si “tachamos” la x perdemos la solución x = 0. Para determinar la naturaleza de los puntos cr´ıticos podemos seguir dos procedimientos: Función impl´ıcita. Consiste en suponer que el problema se ha resuelto por sustitución de la variable, sin resolverlo por dicho método, pero estudiando la naturaleza de los puntos cr´ıticos como si as´ı se hubiera hecho. En el supuesto de que la ecuación g(x, y) = 0 defina y R ξρ s email: [email protected]

216

Jasmer LPC

UMSA


217

como función impl´ıcita respecto de la variable x, en un entorno del punto cr´ıtico (x0 , y0). Es decir, y = h(x), con y0 = h(x0 ). Podemos suponer que hemos sustituido, en f (x, y), y por su valor y = h(x), con lo que obtenemos una función de una sola variable f ∗ (x) = f (x, h(x)). La naturaleza del punto cr´ıtico (x0 , y0 ) en f (x, y) condicionado por g(x, y) = 0, será la del punto cr´ıtico x0 en f ∗ . Es evidente que la función f (x, y) posee un máximo (resp., m´ınimo) condicionado por g(x, y) = 0, en (x0 , y0 ) si y solamente si la función f ∗ (x) = f (x, h(x)) posee un máximo (resp., m´ınimo) en x0 . Con lo cual el estudio de la naturaleza de los puntos cr´ıticos se hace en una función de una sola variable, acudiendo al signo de su segunda derivada f ′′ (x0 , h(x0 ), h′ (x0 ), h′′ (x0 ))), sin que para ello sea necesario conocer la expresión de y = h(x), puesto que h(x0 ), está dado, por el punto cr´ıtico; y h′ (x0 ) y h′′ (x0 ), se obtienen directamente a partir de g(x, y) = 0, en virtud del teorema de la función impl´ıcita. El método se generaliza a más de dos variables de manera natural. As´ı, La función f (x, y, z) posee un máximo (resp., m´ınimo) condicionado por la restricción g(x, y, z) = 0, en (x0 , y0, z0 ) si y solamente la función f ∗ (x, y) = f (x, y, h(x, y)) posee un máximo (resp., m´ınimo) en (x0 , y0). Con lo cual el estudio de la naturaleza de los puntos cr´ıticos se hace en una función de una variable menos, acudiendo al signo de su hessiano (ello siempre que la ecuación g(x, y, z) = 0 defina impl´ıcitamente z = h(x, y), en un entorno del punto (x0 , y0 )). As´ı, ∗ ∗ f f xy Hf ∗ (x0 , y0 ) = xx ∗ ∗ fyx fyy

donde no es necesario conocer la expresión z = h(x, y), y los valores de z, zx , zy , zxx , zxy y zyy , en el punto (x0 , y0 ), necesarios para el cálculo de dicho hessiano, se determinan mediante la derivación impl´ıcita. En el caso de dos variables, también puede estudiarse la naturaleza del punto cr´ıtico estudiamos el signo del determinante: Lλλ Lλx Lλy 0 gx gy ∆ = Lxλ Lxx Lxy = gx Lxx Lxy Lyλ Lyx Lyy gy Lyx Lyy Si ∆ < 0, entonces (x0 , y0 ) es un punto m´ınimo.

Si ∆ > 0, entonces (x0 , y0 ) es un punto máximo. Si ∆ = 0, entonces el criterio no da información. Método del Hessiano: Hallamos el hessiano de la función de Lagrange L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) en el punto cr´ıtico correspondiente (x0 , y0 ): Lxx (x0 , y0) Lxy (x0 , y0) HL(x0 , y0 ) = Lyx (x0 , y0 ) Lyy (x0 , y0 ) R ξρ s email: [email protected]

217

Jasmer LPC

UMSA


218

1. Si detHL(x0 , y0 ) > 0 y Lxx (x0 , y0 ) > 0, entonces (x0 , y0) es un m´ınimo condicionado. 2. Si detHL(x0 , y0 ) > 0 y Lxx (x0 , y0 ) < 0, entonces (x0 , y0) es un máximo condicionado. 3. Si detHL(x0 , y0 ) ≤ 0, entonces el criterio no da información. Habrá que resolver por otro método. Este procedimiento se hace extensivo a funciones de 3 variables reales del modo siguiente. Sea U = f (x, y, z) con restricción g(x, y, z) = 0. 1. Definir la función de Lagrange L(x, y, z, λ) = f (x, y, z) + λg(x, y, z) 2. Resolver el siguiente sistema que se da a continuación para obtener el punto cr´ıtico p = (x0 , y0, z0 , λ0 ):  Lx = 0      Ly = 0

 fx + λgx = 0      fx + λgx = 0

 Lz = 0     Lλ = 0

 fz + λgz = 0     g(x, y, z) = 0

3. Calcular los determinantes:

0 gx (p) gy (p) gz (p) gx (p) fxx (p) fxy (p) fxz (p) ∆2 (p) = gy (p) fyx (p) fyy (p) fyz (p) gz (p) fzx (p) fzy (p) fzz (p)

,

0 gx (p) gy (p) ∆1 (p) = gx (p) fxx (p) fxy (p) gy (p) fyx (p) fyy (p)

Si ∆1 (p) > 0 y ∆2 (p) < 0, entonces la función tiene un máximo relativo condicionado en p. Si ∆1 (p) < 0 y ∆2 (p) < 0, entonces la función tiene un m´ınimo relativo condicionado en p. Ahora resolvamos el problema de maximizar una función f en n variables f (x1 , x2 , ..., xn ) cuando las variables (x1 , x2 , ..., xn ) están sometidas a las restricciones   g1 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0    g2 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0 ..  . 0    g (x , x , ..., x ) = 0 m


1

2

218

n

Jasmer LPC


UMSA

219

Definamos el conjunto M = {(x1 , x2 , ..., xn ) ∈ Rn : gk (x1 , x2 , ..., xn ) = 0, 1 ≤ k ≤ m} Denotemos por f |M la función f restringida a M, si f |M tiene o presenta un máximo o un m´ınimo local en un punto (a1 , a2 , ..., an ) de M, entonces diremos que f (x1 , x2 , ..., xn ) sometida a las restricciones   g1 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0    g2 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0 ..  . 0    g (x , x , ..., x ) = 0 m

1

2

n

tiene un extremo relativo en el punto (a1 , a2 , ..., an ).

TEOREMA 7.7 (Teorema de Lagrange). Sean m, n con m < n y sean f : Rn → R y g : Rn → R funciones con derivadas parciales continuas y que los vectores ∇g1 (x1 , x2 , ..., xn ), ∇g2 (x1 , x2 , ..., xn ),..., ∇gm (x1 , x2 , ..., xn ) son linealmente independientes para todo (x1 , x2 , ..., xn ) donde   g1 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0    g2 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0 ..  .    g (x , x , ..., x ) = 0 m

1

2

n

Si la función f (x1 , x2 , ..., xn ) sometida a las restricciones   g1 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0    g2 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0 ..  .    g (x , x , ..., x ) = 0 m 1 2 n

tiene un extremo relativo en un punto (a1 , a2 , ..., an ) entonces existen unos escalares λ1 , λ2 ,..., λm , no todos nulos, tales que ∇f (a1 , a2 , ..., an ) = λ1 ∇g1 (a1 , a2 , ..., an ) + λ2 ∇g2 (a1 , a2 , ..., an ) + · · · + λm ∇gm (a1 , a2 , ..., an ) Los λk se les llama los multiplicadores de Lagrange para el punto (a1 , a2 , ..., an ). TEOREMA 7.8 (M´ etodo de los multiplicadores de Lagrange). Sean f : Rn → R y g : Rn → R funciones con derivadas parciales continuas y que los vectores ∇g1 (x1 , x2 , ..., xn ), ∇g2 (x1 , x2 , ..., xn ),..., ∇gm (x1 , x2 , ..., xn ) son linealmente independientes para todo (x1 , x2 , ..., xn ) donde   g1 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0    g2 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0 ..  .    g (x , x , ..., x ) = 0 m


1

2

219

n

Jasmer LPC


UMSA

220

Si la función f (x1 , x2 , ..., xn ) sometida a las restricciones   g1 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0    g2 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0 ..  .    g (x , x , ..., x ) = 0 m 1 2 n

tiene un extremo relativo en un punto (a1 , a2 , ..., an ) entonces (a1 , a2 , ..., an ) es solución del siguiente sistema de n + m ecuaciones con n + m inc´ ognitas x1 , x2 , ..., xn , λ1 , λ2 ,..., λm :   ∇f (x1 , x2 , ..., xn ) = λ1 ∇g1 (x1 , x2 , ..., xn ) + · · · + λm ∇gm (x1 , x2 , ..., xn )      g1 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0 g2 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0 (7.4)  ..   .    g (x , x , ..., x ) = 0 m 1 2 n ´ n. Si hacemos x = (x1 , x2 , ..., xn ), entonces el sistema (7.4) puede escribirse como: Observacio                                                     

∂f + λ1 ∂x1 x ∂f + λ1 ∂x2 x

∂g1 + · · · + λm ∂x1 x ∂g1 + · · · + λm ∂x2 x

∂gm = 0 ∂x1 x ∂gm = 0 ∂x2 x .. .

∂f ∂g1 ∂gm + λ1 + · · · + λm = 0 ∂xn x ∂xn x ∂xn x

(7.5)

g1 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0 g2 (x1 , x2 , ..., xn ) = 0 .. .

gm (x1 , x2 , ..., xn ) = 0

´ n. Si sabemos que f (x1 , x2 , ..., xn ) sometida a Observacio   g1 (x1 , x2 , ..., xn ) =    g2 (x1 , x2 , ..., xn ) = ..  .    g (x , x , ..., x ) = m 1 2 n

las restricciones 0 0 0

alcanza su máximo y su m´ınimo absolutos (por ejemplo, si M = {(x1 , x2 , ..., xn ) ∈ Rn : gk (x1 , x2 , ..., xn ) = 0, 1 ≤ k ≤ m} R ξρ s email: [email protected]

220

Jasmer LPC


UMSA

221

es un conjunto compacto) entonces basta evaluar f en las soluciones del sistema (7.5) y quedarse con los valores máximo y m´ınimo. EJEMPLO 7.29. Desdoblar el n´ umero 36 en tres n´ umeros positivos de modo que su producto sea el mayor posible. ´ SOLUCION.Seg´ un las condiciones del problema tenemos: 1.- Maximizar

f (x, y, z) = xyz

2.- Sujeto a

x + y + z = 36

Transformemos este problema de extremos condicionado en un problema sin condiciones. Para esto despejamos z de la u ´ ltima ecuación z = 36 − x − y, reemplazando en xyz, tenemos f (x, y) = xy(36 − x − y) = 36xy − x2 y − xy 2 . Primero encontramos las derivadas parciales de f (x, y) fx (x, y) = 36y − 2xy − y 2 ,

fy (x, y) = 36x − x2 − 2xy.

Estas funciones están definidas para todo (x, y), por lo tanto los u ´ nicos puntos cr´ıticos que buscaremos es cuando fx y fy son ceros. Esto es: 36y − 2xy − y 2 = 0 36x − x2 − 2xy = 0

y(36 − 2x − y) = 0 x(36 − x − 2y) = 0

y = 0, x = 0,

2x + y = 36 x + 2y = 36

Para resolver el sistema igualamos a cero cada factor de la primera ecuación con cada factor de la segunda ecuación: x = 0 o 2x + y = 36 y = 0 o x + 2y = 36 Para el caso en que x = 0, tenemos dos casos: y = 0. Por tanto, el punto cr´ıtico es (0, 0) x + 2y = 36. De donde y = 18. Por tanto, un punto cr´ıtico es (0, 18) Para el caso en que 2x + y = 36, tenemos dos casos: y = 0. De donde x = 18. Por tanto, un punto cr´ıtico es (18, 0) x + 2y = 36. De donde 2x + y = 36 x + 2y = 36 R ξρ s email: [email protected]

2x + y = 36 −2x − 4y = −72 221

−3y = −36 y = 12 2x + 12 = 36 x = 12. Jasmer LPC


UMSA

222

Luego un punto cr´ıtico es (12, 12). Para determinar si se trata de máximo o m´ınimo, hallamos la matriz hessiana. Hf (x, y) =


=

−2y 36 − 2x − 2y 36 − 2x − 2y −2x

Con lo cual resulta: 0 0 = 0 el hessiano no nos determina la naturaleza del punto cr´ıtico. |Hf (0, 0)| = 0 0 −2(18) 36 − 2(0) − 2(18) = 0 el hessiano no nos determina la |Hf (0, 18)| = 36 − 2(0) − 2(18) −2(0) naturaleza del punto cr´ıtico. −2(0) 36 − 2(18) − 2(0) |Hf (18, 0)| = = 0 el hessiano no nos determina la 36 − 2(18) − 2(0) −2(18) naturaleza del punto cr´ıtico. −2(12) 36 − 2(12) − 2(12) |Hf (12, 12)| = = 576 − 144 = 432 > 0 y fxx = 36 − 2(12) − 2(12) −2(12) −24 < 0, entonces (12, 12) se corresponde con un máximo relativo. ♣

Luego los n´ umeros son x = 12, y = 12, z = 36 − 12 − 12 = 12

EJEMPLO 7.30. Identificar los valores extremos de la funci´ on: f (x, y) = 3x + 3y si los puntos 2 2 (x, y) deben verificar la condición x + y = 2. ´ SOLUCION.Identifiquemos las funciones: 1.- Función objetivo:

f (x, y) = 3x + 3y

2.- Función restricción:

g(x, y) = x2 + y 2 − 2

Formamos la función de Lagrange: L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) Que, en nuestro caso, es: L(x, y, λ) = 3x + 3y + λ(x2 + y 2 − 2) Los puntos cr´ıticos de esta función vendrán determinados por las soluciones del sistema: R ξρ s email: [email protected]

222

Jasmer LPC


UMSA

 L = 3 + 2xλ = 0   x Ly = 3 + 2yλ = 0   Lλ = x2 + y 2 − 2 = 0

y = x 2 x + y2 = 2

 3    λ=− 2x 3    λ=− 2y 2

2

x +y =2

x2 + x2 = 2 2x2 = 2

  

223

−

3 3 = − 2x 2y

x2 + y 2 = 2

x2 = 1 x = ±1

3 Tomando x = 1, obtenemos que y = 1 y además de que λ = − . Luego uno de los puntos cr´ıticos 2 3 3 de la función de Lagrange es 1, 1, − 2 . Pero si tomamos x = −1, obtenemos que y = −1 y λ = , 2 3 por tanto el otro punto cr´ıtico de la función de Lagrange es − 1, −1, 2 . Para determinar su naturaleza de estos puntos cr´ıticos estudiamos el signo del determinante:

0 gx gy 0 2x 2y ∆(x, y, λ) = gx Lxx Lxy = 2x 2λ 0 gy Lyx Lyy 2y 0 2λ En efecto, evaluando en el punto 1, 1, − 32 tenemos 0 2 2 3 ∆ 1, 1, − = 2 −3 0 2 2 0 −3

= −2 2 0 2 −3

.

+ 2 2 −3 = −2(−6 − 0) + 2(0 + 6) = 12 2 0

De aqu´ı se sigue queel punto p(1, 1) es un punto máximo condicionado para f . Por otra parte si 3 evaluamos el punto − 1, −1, 2 obtendremos 0 −2 −2 −2 0 −2 3 3 0 = 2 ∆ − 1, −1, = −2 3 − 2 −2 0 = 2(−6 − 0) − 2(0 + 6) = −12 −2 3 2 −2 0 3

De aqu´ı se sigue que el punto p(−1, −1) es un punto m´ınimo condicionado para f .

♣

EJEMPLO 7.31. Con el uso de los multiplicadores de Lagrange; calcular la m´ınima distancia que existe entre el punto Q(5, 4) y la recta 4x + 3y = 7. ´ SOLUCION.Sea P (x, y) un punto cualquiera entre el punto p de la recta 4x+3y = 7. La distancia 2 2 2 Q(5, 4) a un punto P (x, y) es dado por d = (x − 5) + (y − 4) , esto es, d = (x − 5)2 + (y − 4)2 .


223

Jasmer LPC


UMSA

224

Buscamos las coordenadas de P que hacen que d o equivalentemente d2 sea m´ınima, esto es, tenemos que resolver el siguiente problema: 1.- Maximizar

f (x, y) = (x − 5)2 + (y − 4)2

2.- Sujeto a

4x + 3y = 7

Por tanto tenemos identificado las funciones: 1.- Función objetivo:

f (x, y) = (x − 5)2 + (y − 4)2


g(x, y) = 4x + 3y − 7

Formamos la función de Lagrange: L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) Que, en nuestro caso, es: L(x, y, λ) = (x − 5)2 + (y − 4)2 + λ(4x + 3y − 7) Los puntos cr´ıticos de esta función vendrán determinados por las soluciones del sistema:  L = 2(x − 5) + 4λ = 0   x Ly = 2(y − 4) + 3λ = 0   Lλ = 4x + 3y − 7 = 0

 x−5   λ=− 2   λ = − 2(y − 4) 3 4x + 3y = 7

x−5 2(y − 4) De las dos primeras ecuaciones obtenemos − = − , 3x − 15 = 4y − 16 de donde 2 3 3x − 4y = −1, juntando con la tercera ecuación tenemos el siguiente sistema de ecuaciones

3x − 4y = −1 4x + 3y = 7

9x − 12y = −3 16x + 12y = 28

de esta manera tenemos y = 1,

x=1

λ=−

 25x = 25    x=1 4(1) + 3y = 7    y=1

x−5 1−5 =− =2 2 2

con lo cual, el u ´ nico punto cr´ıtico es 1, 1 , obtenido para λ = 2. R ξρ s email: [email protected]

224

Jasmer LPC

UMSA


225

Para determinar su naturaleza estudiamos el signo del determinante: 0 gx gy ∆(x, y, λ) = gx Lxx Lxy gy Lyx Lyy

Evaluando en 1, 1, 2 tenemos

0 4 3 = 4 2 0 3 0 2

0 4 3 ∆(1, 2, −1) = 4 2 0 = 0 − 8 − 6 = −14 < 0 3 0 2 De donde, el punto 1, 1 es un punto m´ınimo y además el valor m´ınimo es p p √ d = (1 − 5)2 + (1 − 4)2 = (−4)2 + (−3)2 = 16 + 9 = 5.

♣

EJEMPLO 7.32. Minimizar la funci´ on f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 sujeta a las condiciones x + 2y + 3z = 6, x + 3y + 9z = 9. ´ SOLUCION.Para ello identifiquemos las funciones Función objetivo:

f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2

Función restricción 1:

g(x, y, z) = x + 2y + 3z − 6

Función restricción 2:

h(x, y, z) = x + 3y + 9z − 9

y de aqu´ı obtenemos el sistema formado por las siguientes ecuaciones: fx + λ1 gx + λ2 hx fy + λ1 gy + λ2 hy fz + λ1 gz + λ2 hz g(x, y, z) h(x, y, z)

= = = = =

0 0 0 0 0

2x + λ1 + λ2 2y + 2λ1 + 3λ2 2x + 3λ1 + 9λ2 x + 2y + 3z x + 3y + 9z

= = = = =

0 0 0 6 9

Despejamos x, y, z en las tres primeras y sustituimos en las dos u ´ ltimas obteniendo: 14λ1 + 34λ2 = −12 34λ1 + 91λ2 = −18 y finalmente λ1 = −

240 59

y λ2 =

78 59

Para estos valores de los multiplicadores de Lagrange obtenemos el punto P R ξρ s email: [email protected]

225

81 123 9 , , 59 59 59

♣

Jasmer LPC


UMSA

226

EJEMPLO 7.33. Hallar los extremos de la funci´ on f (x, y) = 2xy − 3y 2 − x2 bajo la restricción x + y = 16. ´ SOLUCION.Formamos la función de Lagrange: L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) Que, en nuestro caso, es: L(x, y, λ) = 2xy − 3y 2 − x2 + λ(x + y − 16) Los puntos cr´ıticos de esta función vendrán determinados por las soluciones del sistema: (

 L = 2y − 2x + λ = 0   x Ly = 2x − 6y + λ = 0   Lλ = x + y − 16 = 0

λ = −2y + 2x λ = −2x + 6y

x + y = 16

De las dos primeras ecuaciones obtenemos −2y + 2x = −2x + 6y, de donde −8y = −4x, y = 21 x, y sustituyendo en la tercera resulta x + y = 16 x + 12 x = 16 3 x 2

= 16

x =

32 3

32 32 16 32 16 de esta manera tenemos x = 3 , y = 16 − 3 = 3 , λ = 2 3 − 6 3 = u ´ nico punto cr´ıtico es 32 , 16 , obtenido para λ = − 32 . 3 3 3

64−96 3

= − 32 con lo cual, el 3

Ahora bien, reemplazamos λ = − 32 en las formulas para Lx y Ly y luego hallamos sus derivadas 3 parciales segundas: (

Lx = 2y − 2x − Ly = 2x − 6y −

32 3 32 3

con lo cual: 32 16 HL , = 3 3

Lxx Lxy Lyx Lyy

 L = −2   xx Lyy = −6   Lxy = 2 !

=

−2 2 2 −6

Para estudiar su naturaleza calculamos R ξρ s email: [email protected]

226

Jasmer LPC


UMSA

227

32 16 32 16 detHL , = 8 − 4 = 4 > 0 y Lxx , = −2 < 0 3 3 3 3 16 luego la función presenta un máximo condicionado en el punto 32 , . 3 3

♣

EJEMPLO 7.34. Hallar los máximos y m´ınimos de la funci´ on f (x, y) = 5x2 + 6y 2 − xy bajo la restricción x + 2y = 24. ´ SOLUCION.Identifiquemos las funciones: 1.- Función objetivo:

f (x, y) = 5x2 + 6y 2 − xy


g(x, y) = x + 2y − 24

Formamos la función de Lagrange: L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) Que, en nuestro caso, es: L(x, y, λ) = 5x2 + 6y 2 − xy + λ(x + 2y − 24) Los puntos cr´ıticos de esta función vendrán determinados por las soluciones del sistema:  L = 10x − y + λ = 0   x Ly = 12y − x + 2λ = 0   Lλ = x + 2y − 24 = 0

(

λ = −10x + y

λ = −6y + 12 x x + 2y = 24

De las dos primeras ecuaciones obtenemos −10x + y = −6y + 12 x, −20x + 2y = −12y + x de donde −21x + 14y = 0, juntando con la tercera ecuación tenemos el sistema de ecuaciones

−21x + 14y = 0 x + 2y = 24

−21x + 14y = 0 −21x − 42y = −504

−28y = −504 y = 18

de esta manera tenemos y = 18, x =24 − 2(18) = −12, λ = −10x + y = −10(−12) + 18 = 138 con lo cual, el u ´ nico punto cr´ıtico es − 12, 18 , obtenido para λ = 138.

Ahora bien, reemplazamos λ = 138 en las formulas para Lx y Ly y luego hallamos sus derivadas parciales segundas: R ξρ s email: [email protected]

227

Jasmer LPC


UMSA

(

 L = 10   xx Lyy = 12   Lxy = −1

Lx = 10x − y + 138 Ly = 12y − x + 276

con lo cual: HL − 12, 18 =

228

!

Lxx Lxy Lyx Lyy

=

10 −1 −1 12

Para estudiar su naturaleza calculamos 32 16 detHL − 12, 18 = 120 + 1 = 121 > 0 y Lxx , = 10 > 0 3 3 luego la función presenta un m´ınimo condicionado en el punto − 12, 18 .

♣

EJEMPLO 7.35. Maximizar la función f (x, y) = 25 − x2 − y 2 sujeta a la restricci´ on 2x + y = 4 ´ SOLUCION.Identifiquemos las funciones: 1.- Función objetivo:

f (x, y) = 25 − x2 − y 2


g(x, y) = 2x + y − 4

Formamos la función de Lagrange: L(x, y, λ) = 25 − x2 − y 2 + λ(2x + y − 4) ahora, calculamos las derivadas parciales respecto de x, de y y respecto de λ. Lx = −2x − 2λ

Ly = −2y − λ

(7.6)

Lλ = 2x + y − 4 Los valores cr´ıticos (óptimos) se obtienen haciendo CERO las tres derivadas parciales y resolviendo el sistema.  −2x − 2λ = 0   −2y − λ = 0   2x + y = 4


(

λ = −x

λ = −2y 2x + y = 4

228

Jasmer LPC


UMSA

229

De las dos primeras ecuaciones obtenemos −x = −2y, de donde x − 2y = 0, juntando con la tercera ecuación tenemos el sistema de ecuaciones

x − 2y = 0 2x + y = 4

−2x + 4y = 0 2x + y = 4

  5y = 4 4  y = 5

de esta manera encontramos que y = 45 , x = 2 45 = 85 , λ = −85 y estos son los puntos cr´ıticos en la función de Lagrange. Con lo cual, el u ´ nico punto cr´ıtico es 85 , 45 , obtenido para λ = − 85 .

Ahora bien, reemplazamos λ = − 58 en las formulas para Lx y Ly obtenidas en (7.6) y luego hallamos sus derivadas parciales segundas: (

Lx = −2x + Ly = −2y +

16 5 8 5

con lo cual: 8 4 = HL , 5 5

Lxx Lxy Lyx Lyy

 L = −2   xx Lyy = −2   Lxy = 0 !

=

−2 0 0 −2

Para estudiar su naturaleza calculamos 8 4 8 4 detHL , = 4 > 0 y Lxx , = −2 < 0 5 5 5 5 luego la función presenta un máximo condicionado en el punto 85 , 45 .

♣

EJEMPLO 7.36. Hallar los valores extremos de la funci´ on f (x, y) = 2xy + 12x − y 2 − 3x2 − 1 si los puntos P (x, y) deben verificar la condici´ on x + y = 12. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 7.37. Halle los valores extremos de f (x, y) = x2 + y 2 − 9 sujeto a la condición x + y = 2. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 7.38. Halle los valores extremos de f (x, y) = 2x + 2xy + y sujeto a la condición 2x + y = 100. R ξρ s email: [email protected]

229

Jasmer LPC


UMSA ´ SOLUCION.-

230 ♣

EJEMPLO 7.39. Halle los valores extremos de f (x, y) = x2 −y 2 sujeto a la condici´ on x−2y+6 = 0. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 7.40. Hallar el m´ınimo de la funci´ on f (x, y) = x2 +y 2 condicionado por la restricción x + y − 1 = 0, mediante el método de los multiplicadores de Lagrange. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 7.41. Hallar el m´ınimo de la funci´ on f (x, y) = x2 +y 2 condicionado por la restricción x + y − 1 = 0, mediante el método de los multiplicadores de Lagrange. ´ SOLUCION.Formamos la función de Lagrange: L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) Que, en nuestro caso, es: L(x, y, λ) = x2 + y 2 + λ(x + y − 1) Los puntos cr´ıticos de esta función vendrán determinados por las soluciones del sistema:  L = 2x + λ = 0   x Ly = 2y + λ = 0   Lλ = x + y − 1 = 0

(

λ = −2x λ = −2y

x+y = 1

(

−2x = −2y

x+y = 1

Resolviendo el u ´ ltimo sistema x = y = 1/2, luego el u ´ nico punto cr´ıtico es el punto p(1/2, 1/2). Para determinar su naturaleza estudiamos el signo del determinante: Lλλ Lλx Lλy ∆(1/2, 1/2, −1) = Lxλ Lxx Lxy Lyλ Lyx Lyy

0 1 1 = 1 2 0 1 0 2

De donde, el punto p(1/2, 1/2) es un punto m´ınimo.

= −2 − 2 = −4 ♣

EJEMPLO 7.42. Inscribir un rectángulo de ´ area m´ axima, con los lados paralelos a los ejes de coordenadas, en la región del primer cuadrante limitada por la par´ abola y = 3 − x2 y los ejes de coordenadas. R ξρ s email: [email protected]

230

Jasmer LPC


UMSA

231

Figura 7.3: y = 3 − x2 ´ SOLUCION.La función a maximizar es el área del rectángulo, A = x · y. La restricción viene determinada por el hecho de que el punto (x, y) debe pertenecer a la parábola y = 3 − x2 , luego tenemos: A(x, y) = xy,

g(x, y) = x2 + y − 3

Formamos la función de Lagrange: L(x, y, λ) = A(x, y) + λg(x, y) Que, en nuestro caso, es: L(x, y, λ) = xy + λ(x2 + y − 3) Los puntos cr´ıticos de esta función vendrán determinados por las soluciones del sistema:  L = y + 2xλ = 0   x Ly = x + λ = 0   Lλ = x2 + y − 3 = 0

2x2 = y x2 + y = 3

  λ=− y 2x  λ = −x

x2 + y = 3

x2 + 2x2 = 3 3x2 = 3

 

y = −x 2x  x2 + y = 3

−

x2 = 1 x = ±1

Y al ser x > 0 por ser (x, y) un punto del primer cuadrante, resulta: x = 1,

luego y = 2,

además λ = −1.

Luego el u ´ nico punto cr´ıtico es el punto P (1, 2). Para determinar su naturaleza estudiamos el signo del determinante: R ξρ s email: [email protected]

231

Jasmer LPC


UMSA

0 gx gy ∆(x, y, λ) = gx Lxx Lxy gy Lyx Lyy

Evaluando en (1, 2, −1) tenemos

0 2 1 ∆(1, 2, −1) = 2 −2 1 1 1 2

De donde, el punto p(1, 2) es un punto máximo.

232

0 2x 1 = 2x 2λ 0 1 2x 0

= 2+2+2 =6 >0 ♣

EJEMPLO 7.43. Mediante aplicación de m´ aximos y/o m´ınimos, hallar la distancia m´ınima que existe entre el punto p(1, 1) y la recta 3x + 4y − 12 = 0. ´ SOLUCION.Sea P (x, y) un punto cualquiera de la recta. El cuadrado de la distancia entre el punto p(1, 1) y punto P es d2 = (x − 1)2 + (y − 1)2 . Buscamos las coordenadas de P que hacen d que sea m´ınima. Por tanto tenemos identificado las funciones: 1.- Función objetivo:

f (x, y) = (x − 1)2 + (y − 1)2


g(x, y) = 4x + 3y − 12

Formamos la función de Lagrange: L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) Que, en nuestro caso, es: L(x, y, λ) = (x − 1)2 + (y − 1)2 + λ(4x + 3y − 12) Los puntos cr´ıticos de esta función vendrán determinados por las soluciones del sistema:  L = 2(x − 1) + 4λ = 0   x Ly = 2(y − 1) + 3λ = 0   Lλ = 4x + 3y − 12 = 0

 x−1   λ= 2  2(y − 1)  λ= 3 4x + 3y = 12

x−1 2(y − 1) De las dos primeras ecuaciones obtenemos = , 3x−3 = 4y−4 de donde 3x−4y = −1, 2 3 juntando con la tercera ecuación tenemos el siguiente sistema de ecuaciones R ξρ s email: [email protected]

232

Jasmer LPC


UMSA

3x − 4y = −1 4x + 3y = 12

9x − 12y = −3 16x + 12y = 48

de esta manera tenemos

233

  25y = 45 9  y= , 5

x=

8 5

8 −1 8 x−1 3 x= λ= = 5 = 5 2 2 10 8 9 3 con lo cual, el u ´ nico punto cr´ıtico es , , obtenido para λ = . 5 5 10 Para determinar su naturaleza estudiamos el signo del determinante:

9 y= , 5

Evaluando en

0 gx gy ∆(x, y, λ) = gx Lxx Lxy gy Lyx Lyy

8 9 3 , , tenemos 5 5 10

De donde, el punto

0 4 3 ∆(1, 2, −1) = 4 2 0 3 0 2

8 9 , es un punto m´ınimo. 5 5

0 4 3 = 4 2 0 3 0 2

= 0 − 8 − 6 = −14 < 0 ♣

EJEMPLO 7.44. Mediante multiplicadores de Lagrange, calcule la distancia m´ınima que existe entre el origen de coordenadas y la recta 3x + 4y + 5 = 0. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 7.45. Por multiplicadores de Lagrange, halle la distancia m´ınima del punto A(5, 4) a la recta 4x + 3y = 7. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 7.46. Mediante multiplicadores de Lagrange, calcule la distancia m´ınima del origen (0, 0) a la recta 4x + 3y + 5 = 0. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 7.47. Halle el punto de la circunferencia x2 + y 2 = 1 m´ as cercano al punto (3, 5). R ξρ s email: [email protected]

233

Jasmer LPC


UMSA

234

´ SOLUCION.Sea P (x, y) un punto cualquiera de la p circunferencia x2 + y 2 = 1. La distancia entre el punto (3, 5) al punto P (x, y) es dado por d = (x − 3)2 + (y − 5)2 , esto es, d2 = (x − 3)2 + (y − 5)2 . Buscamos las coordenadas de P que hacen que d o equivalentemente d2 sea m´ınima, esto es, tenemos que resolver el siguiente problema: 1.- Maximizar

f (x, y) = (x − 3)2 + (y − 5)2

2.- Sujeto a

x2 + y 2 = 1

Por tanto tenemos identificado las funciones: 1.- Función objetivo:

f (x, y) = (x − 3)2 + (y − 5)2


g(x, y) = x2 + y 2 − 1

Formamos la función de Lagrange: L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) Que, en nuestro caso, es: L(x, y, λ) = (x − 3)2 + (y − 5)2 + λ(x2 + y 2 − 1) Los puntos cr´ıticos de esta función vendrán determinados por las soluciones del sistema:  L = 2(x − 3) + 2λx = 0   x Ly = 2(y − 5) + 2λy = 0   Lλ = x2 + y 2 − 1 = 0

 3−x    λ= x 5 − y    λ= y

x2 + y 2 − 1

3−x 5−y = , 3y − xy = 5x − xy de donde 3y = 5x, x y juntando con la tercera ecuación tenemos el siguiente sistema de ecuaciones De las dos primeras ecuaciones obtenemos

y = (5/3)x x2 + y 2 = 1


  

2 x + (5/3)x = 1 2

x2 + (25/9)x2 = 1

234

 (31/9)x2 = 1    2   x = 9/31 √ x = 3/ 31 √   y = (5/3)(3/ 31)   √  y = 5/ 31 Jasmer LPC


UMSA

235

de esta manera tenemos 3 3− √ √ 5 3−x 3 31 y=√ λ= x= √ , = = 31 − 1 3 x 31 31 √ 31 √ con lo cual, el u ´ nico punto cr´ıtico es √331 , √531 , obtenido para λ = 31 − 1. Para determinar su naturaleza estudiamos el signo del determinante:

0 gx gy ∆(x, y, λ) = gx Lxx Lxy gy Lyx Lyy √ 3 5 √ √ Evaluando en , 31 , 31 − 1 tenemos 31

0 2x 2y = 2x 2 + 2λ 0 2y 0 2 + 2λ

0 √6 √10 3 31 31 √ √ 5 0 ∆ √ , √ , 31 − 1 = √631 2 31 √ 10 31 31 √ 0 2 31 31

De donde, el punto d=

s

√3 , √5 31 31

3 √ −3 31

2

+

2 2 √ √ 10 6 − 2 31 √ <0 = 0 − 2 31 √ 31 31

es un punto m´ınimo y además el valor m´ınimo es

5 √ −5 31

2

=

r

√ √ √ 9 25 (1 − 31)2 + (1 − 31)2 = |1 − 31|. 31 31

♣

EJEMPLO 7.48. Hallar los puntos de la superficie z = xy + 5 que sean los m´ as cercanos al origen de coordenadas. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 7.49. Inscribir un rectángulo de ´ area m´ axima, con los lados paralelos a los ejes de coordenadas, en la región del primer cuadrante limitada por la par´ abola y = 3 − x2 y los ejes de coordenadas. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 7.50. Supongamos que se necesitan x unidades de mano de obra y y unidades de 3 1 capital para producir f (x, y) = 10000x 4 y 4 unidades de cierto art´ıculo. Si cada unidad de mano de obra cuesta 20000 bs y cada unidad de capital cuesta 30000 bs y se dispone de un total de 6000000 bs para la producción; debemos determinar cu´ antas unidades de mano de obra y cu´ antas de capital deben usarse para maximizar la producci´ on. R ξρ s email: [email protected]

235

Jasmer LPC


UMSA

236

´ SOLUCION.Recordemos que el costo total de x unidades de mano de obra a 20000 bs la unidad y y unidades de capital a 30000 bs la unidad es igual a 20000x + 30000y = 6000000 , ecuación que representa a la función de restricción. Luego tenemos las funciones: 3

1

1.- Función objetivo:

f (x, y) = 10000 x 4 y 4


g(x, y) = 20000 x + 30000 y − 6000000

Entonces, la función de lagrange la determinamos as´ı: 3

1

L(x, y, λ) = 10000 x 4 y 4 + λ(20000 x + 30000 y − 6000000) Ahora, calculamos las derivadas parciales respecto de x, de y y respecto de λ. − 41

Lx = 7500 x

3

1 4

y + 20000 λ = 7500 3

Ly = 2500 x 4 y − 4

y 14

+ 20000 λ x 34 x + 30000 λ = 2500 + 30000 λ y

(7.7)

Lλ = 20000 x + 30000 y − 6000000

Los valores cr´ıticos (óptimos) se obtienen haciendo CERO las tres derivadas parciales y resolviendo el sistema.  y 14    7500 + 20000 λ = 0   x   34 x  2500 + 30000 λ = 0   y     20000 x + 30000 y − 6000000 = 0

Al despejar λ de las dos primeras ecuaciones, tenemos:

7500 y 14 3 y 14 λ=− =− 20000 x 8 x − 43 34 2500 x 1 x λ=− =− 30000 y 12 y Como λ = λ, obtenemos la ecuación


236

Jasmer LPC


UMSA

237

34 3 y 14 1 x − = − 8 x 12 y

− 43 1 x y 4 8 1 = y x 3 12 y 34 + 41

=

x

8 36

2 De donde se tiene que y = x, luego 9y = 2x, as´ı 2x − 9y = 0, juntando con la tercera ecuación 9 tenemos el siguiente sistema de ecuaciones

2x − 9y = 0 20000 x + 30000 y = 6000000

de esta manera encontramos que y =

6000000 120000

3 λ=− 8

−20000 x + 90000 y = 0 20000 x + 30000 y = 6000000

= 50, x = 92 (50) = 225,

50 225

41

= 0,257

y ´ nico punto cr´ıtico es estos son los puntos cr´ıticos en la función de Lagrange. Con lo cual, el u 225, 50 , obtenido para λ = 0,257.

Ahora bien, reemplazamos λ = 0,257 en las formulas para Lx y Ly obtenidas en (7.7) y luego hallamos sus derivadas parciales segundas:

Puesto que

 y 14    L = 7500 + 20000 (0,257)   x x 34 x    Ly = 2500 + 30000 (0,257)   y

 y − 34 y   Lxx = −1875   x x2     −1 x 4 x Lyy = −18750  y y2     − 3    Lxy = 7500 y 4 1 x x

34 − 41 12 y − 34 y x − 41 x x 1 x 1 = = 2 2 x x y y y xy y xy

entonces Lxx Lyy

12 1 x 1 225 2 1 = 35156250 = 35156250 = 4722362.8 y xy 50 (225)(50)


237

Jasmer LPC


UMSA

238

Por otro lado, como y − 43 1 y − 43 1 y − 43 − 34 1 y − 32 1 = = x x x x x x2 x x2

se tiene que

− 23 y − 32 1 50 1 (Lxy ) = 56250000 = 56250000 = 10666.5 2 x x 225 (225)2 2

con lo cual:

y

detHL 225, 50 = Lxx Lyy − (Lxy )2 = 4722362.8 − 10666.5 > 0 Lxx 225, 50 < 0

luego la función presenta un máximo condicionado en el punto 225, 50 .

♣

EJEMPLO 7.51. Una empresa calcula que puede alcanzar unos beneficios anuales (en miles de euros) dados por la función: B(x, y) = 4xy + 16y − x2 − 5y 2 − 10 miles de euros donde x es la cantidad invertida en investigación (en miles de euros) e y es la cantidad invertida en promoción (en miles de euros). (a) Hallar las cantidades que la empresa ha de destinar a investigaci´ on y promoci´ on para obtener el máximo beneficio. (b) Si la empresa tiene un total de 9,000 euros para gastar en investigaci´ on y promoción, ¿cómo debe asignarse este dinero para generar el m´ aximo beneficio posible? (c) Si la empresa decide aumentar el presupuesto de gasto en investigaci´ on y promoción en 9,500 euros, calcule la forma en que los 500 euros adicionales afectar´ an el m´ aximo beneficio obtenido. ´ (a).- Calculamos sus puntos cr´ıticos: SOLUCION Bx (x, y) = 4y − 2x By (x, y) = 4x + 16 − 10y

4y − 2x = 0 4x + 16 − 10y = 0

x = 2y 8y + 16 − 10y = 16 − 2y y=8

Al resolver el ultimo sistema se obtiene que x = 16, x = 8. Y el punto cr´ıtico es (16, 8). R ξρ s email: [email protected]

238

Jasmer LPC


UMSA

239

Hallamos la matriz Hessiana de la función objetivo Bxx (x, y) = −2 < 0 Byy (x, y) = −10 Bxy (x, y) = 4 B (x, y) Bxy (x, y) detHf (x, y) = xx Byx (x, y) Byy (x, y)

y

−2 4 = 4 −10

Bxx (x, y) = −2 < 0

=4>0

Luego (16, 8) es un máximo local. As´ı, el beneficio máximo se obtiene cuando se destinan 16000 euros a investigación y 8000 euros a promoción. En este caso, el beneficio obtenido será: B(16, 8) = 4(16)(8) + 16(8) − (16)2 − 5(8)2 − 10 = 54. miles de euros. Soluci´ on (b). En este caso tenemos que resolver: 1.- Maximizar

B(x, y) = 4xy + 16y − x2 − 5y 2 − 10

2.- Sujeto a

x+y = 9

Luego 1.- Función objetivo:

B(x, y) = 4xy + 16y − x2 − 5y 2 − 10


g(x, y) = x + y − 9

Formamos la función de Lagrange: L(x, y, λ) = B(x, y) + λg(x, y) = 4xy + 16y − x2 − 5y 2 − 10 + λ(x + y − 9). Calculamos las derivadas parciales respecto de x, de y y respecto de λ de la función L. Lx = 4y − 2x + λ

Ly = 4x + 16 − 10y + λ

(7.8)

Lλ = x + y − 9 R ξρ s email: [email protected]

239

Jasmer LPC


UMSA

240

Buscamos puntos cr´ıticos de la función de Lagrange, para esto observemos que ∇g(x, y) = (1, 1) 6= 0, y además L es diferenciable en todo su dominio, luego los puntos cr´ıticos se obtendrán haciendo CERO las tres derivadas parciales en (7.10) y resolviendo el sistema. (

 4y − 2x + λ = 0   4x + 16 − 10y + λ = 0   x+y =9

λ = 2x − 4y

λ = −4x − 16 + 10y x+y =9

De las dos primeras ecuaciones obtenemos 2x − 4y = −4x − 16 + 10y, de donde 6x − 14y = −16, juntando con la tercera ecuación tenemos el sistema de ecuaciones

6x − 14y = −16 x+y = 9

6x − 14y = −16 −6x − 6y = −54

de esta manera encontramos que y = 27 , x = 9 − 72 =

11 . 2

  −20y = −70 7  y = 2

El multiplicador de Lagrange asociado es

λ = 2x − 4y = 11 − 14 = −3 7 11 Con lo cual, el u ´ nico punto cr´ıtico es 2 , 2 , obtenido para λ = −3. Para determinar su naturaleza estudiamos el signo del determinante: 0 gx gy ∆(x, y, λ) = gx Lxx Lxy gy Lyx Lyy Evaluando en 27 , 11 , −3 tenemos 2

0 1 1 = 1 1 4 1 4 −10

0 1 1 1 4 1 1 + ∆(1, 2, −1) = 1 1 4 = − 1 4 = −(−10 − 4) = 14 > 0 1 −10 1 4 −10 De donde, el punto 27 , 11 es un punto máximo. De forma que se han de destinar 5500 euros a 2 investigación y 3500 euros a promoción, para obtener los máximos beneficios. El beneficio máximo en este caso será: B miles de euros.

7 11 11 7 7 11 2 7 2 , =4 + 16 − −5 − 10 = 31,5. 2 2 2 2 2 2 2

EJEMPLO 7.52. Encontrar los extremos de f (x, y) = x−y+z sujeto a la restricci´ on x2 +y 2 +z 2 = 2 R ξρ s email: [email protected]

240

Jasmer LPC

UMSA ´ SOLUCION.-


241 ♣

EJEMPLO 7.53. Encontrar los extremos de f (x, y) = 2x − 2y − 3z sujeto a la restricción x2 + 2y 2 + 3z 2 = 1 ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 7.54. Halle la distancia m´ınima del punto (1, 2, 3) al plano 2x + 3y + z = 12. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 7.55. Hallar la distancia m´ınima desde el origen al cono z 2 = (x − 1)2 + (y − 2)2 . ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 7.56. Encontrar tres n´ umeros x, y, z tales que x + y + z = 1 y xy + xz + yz sea tan grande como sea posible. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 7.57. Encontrar el punto de la superficie z = xy − 1 m´ as cercano al origen. ´ SOLUCION.-

♣

x+y+z √ EJEMPLO 7.58. Demostrar la siguiente desigualdad: ≥ 3 xyz para todo x, y, z ≥ 0. 3 Sugerencia: Buscar el máximo de la funci´ on u = xyz con la condici´ on x + y + z = c. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 7.59. Halle tres n´ umeros positivos que sumados dan 30, tal que la suma de sus cuadrados sea m´ınima. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 7.60. Halle tres n´ umeros positivos de suma 18, tal que su producto sea máximo. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 7.61. Determinar las dimensiones del paralelep´ıpedo rectangular de lados paralelos a los ejes coordenados de máximo volumen que puede inscribirse en la esfera x2 + y 2 + z 2 = r 2 . R ξρ s email: [email protected]

241

Jasmer LPC

UMSA


242

´ SOLUCION.Los planos coordenados dividen al paralelep´ıpedo rectangular en 8 partes iguales cada uno en uno de los octantes. Si se denominan x, y, z a las longitudes de la parte del paralelep´ıpedo rectangular que se encuentra en el primer octante. Entonces su volumen estará dada por la función f (x, y, z) = 8xyz. Puesto que el paralelep´ıpedo rectangular está inscrito en la esfera x2 + y 2 + z 2 = r 2 , entonces el vértice (x, y, z) debe verificar esta ecuación. Luego la condición en el problema es: x2 + y 2 + z 2 = r 2 Definamos la función g(x, y, z) dado por g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − r 2 Los puntos en los que f (x, y, z) alcanza valores extremos son las soluciones del sistema: fx + λgx fy + λgy fz + λgz g(x, y, z)

= = = =

0 0 0 0

8yz + 2λx 8xz + 2λy 8xy + 2λz 2 x + y2 + z2

= = = =

0 0 0 r2

Despejando λ de las primeras tres ecuaciones se tiene −8xz −8xy −8yz = = 2x 2y 2z de donde se sigue que x = y = z. Reemplazando en la cuarta ecuación 3x2 = r 2 , por tanto r x = y = z = ± √ . Observemos que podemos desechar los valores negativos de x, y, z debido 3 a que estos son ´ nico punto cr´ıtico valido es distancia y no puedes ser negativos. Por tanto el u r r r √ ,√ ,√ que debe ser un punto máximo. ♣ 3 3 3 EJEMPLO 7.62. Cuales deben ser las dimensiones de un envase para leche de forma rectangular, volumen de 512 cm3 y costo m´ınimo, si el material de los lados de la caja cuestan 10 bs el cent´ımetro cuadrado y el material de la tapa y el fondo cuestan 20 bs el cent´ımetro cuadrado. ´ SOLUCION.Suponga que las dimensiones de la caja son x cm de ancho, y cm de largo y z cm de alto, entonces su volumen es: xyz = 512. Por otro lado, el costo total esta dado por C = 40xy + 20xz + 20yz. Definamos las funciones C(x, y, z) = 40xy + 20xz + 20yz,

V (x, y, z) = xyz − 512

Por tanto el problema a resolver es el siguiente: Minimizar w = C(x, y, z) Sujeto a V (x, y, z) = 0 R ξρ s email: [email protected]

242

Jasmer LPC

UMSA


243

Los puntos (x, y, z) soluciones del anterior problema se encuentran resolviendo en siguiente sistema de ecuaciones Cx + λVx Cy + λVy Cz + λVz V (x, y, z)

= = = =

0 0 0 0

40y + 20z − λyz 40x + 20z − λxz 20y + 20x − λxy xyz

= = = =

0 0 0 512

Multiplicando la primera ecuación por x > 0, la segunda por y > 0 y la tercera por z > 0 resulta 40xy + 20xz = 512λ 40xy + 20yz = 512λ 20yz + 20xz = 512λ por tanto 40xy + 20xz = 40xy + 20yz, 20xz = 20yz, luego x = y, del mismo√modo obtenemos √ 2y = z. Por tanto xyz = 2x3 = 512, la u ´ nica solución del sistema es x = y = 3 256, z = 2 3 256. La unicidad de la soluci´ on permite afirmar que las dimensiones de la caja con costo m´ınimo son √ √ 3 3 ♣ x = y = 256, z = 2 256. EJEMPLO 7.63. De un cartón de 12 m2 se va a construir una caja rectangular sin tapa. Determine el volumen máximo para tal caja. ´ SOLUCION.Como V (x, y, z) = xyz y además 12 = 2xz + 2yx + xy, luego F (x, y, z, λ) = xyz + λ(2xz + 2yz + xy − 12) Fx = yz + 2λz + λy = 0 Fy = xz + 2λz + λx = 0 Fz = xy + 2λx + 2λy = 0 Fλ = 2xz + 2yz + xy − 12 = 0 Al multiplicar las primeras tres expresiones por x, y y z respectivamente se obtiene xyz = −λ(2xz + xy) xyz = −λ(2yz + xy) xyz = −λ(2xz + 2yz) As´ı para λ 6= 0, igualado las dos primeras ecuaciones 2xz + xy = 2yz + xy, xz = yz, por tanto con z 6= 0 se tiene que x = y. Además igualado las dos u ´ ltimas ecuaciones 2yz + xy = 2xz + 2yz, xy = 2xz y para x 6= 0 (no volumen) y = 2z. Por tanto se tiene que 12z 2 = 12, de donde 12z 2 = 12, z = ±1, x = y = 2, por tanto Vmax = 4 u♣2 . EJEMPLO 7.64. Utilice el método de los multiplicadores de Lagrange para calcular las dimensiones de la caja de superficie m´ınima que encierra un volumen de 1 litro. R ξρ s email: [email protected]

243

Jasmer LPC

UMSA


244

´ SOLUCION.Si x > 0, y > 0, z > 0 son las dimensiones de la caja, expresadas en cm., se trata ´ de minimizar el Area S(x, y, z) = 2xy + 2xz + 2yz cuando las variables x, y, z están sometidas a la condición de que el volumen encerrado sea xyz = 1000 cm3 . Este problema lo resolvemos como un problema de extremos condicionados, para la función S(x, y, z) = 2xy + 2xz + 2yz sobre la superficie M = {(x, y, z) ∈ Ω : xyz = 1000},

donde Ω = {(x, y, z) : x > 0, y > 0, z > 0}

Un razonamiento similar al efectuado en 5.39 permite justificar que S|M alcanza un m´ınimo absoluto: El trozo de superficie K = {(x, y, z) ∈ M : x ≥ 1, y ≥ 1, z ≥ 1} es cerrado y acotado (pues M ⊂ [1, 1000]3) y por lo tanto compacto. Cuando (x, y, z) ∈ M \ K alguna de sus componentes es menor que 1, y si suponemos que x < 1 se tendrá 2yz = 2000/x > 2000, luego S(x, y, z) > 2000. Como existe p ∈ K con S(p) < 2000, podemos asegurar que el m´ınimo absoluto de S sobre el compacto K también es el m´ınimo absoluto de S|M . Para cada (x, y, z) ∈ M, la función g(x, y, z) = xyz − 1000 cumple ∇g(x, y, z) = (yz, xz, xy) 6= (0, 0, 0) luego, en virtud de 9.10, el m´ınimo absoluto de S|M se alcanza en uno de los puntos estacionarios de S|M , es decir, en una de las soluciones del sistema de ecuaciones 2y + 2z − λyz 2x + 2z − λxz 2y + 2x − λxy xyz

= = = =

0 0 0 1000

Multiplicando la primera ecuación por x > 0, la segunda por y > 0 y la tercera por z > 0 resulta 2xy + 2xz = 1000λ 2xy + 2yz = 1000λ 2yz + 2xz = 1000λ cuya u ´ nica solución en Ω es x = y = z = 10, λ = 2/5. La unicidad de la solución permite afirmar ♣ que el m´ınimo absoluto de S|M se alcanza cuando x = y = z = 10. EJEMPLO 7.65. Calcular los valores m´ aximo y m´ınimo de la funci´ on f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 sobre la superficie del elipsoide M := {f (x, y, z) ∈ R3 :

x2 y2 z2 + + − 1 = 0} 64 36 25

´ SOLUCION.Al ser M un subconjunto compacto de R3 ; f alcanza los valores máximo y m´ınimo en M: Además M es una variedad, por lo que aplicaremos el método de los multiplicadores de Lagrange. Consideremos la función x2 y2 z2 F (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + λ + + −1 64 36 25 R ξρ s email: [email protected] 244 Jasmer LPC

UMSA


245

Sabemos que los extremos relativos de f |M son puntos cr´ıticos de F para alg´ un valor de λ. As´ı pues, debemos resolver el sistema de ecuaciones: 1 x x 1−λ = 0 2x − 2λ = 0 64 64 y 1 2y − 2λ = 0 = 0 y 1−λ 36 36 z 1 2z − 2λ = 0 z 1 − λ = 0 25 25 x2 y2 z2 y2 z2 x2 + + = 1 + + = 1 64 36 25 64 36 25 De la primera ecuación tenemos que, o bien x = 0 o bien λ = 64. En el primer caso, sustituyendo en las otras tres ecuaciones obtendr´ıamos las soluciones (0, 0, ±5), (0, ±6, 0). Si λ = 64, al sustituir en las ecuaciones segunda y tercera obtenemos y = z = 0 y, llevando estos valores a la cuarta nos queda x = ±8. Finalmente, deberemos calcular f (±8, 0, 0), f (0, ±6, 0), f (0, 0, ±5), de donde ♣ resulta que el valor máximo de f |M es 64 y el m´ınimo es 25. EJEMPLO 7.66. Resolver los siguientes problemas geométricos mediante el método de Lagrange: (a) Encontrar la distancia más corta desde el punto (1, 2, 3) ∈ R3 hasta el plano de ecuación x + y − z = 5. (b) Encontrar el punto sobre la recta de intersecci´ on de los dos planos x + y + z = 3 y 2x+6y−z = 0 que está más cerca del origen. (c) Mostrar que el volumen del mayor paralelep´ıpedo x2 y 2 z 2 240 + + = 1 es √ . rectangular que puede inscribirse en el elipsoide 9 4 25 3 3 ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 7.67. Deseamos calcular la distancia del origen (0, 0, 0) al plano cuya ecuación es x + y + z = 1. El objetivo es hallar un punto (x0 , y0, z0 ) que satisfaga la ecuaci´ on del plano y que sea un punto de m´ınimo de la función distancia de un punto al origen. ´ SOLUCION.Esta función distancia la podemos tomar como f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 y la restricción g(x, y, z) = x + y + z − 1 = 0. Realmente la función distancia al origen que debemos tomar es h = x2 + y 2 + z 2 , pero es claro que los extremos de h son los mismos de f y con ésta u ´ ltima los cálculos se simplifican. De acuerdo con (3.8.1), y en este caso sólo hay una restricción, los puntos de m´ınimo de f condicionados a la restricción g = 0 deben satisfacer el sistema ∇f (x, y, z) = ∇g(x, y, z)

(7.9)

El sistema (7.9) es el sistema 2x 2y 2z x+y+z R ξρ s email: [email protected]

245

= = = =

λ λ λ 1 Jasmer LPC


UMSA

246

Resolvemos el sistema anterior y encontramos que 2 λ= , 3 Entonces el punto

1 1 1 , , 3 3 3

1 x= , 3

1 y= , 3

1 z= . 3

debe ser el punto que minimiza a f sujeto a la condición g = 0. √ 3 Deducimos que la distancia del plano al origen es . 3

♣

EJEMPLO 7.68. Se desea fabricar una caja sin tapa, con forma de paralelep´ıpedo recto y tal que su volumen sea de 4 m3 . Determina las dimensiones que debe tener la caja de modo que el costo de la soldadura que se va a utilizar para soldar las caras y la base sea el m´ınimo. ´ SOLUCION.Si x, y y z denotan las aristas de la caja, el problema es hallar el m´ınimo de la función f (x, y, z) = 2x + 2y + 4z con la restricción g(x, y, z) = xyz − 4, ya que el volumen debe ser 4 m3 . La ecuación ∇f = λ∇g da lugar a las ecuaciones: 2 = λyz 2 = λxz 4 = λxy Al dividir las dos primeras ecuaciones, encontramos que x = y. Al dividir la primera y la tercera ecuaciones, encontramos que x = 2z, por lo que el volumen es 4 = xyz = 4z 3 , entonces z = 1 lo ♣ cual implica que x = y = 2. EJEMPLO 7.69. Encuentre las dimensiones de una caja rectangular de m´ aximo volumen si el area de su superficie total es 24 m2 . Utilizar un criterio para garantizar que corresponde a máximo ´ volumen. Explique. ´ SOLUCION.Tomemos las variables x, y, z para indicar las longitudes de las aristas de la caja. Entonces su volumen esta dado por f (x, y, z) = xyz Puesto que el área de su superficie total es 24 m2 , se tiene que 2xy + 2xz + 2yx = 24, esto es: xy + xz + yx = 12. En este caso el problema de optimización es el siguiente: 1.- Maximizar

f (x, y, z) = xyz

2.- Sujeto a

xy + xz + yz = 12


246

Jasmer LPC


UMSA

247

Formamos la función de Lagrange: L(x, y, z, λ) = f (x, y, z) + λg(x, y, z) = xyz + λ(xy + xz + yz − 12). Calculamos las derivadas parciales respecto de x, de y, de z y respecto de λ de la función L. Lx = yz + λ(y + z) Ly = xz + λ(x + z)

(7.10)

Lz = xy + λ(x + y) Lλ = xy + xz + yz − 12

Buscamos puntos cr´ıticos de la función de Lagrange, para esto observemos que ∇g(x, y, z) = (y + z, x + z, x + y) 6= 0, y además L es diferenciable en todo su dominio, luego los puntos cr´ıticos se obtendrán haciendo CERO las cuatro derivadas parciales en (7.10) y resolviendo el sistema.  yz  λ = −   y+z     xz λ=− x+z     xy    λ=− x+y

 yz + λ(y + z) = 0    xz + λ(x + z) = 0 xy + λ(x + y) = 0    xy + xz + yz = 12

xy + xz + yz = 12

Igualando dos a dos las primeras tres igualdades tenemos el siguiente sistema  yz xz  − = −   y+z x+z     yz xy  − = − y+z x+y    xz xy    − = −   x+z x+y

de esta manera encontramos que

 y x  =   y+z x+z     x  z = y+z x+y    z y    =   x+z x+y

   yz = xz yz = xy   xz = xy

   xy + yz = xy + xz xz + yz = xy + xz   xz + yz = xy + yz

   z(y − x) = 0 y(z − x) = 0   x(z − y) = 0

Puesto que las variables x, y, z deben verificar la ecuación xy + xz + yz = 12, tenemos que al menos dos de las variables no son ceros. Supongamos que x 6= 0 y y 6= 0. Por lo que del anterior sistema se reduce a z − y = 0, z − x = 0. Tenemos dos casos z = 0 o que y − x = 0 R ξρ s email: [email protected]

247

Jasmer LPC


UMSA

248

Si z = 0, entonces x = 0, lo cual es una contradicción. Por lo tanto no nos queda mas que y −x = 0, de aqu´ı se deduce que x=y=z Ahora reemplazando en la ecuación xy + xz + yz = 12 otenemos 3x2 = 12 de aqu´ı x = y = z = 2. El multiplicador de Lagrange asociado es λ=−

4 yz = − = −1 y+z 4

Con lo cual, el u ´ nico punto cr´ıtico es (2, 2, 2), obtenido para λ = −1. Para determinar su naturaleza estudiamos el signo del determinante: 0 gx (p) gy (p) ∆1 (p) = gx (p) Lxx (p) Lxy (p) gy (p) Lyx (p) Lyy (p)

Evaluando en (2, 2, 2, −1) tenemos

0 4 4 ∆(2, 2, 2, −1) = 4 0 1 4 1 0

= −4 4 1 4 0

Por otro lado calculemos el siguiente determiante

0 gx (p) gy (p) gz (p) gx (p) Lxx (p) Lxy (p) Lxz (p) ∆2 (p) = gy (p) Lyx (p) Lyy (p) Lyz (p) gz (p) Lzx (p) Lzy (p) Lzz (p)

Evaluando en (2, 2, 2, −1) tenemos

0 y+z x+z = y+z 0 z+λ x+z z+λ 0 +4 4 0 4 1

= 16 + 16 = 32 > 0

0 y + z x + z x + y y+z 0 z + λ y + λ = x+z z+λ 0 x + λ x+y y+λ x+λ 0

4 4 0 1 1 0 4 4 4 = − −16 = − 0 4 1 0 1 4 4 1 1 0 −16 4 0 −16 4 0 = = −(−1)1+4 0 1 −1 = 4 2 0 4 1 1 4 1 1 3+3 −16 4 = (−1) = −32 − 16 = −48 < 0 4 2

∆2 (2, 2, 2, −1) =


0 4 4 4

4 0 1 1

4 1 0 1

4 1 1 0

248

0 1 1 4 0 0 1 −1 0 1 1 0

Jasmer LPC

UMSA


249

Como ∆1 (p) > 0 y ∆2 (p) < 0, entonces la función tiene un máximo relativo condicionado en ♣ (2, 2, 2). EJEMPLO 7.70. Determinar las dimensiones del paralelep´ıpedo rectangular de superficie total S que tenga el máximo volumen. ´ SOLUCION.Si se denominan x, y, z a las longitudes de los del paralelep´ıpedo rectangular, la función volumen, de la que se quiere hallar los extremos, sera: f (x, y, z) = xyz. Y la condición dada en el enunciado es: 2xy + 2xz + 2yz = S Definamos la función g(x, y, z) dado por g(x, y, z) = 2xy + 2xz + 2yz − S Los puntos en los que f (x, y, z) alcanza valores extremos son las soluciones del sistema: fx + λgx fy + λgy fz + λgz g(x, y, z)

= = = =

0 0 0 0

yz + λ(2y + 2z) xz + λ(2x + 2z) xy + λ(2x + 2y) 2xy + 2xz + 2yz

= = = =

0 0 0 S

Al multiplicar las primeras tres expresiones por x, y y z respectivamente se obtiene xyz = −λ(2yz + 2xy) xyz = −λ(2xz + 2xy) xyz = −λ(2xz + 2yz) As´ı para λ 6= 0, igualado las dos primeras ecuaciones 2yz + 2xy = 2xz + 2xy, yz = xz, por tanto con z 6= 0 se tiene que x = y. Además igualado las dos u ´ ltimas ecuaciones 2xz + 2xy = 2xz + 2yz, xy = yz y para y 6= 0 (no volumen) x = z. p Por tanto se tiene que 6z 2 = S, de donde x = y = z = ± S/6. Dado que el conjunto delimitado por las condiciones del enunciado es compacto y la función volumen f (x, y, z) es continua, se debe alcanzar el m´ınimo y el máximo necesariamente en alguno de los siguientes puntos: puntos: np p o p p p p S/6, S/6, S/6 , − S/6, − S/6, − S/6 Basta evaluar en ellos la función para encontrar el máximo y el m´ınimo de f (x, y, z) p p p S/6, S/6 = ( S/6)3 p p p p f − S/6, − S/6, − S/6 = −( S/6)3 f


p

S/6,

249

Jasmer LPC


UMSA

250

p p p Luego el valor m´ınimo de f se alcanza en − S/6, − S/6, − S/6 y el valor máximo en p p p S/6, S/6, S/6 . Por tanto las dimensiones del paralelep´ıpedo rectangular de superficie p total S que tenga el m´ a ximo volumen son x = y = z = S/6 [m] y el máximo volumen es de p 3 3 ( S/6) m .

Observemos también que podemos desechar los valores negativos de x, y, z debido a que estos son p p p S/6, S/6, S/6 distancia y no puedes ser negativos. Por tanto el u ´ nico punto cr´ıtico valido es ♣ que debe ser un punto máximo. EJEMPLO 7.71. En una empresa se fabrican recipientes con forma de prisma rectangular con las siguientes caracter´ısticas: la suma de todas sus aristas es de 30 metros y su superficie total es de 36 metros cuadrados. Determinar la capacidad m´ axima y m´ınima de estos recipientes en metros c´ ubicos. ´ SOLUCION.Si se denominan x, y, z a las longitudes de las aristas del prisma, la función volumen, de la que se quiere hallar los extremos, sera: V (x, y, z) = xyz Y las condiciones dadas en el enunciado serán: condicion1 = 4x + 4y + 4z − 30 condicion2 = 2xy + 2xz + 2yz − 36 En este ejemplo se da una función de 3 variables y 2 condiciones. La función F (x, y, z) debe ser: λµF (x, y, z) := V (x, y, z) + λcondicion1 + µcondicion2 Las derivadas parciales son: Fx = ∂x F (x, y, z) = yz + 4λ + (2y + 2z)µ Fy = ∂y F (x, y, z) = xz + 4λ + (2x + 2z)µ Fz = ∂z F (x, y, z) = xy + 4λ + (2x + 2y)µ Los puntos en los que V (x, y, z) alcanza valores extremos son las soluciones del sistema: Fx Fy Fz condicion1 condicion2


= = = = =

0 0 0 0 0

yz + 4λ + (2y + 2z)µ xz + 4λ + (2x + 2z)µ xy + 4λ + (2x + 2y)µ 4x + 4y + 4z − 30 2xy + 2xz + 2yz − 36

250

= = = = =

0 0 0 0 0

Jasmer LPC

UMSA

R mατιo ετ o ζℏαυεz ⊛ 74076882 λ=1

µ = −1

x=2

y=2

λ=1

µ = −1

x=2

y=

λ=1

µ = −1

9 4 9 λ= 4 9 λ= 4 λ=

z=

251

7 2

7 z=2 2

7 y=2 z=2 2 3 3 µ= x= y=3 z=3 2 2 3 3 µ=− x=3 y= z=3 2 2 3 3 µ=− x=3 y=3 z= 2 2 x=

Dado que el conjunto delimitado por las condiciones del enunciado es compacto y la función V (x, y, z) es continua, se debe alcanzar el m´ınimo y el máximo necesariamente en alguno de los siguientes puntos: puntos: 7 7 3 3 3 7 , 2, , 2 , , 2, 2 , , 3, 3 , 3, , 3 , 3, 3, 2, 2, 2 2 2 2 2 2 Basta evaluar en ellos la función para encontrar el máximo y el m´ınimo de V (x, y, z) 7 7 7 3 3 3 V 2, 2, , V 2, , 2 , V , 2, 2 , V , 3, 3 , V 3, , 3 , V 3, 3, = 2 2 2 2 2 2

27 27 27 14, 14, 14, , , 2 2 2

Luego la capacidad minima de los recipientes sera

27 3 m y la maxima 14 m3 . 2

♣

EJEMPLO 7.72. Calcular la distancia entre el punto P (0, 1, 0) y la recta intersección de los planos x + z = 1 e y + z = 0. ´ SOLUCION.La distancia entre el punto P (0, 1, 0) y un punto arbitrario (x, y, z) de la recta p viene dada por x2 + (y − 1)2 + z 2 . Por tanto, el problema se reduce a encontrar el m´ınimo absoluto de f (x, y, z) = x2 + (y − 1)2 + z 2 condicionado a que (x, y, z) pertenezca a la recta en cuestión (es obvio que también se trata de un m´ınimo relativo). Por la geometr´ıa del problema, sabemos que existe un u ´ nico punto en la recta que está a la distancia m´ınima de P . Si denotamos este punto por (a1 , a2 , a3 ), por el Teorema de Lagrange existen λ1 y λ2 tales que (a1 , a2 , a3 ), es un punto cr´ıtico de la función de Lagrange Φ(x, y, z) = f (x, y, z) + λ1 (x + z − 1) + λ2 (y + z). R ξρ s email: [email protected]

251

Jasmer LPC

UMSA


252

Los puntos cr´ıticos de Φ son las soluciones del sistema  2x + λ1 = 0   2(y − 1) + λ2 = 0   2z + λ1 + λ2 = 0

Al que hay que a˜ nadir las dos ecuaciones de ligadura x + z − 1 = 0 e y + z = 0.

Para resolverlo, sumamos las dos primeras ecuaciones y resulta 2(x + y − 1) + λ1 + λ2 = 0. Si ahora restamos ésta de la segunda ecuación del sistema, obtenemos 2z − 2(x + y − 1) = 0. Finalmente, resolviendo el sistema formado por esta ecuación y las dos u ´ltimas, encontramos que x = 1, y = 0 = z. Las dos primeras ecuaciones del sistema nos permiten obtener los multiplicadores: λ1 = −2 y λ2 = 2. Por tanto, la función de Lagrange sólo tiene un punto cr´ıtico: (1, 0, 0). Por el estudio que hemos realizado previamente, deducimos que (1, 0, 0) √ es el punto donde f alcanza su ♣ m´ınimo absoluto condicionado y la distancia m´ınima es igual a 2. EJEMPLO 7.73. Un aro metálico cuya configuraci´ on geométrica est´ a representada por las ecuaciones   y−x = 0  x2 + y 2 + 4z 2 − 27 = 0

está en un medio con temperatura T (x, y, z) = xyz + 10. Determina los puntos donde el aro está más caliente y más fr´ıo. ´ SOLUCION.Este es un problema con dos restricciones. La ecuación ∇T = λ1 ∇g1 + λ2 ∇g2 da lugar a las ecuaciones:  yz = −λ1 + 2λ2 x   xz = λ1 + 2λ2 y   yx = 8λ2 z

De x = y tenemos que al sustituir en las primeras dos ecuaciones se obtiene λ1 = 0, con lo que z = 2λ2 , que al sustituir en la tercera ecuación da x2 = 4z 2 , pero de la otra ecuación de restricción, 4z 2 = 27 − 2x2 . Esto implica que x2 = 27 − 2x2 de aqu´ı x = ±3. Los puntos son entonces (3, 3, 3/2), (3, 3, −3/2), (−3, −3, 3/2), (−3, −3, −3/2), con temperaturas respectivas de ♣ 23.5, −3.5, 23.5 y −3.5. EJEMPLO 7.74. La función de producci´ on de Cobb-Douglas para un fabricante de software 3 1 4 4 está dada por f (x, y) = 100x y , donde x representa las unidades de trabajo (a 150$ por unidad) e y representa las unidades de capital (a 250$ por unidad). El costo total de trabajo y capital está limitado a 50000$. Hallar el nivel m´ aximo de producci´ on de este fabricante. ´ SOLUCION.De la función dada se tiene que 3 − 14 41 − 43 4 ∇f (x, y) = 75x y , 25x y .


252

Jasmer LPC


UMSA

253

El l´ımite para el costo de trabajo y capital viene dado por la restricción g(x, y) = 150x + 250y = 50000. Por lo tanto λ∇g(x, y) = (150λ, 250λ), lo que da lugar al siguiente sistema de ecuaciones 1

1

75x− 4 y 4 = 150λ,

3

3

25x 4 y − 4 = 250λ,

150x + 250y = 50000 1

1

x− 4 y 4 Despejando λ en la primera ecuación obtenemos λ = , y llevando este valor a la segunda 2 ecuación, nos queda x = 5y. Por u ´ ltimo sustituyendo en la tercera ecuación, se consigue x = 250 unidades de trabajo e y = 50 unidades de capital. Por tanto el nivel máximo de producción es 1 3 f (250, 50) = 100(250) 4 (50) 4 ≈ 16719 unidades del producto. Los economistas llaman al multiplicador de Lagrange obtenido en una función de producción productividad marginal del capital. En 1 1 x− 4 y 4 este caso, la productividad marginal de capital en x = 250 e y = 50 es λ = ≈ 0,334. ♣ 2


253

Jasmer LPC

CAPÍTULO 8

Derivaci´ on de funciones vectoriales de varias variables

8.1.

Diferenciabilidad y matriz Jacobiana

EJEMPLO 8.1. Para la función f (x, y) = (x5 + y −1/2 , log(x) − tg(y), sen(x + y)), hallar el jacobiano de f en p = (x, y) y la diferencial de f en p = (x, y). ´ SOLUCION.-

♣

8.2.

Regla de la cadena

8.3.

El Teorema de la aplicaci´ on inversa 2ra Prueba.-Fecha: Jueves 4 de Junio.

254

CAPÍTULO 9

Integrales M´ ultiples

9.1.

Integrales Multiples.

Una Partición P de un intervalo cerrado [a, b] es una sucesión t1 , ..., tk donde a ≤ t0 ≤ t1 ≤ · · · ≤ tk = b. La partición P divide al intervalo [a, b] en k subintervalos [ti−1 , ti ]. Una partición de un rectángulo [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ] es una colección P = (P1 , ..., Pn ) donde cada Pi es una partición del intervalo [ai , bi ]. Si Pi divide a [ai , bi ] en Ni subintervalos, entonces P = (P1 , ..., Pn ) divide [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ] en N = N1 · · · Nn subrectángulos. Estos rectángulos se denominan subrectángulos de la partición P Suponga ahora que A es un rectángulo, f : A → R es una función acotada, y P es una partición de A. Para cada subrectángulo S de la partición sea mS (f ) = ´ınf{f (x) : x ∈ S},

MS (f ) = sup{f (x) : x ∈ S}

y sea v(S) el volumen de S. El volumen de un rectángulo [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ] y también de (a1 , b1 ) × · · · × (an , bn ) se define por (b1 − a1 ) · · · · · (bn − an ). Las sumas inferior y superior de f correspondientes a la partición P están definidas por X X L(f, P ) = mS (f ) · v(S) y U(f, P ) = MS (f ) · v(S) S

S

Una función f : A → R se denomina integrable en el rectángulo A si f es acotada y sup{L(f, P )} = ´ınf {U(f, P )}. P

P

255


UMSA

256

Z

Este n´ umero com´ un se designa por f y se denomina la integral de f sobre A. Con frecuencia A Z Z se utiliza la notación · · · f (x1 , ..., xn )dx1 · · · dxn . A

TEOREMA 9.1 (Propiedades). Sean f, g : A → R funciones integrables en el rectángulo A ⊂ Rn , y sea c una numero real. Entonces, Z Z 1. cf : A → R es integrable y cf = c f A

2. f + g : A → R es integrable y

A

Z

(f + g) =

A

3.

Z

4.

Z

Z A

f +

Z

g

A

f ≥ 0, cuando f ≥ 0.

A

A

f =

Z

A1

f +

Z

g, donde A es la uni´ on de dos subrect´ angulos A1 y a2 que no se sobreponen.

A2

Hasta ahora sólo se han considerado integrales sobre rectángulos. Integrales sobre otros conjuntos se reducen fácilmente a este tipo. Si C ⊂ Rn , la función caracter´ıstica χC de C se define por ( 0 si x ∈ /C χC (x) = 1 si x ∈ C Si C ⊂ A para alg´ un rectángulo cerrado A y f : A → R es acotada, entonces Z

f= C

Z

A

Z

f se define como

C

f · χC

supuesto que f · χC es integrable. Esto ocurre ciertamente si f y χC son integrables. TEOREMA 9.2. La función χC : A → R es integrable si y solo si la frontera de C tiene medida 0.

9.2.

Integrales Dobles

Vamos a definir la integral de una función de dos variables sobre una región R del plano. Consideremos una función f de R2 en R y definida sobre un rectángulo R con lados paralelos a los ejes de coordenadas, es decir, R = [a, b] × [c, d] R ξρ s email: [email protected]

256

Jasmer LPC


UMSA

257

Dividamos a R en n subrectángulos denotados por Ri . Sean ∆xi y ∆yi las longitudes de los lados de Ri y sea ∆Ai = ∆xi ∆yi su área. Ahora, de cada subrectángulos Ri elijamos arbitrariamente un punto (xi , yi ) y formemos la suma de Riemann n X Sn = f (xi , yi)∆Ai (9.1) i=1

Que corresponde (si f (x, y) ≥ 0) a la suma de los vol´ umenes de n cajas. Si el l´ımite de Sn existe, cuándo el n´ umero de subdivisiones aumenta es decir, n → ∞, y los pedazos son cada vez más pequenos, es decir, ∆RZi Z → 0, entonces a tal l´ımite se llama integral doble de f (x, y) sobre la región R y se representa por

f (x, y) dA. Es decir

R

ZZ

f (x, y) dA = l´ım

n→∞

R

n X

f (xi , yi )∆Ai

(9.2)

i=1

TEOREMA 9.3 (Propiedades). Sean f y g continuas en una regi´ on cerrada y acotada R del plano, y sea c una constante. 1.

ZZ

2.

ZZ

[f (x, y) ± g(x, y)] dA =

3.

ZZ

f (x, y) dA ≥ 0, cuando f (x, y) ≥ 0.

4.

ZZ

cf (x, y) dA = c

R

ZZ

f (x, y) dA

R

R

ZZ

f (x, y) dA ±

R

ZZ

g(x, y) dA

R

R

f (x, y) dA =

R

ZZ

f (x, y) dA +

R1

ZZ

g(x, y) dA, donde R es la uni´ on de dos subregiones R1

R2

y R2 que no se sobreponen. TEOREMA 9.4 (Teorema de Fubini). Sea f continua en una regi´ on cerrada y acotada R del plano. 1. Si R está definida por a ≤ x ≤ b y c ≤ y ≤ d, entonces 34 ZZ

f (x, y) dA =

R


Z

x=b

x=a

Z

y=d

f (x, y) dy dx =

y=c

257

(9.3) Z bZ a

d

f (x, y) dy dx c

Jasmer LPC


UMSA

258

2. Si R está definida por a ≤ x ≤ b y y1 (x) ≤ y ≤ y2 (x), donde y1 y y2 son continuas sobre [a, b], entonces 34 (9.4) ZZ Z x=b Z y=y2 (x) Z b Z y2 (x) f (x, y) dy dx = f (x, y) dy dx f (x, y) dA = x=a

R

y=y1 (x)

a

y1 (x)

3. Si R está definida por c ≤ y ≤ d y x1 (y) ≤ x ≤ x2 (y), donde x1 y x2 son continuas sobre [c, d], entonces 34 (9.5) ZZ Z y=d Z x=x2 (y) Z d Z x2 (y) f (x, y) dA = f (x, y) dx dy = f (x, y) dx dy y=c

R

EJEMPLO 9.1. Calcular

ZZ

x=x1 (y)

c

x1 (y)

xy dx dy, donde R es la regi´ on limitada por la recta y = x y la

R

parábola y = x2

Primera soluci´ on. La región de integración esta limitada inferiormente por la parabola y = x2 y superiormente por la recta y = x. Por tanto, integramos primeramente con respecto a y, que va desde y = x2 hasta y = x, y luego con respecto de x, sobre la proyección de la región R en el eje x, desde x = 0 y x = 1. ZZ

xy dx dy =

R

Z

x=1 x=0

Z

y=x

xy dy dx =

y=x2

Z

x=1 x=0

xy 2 2

y=x 2 dx y=x

1 x4 x6 x=1 (x − x ) dx = − 2 4 6 x=0 x=0 1 14 16 1 = − = 2 4 6 24 1 = 2

Z

x=1

3

5

Segunda soluci´ on. La región de integración esta limitada por la izquierda por la recta y = x y por la derecha por la parabola y = x2 . Por tanto, integramos primeramente con respecto a x, que √ va desde x = y hasta x = y, y luego con respecto de y, sobre la proyección de la región R en el eje y, desde y = 0 y y = 1.


258

Jasmer LPC


UMSA ZZ

xy dx dy =

Z

y=1

y=0

R

Z

√ x= y

xy dx dy = x=y

Z

y=1

y=0

259

x2 y 2

√ x= y dy x=y

1 y 3 y 4 y=1 (y − y ) dy = − 2 3 4 y=0 y=0 1 1 13 14 − = = 2 3 4 24 1 = 2


ZZ

Z

y=1

2

3

♣ y 2 dx dy, siendo R el rect´ angulo limitado por x = 0, x = 1, y = 0,

R

y = 3.

Primera soluci´ on. Como el rectángulo R que es la región de integración, esta limitada inferiormente por la recta y = 0 y superiormente por la recta y = 3. Entonces, primeramente integramos con respecto a y entre estos l´ımites, que va desde y = 0 hasta y = 3. Con respecto de x, integramos en la proyección del rectángulo R sobre el eje x que va desde x = 0 y x = 1. ZZ

2

y dx dy =

Z

x=1 Z y=3

x=0

R

=

Z

x=1

x=0

2

y dy dx =

y=0

Z

x=1 x=0

y3 3

x=1 9 dx = [9x] =9

y=3 dx y=0

x=0

Segunda soluci´ on. La región de integración R esta limitada por la izquierda por la recta x = 0 y por la derecha por la recta x = 1. Por tanto, integramos primeramente con respecto a x, que va desde x = 0 hasta x = 1. Con respecto de y, se integra sobre la proyección del rectángulo R sobre el eje y, desde y = 0 hasta y = 1. ZZ

2

y dx dy =

Z

y=3

y=0

R

=

Z

y=3

y=0


Z

x=1 2

y dx dy =

x=0

Z

y=3 y=0

y 3 y=3 y dy = =9 3 y=0

2

259

x=1 y x dy 2

x=0

♣ Jasmer LPC

UMSA EJEMPLO 9.3. Calcular

ZZ


260

(x + 2y) dx dy, si R es el tri´ angulo limitado por x = 0, y = 0,

R

x + y = 1.

Primera soluci´ on. El triángulo R esta limitada por la izquierda por la recta x = 0 y por la derecha por la recta x = 1 − y, entonces primero integramos con respecto a x entre estos l´ımites. Con respecto de y integramos en la proyección del triángulo R sobre el eje y, desde y = 0 hasta y = 1. ZZ

(x + 2y) dx dy =

Z

y=1

y=0

R

1 = 2

Z

Z

x=1−y

(x + 2y) dx dy =

x=0

y=1

y=0

(1 + 2y − 3y 2 ) dy =

Z

y=1 y=0

x2 x=1−y + 2xy dy 2 x=0

y=1 1 1 = y + y2 + y3 2 y=0 2

Segunda soluci´ on. Como el triángulo R inferiormente esta limitada por la recta y = 0 y superiormente por la recta y = 1 − x, entonces integramos con respecto a y entre estos l´ımites. Con respecto de x, integramos en la proyección del triángulo R sobre el eje x que va desde x = 0 y x = 1. ZZ

(x + 2y) dx dy =

Z

Z

x=1

x=0

R

=

Z

x=1

x=0

y=1−x

(x + 2y) dy dx =

y=0

Z

x=1

y=1−x xy + y dx 2

x=0

x2 x=1 1 = (1 − x) dx = x − 2 x=0 2

y=0

Nota. Notemos que el los l´ımites de integración la variable respecto de la cuál se integra debe estas despejada. ♣ EJEMPLO 9.4. Calcular la integral:

Z 1Z 0


2

2

2e−y dy dx 2x

260

Jasmer LPC


UMSA ´ SOLUCION.-

Z

1 0

Z

2

−y 2

2e

dy dx =

2x

Z

x=1Z y=2

x=0

=

Z

=

y=2

y=0

=

Z

y=2

x=y/2

=

x=0

h i y/2 −y 2 2e x dy 0

2e−y 2

0

=

EJEMPLO 9.5. Calcular x + y = 1 y x + y = 3.

ZZ

eu

2

2e−y dx dy

2

y=0

Z

2

2e−y dy dx

y=2x

y=2Z

y=0

Z

261

y dy 2

u = −y 2 du = −2ydy

du 1 h i 2 1 h 2 i 2 = − eu = − e−y −2 2 2 0 0

1 − e−4 2

♣ (2x − y) dx dy, si R es el cuadril´ atero limitado por x = 0, x = 1,

R

´ SOLUCION.Como la región de integración R está limitada inferiormente por la recta y = 1−x y superiormente por la recta y = 3 − x, entonces integramos primero con respecto a y entre estos l´ımites. Con respecto de x, integramos en la proyección de la región R sobre el eje x que va desde x = 0 a x = 1. ZZ

(2x − y) dx dy =

Z

=

Z

R

x=1

x=0 x=1

x=0

Z

y=3−x

y=1−x

(2x − y) dy dx =

Z

x=1 x=0

y 2 y=3−x dx 2xy − 2 y=1−x

x2 x=1 (6x − 4) dx = 6 − 4x = −1 2 x=0

Nota. En este caso no conviene integrar primero con respecto a x por que la región de integración R está limitada por la izquierda por dos curvas dadas por x = 1 − y y por x = 0. Lo mismo ocurre con las curvas que la limitan por la derecha x = 1 y x = 3 − y.

EJEMPLO 9.6. Calcular y = 0.

ZZ

♣

(1 + x) dx dy, si R es el tri´ angulo limitado por y = x, x + y = 2,

R


261

Jasmer LPC


UMSA

262

´ SOLUCION.Como el triángulo R está limitada por la izquierda por la recta x = y y por la derecha por la recta x = 2 − y, entonces primero integramos con respecto a x entre estos l´ımites. Con respecto de y integramos en la proyección del triángulo R sobre el eje y, desde y = 0 hasta y = 1. ZZ

Z

(1 + x) dx dy =

R

Z

=

y=1 y=0 y=1 y=0

Z

x=2−y

(1 + x) dx dy = x=y

Z

y=1

y=0

(1 + x)2 2

4y 2 y=1 (4 − y) dy = 4y − = 2. 2 y=0

x=2−y dy x=y

Nota. En este caso no conviene integrar primero con respecto de y por que la región de integración R está limitada superiormente por dos curvas y = x y por y = 2 − x.


♣

ZZ

(x + y) dx dy, siendo R la regi´ on limitada por x = y 2, x + y = 0.

R

´ SOLUCION.Como la región de integración R está limitada por la izquierda por la parábola 2 x = y y por la derecha por la recta x = −y, entonces integramos primero con respecto a x entre estos l´ımites. Con respecto de y integramos en la proyección de la región de integración R sobre el eje y que va desde y = −1 hasta y = 0. ZZ

(x + y) dx dy =

R

Z

y=0 y=−1

1 = − 2


ZZ

Z

Z

x=−y

(x + y) dx dy =

x=y 2

y=−1

y=0

Z

y=0 y=−1

x2 x=−y + xy dy 2 x=y 2

y=−1 1 y 5 2y 2 1 3 (y + 2y + y ) dy = + +y =− 2 5 4 60 y=0 4

3

2

♣

xy dx dy, donde R es la regi´ on limitada por y = x3 , y = x.

R

´ SOLUCION.Observemos que la región de integración R está dividida en dos porciones. La porción que esta limitada sobre el primer cuadrante está limitada inferiormente por la curva y = x3 y superiormente por la recta y = x, entonces integramos primero con respecto a y entre estos l´ımites. Con respecto de x, integramos en la proyección de esta porción sobre el eje x que va desde x = 0 y x = 1. R ξρ s email: [email protected]

262

Jasmer LPC


UMSA

263

Por otra parte, la porción que está en el tercer cuadrante está limitada inferiormente por la recta y = x y superiormente por la curva y = x3 , entonces integramos primero con respecto a y entre estos l´ımites. Con respecto de x, integramos en la proyección de esta porción sobre el eje x que va desde x = −1 a x = 0. Por tanto sumando las integrales sobre cada porción tenemos ZZ

xy dx dy =

R

Z

x=1 x=0

Z

y=x

xy dy dx +

y=x3

Z

x=0

x=−1

Z

y=x3

xy dy dx

y=x

2 Z x=0 2 y=x3 y y=x y = x x dx 3 dx + 2 2 y=x y=x x=0 x=−1 Z Z 1 x=0 7 1 x=1 3 7 (x − x ) dx + (x − x3 ) dx = 2 x=0 2 x=−1 1 x4 x8 x=1 1 x8 x4 x=0 − + − = 2 4 8 x=0 2 8 4 x=−1 Z

=


x=1

1 1 1 + = 16 16 8

♣

ZZ

6xy dx dy, siendo R la regi´ on limitada por y 2 − x = 0, y − 2 = 0,

R

x = 0.

´ SOLUCION.Como la región de integración R está limitada por debajo por la recta y = 0 y por arriba con la recta y = 2, luego con respecto de y integramos desde y = 0 hasta y = 2. Por la izquierda esta acotada por la recta x = 0 y por la derecha por la parábola x = y 2, entonces integramos con respecto a x entre estos l´ımites. ZZ R

6xy dx dy =

Z

y=2

y=0

= 6

Z

Z

y=2

y=0

x=y 2

6xy dx dy =

x=0

y4 y dy = 3 2

Z

6

y=0

Z

y=2

y=0

263

x2 x=y2 y dy 2 x=0

y 6 y=2 26 y dy = 3 = 3 = 25 = 32 6 y=0 6 5

EJEMPLO 9.10. Calcule la siguiente integral doble: R ξρ s email: [email protected]

y=2

Z

4 0

Z

2

√

♣

√ 3 1 + x3 dx dy

y

Jasmer LPC


UMSA ´ SOLUCION.Z

4 0

Z

2

√

y

Z √ 3 3 1 + x dx dy = = = = =

Z

Z Z

y=4Z x=2

√ x= y

y=0

√ 3 1 + x3 dx dy

x=2Z y=x2

x=0

√ 3 1 + x3 dy dx

y=0

i x2 √ 3 1 + x3 y dx

x=2 h

x=0

x=2 x=0

0

h3 i 2 √ 3 3x2 1 + x3 dx = (1 + x3 ) 2 2 0

3 3 3 (1 + 23 ) 2 − 2 2

EJEMPLO 9.11. Calcule la siguiente integral doble:

Z

2 0

Z

x

´ SOLUCION.Z 2Z 0

2 x

264

Z p 3 x 1 + y dy dx =

x=2Z y=2

x=0

=

Z

y=2Z

y=0

=

Z

=

=

0

x=0

x 2

2

p x 1 + y 3 dy dx

p x 1 + y 3 dx dy

y=2 h 2 p

y=0

Z

x=y

2

p x 1 + y 3 dy dx

y=2 h 2 p

y=0

Z

y=x

♣

y 2

1 √ du u 2 3

i x=y 1 + y3 dy x=0

i 1 + y 3 dy

u = 1 + y3 du = 3y 2 dy

u1/2+1 2 (1 + y 3 )3/2 2 = = 6(1/2 + 1) 0 9 0

=

93/2 13/2 1 26 − =3 − = 9 9 9 9

♣ R ξρ s email: [email protected]

264

Jasmer LPC


UMSA


Z

Z

3

0

x

3

265

p x 9 + y 3 dy dx

´ SOLUCION.Z 3Z 0

3 x

Z p 3 x 9 + y dy dx =

x=3 Z y=3

x=0

=

Z

y=3

y=0

=

Z

=

=

0

x=0

p x 9 + y 3 dx dy

x 2

y=3 h 2 p

y=0

Z

x=y

y=3 h 2 p

y=0

Z

y=x

Z

p x 9 + y 3 dy dx

3

i x=y 9 + y3 dy x=0

i 9 + y 3 dy

y 2

u = 9 + y3 du = 3y 2 dy

1 √ du u 2 3

u1/2+1 3 (9 + y 3 )3/2 3 = = 6(1/2 + 1) 0 9 0

=

(9 + 33 )3/2 93/2 363/2 − = −3 9 9 9 ♣


Z

1 0

Z

1/2

2

e−x dx dy

y/2

´ SOLUCION.-


265

Jasmer LPC


UMSA Z 1Z 0

1/2

−x2

e

Z

dx dy =

y/2

y=1Z x=1/2

y=0

Z

= =

x=1/2Z y=2x

=

2

e−x dy dx

y=0

i 2x 2 e−x y dx

x=1/2 h

x=0

Z

2

e−x dx dy

x=y/2

x=0

Z

x=1/2

−x2

e

0

u = −x2 du = −2xdx

2x dx

x=0

Z = −

0

266

1/2

h i 2 h 2 i 2 eu du = − eu = − e−x 0

0

= 1 − e−4


Z eZ 1

1

♣ e

1 dy dx xy

´ SOLUCION.Z eZ 1

e 1

Z eh Z eh ln y i e ln e ln 1 i − dx dx = x x x 1 1 1 Z e h i e 1 = dx = ln y = 1 1 1 x

1 dy dx = xy

EJEMPLO 9.15. Calcule

ZZ

♣

(1 − xy) dx dy, siendo R la regi´ on limitada por x = 0, y = x,

R

y = 1.

´ SOLUCION.De dos maneras distintas ZZ

(1 − xy) dx dy =

R


Z 1Z 0

1 x

Z 1 xy 2 1 (1 − xy) dy dx = y− dx 2 x 0

Z 1 Z 1 x x3 3 x3 = 1− −x+ dx = 1− x+ dx 2 2 2 2 0 0 266

Jasmer LPC


UMSA ZZ

(1 − xy) dx dy =

R

=

Z

1 0

Z

0

Z 1 0

y

267

Z 1 x2 y y (1 − xy) dx dy = x− dy 2 0 0

02 y y3 y− −0+ dy = 2 2

Z 1 0

y3 y− dy 2

Tarea: Complete el ejercicio.


♣

ZZ

√ y dx dy, siendo R la regi´ on limitada por y = 0, y = x y 2 1+x

R

x = 3. ´ SOLUCION.ZZ

y dx dy = 1 + x2

Z

x dx 1 + x2

Por tanto

u = 1 + x2 du = 2xdx = = = ZZ R

EJEMPLO 9.17. Hallar y 2 = 2x y x2 + y 2 − 4y = 0.

x=3

Z

√ y= x

y dy dx 1 + x2 x=0 y=0 √ Z x=3 y2 x = dx 2(1 + x2 ) 0 x=0 Z x=3 √ 2 ( x) = dx 2 x=0 2(1 + x ) Z 1 x=3 x = dx 2 x=0 1 + x2

R

1 2

Z

ZZ

Z

1 du u ln u ln(1 + x2 )

Cambio de variables Por tabla u = 1 + x2

3 y 2 dx dy = ln(1 + x ) = ln 10 1 + x2 0

♣

xy dx dy si R es la regi´ on en el primer cuadrante limitada por

R


267

Jasmer LPC


UMSA

268

´ SOLUCION.Juntamos las dos ecuaciones se tiene el sistema de ecuaciones ( y 2 = 2x x2 + y 2 = 4y

(

(

(y 2/2)2 + y 2 = 4y y 4 /4 + y 2 = 4y

esto es,

y 3 + 4y = 16 y 3 + 4y − 16 = 0

(y − 2)(y 2 + 2y + 8) = 0, 2

y = 2, x = 2.

2

Despejando x de la ecuación x + y − 4y = 0, tenemos p x = 4y − y 2 . ZZ

xy dx dy =

Z

y=2

y=0

R

=

Z

Z

y=2

y=0

=

Z

y=2

y=0

=

Z

y=2

y=0

x=y 2 /2 x=

xy dx dy

√

4y−y 2

x2 y 2

2 x=y /2 √ x=

4y−y 2

dy

p

4y − y 2 )2 y 2 5 y 4y 2 − y 3 − dy 2 2 (y 2/2)2 y ( − 2

!

dy

Z 1 2 5 = y − 4y 2 + y 3 dy 2 0 1 y6 y 3 y 4 2 −4 + = 2 6 3 4 0 6 1 2 23 24 = −4 + 2 6 3 4 =

25 24 23 − + 6 3 4

♣ EJEMPLO 9.18. Si mostrar que

D = [−π, π] × [−π, π], 1 1 ≤ 2 e 4π

ZZ

esen(x+y) dy dx ≤ e.

D


268

Jasmer LPC


UMSA

269

´ SOLUCION.Es claro que −1 ≤ sen(x + y) ≤ 1, entonces e−1 ≤ esen(x+y) ≤ e1

integrando en esta desigualdad tenemos ZZ ZZ ZZ 1 sen(x+y) dy dx ≤ e dy dx ≤ e dy dx. e D

D

Por tanto

Z

π

−π

esto es

Z

D

1 dy dx ≤ −π e

ZZ

e

1 (2π) (2π) ≤ e

ZZ

esen(x+y) dy dx ≤ e (2π) (2π).

π

sen(x+y)

dy dx ≤

D

Z

π

−π

Z

π

e dy dx.

−π

D

Por tanto

ZZ

1 1 ≤ 2 e 4π

esen(x+y) dy dx ≤ e.

D

♣

9.2.1.

Invirtiendo el orden de integraci´ on

EJEMPLO 9.19. Analice on Z 1Z x Z 1Z yla verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ f (x, y) dy dx = f (x, y) dx dy. Justifique su respuesta. 0

0

0

0

´ SOLUCION.Observe que Z 1Z 0

x

f (x, y) dy dx =

0

Z

x=1

x=0

Z

y=x

f (x, y) dy dx.

y=0

1

1

Figura 9.1: Región de integración R ξρ s email: [email protected]

269

Jasmer LPC


UMSA

270

Obtenemos as´ı que los l´ımites de integración de la región de integración esta limitada inferiormente por la recta y = 0 y superiormente por la recta y = x. Además, x var´ıa entre x = 0 y x = 1. Ahora bien, invirtamos el orden de integración, como la región está limitada por la izquierda por x = y y por la derecha por x = 1 entonces integramos con respecto a x entre estos l´ımites. Con respecto de y integramos en la proyección de la región sobre el eje y, que va desde y = 0 hasta y = 1. Por tanto Z

x=1 Z y=x

x=0

f (x, y) dy dx =

y=0

Z

Z

y=1

y=0

x=1

f (x, y) dx dy.

x=y

Por tanto Z 1Z 0

x

f (x, y) dy dx = 0

Z

1

0

Z

1

f (x, y) dx dy.

y

Se concluye inmediatamente que la afirmación es falsa. ♣ EJEMPLO 9.20. Analice on Z bZ d Z dZ b la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ f (x, y) dx dy = f (x, y) dy dx. Justifique su respuesta. a

c

c

a

´ SOLUCION.Observe que Z bZ a

d

f (x, y) dy dx = c

Z

x=bZ y=d

x=a

f (x, y) dy dx.

y=c

Obtenemos as´ı que los l´ımites de integración de la región de integración esta limitada inferiormente por la recta y = c y superiormente por la recta y = d. Además, x var´ıa entre x = a y x = b. Ahora bien, invirtamos el orden de integración, como la región está limitada por la izquierda por x = a y por la derecha por x = b entonces integramos con respecto a x entre estos l´ımites. Con respecto de y integramos en la proyección de la región sobre el eje y, que va desde y = c hasta y = d. Por tanto Z

x=bZ y=d

x=a

f (x, y) dy dx =

y=c

Z

y=d

y=c

Z

x=b

f (x, y) dx dy.

x=a

Por tanto Z bZ a

c

d

f (x, y) dx dy =

Z dZ c

b

f (x, y) dy dx.

a

Se concluye inmediatamente que la afirmación es verdadera. R ξρ s email: [email protected]

270

Jasmer LPC


UMSA

271 ♣

EJEMPLO 9.21. Analice la verdad o falsedad del enunciado: Z 3 Z y2 Z 9Z 3 √ √ x + y dy dx = x + y dx dy √ 0

0

x

0

Justifique su respuesta. ´ SOLUCION.Como la región de integración está limitada por la izquierda √ por la recta vertical x = 0 por la derecha por la recta vertical x = 9, inferiormente por la curva y = x y superiormente por la recta y = 3, entonces cambiando en orden de integración integramos primero con respecto a y entre la recta y = 0 y y = 3, ahora con respecto de x, integramos desde x = 0 a x = y 2 . Luego tendremos Z 9Z 0

3 √

√

x + y dy dx =

x

Z 3Z 0

y2

√

x + y dx dy

0

♣

De aqu´ı se deduce que la afirmación es verdadera. EJEMPLO 9.22. Considere la integral

Z 1Z 0

cambie el orden de integración.

x

f (x, y) dy dx. Bosqueje la regi´ on de integración y x2

´ SOLUCION.La región de integración esta dada por S = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ x} As´ı intercambiando el orden de integración tenemos Z 1Z 0

x

f (x, y) dy dx = x2

Z

1 0

Z

√ y

f (x, y) dx dy ♣

y

EJEMPLO 9.23. Analice verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on √ Z 2Z 2x Z 2Z la y f (x, y) dy dx = f (x, y) dx dy. Justifique su respuesta. 0

x2

0

y/2


2x

f (x, y) dy dx = x2

Z

x=2Z y=2x

x=0

f (x, y) dy dx.

y=x2

Hallemos los puntos de intersección entre las curvas y = x2 y y = 2x, para esto es suficiente resolver la ecuación x2 = 2x, x2 − 2x = x(x − 2) = 0, de aqu´ı x = 0 y x = 2. R ξρ s email: [email protected]

271

Jasmer LPC


UMSA

272

4 y= 2x

2

Figura 9.2: Región de integración Obtenemos as´ı que los l´ımites de integración de la región de integración esta limitada inferiormente por la recta y = x2 y superiormente por la recta y = 2x. Además, x var´ıa entre x = 0 y x = 2. Ahora bien, invirtamos el orden de integración, como la región está limitada por la izquierda por √ x = y/2 y por la derecha por x = y entonces integramos con respecto a x entre estos l´ımites. Con respecto de y integramos en la proyección de la región sobre el eje y, que va desde y = 0 hasta y = 4. Por tanto Z

x=2Z y=2x

f (x, y) dy dx =

y=x2

x=0

Z

√ y=4Z x= y

y=0

f (x, y) dx dy.

x=y/2

Por tanto Z 2Z 0

2x

f (x, y) dy dx = x2

Z 4Z 0

√

y

f (x, y) dx dy. y/2

Se concluye inmediatamente que la afirmación es falsa.

EJEMPLO 9.24. Graficar la región de integraci´ on e invertir el orden de integraci´ on:

Z 2Z 0

♣ 2x

f (x, y) dy dx.

0


2x

f (x, y) dy dx = 0

Z

x=2Z y=2x

x=0

f (x, y) dy dx.

y=0

Considerando los l´ımites de integración deducimos que de la región de integración esta limitada inferiormente por la recta y = 0 y superiormente por la recta y = 2x. Además, x var´ıa entre x = 0 y x = 2. Ahora bien, invirtamos el orden de integración: Como la región está limitada por la izquierda por x = y/2 y por la derecha por x = 2 entonces integramos con respecto a x entre estos l´ımites. Con respecto de y integramos en la proyección de la región sobre el eje y, que va desde y = 0 hasta y = 4. Por tanto R ξρ s email: [email protected]

272

Jasmer LPC


UMSA Z

x=2Z y=2x

x=0

f (x, y) dy dx =

y=0

Z

y=4Z x=2

y=0

273

f (x, y) dx dy.

x=y/2

Por tanto Z 2Z 0

2x

f (x, y) dy dx =

0

Z 4Z 0

2

f (x, y) dx dy.

y/2

EJEMPLO 9.25. Graficar la región de integraci´ on e invertir el orden de integraci´ on, Z 1Z

√

1−x2

√ −1 − 1−x2

´ SOLUCION.-

Z 1Z

√

1−x2

√ −1 − 1−x2


f (x, y) dy dx

ZZ

f (x, y) dy dx =

Z 1 Z √1−y2 −1 −

√

f (x, y) dx dy

1−y 2

♣ 12x e dx dy donde R es la regi´ on acotada por las curvas y = x3 2 y2

R

y y = 3 en el primer cuadrante. ´ SOLUCION.La región R es

Aqu´ı es mejor primero un barrido horizontal ¿Por qué? ¿Observe qué ocurre si hacemos primero un barrido vertical?. Planteando la integral doble con l´ımites y calculándola, tenemos: ZZ

2 y2

12x e dx dy =

Z

y=1

y=0

R

=

Z

0


1

Z

√ x= 3 y

2 y2

12x e dx dy = x=y

Z

0

1

3 y2 x

12e

3

√3 y dy y

Z 1 Z 1 h √ i 2 2 3 3 y 4e ( 3 y) − y dy = 4ye dy − 4y 3 ey dy y2

0

273

0

Jasmer LPC


UMSA

274

Haciendo cambio de variable t = y 2. De aqu´ı tenemos: dt = 2ydy. Reemplazando y resolviendo: Z 1 Z 1 Z 1 Z 1 Z 1 Z 1 3 t dt t y2 3 y2 t dt 4ye dy − 4y e dy = 4ye − 4y e = 4e dt − 4tet dt 2y 2y 0 0 0 0 0 0 1 1 = 2et − 2 tet − et = 2e − 2 − 2[0 − (−1)] = 2e − 4 0

0

♣

9.2.2.

C´ alculo de ´ areas

Sea R una región en el plano xy, entonces área de R =

ZZ

dA.

R

EJEMPLO 9.27. Sea R una regi´ area es A. Si f (x, y) = n para todo Z Z on en el plano xy cuya ´ (x, y) ∈ R, ¿Cuál es el valor de f (x, y) dx dy? Explicar. R

´ SOLUCION.Se deduce rápidamente de la definición y de las propiedades de la integral doble que, ZZ

f (x, y) dx dy =

R

ZZ R

ZZ n dx dy = n dx dy R

´ = nArea(R) = n A.

EJEMPLO 9.28. ¿Qué valor debe tener f (x, y) para que la integral doble

ZZ

♣ f (x, y) dx dy rep-

R

resente el valor del área de la región R?

´ SOLUCION.La función f (x, y) debe ser igual a la función contante 1. En efecto ZZ ZZ ´ f (x, y) dx dy = dx dy = Area(R). R

R

♣ EJEMPLO 9.29. calcular el área de la regi´ on limitada por y = x2 , y = 2x + 3. R ξρ s email: [email protected]

274

Jasmer LPC


UMSA

275

´ SOLUCION.Como la región está limitada inferiormente por la parábola y = x2 y superiormente por la recta y = 2x + 3, entonces primero integramos con respecto de y entre estos l´ımites. Con respecto de x integramos en la proyección sobre el eje x que va desde x = −1 hasta x = 3. Por lo tanto el área es A =

=

Z

Z

x=3 x=−1

Z

y=2x+3

dy dx = y=x2

Z

x=3 x=−1

y=2x+3 y dx 2 y=x

32 x3 x=3 2 (2x + 3 − x ) dx = x + 3x − = 3 x=−1 3 x=−1 x=3

2

♣

EJEMPLO 9.30. calcular el área de la regi´ on limitada por x = 6y − y 2 , y = x. ´ SOLUCION.La región está limitada por la izquierda por por la recta x = y, y por la derecha por la parábola x = 6y − y 2 entonces primero integramos con respecto de x entre estos l´ımites. Con respecto de y integramos en la proyección sobre el eje y que va desde y = 0 hasta y = 5. Por lo tanto el área es A =

=

Z

Z

y=5 y=0 y=5

Z

x=6y−y 2

dx dy =

x=y

Z

y=5

y=0

x=y

2 y y 3 y=5 125 = (5y − y ) dy = 5 − 2 3 y=0 6 2

y=0

x=6y−y2 x dy

♣

EJEMPLO 9.31. Calcule el área de la regi´ on limitada por las curvas x2 + y = 4, x − y + 2 = 0. ´ SOLUCION.Despejando y de ambas ecuaciones tenemos y = 4 − x2 y =x+2 Para hallar los puntos de intersección, es suficiente resolver la ecuación 4 − x2 = x + 2, de donde x2 + x − 2 = 0, de aqu´ı p √ −1 ± 12 − 4(1)(−2) −1 ± 9 −1 ± 3 x= = = 2(1) 2 2 x = 1, R ξρ s email: [email protected]

x = −2. 275

Jasmer LPC


UMSA

276

Como la región está limitada inferiormente por la recta y = x + 2 y superiormente por la parábola y = 4 − x2 ; entonces primero integramos con respecto al eje x desde −2 hasta 1. Luego integramos respecto al eje y desde y = x + 2 hasta y = 4 − x2 . ZZ

A =

dx dy =

R

Z

1 −2

Z

y=4−x2

dy dx =

y=x+2

Z

1 −2

[(4 − x2 ) − (x + 2)] dx

3 x x2 1 = [−x − x + 2] dx = − − + 2x 3 2 −2 −2 3 12 (−2)3 (−2)2 1 = − − + 2(1) − − − + 2(−2) 3 2 3 2 5 8 4 7 16 − 12 − 24 7 20 = − +2 − − −4 = − = + 6 3 2 6 3 6 3 Z

1

2

♣

9.3.

Cambio de variables en Integrales Dobles

TEOREMA 9.5 (Cambio de Variables en Integrales Dobles). Si de las variables x, y se pasa a las variables u, v mediante las ecuaciones de cambio de variables x = x(u, v), y = y(u, v), entonces la integral doble de f sobre la regi´ on R est´ a dada por ZZ ZZ ∂(x, y) du dv. f (x(u, v), y(u, v)) (9.6) f (x, y) dx dy = ∂(u, v) R

R

done la imagen de la región R bajo el cambio de variables es la regi´ on original R y además el factor ∂(x, y) ∂(u, v) es el valor absoluto del determinante de la matriz Jacobiana del cambio de variables, esto es, ∂(x, y) xu xv = (9.7) ∂(u, v) yu yv Notemos que el determinante jacobiano (9.7) es el determinante de la matriz jacobiana de la transformación que efect´ ua el cambio de variable. Geométricamente, el valor absoluto del determinante jacobiano mide la contracción o dilatació n de ∂(x, y) =2 la región R, del plano uv, al transformarse en la región R del plano xy. Por ejemplo si ∂(u, v) en todo R, significa que el área de R es el doble de R. R ξρ s email: [email protected]

276

Jasmer LPC

UMSA


277

∂(x, y) var´ıa seg´ Si el valor de un el punto, significa que la contracción o dilatación de la región R ∂(u, v) mediante la transformación var´ıa seg´ un el punto. Por esta razón, al determinante jacobiano puede considerarse como el “factor de proporcionalidad de áreas” del cambio de variable efectuado. De (9.6) tenemos que cuando se efect´ ua un cambio de variable se debe expresar la función f en ∂(x, y) que se calcula seg´ un (9.7) . términos de las nuevas variables u, v y multiplicarla por ∂(u, v) Algunas veces, cuando las variables originales no están despejadas en las ecuaciones que efect´ uan el cambio de variables, es conveniente saber que ∂(x, y) 1 = ∂(u, v) ∂(u, v) ∂(x, y)

(9.8)

En general, la elección de un cambio de variable espec´ıfico esta sugerido por la forma de las ecuaciones de las curvas que limitan a la región de integración y/o por al forma de la función que se integra. EJEMPLO 9.32. Hallar el volume acotado por las curvas x + y = 1, x + y = −1, x − y = −1 y x − y = −3. ´ SOLUCION.La forma de las ecuaciones dadas sugiere hacer el cambio de variables u = x + y,

v =x−y

entonces x+y = 1 x + y = −1 x − y = −1 x − y = −3

se se se se

transforma transforma transforma transforma

en en en en

La región R se transforma en la región R. Como ∂(u, v) ux uy 1 1 = = ∂(x, y) vx vy 1 −1 Por lo tanto el jacobiano de la transformación es

u=1 u = −1 v = −1 v = −3 = −2.

∂(x, y) 1 1 = =− ∂(u, v) ∂(u, v) 2 ∂(x, y) Integrando en la región R del plano uv, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformación, obtenemos el área pedida: R ξρ s email: [email protected]

277

Jasmer LPC


UMSA ZZ R

1 dx dy =

ZZ R

1 = 2

Z

278

Z u=1 Z v=−1 ∂(x, y) 1 1 du dv = dv du ∂(u, v) u=−1 v=−3 2 1

−1

Z 1 1 1 v du = (1 + 3)dv = 4u = 4(1 + 1) = 8 −3

−1

−1

♣

EJEMPLO 9.33. Calcule el área de la figura plana limitada por las rectas x + y − 2 = 0, x − y − 2 = 0 y y − 2 = 0. ´ SOLUCION.Empecemos resolviendo el sistema de ecuaciones x+y−2=0 x−y−2 =0 Sumando ambas ecuaciones obtenemos 2x = 4, x = 2, y = 0. Por tanto, la región está limitada inferiormente por la recta y = 0 y superiormente por la recta y = 2, a la izquierda esta limitada por la recta x + y − 2 = 0 y a la derecha por la recta x − y − 2 = 0; entonces primero integramos con respecto al eje y desde y = 0 hasta y = 2. Luego integramos respecto al eje x desde x = 2 − y hasta x = 2 + y. A =

=

=

Z

Z

Z

y=2 y=0

Z

x=2+y

dx dy = x=2−y

Z

y=2

y=0

y=2 h

y=0

y=2 y=0

i (2 + y) − (2 − y) dy

x=2+y x dy x=2−y

2 y y=2 =4 2y dy = 2 2 y=0

♣ EJEMPLO 9.34. Hallar el área de la regi´ on limitada por x + y = 1, x + y = 2, y = 2x y y = 2x + 2. ´ SOLUCION.No conviene integrar sobre la región del plano xy por que tendr´ıamos que dividir la región en cuatro partes. Efectuando el cambio de variable u = x + y,

v = y − 2x

vemos que x+y = 1 x+y = 2 y = 2x y = 2x + 2 R ξρ s email: [email protected]

se se se se

transforma transforma transforma transforma 278

en en en en

u = 1, u = 2, v = 0, v = 2, Jasmer LPC


UMSA

La región R se transforma en la región R. Como ∂(u, v) ux uy = ∂(x, y) vx vy

entonces el jacobiano de la transformación es

279

1 1 = −2 1 = 3

1 ∂(x, y) 1 = = ∂(u, v) ∂(u, v) 3 ∂(x, y) Integrando en la región del plano uv, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformación, obtenemos el área pedida: ZZ R

ZZ Z v=2Z u=2 ∂(x, y) 1 dx dy = du dv ∂(u, v) du dv = v=0 u=1 3 R

1 = 3

Z

2

0

Z 2 2 1 1 2 u dv = (2 − 1) dv = (2 − 0) = 1 3 3 3 0

♣

EJEMPLO 9.35. Hallar el área de la regi´ on limitada por xy = 4, xy = 8, xy 3 = 5 y xy 3 = 15. ´ SOLUCION.La forma de las ecuaciones dadas sugiere hacer el cambio de variable v = xy 3

u = xy, vemos que xy = 4 xy = 8 xy 3 = 5 xy 3 = 15

se se se se


en en en en

La región R se transforma en la región R. Como ∂(u, v) ux uy y x = = 3 vx vy y 3xy 2 ∂(x, y)


u = 4, u = 8, v = 5, v = 15,

= 2xy 2 = 2v

∂(x, y) 1 1 = = ∂(u, v) ∂(u, v) 2v ∂(x, y) R ξρ s email: [email protected]

279

Jasmer LPC


UMSA

280

Integrando en la región R del plano uv, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformación, obtenemos el área pedida: ZZ R

ZZ Z v=15Z u=8 ∂(x, y) 1 dx dy = du dv ∂(u, v) du dv = v=5 u=4 2v R

1 = 2

Z

15

5

1 u 8 dv = v 4 2

Z

15

5

15 4 8−4 dv = ln(v) v 2 5

= 2 ln(15) − ln(5) = 2 ln(3).

♣ EJEMPLO 9.36. Hallar el área de la regi´ on limitada por y 2 = x, y 2 = 8x, x2 = y y x2 = 8y. ´ SOLUCION.La forma de las ecuaciones dadas sugiere efectuar el cambio de variable u=

y2 , x

v=

x2 . y

Entonces y2 = x y 2 = 8x x2 = y x2 = 8y

se se se se


en en en en

u = 1, u = 8, v = 1, v = 8,

La región R se transforma en la región R. Como 2 y − y ∂(u, v) ux uy x2 2 x = = 2 ∂(x, y) vx vy 2 x − x y y2


= −3

∂(x, y) 1 1 = =− ∂(u, v) ∂(u, v) 3 ∂(x, y) Integrando en la región R del plano uv y teniendo en cuenta que el jacobiano de la transformación 1 es − , obtenemos el área pedida: 3 R ξρ s email: [email protected]

280

Jasmer LPC


UMSA ZZ R

281

ZZ Z v=8Z u=8 ∂(x, y) 1 dx dy = du dv ∂(u, v) du dv = v=1 u=1 3 R

1 = 3

Z

8

1

Z 8 8 1 7 49 u dv = (8 − 1) dv = (8 − 1) = 3 3 3 1 1

♣

EJEMPLO 9.37. Hallar el área de la figura plana en el primer cuadrante limitada por las curvas: xy − 2 = 0, xy − 6 = 0, y − x = 0 y y − 4x = 0. ´ SOLUCION.La forma de las ecuaciones dadas sugiere efectuar el cambio de variable y u = xy, v= . x Entonces xy − 2 = 0 xy − 6 = 0 y−x=0 y − 4x = 0

se se se se


La región R se transforma en la región R. Como ∂(u, v) ux uy y y = = ∂(x, y) vx vy −2 2 x


x 1 x

en en en en

u = 2, u = 6, v = 1, v = 4,

y y y = + 2 = 3 = 3v x x x

∂(x, y) 1 1 = = ∂(u, v) ∂(u, v) 3v ∂(x, y) Integrando en la región R del plano uv 1 es , obtenemos el área pedida: 3v ZZ ZZ dx dy = R

R

4 = 3 R ξρ s email: [email protected]

y teniendo en cuenta que el jacobiano de la transformación

Z

1

Z v=4Z u=6 ∂(x, y) 1 du dv = du dv ∂(u, v) v=1 u=2 3v

4

4 4 1 4 dv = ln(v) = ln 4 v 3 1 3 281

♣

Jasmer LPC


UMSA EJEMPLO 9.38. Calcular

ZZ

282

x−y

e x+y dA, donde R es la regi´ on limitada por x = 0, y = 0, x+y = 1.

R

´ SOLUCION.La forma de las ecuaciones dadas sugiere hacer el cambio de variables u = x − y,

v =x+y

entonces x + y = 1 se transforma en v = 1 x = 0 se transforma en u + v = 0 y = 0 se transforma en v − u = 0 La región R se transforma en la región R. Como ∂(u, v) ux uy 1 −1 = = = 2. ∂(x, y) vx vy 1 1 Por lo tanto el jacobiano de la transformación es

∂(x, y) 1 1 = = ∂(u, v) ∂(u, v) 2 ∂(x, y) x−y

f (x, y) = e x+y

x−y =u x+y =v

2x = u + v x = u+v 2

x−y =u −x − y = −v x−y

−2y = u − v y = v−u 2

u

f (x(u, v), y(u, v)) = e x+y = e v

Integrando en la región R del plano uv, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformación, obtenemos el área pedida: ZZ

e

x−y x+y

dx dy =

R

ZZ R

=

Z

v=1Z u=v

v=0 Z 1

u=−v

u

ev

1 du dv 2

Z v (e1 − e−1 ) 1 ve dv = vdv −v 2 0 0 (e − e−1 ) v 2 1 e − e−1 = = 2 2 0 4 1 = 2


∂(x, y) du dv. e ∂(u, v) u v

u v

282

Jasmer LPC


UMSA


ZZ

283 ♣

(x − y)ex+y dx dy, siendo R la regi´ on limitada por x + y = 1,

R

x + y = −1, x − y = −1 y x − y = −3. ´ SOLUCION.La forma de las ecuaciones dadas sugiere hacer el cambio de variables u = x − y,

v =x+y

entonces x+y = 1 x + y = −1 x − y = −1 x − y = −3

se se se se


en en en en

v=1 v = −1 u = −1 u = −3

La región R se transforma en la región R. Como ∂(u, v) ux uy 1 −1 = = = 2. ∂(x, y) vx vy 1 1

Por lo tanto el jacobiano de la transformación es

1 ∂(x, y) 1 = = ∂(u, v) ∂(u, v) 2 ∂(x, y) f (x, y) = (x − y)ex+y

x−y =u x+y =v

2x = u + v x = u+v 2

x−y =u −x − y = −v

−2y = u − v y = v−u 2

f (x(u, v), y(u, v)) = (x − y)ex+y = uev Integrando en la región R del plano uv, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformación, obtenemos el área pedida:


283

Jasmer LPC


UMSA ZZ

x+y

(x − y)e

dx dy =

R

ZZ R

Z

284

∂(x, y) du dv. ue ∂(u, v) v

v=1 Z u=−1

1 uev du dv 2 v=−1 u=−3 Z 1 Z 1 2 1 u v (−1)2 (−3)2 1 = e dv = − ev dv 2 −1 2 −3 2 2 −1 1 9 1 9 v 1 = − e = − (e1 − e−1 ) 2 2 2 2 −1 =

♣

EJEMPLO 9.40. Sea P el paralelogramo acotado por Z Z y = 2x, y = 2x − 2, y = x + 1, y = x. Utilizando el teorema de cambio de variable calcular xy dx dy. P

´ SOLUCION.La forma de las ecuaciones dadas sugiere hacer el cambio de variables u = y − 2x,

v =y−x

entonces y = 2x se transforma en y = 2x − 2 se transforma en y = x + 1 se transforma en y = x se transforma en

u=0 u = −2 v=1 v=0

luego la región P se transforma en la región P bajo este cambio de variables. Como ∂(u, v) ux uy −2 1 = = = −2 + 1 = −1. ∂(x, y) vx vy −1 1 Por lo tanto el jacobiano de la transformación es

∂(x, y) 1 1 = = =1 ∂(u, v) ∂(u, v) −1 ∂(x, y) Ahora bien, despejando las variables x y y en función de las variables u y v

y − 2x = u y−x=v


y − 2x = u −y + x = −v 284

−x = u − v x= v−u

x=v−u y = 2v − u Jasmer LPC


UMSA

285

Luego la función f (x, y) = xy en las coordenadas u y v puede escribirse como f (x(u, v), y(u, v)) = (v − u)(2v − u) = 2v 2 − 3uv + u2 Integrando en la región P del plano uv, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformación, obtenemos el área pedida: ZZ

xy dx dy =

P

ZZ R

Z v=1Z u=0 ∂(x, y) (2v − 3uv + u ) du dv = (2v 2 − 3uv + u2 ) du dv ∂(u, v) v=0 u=−2 2

2

Z 1 1 3 0 3 1 3 2 2 2 3 2 = 2v u − u v + u dv = − 2v (−2) − (−2) v + (−2) dv 2 3 −2 2 3 0 0 Z 1 8 1 1 8 1 = − −4v 2 − 6v − dv = 4 v 3 + 6 v 2 + v 3 3 2 3 0 0 1 1 8 4 1 8 8 + 3 + 16 27 9 = = = 4 (1)3 + (1)2 + (1) = + + = 3 2 3 3 2 3 6 6 2 ♣ ZZ EJEMPLO 9.41. Calcula (x2 + y 2 ) dx dy siendo R la regi´ on del primer cuadrante limitada Z

1

R

por las curvas x2 − y 2 = 3, x2 − y 2 = 6, xy = 1 y xy = 8. Sugerencia. Considera el cambio de variable u = x2 − y 2 , v = xy. ´ SOLUCION.La forma de las ecuaciones dadas sugiere hacer el cambio de variables u = x2 − y 2,

v = xy

entonces x2 − y 2 x2 − y 2 xy xy

=3 =6 =1 =8

se se se se


La región R se transforma en la región R. Como ∂(u, v) ux uy 2x −2y = = x ∂(x, y) vx vy y

Por lo tanto el jacobiano de la transformación es

en en en en

u=3 u=6 v=1 v=8

= 2x2 + 2y 2 = 2(x2 + y 2).

∂(x, y) 1 1 = = 2 ∂(u, v) ∂(u, v) 2(x + y 2) ∂(x, y) R ξρ s email: [email protected]

285

Jasmer LPC


UMSA

286

∂(x, y) 1 1 = (x2 + y 2 ) = f (x(u, v), y(u, v)) 2 2 ∂(u, v) 2(x + y ) 2

Integrando en la región R del plano uv, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformación, obtenemos el área pedida: ZZ

2

2

(x + y ) dx dy =

R

R

= =


ZZ

∂(x, y) du dv. f (x(u, v), y(u, v)) ∂(u, v)

ZZ Z

u=6Z v=8

u=3 Z 6

1 2

3

v=1

1 du dv 2

1 21 (8 − 1) dv = (6 − 3)7 = 2 2

♣

x2 y 2 dx dy, siendo X la regi´ on del primer cuadrante acotado por

X

las hipérbolas xy = 1, xy = 2 y las rectas y = x, y = 2x. ´ SOLUCION.La forma de las ecuaciones dadas sugiere hacer el cambio de variable u = xy,

v=

y x

vemos que xy = 1 se transforma xy = 2 se transforma y = x se transforma y = 2x se transforma La región R se transforma en la región R. Como ∂(u, v) ux uy y y = = ∂(x, y) vx vy − 2 x


x 1 x

en en en en

u = 1, u = 2, v = 1, v = 2,

y y y = + = 2 = 2v x x x

∂(x, y) 1 1 = = ∂(u, v) ∂(u, v) 2v ∂(x, y) R ξρ s email: [email protected]

286

Jasmer LPC


UMSA

287

Integrando en la región R del plano uv, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformación, obtenemos el área pedida: ZZ R

ZZ Z v=2Z u=2 2 ∂(x, y) u x y dx dy = du dv ∂(u, v) du dv = v=1 u=1 2v 2 2

R

1 = 2

Z

2

1

1 u3 2 dv = 3v 1 6

Z

2 7 2 − 13 dv = ln(v) v 6 1

2 3

1

7 7 (ln(2) − ln(1)) = ln(2). 6 6

=

♣

EJEMPLO 9.43. El centro de masa de una l´ amina plana X de densidad ρ(x, y) es el punto   ZZ ZZ  xρ(x, y) dx dy, yρ(x, y) dx dy  X

ZZ

X

ρ(x, y) dx dy

X

Encuentre el centro de masa de la lámina plana X determinada por 0 ≤ y ≤ 2 − x,

x≥0

cuya densidad es ρ(x, y) = xy. ´ SOLUCION.ZZ

xy dx dy =

R

Z Z

x=2 x=0

Z

y=2−x

xy dy dx =

y=0

Z

x=2

x=0

xy 2 y=2−x dx 2 y=0

Z x(2 − x)2 1 x=2 3 = dx = (x − 4x2 + 4x) dx 2 2 x=0 x=0 4 1 x x3 x2 x=2 1 24 23 22 = −4 +4 = −4 +4 . 2 4 3 2 x=0 2 4 3 2


x=2

287

Jasmer LPC


UMSA ZZ

2

x y dx dy =

R

Z Z

ZZ

2

xy dx dy =

Z

=

Z

x=0

Z

y=2−x 2

x y dy dx =

y=0

Z

x=2

x=0

x2 y 2 y=2−x dx 2 y=0

Z x2 (2 − x)2 1 x=2 4 = dx = (x − 4x3 + 4x2 ) dx 2 2 x=0 x=0 5 x4 x3 x=2 1 25 24 23 1 x −4 +4 = −4 +4 . = 2 5 4 3 x=0 2 4 4 3 x=2

x=2 Z y=2−x

x=0

R

x=2

288

x=2

x=0

2

xy dy dx =

y=0

Z

x=2

x=0

x(2 − x)3 1 dx = 3 3

x=2

x=0

(23 x − (3)22 x2 + (3)2x3 + x4 ) dx

1 x2 x3 x4 x5 x=2 1 22 23 24 25 = 8 − 12 + 6 + = 8 − 12 + 6 + . 3 2 3 4 5 x=0 3 2 3 4 5

9.3.1.

Z

xy 3 y=2−x dx 3 y=0

♣

Integrales dobles en coordenadas polares

Pasando a coordenadas polares tenemos x = r cos θ y = r sen θ Luego, el determinante de la matriz Jacobiana del cambio de variables es dado por ∂(x, y) xr xθ cos θ −r sen θ = = = r[cos2 θ + sen2 θ] = r. yr yθ sen θ r cos θ ∂(r, θ)

Por (9.6) y esta u ´ ltima igualdad se tiene ZZ

f (x, y) dx dy =

R

ZZ

f (r cos θ, r sen θ) r dr dθ.

R

TEOREMA 9.6 (Teorema de Fubini). Sea R una regi´ on plana que consta de todos los puntos (x, y) = (r cos θ, r sen θ) que satisfacen las condiciones θ1 ≤ θ ≤ θ2 R ξρ s email: [email protected]

y

0 ≤ r1 (θ) ≤ r ≤ r2 (θ) 288

Jasmer LPC


UMSA

289

donde 0 ≤ θ2 − θ1 ≤ 2π. Si r1 , r2 son funciones continuas sobre [θ1 , θ2 ] y f continua en R entonces ZZ Z θ=θ2 Z r=r2 (θ) f (x, y) dA = f (r cos θ, r sen θ) r dr dθ θ=θ1

R

=

Z

θ2

θ1

r=r1 (θ)

Z

(9.9)

r2 (θ)

f (r cos θ, r sen θ) r dr dθ

r1 (θ)

EJEMPLO 9.44. Analice on Z Z la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ ZZ p x2 + y 2 dx dy = r dr dθ?. Justifique su respuesta. R

R

´ SOLUCION.Observe que p √ p x2 + y 2 = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r 2 = r. De esta igualdad y de (9.9) se deduce que ZZ p ZZ 2 2 x + y dx dy = r dr dθ R

R

Concluimos entonces que la afirmación es verdadera. Coordenadas polares tenemos x = r cos θ y = r sen θ ZZ ZZ f (x, y) dx dy = f (r cos θ, r sen θ) r dr dθ. R

R

♣ EJEMPLO 9.45.Z Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on ZZ Z 2 2 2 ex +y dx dy = er dr dθ?. Justifique su respuesta. R

R

´ SOLUCION.Observe que x2 + y 2 = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r 2 . De esta igualdad y de (9.9) se deduce que ZZ ZZ 2 x2 +y 2 e dx dy = er r dr dθ R


R

289

Jasmer LPC


UMSA

290

Concluimos entonces que la afirmación es falsa. ♣ EJEMPLO 9.46. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ Z Z √ on: La integral doble ZZ p x2 + y 2 − 25 dx dy se transforma en coordenadas polares a r 2 − 25 dr dθ. Justifique su R

R

respuesta.

´ SOLUCION.Observe que x2 + y 2 = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r 2 . De esta igualdad y de (9.9) se deduce que ZZ p ZZ √ 2 2 x + y − 25 dx dy = r r 2 − 25 dr dθ. R

R

Concluimos entonces que la afirmación es falsa. ♣ EJEMPLO 9.47. Calcule y ≥ 0.

ZZ R

y p dx dy, siendo R la regi´ on limitada por x2 + y 2 = 16 y 2 2 x +y

´ SOLUCION.Pasando a coordenadas polares tenemos x = r cos θ y = r sen θ Los l´ımites polares son 0 ≤ r ≤ 4 y 0 ≤ θ ≤ π. Además

Por tanto, se tiene

y r sen θ p =p = sen θ. (r cos θ)2 + (r sen θ)2 x2 + y 2


290

Jasmer LPC


UMSA ZZ

p

R

y x2 + y 2

dx dy =

Z

π

0

=

Z

Z

291

4

r sen θ dr dθ

0

π

0

42 02 = ( sen θ) − ( cos θ) dθ 2 2 0 Z π π = 8 sen θ dθ = −8 cos θ Z

π

r2 4 sen θ dθ 2 0

0

0

= −8 cos π + 8 cos 0 = 8 + 8 = 16.

♣

ZZ p EJEMPLO 9.48. Calcular 4 − x2 − y 2 dx dy, siendo R la regi´ on situada en el primer cuadR

rante limitada por x2 + y 2 = 1.

´ SOLUCION.Conviene pasar a coordenadas polares: x = r cos θ y = r sen θ La circunferencia x2 + y 2 = 1 se transforma en (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 1 esto es, se escribe como r=1 Que es la circunferencia con centro el punto (0, 0) y radio r = 1, as´ı los l´ımites polares son 0 ≤ r ≤ 1 y 0 ≤ θ ≤ 2π.

Por otro lado, se tiene que p

4 − x2 − y 2 =


p

4 − (r cos θ)2 − (r sen θ)2 =

291

√

4 − r2.

Jasmer LPC


UMSA

292

Por tanto, se tiene ZZ p

4 − x2 − y 2 dx dy =

R

Z

2π

0

0

Z

4 − r 2 r dr dθ

(4 − r 2 )3/2 i 1 2 dθ 3 0 0 Z 2π 1 √ = − (3 3 − 8) dθ 3 0 √ 2π = (8 − 3 3) 3 1 = − 2


Z 1√

ZZ

2π h

♣ e−(x

2 +y 2 )

dx dy, siendo R la regi´ on limitada por x2 + y 2 = 16.

R

´ SOLUCION.Los l´ımites polares son 0 ≤ r ≤ 4 y 0 ≤ θ ≤ 2π. Además x2 + y 2 = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r 2 . Por tanto, se tiene ZZ

−(x2 +y 2 )

e

dx dy =

Z

0

R

Z

2π

Z

4

2

e−r r dr dθ 0

2 e−r i 4 = − dθ 2 0 0 Z 2π h −16 e e0 i = − + dθ 2 2 0 h 1 e−16 i = 2π − 2 2

EJEMPLO 9.50. Calcule encias x2 + y 2 = 1 y x2 + y 2 = 9.

ZZ

ex

2 +y 2

2π h

♣

dx dy, siendo R la regi´ on anular limitada por las circunfer-

R

´ SOLUCION.Los l´ımites polares son 1 ≤ r ≤ 3 y 0 ≤ θ ≤ 2π. Además R ξρ s email: [email protected]

292

Jasmer LPC


UMSA

293

x2 + y 2 = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r 2 . Por tanto, se tiene ZZ

x2 +y 2

e

dx dy =

Z

2π

=

Z

2π

0

Z

4

2

er r dr dθ

0

0

R

Z

2π

"

2

er 2

#

3 dθ 1

e9 e1 = − 2 2 0 9 e e = 2π − 2 2

dθ

♣

ZZ p EJEMPLO 9.51. Calcule x2 + y 2 dx dy, siendo R la regi´ on limitada por x2 + y 2 = 4 y

y ≥ 0.

R

´ SOLUCION.Los l´ımites polares son 0 ≤ r ≤ 2 y 0 ≤ θ ≤ π. Además

Por tanto, se tiene

p

x2 + y 2 =

ZZ p

x2

+


R


y 2 dx dy

=

Z

0

R

ZZ

p (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r. π

Z

2

r r dr dθ

0

Z π h 3 i 2 r = dθ 3 0 0 Z πh 3 2 03 i − dθ = 3 3 0 8 = π 3 ♣

sen

p

x2 + y 2 dx dy, siendo R la regi´ on π 2 ≤ x2 + y 2 ≤ 4π 2 . 293

Jasmer LPC


UMSA

294

´ SOLUCION.Pasando a coordenadas polares tenemos x = r cos θ y = r sen θ Luego

π 2 ≤ (r cos θ)2 + (r sen θ)2 ≤ 4π 2 entonces π 2 ≤ r 2 ≤ 4π 2 de aqu´ı π ≤ r ≤ 2π. Por tanto, se tiene

ZZ R

Hallemos la integral

entonces

R

Z

Z p 2 2 sen x + y dx dy =

2π 0

Z

2π

r sen r dr dθ

π

r sen r dr. Integrando por partes tenemos u=r du = dr

dv = sen rdr v = −cosr

r sen r dr = −r cos r +

Z

cos r dr = −r cos r + sen r

Por lo tanto ZZ R

Z p 2 2 sen x + y dx dy =

2π

0

=

Z

=

2π

=

r sen r dr dθ

2π [−r cos r + sen r] dθ π

2π

[(−2π cos 2π + sen 2π) − (−π cos π + sen π)] dθ

0

Z

2π

π

0

Z

Z

2π

[−2π + π(−1)] dθ

0

= (−3π)(2π) = −6π 2 . ♣ EJEMPLO 9.53. Calcular la integral:

Z

3

−3


Z

0

√ 9−x2 p

294

x2 + y 2 dy dx. Jasmer LPC


UMSA

295

´ SOLUCION.La región de integración está limitada por la izquierda por la recta vertical x = −3 por la derecha √ por la recta vertical x = 3, inferiormente por la recta y = 0 y superiormente por la curva y = 9 − x2 . Para resolver este problema conviene pasar a coordenadas polares. √ Elevando al cuadrado a ambos lados de la ecuación y = 9 − x2 , obtenemos y 2 = 9 − x2 , esto es, x2 + y 2 = 9, que es la circunferencia de centro el origen y de radio 3. Pasando a coordenadas polares x = r cos θ y = r sen θ tenemos que la ecuación x2 + y 2 = 9 se transforma en (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 9 entonces r2 = 9 de aqu´ı r = 3. Por tanto, los l´ımites polares de integración son 0 ≤ θ ≤ π y 0 ≤ r ≤ 3. Por otro lado, se tiene que p

x2 + y 2 =

p (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r.

Luego pasando a coordenadas polares obtenemos: Z

3

−3

Z

0

√ 9−x2 p

x2

+

y 2 dy

dx =

Z

π 0

Z

3

r r dr dθ

0 3 i 3

Z πh r = dθ 3 0 0 Z πh 3 3 03 i = − dθ 3 3 0

= 9π


Z aZ 0

♣ √

a2 −x2

0

p

a2 − y 2 dy dx

´ SOLUCION.♣ EJEMPLO 9.55. Calcule la siguiente integral doble: R ξρ s email: [email protected]

295

Z aZ

√

a2 −x2

√ −a − a2 −x2

dy dx Jasmer LPC


UMSA ´ SOLUCION.-

Z aZ

√

a2 −x2

√ −a − a2 −x2

Z

dy dx =

Z

2π

0

Z

=


a

r dr dθ

0

2π

a2 dθ = πa2 . 2

0

ZZ

296

♣ x2

x dx dy, siendo R la regi´ on situada en el primer cuadrante + y2

R

limitada por x2 + y 2 = 2.

´ SOLUCION.Pasando a coordenadas polares tenemos x = r cos θ y = r sen θ Luego la ecuación x2 + y 2 = 2 se transforma en (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 2 entonces r2 = 2 de aqu´ı r=

√

2.

Por otro lado, se tiene que x r cos θ cos θ = = . x2 + y 2 (r cos θ)2 + (r sen θ)2 r Por tanto, se tiene

ZZ

x dx dy = x2 + y 2

Z

=

Z

R

π/2

0

=

√

Z

√

2

r

0

π/2

cos θ dr dθ r

2

cos θ dr dθ

0

0

Z

Z

π/2

√

2 cos θ dθ

0

= R ξρ s email: [email protected]

√

296

2 sen(π/2) ♣

Jasmer LPC


UMSA EJEMPLO 9.57. Encuentre

ZZ

297

√ 2 2 xye x +y dx dy, donde X es la regi´ on

X

x2 + y 2 ≤ 1,

x ≥ 0,

y≥0

´ SOLUCION.Conviene pasar a coordenadas polares: x = r cos θ y = r sen θ La circunferencia x2 + y 2 = 1 se transforma en (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 1 esto es, se escribe como r=1 Que es la circunferencia con centro el punto (0, 0) y radio r = 1, por otro lado estamos interesados en el primer cuadrante debido a que x ≥ 0 y y ≥ 0. As´ı los l´ımites polares son 0 ≤ r ≤ 1 y π 0≤θ≤ . 2 Por otro lado, se tiene que p

Además

x2 + y 2 =

√ p (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r 2 = r. xy = r 2 cos θ sen θ

Por tanto, se tiene ZZ R

Z √ x2 +y 2 xye dx dy =

π 2

0

=

"Z

Z π 2

1

r 2 cos θ sen θ er r dr dθ 0

cos θ sen θ dθ

0

# Z

0

1 3 r

r e dr

π 1 1 2 2 3 2 r = sen θ (r − 3r + 6r − 6) e 2 0 0 h i 1 6 − 2e = (1 − 3 + 6 − 6)e − (−6) = =3−e 2 2 ZZ √ 2 2 EJEMPLO 9.58. Encuentre xe x +y dx dy, donde X es la regi´ on

♣

X

x2 + y 2 ≤ 1, R ξρ s email: [email protected]

297

0≤y≤x Jasmer LPC


UMSA

298

´ SOLUCION.Conviene pasar a coordenadas polares: x = r cos θ y = r sen θ La circunferencia x2 + y 2 = 1 se transforma en

(r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 1 esto es, se escribe como r=1 Que es la circunferencia con centro el punto (0, 0) y radio r = 1, por otro lado estamos interesados π en la región 0 ≤ y ≤ x. As´ı los l´ımites polares son 0 ≤ r ≤ 1 y 0 ≤ θ ≤ . 4 Por otro lado, se tiene que p

Por tanto, se tiene ZZ R

x2 + y 2 =

√ p (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r 2 = r.

Z √ x2 +y 2 dx dy = xe

π 4

0

"Z

=

Z π 4

1

r cos θ er r dr dθ 0

cos θ dθ

0

# Z

1 2 r

r e dr

0

π 1 4 2 r = sen θ (r − 2r − 2) e 0

0

1 −3e + 2 = √ [(1 − 2 − 2)e − (−2)] = √ 2 2 EJEMPLO 9.59. Calcular la integral cuadrante limitada por x2 + y 2 = 4x.

ZZ

♣

y dx dy, donde R la regi´ on del plano xy en el primer

R

´ SOLUCION.Completando cuadrados en la ecuación x2 + y 2 = 4x, tenemos

esto es,

x2 + y 2 = 4x x2 − 4x + y 2 = 0 x2 − 4x + 22 + y 2 = 22 (x − 2)2 + y 2 = 22


298

(9.10) Jasmer LPC


UMSA

299

Pasando a coordenadas polares tenemos x = r cos θ y = r sen θ Luego la ecuación x2 + y 2 = 4x se transforma en (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 4r cos θ entonces r 2 = 4r cos θ de aqu´ı r = 4 cos θ. Que es la circunferencia con centro el punto (2, 0) y radio r = 2 cuya ecuación cartesiana es (9.10). Puesto que la región R esta situada en el primer cuadrante, entonces los l´ımites polares π son 0 ≤ θ ≤ y 0 ≤ r ≤ 4 cos θ. 2 Por tanto, se tiene ZZ R

y dx dy =

Z

0

π 2

Z

4 cos θ

r r sen θ dr dθ =

0

Z

0

π 2

h r3 3

Z i 4 cos θ sen θ dθ = 0

0

π 2

43 cos3 θ sen θ dθ 3

Z π Z π 43 2 43 (cos θ)4 π2 43 2 3 43 u4 π2 3 = cos θ sen θ dθ = − u du = − =− 3 0 3 0 3 4 0 3 4 0 π π h i 42 4 2 42 43 cos4 θ 2 π 16 = − cos θ = − cos4 − cos4 0 = =− 3 4 0 3 3 2 3 0

♣

ZZ p x2 + y 2 dx dy, siendo R la regi´ on situada en el primer cuadrante EJEMPLO 9.60. Calcule

limitada por x2 + y 2 = 4x.

R

´ SOLUCION.Completando cuadrados en la ecuación x2 + y 2 = 4x, tenemos

esto es,

x2 + y 2 = 4x x2 − 4x + y 2 = 0 2 x − 4x + 22 + y 2 = 22 (x − 2)2 + y 2 = 22


299

(9.11)

Jasmer LPC


UMSA

300

Pasando a coordenadas polares tenemos x = r cos θ y = r sen θ Luego la ecuación x2 + y 2 = 4x se transforma en (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 4r cos θ entonces r 2 = 4r cos θ de aqu´ı r = 4 cos θ. Que es la circunferencia con centro el punto (2, 0) y radio r = 2 cuya ecuación cartesiana es (9.11). Puesto quer la región R esta situada en el primer cuadrante, entonces los l´ımites polares π son 0 ≤ θ ≤ y 0 ≤ r ≤ 4 cos θ. 2 Por otro lado, se tiene que p

Por tanto, se tiene

ZZ p Z x2 + y 2 dx dy = =

43 3

=

43 3

EJEMPLO 9.61. Calcule limitada por x2 + y 2 = 2x.

ZZ

Z

p (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = r.

Z π 3 h r 3 i 4 cos θ 2 4 cos3 θ r r dr dθ = dθ = dθ 3 0 3 0 0 0 "Z π # Z π Z π 3 2 2 2 4 (1 − sen2 θ) cos θ dθ = cos θ dθ − sen2 θ cos θ dθ 3 0 0 0 π sen3 θ π 43 1 2 2 sen θ − 1− = 3 0 3 3 0

π 2

0

R

x2 + y 2 =

4 cos θ

Z

π 2

♣

x2

x dx dy, siendo R la regi´ on situada en el primer cuadrante + y2

R

´ SOLUCION.Pasando a coordenadas polares tenemos x = r cos θ y = r sen θ R ξρ s email: [email protected]

300

Jasmer LPC


UMSA

301

Luego la ecuación x2 + y 2 = 2x se transforma en (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 2r cos θ entonces r 2 = r cos θ de aqu´ı r = cos θ. Por otro lado, se tiene que x2 Por tanto, se tiene

ZZ

x r cos θ cos θ = = . 2 2 2 +y (r cos θ) + (r sen θ) r Z

x dx dy = 2 x + y2

R

Z

=

Z

=

Z

π/2 0 π/2 0 π/2

Z

Z

cos θ

r 0

cos θ dr dθ r

cos θ

cos θ dr dθ 0

cos2 θ dθ 0 π/2

1 + cos 2θ dθ 2 0 1 sen 2θ 2π = θ+ 2 2 0 =

♣

EJEMPLO 9.62. Calcule el área de la regi´ on situada en el primer cuadrante limitada por x2 + 2 y = 2x. ´ 1.- Conviene pasar a coordenadas polares: SOLUCION x = r cos θ y = r sen θ La circunferencia x2 + y 2 = 2x se transforma en (r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 2r cos θ esto es, se escribe como r = 2 cos θ R ξρ s email: [email protected]

301

Jasmer LPC


UMSA

302

Que es la circunferencia con centro el punto (1, 0) y radio r = 1, as´ı los l´ımites polares son 0 ≤ θ ≤ 2π y 0 ≤ r ≤ 2 cos θ.

Por tanto, se tiene

A =

ZZ

dx dy =

Z

2π

0

R

Z

2 cos θ

r dr dθ = 0

Z

0

2π

r 2 2 cos θ dθ 2 0

2 Z 2π 02 4 cos2 θ = ( ) − ( ) dθ = 8 cos2 θ dθ 2 2 0 0 2π 1 1 1 1 = 8 θ + sen 2θ = 8 2π + sen 2(2)π = 8π 2 4 2 4 0 Z

2π

Soluci´ on 2. Completando cuadrados en la ecuación x2 + y 2 = 2x, tenemos x2 + y 2 x2 − 2x + y 2 x2 − 2x + 1 + y 2 (x − 1)2 + y 2

= = = =

2x 0 1 1

As´ı la √ región está limitada inferiormente por la recta y = 0 y superiormente por la circunferencia y = 2x − x2 ; entonces primero integramos √ con respecto al eje x desde 0 hasta 2. Luego integramos respecto al eje y desde y = 0 hasta y = 2x − x2 . A=

ZZ

dx dy =

Z

0

R

2

Z

√ y= 2x−x2

dy dx =

y=0

Z 2√ 0

2x − x2 dx

Puesto que √ entonces

2x − x2 = Z √

p p p −(−2x + x2 ) = 1 − (1 − 2x + x2 ) = 1 − (1 − x)2

2x −

Por formula

x2

Z √

dx =

Z p

1 − (1 −

a2 − u2 du =

x)2

dx = −

Z √

1 − u2 du

u√ 2 a2 u a − u2 + arc sen 2 2 a

se tiene que Z √

2x −

x2

dx = −


Z √

1 − u2 du = − 302

u√ 12 1 − u2 − arc sen u 2 2 Jasmer LPC


UMSA

303

as´ı Z √

2x − x2 dx = −

Por tanto

1 − xp 1 1 − (1 − x)2 − arc sen(1 − x) 2 2

1 − xp 1 2 A= − 1 − (1 − x)2 − arc sen(1 − x) 2 2 0

9.4.

♣

Integrales triples

Sea f (x, y, z) una función en tres variables. Las integrales triples se definen sobre un sólido tridimensional en lugar de una región plana. Es decir, la región de integración en este caso es un sólido. El gráfico de la función f es un subconjunto de R4 (que corresponde al gráfico de la ecuación: w = f (x, y, z)). Por esta razón no se puede representar la función en el espacio tridimensional. Las integrales triples, que veremos en este cap´ıtulo, estarán restringidas a ciertos sólidos en el espacio. Más espec´ıficamente, un sólido será un sólido de integración si está acotado por arriba por una superficie z = h2 (x, y) y por abajo por una superficie z = h1 (x, y) y sobre una región del plano R de tipo I, II ó III. En s´ıntesis: Ω = {(x, y, z) : (x, y) ∈ R y h1 (x, y) ≤ z ≤ h2 (x, y)}

(9.12)

Entonces, la integral triple la función f (x, y, z) sobre el sólido Ω puede ser calculado usando el siguiente teorema: TEOREMA 9.7 (Teorema fundamental de las integrales triples). Si f (x, y, z) es una función integrable sobre el sólido Ω definido en (9.12) entonces # ZZZ Z Z "Z h2 (x,y)

f (x, y, z) dx dy dz =

Ω

f (x, y, z) dz dA

R

h1 (x,y)

❚

Demostración. Observe que la región R del plano xy se obtiene al proyectar el sólido Ω en dicho plano.

TEOREMA 9.8 (Teorema de Fubini). Sean R una regi´ on cerrada y acotada de R3 y f : R → R continua en R.


303

Jasmer LPC


UMSA

304

1. Si R está definida por R = [a1 , b1 ] × [a2 , b2 ] × [a3 , b3 ], entonces ZZZ


Z

b1 Z b2 Z b3

a1

R

a2

f (x, y, z) dz dy dx

a3

2. Si R está definida por a ≤ x ≤ b y y1 (x) ≤ y ≤ y2 (x), z1 (x, y) ≤ z ≤ z2 (x, y), donde y1 , y2 , z1 y z2 son continuas sobre [a, b] y {(x, y) : x ∈ [a, b], y ∈ [y1 (x), y2 (x)]} respectivamente, entonces ZZZ Z Z Z b

y2 (x)

z2 (x,y)



a

R

y1 (x)

z1 (x,y)

EJEMPLO 9.63. Si VZ ZesZ el conjunto 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 3, 1 ≤ z ≤ 2, Calcular aproximadamente la integral triple xyz dV . V

´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 9.64. Calcular la siguientes integrales iteradas (1)

Z 2Z 1Z 0

(3)

0

Z 4Z 0

0

2

dz dy dx

1 √ Z √ 2 z 4z−x2

(2)

Z

0

dy dx dz

(4)

0

π/2 Z 1 Z 2 0

Z 2Z 0

zr 2 sen θ dz dr dθ

1

√ 2 6−2y Z 4−y

2−y

z dz dx dy

0

´ SOLUCION.-

♣

x y z EJEMPLO 9.65. Calcular el volumen del tetraedro limitado por + + = 1 y los planos a b c coordenados. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 9.66. Hallar el volumen del s´ olido limitado por x + y = 1, x = 2y, y = 0, z = 0, z = 4. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 9.67. Hallar el volumen encerrado por x − y + 2z = 0, y = 2, x = 0, z = 0. ´ SOLUCION.R ξρ s email: [email protected]

♣ 304

Jasmer LPC


UMSA

305

EJEMPLO 9.68. Z Z ZSea Ω el sólido acotado por el plano x + y + z = 1, los planos x = 0, y = 0, z = 0. Calcular ex (y + 2z) dV Ω

´ SOLUCION.El grafico de la región de interés es

techo de Ω: h2 (x, y) = 1 − x − y piso de Ω: h1 (x, y) = 0 sombra de Ω: triángulo en el plano xy Entonces, por la definición anterior ZZZ Z Z Z x e (y + 2z) dV = Ω

R

1−x−y x

e (y + 2z) dz dA 0

Calculemos en primer lugar la integral parcial con respecto a z: Z 1−x−y 1−x−y ex (y + 2z) dz = ex yz + ex z 2 0

0

x

= e y(1 − x − y) + ex (1 − x − y)2 = ex + ex x2 − 2ex x + ex xy − ex y

Luego integramos este resultado sobre la región del plano R.


305

Jasmer LPC


UMSA

306

R = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x} Finalmente, la integral doble que resulta es fácil de calcular (le dejamos al lector esta tarea) y damos aqu´ı el resultado numérico: Z 1 Z 1−x 6e − 21 ex + ex x2 − 2ex x + ex xy − ex y dx dy = 8 0 0 ♣ ZZZ EJEMPLO 9.69. Sea Ω el sólido [1, 2] × [0, 3] × [2, 3]. Calcular (x + y 2 + z 3 ) dV Ω

´ SOLUCION.La región de integración es la ilustrada:

En términos anal´ıticos, esta región se describe por: R = {(x, y) : 1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 3} Por lo tanto: ZZZ Ω

2

3

(x + y + z ) dV

=

Z 2Z 3Z 1

0

3 2

x+y +z

2

2

Z 2Z 3

dz dy dx =

Z 2Z 1

0

3

3 z 4 xz + y z + dy dx 4 2 2

3 Z 2 65 y 3 65y = x+y + dy dx = xy + + dx 4 3 4 0 1 0 1 2 2 Z 2 27 195 3x 231x 249 = 3x + + dx = + = 3 4 2 4 4 1 1


2

306

♣

Jasmer LPC


UMSA

307

EJEMPLO 9.70. Calcular el volumen del s´ olido acotado por las siguientes superficies: cilindro 2 2 x + y = 1 y los planos y = 0, x + y + z = 2 y z = 0. ´ SOLUCION.El gráfico muestra el interior del semi-cilindro y su intersección con el plano (visto desde el eje x negativo).

En este caso, el techo (plano diagonal) corresponde a la superficie z = 2 − x − y. Asimismo, el piso (plano) es la superficie z = 0 y finalmente, la región de integración R es el semi-c´ırculo de la figura.

V =

Z Z Z R

0

2−x−y

dz dA =

(2 − x − y) dA =

R

= = = = =


ZZ

Z πZ 0

0

1

Z πZ 0

0

1

2 − r cos θ − r sen θ r dr dθ

2r − r 2 cos θ − r 2 sen θ dr dθ

1 r3 r3 2 r − cos θ − sen θ dθ 3 3 0 0 Z π 1 1 1 − cos θ − sen θ dθ 3 3 0 π 1 Z π θ − (cos θ − sen θ) dθ 3 0 0 π 1 1 2 π − (cos θ − sen θ) = π − (0 + 1 − 0 + 1) = π − 3 3 3 0 Z

π

307

♣

Jasmer LPC


UMSA

308

EJEMPLO 9.71. Sea Ω el sólido acotada por arriba por el paraboloide hiperb´ olico z = 8+x2 −y 2 y por abajo por el paraboloide z = x2 +y 2 sobre el rect´ anguloZR Z Z= {(x, y)|−2 ≤ x ≤ 2, −2 ≤ y ≤ 2}. Calculemos el volumen de este sólido y la integral dada:

xyz dV

Ω

´ SOLUCION.Para calcular el volumen usamos la fórmula V =

ZZZ

dV . Entonces,

Ω

V =

Z Z "Z

#

8+x2 +y 2

dz dA =

x2 +y 2

R

ZZ R

=

Z

2 −2

2

(8 − 2y ) dA =

Nos abocamos ahora a calcular la integral

Z 2Z

2

−2 −2

8 − 2y 2 dy dx

2 Z 2 32 128 2y 3 dx = 32 − dx = 128 + 8y − 3 3 3 −2 −2 ZZZ

xyz dV

Ω

ZZZ

xyz dV

=

Z 2Z 2Z

8+x2 −y 2

xyz dzdy dx =

−2 −2 x2 +y 2

Ω

=

Z 2Z

2

−2 −2

=

−2 −2 2

=

2

−2 −2

8+x2 −y2 z 2 xy dy dx 2 x2 +y2

xy (8 + x2 − y 2 )2 − (x2 + y 2)2 dy dx

Z 2Z 2 Z

Z 2Z

64xy + 16x3 y − 16xy 3 − 4x3 y 3 dy dx

0 dx = 0

−2

♣

EJEMPLO 9.72. Veremos ahora tres ejercicios de muestra para practicar la descripción de un s´ olido de integración en términos de desigualdades, para llegar a plantear una integral iterada (que no calcularemos por el momento). 1. Ω es el sólido acotado por el cilindro z = 1 − y 2 y los planos verticales x + y = 1 y x + y = 3 y el plano xy. 2. Ω es el sólido acotado por abajo por el paraboloide z = x2 + y 2 y por arriba por la superficie x2 + y 2 + z 2 = 6. 3. Ω es el sólido acotado por x = 4 − y 2 (cilindro parab´ olico) y los planos z = x y z = 0. R ξρ s email: [email protected]

308

Jasmer LPC


UMSA ´ SOLUCION.-

309

1. Debemos responder las preguntas: h1 (x, y) h2 (x, y) Describir R como región de tipo I, II y III

En este caso, es claro que el piso es la superficie h1 (x, y) = 0 y el techo h2 (x, y) = 1 − y 2 .

En este caso R puede ser interpretada como una región de tipo II, a saber: R = {(x, y) : −1 ≤ y ≤ 2, 1 − y ≤ x ≤ 3 − y} por lo tanto:

ZZZ

f (x, y, z) dV =

Ω

Z 1Z

2−y Z 1−y 2

−1 1−y

f (x, y, z) dzdx dy

0

p 2. En este caso, el techo corresponde a la superficie (semi-esfera) h2 (x, y) = 6 − x2 − y 2 . Asimismo, el piso es la superficie (paraboloide) h1 (x, y) = x2 + y 2 y finalmente, la región de integración R es el c´ırculo x2 + y 2 = 2


309

Jasmer LPC


UMSA

ZZZ

f (x, y, z) dV =

Ω

Z

√

2Z

√

2−x2 Z

√

6−x2 −y 2

√ √ − 2 − 2−x2 x2 +y 2

310


3. Dejamos al lector el comprobar (v´ıa un gráfico adecuado) que: ZZZ

f (x, y, z) dV =

−2 0

Ω

9.5.

Z 2Z

4−y 2 Z x

f (x, y, z) dzdx dy

0

♣

Cambio de variables en Integrales Triples

TEOREMA 9.9 (Cambio de Variables). Sea A ⊂ Rn un conjunto abierto y g : A → R una función 1-1 de clase C 1 , tal que det(g ′ (x)) 6= 0 para todo x ∈ A. Si f : g(A) → R es una función integrable, entonces Z Z f=

g(A)

A

(f ◦ g) · |det(g ′)|.

TEOREMA 9.10 (Cambio de Variables en Integrales Triples). Si de las variables x, y, z se pasa a las variables u, v, w mediante las ecuaciones de cambio de variables x = x(u, v, w), y = y(u, v, w), z = z(u, v, w) entonces la integral Triple de f sobre la regi´ on R est´ a dada por ZZZ ZZZ ∂(x, y, z) du dv dw. (9.13) f (x, y, z) dx dy dz = f x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w) ∂(u, v, w) R

R

done la imagen de la región R bajo el cambio de variables es la regi´ on original R y además el factor ∂(x, y, z) ∂(u, v, w) es el valor absoluto del determinante de la matriz Jacobiana del cambio de variables dado por, xu xv xw ∂(x, y, z) = yu yv yw (9.14) ∂(u, v, w) zu zv zw R ξρ s email: [email protected]

310

Jasmer LPC

UMSA

9.5.1.


311

Integrales triples en coordenadas cil´ındricas

Coordenadas cil´ındricas son una manera alternativa de representar puntos en el espacio. Descripción de las coordenadas cil´ındricas: Todo punto en el espacio se puede representar por un triple (r, θ, z), en el que el par (r, θ) corresponde a la representación en coordenadas polares del punto (x, y).

La figura que sigue muestra cómo se interpreta el punto (r, θ, z) en el espacio y la relación con las coordenadas rectangulares habituales. En particular, se tienen las siguientes relaciones: x = r cos θ y = r sen θ z = z

(9.15)

El elemento sólido de la descripción mas simple tiene la siguiente forma: n o Ω = (r, θ, z) : a ≤ r ≤ b, α ≤ θ ≤ β, c ≤ z ≤ d

Luego, el determinante de la matriz Jacobiana del cambio xr xθ 0 cos θ −r sen θ ∂(x, y, z) = yr yθ 0 = sen θ r cos θ ∂(r, θ, z) 0 0 1

Por (9.6) y esta u ´ ltima igualdad se tiene R ξρ s email: [email protected]

311

de variables (9.15) es dado por = r[cos2 θ + sen2 θ] = r. Jasmer LPC


UMSA

312

n TEOREMA 9.11 (Cambio de variables a Coordenadas Cil´ındricas). Sean B ⊂ (r, θ, z) : o r ≥ 0, 0 ≤ θ < 2π acotado, TC (r, θ, z) = (r cos θ, r sen θ, z) y f : TC (B) → R continua y acotada. Entonces ZZZ ZZZ f (x, y, z) dx dy dz = f (r cos θ, r sen θ, z) r dr dθ dz. B

TC (B)

´ DEMOSTRACION.

En particular si

entonces

n o Ω = (r, θ, z) : r1 ≤ r ≤ r2 , θ1 ≤ θ ≤ θ2 , z1 (θ, r) ≤ z ≤ z2 (θ, r) V ol(Ω) =

Z

θ=θ2 Z r=r2 Z z=z2 (θ,r)

θ=θ1

r=r1

2

r dz dr dθ

z=z1 (θ,r)

2

EJEMPLO 9.73. Sea el sólido dado por x + y ≤ 1, 0 ≤ z ≤

p

x2

+

y 2.

Hallar

ZZZ

z dx dy dz

S

´ SOLUCION.Cambiando a coordenadas cil´ındricas obtenemos ZZZ

z dx dy dz =

S

=

ZZZ Z

rz dr dθ dz =

S

0

2π Z 1 3 0

Z

r 1 dr dθ = 2 2

0

Z

2π Z 1 Z r 0

2π

0

0

rz dz dr dθ =

Z

0

2π Z 1

1 Z r 4 1 2π π dθ = dθ = 4 0 8 0 4

0

r

z 2 r dr dθ 2 0

EJEMPLO 9.74. Determinar el volumen del solido limitado por el semicono z = plano z = 4

♣ p x2 + y 2 y el

´ SOLUCION.En el plano xy solo existe un punto, pero en un plano paralelo al plano xy, z = 4, se forma la circunferencia x2 + y 2 = 16


312

Jasmer LPC


UMSA

313

Observe que x2 + y 2 = 16,

(r cos θ)2 + (r sen θ)2 = 16,

r 2 (cos2 θ + sen2 θ) = 16,

El cono en coordenadas cil´ındricas queda: p p z = x2 + y 2 , z = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 ,

z=

p

r 2 (cos2 θ + sen2 θ),

r 2 = 16,

z=

√

r = 4.

r2 ,

z = r.

Nota: No es posible reemplazar en z = r el valor de r = 4 porque r = 4 corresponde a la figura que queda en el plano xy, por lo tanto se esta trabajando en R2 , en cambio z = r corresponde a la transformación de una superficie, es decir, se esta trabajando en R3 . Luego, los sistemas son incompatibles. Por simetr´ıa

V ol(S) =

ZZZ

dx dy dz =

S

= 4

Z

0

π/2 Z 4 0

ZZZ

r dr dθ dz = 4

0

S

2

Z

(4r − r ) dr dθ = 4

Z

π/2

0

π/2 Z 4 Z 4 0

r3 2r − 3 2

r dz dr dθ = 4

r

0

Z 4 dθ = 4 0

Z

π/2

0

π/2 Z 4 0

4 rz dr dθ r

32 128 π/2 64 dθ = = π 3 3 0 3 ♣

EJEMPLO 9.75. Determinar el volumen del solido, sobre el plano xy, limitado por el cilindro x2 + (y − 3)2 = 9 y el cono x2 + y 2 = z 2 . ´ SOLUCION.La región en el espacio y en plano:

El cilindro x2 + (y − 3)2 = 9 en coordenadas cil´ındricas: x2 + y 2 − 6y + 9 = 9

(r cos θ)2 + (r sen θ)2 − 6r sen θ = 0

r 2 − 6r sen θ = 16 r=0 r = 6 sen θ


313

Jasmer LPC


UMSA

314

El cono en coordenadas cil´ındricas queda: z 2 = x2 + y 2 ,

V ol(S) =

z 2 = (r cos θ)2 + (r sen θ)2 , ZZZ

dx dy dz =

S

Z πZ

ZZZ

z 2 = r 2 (cos2 θ + sen2 θ),

r dr dθ dz =

Z πZ 0

S

0

6 sen θ Z r

z2 = r2,

z = r.

r dz dr dθ

0

Z π Z 6 sen θ Z π 3 6 sen θ r r 2 = rz dr dθ = r dr dθ = dθ 0 0 0 0 0 0 3 0 Z Z π Z π 1 π 3 2 = 216 sen θ dθ = 72 sen θ sen θ dθ = 72 (1 − cos2 θ) sen θ dθ 3 0 0 0 Z π 3 cos θ π 2 = 72 (sen θ − cos θ sen θ) dθ = 72 − cos θ + = 96 3 0 0 6 sen θ

♣

EJEMPLO 9.76. Hallar el volumen encerrado por x2 + y 2 = z, x2 + y 2 = 4, z = 0. Sugerencia: use Coordenadas Cil´ındricas. ´ SOLUCION.Conviene pasar a coordenadas cil´ındricas tenemos x = r cos θ y = r sen θ z = z entonces z = x2 + y 2 x2 + y 2 = 4 z=0

se transforma en z = r 2 se transforma en r = 2 se transforma en z = 0

El determinante de la matriz Jacobiana del cambio de variables es dado por xr xθ 0 cos θ −r sen θ ∂(x, y, z) = r[cos2 θ + sen2 θ] = r. = yr yθ 0 = sen θ r cos θ ∂(r, θ, z) 0 0 1

Ahora, primeramente integramos con respecto de z desde el plano que lo limita inferiormente z = 0 hasta el paraboloide z = r 2 que lo limita superiormente. Con respecto a las otras dos variables integramos sobre la proyección en el plano xy que es un disco de radio 2, por tanto con respecto de r integramos desde r = 0 hasta r = 2, para cubrir todo el c´ırculo el ángulo θ debe variar desde θ = 0 hasta θ = 2π:


314

Jasmer LPC

UMSA

R mατιo ετ o ζℏαυεz ⊛ 74076882 V olumen =

ZZZ

ZZZ

1 dx dy dz =

R

=

Z

0

=

Z

2π Z 2 Z

0

EJEMPLO 9.77. Calcule la integral ZZZ V

r dr dθ dz.

R

r2

r dz dr dθ =

0

2π

0 4 2

r dθ = 4 4 0

Z

Z

0

2π

315

2π Z 2

r 3 dr dθ

0

dθ = 8π

0

♣

2zx2 + 2zy 2 dx dy dz

siendo V el volumen exterior a la hoja superior del cono z 2 = x2 + y 2 e interior al cilindro x2 + y 2 = 1, con z ≥ 0. ´ SOLUCION.La intersección del cono con el cilindro es:

(

x2 + y 2 = z 2 x2 + y 2 = 1

la circunferencia x2 + y 2 = 1 en el plano z = 1.

El conjunto V será el conjunto descrito por: n o p 3 2 2 2 2 V = (x, y, z) ∈ R : x + y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ x + y Haciendo el cambio a coordenadas cil´ındricas  x = r cos θ  T : U → R3 , y = r sen θ  z = z

T (r, θ, z) = (r cos θ, r sen θ, z)

siendo U =]0; +∞]×]0, 2π[×R, el determinante de la matriz Jacobiana es JT (r, θ, z) = r R ξρ s email: [email protected]

315

Jasmer LPC


UMSA

316

De esta manera, y puesto que x2 + y 2 = r 2 = 1 en el cilindro y z 2 = r 2 en el cono, el recinto V es la imagen, T (Q), (salvo un conjunto de medida cero, que es la región del plano y = 0 comprendida entre el cilindro y el cono) del conjunto n

o

Q = (r, θ, z) ∈ U : 0 < r ≤ 1, 0 < θ < 2π, 0 ≤ z ≤ r ⊂ U. Por tanto, haciendo la integral con este cambio de variable obtenemos: ZZZ 2zx2 + 2zy 2 dx dy dz = V

=

=

ZZZ Z

Q

0

1

2

2zr r dr dθ dz =

Z

Z

1

0

Z

0

r 2 3

2π

z r dθ dr = 0

2π

0

Z

1

0

Z

Z

r 3

2zr dz 0

2π 5

dθ dr

r dθ dr = 2π 0

r 6 1 π = 6 0 3

♣

EJEMPLO 9.78. Calcular la integral Z 1Z

√

1−x2 Z 2−x2 −y 2

√

3

(x2 + y 2 ) 2 dz dy dx

−1 − 1−x2 x2 +y 2

´ SOLUCION.El dominio de integración esta limitado por arriba por el paraboloide z = 2 − 2 2 x − y y por abajo por el paraboloide z = x2 + y 2

entonces cambiando a coordenadas cil´ındricas tenemos:


316

Jasmer LPC


UMSA

V

= =

Z 1Z

√

1−x2 Z 2−x2 −y 2

√ −1 − 1−x2 x2 +y 2

Z

2π Z 1 Z

2

3 2

Z

2π Z

2

(x + y ) dz dy dx =

2−r 2

4

Z

0

317

2π Z 1 Z 2−r 2 r2

0

Z 1 2−r 2 4 z r dz dr dθ = 2

r dz dr dθ = r 0 0 r2 0 0 Z 2π Z 2π 5 7 1 2r 4 8π 2r = − dθ = dθ = 5 7 0 35 0 35 0

32 r 2 r dz dr dθ

0

2π Z 1 0

2r 4 − 2r 6 dr dθ ♣

EJEMPLO 9.79. Calcular el volumen de una esfera de radio a. ´ SOLUCION.Sabemos que V olumen =

ZZZ

1 dV

Ω

Por lo que necesitamos una descripción de la esfera como un sólido de integración de manera que podamos calcular la integral triple usando integrales iteradas. Para lograr esto, primero ubicamos la esfera en el espacio de modo que esté centrada en el origen: la ecuación de la esfera es x2 + y 2 + z 2p= a2 . Entonces, el piso py el techo de la esfera corresponden a las siguientes superficies: 2 2 2 z = − a − (x + y ) y z = a2 − (x2 + y 2 ) respectivamente. La región R del plano (sombra) de este sólido es el c´ırculo de radio a2 : x2 + y 2 = a2 . As´ı, entonces se tiene: V =

Z Z "Z √a2 −(x2 +y2 ) −

R

√

a2 −(x2 +y 2 )

#

dz dA =

Z aZ

√ a2 −x2

√ −a − a2 −x2

"Z √ 2 2 2 a −(x +y ) −

√

a2 −(x2 +y 2 )

#

dz dy dx

Esta integral iterada presenta problemas técnicos para su cálculo. Sin embargo, si usamos coordenadas cil´ındricas para representar el sólido, el problema técnico desaparece, como veremos a continuación.

V

=

Z Z "Z √a2 −(x2 +y2 ) −

R

=

Z

0

= −

2π Z a

2 3

Z

0

0

√

a2 −(x2 +y 2 )

#

dz dA =

0

Z √a2 −r2 z r √ dr dθ = 2 2

2π

Z

− a −r

0

2π Z a 0

2π Z a 0

"Z

√ a2 −r 2

√ − a2 −r 2

dz r dr dθ

√ 2r a2 − r 2 dr dθ

Z 3 a 2 2π 3 4π 3 2 2 2 a −r a dθ = a dθ = 0 3 0 3

Esta u ´ ltima es la fórmula clásica para el volumen de la esfera de radio a. R ξρ s email: [email protected]

317

#

♣ Jasmer LPC


UMSA

318

EJEMPLO 9.80. Encuentre el centroide de la parte del primer octante de la pelota s´ olida limitada 2 2 2 por la esfera r + z = a ´ SOLUCION.EJEMPLO 9.81. Calcule la integral

ZZZ

♣ (x2 + y 2) dx dy dz donde V es el volumen limitado por

V

la semiesfera x2 + y 2 + z 2 = 4, z ≥ 0 y cortada por el cilindro x2 + y 2 = 1. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 9.82. Exprese el volumen del s´ olido entre las esferas x2 + y 2 + z 2 = 4 y x2 + y 2 + z 2 = 1 p 2 x + y 2, usando (a) Coordenadas cartesianas y (b) Coordenadas 1 y dentro el cono z = √ 3 cil´ındricas. ´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 9.83. Calcula el volumen del s´ olido limitado por las superficies de ecuaciones y 2 + 2 z = 9, x + z = 4, y y − 2x − 3z = 12. ´ SOLUCION.El sólido es un cilindro cortado por dos planos, y su proyección sobre el plano yz es el c´ırculo de radio 3 centrado en el origen. Para cada punto del c´ırculo, la altura x var´ıa entre 1 3 x = y − z − 6 y x = 4 − z. Conviene que las coordenadas del c´ırculo sean polares; el volumen 2 2 es: 4 −Zr cos θ ZZZ Z 2π Z 3 1 dx dy dz =

R

dx r dr dθ

0

0

1 3 r sen θ − r cos θ − 6 2 2 Z 2π Z 3 1 1 = − r sen θ + r cos θ + 10 r dr dθ 2 2 0 0 3 Z 2π 3 r 2 = (cos θ − sen θ) + 5r dθ 6 0 0 Z 2π 9 = (cos θ − sen θ) + 45 dθ 2 0 = 90π

♣

1. Calcular el volumen encerrado por z = x2 + y 2, x2 + y 2 = a2 , z = 0. R ξρ s email: [email protected]

318

Jasmer LPC

UMSA


319

2. Hallar el volumen del sólido limitado por x2 + y 2 = a2 , x2 + y 2 = az 2 , z = 0. 3. Calcular el volumen encerrado por los cilindros x2 + y 2 = a2 , y 2 + z 2 = a2 4. Calcular el volumen limitado por x2 + y 2 = 4, z = 0, z = 2y. 5. Hallar el volumen limitado por el paraboloide z = x2 + y 2, el cilindro x2 − x + y = 0, el plano z = 0. p 6. Hallar el volumen limitado por el paraboloide z = x2 + y 2 y el cono z = x2 + y 2.

7. Hallar el volumen limitado por x2 + az = a2 , x2 + y 2 = a2 , z = 0.

9.5.2.

Integrales triples en coordenadas esf´ ericas

Las coordenadas esféricas son una manera alternativa de describir un punto en el espacio tridimensional. Sea P un punto del espacio con coordenadas (x, y, z). Esto se ilustra en la figura siguiente.

❃ ρ =distancia al origen desde el punto ❄ θ =ángulo que tiene el punto con respecto al eje x (ángulo en el plano xy de la proyección de P con el eje x) ❅ φ =ángulo del rayo OP con respecto al eje z Las coordenadas esféricas de este punto son P (ρ, θ, φ). ¿Cómo transformar de un conjunto de coordenadas al otro? Observemos el siguiente triángulo:


319

Jasmer LPC

UMSA

Puesto que cos φ = r = ρ sen φ


320

r z , se tiene que z = ρ cos φ, del mismo modo como sen φ = , entonces ρ ρ

Mirando el plano xy,

x = r cos θ y = r sen θ Luego, si reemplazamos r por ρ sen φ en la igualdad, obtenemos la relación entre las coordenadas rectangulares y las esféricas. x = ρ sen φ cos θ y = ρ sen φ sen θ z = ρ cos φ Del mismo modo, observemos que conociendo las coordenadas x, y, z es posible obtener las coordenadas ρ, θ, φ con las identidades siguientes.


x2 + y 2 + z 2 = ρ2

(9.16)

y = tan θ x

(9.17)

x2 + y 2 = tan2 φ z2

(9.18)

320

Jasmer LPC

UMSA


321

Algunas ecuaciones elementales 1. La ecuación en coordenadas esféricas ρ = 2 se puede transformar a una en coordenadas rectangulares. Simplemente elevamos al cuadrado la ecuación original para obtener: ρ2 = 4. Usando la identidad (9.16), obtenemos: x2 + y 2 + z 2 = 4 (una esfera de radio 2 centrada en al origen).

2. La ecuación en coordenadas esféricas φ = π/4 representa un cono. Esto se puede comprobar directamente: Si φ = π/4 entonces tan φ = 1. Por lo tanto x2 + y 2 = z 2 , de donde z = p ± x2 + y 2.

3. La ecuación en coordenadas esféricas θ = π/3 representa un plano. Para verificar esto usamos nuevamente las relaciones entre los sistemas de coordenadas, en particular la identidad (9.17): √ √ y = tan θ = tan(π/3) = 3, de donde y = 3x que es el plano vertical. x


321

Jasmer LPC


UMSA

322

Entonces, lo que sabemos hasta el momento es : ☞ ρ = a esfera de radio a centrada en el origen ☞ φ = α cono cuya “pared” forma un ángulo α con el eje z ☞ θ = β plano perpendicular al plano xy cuya proyección sobre el plano xy forma un ángulo α con el eje x Consideremos el sólido Ω dado (y que podr´ıamos denominar, por analog´ıa, el paralelep´ıpedo esférico) n o Ω = (ρ, φ, θ) : a ≤ ρ ≤ b, α ≤ φ ≤ β, γ ≤ θ ≤ δ

Dibujaremos primero sus partes, es decir lo que cada par de desigualdades produce, para intentar entender el total. En primer lugar, las desigualdades: a≤ρ≤b corresponden al sólido entre las esferas de radio a y b, que podemos apreciar en la figura.

Asimismo, las desigualdades α≤φ≤β corresponden al sólido entre los dos conos:


322

Jasmer LPC


UMSA

323

Y finalmente γ≤θ≤δ corresponden al sólido entre los planos que se ilustran.

El sólido total, que representa a Ω es

Recordemos que el punto (x, y, z) ∈ R3 tiene coordenadas esféricas (ρ, θ, ϕ) si x = ρ sen ϕ cos θ,

y = ρ sen ϕ sen θ,

z = ρ cos ϕ

En general se toma ρ ≥ 0, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ ϕ ≤ π.

Además

x2 + y 2 + z 2 = ρ2 , Luego, el determinante de la x x ∂(x, y, z) ρ ϕ = yρ yϕ ∂(ρ, ϕ, θ) zρ zϕ

y = tan θ, x

x2 + y 2 = tan2 ϕ 2 z

matriz Jacobiana del cambio de variables es dado por xθ sen ϕ cos θ ρ cos ϕ cos θ −ρ sen ϕ sen θ yθ = sen ϕ sen θ ρ cos ϕ sen θ ρ sen ϕ cos θ = ρ2 sen ϕ zθ cos ϕ −ρ sen ϕ 0

Por (9.6) y esta u ´ ltima igualdad se tiene


323

Jasmer LPC


UMSA

324

TEOREMA 9.12 (Cambio de variables a Coordenadas Esf´ ericas). Sean n o B ⊂ (r, θ, z) : ρ ≥ 0, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ ϕ ≤ π

acotado, TE (ρ, θ, ϕ) = (ρ sen ϕ cos θ, ρ sen ϕ sen θ, ρ cos ϕ) y f : TE (B) → R continua y acotada. Entonces ZZZ ZZZ f (x, y, z) dx dy dz = f (ρ sen ϕ cos θ, ρ sen ϕ sen θ, ρ cos ϕ) ρ2 sen ϕ dρ dϕ dθ. R

R

´ DEMOSTRACION.

EJEMPLO 9.84. Calcular el volumen al interior del cono z = y2 + z2 = 9

p x2 + y 2 y bajo la esfera x2 +

´ SOLUCION.-

♣

EJEMPLO 9.85. Calcular el volumen al interior del cono z = y 2 + z 2 = a2

p x2 + y 2 y bajo la esfera x2 +

´ SOLUCION.-

♣

1. p Hallar el volumen limitado superiormente por x2 + y 2 + z 2 = 1, e inferiormente por z = x2 + y 2 .

2. Hallar el volumen de la región limitado superiormente por x2 + y 2 + z 2 = 1, e inferiormente por z = x2 + y 2. 3. Calcular el volumen encerrado por z 2 + 4y − 4 = 0, x2 = y. 4. Hallar el volumen de la región limitado por x2 + y 2 = 1, z = y, z = y 2 .

5. Hallar el volumen encerrado entre el paraboloide x2 + a2 y 2 + z = 1, x2 + a2 y 2 − 2z = 1. ZZZ 2 x y2 z2 EJEMPLO 9.86. Calcular + 2 + 2 dx dy dz siendo V la regi´ on encerrada por el a2 b c x2 y 2 z 2 elipsoide 2 + 2 + 2 = 1. a b c

V

x2 y 2 z 2 ´ SOLUCION.- Tomemos f (x, y, z) = 2 + 2 + 2 . Realizamos el cambio de variables a b c x = x(u, v, w) = au, R ξρ s email: [email protected]

y = y(u, v, w) = bv, 324

z = z(u, v, w) = cw Jasmer LPC


UMSA Entones

325

xu xv xw a 0 0 ∂(x, y, z) ∂(u, v, w) = yu yv yw = 0 b 0 = abc zu zv zw 0 0 c

además

(au)2 (bv)2 (cw)2 + 2 + 2 = u2 + v 2 + w 2 . a2 b c Sea V la región cuya bajo el cambio de variables es la región original V . f (x, y, z) = f (au, bv, cw) =

u2 + v 2 + w 2 = 1

⇐⇒

(au)2 (bv)2 (cw)2 + 2 + 2 =1 a2 b c

⇐⇒

x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c

Por tanto ZZZ

x2 y 2 z 2 + 2 + 2 a2 b c

V

ZZZ dx dy dz = u2 + v 2 + w 2 |abc| du dv dw V

Pasando a coordenadas esféricas tenemos u = ρ sen ϕ cos θ v = ρ sen ϕ sen θ w = ρ cos ϕ se tiene que ∂(u, v, w) = ρ2 sen ϕ ∂(ρ, ϕ, θ) Luego si tomamos la función g(u, v, w) = u2 + v 2 + w 2 |abc|, por tanto u2 + v 2 + w 2 = ρ2 ,

g(ρ sen ϕ cos θ, ρ sen ϕ sen θ, ρ cos ϕ) = ρ2 |abc|

Sea Ve la región cuya imagen bajo las coordenadas esféricas es la esfera unitaria V . Es claro que Por tanto

Ve = {(ρ, ϕ, θ) : 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ 2π} ZZZ V

u2 + v 2 + w 2 |abc| du dv dw =

ZZZ

ρ2 |abc| ρ2 sen ϕ dρ dϕ dθ

Ve

Z πZ πZ 2 = 8 |abc| 2 0


0

325

1

ρ4 sen ϕ dρ dϕ dθ 0

♣ Jasmer LPC

CAPÍTULO 10

Integrales de Linea

10.1.

Definici´ on y Propiedades

Un camino o curva en Rn es una función diferenciable α : I → Rn , donde I es alg´ un intervalo n ′ abierto en R. El vector velocidad en t del camino α : I → R es el vector α (t) definido por α ′ (t) = (α1 ′ (t), ..., αn ′ (t)) ´ 10.1. Sean U un subconjunto abierto de Rn y f una funci´ DEFINICION on vectorial definida n en U, F : U → R . Supongamos que α esta definido sobre el intervalo [a, b] y tiene imagen en U. Definimos la integral de linea de F a lo largo de α o sobre α, de la siguiente manera: Z Z b F = F (α(t)) · α ′ (t) dt. α

a

EJEMPLO 10.1. Evaluar la integral de l´ınea de la funci´ on vectorial F (x, y, z) = xi + yj + zk sobre la trayectoria de una hélice σ(t) = (sen t, cos t, t) de [0, 2π]. ´ SOLUCION.Resolvemos la integral de acuerdo a la definición Z Z 2π Z π/2 ′ F = F (σ(t)) · σ (t) dt = (sen t, cos t, t) • (cos t, − sen t, 1) dt σ

=

Z

0

0

2π

0

(sen t cos t − sen t cos t + t)dt =

326

Z

0

2π

tdt =

t2 2π 4π 2 θ = 2 0 2

♣


UMSA

327

Observemos que si F = (P1 , P2 , ..., Pn ) y α = (x1 , x2 , ..., xn ), entonces Z

α

Z bh i ′ ′ F = P1 x1 (t), x2 (t), ..., xn (t) x1 (t) + · · · + Pn x1 (t), x2 (t), ..., xn (t) xn (t) dt a

Usaremos la siguiente notación para la integral de linea de F = (P1 , P2 , ..., Pn ) a lo largo de α, Z Z F = P1 dx1 + · · · + Pn dxn . α

α

TEOREMA 10.1. Sean U un subconjunto abierto de R2 y una funci´ on F : U → R2 con F = (P, Q). Supongamos que α : [a, b] → U es un camino diferenciable de modo que α([a, b]) es el gráfico de una función y = g(x) con c ≤ x ≤ d. Entonces Z

P dx + Q dy = α

Z

d

P (x, g(x)) dx + Q(x, g(x))g ′(x) dx

c

❚

Demostración. EJEMPLO 10.2. Calcular (1, 2).

Z

α

(x2 − y) dx + (x + y 2) dy a los largo de la recta que une (0, 0) con

´ SOLUCION.-

♣

TEOREMA 10.2. Sean U un subconjunto abierto de R2 y una funci´ on F : U → R2 con F = (P, Q). Supongamos que α : [a, b] → U es un camino diferenciable de modo que α([a, b]) es el gráfico de una función x = g(y) con c ≤ y ≤ d. Entonces Z

P dx + Q dy = α

Z

d

P (g(y), y)g ′(y) dy + Q(g(y), y) dy

c

❚

Demostración.

TEOREMA 10.3. Sea γ un camino suave por trozos. Si P : a = t0 < t1 < · · · < tn = b es una partición del intervalo [a, b] con la propiedad de que γk la restricci´ on de γ al intervalo [tk−1 , tk ], es un camino suave para 1 ≤ k ≤ n, entonces la integral de linea de F a lo largo de γ es la siguiente suma Z Z Z Z F = F+ F +···+ F. γ

γ1

γ2

❚

Demostración.


γn

327

Jasmer LPC

UMSA

10.2.


328

orientaci´ on en ua integral de l´ınea

Una curva en el espacio puede ser abierta o cerrada. Sea σ(t) la parametrización de una curva y σ(a) , σ(b); si σ(a) = σ(b) entonces se la denomina curva cerrada y si σ(a) 6= σ(b) entonces se la denomina curva abierta. Además de abierta o cerrada, una trayectoria en el espacio puede ser simple o no simple. Una curva simple es una curva que no se cruza a si misma y una curva no simple es aquella que se cruza a si misma.

Cuando la curva es abierta, vamos a asumir orientaci´ on positiva hacia arriba y hacia la derecha; hacia abajo y hacia la izquierda será orientaci´ on negativa. Cuando la curva es cerrada vamos a asumir orientación positiva cuando es en sentido contrario a la rotación de las manecillas del reloj; cuando es a favor se tratará de orientaci´ on negativa.

Una trayectoria puede ser puede ser reparametrizada de tal manera que pueden conservar su orientación original o cambiar la orientación original. EJEMPLO 10.3. Dado el campo vectorial F (x, y, z) = (x, y, z). Calcule la integral de l´ınea en el segmento de la recta que une a los puntos (0, 1, 0) y (1, 2, 2), parametrizandola positivamente y luego reparametrizándola de tal manera que cambie su orientaci´ on. R ξρ s email: [email protected]

328

Jasmer LPC


UMSA

329

´ SOLUCION.Una parametrización positiva del segmento de recta es: σ(t) = (t, t + 1, 2t); donde 0 ≤ t ≤ 1. Evaluando la integral con dicha parametrización: Z Z 1 Z 1 h i 1 F = (t, t + 1, 2t) • (1, 1, 2) dt = (6t + 1) dt = 3t2 + t = 4 σ

0

0

0

Ahora reparametrizándola de tal manera que cambie su orientación: σ(t) = (1 − t, 2 − t, 2 − 2t); donde 0 ≤ t ≤ 1. Evaluando la integral con dicha parametrización: Z

F = σ

Z

1 0

(1 − t, 2 − t, 2 − 2t) • (−1, −1, −2) dt =

Z

0

1

h i 1 2 (6t − 7) dt = 3t − 7t = −4 0

♣

TEOREMA 10.4. Sea f : U ⊂ Rn → Rn seccionalmente continua, σ la parametrización de una curva suave, simple y orientada, y sea ρ la reparametrizaci´ on de la curva, entonces: Z

σ

Z

σ

F =

Z

F si ρ no cambia de orientaci´ on de la curva ρ

Z F = − F si ρ cambia de orientaci´ on de la curva ρ

TEOREMA 10.5. Sea f : U ⊂ Rn → Rn seccionalmente continua, σ la parametrizaci´ Z on deZuna curva suave, no simple y orientada, y sea ρ la reparametrizaci´ on de la curva, entonces: F = F sea que ρ cambie o no cambie la orientaci´ on de la curva.

10.3.

σ

ρ

Teorema de Green

Ahora se estudiará una importante relación entre integrales de l´ınea e integrales sobre regiones del plano. Sea α : [a, b] → U una curva cerrada simple diferenciable por partes del plano, es decir, α es una función uno-a-uno sobre el intervalo abierto (a, b) y α(a) = α(b). Además α′ (t) es continua excepto en un n´ umero finitos de puntos. TEOREMA 10.6 (Teorema de la curva de Jordan). Todo camino cerrado simple α divide al plano en dos regiones, una región interior y una regi´ on exterior. ❚

Demostración.

Se aceptará este resultado y se hablará libremente del interior de una curva cerrada simple α. Ahora, en cada punto α(t), si existe α′ (t) y es diferente de cero, α′ (t) establece una dirección sobre α′ (t) α. Sea T (t) = la tangente unitaria y sea N(t) la normal principal a la curva α en el punto ||α′(t)|| R ξρ s email: [email protected]

329

Jasmer LPC

UMSA


330

α(t). Esto es, N(t) es un vector unitario perpendicular al vector tangente y además los vectores T , N en ese orden, pueden obtenerse por rotación de los vectores unitarios e1 = (1, 0) y e2 = (0, 1). Recuerde que si u = (a, b) y v = (c, d) son vectores unitarios ortogonales, entonces existe una rotación Rθ tal que u = Rθ (e1 ) y v = Rθ (e2 ) si y sólo si el determinante a c b d = 1. Por consiguiente si

T (t) = es el vector tangente unitario y se define N(t) =

(α1′ (t), α1′ (t)) ||α′ (t)||

(−α2′ (t), α1′ (t)) ||α′ (t)||

entonces T (t) y N(t) son vectores unitarios que se pueden obtener de e1 = (1, 0) y e2 = (0, 1) por una rotación. Cuando N(t) siempre apunta hacia el interior de la curva cerrada α, se dice que la curva α corre en sentido contrario a las agujas del reloj, o que α está orientada positivamente. Si N(t) siempre apunta hacia el exterior, entonces α corre en direcci´ on a las agujas del reloj, o que α está orientada negativamente. Cuando α : [a, b] → U es una curva simple y cerrada, suave a trozos y orientada positivamente, la I integral de l´ınea del campo vectorial F sobre α se denota por F. α

Ahora se está en posición de establecer I el resultado que se conoce como el teorema de Green. Este teorema expresa la integral de l´ınea

F de un campo vectorial F sobre una curva cerrada simple

α

α como una integral doble sobre la región interior.

TEOREMA 10.7. Sea F un campo vectorial de clase C 1 definido en un conjunto abierto U del plano. Suponga que la curva cerrada simple suave por partes α junto con su región interior S están contenidos en U, suponga adem´ as que α recorre la frontera de S en dirección contraria a las manecillas del reloj (α es orientada positivamente). Entonces, si P y Q son las funciones coordenadas de F se tiene I ZZ ∂Q ∂P F = − dxdy. (10.1) ∂x ∂y α

S

Demostración. La demostración completa del teorema implica un argumento de aproximación que no se dará en este texto. Sin embargo, el objetivo de la demostración es primeramente comprobar (10.1) para curvas que recorren rectángulos y triángulos. Utilizando este resultado se demuestra (10.1) para curvas poligonales cerradas α. La etapa final es demostrar que ambas integrales ZZ I ∂Q ∂P − dxdy y F ∂x ∂y α S


330

Jasmer LPC


UMSA

pueden ser aproximadas arbitrariamente por integrales ZZ ∂Q ∂P − dxdy y ∂x ∂y

I

Sn

331

F αn

donde αn es una curva poligonal y Sn es su interior. La demostración de (10.1) para rectángulos es directa. Sean α1 , α2 , α3 , α4 las cuatro paredes rectil´ıneas de α como se presenta en la figura: Obviamente

ZZ

∂Q ∂P − ∂x ∂y

S

Pero si

dxdy =

Z

d

c

Z b a

β1 (x) = (x, c)

∂Q ∂P − ∂x ∂y

dx dy

a≤x≤b

β2 (y) = (b, y)

c≤y≤d

β3 (x) = (x, d)

a≤x≤b

β2 (y) = (a, y)

c≤y≤d

entonces α1 ∼ β1 , α2 ∼ β2 , α3 ∼ −β3 , α4 ∼ −β4 . Por consiguiente I

F =

α

4 Z X

F =

αi

i=1

Z

F+

β1

=

Z

β1

Mas todav´ıa

Z

F =

β1

y

Z

F =

β3

Z Z

F−

Z

β2

Z

F− F+

β3

b a

F (β1 (x)) ·

β1′ (x) dx

F (β3 (x)) ·

β3′ (x) dx

=

β3

F−

β2

F−

Z

Z

F

β4

Z

F

β4

b

P (x, c) dx

a

b

a

Z

Z

=

Z

b

P (x, d) dx

a

Por lo tanto Z esto es

β1

F−

Z

β3

Z bh Z bh i i F = P (x, c) − P (x, d) dx = − P (x, d) − P (x, c) dx a

a

Z

β1


F−

Z

β3

Z bZ F =− a

331

d c

∂P dy dx ∂y

Jasmer LPC


UMSA

332

La u ´ ltima igualdad es válida en virtud del teorema fundamental del cálculo. Análogamente Z Z Z dh Z dZ b i ∂Q dx dy F− F = Q(b, y) − Q(a, y) dy = β2 β4 c c a ∂x Por consiguiente sumando ambos resultados se tiene I Z dZ b ∂Q ∂P F = − dx dy ∂x ∂y α c a

que es el resultado pedido. La comprobación de (10.1) para triángulos se hace en forma análoga. Ahora sea α una curva poligonal cerrada simple que encierra ua región S. Se puede suponer que S es la unión de rectángulos y triángulos Sk que tienen solo aristas comunes como se puede ver en la figura. Sea γk una curva que recorre una vez la frontera de Sk en dirección contraria a las manecillas del reloj. Ciertamente

ZZ

∂Q ∂P − ∂x ∂y

S

X Z Z ∂Q ∂P − dx dy = dxdy ∂x ∂y k

Sk

por la propiedad de aditividad de las integrales sobre regiones que se traslapan en conjuntos de medida cero. Pero también I XI F = F. α

k

αk

Esta u ´ ltima igualdad es válida puesto que todas las integrales sobre segmentos de l´ınea interiores de las fronteras de conjuntos Sk se cancelan por pares. Esto se deduce puesto que cada uno es recorrido en una direccióHn una vez y en dirección opuesta otra vez. As´ı solamente queda la integral sobre la frontera que es α F . Como se indicó antes, la demostración se termina, aproximando la curva cerrada simple α mediante la curva poligonal αn .

❚ I 2 EJEMPLO 10.4. Verificar el teorema de Green en la integral 2 x2 + y 2 dx + x + y dy, α

siendo C el contorno del triángulo con vértices en los puntos (1, 1), (2, 2) y (1, 3).

´ SOLUCION.Como podemos observar en la figura abajo el problema nos pide determinar la integral de l´ınea a lo largo de una curva cerrada que limita una región plana.


332

Jasmer LPC


UMSA

Donde cada curva la parametrizamos: x=t x=t + − C1 : C2 : y=t y = 4−t 1≤t≤2 1≤t≤2

333

:

Resolvemos la integral de l´ınea acuerdo a la definición: Z Z Z Z F = F+ F+ F C1+

C

Z

= =

C3−

2

F (t, t) · (1, 1) dt −

0

Z

C2−

2 2

0

8t dt − 3

2

2

0

F (t, 4 − t) · (1, −1) dt −

2

0

(4t − 16t − 16) dt −

Z

3

Z

3

0

F (1, t) · (0, 1) dt

(t2 + 2t + 1) dt

0

2 3 3 4t t 8t 2 2 − − 8t + 16t − +t +t = 3 1 3 3 1 1 56 28 26 4 = − + 24 − 16 − −8−2 =− 3 3 3 3

2

Z

Z

x=1 y=t 1≤t≤3

C3−

3

Ahora resolvemos aplicando el teorema de Green: Z

C

I

2 2 x2 + y 2 dx + x + y dy C ZZ ∂Q ∂P − dxdy. = ∂x ∂y

F =

D

ZZ Z = 2(x + y) − 4y dxdy =

x=1

D

=

Z

1

=

2

Z 2h 1

x=2

y=4−x 2xy − y dx = 2

y=x

i

Z

y=4−x

y=x

2x − 2y dy dx

Z 2h i 2x(4 − 2x) − (4 − x)2 + x2 dx 1

4 − 4x + 16x − 16 dx = − x3 + 8x2 − 16 3 2

2 1

=−

28 4 + 24 − 16 = − 3 3

♣

EJEMPLO 10.5. Suponga que el camino α recorre la frontera de la regi´ on acotada por las curvas 2 y = x, x = 1 en dirección contraria a las manecillas del reloj (α es orientada positivamente). I Calcular la integral curvil´ınea usando el Teorema de Green.

α

(2y − x) dx + (3y 2 + xy) dy primero de forma directa y luego

´ SOLUCION.Evaluando x = 1 en y 2 = x se tiene que y = ±1. Luego α une los puntos (1, −1) y (1, 1). R ξρ s email: [email protected]

333

Jasmer LPC


UMSA I

Z

2

α

(2y − x) dx + (3y + xy) dy =

1 −1

(2y − y 2)2y dy + (3y 2 + y 2y) dy

Z 1

=

−1 Z 1

=

334

−1

2

3

2

4y − 2y + 3y + y 2

7y − y

3

3

dy

dy

1 1 y3 − y4 3 4 −1

7

=

Definamos la función F (x, y) = (2y − x, 3y 2 + xy), si P y Q son las funciones coordenadas de F , ∂Q ∂P esto es P (x, y) = 2y − x y Q(x, y) = 3y 2 + xy se tiene que =yy = 2. Por tanto aplicando ∂x ∂y el Teorema de Green I

I

2

α

(2y − x) dx + (3y + xy)dy =

F =

α

ZZ

=

ZZ

∂Q ∂P − ∂x ∂y

S

(y − 2) dxdy =

S

Z

=

y=1

y=−1

2

y=−1

dxdy.

Z

y=1

=

Z

(y − 2)(1 − y ) dy =

x=1

x=y 2

Z

(y − 2)dx dy

y=1

y=−1

(−y 3 + 2y 2 + y − 2) dy

1 1 2 1 − y 4 + y 3 + y 2 − 2y 4 3 2 −1

EJEMPLO 10.6. Calcular la integral curvil´ınea

I

♣

(−x2 y) dx + xy 2 dy, donde C es el contorno α

de la región limitada por las circunferencias x2 + y 2 = 1, x2 + y 2 = 9. Sugerencia: Usar Teorema de Green. ´ SOLUCION.Definamos las funciones P (x, y) = −x2 y y Q(x, y) = xy 2 . Derivando parcialmente ∂Q ∂P = y2 y = −x2 . Por tanto aplicando el Teorema de Green ∂x ∂y I

2

2

(−x y) dx + xy dy = α

ZZ S

=

Z

0


∂Q ∂P − ∂x ∂y

2π Z 3

dxdy =

r 2 r dr dθ =

1

334

Z

ZZ

(y 2 + x2 ) dxdy

S

2π 0

3 4 Z 2π r 4 3 14 dθ = − dθ = 40π 4 1 4 4 0

♣

Jasmer LPC


UMSA

335

EJEMPLO 10.7. Utilizar el teorema de Green para calcular la siguiente integral de l´ınea: I y 3 dx + (x3 + 3xy 2 ) dy, siendo C el camino que va desde (0, 0) hasta (1, 1) por la gráfica de C

y = x3 y vuelve a (0, 0) por la recta y = x.

´ SOLUCION.Si llamamos A a la region del plano limitada por la curva C anterior, entonces: C = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, x3 ≤ y ≤ x} Como P (x, y) = y 3 y Q(x, y) = x3 + 3xy 2 , tenemos que: I

3

3

2

y dx + (x + 3xy ) dy = C

I

F =

C

=

ZZ

ZZ

∂Q ∂P − ∂x ∂y

2

2

A

(3x + 3y ) − 3y

A

= =

10.4.

Z

1

y=x 3x y dx = 3 2

0

3

y=x

1 x4 + x6 4 2

1 0

=

1 4

2

Z

0

dxdy.

dxdy =

1

Z

x=1 Z y=x

x=0

y=x3

3x2 dy dx

3x3 − 3x5 dx ♣

´ Area Encerrada por una Curva

El área limitada por una curva cerrada simple C puede ser calculado con una integral de l´ınea, esto puede ser conveniente si esta integral no ofrece gran dificultad. TEOREMA 10.8. Si D es una región plana limitada por una curva C; cerrada simple, regular a I 1 trozos y orientada contra reloj, entonces el ´ area de D viene dada por ´ area(D) = x dy − y dx. 2 C

´ DEMOSTRACION. Recordemos el Teorema de Green:

Sea F un campo vectorial de clase C 1 definido en una conjunto abierto U del plano. Suponga que la curva cerrada simple suave por partes C junto con su regi´ on interior X están contenidos en U. suponga adem´ as que C recorre la frontera de X en dirección contraria a las manecillas del reloj. Entonces, si P y Q son las funciones coordenadas de F se tiene ZZ I I Z b ∂Q ∂P − dxdy = F = P dx + Q dy = F (C(t)) · C ′ (t) dt ∂x ∂y C C a X

donde C : [a, b] → U es tales que C(a) = C(b).


335

Jasmer LPC


UMSA

336

y x Definamos la aplicación F : R2 → R2 por F = (P, Q) donde P (x, y) = − y Q(x, y) = es claro 2 2 que 1 1 ∂Q ∂P − = + =1 ∂x ∂y 2 2 Por tanto aplicando el teorema de Green obtenemos: área(D) =

ZZ

1 dxdy =

D

ZZ

∂Q ∂P − ∂x ∂y

D

I

dxdy

I h i x y = P dx + Q dy = − dx + dy 2 2 C C I 1 = x dy − y dx 2 C

EJEMPLO 10.8. Calcular el área de la elipse

x2 y 2 + 2 = 1. a2 b

x2 y 2 ´ SOLUCION.Parametrizamos la elipse 2 + 2 = 1 con C(t) = (a sen t, b cos t) con t ∈ [0, 2π]. a b Esta parametrización orienta la elipse contrareloj. Empecemos probando que esta curva es una parametrización de la elipse, en efecto (a sen t)2 (b cos t)2 + =1 a2 b2 Por lo tanto 1 área(X) = 2

I

x dy − y dx =

C

10.5.

Z

2π

(a cos tb cos t + b sen ta cos t)dt = 0

ab 2π = πab 2 ♣

Independencia del Camino de Integraci´ on

Para calcular

Z

P dx + Q dy seg´ un la curva de integración C sea cerrada o no, y seg´ un sea

C

∂Q ∂P = o no se procede como sigue: ∂x ∂y 1. Si C es no cerrada: R ξρ s email: [email protected]

336

Jasmer LPC


UMSA

337

∂P ∂Q = : En este caso la integral es independiente del camino de integración, entonces ∂x ∂y se calcula la integral directamente eligiendo previamente un camino de integración adecuado. ∂Q ∂P b) 6= : Se calcula la integral directamente pasando a una integral simple. ∂x ∂y

a)

2. Si C es cerrada:

Z ∂Q ∂P a) = : No es necesario calcular nada, pues en este caso P dx + Q dy = 0. ∂x ∂y C ∂Q ∂P b) 6= : Se calcula la integral directamente pasando a una integral doble (Teorema ∂x ∂y de Green).

EJEMPLO 10.9. Demostrar que

Z

(1,2)

(x2 + y 2 )dx + 2xydy, es independiente del camino de

(0,1)

integración y hallar su valor. ´ SOLUCION.-


♣

337

Jasmer LPC

CAPÍTULO 11

Integrales de Superficie

11.1.

Definici´ on

Sea R una región del plano y sea ϕ : R → R3 la parametrización de una superficie S, es decir, S es la imagen de ϕ. Sea f : S → R una función sobre S, si f es continua, definimos la integral de superficie de f sobre S mediate la formula ZZ ZZ ∂ϕ ∂ϕ du dv f= f (ϕ(u, v)) × ∂u ∂v S

R

Sea F : S → R3 un campo vectorial sobre S, definimos la integral de superficie de F sobre S mediate la formula ZZ ZZ ∂ϕ ∂ϕ F ·N = F (ϕ(u, v)) · × du dv ∂u ∂v S

R

Sea F : R3 → R3 un campo vectorial sobre R3 , F = (F1 , F2 , F3 ). Definimos la divergencia de F como la función ∂F1 ∂F2 ∂F3 divF = + + . ∂x ∂y ∂z Definimos ahora la rotacional de F como

∂F3 ∂F2 ∂F1 ∂F3 ∂F2 ∂F1 ∇×F = − , − , − = ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y 338

i

j

∂ ∂x

∂ ∂y

F1

F2

k ∂ ∂z F3

UMSA

11.2.


339

Teorema de la Divergencia

TEOREMA 11.1. Sea U una región de R3 que constituye el interior de una superficie S que es suave. Sea F un campo vectorial de clase C 1 sobre un conjunto abierto que contiene a U y a S. Sea N el vector unitario normal a S dirigido hacia afuera. Entonces ZZ ZZZ F ·N = divF S

U

donde la expresión de la derecha es la integral triple de la funci´ on divF sobre la región U.

11.3.

Teorema de Stokes

TEOREMA 11.2. Sea S una superficie suave de R3 limitada por una curva cerrada C. Supóngase que la superficie es orientable y que la curva frontera esta orientada de modo que la superficie se encuentra a la izquierda de la curva. Sea F un campo vectorial de clase C 1 sobre un conjunto abierto que contiene a la superficie S y a su frontera. Entonces ZZ I (∇ × F ) · N = F S

C

donde la expresión de la derecha es la integral triple de la funci´ on divF sobre la región U.


339

Jasmer LPC

CAPÍTULO 12

Sucesiones y Series

12.1.

Sucesiones

´ 12.1. Una sucesión es una funci´ DEFINICION on cuyo dominio es el conjunto de los n´ umeros reales N y cuyo recorrido es el conjunto de los n´ umero reales R. Consideremos una sucesión a : N → R, esto es, a es una función que a cada n´ umero natural n se le asigna el n´ umero real a(n). Denotaremos a(n) por an , esto es, a(n) = an . El n´ umero an se llama término n-ésimo de la sucesión a. Luego podemos escribir la sucesión a por a1 , a2 , ..., an o podemos usar un s´ımbolo tal como {an }.

Si damos una expresión expl´ıcita al n-ésimo de una sucesión, entonces podemos generar o determinar cada término de la sucesión. Veamos algunos ejemplos. Dados los siguientes formular expl´ıcitas para los términos n-ésimos, hallar los primeros términos de las sucesiones que generan. ① Si an = n, entonces la sucesión que se obtiene es 1, 2, 3, 4, 5, . . . 340


UMSA

341

② Si an = 2n , entonces la sucesión que se obtiene es 2, 4, 8, 16, 32, . . . ③ Si an =

1 , entonces la sucesión que se obtiene es 2n 1 1 1 1 1 , , , , ,... 2 4 8 16 32

´ 12.2. La sucesión {an } converge a L si para todo ε > 0, existe un n´ DEFINICION umero natural N tal que si n ≥ N entonces |an − L| < ε. Escribimos este hecho como l´ım an = L. Si la sucesi´ on {an } no converge a ning´ un n´ umero L, n7→∞

decimos que la sucesión {an } diverge. Por tanto, la sucesi´ on {an } en divergente si ocurre unos de los siguientes casos l´ım an = ∞,

l´ım an = −∞,

n7→∞

n7→∞

l´ım an no es u ńico

n7→∞

´ 12.3. Una sucesión {an } es mon´ DEFINICION otona creciente si para todo n ≥ 1, an ≤ an+1 . Una sucesión {an } es monótona decreciente si para todo n ≥ 1, an ≥ an+1 . Una sucesión {an } es acotada si existe M > 0 tal que para todo n ≥ 1, |an | ≤ M. TEOREMA 12.1. Sean {xn } y {yn } dos funciones tales que l´ım xn = x y

n7→∞

l´ım yn = y.

n7→∞

Entonces (a) l´ım (xn + yn ) = x + y, n7→∞

(c) l´ım xn yn = xy, n7→∞

(b) λ ∈ R, l´ım λxn = λx n7→∞

xn x = . n7→∞ yn y

(d) l´ım

(e) Toda sucesión acotada, creciente o decreciente es convergente. (f ) Toda sucesión no acotada es divergente. (g) El l´ımite de una sucesión convergente es u ńico. EJEMPLO 12.1. Determinar si la siguiente sucesi´ on es convergente o divergente. 3 4 5 6 7 , , , , , ... 2 3 4 5 6


341

Jasmer LPC

UMSA


342

´ SOLUCION.Observando los términos de la sucesión vemos que el término n-ésimo de la sucesión es n+2 an = . n+1 Calculando el l´ımite 2 1+ n+2 n = 1 l´ım an = l´ım = l´ım 1 n7→∞ n7→∞ n + 1 n7→∞ 1+ n Por tanto, la sucesión {an } es convergente y converge a 1. EJEMPLO 12.2. Determinar la convergencia o divergencia de la sucesi´ on cuyo término n-ésimo es. 1 1 (a) an = 2 + 2 , (b) bn = n sen n n ´ SOLUCION.Calculando el l´ımite l´ım an = l´ım 2 +

n7→∞

n7→∞

1 = 2+0 = 2 n2

Por tanto, la sucesión {an } es convergente y converge a 2. De modo similar un calculo simple muestra que

1 sen 1 n l´ım bn = l´ım n sen = l´ım = 1 1 n7→∞ n7→∞ n7→∞ n n Por tanto, la sucesión {bn } es convergente y converge a 1. EJEMPLO 12.3. Determinar la convergencia o divergencia de la sucesi´ on cuyo término n-ésimo es. (1) an = 3n − 4

(2) an =

(3) an = (−1) √ n

(7) an =

n3 − 2n √ n2 − n


√ 4

n (4) an = √ 4 2 n +n r 1 (6) an = n n √ 4 n (8) an = √ 4 3n + 1

n

(5) an =

2 n3

n

342

Jasmer LPC


UMSA ´ SOLUCION.(1)

343

l´ım an = l´ım (3n − 4) = 3∞ − 4 = ∞

n7→∞

{an } converge

n7→∞

2 2 = = 0 3 n7→∞ n7→∞ n ∞3 ( 1 si n es par (3) l´ım an = l´ım (−1)n = n7→∞ n7→∞ −1 si n es impar √ 4 n √ √ 4 4 n n2 (4) l´ım an = l´ım √ = l´ım √ 4 4 n7→∞ n7→∞ n7→∞ n2 + n n2 + n √ 4 n2 r r n 4 1 4 2 0 n n = l´ım r = = 0 = l´ım r 2 n7→∞ n7→∞ 1 1 n + n 4 4 1+ n n2 √ 1 1 (5) l´ım an = l´ım n n = l´ım n n = l´ım e n ln n (2)

l´ım an = l´ım

n7→∞

= l´ım e

n7→∞

n7→∞

ln n n

{an } converge {an } no converge

{an } converge

n7→∞

0

= e = 1 r n1 1 1 n 1 (6) l´ım an = l´ım = l´ım = l´ım e n ln n7→∞ n7→∞ n7→∞ n7→∞ n n

{an } converge

n7→∞

= l´ım e n7→∞

ln(n−1 ) n

= l´ım e− n7→∞

ln n n

= e−0 = 1

n3 − 2n n − 2n 3 (7) l´ım an = l´ım 2 √ = l´ım 2 n √ n7→∞ n7→∞ n − n7→∞ n − n n 3 n 2 2 1− 2 1− 2 n ∞ = l´ım = = ∞ 1 1 1 n7→∞ 1 − − n n5/2 ∞ ∞5/2 √ 4 n √ √ 4 4 n n = l´ım √ (8) l´ım an = l´ım √ n7→∞ n7→∞ 4 3n + 1 n7→∞ 4 3n + 1 √ 4 n 1 1 1 = l´ım r = l´ım r = √ 4 n7→∞ n7→∞ 3 1 4 3n + 1 4 3+ n n

1 n

{an } converge

3


343

{an } diverge

{an } converge

Jasmer LPC


UMSA

344

EJEMPLO 12.4. Determinar la convergencia o divergencia de la sucesi´ on cuyo término n-ésimo es. √ an = n3 + 2n − n ´ SOLUCION.Calculando el l´ımite l´ım an

n7→∞

√ n2 + 2n + n n2 + 2n − n2 = l´ım √ = l´ım ( n2 + 2n − n) √ n7→∞ n7→∞ n2 + 2n + n n2 + 2n + n 2n 2 2 = l´ım √ = l´ım r = l´ım r n7→∞ n7→∞ n7→∞ n2 + 2n + n 2 n2 + 2n 1+ +1 + 1 2 n n 2 2 = r = √ = 1 1+1 2 1+ +1 ∞ √

Por tanto, la sucesión {an } es convergente y converge a 1.

12.2.

Series

´ 12.4. Dada la sucesión {an }, definimos sus sumas parciales por DEFINICION sn = a1 + a2 + · · · + an Si la sucesión {sn } converge, entonces el l´ımite l´ım sn se llama serie de la sucesión {an } y es n7→∞ ∞ X denotada por an . Esto es n=1

∞ X n=1

an = l´ım sn = a1 + a2 + · · · n7→∞

Algunas series especiales ① La serie geométrica de razón r. ☞ Si |r| < 1, entonces ☞ Si |r| ≥ 1, entonces

∞ X

n=0 ∞ X

ar n =

a 1−r

ar n diverge.

n=0


344

Jasmer LPC


UMSA

345

∞ X 1 ② La serie Armónica diverge. n n=1

∞ X 1 ③ La serie Armónica de grado p (serie p de Riemman) converge si p > 1 y diverge si p n n=1 p ≤ 1. n ∞ n X 1 1 EJEMPLO 12.5. Calcule 3 −5 . 8 3 n=1

´ SOLUCION. n ∞ n ∞ n ∞ n X X X 1 1 1 1 = 3 3 −5 −5 8 3 8 3 n=1 n=1 n=1 = 3

1 8

1 3

−5 1 1 1− 1− 8 3 3 5 29 − =− = 7 2 14 EJEMPLO 12.6. Mediante definición, demostrar que la serie

´ SOLUCION.Recordemos que, si |r| < 1, entonces que 1+r+

∞ X

∞ X n=0

∞ n X 2 n=2

3n

=

∞ n X 2 n=2

3

=

3n n=2

es convergente.

1 . De aqui podemos concluir 1−r

1 1−r

rn =

n=2

Por lo tanto

rn =

∞ n X 2

1 1−

2 3

−1−

2 = 3 ♣

12.2.1.

Criterios de Convergencia

Existen algunos criterios que permiten determinar en muchos casos el carácter convergente o divergente de una serie. ∞ X Para las series an de términos an positivos se tienen los siguientes criterios: n=1


345

Jasmer LPC


UMSA

① Criterio de divergencia. Si l´ım an 6= 0, entonces la serie n7→∞

∞ X

346

an es divergente.

n=1

EJEMPLO 12.7. Determinar la convergencia o divergencia de la serie

∞ X

2n

n=1

´ SOLUCION.El término general de la serie es an = 2n . Ahora bien, como l´ım an = l´ım 2n = 2∞ = ∞ = 6 0,

n7→∞

n7→∞

entonces la serie dada es divergente. EJEMPLO 12.8. Determinar la convergencia o divergencia de la serie

∞ X

2n

n=1

´ SOLUCION.El término general de la serie es an =

n+1 . Ahora bien, como n−1

1 + 1/n n+1 = l´ım = 1 6= 0, n7→∞ 1 − 1/n n7→∞ n − 1

l´ım an = l´ım

n7→∞

entonces la serie dada es divergente.

n ∞ X 1 EJEMPLO 12.9. Determinar la convergencia o divergencia de la serie 1+ n n=1

n 1 ´ . Ahora bien, como SOLUCION.El término general de la serie es an = 1 + n n 1 l´ım an = l´ım 1 + = e 6= 0, n7→∞ n7→∞ n entonces la serie dada es divergente. ∞ X 1 √ EJEMPLO 12.10. Determinar la convergencia o divergencia de la serie n n=1

1 ´ SOLUCION.El término general de la serie es an = √ . Ahora bien, como n 1 1 l´ım an = l´ım √ = √ = 0, n7→∞ n7→∞ n ∞

entonces no podemos concluir nada. Sin embargo, a la serie dada es reconocemos como una serie p de Riemann, pues

Como p =

1 2

∞ ∞ X X 1 1 √ = 1/2 n n=1 n n=1

1 con p = . 2

< 1, la serie dada diverge.


346

Jasmer LPC


UMSA

347

② Criterio de Comparación. Si an ≤ bn , entonces ☞ Si

∞ X

bn converge, entonces

n=1

☞ Si

∞ X

∞ X

an converge.

n=1

an no converge, entonces

n=1

∞ X

bn no converge.

n=1

EJEMPLO 12.11. Aplicando el criterio de Comparaci´ on, determinar la convergencia o ∞ X 1 divergencia de la serie n(n + 1) n=1 ´ SOLUCION.Comparemos la serie dada con la serie p de Riemann

∞ X 1 . Como n2 n=1

1 1 ≤ 2 n(n + 1) n ∞ X 1 es convergente por ser p = 2 > 1, deducimos que la serie dada 2 n n=1 también es convergente.

y sabiendo que la serie

EJEMPLO 12.12. Aplicando el criterio de Comparaci´ on, determinar la convergencia o ∞ X 1 divergencia de la serie ln n n=1 ´ SOLUCION.Comparemos la serie dada con la serie Armónica entonces

∞ X 1 . Como ln n < n, n n=1

1 1 ≤ n ln n ∞ X 1 y entonces sabiendo que la serie Armónica es divergente, deducimos que la serie dada n n=1 también es divergente. EJEMPLO 12.13. Analizar la convergencia y/o divergencia de la siguiente serie: ´ SOLUCION.-

∞ X n3 + 6n2 + 5n − 2 p 3 n (n3 + 1)4 n=1

Puesto que n3 ≤ n3 + 1 R ξρ s email: [email protected]

347

Jasmer LPC


UMSA

348

entonces p 3

por tanto

(n3 )4 ≤

n4 ≤ de aqu´ı

p 3

(n3 + 1)4

p 3 (n3 + 1)4

invirtiendo

p n5 ≤ n 3 (n3 + 1)4

as´ı

1 1 ≥ p 5 3 n n (n3 + 1)4 n3 + 6n2 + 5n − 2 n3 + 6n2 + 5n − 2 p ≥ n5 n 3 (n3 + 1)4

por tanto

de donde se deduce que

n3 6n2 5n 2 n3 + 6n2 + 5n − 2 p + + − ≥ n5 n5 n5 n5 n 3 (n3 + 1)4 1 6 5 2 n3 + 6n2 + 5n − 2 p + + − ≥ n2 n3 n4 n5 n 3 (n3 + 1)4

∞ ∞ ∞ ∞ X X 1 X1 X1 1 , , y son series armónicas de grado p con 2 3 4 5 n n n n n=1 n=1 n=1 n=1 p > 2, todas son convergentes, por tanto la desigualdad anterior implica que nuestra serie también es convergente.

Debido a que las series

③ Criterio de Comparación por el Cociente. Si l´ım

n7→∞

☞ Si 0 < k < ∞, entonces las series R ξρ s email: [email protected]

∞ X

an y

n=1

348

an = k, entonces bn

∞ X

bn ambas convergen o ambas divergen.

n=1

Jasmer LPC


UMSA

☞ Si k = 0 y

∞ X

bn converge, entonces

n=1 ∞ X

☞ Si k = ∞ y

∞ X

bn diverge, entonces

n=1

n=1 ∞ X

an también converge. an también diverge.

n=1

EJEMPLO 12.14. Determine la convergencia o divergencia de la serie

´ SOLUCION.Sean an =

l´ım

n7→∞

349

an bn

n3

∞ X

3n − 2 . 3 − 2n2 + 11 n n=1

3n − 2 3 y bn = 2 , entonces 2 − 2n + 11 n

3n − 2 (3n − 2)n2 − 2n2 + 11 = l´ım = l´ım 3 n7→∞ 3(n3 − 2n2 + 11) n7→∞ 2 n 3 3n − 2n2 = l´ım = 1, n7→∞ 3n3 6 − 2n2 + 33 n3

∞ ∞ X X 1 3n − 2 Como converge, concluimos que la serie converge. 2 3 n n − 2n2 + 11 n=1 n=1

EJEMPLO 12.15. Determine la convergencia o divergencia de la serie

∞ X n=1

´ SOLUCION.Sean an = √ an n7→∞ bn l´ım

Como

∞ X 1 n=1

n

n2

√

1 . n2 + 19n

1 1 y bn = , entonces n + 19n

1 n + 19n = l´ım = l´ım √ 2 1 n7→∞ n7→∞ n + 19n n s v u 1 n2 u = l´ım = 1. = l´ ım t 19 n7→∞ n7→∞ n2 + 19n 1+ n √

n2

diverge, concluimos que la serie

∞ X n=1

√

1 diverge. n2 + 19n

EJEMPLO 12.16. Aplicando el criterio de Comparaci´ on por el Cociente, determinar la ∞ X 1 convergencia o divergencia de la serie 2 n +4 n=1 R ξρ s email: [email protected]

349

Jasmer LPC


UMSA

350

´ SOLUCION.Comparemos la serie dada con la serie p de Riemann convergente El hecho de que

l´ım

n7→∞

∞ X 1 . n2 n=1

1 2 1 1 + 4 = l´ım n = l´ım = l´ım 2 = 1 ∈ (0, ∞) 2 1 4 n7→∞ n + 4 n7→∞ n + 4 n7→∞ 1+ 2 n2 n n2

n2

implica que la serie dada es convergente. EJEMPLO 12.17. Aplicando el criterio de Comparaci´ on por el Cociente, determinar la ∞ X 1 p convergencia o divergencia de la serie n(2n − 1) n=1 ´ SOLUCION.Comparemos la serie dada con la serie divergente

l´ım

n7→∞

p

1 n(2n − 1) 1 √ n

=

l´ım p

n7→∞

√

n

n(2n − 1)

= l´ım

n7→∞

r

v v u u 1 u u u u n u = l´ım u = l´ ım t n7→∞ t 2n2 − n n7→∞ n2

∞ X 1 √ . El hecho de que n n=1

n n(2n − 1) 1 n

1 2− n

= 0

implica que la serie dada es divergente. ④ Criterio Cauchy o de la Raiz

l´ım

n7→∞

√ n

an = k

⇒

 ∞ X    Si k < 1, entonces an converge     n=1  ∞ X  Si k > 1, entonces an diverge     n=1    Si k = 1, entonces el criterio no resuelve

EJEMPLO 12.18. Analizar la convergencia y/o divergencia de la siguiente serie: 2n ∞ X πn2 cos 2 2n − 3 n=1 R ξρ s email: [email protected]

350

Jasmer LPC


UMSA ´ SOLUCION.-

l´ım

n→∞

s n

πn2 cos 2 2n − 3

2n

2 πn2 = l´ım cos 2 n→∞ 2n − 3  2

=

Por tanto, la serie es convergente. ⑤ Criterio del Cociente

l´ım

n7→∞

an+1 =k an

⇒

351

 l´ım cos

n→∞

π

 = 3  2− 2 n

cos

π 2 =0<1 2

 ∞ X    Si k < 1, entonces an converge     n=1  ∞ X  Si k > 1, entonces an diverge     n=1    Si k = 1, entonces el criterio falla

EJEMPLO 12.19. Aplicando el criterio del Cociente, determinar la convergencia o diver∞ X n gencia de la serie 3n n=1 ´ SOLUCION.Aplicando el criterio del Cociente tenemos: n+1 an+1 n+1 (n + 1)3n 1 1 1 3 l´ım = l´ım = l´ım n = l´ım 1 + = < 1, n+1 n7→∞ an n7→∞ n7→∞ n7 → ∞ n3 n 3 3 3n de donde se deduce que la serie dada es convergente. EJEMPLO 12.20. Aplicando el criterio del Cociente, determinar la convergencia o diver∞ X (n + 1)(n + 2) gencia de la serie n! n=1 ´ SOLUCION.Aplicando el criterio del Cociente tenemos:

an+1 n7→∞ an l´ım

(n + 2)(n + 3) (n + 2)(n + 3)n! (n + 1)! = l´ım = l´ım n7→∞ (n + 1)(n + 2) n7→∞ (n + 1)(n + 2)(n + 1)! n! n+3 = l´ım = 0 < 1, n7→∞ (n + 1)2


351

Jasmer LPC


UMSA

352

de donde se deduce que la serie dada es convergente. EJEMPLO 12.21. Aplicando el criterio del Cociente, determinar la convergencia o diver∞ X n3 gencia de la serie (ln 2)n n=1 ´ SOLUCION.Aplicando el criterio del Cociente tenemos: an+1 n7→∞ an l´ım

(n + 1)3 (n + 1)3 1 (n + 1)3 (ln 2)n (ln 2)n+1 = l´ım = l´ım = l´ ım = > 1, 3 n7→∞ n7→∞ (ln 2)n3 n7→∞ n (ln 2)n+1 n3 ln 2 (ln 2)n

de donde se deduce que la serie dada es divergente. EJEMPLO 12.22. Analizar la convergencia y/o divergencia de la siguiente serie:

∞ X

n 2n . n (n + 1)3 n=1

´ SOLUCION.(n + 1) 2n+1 (n + 2)3n+1 l´ım n 2n n→∞ (n + 1)3n

=

l´ım

n→∞

(n + 1) 2n+1 (n + 1)3n n 2n (n + 2)3n+1

(n + 1) 2n 2 (n + 1)3n 2(n + 1)2 = l´ ım n→∞ n→∞ 3n(n + 2) n 2n (n + 2)3n 3 2 1 2 1+ 2 n = <1 = l´ım n→∞ 2 3 3 1+ n

=

l´ım

Por tanto, la serie es convergente. EJEMPLO 12.23. Verifique la convergencia o divergencia de la serie

∞ X 2n n=1

n!

´ SOLUCION.Aplicando el criterio del Cociente tenemos:


=

= R ξρ s email: [email protected]

2n+1 2n+1 n! (n + 1)! l´ım = l´ım n 2 n7→∞ n7→∞ (n + 1)!2n n! 2n 2n! 2 = l´ım = 0. n n7→∞ (n + 1)n!2 n7→∞ (n + 1) l´ım

352

Jasmer LPC


UMSA

353

El criterio del cociente nos permite concluir que la serie converge. ∞ X 2n EJEMPLO 12.24. Verifique la convergencia o divergencia de la serie n20 n=1



2n+1 2n+1n20 (n + 1)20 = l´ım = l´ım n 2 n7→∞ n7→∞ (n + 1)20 2n n20 20 2n 2 n20 n = l´ım n = l´ım 2 = 2. n7→∞ 2 n7→∞ (n + 1)20 n+1

El criterio del cociente nos permite concluir que la serie diverge. EJEMPLO 12.25. Verifique la convergencia o divergencia de la serie

∞ X n! nn n=1



(n + 1)! (n + 1)! nn (n + 1)n+1 = l´ım = l´ım n! n7→∞ (n + 1)n+1 n! n7→∞ nn n (n + 1) n! nn n = l´ım = l´ım n7→∞ (n + 1)n (n + 1) n! n7→∞ n+1 1 1 1 n = l´ım n = <1 = l´ım n7→∞ n7→∞ n+1 1 e 1+ n n

El criterio del cociente nos permite concluir que la serie converge. EJEMPLO 12.26. Utilizando un criterio, determinar la convergencia o divergencia de la ∞ X ln n serie 2n n=1 ´ SOLUCION.Como ln n < n, entonces ln n n < 2n 2n R ξρ s email: [email protected]

353

Jasmer LPC

UMSA


354

Aplicando el criterio del Cociente tenemos: n+1 1 1 1 an+1 n+1 (n + 1)2n 2 l´ım = l´ım n = l´ım 1 + = < 1, = l´ım n+1 n7→∞ n7→∞ n7→∞ an n7→∞ n2 n 2 2 2n ∞ ∞ X X n ln n de donde se deduce que la serie dada es convergente. Por lo tanto, la serie n 2 2n n=1 n=1 ♣ es convergente.


354

Jasmer LPC

CAPÍTULO 13

Funciones Gamma y Beta

13.1.

Funci´ on Gamma

Definamos la función Gamma, Γ, como

Γ : (0, ∞) → (0, ∞) p 7→ Γ(p) = TEOREMA 13.1.

Z

∞

tp−1 e−t dt

0

1. Γ(1) = 1.

2. Γ(p) = (p − 1)Γ(p − 1) para todo p > 1. 3. Γ(n) = (n − 1)! para todo n ∈ N. √ 1 4. Γ = π. 2 Demostración. Probamos la validez de cada una de las propiedades de la función Gamma, empecemos: Γ(1) =

Z

∞ 0

1−1 −t

t

e dt = l´ım

x→∞

Z

x

0

Sea p > 1, 355

e−t dt = l´ım

x→∞

h i e0 − e−x = 1


UMSA

Γ(p) =

Z

∞

p−1 −t

t

e dt = l´ım

x→∞

0

=

=

Z

x

tp−1 e−t dt

0

Z x p−1 −t x −t p−1 l´ım −t e |0 − (−e )(p − 1)t dt

x→∞

356

0

u = tp−1 , dv = e−t dt du = (p − 1)tp−1 dt, v = −e−t

Z x p−1 −x p−1 −t l´ım −x e + (p − 1) t e dt = (p − 1)Γ(p − 1)

x→∞

0

Sea n ∈ N, entonces

Γ(n) = (n − 1)Γ(n − 1) = (n − 1)(n − 2)Γ(n − 2) = · · · = (n − 1)!

Para finalizar

Z ∞ Z ∞ 1 1 1 −1 −t = t 2 e dt = t− 2 e−t dt Γ 2 0 0 Z ∞ − 1 t = u2 2 −u2 = u2 e 2udu dt = 2udu 0 √ Z ∞ √ π −u2 = 2 e du = 2 = π 2 0 ❚

EJEMPLO 13.1. Calcular: Γ(2) = 1! = 1 Γ(6) = 5! = 120 Γ(5) 4! = = 12 Γ(3) 2! 9 7 7 75 5 753 3 7531 1 105 √ Γ = Γ = Γ = Γ = Γ = π 2 2 2 22 2 222 2 2222 2 16 Z

EJEMPLO 13.2. Calcular la integral

∞

x6 e−2x dx.

0

´ SOLUCION.y dy dx = 2 2

2x = y x = Z

∞ 0

6 −2x

xe

| ↓

dx =

Z

∞

0


y 6 2

−y

e

dy 1 = 7 2 2 356

Z

0

∞

y 6e−y dy =

Γ(7) 6! 45 = 7 = 7 2 2 8 Jasmer LPC


UMSA

357 ♣


Z

∞

√

3

y e−y dy.

0

´ SOLUCION.y 3 = x, y = x1/3 , dy = Z

∞

√

−y 3

ye

| Z ∞√ ↓ = x1/3 e−x

dy

0

0

por tanto Z

0

∞

√

−y 3

ye

1 −2/3 x dx 3

Z

1 dy = 3

∞

1 dx = 3

−1/2 −x

x

1 −2/3 1 x dx = 3 3

e

0

Z

∞

Z

1/2−1 −x

x

e

0

∞

x1/6−2/3 e−x dx

0

1 1 1√ = π. dx = Γ 3 2 3 ♣


Z

∞

x

e− 2 x3 dx.

0

´ SOLUCION.Recordemos la definición de la función gamma Z ∞ Γ(p) = xp−1 e−x dx 0

Z

− x2

e

3

x dx

u = x2 , x = 2u, dx = 2du = = =

Z

e−u (2u)3 2 du Z 4 2 u3 e−u du Z 4 2 u4−1 e−u du

24 Γ(4) = 24 3! = 96

=

♣ EJEMPLO 13.5. Calcular la integral

Z

∞

e−2x x4 dx.

0


357

Jasmer LPC


UMSA ´ SOLUCION.-

Z

−2x

e

4

x dx

u = 2x, x = u2 , dx = 12 du =

Z

u 4 1 e du 2 2 Z 1 u4 e−u du 25 Z 1 u5−1 e−u du 5 2 1 3 1 Γ(5) = 5 4! = . 5 2 2 4

= = =


Z

358

−u

♣ ∞

x

x3 e− 2 dx.

0

´ SOLUCION.Recordemos la definición de la función gamma Z ∞ Γ(p) = xp−1 e−x dx 0

Z

3

− x2

x e

dx

u = x2 , x = 2u, dx = 2du = = =


∞

(2u)3 e−u 2 du Z 4 2 u3 e−u du Z 4 2 u4−1 e−u du

24 Γ(4) = 24 3! = 96

= Z

Z

♣ x4 e−4x dx.

0

´ SOLUCION.-

♣

Calcule las siguientes integrales: R ξρ s email: [email protected]

358

Jasmer LPC


UMSA (1) (3) (5) (7)

Z

∞

Z0 ∞ Z0 ∞

Z0 ∞

4 −4x

xe

dx

(2)

x2 e−3x dx

(4)

x1/2 e−x dx x2 e−

√

x

(6)

dx

(8)

0

13.2.

Z

∞

Z0 ∞ Z0 ∞

359

x4 e−2x dx x4 e−3x dx x3/2 e−x dx

Z0 ∞ √

x5 e−x dx

0

Funci´ on Beta

Definamos la función Beta, β, como

β : (0, ∞) × (0, ∞) → (0, ∞) (p, q) 7→ β(p, q) =

Z

0

1

xp−1 (1 − x)q−1 dx

TEOREMA 13.2. 1. β(p, q) = β(q, p). Z π 2 2. β(p, q) = 2 sen2p−1 t cos2q−1 tdt. 0

3. β(p, q) =

Z

0

4. β(p, q) =

∞

sp−1 ds. (1 + s)p+q

Γ(p) Γ(q) . Γ(p + q)

Demostración. Hagamos el cambio de variables y = 1 − x, entonces dx = −dy. Por tanto Z 1 Z 0 p−1 q−1 β(p, q) = x (1 − x) dx = − (1 − y)p−1y q−1dy 0

=

Z

0

1

1

y q−1(1 − y)p−1dy = β(q, p)

Para probar la segunda ecuación, en la definición de β(p, q) reemplazamos x por sen2 (t). Entonces, cuando x = 0, se tiene que sen2 (t) = 0, de aqu´ı t = 0. Del mismo modo, cuando x = 1, se tiene que sen2 (t) = 1, as´ı t = π2 . Además dx = 2 sen(t) cos(t)dt.


359

Jasmer LPC


UMSA

β(p, q) =

Z

1

xp−1 (1 − x)q−1 dx

0

=

Z

π 2

0

= 2

360

Z

sen2(p−1) (t) (1 − sen2 (t))q−1 2 sen(t) cos(t)dt π 2

sen2p−1 (t) cos2q−1 (t)dt

0

x . Cuando x = 0, se tiene que 1−x s (1 + s) − s s = 0 y si x → 1− , se tiene que s → ∞. Ahora como, x = se sigue que dx = ds = 1+s (1 + s)2 1 ds. Por tanto, (1 + s)2 Z 1 β(p, q) = xp−1 (1 − x)q−1 dx

Para obtener la tercera ecuación para β(p, q). Hagamos s =

0

=

Z

∞

0

=

Z

=

0

s 1+s

p−1 1−

s 1+s

q−1

1 ds (1 + s)2

∞

sp−1 1 1 ds p−1 q−1 (1 + s) (1 + s) (1 + s)2

∞

sp−1 ds. (1 + s)p+q

0

Z

Para probar la u ´ ltima formula, usamos la definición de la función Gamma, en efecto, Z

∞

Z

∞

t e dt sq−1 e−s ds 0 0 Z ∞ Z ∞ p−1 −t = t e dt sq−1 e−s ds 0 0 Z ∞Z ∞ = tp−1 e−t sq−1 e−s ds dt Z0 ∞ Z0 ∞ = tp−1 sq−1 e−(t+s) ds dt

Γ(p) Γ(q) =

0

p−1 −t

0

Realizando el cambio de variables s = tx se tiene que ds = tdx.


360

Jasmer LPC


UMSA Z

0

∞

Z

∞

p−1 q−1 −(t+s)

t

s

e

ds dt =

0

= =

Z

∞

Z

∞

Z0 ∞ Z0 ∞

Z0 ∞ Z0 ∞ 0

361

tp−1 (tx)q−1 e−(t+tx) tdx dt tp−1 tq−1 xq−1 e−t(1+x) tdx dt tp+q−1 xq−1 e−t(1+x) dt dx

0

s 1 . De aqu´ı dt = ds. Por tanto, 1+x 1+x p+q−1 Z ∞Z ∞ Z ∞Z ∞ 1 s p+q−1 q−1 −t(1+x) t xq−1 e−s ds dx x e dt dx = 1+x 1+x 0 0 0 0 Z ∞Z ∞ sp+q−1 1 = xq−1 e−s ds dx p+q−1 1+x 0 0 (1 + x) Z ∞Z ∞ xq−1 = sp+q−1 e−s ds dx p+q (1 + x) 0 0 Z ∞ Z ∞ xq−1 = sp+q−1 e−s ds dx p+q (1 + x) 0 0 Z ∞ Z ∞ q−1 x = dx sp+q−1 e−s ds p+q (1 + x) 0 0

Hagamos s = t(1 + x), luego t =

= β(p, q) Γ(p + q).

❚ EJEMPLO 13.8. Calcular la siguiente integral

Z

1

x4 (1 − x)2 dx.

0

´ SOLUCION.Z 1 Z 1 Γ(5) Γ(3) 4! 3! 1 4 2 x (1 − x) dx = x5−1 (1 − x)3−1 dx = β(5, 3) = = = Γ(5 + 3) 8! 180 0 0 ♣ EJEMPLO 13.9. Calcular la siguiente integral

Z

1 0

√

x2 dx. 2−x

´ SOLUCION.Apliquemos la técnica de sustitución. Si hacemos x = 2y, entonces dx = 2dy. Por tanto R ξρ s email: [email protected]

361

Jasmer LPC


UMSA

Z

1 0

x2 √ dx = 2−x

Z

1

362

(2y)2 √ 2 dy 2 − 2y

x = 2y dx = 2dy 0 √ Z 1 Z 1 8y 2 8 2y 2 √ √ √ √ √ = dy = dy 2 1−y 2 2 1−y 0 0 Z 1 √ 2 √ Z 1 2 4 2y √ = dy = 4 2 y (1 − y)1/2 dy 1 − y 0 0

Resolviendo el sistema de ecuaciones ( p−1=2

q − 1 = 1/2

(

p=3 q = 3/2

por lo tanto Z

1 0

√ x2 √ dx = 4 2 2−x

Z

1

0

y 2(1 − y)1/2 dy

1 1 Γ(3) Γ Γ(3) Γ √ √ √ 2 2 1 =4 2 = 4 2 β 3, 2 = 4 2 Γ 3 + 12 Γ 72 √ 1 Γ(3) Γ √ 3! √ 2 64 2 =4 2 = 4 2 = 15 531 1 15 Γ 8 222 2 ♣

EJEMPLO 13.10. Calcule las siguientes integrales: (1)

Z

2 2

x

0

(3)

Z

1

0

(5)

Z

(7)

1√ 1√

0

(9)

Z

0

2

4−

x2 dx

(2) (4)

1

√

Z

1

x (1 − x)4 dx

(6)

Z

1

x2 (1 − x)5 dx

0

3

x(1 − x) dx

(8)

Z

3

√ x4 9 − x2 dx

a

√ x4 a2 − x2 dx

0

(10)

Z

0

362

x2 dx 2−x

x3 (1 − x)4 dx

0

√ x2 4 − x2 dx


Z

0

√ x4 1 − x dx

0

Z

√

Jasmer LPC


UMSA

363

EJEMPLO 13.11. Analice la verdad o falsedad de la siguiente afirmaci´ on. 5 Z π Γ 2 1 4 . sen(t) cos (t)dt = 2 Γ 7 0 2

´ SOLUCION.Recordemos que si a es impar y b par, se tiene que Z

π 0

Z

1 sen t cos t dt = 2 q

b

π 2

senq t cosb t dt

0

Aplicando esta ecuación a nuestro caso obtenemos Z π Z π 2 1 4 sen(t) cos (t)dt = sen(t) cos4 (t) dt 2 0 0 Entonces para encontrar nuestra integral, debemos resolver el siguiente sistema de ecuaciones ( ( 2p − 1 = 1 p = 22 = 1 q=

2q − 1 = 4

5 2

por lo tanto Z

0

π 2

5 5 5 Γ(1) Γ Γ(1) Γ Γ 2 2 2 1 1 1 4 5 = = sen (t) cos (t)dt = 2 Γ 1+ 5 2 2 Γ 7 Γ 72 2 2

Por tanto la afirmación es verdadera. ♣ Z

EJEMPLO 13.12. Calcular la siguiente integral

π 2

sen4 (t) cos5 (t)dt.

0

´ SOLUCION.Recordemos que 2

Z

π 2

sen2p−1 t cos2q−1 tdt = β(p, q) =

0

Γ(p) Γ(q) Γ(p + q)

de donde Z

π 2

sen2p−1 t cos2q−1 tdt =

0


1 1 Γ(p) Γ(q) β(p, q) = 2 2 Γ(p + q)

363

(13.1) Jasmer LPC


UMSA

364

Entonces para encontrar nuestra integral, debemos resolver el siguiente sistema de ecuaciones ( ( 2p − 1 = 4 p = 52 2q − 1 = 5

q=3

por lo tanto Z

π 2

0

5

5 2

5 Γ(3) Γ(3) 1 Γ 1 Γ 1 Γ 2 Γ(3) = = sen (t) cos (t)dt = 2 Γ 5 +3 2 Γ 11 2 Γ 11 2 2 2 4

5 2

Por otra parte calculemos 9 9 97 7 975 5 315 5 11 = Γ = Γ = Γ = Γ Γ 2 2 2 22 2 222 2 8 2 esto implica que Z

π 2

0

5 2! 2 8 1 1 (2)(8) = sen (t) cos (t)dt = = 5 2 315 2 315 315 Γ 8 2 4

Γ

5

♣ EJEMPLO 13.13. Calcular la siguiente integral

Z

π 2

sen6 (t) dt.

0

´ SOLUCION.Usemos las ecuaciones en (13.1). Resolvemos el siguiente sistema de ecuaciones: ( ( 2p − 1 = 6 p = 72 2q − 1 = 0

por lo tanto Z

0

π 2

q=

1 2

531 1 √ 7 1 Γ π Γ Γ 2 2 1 1 222 5π 2 6 = sen (t) dt = = . 2 Γ 7+1 2 Γ(4) 32 2 2

EJEMPLO 13.14. Calcular la siguiente integral R ξρ s email: [email protected]

364

Z

π 2

♣

cos4 (t) dt.

0

Jasmer LPC


UMSA

365

´ SOLUCION.Usemos las ecuaciones en (13.1). Resolvemos el siguiente sistema de ecuaciones: ( ( 2p − 1 = 0 p = 12 2q − 1 = 4

por lo tanto Z

π 2

0

q=

5 2

√ 31 1 1 5 π Γ Γ Γ 2 2 1 1 3π 22 2 = cos4 (t) dt = = . 2 Γ 1+5 2 Γ(3) 16 2 2


Z

π 2

♣

sen3 θ cos4 θdθ.

0

´ SOLUCION.Recordemos una de las propiedades de la función beta Z π 2 sen2p−1 θ cos2q−1 θdθ β(p, q) = 2 0

de donde Z

π 2

0

1 u + 1 v + 1 senu θ cosv θdθ = β , 2 2 2

Aplicando esta u ´ ltima formula tenemos Z π 2 1 3 + 1 4 + 1 1 5 3 4 sen θ cos θdθ = β , = β 2, 2 2 2 2 2 0 Recordemos además que β(p, q) =

Γ(p) Γ(q) Γ(p + q)

aplicando esto obtenemos 5 5 5 5 5 Γ(2) Γ 1! Γ Γ Γ 2 = 2 = 2 = 2 = 4 . β 2, = 5 9 7 7 7 5 5 2 35 Γ 2+ Γ Γ · Γ 2 2 2 2 2 2 2

Por lo tanto, finalmente tenemos Z

π 2

sen3 θ cos4 θdθ =

0

1 4 2 = . 2 35 35 ♣


365

Jasmer LPC


UMSA

366

EJEMPLO 13.16. Calcule las siguientes integrales: (1)

Z

π 2

4

5

sen (t) cos (t)dt

(2)

0

(3)

Z

(5)

3

4

sen θ cos θdθ

(4)

(7)

sen2 θ cos3 θdθ

Z

π 2

cos4 (t) dt

(6)

Z

π

sen4 θ dθ

0

π 2

sen3 θ cos2 θdθ

0


sen6 (t) dt

0

π 2

0

Z

π 2

0

π 2

0

Z

Z

(8)

Z

π

cos6 θ dθ

0

366

Jasmer LPC

Cálculo en Varias Variables - Mario Errol Chavez Gordillo

Recommend Documents