Calculo II cupe.pdf

Contents 1 VECTORES 1.1 SUMA DE VECTORES . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 PRODUCTO DE UN VECTOR POR UN ESCALAR 1.3 PROPIEDADES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 PRESENTACION GRAFICA . . . . . . . . . . . . . . 1.5 PARALELISMO DE VECTORES . . . . . . . . . . . 1.6 LONGITUD DE UN VECTOR . . . . . . . . . . . . . 1.7 PRODUCTO ESCALAR DE DOS VECTORES . . . 1.8 ANGULO ENTRE DOS VECTORES . . . . . . . . . 1.9 PERPENDICULARIDAD ENTRE VECTORES . . . 1.10 PRODUCTO VECTORIAL . . . . . . . . . . . . . . . 1.10.1 Signi…cado geométrico de A B . . . . . . . . 1.11 EL PRODUCTO MIXTO . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11.1 Signi…cado geométrico de A B C . . . . . . 1.12 EJERCICIOS RESUELTOS . . . . . . . . . . . . . . . 1.13 EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . . .

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

5 5 5 6 6 8 8 9 9 10 10 12 12 13 13 32

2 GEOMETRIA ANALITICA SOLIDA 2.1 LA RECTA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Distancia entre dos rectas no paralelas . . . 2.2 EL PLANO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 CILINDROS Y SUPERFICIES CUADRICAS . . . 2.3.1 Cilindros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2 Super…cies cuádricas . . . . . . . . . . . . . 2.3.3 Super…cies cuádricas importantes . . . . . . 2.4 COORDENADAS CILINDRICAS Y ESFERICAS 2.4.1 Coordenadas cilíndricas . . . . . . . . . . . 2.4.2 Coordenadas Esféricas . . . . . . . . . . . . 2.5 EJERCICIO RESUELTOS . . . . . . . . . . . . . 2.5.1 La Recta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . .

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

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37 37 38 40 41 41 42 44 45 46 46 47 47 64

1

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

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

2 3 CURVAS 3.1 DERIVADA DE UNA CURVA . . . . . . . . . . . 3.1.1 Signi…cado geométrico . . . . . . . . . . . . 3.1.2 Signi…cado físico . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 REGLAS DE DERIVACIÓN . . . . . . . . . . . . 3.3 LONGITUD DE UNA CURVA . . . . . . . . . . . 3.4 REGLA DE LA CADENA . . . . . . . . . . . . . 3.5 ALGUNAS PROPIEDADES GEOMÉTRICAS DE 3.6 EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . 3.7 EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . .

CONTENTS

. . . . . . . . . . . . . . . . . . LAS . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CURVAS . . . . . . . . . .

4 FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES 4.1 FUNCIONES DE Rn EN Rm . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 COMPOSICION DE FUNCIONES . . . . . . . . . . . . . 4.3 LIMITE Y CONTINUIDAD . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1 De…nición de Límite . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.2 De…nición de continuidad . . . . . . . . . . . . . . 4.4 DERIVADA DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES 4.4.1 De…nición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5 DERIVADAS PARCIALES . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6 DERIVADAS PARCIALES DE ORDEN SUPERIOR . . 4.7 REGLA DE LA CADENA . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8 DERIVADA DE FUNCIONES IMPLICITAS . . . . . . . 4.9 DERIVADA DE FUNCIONES INVERSAS . . . . . . . . 4.10 TEOREMA DEL VALOR MEDIO . . . . . . . . . . . . . 4.10.1 Teorema del valor medio . . . . . . . . . . . . . . . 4.10.2 Teorema de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.11 DIFERENCIAL DE UNA FUNCION . . . . . . . . . . . 4.12 EJERCICIOS RESUELTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.13 EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . . . . .

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5 APLICACIONES DE LA DERIVADA 5.1 TRANSFORMACION DE ECUACIONES . . . . . . . . . . . . . 5.2 PLANO TANGENTE Y RECTA NORMAL . . . . . . . . . . . . 5.3 DERIVADA DIRECCIONAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.1 Cálculo de la derivada direccional . . . . . . . . . . . . . . 5.3.2 Propiedad del gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4 MAXIMOS Y MINIMOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5 MAXIMOS Y MINIMOS CONDICIONADOS (Multiplicadores de Lagrange) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6 DERIVACION BAJO EL SIGNO DE LA INTEGRAL . . . . . . 5.7 CALCULOS APROXIMADOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8 ERRORES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.9 EJERCICIOS RESUELTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.10 EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

67 67 68 68 69 70 70 71 72 82 87 87 89 90 90 91 91 91 93 93 95 97 98 99 99 100 100 101 126

131 131 132 133 134 134 135 137 137 138 139 141 178

CONTENTS

3

6 INTEGRALES MULTIPLES 6.1 INTEGRALES DOBLES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.1 Cálculo de las integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.2 Area de una región plana . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 INTEGRALES TRIPLES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.1 Cálculo de las integrales triples . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.2 Volumen de una región sólida . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.3 Cambio de variables en integrales múltiples . . . . . . . . 6.2.4 Formula del cambio de variable para integrales dobles . . 6.2.5 Fórmula del cambio de variable para integrales triples . . 6.3 MASA. DENSIDAD MEDIA. CENTRO DE GRAVEDAD. CENTROIDE. MOMENTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4 TEOREMA DE PAPPUS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5 EJERCICIOS RESUELTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.6 EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

185 186 187 189 190 191 192 193 194 195

7 INTEGRALES CURVILINEAS Y DE SUPERFICIE 7.1 INTEGRALES CURVILINEAS . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2 CALCULO DIRECTO DE INTEGRALES CURVILINEAS 7.3 PROPIEDADES DE LA INTEGRAL CURVILÍNEA . . . . 7.4 TEOREMAS IMPORTANTES . . . . . . . . . . . . . . . . 7.5 EL TEOREMA DE GREEN EN EL PLANO . . . . . . . . 7.6 AREA ENCERRADA POR UNA CURVA . . . . . . . . . . 7.7 INDEPENDENCIA DEL CAMINO DE INTEGRACIÓN . 7.8 INTEGRALES DE SUPERFICIE . . . . . . . . . . . . . . 7.8.1 Cálculo de la integral de super…cie . . . . . . . . . . 7.9 AREA DE UNA SUPERFICIE . . . . . . . . . . . . . . . . 7.10 TEOREMAS INTEGRALES . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.11 GRADIENTE, DIVERGENCIA, ROTACIONAL . . . . . . 7.12 TEOREMA DE STOKES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.13 TEOREMA DE LA DIVERGENCIA (O DE GAUSS) . . . 7.14 EJERCICIOS RESUELTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.15 EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . . . . . .

196 197 199 245

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

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

253 253 255 256 257 257 259 259 261 262 262 263 264 265 266 267 295

8 SUCESIONES Y SERIES 8.1 INTRODUCCIÓN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2 SUCESIONES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3 LIMITE DE UNA SUCESIÓN . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3.1 Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4 SERIES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4.1 Series especiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5 CRITERIOS DE CONVERGENCIA . . . . . . . . . . . . . . . 8.5.1 Casos en que se debe aplicar un criterio de convergencia 8.6 SERIES ALTERNAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.6.1 Criterio de convergencia para series alternadas . . . . . 8.7 CONVERGENCIA ABSOLUTA Y CONDICIONAL . . . . . .

. . . . . . . . . . .

301 301 302 302 303 303 303 304 305 306 306 307

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

4

CONTENTS 8.7.1 El límite de una serie alterna convergente . . SERIES DE POTENCIA . . . . . . . . . . . . . . . 8.8.1 Intervalo de convergencia . . . . . . . . . . . 8.8.2 Desarrollo de funciones en series de potencias 8.8.3 Algunas series de potencias importantes . . . 8.9 EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . . 8.10 EJERCICIOS PROPUESTOS . . . . . . . . . . . . . 8.8

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

308 308 308 309 309 310 330

Chapter 1

VECTORES Las n-uplas de numeros reales se denominan vectores y, generalmente, se simbolizan por letras mayúsculas. Así. A = (1; 3; 2)

,

B = (1; 1)

,

C = (x1 ; x2 ; x3 )

son vectores. Dos vectores A y B se dice que son iguales si y sólo si sus correspondientes vectores son iguales.

1.1

SUMA DE VECTORES

La suma de dos vectores A y B se obtiene sumando las correspondientes componentes de A y B. Así, si A = (a1 ; a2 ; :::; an ) y B = (b1 ; b2 ; :::; bn ) entonces A + B = (a1 + b1 ; a2 + b2 ; :::; an + bn ) Example 1 Si A = (1; 3; 2) y B = (3; 2; 1) entonces A + B = (1 + 3; 3

1.2

2; 2 + 1) = (4; 1; 3)

PRODUCTO DE UN VECTOR POR UN ESCALAR

El producto de un vector A por un número c se obtiene multiplicando cada componente de A por el número c. Así, si A = (a1 ; a2 ; :::; an ) entonces cA = (ca1 ; ca2 ; :::; can ) 5

6

CHAPTER 1. VECTORES

Example 2 Si A = (1; 2; 3) entonces 3A = (3; 6; 9).

1.3

PROPIEDADES

Como las anteriores operaciones se realizan sobre las componentes de los vectores, estas operaciones tienen propiedades análogas a las que tienen los números reales. Si A, B, C son vectores y a, b son números, entonces 1. A + B = B + A 2. (A + B) + C = A + (B + C) 3. El vector 0 = (0; 0; :::; 0) es tal que 0 + A = A + 0 = A. 4. Dado cualquier vector A, existe el vector

A tal que

A + ( A) = ( A) + A = 0 5. 1A = A. 6. (ab) A = a (bA) 7. (a + b) A = aA + bA 8. a (A + B) = aA + aB Las anteriores propiedades se demuestran fácilmente por cálculo directo. La sustracción entre dos vectores A y B se de…ne por: A

B = A + ( B)

así, (1; 3; 5)

1.4

(1; 4; 3) = (1

1; 3

4; 5

3) = (0; 1; 2)

PRESENTACION GRAFICA

Si los vectores tienen dos componentes o tres, es muy conveniente representarlos mediante ‡echas o segmentos dirigidos en el plano cartersiano o en el espacio cartesiano, respectivamente. En general, para hallar la representación grá…ca de un vector A = (x; y) en el plano cartesiano se procede así: Tomamos un punto cualquiera P1 de dicho plano, luego nos desplazamos horizontalmente x unidades (hacia la derecha si x es positivo y hacia la izquierda si x es negativo); y a continuación nos desplazamos y unidades verticalmente (hacia arriba si y es positivo y hacia abajo si y es negativo). Llamemos P2 al nuevo punto del plano así localizado. Entonces la ‡echa que va desde P1 hasta P2 es la representación grá…ca del vector A (ver …gura 1.1).

1.4. PRESENTACION GRAFICA

7

Para representar grá…camente vectores de tres componentes en el espacio se procede de manera similar al de los vectores de dos componentes en el plano.

y

y P2

A P1 1

-A Fig. 1.1

x

x

Fig. 1.2

Debido a que el punto de partida P1 es arbitrario, un mismo vector puede estar representado por distintas ‡echas. Si como punto de partida se toma el origen de coordenadas, la representación grá…ca del vector A se denomina también radio vector. Example 3 Todas las ‡echas de la …gura 1.2. representan al vector (0; 1), pero solamente una de ellas es un radio vector. En general, de todas las ‡echas que representan a un vector se pre…ere trabajar con la ‡echa que parte del origen de coordenadas. Como consecuencia de lo anterior se obtienen las siguientes representaciones grá…cas:

A

A+B -A

A

cA A

B Fig. 1.3a

Fig. 1.3b

Fig. 1.3c

La ‡echa A se obtiene cambiando el sentido a la ‡echa A. Para obtener la ‡echa A + B se traza un paralelogramo y se unen las aristas opuestas como en la …gura 1.3b. La ‡echa cA es paralela a la ‡echa A y su longitud es jcj veces la longitud de A; si c > 0 las ‡echas tienen el mismo sentido, y si c < 0 las ‡echas tienen sentido opuesto.

8

CHAPTER 1. VECTORES

Example 4 Calcular gra…camente A B, si A = (3; 2) y B = (2; 5). Los pasos se muestran en las tres siguientes …guras:

y

y

y

B B

A A

A x

A-B

-B

Fig. 1.4a

1.5

x

x Fig. 1.4b

-B

Fig. 1.4c

PARALELISMO DE VECTORES

Dos vectores son paralelos si uno de ellos es múltiplo del otro. Es decir: A paralelo a B si A = cB (o B = cA), donde c es un número. Es claro que según esta de…nición el vector cero es paralelo a cualquier vector (tomar A = 0 y c = 0). Si c > 0, A y B tienen el mismo sentido, si c < 0 tienen sentidos opuestos. Example 5 a) Los vectores A = (1; 2; 4) y B = (2; 4; 8) son paralelos pues B = 2A. b) Los vectores A = (1; 2; 4) y B = (1; 3; 2) no son paralelos.

1.6

LONGITUD DE UN VECTOR

La longitud o módulo del vector A = (x1 ; x2 ; :::; xn ), simbolizado por jAj, es el número q jAj = x21 + x22 + ::: + x2n

Geométricamente, el número jAj da la longitud de la ‡echa que representa grá…camente al vector A. Cuando un vector tiene módulo 1 se llama vector unitario. Los vectores (1; 0; 0), (0; 1; 0) y (0; 0; 1) son unitarios; para simpli…car en algunos casos los cálculos, y por ser muy utilizados, frecuentemente se simbolizan por ^{ = (1; 0; 0), ^j = (0; 1; 0) y k^ = (0; 0; 1). Example 6 a) El módulo del vector A = (4; 3) es p p jAj = 42 + 32 = 25 = 5 b) El vector

A 1 = (4; 3) = jAj 5

4 3 ; 3 5

es unitario.

1.7. PRODUCTO ESCALAR DE DOS VECTORES

9

El módulo jA Bj da la distancia entre A y B. El módulo de un vector es una generalización del valor absoluto de un número y sus propiedades son análogas. Dados dos vectores A y B, y un número real c, se veri…ca: 1. jAj

0

2. jAj = 0 si A = 0. 3. jcAj = jcj jAj (donde jcj es el valor absoluto de c). 4. jA + Bj

1.7

jAj + jBj (desigualdad triangular).

PRODUCTO ESCALAR DE DOS VECTORES A = (a1 ; a2 ; :::; an )

y B = (b1 ; b2 ; :::; bn ) simbolizado por A B, es el número de…nido por A B = a1 b1 + a2 b2 + ::: + an bn Example 7 Si A = (1; 2; 3) y B = (4; 1; 3) entonces A B = 1 4 + 2 ( 1) + 3 3 = 11 El producto escalar tiene las siguientes propiedades, que pueden veri…carse fácilmente teniendo en cuenta la de…nición: 1. A B = B A 2. A (B + C) = (A B) + (A C) 3. (cA) B = c (A B) = A (cB) 2

4. A A = jAj

El producto escalar es muy útil en el cálculo del ángulo determinado por dos vectores.

1.8

ANGULO ENTRE DOS VECTORES

Dados dos vectores A y B, aplicando el teorema de los cosenos a sus representaciones grá…cas (ver Ejercicio 12), se demuestra que el ángulo entre ambos vectores está dado por A B cos = jAj jBj

10

CHAPTER 1. VECTORES

B Fig. 1.5

A

1.9

PERPENDICULARIDAD ENTRE VECTORES

se dice que los vectores son perpendic2 ulares (u ortogonales). De la fórmula que da el ángulo entre dos vectores, con = , se ve que dos vectores A y B son perpendiculares si y sólo si A B = 0. 2 Cuando el ángulo entre dos vectores es

Example 8 a) Dados los vectores A = (3; 6; 9) y B = (1; 3; 4), el ángulo entre los dos vectores se obtiene de cos =

A B 3 + 18 + 36 57 = p p = p = 0:99587 jAj jBj 3 14 26 6 91

de donde = 5 120 medido en grados. b) Con A = (2; 2) y B = ( 1; 1) se tiene A B = 2 ( 1) + 2 1 = 0 luego, A y B son vectores perpendiculares.

1.10

PRODUCTO VECTORIAL

El producto vectorial de dos vectores A = (a1 ; a2 ; c3 ) y B = (b1 ; b2 ; b3 ) de R3 , simbolizado por A B, es el vector. A

B = (a2 b3

a3 b2 ; a3 b1

a1 b3 ; a1 b2

a2 b1 )

con la notación A

= a1^{ + a2 ^j + a3 k^

B

= b1^{ + b2 ^j + b3 k^

se tiene A

B=

^{ a1 b1

^j a2 b2

k^ a3 b3

= (a2 b3

a3 b2 ) ^{

( a1 b3

a3 b1 ) ^j + ( a1 b2

a2 b1 ) k^

1.10. PRODUCTO VECTORIAL El vector A

11

B es perpendicular al vector A y al vector B.

AxB

B

A

Fig. 1.6

Example 9 Si A = (1; 3; 2) y B = (2; 1; 4)

B=

A

^{ 1 2

^j k^ 3 2 1 4

= (3:4

1:2) ^{

2:2) ^j + (1:1

(1:4

2:3) k^

simpli…cando A

B = 10^{

5k^

Algunas propiedades del producto vectorial son:

1. A

B=

2. (rA) 3. A

(B

A) (el producto vectorial es autoconmutativo).

B = r (A

B) donde r es un número real.

(B + C) = A

B+A

C (propiedad distributiva).

Los vectores unitario ^{ = (1; 0; 0), ^j = (0; 1; 0) y k^ = (0; 0; 1) satisfacen las siguientes relaciones, que pueden veri…carse por cálculo directo: ^{

^{

^j = k^

^{ = ^j

^j = k^

k^ = 0

, ^j

k^ = ^{

,

k^

^{ = ^j

12

CHAPTER 1. VECTORES

1.10.1

Signi…cado geométrico de A

El módulo del vector A Ejercicio 20).

B

B es el área del paralelogramo de lados A y B (ver

A

Area= AxB B Fig. 1.7

Example 10 Del ejemplo anterior, con A = (1; 3; 2) y B = (2; 1; 4) se tiene A

B = 10^{

5k^

Por tanto, el área del paralelogramo de lados A y B es p p p Area = jA Bj = 100 + 25 = 125 = 5 5

1.11

EL PRODUCTO MIXTO

El producto mixto de tres vectores A, B y C de se calcula según a1 a2 A B C = b1 b2 c1 c2

R3 , simbolizado por A B

C

a3 b3 c3

Mediante el cálculo directo se comprueba que A B

C=B C

A=C A

B

Por supuesto A B C no es una nueva operación, simplemente se trata del producto escalar del vector A por el vector B C. Es decir A B

C = A (B

C)

Example 11 Si A = (1; 3; 2), B = (3; 5; 1) y C = (2; 1; 4) entonces el producto mixto A B C es A B

C=

1 3 2

3 5 1

2 1 4

= (20 + 1) 1 + (12

simpli…cando A B

C = 25

2) ( 3) + ( 3

10) 2

1.12. EJERCICIOS RESUELTOS

1.11.1

Signi…cado geométrico de A B

13

C

El volumen del paralelepipedo determinado por los vectores A, B y C está dado por V = jA B Cj En el ejercicio 23 se establece este hecho.

A

C

Fig. 1.8

B

Example 12 Calcular el volumen del paralelepípedo determinado por los vectores A = (1; 3; 2), B = (3; 5; 1) y C = (2; 1; 4). Como A B C = 25 (ejemplo anterior), se sigue que el volumen V del paralelepipedo determinado por los tres vectores es V = jA B Cj = 25

1.12

EJERCICIOS RESUELTOS

VECTORES Las operaciones básicas con los vectores son esencialmente las que realizamos con los números reales, simplemente cuidando de operar componente a componente. 1 1. Si A = (4; 1) y B = (2; 3), calcular a) A 3B, b) A + 2B. 2 Solución. a) A 3B = (4; 1) 3 (2; 3) = (4; 1) (6; 9) = (4 6; 1 9) = ( 2; 10) 1 1 1 13 b) A + 2B = (4; 1) + 2 (2; 3) = 2; + (4; 6) = 2; 2 2 2 2 2. Si A = (4; 1) y B = (3; 2), calcular grá…camente a) A + B, b) A 2B. Solución. Antes de nada trazamos las ‡echas o radios vectores que representan a los vectores A y B. a) Uniendo el origen con el vértice opuesto del paralelogramo determinado por A y B, obtenemos el radio vector que representa a A + B.

14

CHAPTER 1. VECTORES b) Primero duplicamos el tamaño de B, 2B; y luego le cambiamos el sentido, 2B. Como en la parte a) calculamos grá…camente A + ( 2B) = A (2B).

B A+B A

B

A+B A A-2B

Fig. 9b

Fig. 9a

Del grá…co leemos A + B = (7; 1) del grá…o leemos A

2B = ( 2; 5).

3. Si A = (1; 4; 2) y B = (2; 6; 0), determinar un vector X que satisfaga la ecuación A X = 2 (B X) + A Solución. Procedemos empleando las propiedades algebráicas de los vectores: A

X = 2 (B

A

X = 2B

X) + A

(ecuación dada)

2X + A

(propiedad distributiva)

A + X = 2B + A

(sumando 2X a cada miembro)

X = 2B

(Sumando

A a cada miembro)

Luego, X = 2B = 2 (2; 6; 0) = (3; 12; 0) 4. Si A = (1; 3; 4) y B = ( 1; 0; 5), calcular la longitud o modulo de a) 1 A + B, b) A 2B. 2 Solución. a) Como A + B = (1; 3; 4) + ( 1; 0; 5) = (0; 3; 9), entonces p p jA + Bj = 02 + 32 + 92 = 3 10 b) Como

1 A 2

1 (1; 3; 4) 2 s 5 2B = 2

2B =

1 A 2

2 ( 1; 0; 5) =

2

+

3 2

5 3 ; 2 2

2 2

+ ( 8) =

8 , entonces

p

290 2


15

5. Calcular la distancia entre los puntos A y B dados. a) A = (1; 2), B = (4; 3) , b) A = (1; 2; 1) y B = (2; 1; 3). Solución. La longitud o módulo del vector que va desde el punto A hasta el punto B da la distancia d entre estos dos puntos; por tanto d

= jB =

Aj = j(4; 3)

(1; 2)j = j(3; 5)j

p p 32 + 52 = 34

b) Procediendo como antes d

= jB =

p

Aj = j(2; 1; ; 3)

1+9+4=

p

(1; 2; 1)j = j(1; 3; 2)j

14

PARALELISMO Simplemente tener en cuenta que dos vectores son paralelos si uno es múltiplo del otro. 6. Determinar el valor de a para que el vector (2; a) sea paralelo al vector ( 4; 6). Solución. Se debe cumplir ( 4; 6) = c (2; a) (condición de paralelismo). Igualando componentes: 4 6

= 2c = ac

de donde c=

2

por tanto a=3 7. Mostrar que si A 6= 0, entonces el vector

A es un vector unitario, paralelo jAj

y del mismo sentido que A. Solución. Como A 1 1 = A = jAj = 1 jAj jAj jAj

el vector dado es unitario. A 1 Por otra parte, es múltiplo de A pues A = jAj ; esto y el hecho jAj jAj A de ser jAj > 0 dicen que el vector es paralelo y del mismo sentido que jAj A.

16

CHAPTER 1. VECTORES 8. Si A = (1; 1; 1), encontrar un vector unitario paralelo a A y a) del mismo sentido, b) de sentido opuesto. p Solución. a) Como jAj = 3, entonces por el anterior ejercicio, el vector A 1 = p (1; 1; 1) = jAj 3

1 1 1 p ;p ;p 3 3 3

es unitario, paralelo a A y del mismo sentido. A b) Multiplicando por -1 al vector le cambiamos el sentido, y por tanto jAj obtenemos un vector unitario paralelo y de sentido opuesto a A. Es decir A = jAj

1 1 1 p ;p ;p 3 3 3

es el vector pedido. PRODUCTO ESCALAR Y ORTOGONALIDAD Entre otras cosas, el producto escalar permite proyectar un vector sobre otro y determinar si dos vectores son o no ortogonales. 9. Calcular A B y (2A B) B si a) A = (1; 4), B = (3; 5), b) A = (1; ; 1; 2), B = (2; 0; 3). Solución. a) Por una parte A B = (1; 4) (3; 5) = 1 3 + ( 4) 5 =

17:

Por otro lado como 2A

B = 2 (1; 4)

(3; 5) = ( 1; 13) ;

se tiene (2A

B) B

= =

( 1; 13) (3; 5) =

1 3

13 5

68

b) Procediendo como antes A B

=

(1; 1; 2) (2; 0; 3) = 1 2 + ( 1) 0 + 2 3

=

8

por otro lado (2A

B) B

=

[2 (1; 1; 2)

(2; 0; 3)] (2; 0; 3)

=

(0; 2; 1) (2; 0; 3) = 3


17

10. Encontrar todos los vectores del plano, ortogonales a A = (4; 2). Solución. Si B = (a; b) es ortogonal al vector A = (4; 2), entonces A B = 0, entonces 4a 2b = 0 ordenando b = 2a. Por tanto B = (a; 2a) = a (1; 2) donde a es un número real. Lo que quiere decir que los vectore ortogonales a A son múltiplos (paralelos) del vector (1; 2). 2

11. Mostrar que A A = jAj Solución. Consideremos, en general, un vector A = (x1 ; x2 ;

; xn ) ,

entonces por un lado A A

=

(x1 ; x2 ;

; xn ) (x1 ; x2 ;

= x21 + x22 +

; xn )

+ x2n

y por otro jAj = 2

jAj

q x21 + x22 +

= x21 + x22 +

+ x2n

por tanto

2

A A = x21 + x22 + 12. Mostrar que si entonces

+ x2n

+ x2n = jAj

es el angulo entre los vectores A y B (de R2 o R3 ), cos =

A B jAj jBj

A A-B

Fig. 10

B

Solución. Los vectores A, B y A B forman un triángulo tal como el del diagrama adjunto. Entonces, por el teorema de los cosenos jA

2

2

2

Bj = jAj + jBj

2 jAj jBj cos

18

CHAPTER 1. VECTORES (A

B) (A A A

B) = A A + B B

2

2 jAj jBj cos (porserA A = jAj ):

2A B + B B = A A + B B

2 jAj jBj cos

de donde cos =

A B jAj jBj

13. Mostrar que la componente de un vector A en la direccion de otro vector B esta dado por B CompB A = A jBj

d=Comp BA

A

Fig. 1.11

d

B

Solución. Para mayor claridad, sea d la componente de A en la dirección de B. Del diagrama tenemos cos =

d =) d = jAj cos jAj

como cos =

A B A B =) d = jAj jAj jBj jAj jBj

de donde d = ComB A = A

B jBj

Nota 1. Hay que remarcar que para encontrar la componente de A en la direccion de B debemos multiplicar (producto escalar) el vector A por el B vector unitario . jBj Nota 2. El signo de la componente de A en la direccion de B es positiva si el angulo entre A y B es menor que 90 , si el angulo es mayor que 90 dicha componente sera negativa.


19

A A

Fig. 1.12b

Fig. 1.12a

° < 90

B

° > 90

B

Signo -

Signo +

Nota 3. Si nos interesa el vector proyeccion de A sobre B, entonces B en CompB A veces. simplemente hay que ampliar el vector unitario jBj Es decir, la proyeccion de A sobre B es P ro yB A = (CompB A)

B = jBj

B jBj

A

B jBj

z k

A

c a

j

y

i

B

(ProyBA)

b

Fig. 14

x

Fig. 13

de donde P royB A =

A B B B

B

14. Calcular la componente de A = (1; 3; 1) en la direccion de B = (5; 2; 14). B Solución. Primeramente calculamos el vector . Como jBj jBj =

p

25 + 4 + 196 = 15

entonces B 1 = (5; 2; 14) jBj 15

20

CHAPTER 1. VECTORES y por tanto CompB A

= A =

B 1 = (1; 3; 1) (5; 2; 14) jBj 15

1 15

15. Dados A = (1; 1; 4) y B = (3; 0; 4) calcular a) la componente de A en la direccion de B, CompB A, b) la componente de B en la direccion de A, CompB B. B , calculamos Solución. a) Como ComB A = A jBj p jBj = 9 + 0 + 16 = 5 entonces

1 19 (3; 0; 4) = 5 5 b) Para el cálculo de la componente de B en la dirección de A, tenemos p p jAj = 1 + 1 + 16 = 3 2, CompB A = (1; 1; 4)

CompA B = B

1 19 A = (3; 0; 4) p (1; 1; 4) = p jAj 3 2 3 2

16. Los cosenos de los angulos a; b; c que forma el vector A con los vectores unitarios ^{; ^j; k^ respectivamente, se llaman cosenos directores de A. Hallar los cosenos directores de A = (6; 3; 2). Solución. Teniendo en cuenta la fórmula que da el ángulo entre dos vectores obtenemos cos a =

A ^{ (6; 3; 2) (1; 0; 0) 6 p p = = jAj j^{j 7 49 1

cos b =

A ^j (6; 3; 2) (0; 1; 0) 3 p p = = 7 49 1 jAj ^j

cos c =

(6; 3; 2) (0; 0; 1) 2 A k^ p p = = 7 49 1 jAj k^

A = (cos a; cos b; cos c). Esto dice que los cosenos directores jAj A de A son las componentes del vector unitario . jAj PRODUCTO VECTORIAL Este producto permite encontrar un vector ortogonal a dos vectores dados. Tambien se emplea para clacular areas de triangulos, de paralelogramos y volumenes de paralelepipedos, ademas de tener otras aplicaciones.

Notemos que


21

17. Con A = (1; 0; 2), B = ( 3; 4; 1) calcular a) A Solución. a) A

^{ ^j k^ 1 0 2 3 4 1

B =

=

= (0

8) ^{

B, b) B

A.

(1 + 6) ^j + (4; 0) k^

7^j + 4k^ = ( 8; 7; 4)

8^{

b) Procediendo como antes

B

A

=

=

^{ ^j k^ 3 4 1 1 0 2

= (8

0) ^{

( 6

1) ^j + (0

4) k^

(8; 7; 4)

El mismo resultado obtenemos a partir de a) recordando que B (A B)

A =

18. Mostrar que el vector A B es perpendicular a) el vector A, b) al vector B. Solución. Vamos a mostrar que el producto escalar de A B tanto como A como con B es cero. Con A = (a1 ; a2 ; a3 ) y B = (b1 ; b2 ; b3 ) tenemos B=

A

^{ a1 b1

^j a2 b2

=

(a2 b3

k^ a3 b3

= (a2 b3

a3 b2 ; a3 b1

a1 b3 ; a1 b2

a2 b1 )

a3 b2 ; a3 b1

a1 b3 ; a1 b2

a2 b1 ) (a1 ; a2 ; a3 )

a) Como (A

B) A

= a1 a2 b3 = Por tanto, A

a1 a3 b2 + a3 a2 b1

a1 a2 b3 + a1 a3 b2

a2 a3 b1

0 (simpli…cando).

B es perpendicular a B.

19. Mostrar que jA Bj = jAj jBj sin , 0 . Solucion. Cuando se tiene módulo conviene trabajar con su cuadrado y en terminos del producto escalar. Con A = (a1 ; a2 ; a3 ) y B = (b1 ; b2 ; b3 ) tenemos: Por una parte jA

2

Bj

= (a2 b3 a3 b2 ; a3 b1 a1 b3 ; a1 b2 a2 b1 ) (a2 b3 a3 b2 ; a3 b1 a1 b3 ; a1 b2 = a21 b22 + a21 b23 + a22 b21 + a22 b23 + a23 b21 + a23 b22 2a1 a2 b1 b2 2a1 a3 b1 a1 b3 2a2 a3 b2 b3

a2 b1 )

22

CHAPTER 1. VECTORES Por otra parte 2

2

jAj jBj sin2

2

2

2

2

2

2

= jAj jBj = jAj jBj

= jAj jBj

cos2

1

2

2

jAj jBj cos2 2

(A B)

desarrollando y simpli…cando tenemos 2

2

jAj jBj

2

(A B)

=

a21 + a22 + a23

2

b21 + b22 + b23

(a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 )

= a21 b22 + a21 b23 + a22 b21 + a22 b23 + a23 b21 + a23 b22 2a1 a3 b1 b3 2a2 a3 b2 b3

2a1 a2 b1 b2

Combinando (1), (2) y (3) tenemos …nalmente, jA

2

Bj

2

2

= jAj jBj sin2 = jAj jBj sin con 0

El valor de esta restringido entre 0 y porque el segundo miembro debe ser no negativo, como el primer miembro. 20. Mostrar que jA Bj da el área del paralelogramo de lados A y B. Solucion. Es sabido que el área del paralelogramo de lados A y B es el producto de la base por la altura. En este caso: Area = jAj h:

z

B

Q

h P

R x

A Fig. 15

x

Fig. 16

Por otra parte, el diagrama se obtiene sin =

h =) h = jBj sin jBj

reemplazando, Area = jAj h = jAj jBj sin = jA

Bj


23

21. Calcular el área del paralelogramo de lados a) A = (1; 4; 1) y B = (1; 0; 3), b) A = (2; 5) y B = (5; 1). Solución. a) Como

A

B=

^{ 1 1

^j 4 0

k^ 1 3

= (12; 4; 4)

entonces: Area = jA

Bj = j(12; 4; 4)j =

p

p 176 = 4 11

b) Los vectores (2; 5) y (5; 1) están en el plano, pero los podemos considerar como vectores en el espacio escribiendo (2; 5) = (2; 5; 0) ; (5; 1) = (5; 1; 0). Como ^{ ^j k^ A B = 2 5 0 = (0; 0; 23) 5 1 0 entonces jA

Bj = 23

Por tanto el área del paralelogramo es igual a jA

Bj = 23.

22. Calcular el área del triangulo de vertices P = (1; 1; 1), Q = (3; 2; 1), R = (1; 3; 5). Solución. Notemos que el área del triángulo dado es igual a la mitad del área del paralelogramo de lado Q P y R P (ver el diagrama). Como Q R

P = (3; 2; 1) P = (1; 3; 5)

(1; 1; 1) = (2; 1; 2) (1; 1; 1) = (0; 2; 6)

y (Q

P)

(R

P) =

^{ 2 0

^j k^ 1 2 2 6

= (2; 12; 4)

entonces área triángulo = =

1 j(Q 2

P)

(R

P)j

p 1p 4 + 144 + 16 = 41 2

23. Mostrar que A B C da el volumen del paralelepipedo determinado por los vectores A, B y C.

24

CHAPTER 1. VECTORES Solución. El volumen del paralelepípedo, como es conocido, está dado por

B ×C

A

A

h

C C B

B

Fig. 19

Fig. 18

V = área basal

altura

Por una parte, área basal = jB

Cj

(ejercicio 20)

por otro lado, la altura h es la componente del vector A en la dirección del vector A en la dirección del vector B C (perpendicuar a B y C). Es decir (B C) h = CompB C A = A jB Cj luego, V = área basal

altura = (jB

Cj) A

B jB

C Cj

=A B

C

como siempre consideramos el volumen positivo: Volumen paralelepíopedo = jA B

Cj

24. Calcular el volumen del paralelepipedo determinado por los vectores A = (1; 3; 2), B = (3; 5; 1) y C = (2; 1; 4). Solución. El volumen pedido es V = jA B Cj. Calculando, A B

C=

1 3 2

3 2 5 1 1 4

= 25

Por tanto, Volumen paralelepíopedo = jA B

Cj = 25 unid. vol.


25

25. Mostrar que el volumen del tetraedro de aristas A, B y C esta dado por V =

1 jA B 6

Cj

Solución. El procedimiento es analogo al del ejercicio 23. El volumen del tetraedro, como es sabido, es V =

1 área basal 3

altura

del diagrama: Area basal =

Altura = CompB

1 jB 2

CA

Cj

=A

B jB

C Cj

luego, V

=

1 1 jB 3 2

Cj A

V

=

1 jA B 6

Cj

B jB

C Cj

donde se ha tomando el valor absoluto para evitar volúmenes negativos. 26. Calcular el volumen del tetraedro cuyas aritas son los vectores (1; 0; 1), (1; 2; 0) y (0; 1; 4). Solución. Como

A B

C=

1 1 0

0 2 1

1 0 4

=8+1=9

De acuerdo al ejercicio anterior, el volumen del tetraedro es V =

1 jA B 6

Cj =

1 3 9 = unid. vol. 6 2

PROBLEMAS VARIOS. 27. Si jAj = 3 y el ángulo entre A y B es 45 , cual debe ser el valor de jBj

26

CHAPTER 1. VECTORES para que A

B sea perpendicular a A.

B A N

A-B °45 A

M Fig. 21

Fig. 20

Solucion. Como el vector A (A

B

B) A 2

jAj

B ha de ser perpendicular a A, entonces

=

0)A A

B A=0 2

= B A ) jAj = jAj jBj cos 45

de donde jBj =

p jAj 3 = p =3 2 cos 45 1= 2

28. Sean A = (1; 5), B = (1; 1) y C = ( 1; 3), expresar el vector A como combinacion lineal de los vectores B y C, es decir en la forma A = xB + yC Solucion. Debemos determinar los numeros x; y de modo que se cumpla A = xB + yC reemplazando (1; 5) = x (1; 1) + y ( 1; 3) = (x igualando componentes 1 5

= x y = x + 3y

de donde, resolviendo el sistema, obtenemos x = y =

2 1

por tanto A = 2B + C

y; x + 3y)


27

29. Expresar el vector A = (1; 2; 1) como la suma de un vector M paralelo a B = (1; 4; 1) y de otro N perpendicular a B. Solucion. Antes que nada hagamos un diagrama de la situación (Fig. ##). Como se ve, el vector A es la suma de M y N, M es paralelo a B y N perpendicular a B. Determinemos M y N. Por una parte, M = xB

(1) (M paralelo a B)

N = A

M (2) (del diagrama)

por otra B N =0

(3) (B perpendcular a N)

reemplazando (1) y (2) en (3) tenemos B (A

M) = B (A

xB) = 0,

de donde x=

A B B B

como A B

=

(1; 2; 1) (1; 4; 1) = 8

B B

=

12 + 42 + ( 1) = 18

2

reemplazando x=

8 4 = 18 9

entonces M = xB =

N=A

4 (1; 4; 1) = 9

M = (1; 2; 1)

4 16 4 ; ; 9 9 9

4 16 4 ; ; 9 9 9

=

5 2 13 ; ; 9 9 9

Notemos, …nalmente, que el vector A se ha descompuesto en la suma de un vector M paralelo a B y de otro N perpendicular a B: A=M+N=

4 16 4 ; ; 9 9 9

+

5 2 13 ; ; 9 9 9

30. Mostrar que la recta que une el vertice de un triangulo isosceles con el

28

CHAPTER 1. VECTORES punto medio de su base es perpendicular a la base.

a B

C

B

B-A

M

c

b

A

½A

A

Fig. 22

Fig. 23

Solucion. Antes de nada introducimos notacion vectorial a un triangulo isosceles tal como el de la …gura. 1 Es su…ciente mostrar que el vector M = B A (que une el punto medio 2 de la base con el vertice opuesto) es perpendicular al vector A. Por una parte A M=A

1 A 2

B

=A B

1 A A 2

(1)

Por otra parte, jBj = jB 2

jBj

= jB

Aj (por ser triángulo isósceles) 2

Aj

es decir B B = (B

A) (B

A) = B B

2A B + A A

y simpli…cando A A = 2A B

(2)

reemplazando (2) en (1) se tiene A M=A B

1 2A B = 0 2

lo que quiere decir que los vectores A y M son perpendiculares. 31. Mostrar que A B = 0 si y solo si A y B son paralelos. Solucion. Primeramente mostraremos que si A B = 0 entonces A y B son paralelos. Supongamos que A B = 0. En caso de que A = 0 o B = 0, entonces


29

obviamente A y B son paralelos. En caso de que A 6= 0 y B 6= 0, entonces como 0=A

B ) 0 = jA

Bj = jAj jBj sin

con 0

y por ser A 6= 0 y B 6= 0, sin = 0 )

=0ó

=

Que el ángulo entre A y B sea 0 ó signi…ca precisamente que A y B son parlelos. Para acabar mostraremos que si A y B son paralelos entonces A B = 0. Supongamos que A y B son paralelos. Entonces B = cA y A

B=A

(cA) = c (A

A) = 0

por propiedad de producto vector. 32. Mostrar la ley de los senos, vectorialmente. Solución. Teniendo en cuenta el diagrama, Area triangulo =

1 jA 2

Bj =

1 jA 2

Cj

es decir, 1 1 jAj jBj sin c = jAj jCj sin b 2 2 de donde, jBj jCj = sin b sin c

(1)

1 jA 2

Bj =

similarmente Area triángulo =

1 jB 2

es decir, 1 1 jAj jBj sin c = jBj jCj sin a 2 2 de donde, jAj jCj = sin a sin c

(2)

de (1) y (2) obtenemos la ley de los senos: jAj jBj jCj = = sin a sin b sin c

Cj

30

CHAPTER 1. VECTORES

33. Mostrar que las diagonales de un cuadrado son perpendiculares.

C C

D F

A+B

N

B

P

E

Q

Q

A-B

O

P M

A

A

A

B

R

Fig. 25

Fig. 24

N

Fig. 26

Solución. Consideremos un cuadrado cuyos lados son los vectores A y B (ver …gura ##). Entonces las diagonales del cuadrado son los vectores A B y A + B. Como (A

B) (A + B)

= A A 2

= jAj

B; A + A B; B

B B

2

jBj = 0

(por ser: lado del cuadrado = jAj = jBj). Por tanto, A B y A + B son perpendiculares. 34. Dado el paralelogramo de vértices A, B, C, D con P y Q puntos medios de los lados BC y CD respectivamente. Mostrar que AP y AQ trisectan la diagonal BD en los puntos E y F . Solución. Previamente realizamos un diagrama (…gura), donde para mayor claridad se designa por M al vector AB y por N al vector BC. Por una parte: AE = xAC (por ser AE y AC paralelos) AE = x (M + N) (pues AC = M + N)

(1)

Por otra parte: AE AE AE

= AP + P E (suma de vectores) = AP + yP D (por ser P E paralelo a P D) 1 1 = M+y N M (2) 2 2

por ser 1 M y por ser P D = N 2 Igualando (1) y (2) tenemos AP =

x (M + N) =

1 M+y N 2

1 M 2

1 M 2

) xM + xN =

1 M + yN 2

y M 2

B

1.12. EJERCICIOS RESUELTOS de donde

31

1 y + 2 2

x

M = (y

x) N

como M y N son no paralelos x

1 y + = 0 2 2 y x = 0

y resolviendo el sistema obtenemos x = y

=

1 3 1 3

Por tanto AE = xAC = 13 AC, dice que AE es la tercera parte de AC. Similarmente se muestra que F C es la tercera parte de AC. Lo que …nalmente dice que DP y DQ trisectan la diagonal AC. 35. Mostrar que las medidas de un triangulo se cortan en un punto a un tercio de cada mediana. Solución. Siguiendo el diagrama, trazamos las medianas de los lados AC y BC. Por un lado AO AO

= xAQ = x M + CQ

pero CQ =

1 (N 2

1 (N 2

M)

M)

entonces AO = x M +

=

x (M + N) (1) 2

Por otro lado AO AO

= AP + P O 1 = M + y PB 2

pues P O paralelo a P B. AO =

1 M+y N 2

1 M 2

pues PB = N

1 M 2

(2)

32

CHAPTER 1. VECTORES Igualando (1) y (2)

x 2

x (M + N) = 2 1 y + M = 2 2

1 M+y N 2 x N y 2

1 M 2

como M y N son no paralelos, entonces x 2

1 y + 2 2 x y 2

=

0

=

0

resolviendo el sistema x = y

=

2 3 1 3

Entonces AO = 32 AQ, P O = 13 P B. Lo que dice que P O es la tercera parte de la mediana P B; y también que OQ es la tercera parte de la mediana AQ. Hasta ahora tenemos que: Dos medianas de un triangulo se cortan en un punto (obvio) a un tercio de cada mediana (ya demostrado). De lo que se sigue que la tercera mediana debe pasar por el mismo punto de interseccion de las otras dos medianas ubicado a un tercrio de dicha mediana. Por tanto, las tres medianas del triangulo se cortan a un tercio de cada median.

1.13

EJERCICIOS PROPUESTOS

VECTORES Sean A = (1; 2), B = ( 1; 3) y C = (0; 4); calcular: 1. A + B. 2. A 3.

B + C.

3B.

4. 4A

3B.

5. A + 2B 6. 4 (A + B) 7.

3C. 5C.

1 1 (A B) + C. 2 4 Sean A = (1; 4; 1), B = (2; 5; 4) y C = (0; 4; 0); calcular:

1.13. EJERCICIOS PROPUESTOS

33

8. A + C. 9. 2A 10.

1 B+A 2

11. 3A 12.

B + 2C. C.

B.

1 (A + B) 2

B.

13. Si A = (1; 2), B = ( 1; 3) realizar gra…camente las siguientes operaciones: 5 1 B. a) A + B, b) A B, c) 2A 3B y d) A 2 2 Dados los vectores A y B, en cada una de las ecuaciones determinar un vector X que la satisfaga. 14. A = (2; 3), B = (1; 4); 3X

2A + B = 0:

15. A = (0; 1), B = (5; 2); 3 (A

X) = 6 (X

16. A = (1; 2; 1), B = (0; 3; 1); X

3A

17. A = (1; 3; 2), B = ( 2; 1; 2); 2 (A

A + B)

3X.

B = 2X X) = X

2B

2 (X

A)

18. Si A = (3; 0; 4) y B = (2; 1; 3), calcular la longitud o módulo de a) A, A B + jBj . b) A + B, c) 3A 21 B y d) jAj 19. Calcular la distancia entre los siguientes pares de puntos a) (1; 1) y (2; 2) b) (3; 8) y (8; 3) , c) (1; 1; 8) y (1; 2; 3). PARALELISMO 20. Indicar cuáles de los siguientes pares de vectores son paralelos y en tal caso, si tienen el mismo sentido. a) (1; 1) y (2; 2); b) (2; 4) y (4; 2); c) (5; 7; 3) y ( 15; 21; 9). 21. Si A = (1; 2; 3) y B = (3; 1; 2), hallar un vector unitario C paralelo al vector a) A + B; b) 2A B; c) A + 3B. PRODUCTO ESCALAR Y ORTOGONALIDAD 22. Sean U = (3; 0; 5), V = (2; 1; 3), P0 = (1; 2; 1), P1 = (2; 3; 1), calcular: a) U V; b) U (P1 P0 ); c) V V; d) (U + V) (P0 P1 ); e) 2 (U + V) (U V); f) jU Vj . 23. Si A = (2; 4; 7), B = (2; 6; 3) y C = (3; 4; 5); en cada una de las expresiones siguientes se pueden introducir los paréntesis de una sola manera para obtener una expresión que tenga sentido. Introducir dichos paréntesis y efectuar las operaciones. a) A B C; b) A B + C; c) A B C; d) A C C B. 24. Determinar todos los pares ortogonales entre los vectores A = (4; 1; 3), B = (1; 2; 2), C = (1; 2; 2), D = (2; 1; 2) y E = (2; 2; 1).

34

CHAPTER 1. VECTORES

25. Hallar todos los vectores de R2 de la misma longitud de A y que son ortogonales a A, siendo: a) A = (1; 2); b) A = (2; 1); c) A = ( 2; 8); d) A = (3; 5). 26. Encontrar un vector X, distinto de cero, que sea ortogonal a (1; 5; 1). ¿Es X único? 27. Calcular la componente de A en la dirección de B, siendo: a) A = (3; 8), B = (2; 0); b) A = (5; 8), B = (1; 1); c) A = (1; 2; 3), B = (1; 0; 1); d) A = (1; 1; 1), B = (1; 2; 3). 28. Mostrar que si A 6 =0, entonces la suma de los cuadrados de sus cosenos directores es igual a 1; es decir cos2 a + cos2 b + cos2 c = 1 29. Mostrar que el ángulo que forman A = (1; 2; 1) y B = (2; 1; 1) es el doble del que forman C = (1; 4; 1) y D = (2; 5; 5). 30. Determinar los cosenos de los ángulos del triángulo cuyos vértices son los puntos (2; 1; 1), (1; 3; 5) y (3; 4; 4). 31. Hallar dos vectores no paralelos, ortogonales a (1; 2; 1). 32. Hallar dos vectores perpendiculares entre sí y perpendiculares, cada uno, al vector (2; 1; 1). PRODUCTO VECTORIAL 33. Sean A = (1; 2; 3), B = (1; 1; 0) y C = ( 1; 2; 1); calcular: a) A B; b) B A, c) A A; d) A (B C); e) A (A B); f) (A + B) (A B); g) (A 2C) 2B. 34. Sean A = (1; 0; 1), B = (2; 1; 1) y C = (1; 2; 1); calcular a) A B b) C A B; c) A A C; d) C A C.

C;

35. Tres vértices de un paralelogramo son los puntos A = (1; 0; 1), B = ( 1; 1; 1) y C = (2; 1; 2); hallar todos los puntos que pueden ser el cuarto vértice del paralelogramo. 36. Calcular el área del paralelogramo de lados a) (5; 3) y (3; 7); b) (1; 1) y (2; 4); c) (1; 3; 0) y ( 2; 4; 3); d) ( 3; 2; 4) y (1; 1; 1); e) (a; 0; 0) y (0; b; c). 37. Calcular el área del triángulo de vértices: a) (0; 0), (1; 0) y (3; 8); b) (5; 0), (8; 4) y (1; 1); c) ( 2; 1; 3), (3; 0; 6) y (4; 5; 1) d) (a; 0; 0), (0; b; 0) y (0; 0; c). 38. Determinar el volumen del paralelepípedo determinado por a) (2; 2; 4), (1; 5; 2) y (1; 0; 1); b) (2; 1; 3), ( 3; 0; 6) y (4; 5; 1).


35

39. Determinar el volumen del tetrahedro de aristas: a) (5; 0; 16), (1; ; 1; 1) y (8; 2; 3); b) (a; b; 0), (0; b; c) y (a; 0; c). PROBLEMAS VARIOS 40. Si las diagnonales de un paralelogramo son los vértices ( 1; 1) y (5; 1), hallar los lados del paralelogramo. 41. Si las diagonales de un paralelogramo son los vértices A y B, expresar los lados del paralelogramo en términos de A y B. 42. Si A = (2; 1; 1) y B = (3; 4; 4), hallar un punto C tal que A, B y C sean los vértices de un triángulo rectángulo. 43. Encontrar el ángulo que forman las diagonales de un cubo. 44. Determinar los vértices de un cubo si sus diagonales son los vectores que unen P0 = (1; 1; 2) con P1 = (3; 1; 4) y P2 = (3; 1; 2) con P3 = (1; 1; 4) respectivamente. 45. Mostrar que si los vértices A y B en el plano no son paralelos, entonces la igualdad xA + yB = 0 implica x = y = 0. 46. Mostrar que si los vectores A y B en el plano no son paralelos, entonces la igualdad x1 A + y1 B = x2 A + y2 B implica x1 = x2 , y1 = y2 . 47. Sean A, B, C y D los vértices de un cuadrilátero y P , Q, R y S los puntos medios de cada lado respectivamente, mostrar que: a) P QRS es un paralelogramo; b) el perímetro de P QRS es igual a la suma de las longitudes de las diagonales de ABCD. 48. Mostrar que las diagonales de un paralelogramo se bisectan. 49. Mostrar que las diagonales de un cuadrado son perpendiculares entre si. 50. Mostrar que las diagonales de un rombo son perpendiculares entre si. 51. Mostrar que el triángulo cuyos vértices están en los extremos de un diámetro de una circunferencia y sobre la circunferencia es triángulo rectángulo. 52. Mostrar que el vector que une los puntos medios de los lados de un triángulo es paralelo al tercer lado y tiene la mitad de su longitud. 53. Mostrar que el punto medio de la hipotenusa de un triángulo rectángulo es equidistante a los tres vértices. 54. Mostrar que las alturas de un triángulo se cortan en un punto.

36

CHAPTER 1. VECTORES

55. Mostrar la ley de los cosenos. 2

2

2

2

56. Si ABCD es un paralelogramo, mostrar que AB + BC + CD + DA = 2 2 AC + BD .

Chapter 2

GEOMETRIA ANALITICA SOLIDA 2.1

LA RECTA

La recta que pasa por el punto P0 y tiene la dirección del vector V es el conjunto de puntos X que se expresan como X = P0 + tV

(2.1)

t número real. El vector V se llama vector direccional de la recta.

P1 V

V

P0

P2 Fig. 2.2

Fig. 2.1

Considerando X = (x; y; z) y P0 = (x0 ; y0 ; z0 ) y V = (a; b; c) e igualando componentes en (1) se obtiene la ecuación cartesiana de la recta: x = x0 + at y = y0 + bt z = z0 + ct 37

38

CHAPTER 2. GEOMETRIA ANALITICA SOLIDA

Example 13 Determinar la ecuación de la recta que pasa por los puntos P0 = (1; 1; 1) y P1 = (3; 2; 2). Un vector direccional de la recta es V V

= P1 P0 = (3; 2; 2) = (2; 3; 1)

(1; 1; 1)

Como la recta pasa por el punto P0 = (1; 1; 1), su ecuación es X = P0 + tV = (1; 1; 1) + t (2; 3; 1) O, considerando X = (x; y; z) e igualando componentes, x = 1 + 2t y = 1 3t z =1+t

(2) (forma cartesiana)

Teniendo en cuenta que la componente de un vector en la dirección de otro se puede calcular mediante el producto escalar, se deduce que la distancia d de un punto P1 a la recta X = P0 + tV está dada por d = (P1

P0 )

(P1

P0 ) V 2

jVj

V .

Dadas las rectas X = P0 + tV y X = P1 + tU, el ángulo entre ambas es el ángulo que forman sus respectivos vectores direccionales, es decir: cos =

2.1.1

U V jUj jVj

(2.2)

Distancia entre dos rectas no paralelas X = P0 + tU

y X = P1 + tV es, por de…nición, el valor mínimo de las distancias de las distancias entre puntos de cada una de las rectas. Se puede demostrar que la distancia d entre ambas rectas es U V d = (P1 P0 ) (2.3) jU Vj Example 14 Dadas las rectas no paralelas X X

= P0 + tU = (1; 0; 2) + t (2; 1; 0) = P1 + tV = (2; 1; 1) + t (0; 2; 2)

punto P2 = (1; 2; 3); calcular a) La distancia del punto P2 a la recta X = P0 + tU.

2.1. LA RECTA

39

b) La distancia entre las dos rectas. c) El ángulo entre las dos rectas. Solución. a) Calculando P2 P0 = (1; 1; 3) (1; 0; 2) = (0; 1; 1) P0 ) U = (0; 1; 1) (2; 1; 0) = 1 jUj = U U = (2; 1; 0) (2; 1; 0) = 5

(P2

entonces (P2

P0 ) U 2

jUj

1 (2; 1; 0) = 5

U=

2 1 ; ;0 5 5

Entonces la distancia del punto a la recta es d

=

(P2

P0 )

=

(0; 1; 1)

(P2

P0 ) U 2

jUj

2 1 ; ;0 5 5

U

=

2 4 ; ;1 5 5

3 =p 5

b) Calculando P1

U jU

V

P0 = (2; 1; 1)

=

i 2 0

j 1 2

k 0 2

(1; 0; 2) = (1; 1; 1)

=

Vj = j( 2; 4; 4)j =

p

2i

4j + 4k = ( 2; 4; 4)

4 + 16 + 16 = 6

luego, la distancia entre las dos rectas es d

=

(P1

d

=

1 ( 2 6

P0 ) 4

V 1 = (1; 1; 1) ( 2; 4; 4) Vj 6 5 4) = 3

U jU

c) Los vectores U = (2; 1; 0) y V = (0; 2; 2) son vectores direccionales de las dos rectas dadas, por tanto el ángulo entre ambas se obtiene de cos

= =

U V (2; 1; 0) (0; 2; 2) p = p jUj jVj 4+1 4+4 1 1 p ( 2) = p 2 10 10

de donde = 108 260

40

2.2


EL PLANO

El plano determinado por los vectores no paralelos U , V y que pasa por el punto P0 tiene por ecuación X = P0 + sU + tV (2.4) con s, t números reales.

n X

U X-P0 P0

P0

V

Fig. 2.4

Fig. 2.3

Sea N un vector normal al plano, entonces si X es cualquier punto del plano, el vector X P0 , se encuentra sobre este plano y debe ser perpendicular a la normal N , es decir, la ecuación del plano es N (X

P0 ) = 0

(2.5)

De cualquiera de las dos anteriores ecuaciones (3) y (4) del plano, haciendo X = (x; y; z), la ecuación del plano se reduce a la forma general ax + by + cz + d = 0

(2.6)

se demuestra que el vector (a; b; c) es normal al plano. El fácil ver que dos planos son paralelos si sus normales lo son. Example 15 a) Determinar la ecuación del plano que pasa por los puntos P0 = (1; 1; 2), P1 = (2; 1; 1) y P2 = ( 1; 2; 3). b) Hallar un vector normal N al plano del inciso a). c) Expresar la ecuación del plano en suf orma cartesiana ax + by + cz + d = 0.

P1 U P0

P2 V

2.3. CILINDROS Y SUPERFICIES CUADRICAS

41

a) Los vectores U = P1 V = P2

P0 = (2; 1; 1) (1; 1; 2) = (1; 2; 1) P0 = ( 1; 2; 3) (1; 1; 2) = ( 2; 3; 1)

se encuentran sobre el plano. Como el plano pasa por P0 = (1; 1; 2) su ecuación vectorial es X

= P0 + sV + tU = (1; 1; 2) + s (1; 2; 1) + t ( 2; 3; 1)

b) Puesto que los vectores U y V es ^{ N=U V= 1 2

están sobre el plano, un vector normal al plano ^j 2 3

k^ 1 1

= 5^{ + ^j + 7k^ = (5; 1; 7)

c) Si X = (x; y; z) es un punto cualquiera del plano, el vector X P0 se encuentra sobre el plano y debe ser, por tanto, perpendicular al vector normal N . Es decir N (X P0 ) = 0 (5; 1; 7) ((x; y; z) (1; 1; 2)) = (5; 1; 7) (x 5x + y + 7z 18 = 0

1; y + 1; z

2) = 0

Si N es un vector normal al plano que pasa por el punto P0 , la distancia d del punto P al plano está dado por d

2.3 2.3.1

(3; 2; 1) N p = ((1; 2; 3) (0; 0; 4)) jN j 14 1 2 p = p (1; 2; 1) (3; 2; 1) = 14 14 r 2 = 7 =

(P

P0 )

CILINDROS Y SUPERFICIES CUADRICAS Cilindros

Una ecuación de la forma f (x; y) = 0 determina una super…cie en el espacio xyz. Su grá…ca en el espacio se obtiene deslizando la curva f (x; y) = 0 del plano xy en forma continua y paralelamente al eje z -variable que no …gura en

42


la ecuación de la super…cie - (Ver …gura 2.6).

f(x,y) = 0

Fig. 2.6

Similarmente se obtienen las grá…cas de super…cies cilíndricas paralelas a los otros ejes. Example 16 Gra…car las super…cies cilíndricas a) y = x2 y b) z = y 2 . Solución. a) La grá…ca de y = x2 en el plano xy es una parábola. Deslizando paralelamente al eje z se obtiene su grá…ca (…gura 2.7a). b) La grá…ca de z = y 2 es una parábola en el plano yz. La grá…ca de la super…cie z = y 2 en el espacio se obtiene deslizando la parábola paralelamente al eje x (…gura 2.7b).

y = x2

z = y2 Fig. 2.7

2.3.2

Fig. 2.8

Super…cies cuádricas

La grá…ca en el espacio de una ecuación polinomial de segundo grado se llama super…cie cuádrica. Así por ejemplo, las grá…cas de x2 + y 2 + z 2 = 1 , x2

2xy + y 2

z 2 = 10 , y 2

z2 = 4

son super…cies cuádricas. Algunas super…cies cuádricas ya conocidas son la esfera (x2 + y 2 + z 2 = R2 ) y el cilindro (x2 + y 2 = R2 ). Existen también otras que son particularmente importantes.

2.3. CILINDROS Y SUPERFICIES CUADRICAS

43

Para gra…car una super…cie cuádrica es conveniente seguir ordenadamente los siguientes pasos: 1. Encontrar las intersecciones de la super…cie con los planos coordenados (llamadas trazas). 2. Encontrar las intersecciones de la super…cie con los ejes coordenados. 3. Gra…car algunas secciones planas de la super…cie. Example 17 Gra…car la super…cie cuádrica x2 + y 2

4z 2

2x = 0.

Procedemos siguiendo las recomendaciones generales dadas: 1. Trazas. Haciendo z = 0 hallamos la intersección de la super…cie con el plano xy: x2 + y 2

4z 2

x2 + y 2

2x = 0 z=0

)

(x

2x = 0

2

1) + y 2 = 1 (circunferencia)

Haciendo y = 0 hallamos la intersección de la super…cie con el plano xz: x2 + y 2

4z 2

x2

2x = 0 y=0

)

(x

2x 2

4z 2 = 0

4z 2 = 1 (hipérbola)

1)

Haciendo x = 0 hallamos la traza en el plano yz: x2 + y 2

4z 2

y2

2x = 0 x=0

)

(y

4z 2 = 0

2z) (y + 2z) = 0 (dos rectas )

2. Haciendo x = 0, y = 0 obtenemos la intersección de la super…cie con el eje z: x2 + y 2 4z 2 2x = 0 ) 4z 2 = 0 ) z = 0 x = 0; y = 0 con x = 0, z = 0 obtenemos la intersección con el eje y: x2 + y 2

4z 2

2x = 0

x = 0; z = 0

) y2 = 0 ) y = 0

y haciendo y = 0, z = 0 tenemos la intersección con el eje x x2 + y 2

4z 2

2x = 0

y = 0; z = 0

)

x2 x (x

2x = 0 2) = 0

44


3. Ahora averiguemos cómo es la super…cie a diversas alturas del espacio, es decir; sobre los planos de la forma z = k (k constante).

x2+y 2-4z2-2x=0

Fig. 2.9

x2 + y 2

2x = 4k 2 ) (x

2

1) + y 2 = 4k 2 + 1 (circunferencia)

Estos nos dice que si se corta la super…cie con el plano z = k se obtiene la circunferencia: 2 (x 1) + y 2 = 4k 2 + 1 Además, observamos que a medida que el corte con el plano z = k se efectúa a mayor altura (k cada vez más grande), el radio de la circunferencia aumenta. Gra…cando cada una de las trazas, y teniendo en cuenta las intersecciones con los ejes coordenados; y considerando que las circunferencias en cada plano de corte son más grandes a mayor altura, hacia arriba o hacia abajo, se obtiene la grá…ca de la …gura 2.8.

2.3.3

Super…cies cuádricas importantes

Procediendo como en el ejemplo ## se obtienen las grá…cas de super…cies cuádricas importantes, grá…cas que se muestran en las …guras que siguen:

Fig. 2.10

x2 y2 z2 + + =1 a2 b2 c2 Elipsoide

Fig. 2.11

x2 y2 + =1 a2 b2 Paraboloide elíptico

2.4. COORDENADAS CILINDRICAS Y ESFERICAS

45

z

z

Fig. 2.13 Fig. 2.12

y y x

x

x2 y2 z2 + 2 =1 2 a b c2 Hiperboloide de una hoja

z2 y2 x2 =1 2 2 c b a2 Hiperboloide de dos hojas

z

z

Fig. 2.14

y

y Fig. 2.15

x 2

x 2

2

x y z + 2 = 2 2 a b c Cono

x2 y2 = cz a2 b2 Paraboloide hiperbólico

Notemos que si intercambiamos los símbolos x, y, z en cualquiera de las anteriores ecuaciones, el tipo de la super…cie no cambia.

2.4

COORDENADAS CILINDRICAS Y ESFERICAS

Muchas super…cies cuyas ecuaciones cartesianas son relativamente complicadas, se describen de manera simple en otro sistema de coordenadas adecuadamente elegido.

46

2.4.1


Coordenadas cilíndricas z

z

r x

(x,y,z)

(x,y,z)

y

y x

Fig. 2.16

Fig. 2.17

El punto (x; y; z) del espacio se puede determinar también mediante las coordenadas (r; ; z) donde x = r cos ; 0 r y = r sin ; 0 2 (2.7) z=z En el espacio xyz las coordenadas cilíndricas se interpretan así: r: es la longitud del radio vector proyección de (x; y; z) sobre el plano xy. : es el ángulo que hay entre el eje x positivo y el radio vector r. z: cntinua siendo la altura del punto. Las ecuaciones dadas anteriormente permiten pasar del sistema de coordenadas cartesianas al de coordenadas cilíndricas. Para el proceso inverso se tiene p r = x2 + y 2 (2.8) = arctan xy z=z Example 18 La grá…ca de x2 +y 2 = z 2 es un cono. En coordenadas cilíndricas, este mismo cono está representado simplemente por r=z

2.4.2

Coordenadas Esféricas

El punto (x; y; z) del espacio puede localizarse también por medio de las coordenadas ( ; ; ). Las ecuaciones que relacionan ambos sistemas son: x = sin cos y = sin sin z = cos

(2.9)

donde 0, 0 ; ,0 2 . En el espacio xyz las coordenadas esféricas admiten la siguiente interpretación: : es la longitud del radio vector que va del origen al punto (x; y; z).

2.5. EJERCICIO RESUELTOS

47

: es el ángulo medio entre el eje z positivo y el radio vector. : como en coordenadas cilíndricas es el ángulo medio sobre el plano xy entre el eje x positivo y la proyección del radio vector sobre el plano xy. Por cálculo directo se demuestra que 2 = x2 + y 2 + z 2 . Example 19 La grá…ca de x2 + y 2 + z 2 = R2 es una esfera de radio R. Su ecuación en coordenadas esféricas es simplemente r=R

2.5

EJERCICIO RESUELTOS

2.5.1

La Recta

Dos puntos o un punto y un vector (direccional) determina completamente a una recta. 1. Hallar la ecuación vectorial y cartesiana, dela recta que pasa por el punto P0 = (1; 1; 2) con vector direccional V = (2; 1; 1). Solución. como la recta pasa por P0 = (1; 1; 2) y su vector direccional es V = (2; 1; 1), su ecuación vectorial es X = P0 + tV = (1; 1; 2) + t (2; 1; 1) Con X = (x; y; z) e igualando componentes obtenemos la ecuación cartesiana de la recta (x; y; z) = (1; 1; 2) + t (2; 1; 1) x = 1 + 2t y = 1+t z = 2+t 2. Hallar la ecuación de la recta que para por los puntos P0 = (1; 2; 3) y P1 = ( 2; 1 2).

P1 P1 P1-P0 P1-P0

d

P2 recta

P0 Fig. 2.18

Fig. 2.19

48


Solución. El vector P1 P0 , que va de P0 a P1 , se encuentra sobre la recta y es, por tanto, un vector direccional de la recta. Calculando: V

= P1 P0 = ( 2; 1; 2) = ( 3; 1; 1)

(1; 2; 3)

Como para por P0 , la ecuación de la recta pedida es X = P0 + tV = (1; 2; 3) + t ( 3; 1; 1) o también: x = y = z =

1 2 3

3t t t

3. Mostrar que la distancia del punto P1 a la recta X = P0 + tV está dada por (P1 P0 ) V d = (P1 P0 ) V 2 jV j Solución. Para mayor claridad lo haremos detalladamente. Teniendo en cuenta la …gura ###, el vector P1 P0 va del punto P0 a P1 , la proyección de este vector sobre la recta es igual a su proyección sobre el vector direccional V , es decir: Proyección sobre la recta (P1 P0 ) jVV j multiplicando por el vector unitario V se obtiene el vector proyección sobre la recta (P1

P0 )

V V : jV j jV j

Por tanto, la distancia del punto a la recta es: d = (P1

P0 )

(P1

P0 ) V 2

jV j

V

4. Calcular la distancia del punto (1; 2; 1) a la recta X = (1; 1; 1) + t (2; 1; 1) : Solución. Con P0 = (1; 2; 1), P1 = (1; 1; 1) y V = (2; 1; 1) y de acuerdo al ejercicio anterior tenemos P1

(P1

P0

P0 ) V

= (1; 2; 1) = (0; 1; 0) = =

(1; 1; 1)

(0; 1; 0) (2; 1; 1) 1


49

2

2

Ademas jV j = 22 + 12 + ( 1) = 6. Por tanto d = (P1

(P1

P0 )

P0 ) V 2

jV j

1 (2; 1; 1) = 6

V = (0; 1; 0)

r

5 6

5. Hallar la distancia del punto ( 2; 1; 3) a la recta x=t

;

y=1

t

;

z = 2 + 3t

Solución. Para poder aplicar la fórmula, previamente expresamos la ecuación de la recta en su forma vectorial. Como x = t ; y = 1 t ; z = 2 + 3t X = (0; 1; 2) + t (1; 1; 3) entonces, por P0 = (0; 1; 2), V = (1; 1; 3) y P1 = ( 2; 1; 3), tenemos P1

P0 = ( 2; 1; 3)

(P1

(0; 1; 2) = ( 2; 0; 1)

P0 ) V = ( 2; 0; 1) (1; 1; 3) = 1 2

2

jV j = 12 + ( 1) + 32 = 11. De donde d = (P1

(P1

P0 )

P0 ) V 2

jV j

V = ( 2; 0; 1)

1 1p (1; 1; 3) = 594 11 11

6. Calcular la distancia del punto P0 = (1; 0; 2) a la recta que pasa por los puntos P1 = (1; 2; 1) y P2 = (2; 1; 3). Solución. La recta que pasa por los puntos P1 y P2 tiene como vector direccional a P2

P1 = (2; 1; 3)

(1; 2; 1) = (1; 3; 2) .

Como, en particular, la recta pasa por P1 , la distancia de P0 a la recta es d = (P1

P0 )

(P1

P0 ) V 2

jV j

V = (0; 2; 1)

Simpli…cando d=

r

(0; 2; 1) (1; 3; 2) 2

12 + ( 3) + 22

(1; 3; 2)

3 7

7. Dadas las rectas X = (2; 1; 3) + t (3; 4; 1), X = (2; 0; 1) + t (5; 2; 0), calcular el ángulo entre las dos rectas. Solución. De las ecuciones dadas, los vectores U = (3; 4; 1) y V = (5; 2; 0) son vectores direccionales de la primera y segunda recta dada

50

CHAPTER 2. GEOMETRIA ANALITICA SOLIDA respectivamente. Teniendo en cuenta que el ángulo entre dos rectas es el ángulo entre sus vectores direccionales, el ángulo buscando obtenemos de 7 U V (3; 4; 1) (5; 2; 0) p p =p cos = = jV j jV j 26 29 754 = 75 130 8. Mostrar que la distancia entre las rectas no paralelas X = P0 + tU

; X = P1 + tV

está dada por d = (P1

P0 )

Solución. Por una parte el vector U

U V jU V j V es perpendicular a U y V .

P1 U ×V

P1-P0

P2 P0

P0

P1 Fig. 2.21

Fig. 2.20

Por otra parte, el vector P1 P0 va del punto P0 (en una de las rectas) a P1 (en la otra recta). Entonces, la distancia entre las dos rectas es la proyección del vector P1 P0 sobre el vector U V . (Fig. ###). Es decir U V d = (P1 P0 ) jU V j donde se ha tomando el valor absoluto para evitar distancias negativas. 9. Dadas las rectas x = 3 x = t

t ; y = 2 + 2t ; y =1+t

; z=1 t ; z = 2t

calcular a) el ángulo que forman y b) la distancia entre ellas. Solución. Antes que nada, conviene expresar cada recta en su forma vectorial: X X

= =

(x; y; z) = (3; 2; 1) + t ( 1; 2; 1) = P0 + tU (x; y; z) = (0; 1; 0) + t (1; 1; 2) = P1 + tV


51

a) El ángulo que forman las rectas se obtiene de cos

b) Como P1

U V jU j jV j

= =

P0 = (0; 1; 0) i

U

1

V = 1

( 1; 2; 1) (1; 1; 2) p p = 1+4+1 1+1+4 99 350

1 6

(3; 2; 1) = ( 3; 1; 1) j k 2 1 1 2

= 5i + j

3k = (5; 1; 3)

y, de acuerdo al ejercicio 8, la distancia entre las rectas es d = (P1

U jU

P0 )

V (5; 1; 3) 16 = ( 3; 1; 1) p =p Vj 25 + 1 + 9 35

EL PLANO Un plano está completamente determinado por tres puntos del plano, o un punto del plano y dos vectores no paralelos sobre el plano; o también por un punto del plano y un vector normal al plano. 10. Dados los puntos P0 = ( 1; 2; 1), P1 = (3; 2; 1), P2 = (0; 1; 2). Hallar la ecuación del plano que pasa por los tres puntos a) en su forma vectorial, b) en su forma casteriana. Solución. a) Los vectores P1 P2

P0 P0

= (3; 2; 1) ( 1; 2; 1) = (4; 0; 2) = (0; 1; 2) ( 1; 2; 1) = (1; 1; 1)

se encuentran sobre el plano. Por tanto, los dos vectores generan el plano pedido y su ecuación vectorial es X X

= P0 + sU + tV = ( 1; 2; 1) + s (4; 0; 2) + t (1; 1; 1)

b) La ecuación catesiana del plano se obtiene de la ecuación vectorial simplemente igualando componentes y eliminando las variables s y t: X = (x; y; z) = ( 1; 2; 1) + s (4; 0; 2) + t (1; 1; 1) donde x = y = z = x+y y+z

1 + 4s + t 2 t 1 2s + t = =

1 + 4s 3 2s

x + 3y + 2z = 7

52


11. Hallar la ecuación cartesiana del plano cuya ecuación vectorial es X = (1; 1; 2) + t (2; 1; 3) Solución. Igualando componentes y eliminando las variables s y t: X = (1; 1; 2) + s (3; 1; 2) + t (2; 1; 3) x = 1 + 3s + 2t x 2y = 3 + 5s y = 1 s + t =) =) x 3y z = 5 + 5s z = 2 + 2s + 3t

5y + z = 8

12. Hallar la ecuación vectorial del plano cuya ecuación cartesiana es x

y + 2y = 1

Solución. determinamos tres puntos del plano a partir de los cuales obtendremos dos vectores sobre el plano. Si x = 0 ; y = 0 ) z = 21 entonces P0 = 0; 0; 12 x = 0 ; z = 0 ) y = 1 entonces P1 = (0; 1; 0) y=0; z=0)x=1 entonces P2 = (1; 0; 0) Los vectores U = P1 P0 = 0; 1; 21 y V = 1; 0; 12 están sobre el plano. Teniendo en cuenta que el plano pasa por (1; 0; 0), su ecuación vectorial es X = (1; 0; 0) + s 0; 1

1 2

+ t 1; 0;

1 2

13. Mostrar que el vector (a; b; c) es perpendicular al plano ax+by+cz+d = 0.

(a,b,c)

P

P0 Fig. 2.22

P1

U

P-P0

P0 V Fig. 2.23

Solución. Es su…ciente mostrar que el vector (a; b; c) es perpendicular a cualquier vector que esté sobre el plano. Con x = 0, y = 0 de la ecuación del plano se tiene z = dc ; entonces el


53

punto P0 = 0; 0; dc está en el plano. Si P = (x; y; z) es cualquier otro punto del plano, el vector P P0 = x; y; z + dc se encuentra sobre el plano. Como (a; b; c) x; y; z + dc = ac + by + c z + dc = ax + by + cz + d = 0. Esto dice que el vector (a; b; c) es perpendicular a cualquier vector que está sobre el plano y, por tanto, es perpendicular al plano. 14. Hacer pasar una recta por el punto (1; 4; 2), perpendicular al plano x + 2y + 3z = 10. Solución. De la ecuación del plano se sigue que el vector (1; 2; 3) es perpendicular al plano (ejercicio anterior) y, por tanto, sirve como vector direccional de la recta pedida. Como la recta debe pasar por el punto (1; 4; 2), la recta pedida es X = (1; 4; 2) + t (1; 2; 3) PROBLEMAS VARIOS 15. Encuentre la ecuación del plano que pasa por P1 = (2; 1; 2) y contiene a la recta X = (1; 0; 2) + t (3; 2; 1). Solución. Recordemos que necesitamos dos vectores no paralelos para generar un plano. Como la recta X = P0 + tV = (1; 0; 2) + t (3; 2; 1) está contenida en el plano, el vector V = (3; 2; 1) está sobre el plano pedido. Por otra parte, por pasar el plano por los puntos P0 y P1 , el vector U = P1 P0 = (2; 1; 2) (1; 0; 2) = (1; ; 1; 0) está sobre el plano. Por tanto U y V generan el plano pedido. Luego, teniendo en cuenta que debe pasar por P1 la ecuación del plano pedid es X = P1 + sU + tV = (2; 1; 2) + s (1; 1; 0) + t (3; 2; 1) 16. Hallar la ecuación del plano que pasa por los puntos P0 = (3; 1; 2), P1 = (1; 2; 1) y es perpendicular al plano x 3y + 2z = 8.

P

P0 N x

d

P1 n

P0

Fig. 2.25 Fig. 2.24

54


Solución. Por una parte, de la ecuación del plano dado se tiene que el vector M = (1; 3; 2) es perpendicular a dicho plano. Por otra parte, si X = (x; y; z) es cualquier punto del plano pedido, los vectores U V

= X = X:

P0 = (x 3; y P1 = (x 1; y

1; z + 2) 2; z 1)

se encuentra sobre el plano. Entonces el vector N = U V es perpendicular al plano pedido. Como los planos deben ser perpendiculares, deben serlo también sus normales M y N ; es decir 1 M N = M (U

V)=

x x

3 3 y 1 y

2 1 z+2 2 z 1

=0

Desarrollando el determinante se obtiene: 11x + 7y + 5z = 25, que es la ecuación del plano pedido. 17. Mostrar que la distancia del punto P al plano que pasa por P0 con vector normal n está dado por: d = (P

n jnj

P0 )

Solución. El vector P P0 va de P0 a P y la proyección de este vector sobre el vector normal n da la distancia del punto P al plano (…gura. ###). Es decir n d = (P P0 ) jnj 18. Calcular la distancia del punto P = ( 1; 3; 4) y el plano X = s (1; 3; 1) + t (2; 1; 2). Solución. De la ecuación del plano X = s (1; 3; 1) + t (2; 1; 2) se ve que pasa por P0 = (0; 0; 0) el (el origen) y, por otra parte; el vector n = (1; 3; 1)

(2; 1; 2) =

i 1 2

j 3 1

k 1

= (7; 4; 5)

2

es perpendicular o normal al plano. Según el ejercicio 17, la distancia de P = ( 1; 3; 4) al plano es d = (P

P0 )

n = ( 1; 3; 4) jnj

(7; 4; 5) 13 (0; 0; 0) p =p 49 + 16 + 25 10


55

19. Mostrar que la distancia entre un plano y una recta (paralelos) está dada por n d = (Pp Pr ) jnj donde n es unvector normal al plano, Pp y Pr son puntos del plano y la recta respectivamente. Solución. Como son paralelos, la distancia entre el plano y la recta es igual a la distancia de un punto cualquiera Pr de la recta al plano. Por tanto, según el ejercicio 17, la distancia de la recta al plano es d = (Pp

Pr )

n jnj

20. Hacer pasar un plano que contenga a la recta x = 1 y además sea paralelo al plano x + y 2z = 5.

P0 X-P0

t, y = 2 + t, z = 3t

V X

P1

Fig. 2.26

X n P2

Fig. 2.27

Solución. De X = (x; y; z) = (1; 2; 0) + t ( 1; 1; 3) se ve que la recta pasa por P0 = (1; 2; 0) con vector direccional V = ( 1; 1; 3). Por otra parte, el vector n = (1; 1; 2) es normal al plano x + y 2z = 5 (ejercicio 13) y como el plano perdido debe ser paralelo al dado, n también debe ser normal al plano pedido. Si X = (x; y; z) es un plano cualquiera del plano pedido, el vector X P0 está sobre dicho plano. Por tanto este vector debe ser perpendicular a la norma n, es decir n (X P0 ) (1; 1; 2) (x 1; y 2; z) de donde x+y es la ecuación del plano pedido.

2z = 3

= =

0 0

56


21. Hallar la ecuación cartesiana del plano que equidista de los puntos P1 = (1; 2; 1) y P2 = (3; 0; 2).

P1 V (a,b,c,) P0 O

X

Fig. 2.29

Fig. 2.28

Solución. Si X = (x; y; z) es un punto cualquiera del plano pedido, la distancia de X a P1 de X a P2 deben ser iguales. Es decir q (x

jX

2

1) + (y

P1 j = jX P2 j q 2 2 2 2 2) + (z + 1) = (x 3) + y 2 + (z + 2)

tomando cuadrados, desarrollando y después de simpli…car obtenemos 4x

2y

2z = 7

ecuación pedida. 22. Hallar la ecuación del plano perpendicular a la recta X = (1; 2; 3) + t ( 1; 0; 2) y que contenga al origen. Solución. Si X = (x; y; z) es un punto cualquiera del plano, entonces teniendo en cuenta que el plano pasa por el origen 0 = (0; 0; 0), el vector X

0 = X = (x; y; z)

está sobre el plano pedido. Además, por ser la recta perpendicular al plano, su vector direccional V = ( 1; 0; 2) es perpendicular al plano y por tanto V (X 0) = ( 1; 0; 2) (x; y; z) = 0 x + 2z = 0 es la ecuación del plano pedido. 23. Mostrar que la distancia del punto P1 = (x1 ; y1 ; z1 ) al plano ax + by + cz + d = 0 es jax1 + by1 + cz1 + dj p d= a2 + b2 + c2


57

Solución. Haciendo x = 0, y = 0 en la ecuación del plano se obtiene el punto P0 = 0; 0; dc sobre el plano. Como el vector P1 P0 va del punto P0 a P1 y el vector (a; b; c) es normal al plano (ejercicio 13), la proyección del vector P1 P0 sobre este vector normal da la distancia del punto al plano (Fig. ###). Es decir d

=

d

=

d

=

(a; b; c) j(a; b; c)j d (a; b; c) x1 ; y1 ; z1 + c j(a; b; c)j jax1 + by1 + cz1 + dj p a2 + b2 + c2 (P1

P0 )

donde se ha tomado el valor absoluto para evitar distancias negativas. 24. Hallar la distancia del punto P1 = ( 2; 15; 7) al plano 5x 14y + 2z = 0. Solución. De acuerdo al ejercicio anterior, la distancia d del punto al plano es d

=

d

=

j5 ( 2) 14 (15) + 2 ( 7) + 9j jax1 + by1 + cz1 + dj p q = 2 a2 + b2 + c2 52 + ( 4) + 22

j 225j p = 15 225

25. Hallar el punto del plano 5x 14y + 2z + 9 = 0 que está más próximo al punto P = ( 2; 15; 7). Solución. De la ecuación del plano se tiene que el vector n = (5; 14; 2) es perpendicular al plano. La recta que pasa por P con vector direccional n intersecta al plano dado precisamente en el punto del plano más próximo a P.

n X

P

58


Entonces, si X = (x; y; z) es el punto pedido, (x; y; z) = P + tn = ( 2; 15; 7) + t (5; 14; 2) por estar en la recta. ó x = y = z =

2 + 5t 15 14t 7 + 2t

igualando componentes y reemplazando en la ecuación del plano dado (por estar X en el plano). 5x

14y + 2z + 9 = 5 ( 2 + 5t)

14 (15

14t) + 2 ( 7 + 2t) = 0.

De donde se obtiene t = 1 x = y = z =

2+5=3 15 14 = 1 7+2= 5

Por tanto, el punto X = (3; 1; 5) es el punto del plano más próximo a P = ( 2; 15; 7). 26. Hallar la ecuación de la recta que corta perpendicularmente a la recta x = 2t, y = t y z = 3t en el origen y es paralela a plano x + y + z = 1. Solución. Sea X = (x; y; z) un punto cualquiera de la recta pedida. Como las rectas se cortan en el origen, la recta pedida pasa obviamente por el orige 0 y, por tanto, el vector X 0 = X está sobre la recta. Entonces el vector X = (x; y; z) es un vector direccional de la recta pedida. Además, de la ecuación de la recta dada X = (x; y; z) = t (2; 1; 3) se ve que V = (2; 1; 3) es un vector direccional de esta recta. Como las rectas son perpendiculares, lo son también sus vectores direccionales X y V ; es decir V X=0

ó

(2; 1; 3) (x; y; z) = 0

(1)

Por otra parte, por ser paralela al plano x + y + z = 1, la recta pedida es perpendicular a la normal n = (1; 1; 1) del plano. En particular, el vector direccional de la recta, X, es perpendicular a la normal del plano n. Es decir n X = 0 ó (1; 1; 1) (x; y; z) = 0 (2) De las ecuaciones (1) y (2) se tiene 2x + y 3z = 0 x+y+z =0

(3)


59

expresando todas las variables en términos de una de ellas, digamos z, tenemos x = 4z 2x + y 3z = 0 x 4z = 0 =) =) y = 5z x+y+z =0 y 5z = 0 z=z

(4)

de donde, cambiando z por t en (4), obtenemos la ecuación cartesiana de la recta pedida: x = 4t ; y =

5t ; z = t

27. Un punto se desplaza en el espacio de modo que en el instante t su posición viene dada por el vector X (t) = (1 t; 2 3t; 2t 1). a) Mostrar que el punto se mueve a lo largo de una recta (digamos L). b) Hallar un vector paralelo a L. c) En qué instante el punto toca al plano 2x+3y+2z+1 = 0? d) Hallar la ecuación cartesiana del plano paralelo al de la parte c) y que contiene al punto X (2). e) Hallar la ecuación cartesiana del plano perpendicular a L que contenga a X (2). Solución. a) Como X (t) = (1 t; 2 3t; 2t 1) = (1; 2; 1)+t ( 1; 3; 2) el punto se mueve a lo largo de la recta L (que pasa por P0 = (1; 2; 1) con vector direccional V = ( 1; 3; 2). b) Como la dirección de la recta está dada por su vector direccional V , un vector paralelo a L es el mismo V = ( 1; 3; 2). c) Cuando el punto X (t) = (1 t; 2 3t; 2t 1) esté en el plano 2x + 3y + 2z + 1 = 0 se tendrá 2 (1

t) + 3 (2

3t) + 2 (2t

1) + 1 = 0

de donde resolviendo, se tiene t = 1. Por tanto, el punto está en el plano en el instante t = 1. d) Primero localizamos el punto X (3) = (1 3; 2 3 (3) ; 2 (3) 1) = ( 2; 7; 5). El vector n = (2; 3; 2) es normal al plano 2x + 3y + 2z + 1 = 0 (ejercicio 13) y debe ser también normal al plano pedido (por ser paralelos los planos dado y pedido). Por tanto, teniendo en cuenta que debe pasar por el punto X (3) = ( 2; 7; 5), obtenemos n (X P ) = 0 ) (2; 3; 2) [(x; y; z) ( 2; 7; 5)] = 0 ) 2x + 3y + 2z + 15 = 0. e) Primeramente localizamos X (2) = (1 2; 2 6; 4 1) = ( 1; 4; 3). Si X (x; y; z) es el punto cualquiera del plano y como el punto X (2) también está sobre el plano pedido. Por otra parte, como la recta L y el plano son perpendiculares, el vector direccional V es perpendicular a cualquier vector que esté sobre el plano

60

CHAPTER 2. GEOMETRIA ANALITICA SOLIDA (Fig. ###). Es decir.

P2

V

P3

n

X(2)

A

X

P1

P0 Fig. 2.31

Fig. 2.32

V (X

X (2)) = 0

ó ( 1; 3; 2) [(x; y; z)

( 1; 4; 3)] = 0

de donde, …nalmente, obtenemos x + 3y

2z + 19 = 0

la ecuación cartesiana del plano pedido. 28. Dados los puntos P0 = (1; 1; 3) y P1 = (2; 2; 0) que se encuentran sobre el plano x + 2y z = 6, determinar los demás vértices del cuadrado sobre el plano cuyos vértices adyacentes son P0 y P1 . Solución. Para determinar los otros vértices del cuadrado P2 y P3 (Fig. ###) necesitamos determinar el vector A = P2 P0 = P3 P1 . El vector n = (1; 2; 1) es perpendicular al plano (Ejercicio 13). Como A está sobre el plano es perpendicular al vector n; y además, por estar sobre un lado del cuadrado es perpendicular al vector P1 P0 . P1

P0 = (1; 1; 3)

De acuerdo al signi…cado del producto vectorial, A es paralelo al vector n (P1 P0 ) n

(P1

P0 ) =

i j k 1 2 1 1 1 3

= (7; 4; 1)

Por lo tanto A = k (7; 4; 1) Como jAj y jP1

(1)

P0 j son lados del cuadrado jAj = jP1

P0 j = j(1; 1; 3)j =

p

11


61

De acuerdo a (1) p jAj = jkj j(7; 4; 1)j = jkj 66 1 1 k= p jkj = p 6 6 Tomando k = P2 P3

p1 , 6

A=

p1 6

(7; 4; 1). De donde,

1 7 4 = P0 + A = (1; 1; 3) + p (7; 4; 1) = 1 + p ; 1 p ; 3 6 6 6 1 7 4 1 = P1 + A = (2; 2; 0) + p (7; 4; 1) = 2 + p ; 2 + p ; p 6 6 6 6

1 p 6

son los otros vértices del cuadrado. Nota. Tomando k = p16 , de manera similar, obtenemos otra solución. CILINDROS Y SUPERFICIES 29. Gra…car la super…cie cuya ecuación es x = 2z.

z

z

y

y Fig. 2.33

Fig. 2.34

x

x

Solución. Antes que nada, observamos que en la ecuación no …gura la variable y. Además, en el plano xz, la ecuación x = 2z representa una recta. Deslizando esta recta paralelamente al eje y, obtenemos la super…cie pedida (un plano). Su grá…ca se muestra en la …gura ###. 30. Gra…car la super…cie cuya ecuación es x2 2x + 4y 2 = 0. Solución. Como la variable z no …gura en la ecuación, su grá…ca debe ser paralela al eje z. Es super…cie, por tanto, trazar la grá…ca de la ecuación sobre el plano xy y luego deslizarla paralelamente al eje z. De x2 2x + 4y 2 x2 2x + 1 + 4y 2 2 (x 1) + 4y 2

= 0 = 1 = 1

62

CHAPTER 2. GEOMETRIA ANALITICA SOLIDA se ve que la traza en el plano xy es una elipse con centro en (1; 0); con semieje mayor igual a 1 y semieje menor 21 . Deslizando la anterior elipse paralelamente al eje z obtenemos el cilindro elíptico que se muestra en la …gura ###.

31. Identi…car y gra…car la super…cie cuádrica x2 + y 2 = z 2 .

z

z

y

y x

Fig. 35

x

Fig. 36

Solución. Teniendo en cuenta las super…cies dadas en la página ###, se ve que la super…cie es un cono. Para gra…car procedemos siguiendo las recomendaciones generales. 1. Trazas. En el plano xy: con z = 0 ) x2 + y 2 = 0 =) x = 0; y = 0 (un punto). En el plano xz: con y = 0 ) x2 = z 2 ) x = z (dos rectas). En el plano yz: con x = 0 ) y 2 = z 2 ) y = z (dos rectas). 2. Interesecciones con los ejes. Con el eje x: con y = 0, z = 0 ) x2 = 0 ) x = 0 (el origen). Con el eje y: con x = 0, z = 0 ) y 2 = 0 ) y = 0 (el origen). Con el eje z: con x = 0, y = 0 ) z 2 = 0 ) z = 0 (el origen). 3. Algunas secciones planas. Con z = k: x2 + y 2 = k 2 (circunferencia). Esto dice que cortando la super…cie con planos horizontales (z = k) se obtienen circunferencias. Además, las circunferencias tienen mayor radio (= jkj) cuando z (= k) esté más alejado del origen. Reuniendo la información obtenida, se traza la grá…ca pedida (Fig. ###). 32. Identi…car y gra…car la super…cie cuádrica x2 + y 2 = z. Solución. Teniendo en cuenta las ecuaciones de las super…cies dadas en la página ###, inmediatamente reconocemos la ecuación como la de un paraboloide elíptico. Siguiendo las recomendaciones generales: 1. Trazas. En el plano xy: con z = 0 ) x2 + y 2 = 0 ) x = 0, y = 0 (un punto). En el plano xz: con y = 0 ) x2 = z (una parábola). En el plano yz: con x = 0 ) y 2 = z (una parábola). 2. Intersecciones con los ejes.


63

Con el eje x: y = 0; z = 0 ) x2 = 0 ) x = 0 (el origen). Con el eje y: x = 0; z = 0 ) y 2 = 0 ) y = 0 (el origen). Con el eje z: x = 0; y = 0 ) z = 0 (el origen). 3. Algunas secciones planas. Un corte horizontal se efectúa haciendo z = k. Es decir: x2 + y 2 = k

una circunferencia. Inmediatamente observamos que k debe ser 0. Esto dice que el plano z = 3 (por ejemplo) no corta a la super…cie, por tanto la super…cie está situada por encima del plano z = 0 (o plano xy). Además, si el corte se realiza a mayor altura (es decir z = k, k más grande), la circunferencia que se obtiene tiene maor radio. Con toda la información obtenida trazamos la grá…ca pedida (Fig. ###).

33. Identi…car y gra…car la super…cie x2 y 2 z 2 = 1. Solución. Comparando con las ecuaciones de la página ###, reconocemos a la ecuación dada como la de un paraboloide de dos hojas con eje, el eje x. Procediendo según las recomendaciones generales: 1. Trazas. En el plano xy: con z = 0 ) x2 y 2 = 1 (hipérbola). En el plano xz: con y = 0 ) x2 + z 2 = 1 (hipérbola). En el plano yz: con x = 0 ) y 2 z 2 = 1 ) x2 + z 2 = 1 (no hay traza). 2. Intersecciones con los ejes. Con el eje x: y = 0, z = 0 ) x2 = 1 ) x = 1 (dos puntos). Con el eje y: x = 0, z = 0 ) y 2 = 1 (no hay intersección). Con el eje z: x = 0, y = 0 ) z 2 = 1 (no hay intersección). 3. Algunas secciones planas. Conviene analizar a varias alturas de x. Con x = k se tiene: x2

y2

z2 = 1

) y2 + z 2 = k2

1

(1)

lo que tiene sentido si k 2 1 0, es decir si k 1 ó k 1. Por tanto, una parte de la super…cie está delante de x = 1 y la otra parte queda por detrás de x = 1. Además, de (1) se ve que los cortes a determinadas alturas de x producen circunferencias; y el radio aumenta a medida que nos alejamos del origen. Reuniendo toda la información obtenida trazamos la grá…ca que se muestra

64

CHAPTER 2. GEOMETRIA ANALITICA SOLIDA en la …gura ###.

1 -1

2.6


1. Hallar las ecuaciones vectorial y cartesiana de la recta que pasa por el punto P0 con vector direccional V , cuando: a) P0 = (0; 0; 0), V = (1; 1; 1) ; b) P0 = (5; 3; 2) ; V = (2; 3; 2); c) P0 = ( 1; 3; 5) ; V = ( 2; 7; 3); d) P0 = (3; 2; 1), V = (1; 5; 4). 2. Hallar la ecuación de la recta que pasa por los puntos: a) (0; 0; 0) y (1; 1; 1); b) (8; 3; 2) y (5; 0; 0); c) (5; 8; 1) y (2; 6; 1); d) (1; 1; 1) y ( 3; 2; 1) 3. Calcular la distancia del punto P1 a la recta dada: a) P1 = (1; 1; 1) ; X = (1; 2; 1) + t (3; 4; 1). b) P1 = (0; 0; 1) ; X = (1; 0; 1) + t (1; 2; 3). c) P1 = (5; 5; 0) ; x = t ; y = 1 t ; z = 3 + t. d) P1 = (4; 1; 2) ; x = 1 + 3t ; y = 2t ; z = t. 4. Calcular la distancia del punto P0 a la recta que pasa por los puntos P1 y P2 : a) P0 = (5; 3; 1) ; P1 = (4; 0; 2) ; P2 = (5; 0; 0). b) P0 = (1; 0; 10) ; P1 = (10; 5; 0) ; P2 = (5; 10; 0). c) P0 = ( 1; 2; 3) ; P1 = ( 1; 1; 3) ; P2 = (4; 1; 3). 5. Calcular el ángulo entre las rectas: a) X = (1; 2; 1) + t (4; 1; 1) y X = (2; 0; 0)+t (1; 1; 0). b) X = (1; 0; 5)+t (1; 1; 2), X = (1; 1; 3)+t (4; 1; 2). c) x = 4 2t , y = 3 + 2t , z = t y x = 1 + t , y = 1 + 3t , z = 1 3t. d) x = 1 , y = 1 , z = t y x = t , y = 1 , z = 1. 6. Hallar los ángulos que forma la recta x = t , y = 2t, z = t con los ejes coordenados. 7. Mostrar que las siguientes rectas forman un triángulo rectángulo en el espacio: X = (1; 5; 3) + t (1; 1; 5) ; X = (3; 6; 1) + t (1; 2; 1) ; X = (1; 2; 3) + t (2; 1; 4).


65

8. Calcular la distancia entre las siguientes rectas: a) X = (1; 3; 2)+t (1; 1; 0) y X = (0; 1; 2) + t (4; 1; 1). b) X = (4; 2; 5) + t (1; 0; 1) y X = (1; 1; 2) + t (2; 0; 1). c) x = t , y = 2t , z = 3t y x = 1 t , y = 2 + 2t, z = 1 3t. d) x = 2 + t , y = t , z = 1 + 3t y x = 2t , y = 1 + 2t , z = 2 + 6t. EL PLANO 9. Hallar la ecuación vectorial del plano que pasa por los puntos: a) P0 = (7; 2; 3) , P1 = (4; 5; 6) , P2 = ( 1; 0; 1). b) P0 = (0; 0; 0) , P1 = (1; 0; 0) , P2 = (0; 1; 0). c) P0 = (0; 0; 5) , P1 = (4; 3; 0) , P2 = (1; 5; 7). 10. Hallar la ecuación cartesiana del plano que pasa por los puntos: P0 = (1; 2; 1) , P1 = (2; 1; 0) , P2 = (4; 1; 2). b) P0 = (1; 1; 0) , P1 = (4; 2; 3) , P2 = (1; 2; 3). c) P0 = (2; 1; 5) , P1 = (0; 1; 0), P2 = (0; 0; 1). 11. Hallar la distancia del punto P al plano dado: a) P = (0; 0; 0) ; plano X = (1; 2; 3) + s (4; 1; 0) + t (1; 3; 1). b) P = ( 1; 2; 1) ; plano X = (4; 0; 1) + s (0; 1; 0) + t (0; 0; 1). c) P = (4; 1; 3) ; plano x + y + z = 6. d) P = (1; 2; 3) ; plao x y = 5. PROBLEMAS VARIOS 12. Hallar la intersección de la recta X = (3; 1; 3) + t (1; 1; 1) con cada uno de los planos coordenados. 13. Determinar el punto donde la recta que pasa por (1; 3; 1) y es ortogonal al plano 3x 2y + 5z = 15, intersecta a dicho plano. 14. Mostrar que los planos X = (2; 0; 4) + s (1; 7; 3) + t ( 3; 8; 0) y X = (3; 2; 3) + s (4; 1; 3) + t (9; 5; 9) son paralelos y encuentre la distancia entre ellos. 15. Encontrar la ecuación del plano que pasa por (1; 2; 3) y contiene a la recta X = (1; 1; 1) + t (5; 2; 3). 16. Una recta con vector direccional V es paralela a un plano M si V es paralelo a M . Sea L la recta que pasa por (1; 1; 1) y tiene vector direccional (2; 1; 3), determinar si L es paralela a cada uno de los planos siguientes: a) Plano que pasa por (1; 1; 2) y generado por (2; 1; 3) y 43 1; 1 . b) Plano que paa por (1; 1; 2), (3; 5; 2) y (2; 4; 1). c) Plano de ecuación cartesiana x + 2y + 3z = 3. 17. Hallar la rcta que pasa por (1; 2; 3) y es perpendicular al plano x y +2z = 0. 18. Mostrar que la distancia d del punto P1 a la recta X = P0 + tV está dada por: V d = (P1 P0 ) jV j

66


19. Mostrar que la distancia d del punto P1 a la recta X = P0 + sU + tV y X = P1 + sU + tV está dada por d = (P1

P0 )

U jU

V Vj

20. Mostrar que la distancia d entre los planos paralelos ax + by + cz = d1 , ax + by + cz = d2 está dada por d= p

jd2 d1 j a2 + b2 + c2

Chapter 3

CURVAS Una curva es una función de R en Rn (con n = 2 o n = 3). Si n = 2 la curva se llama curva plana y si n = 3 la curva se dice que está en el espacio. Example 20 La función f (t) = (cos t; sin t; t) es una curva en el espacio (…gura 3.1). Esta función también se puede escribir como x = cos t, y = sin t, z = t; se la denomina hélice. Example 21 La función f (t) = t; t2 es una curva plana. También se puede expresar como x = t, y = t2 (Fig. 3.2) y es la conocida parábola (notemos que y = x2 ).

z

y

f f x

y t

t x

3.1

Fig. 3.1

Fig. 3.2

DERIVADA DE UNA CURVA

Consideremos una función f de R en Rn . Cuando el límite existe, el vector f 0 (t) de…nido por f (t + h) f (t) (3.1) f 0 (t) = lim h!0 h se denomina la derivada de f en el punto t. 67

68

CHAPTER 3. CURVAS

La derivada de una curva se puede expresar en términos de derivadas de funciones de R en R. Example 22 Si n = 3 y escribiendo f (t) = (x (t) ; y (t) ; z (t)) la derivada f 0 (t) se convierte en dx dy dz ; ; (3.2) f 0 (t) = dt dt dt (La derivada se obtiene derivando componente a componente). Example 23 a) Si f (t) = (cos t; sin t; t) entonces f 0 (t) = ( sin t; cos t; 1) b) Si f (t) = t; t2 entonces f 0 (t) = (1; 2t).

3.1.1

Signi…cado geométrico

Geométricamente de…nimos a f 0 (t) como vector tangente a la curva en el punto f (t0 ). La recta que pasa por f (t0 ) con vector direccional f 0 (t0 ), es la recta tangente a la curva en el punto f (t0 ).

3.1.2

Signi…cado físico

Físicamente, si t denota el tiempo, entonces f (t) describe la trayectoria de una partícula, y f (t0 ) representa la posición de la partícula en el instante t0 . La derivada f 0 (t0 ) se llama vector velocidad; además el número jf 0 (t0 )j es su rapidez. La segunda derivada, f 00 (t0 ), da la aceleración de la partícula en el instante t0 . Example 24 Hallar la ecuación de la recta tangente a la parábola f (t) = t; t2 en el punto (2; 4).

(2,4) Fig. 3.3.

Solución. De f (t0 ) = t0 ; t20 = (2; 4) se tiene t0 = 2. La recta tangente que debe pasar por el punto (2; 4) tiene como vector direccional. f 0 (t0 ) = (1; 2t0 ) = (1; 4) , con t0 = 2

3.2. REGLAS DE DERIVACIÓN

69

Por tanto la ecuación de la recta tangente es (x; y) = (2; 4) + t (1; 4) o, igualando componentes, x = 2+t y = 4 + 4t Example 25 La posición de una partícula está dada por f (t) = t; t2 ; t3 , t 0. En qué instante la partícula está en el plano x + z = 0 y con qué rapidez se mueve en ese instante? Solución. De f (t) = t; t2 ; t3 se tiene x = t, y = t2 , z = t3 . La partícula está en el plano x + z = 0 cuando t + t3 = 0 ) t 1 + t2 = 0 ) t = 0 Es decir, cuando t = 0 (al empezar el movimiento) la partícula está sobre el plano x + z = 0. Además, su rapidez en ese instante es jf 0 (t)j = j(1; 0; 0)j = 1, con t = 0.

3.2

REGLAS DE DERIVACIÓN

Como la derivada de una curva se expresa en términos de las derivadas de sus componentes, las reglas de derivación son básicamente las mismas que han sido estudiadas en el Cálculo I. I. Si f (t) y g (t) son dos curvas derivables, entonces d d d (f (t) + g (t)) = f (t) + g (t) dt dt dt (La derivada de la suma es la suma de las derivadas). II. Si a es un número y f (t) es una curva derivable, d d (af (t)) = a f (t) dt dt (se pueden extraer las constantes del signo de derivación). III. Si c (t) es una función de R en R derivable y f (t) una curva derivable, entonces d d d (c (t) f (t)) = c (t) f (t) + f (t) c (t) dt dt dt IV. Si f (t) y g (t) son dos curvas derivables, entonces d d d (f (t) g (t)) = f (t) g (t) + f (t) g (t) dt dt dt (esto es una generalización de la derivada del producto del Cálculo I a la derivada del producto escalar de dos curvas).

70

3.3

CHAPTER 3. CURVAS

LONGITUD DE UNA CURVA

f(b) f(a)

Fig. 3.4

La longitud L de una curva f (t) desde f (a) hasta f (b) se de…ne como la integral de la rapidez desde a hasta b. Es decir Z b L= jf 0 (t)j dt (3.3) a

Example 26 Calcular la longitud de una circunferencia de radio R. Solución. La ecuación paramétrica de una circunferencia de radio R es f (t) = (R cos t; R sin t), con 0 t 2 . Buscamos la longitud de la curva desde f (0) = (R; 0) hasta f (2 ) = (R; 0) - el mismo punto, después de dar una vuelta a la circunferencia -, además como f 0 (t) = ( R sin t; R cos t), jf 0 (t)j = R, se tiene Z Z b

L=

a

3.4

2

jf 0 (t)j dt =

Rdt = 2 R

0

REGLA DE LA CADENA z f

g

t

s

y

fg x

Fig. 3.5

Consideremos una función g = g (s) de R en R y una función f = f (t) de R en Rn . Si ambas funciones son derivables, la composición f g es también derivable, además 0 (f g) (s) = f 0 (g (s)) g 0 (s)

3.5. ALGUNAS PROPIEDADES GEOMÉTRICAS DE LAS CURVAS

3.5

71

ALGUNAS PROPIEDADES GEOMÉTRICAS DE LAS CURVAS

Conviene considerar a la curva f = f (t) como describiendo la posición de una partícula en movimiento. El vector unitario T de…nido por T =

f 0 (t) jf 0 (t)j

(3.4)

se llama vector tangente unitario. Como se sabe, este vector T es un vector direccional de la recta tangente a la curva en el punto f (t). El vector unitario N dado por N=

(f 0 (t) j(f 0 (t)

f 00 (t)) f 00 (t))

f 0 (t) f 0 (t)j

(3.5)

se llama normal principal a la curva y es perpendicular al vectr tangente T . N z

T f(t1)

N T

circ. osc. en f(t 1) y

f(t2) circ. osc. en f(t 2)

Fig. 3.6

Fig. 3.7

x

El plano que pasa por f (t) y es generado por los vectores T y N se llama plano osculador. El plano osculador a la curva en el punto f (t) es el plano que mejor se ajusta o adapta a la curva en el punto f (t). Por ejemplo, si la curva es plana (no necesariamente una recta) el plano osculador coincide con el pano que contiene a la curva. El número no negativo k dado por k=

jf 0 (t)

f 00 (t)j 3

jf 0 (t)j

(3.6)

se llama curvatura. Cuando k 6= 0, su inverso se denomina radio de curvatura y se simboliza por . Es decir = k1 . En general la curvatura, y por tanto el radio de curvatura, varía según varia el punto f (t) a lo largo de la curva. La círculo sobre el plano osculador, de radio , centro ubicado sobre la normal principal y pasando por f (t) se llama círculo osculador en f (t). El

72

CHAPTER 3. CURVAS

círculo osculador en f (t) es el círculo que mejor se ajusta a la curva. Por ejemplo, el círculo osculador en cualquier punto de una circunferencia es la misma circunferencia. Si R es el radio de la circunferencia, entonces la curvatura es R1 . Intuitivamente, cuando k es grande en un punto, la curva se ”curvea” más en ese punto; y si k es bastante pequeño, la curva se ”curvea”tan solo levemente en dicho punto. En el caso extremo, si k = 0 en un punto de la curva, entonces la curva no se ”curvea” en ese punto y, dehecho, puede considerarse a la curva como una recta en ese punto. La curvatura de una recta en todos sus puntos es cero.

3.6


Derivada y recta tangente. El cálculo de la derivada de una curva se reduce a la derivada de sus componentes. Geométricamente la derivada da un vector tangente a la curva.

1. Mostrar que si f (t) = (x (t) ; y (t) ; z (t)) entonces f 0 (t) = (x0 (t) ; y 0 (t) ; z 0 (t)); (asumir la existencia de f 0 (t)). Solución. Suponiendo que f 0 (t) existe, se tiene:

f 0 (t)

f (t + h) f (t) h!0 h 1 = lim [(x (t + h) ; y (t + h) ; z (t + h)) (x (t) ; y (t) ; z (t))] h!0 h x (t + h) x (t) y (t + h) y (t) z (t + h) z (t) = lim ; lim ; lim h!0 h!0 h!0 h h h 0 0 0 = (x (t) ; y (t) ; z (t)) =

lim

2. Calcular la derivada primera y segunda de las siguientes funciones. a) f (t) = t2 ; 2t 1 , b) f (t) = (3 cos t; sin 2t; 2t) , c) f (t) = t2 ; 1 t; 4 t3 en t = 1. Solución. a) f (t) = t2 ; 2t 1 ) f 0 (t) = (2t; 2) ) f 00 (t) = (2; 0); f 0 (1) = (2; 2) , f 00 (t) = (2; 0). b) f (t) = (3 cos t; sin 2t; 2t) ) f 0 (t) = ( 3 sin t; 2 cos 2t; 2) ) f 00 (t) = ( 3 cos t; 4 sin 2t; 0). c) f (t) = t2 ; 1 t; 4 t3 ) f 0 (t) = 2t; 1; 3t2 ) f 00 (t) = (2; 0; 6t) ; f 0 (1) = (2; 1; 3) , f 00 (t) = (2; 0; 6).


73

3. Trazar la curva f (t) = (cos t; t; sin t) :

Solución. Haciendo (x; y; z) = (cos t; t; sin t) tenemos x = cos t, y = t, z = sin t. Observamos que: x x2 x2 + z 2 x2 + z 2

= cos t ; z = sin t = cos2 t ; z 2 = sin2 t = cos2 t + sin2 t = 1 (circunferencia)

Esto dice que la proyección de la curva sobre el plano xz describe una circunferencia. Como al variar t, la segunda componente y = t obviamente varía; la curva va dando vueltas alrededor del eje y a la vez que se desplaza en torno a este eje, describiendo una curva parecida a un resorte. La grá…ca de la curva se mustra en la Fig. ###. 4. Encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva f (t) = (t; cos t; sin t): a) En cualquier punto ; b) en el punto (1; 1; 0). Solución. a) Un vector direccional de la recta tangente en el punto f (t) es f 0 (t) = (1; sin t; cos t) y como además pasa por el punto f (t) = (t; cos t; sin t), su ecuación es X = (t; cos t; sin t) + s (1;

sin t; cos t)

con s real. b) De (t; cos t; sin t) = (1; 1; 0) e igualando componentes vemos que el punto (1; 1; 0) le corresponde a t = 1. De la parte a) con t = 1 tenemos X X

= (1; co ; sin ) + s (1; sin ; cos ) = (1; 1; 0) + s (1; 0; )

ecuación de la recta tangente a la curva en el punto (1; 1; 0).

74

CHAPTER 3. CURVAS 5. Encontrar la recta tangente a la cúbica f (t) = 1; 21 t2 ; t3 paralela a la recta x = t, y = 2 t, z = 1 + 3t. Solución. Habiendo X = (x; y; z) = (t; 2 t; 1 + 3t) = (0; 2; 1)+t (1; 1; 3) vemos que un vector direccional de la recta dada es U = (1; 1; 3). Un vector direccional de la recta tangente a la cúbica en f (t) es V = f 0 (t) = 1; t; 3t2 Como la recta dada y la recta tangente deben ser paralelas, sus vectores direccionales también deben serlo. Es decir V = kU ) 1; t; 3t2 = k (1; 1; 3) ) 1 = k ; t =

k ; 3t2 = 3k

de donde t = 1. Por tanto, la recta tangente a la curva, paralela a la recta dada, es la tangente en el punto f ( 1): 1 1; ; 1 + t (1; 1; 3) 2

X = f ( 1) + tf 0 ( 1) =

6. Consideremos el arco de hélice f (t) = (cos t; sin t; t) con 0

t.

7. Encontrar todos los puntos en que la curva f (t) = (sin t; cos t; sin 3t) tiene un vector tangente paralelo al plano xy. Solución. Un vector tangente a la curva en el punto f (t) es f 0 (t) = (cos t;

sin t; 3 cos 3t)

el cual es paralelo al plano xy si su tercera componente es cero. Es decir 3 cos 3t

=

0 ) 3t = (2k + 1)

t

=

(2k + 1)

6

2

; k = 0; 1; 2; :::

; k = 0; 1

2; :::

Dando valores a k se obtienen los puntos: 0)t=

k

=

k

= (1; 0; 1) ! p 1 3 = ; ;1 = 2)t=5 )f 5 6 6 2 2 ! p 1 3 = 3)t=7 )f 7 = ; ; 1 6 6 2 2

6

=

1)t=

k

=

4)t=3

k

=

k k

2

)f

6

)f

2

= ( 1; 0; 1) ! p 1 3 5 ) t = 11 ) f 11 = ; ; 1 6 6 2 2 2

)f 3

=

! p 1 3 ; ;1 . 2 2

2


75

Para otros valores de k se obtienen los mismos puntos. Estos son todos los puntos en que la tangente a la curva es paralela al plano xy. 8. Mostrar que un rayo de luz que emana del foco de una parábola se re‡eja paralelamente al eje.

y

y

Q

x

F Fig. 3.10

x Fig. 3.9

Solución. Simplemente hay que recordar dos cosas. En un espejo plano, el ángulo de incidencia es igual al ángulo de re‡exión (Fig. ###); en un espejo curvo, la re‡exión en un punto se realiza como si se re‡ejará en el espejo plano tangente. Para simpli…car, consideremos la parábola x = y 2 ó, mejor su parametrización f (t) = t2 ; t . El foco de la parábola se encuentra en F 41 ; 0 y designemos que Q = t20 ; t0 el punto donde se re‡eja el rayo (Fig. ###). La tangente en Q tiene la dirección de f 0 (t0 ) = (2t0 ; 1). El vector Q F tiene la dirección del rayo de luz que va del foco F al punto de re‡exión Q. El ángulo de incidencia está determinado por cos

=

=

=

t2 f 0 (t0 ) (Q F ) =q 0 0 jf (t0 )j jQ F j t20 q q

1 2 2 t0

2t30

1 2 2 t0

t20 t0 t20

+

+

1 16

+ t0 p + t20 4t20 +

1 (2t0 ; 1) 4 ; t0 p 1 2 + t20 4t20 + 1 4 2t0 t20 + 41 =q q 2 1 t20 14 2 t20

+

1 4

1 4

Por otra parte, el ángulo entre la recta tangente y la recta que parte de Q paralela al eje X, está determinado por cos

=

Por tanto

f 0 (t0 ) (1; 0) (2t0 ; 1) (1; 0) 2t0 = p 2 = q jf 0 (t0 )j j(1; 0)j 4t0 + 1 2 t20 + cos = cos

1 4

t0 =q 2 t0 +

1 4

76

CHAPTER 3. CURVAS Esto dice que el rayo que parte del punto Q paralelo al eje X, eje de la parábola, es el rayo de re‡exión. Esto muestra que el rayo que emana del foco de una parábola se re‡eja paralelamente al eje. 9. Mostrar que todos los vectores tangentes a la hélice f (t) = (a cos t; a sin t; bt) forman un ángulo constante con el eje Z y que el coseno de ese ángulo es p

b a2 + b2

Solución. Un vector direccional dela recta tangente a la hélice en f (t) es f 0 (t) = ( a sin t; a cos t; b). El coseno del ángulo que forma la recta tangente a la curva y el eje z es igual al que forman sus vectores direccionales. Entonces cos

= =

( a sin t; a cos t; b) (0; 0; 1) f 0 (t) (0; 0; 1) = p jf 0 (t)j j0; 0; 1j a2 sin2 t + a2 cos2 t + b2 b 0+0+b q =p 2 a + b2 a2 sin2 t + cos2 t + b2

10. Encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva de intersección del cono x2 + y 2 = z 2 y el plano x + y + z = 4, en el punto (0; 2; 2). Solución. Antes que nada conviene parametrizar la curva, esto se logra expresando en términos de una de las variables a las otras dos: x+y+z =4 z = (4 z y) =) 2 =) (4 x2 + y 2 = z 2 z = x2 + y 2

2

y) = x2 + y 2

x

de donde desarrollando y simpli…cando se tiene 8+xy = 4x+4y expresando y en términos de x: y=4

2 2 =4 1+ 4 x 4

x x

=4+

8 x

4

Ahora también podemos expresar z en términos de x, z=4

x

y=4

x

4

8 x

4

=

8

x

x

4

Cambiamos de parámetro haciendo x = t; entonces la curva se puede expresar en forma paramétrica por f (t) = (x; y; z) =

De (0; 2; 2) =

t; 4 +

8

; t

t; 4 + 8

8 t

4

; t

8 t

4

e igualando componentes es ve t 4 t 4 que el punto (0; 2; 2) le corresponde a t = 0.


77

Un vector direccional de la recta tangente en (0; 2; 2) (es decir con t = 0) es ! 3 1 1 8 = 1; f 0 (t) = 1; ; 2; 1 + 2 2 2 (t 4) (t 4) Por tanto, la recta tangente pedida es X = (0; 2; 2) + s 1;

1 ; 2

1 2

VECTOR POSICION 11. Determinar el punto donde la curva f (t) = t; 1 2t; t2 intersecta al plano x + y + z = 7. Solución. Si el punto (x; y; z) es el de intersección, tenemos: (x; y; z) = t; 1 2t; t2 (por estar en la curva) ó x = t ; y = 1 2t ; z = t2 (igualando componentes). Además: x + y + z = 7 (por estar en el plano). t+(1 2t)+t2 = 7 (por estar en el plano). t2 t 6 = 0 ) (t 3) (t + 2) = 0 ) t = 3 , t = 2. Por tanto, la curva intersecta al plano cuando t = 3 y cuando t = 2 es decir en los puntos t (3) = (3; 5; 9)

y

f ( 2) = ( 2; 5; 4)

12. Una partícula viaja hacia arriba en una espiral en el espacio, su posición en el tiempo t está por f (t) = (cos t; sin t; t). En el tiempo t0 = toma vuelo sobre una tangente, dejando el camino de la espiral y viajando en línea recta a velocidad constante. Dónde está la partícula en el tiempo t=3 ?

Solución. Cuando t0 = , la partícula está en el punto f ( ) = ( 1; 0; ). La recta tangente en el punto donde la partícula toma vuelo es X

= ( 1; 0; ) + sf 0 ( ) = = ( 1; 0; ) + s ( sin ; cos ; 1) = ( 1; 0; ) + s (0; 1; 1)

78

CHAPTER 3. CURVAS Notemos que cuando s = 0, entonces X = ( 1; 0; ). Es decir la partícula está en el punto donde va a tomar vuelo siguiendo la recta tangente. El tiempo s que transcurre desde t0 = hasta t1 = 3 es s=3

=2

Por tanto, en su desplazamiento a lo largo de la recta tangente y cuando t = 3 ; la partícula está en X = ( 1; 0; ) + 2 (0; 1; 1) = ( 1; 2 ; 3 ) Longitud de curva. 13. Calcular la longitud de la curva descrita por f (t) = (cos t; sin t) al variar t desde t = 0 hasta t = 4 . Solución. Procedimiento 1. Como f 0 (t) = ( sin t; cos t), entonces la longitud de la curva desde que t = 0 hasta t = 4 está dada por L=

Z

0

4 0

jf (t)j dt =

Z

0

4

Z p 2 2 sin t + cos tdt =

4

dt = 4

0

Procedimiento 2. La curva f (t) = (cos t; sin t) describe una circunferencia de radio 1. Al variar t desde t = 0 hasta t = 4 describe dos vueltas de circunferencia. Como la longitud de una circunferencia de radio 1 es 2 , en total la longitud de la curva que describe es 2 2 =4 14. Calcular la longitud del arco parabólico descrito por f (t) = t2 ; 2t desde (0; 0) hasta (1; 2). Solución. Igualando componentes se ve que el punto (0; 0) = t2 ; 2t le corresponde a t = 0 y el punto (1; 2) = t2 ; 2t a t = 1. Como f 0 (t) = (2t; 2), la longitud del arco descrito es Z 1r Z 1 Z 1p 1 0 2 L = jf (t)j dt = 1 + 1 + 4t dt = 2 + t2 dt 2 0 0 0 r p p p 3 1 + ln 2+ 3 ln 2 = 2 2 Curvatura - normal principal. 15. Hallar T , N , k para la curva f (t) = t; t2 ; t3 . a) En cualquier punto b) Cuando t = 0. Solución. a) Para calcular el vector tangente unitario T , la normal principal N y la curvatura k, requerimos hasta la segunda derivada de f (t): f (t) = t; t2 ; t3

; f 0 (t) = 1; 2t; 3t2

; f 00 (t) = (0; 2; 6t)


79

Además, teniendo en cuenta las expresiones que …guran en las fórmulas correspondientes debemos calcular: f 0 (t)

(f 0 (t)

t00 (t) =

f 00 (t)) f 0 (t) =

i 6t2 1

i 1 0

j 2t 2

k 3t2 6t

j

= 6t2 ; 6t; 2

k 2 3t2

6t 2t

=2

2t

9t3 ; 1

9t4 ; 3t + 6t3

p p 1 + 4t2 + 9t2 ; jf 0 (t) f 00 (t)j = 2 9t4 + 9t2 + 1 p j(f 0 (t) f 00 (t)) t0 (t)j = 2 81t8 + 107t6 + 54t4 + 13t2 + 1

jf 0 (t)j =

Reemplazando en las fórmulas correspondientes tenemos: T

=

N

=

k

=

1; 2t; 3t2 f 0 (t) p = jf 0 (t)j 9t4 + 4t2 + 1 2t 9t3 ; 1 9t4 ; 3t + 6t3 (f 0 (t) f 00 (t)) f 0 (t) p = j(f 0 (t) f 00 (t)) f 0 (t)j 81t8 + 107t6 + 54t4 + 13t2 + 1 p jf 0 (t) f 00 (t)j 2 9t4 + 9t2 + 1 = 3 3=2 jf 0 (t)j (1 + 4t2 + 9t4 )

b) Evaluando en t = 0: T = (1; 0; 0), N =

1 1

(0; 2; 0) = 0; 21 ; 0 ; R = 2.

16. A partir de la fórmula dada para k, mostrar que para una curva plana descrita por f (t) = (x (t) ; y (t)), la curvatura viene dada por: k (t) =

jx0 (t) y 00 (t) 2

y 0 (t) x00 (t)j 2

x0 (t) + y 0 (t)

3 2

Solución. Se sabe que la curvatura de una curva en el espacio está dada por: jf 0 (t) f 00 (t)j k (t) = 3 jf 0 (t)j como f (t) = (x (t) ; y (t)) ) f 0 (t) = (x0 (t) ; y 0 (t)) , f 00 (t) = (x00 (t) ; y 00 (t)) a f 0 (t) y f 00 (t) se les puede considerar como vectores del espacio escribiendo f 0 (t) = (x0 (t) ; y 0 (t) ; 0) ; f 00 (t) = (x00 (t) ; y 00 (t)) entonces 0

f (t)

00

f (t) =

^j ^{ k^ 0 x (t) y (t) 0 x00 (t) y 00 (t) 0 0

= (0; 0; x0 (t) y 00 (t)

y 0 (t) x00 (t))

80

CHAPTER 3. CURVAS y además q 3 2 2 2 2 x0 (t) + y 0 (t) ) jf 0 (t)j = x0 (t) + y 0 (t)

jf 0 (t)j = jf 0 (t)

f 00 (t)j =

q 0 + 0 + (x0 (t) y 00 (t)

2

y 0 (t) x00 (t)) = x0 (t) y 00 (t) y 0 (t) x00 (t)

…nalmente reemplazando obtenemos k=

jf 0 (t)

f 00 (t)j 3

jf 0 (t)j

=

jx0 (t) y 00 (t)

x00 (t) y 0 (t)j

2

2

x0 (t) + y 0 (t)

3 2

p 17. Mostrar que el radio de curvatura de f (t) = et ; e t ; 2t está dado por 2

(et + e t ) p 2 p p Solución. Como f (t) = et ; e t ; 2t ) f 0 (t) = et ; e t ; 2 f 00 (t) = (et ; e t ; 0) =

y además,

^ p t p t pk f (t) f (t) = 2e ; 2e ; 2 2 = 0 q p 2 jf 0 (t)j = e2t + 2 2t + 2 = (et + e t ) = et + e t p p q p 2 jf 0 (t) f 00 (t)j = 2e 2t + 2e2t + 4 = 2 (et + e t ) = 2 et + e 0

00

^j e t e t

^{ et et

t

Por tanto, teniendo en cuenta que el radio de curvatura es el recíproco de la curvatura, 3

=

3

2

1 (et + e t ) jf 0 (t)j (et + e t ) p = = 0 =p 00 t t k (t) jf (t) f (t)j 2 (e + e ) 2

18. Mostrar que en el vértices de una parábola el radio de curvatura alcanza su valor mínimo.


81

Solución. Consideremos la ecuación paramétrica de la parábola. f (t) = (x (t) ; y (t)) = t; pt2 entonces = t ) x0 (t) = 1 ) x00 (t) = 0 2 = pt ) y 0 (t) = 2pt ) y 00 (t) = 2p

x (t) x (t)

y por tanto, reemplazando 2

2

x0 (t) + y 0 (t)

(t)

1 = 0 k (t) jx (t) y 00 (t) x00 (t) y 0 (t)j 2 2 1 + 4p t 1 + 4p2 t2 = j2pj 2 jpj

= =

0

Ahora,

(t) =

1 2jpj

8p2 t = 0

)

2

4p jpj

00

3 2

t = 0 es un punto crítico. Más aún,

(t) = > 0; lo que implica que en t = 0, el radio de curvatura es un mínimo. Como f (0) = (0; 0) es el vértice de la parábola, hemos mostrado que el radio de curvatura alcanza su valor mínimo en el vértice. t3 2 3 ;t ;t

19. Hallar la curvatura de f (t) = t b) Cuando t = 0. Solución. a) Derivando tenemos: f (t)

=

f 0 (t) f 00 (t)

= =

t

+

t3 3

. a) En cualquier punto,

t3 2 t3 ;t ;t + 3 3

t2 ; 2t; 1 + t2 ( 2t; 2; 2t) 1

además i f 0 (t)

f 00 (t) =

jf 0 (t)j =

simpli…cando 0

jf (t) de donde,

1

q (1

2

q f (t)j = 2 (t2

k (t) =

jf 0

k 1 + t2 2t

= 2t2 2

t2 ) + 4t2 + (1 + t2 ) =

00

jf 0 (t)

j 2t 2

t2 2t

(t)j

p

2 t2 + 1

p 2 2 1) + 4t2 + (t2 + 1) = 2 2 t2 + 1

f 00 (t)j 3

2; 4t; 2t2 + 2

p 2 2 t2 + 1 = p 2 (t2 + 1)

3

=

1 (t2

2

+ 1)

b) Evaluando en t = 0, obtenemos la curvatura pedida: k (0) = 1.

82

CHAPTER 3. CURVAS

3.7


Gra…car las siguientes curvas: 1. f (t) = (cos 2t; sin 2t) , 0

t

2 .

2. f (t) = (sin 2t; cos 2t) , 0

t

.

3. f (t) = (t; t). 4. f (t) = ( t; t). 5. f (t) = (t; cos t; sin t). 6. f (t) = 1; t; t2 . DERIVADAS Encontrar las derivadas de las siguientes curvas: 7. f (t) = (t; t

1; 2t + 1).

8. f (t) = t; t2 ; t3 . 9. f (t) = (cos 3t; sin 3t). 10. f (t) = (a cos t; b sin t; t). 11. f (t) = (et ; cos t; sin t). 12. f (t) = (sin 2t; ln (1 + t) ; t). RECTA TANGENTE Encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva en el punto indicado. 13. f (t) = (cos t; sin t)

en (0; 1).

14. f (t) = t; 2t; t2

en (1; 2; 1).

15. f (t) = t; t3 ; t4

en (1; 0; 0).

16. f (t) = (1 + t; 4 + 3t; 1

2t) en

(1; 1; 1).

t2 ; t 3

en

(2; 0; 1).

17. f (t) = t + 1; t

18. La curva determinada por la intersección de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 25 y el plano z = 3, en (4; 0; 3). 19. La curva determinada por la intersección del cilindro x2 + y 2 = 25 y el plano x + y + z = 5, en el punto (3; 4; 2).


83

20. Encontrar la recta tangente a la curva f (t) = t; 0; t2 trazada desde el punto (0; 3; 4). VECTOR POSICION 21. Determinar los instantes en que la curva f (t) = 2t2 ; 1 secta al plano 3x 14y z = 10.

t; 3 + t2 inter-

22. Dos partículas se mueven siguiendo las trayectorias dadas por f (t) = et ; e2t ; 1 e t y g (t) = (1 t; cos t; sin t); determinar si las trayectorias se intersectan. 23. a) Una partícula viaja en el espacio de tal manera que su velocidad es V (t) = (2; 5 + 6t; 0) y su posición en t = 0 es (1; 0; 3). Encontrar su posición en t = 1. b) Repetir el problema a), donde V (t) = 3t2 ; 2t + 7; cos t y la posición en t = 0 es (1; 5; 0). 24. Una partícula está viajando en una curva en el espacio exterior de tal manera que su posición en el tiempo t está dada por f (t) = 1 + t; t2 ; 2t . Pero en el tiempo t = 2 la partícula deja la curva y se mueve en la línea tangente con velocidad constante. Dónde está la partícul en t = 4?. LONGITUD DE CURVA 25. Encontrar la longitud de una vuelta de la hélida f (t) = (cos t; sin t; t). 26. Calcular la longitud de f (t) = (cos 2t; sin 2t; 3t) entre t = 1 y t = 3. 27. Calcular la longitud de f (t) = (t

sin t; 1

cos t) desde (0; 0) hasta (2 ; 0).

28. Calcular la longitud de f (t) = t; 2t; t2 desde el punto (1; 2; 1) hasta el punto (3; 6; 9). 2

2

2

29. Calcular la longitud de la astroide x 3 +y 3 = a 3 (Sugerencia: Parametrizar la curva). 30. a) Obtener la fórmula Z bq 2 L= (r0 ) + r2 d a

que da la longitud de arco desde = a hasta = b de una curva expresada en coordenadas polares. b) Calcular la longitud de la circunferencia de radio 1. 31. Dos puntos A y B de un círculo unidad de centro 0 determinan en él un sector circular AOB. Mostrar que la longitud de arco AB es igual a dos veces el área del sector. 32. Establecer integrales para las longitudes de las curvas cuyas ecuaciones son: a) y = ex 0 x 1.

84

CHAPTER 3. CURVAS b) f (t) = (t + ln t; t ln t) 1 p t e. Probar que la segunda longitud es el producto de la primera por 2. CURVATURA, NORMAL PRINCIPAL

33. Dada la curva f (t) = (3 cos t; 3 sin t; 4t) encontrar T , N , k en cualquier punto. 34. Dada la curva f (t) = t; t2 ; 32 t3 encontrar la ecuación del plano osculador cuando t = 1. 35. Encontrar la ecuación del círculo osculador de f (t) = t; t2 en el punto (0; 0). 36. Encontrar el radio de curvatura de f (t) = (t; ln t). Determinar el punto donde el radio de curvatura es mínima. 37. Si una curva plana tiene la ecuación cartesiana y = f (x); mostrar que la curvatura en el punto (x; f (x)) es jf 00 (x)j

k=

2

1 + f 0 (x)

3 2

38. Aplicando la fórmula anterior (ejercicio 39) calcular la curvatura de y = x2 2x en cualquier punto. 39. Mostrar que la hélice f (t) = (a cos !t; a sin !t; b!t) tiene curvatura constante a k= 2 a + b2 PROBLEMAS VARIOS 40. Determinar todos los puntos en que la curva dada tiene un vector tangente horizontal o vertical, a) f (t) = t3 ; t2 + 2t , b) f (t) = t4 4t; t3 , c) f (t) = (cos 2t; cos 2t tan t) con 3 t 3. 2

1 t 2t , mostrar que el ángulo formado por 41. Dada la curva f (t) = 1+t 2 ; 1+t2 f (t) y f (t) es constante (es decir, independiente de t).

42. Mostrar que las curvas x = 2 t, y = 1t , z = 2t2 ; x = 1 + t, y = sin t 1, z = 2 cos t; se cortan en ángulo recto en (1; 1; 2). Hallar la ecuación de la recta tangente a la curva dada en el punto indicado. 43. x2 + 2y 2 + 2z 2 = 5, 3x 44. 9x2 + 4y 2

2y

z = 0 en (1; 1; 1).

36z = 0, 3x + y + z

z2

45. 4z 2 = xy, x2 + y 2 = 8z en (2; 2; 1).

1 = 0 en (2; 3; 2).


85

46. Una recta perpendicular a la recta tangente a una curva plana se llama recta normal. Si en cada punto de una cierta curva plana C se trazan la normal y una recta vertical, estas dos rectas interceptan sobre el eje X un segmento de longitud 2. Hallar la ecuación cartesiana de esa curva si pasa por el punto (1; 2). Son posibles dos soluciones. 47. Un punto se mueve en el espacio siguiendo la curva f (t) = (4 cos t; 4 sin t; 4 cos t) a) Mostrar que la trayectoria es una elipse y hallar la ecuación del plano que p contiene dicha elipse. b) Mostrar que el radio de curvatura es (t) = 2 2 1 + sin2 t . 48. Cuatro arañas están en el suelo de una habitación cuadrada, una en cada esquina. Comienzan a moverse simultáneamente a la misma velocidad, cada una moviéndose hacia la araña de su derecha, la cual también se está moviendo de la misma manera. Encontrar el camino que sigue cada araña suponiendo que cada pared tiene 10 metros de largo. 49. En el problema anterior, las arañas se encuentran eventualmente en el centro de la habitación. Calcular la distancia total recorrida por cada araña.

86

CHAPTER 3. CURVAS

Chapter 4

FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES En este capítulo principalmente se estudia la derivada de una función de varias variables. Primeramente se realiza un repaso de la terminología de funciones en general y se introducen algunos términos referentes a las funciones de varias variables en particular. Con esto se de…ne la derivada de una función de Rn en Rm , de tal manera que la derivada de una función de una sola variable y la derivada de una curva resultan ser casos particulares. Se hace un amplio tratamiento de la Regla de la Cadena para derivar funciones compuestas, acompañando en cada caso con diagramas aclaratorios. También se tratan las derivadas de funciones implícitas y funciones inversas.

4.1

FUNCIONES DE Rn EN Rm

Se designa por Rn al conjunto de n-uplas (x1 ; x2 ; ; xn ). Una función f de Rn en Rm asigna a cada vector (x1 ; x2 ; ; xn ) de Rn uno y solo un vector (y1 ; y2 ; ; ym ) de Rm . Se escribe también f : Rn ! Rm . El dominio de f es Rn , mientras que su codominio es Rm ; las variables del dominio (es decir x1 ; ; xn ) se llaman variables independientes y las variables del codominio (es decir y1 ; ; ym ) se llaman variables dependientes. Example 27 La regla que asigna a cada número real x su cuadrado x2 es una función de una sola variable (Fig. 4.1). Se simboliza por f (x) = x2 o y = x2 Example 28 La regla que a cada vector (x; y) de R2 le asigna la diferencia de los cuadrados de sus componentes, es una función de dos variables (…gura ###). Escribimos f (x; y) = x2

y 2 o z = x2 87

y2

88

CHAPTER 4. FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES

y (x,y)

x

x2

x

z=x 2-y2

z

Fig. 4.2

Fig. 4.1.

Example 29 La regla que a cada (x; y) de R2 le asigna el par (x + y; x y) también de R2 , es una función de R2 en R2 (…gura ###). Escribimos f (x; y) = (x + y; x y). Llamando u, v a las variables dependientes escribimos. (u; v) = (x + y; x

y) ó u = x + y, v = x

y

z

v

y

(x+y,x-y) (x,y)

(t,t2,1-t)

y

u

x

Fig. 4.3

x

Example 30 La regla que a cada número real t le asigna el vector t; t2 ; 1 t de R3 es una función de R en R3 (…gura ###). Escribimos f (t) = t; t2 ; 1 t . Llamando x, y, z a las variables dependientes tenemos (x; y; z) = t; t2 ; 1

t

de donde x = t y = t2 z = 1 t Example 31 f (x; y) = (0; 0)- en R2 .

x2

x y ; 2 2 + y x + y2

es una función de R2 - sin el

4.2. COMPOSICION DE FUNCIONES

89

En general, una regla cualquiera de…ne una función, sin tomar en cuenta los elementos que no tienen imágen y restringiendo la regla de modo que a cada elemento del dominio le corresponda una sola imágen. Por ejemplo, la regla p f (x; y) = x y es una función restringiendo el dominio al subconjunto de R2 donde x y 0 (pues si x y < 0, el elemento (x; y) no tendría imágen). p Por conveniencia, decimos que f (x; y) = x y es una función de R2 en R, sobreentendiendo que el dominio es el mayor subconjunto de R2 donde la regla tiene sentido.

4.2

COMPOSICION DE FUNCIONES

La composición de funciones f y g, cuando f (x) está en el dominio de g, se de…ne por (g f ) (x) = g (f (x)) (es decir, toma la imágen por g, de la imágen de x por f ). Notemos que si f es de Rn en Rs y g de Rs en Rm ; la composición g f es de Rn en Rm . Es decir f : Rn ! Rs , g : Rs ! Rm =) g f : Rn ! Rm

g

f Rn

Rs

Rm

f(x)

x

g(f(x))

gf

Fig. 4.4

Example 32 Si f (t) = t; t2 ; t3 y g (x; y; z) = xy +z, entonces la composición de f y g -en ese orden- es (g f ) (t) = g (f (t)) = g t; t2 ; t3 = (t) t2 + t3 = 2t3 (ver …gura ###) Example 33 Si f (x; y) = x + y y g (x) = x; x2 , la composición de f y g -en ese orden- es 2

(g f ) (x; y) = g (f (x; y)) = g (x + y) = x + y; (x + y)

(ver …gura ###)

90


(x,y)

(t,t2,t3) f

g

f

(x+y,(x+y) 2)

g (x+y)

t

2t3

gf

gf Fig. 4.6

Fig. 4.5

4.3

LIMITE Y CONTINUIDAD

Los conceptos de límite y continuidad para funciones de una sola variable tratados en el Cálculo I se generaliza de una manera natural a funciones de varias variables. En el Cálculo I, cuando a medida que x se aproxima a a, las imágenes f (x) se aproxima a L, se dice que el límite de f cuando x tiende a a es L y se escribe lim f (x) = L

x!a

4.3.1

De…nición de Límite

La de…nición de límite para funciones de varias variables se expresa así: Con f : Rn ! Rm (función de Rn en Rm ), si a medida que x (vector de Rn ) se aproxima a a (vector de Rn ), -es decir, si jx aj es cada vez más pequeño- las imágenes f (x) (vectores de Rm ) se aproxima a L (vector de Rm ) -es decir, si jf (x) Lj se hace cada vez más pequeño- se dice que el limite de f en a es L y se simboliza por lim f (x) = L x!a

Para el caso particular de funciones de Rm en Rn (curvas, estudiadas en el capítulo anterior) el límite se calcula fácilmente por lim f (x)

x!a

= =

Example 34 Si f (x) = x2 lim f (x)

x!1

lim (f1 (x) ; f2 (x) ;

; fn (x))

x!a

lim f1 (x) ; lim f2 (x) ;

x!a

x!a

2x; 3x = =

x!a

1 , entonces

lim x2

x!1

(1

; lim fn (x)

2; 3

2x; lim 3x x!1

1

1) = ( 1; 2)

4.4. DERIVADA DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES

91

En general, para funciones de varias variables, esto se cumple. Por ejemplo, si f (x; y) = x2 y; xy y 2 , entonces lim

(x;y)!(1;2)

f (x; y)

= =

lim

(x;y)!(1;2)

12

x2

2; 1 2

y2

y; xy

22 = ( 1; 2)

Esto signi…ca que a medida que (x; y) se aproxima a (1; 2), las imágenes f (x; y) se aproxima a ( 1; 2).

4.3.2

De…nición de continuidad

La de…nición de continuidad para funciones de varias variables es similar a la de…nición para funciones de una sola variable. Se dice que f : Rn ! Rm es continua en a (vector de Rn ) si lim f (x) = f (a)

x!a

Si f es continua en cada punto de un conjunto, se dice que f es continua en dicho conjunto. Example 35 Como para f (x; y) = x2

2x; 3x

1 se tiene

lim

(x;y)!(1;2)

f (x; y) =

( 1; 2) y además, f (1; 2) = ( 1; 2); entonces f es continua en (1; 2). En general se tiene que si lim

(x;y)!(a;b)

f (x; y) = f (a; b)

para todo (a; b) de R2 , entonces f es continua en todo el plano R2 y recíprocamente

4.4

DERIVADA DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES

Las derivadas de funciones de una sola variable como las estudiadas en el Cálculo I y en el capítulo anterior, se generalizan para funciones de varias variables de la siguiente manera:

4.4.1

De…nición

Si f : Rn ! Rm (función de Rn en Rm ), se dice que f es derivable en X -vector de Rn - si hay una matriz A tal que f (X + H) = f (X) + AH + r (H) H lim r (H) = 0

y

(4.1)

H!0

La matriz A, de orden m n, se llama la derivada de f en X y también se simboliza por f (X) ó Df (X). El resto r (H) es también una matriz m n.

92


Example 36 Si f (x) = x2 , evaluando en x + h tenemos f (x + h)

2

= (x + h) = x2 + 2xh + h2 = x2 + 2xh + hh = f (x) + 2xh + r (h) h

con f (x) = x2 , r (h) = h por comparación con (1) y con lim r (h) = lim h = 0

h!0

h!0

entonces, por comparación con (1), tenemos que la derivada de f en x es A = 2x o f 0 (x) = 2x (notemos que A = 2x es una matriz 1

1).

Notación. De la expresión f (X + H) = f (X) + AH + r (H) H se ve que los vectores de Rn (dominio de f ) deben escribirse como vectores columna n 1 y los vectores de Rm (codominio de f ) deben escribirse como vectores columna m j. Esto se hará siempre que se determine la derivada A de f según la x de…nición. Así, (x; y) se escribirá como . y Example 37 Según la de…nición, hallar la derivada de f (x; y) = 3x y 2 . Como f es una función de R2 en R, su derivada es una matriz 1 2, entonces x conviene escribir a (x; y) como vector columna 2 1, es decir como . y x+h Evaluando f en tenemos y+k f

x+h y+k

= 3 (x + h)

2

(y + k) = 3x + 3h

y 2 + 2yk + k 2

expresando en la forma (4.1) f

x+h y+k

=

3x

y 2 + 3h

=

3x

y 2 + (3; 2y) x y

= f

2yk

kk h k

+ (0; k)

h k

+ (3; 2y)

+ r (h; k)

h k h k

(con r (h; k) = (0; k)) y como lim r (H) =

H!0

lim

(h;k)!(0;0)

r (h; k) =

lim

(h;k)!(0;0)

Entonces, comparando con (4.1), la derivada de f es f 0 (x; y) = (2; 2y) En particular, la derivada de f en (1; 1) es f 0 (1; 1) = (3; 2)

(0; k) = (0; 0)

;

4.5. DERIVADAS PARCIALES

4.5

93

DERIVADAS PARCIALES

Si z = f (x1 ; x2 ; ; xn ) es una función de Rn en R, entonces la variable z depende de las variable independientes x1 ; x2 ; ; xn . Al límite, cuando existe, lim

f (x1 ;

; xi + h;

; xn ) h

h!0

f (x1 ;

; xi ;

; xn )

se llama derivada parcial de z con respecto a xi y se simboliza por Es decir, f (x1 ; @f = lim h!0 @xi

; xi + h;

; xn ) h

f (x1 ;

; xi ;

@z @f ó . @xi @xi

; xn )

(4.2)

Como se ve, esta derivada parcial es el límite de la función incrementada en xi , menos la función sin incrementar, sobre el incremento y cuando el incremento tiende a cero. Esta derivada parcial da aproximadamente la relación que hay entre una pequeña variación h en la dirección de xi y la variación que esto produce en las imágenes al variar f (x1 ; ; xi ; ; xn ) hasta f (x1 ; ; xi + h; ; xn ). De la de…nición (4.2) se ve que la derivada parcial con respecto a xi es la derivada ordinaria con respecto a xi , manteniendo a las demás variables como constante. @f @f , si f (x; y) = 2x2 3xy + 1. @x @y Derivando con respecto a x, manteniendo y constante, tenemos

Example 38 Hallar

@f = 4x @x

3y

y derivando con respecto a y, manteniendo x constante, tenemos @f = @y

4.6

3x

DERIVADAS PARCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Como una derivada parcial es otra vez una función de varias variables, podemos derivarla nuevamente y así obtenemos la segunda derivada parcial; así sucesivamente se obtienen las terceras derivadas parciales, etc. Estas derivadas parciales se simbolizan por @ @x

@f @x

=

@2f @ , 2 @x @y

@f @x

=

@2f @ , @y@x @y

@f @y

=

@2f , etc. @y 2

94


Example 39 Hallar todas las segundas derivadas parciales de f (x; y) = xy 3 + sin x: Como @2f @2f @f = sin x ; = x3 + cos x =) = 3y 2 2 @x @x @y@x y como @2f @f @2f = 6xy , = 3xy 2 =) = 3y 2 @y @y 2 @x@y @2f @2f = , es decir las derivadas @x@y @y@x cruzadas son iguales. Esto siempre ocurre cuando una de ellas (y por tanto, también la otra derivada cruzada) es continua. En este último ejemplo se a obtenido

df , mientras que si f depende Notación. Si f depende sólo de x se escribe dx @f además de otras variables se escribe , para representar la derivada de f con @x respecto a x. El cálculo de la derivada de una función de varias variables, se simpli…ca enormemente en la mayor parte de los casos. Cuando todas las primeras derivadas parciales son continuas, la derivada de una función f : Rn ! Rm (función de Rn en Rm ) es una matriz m n cuya iésima …la está constituida por las derivadas parciales de la iésima variable dependiente con respecto a cada una de las variables independientes. (Ver ejercicio 43). Así, f (x; y) = (u; v) (función de R2 en R2 , su derivada es una matriz 2 2). entonces ux uy f 0 (x; y) = vx vy donde ux =

@u @u , uy = , etc. @x @y

Si f (x; y) = (u; v; w) (función de R2 en R3 , entonces 2 ux f 0 (x; y) = 4 vx wx Si z = f (x1 ; x2 ; entonces

su derivada es una matriz 3 3 uy vy 5 wy

; xn ) (función de Rn en R, su derivada es una matriz 1 z0 =

@z @z ; ; @x1 @x2

;

@z @xn

2),

n), (4.3)

En particular la derivada (4.3), derivada de una función de Rn en R, se llama también gradiente de la función. En general, a la derivada de una funcion f de Rn en Rm se la llama también matriz jacobiana de f .

4.7. REGLA DE LA CADENA

95

Example 40 Calcular el gradiente de z = x2 xy 2 . Su gradiente es @z @z z0 = ; = 2x y 2 ; 2xy @x @y Example 41 Calcular la derivada de f (x; y) = (x cos y; x sin y). Su derivada es f 0 (x; y) =

ux vx

uy vy

=

cos y sin y

x sin y x cos y

(con f (x; y) = (x cos y; x sin y) = (u; v); es decir u = x cos y, v = x sin y). El Hessiano de una función f : Rn ! R es la segunda derivada de f . Notemos que la primera derivada es una función de Rn en Rn dada por f 0 (x1 ; x2 ;

; xn ) = (fx1 ; fx2 ;

; fxn )

Por tanto, la segunda derivada, es decir; el Hessiano de f , es una matriz n y está dada por 2 3 fx1 x1 fx1 x2 fx1 xn 6 fx2 x1 fx2 x2 fx2 xn 7 6 7 f 00 (x1 ; x2 ; ; xn ) = 6 7 .. .. .. . . 4 5 . . . . fxn x1 fxn x2 fxn xn

n

Notemos que la …la iésima del Hessiano está constituida por las derivadas parciales de la iésima componente de la primera derivada con respecto a cada una de las variables independientes. Frecuentemente, el Hessiano de f (x1 ; x2 ; ; xn ) también se simboliza por H (x1 ; x2 ; ; xn ). Example 42 Calcular el Hessiano de f (x; y; z) = x2 + y 2 z 2 . Como la primera derivada es f 0 (x; y; z) = 2x; 2yz 2 ; 2y 2 z El Hessiano de f es 2

2 H (x; y; z) = 4 0 0

4.7

0 2z 2 4yz

3 0 4yz 5 2y 2

REGLA DE LA CADENA

La Regla de la Cadena permite expresar la derivada de una función compuesta en términos de las derivadas de sus funciones componentes.

96


Si f es una función de Rn en Rm y g una función de Rm en Rs se puede componer f con g y obtener una función g f de Rn en Rs ; es decir f : Rn ! Rm , g : Rm ! Rs entonces g f : Rn ! Rs

En estas condiciones: La derivada de g f en el punto X (matriz s n) es igual al producto matricial de la derivada de g en f (X) (matriz s m) por la derivada de f en X (matriz m n). Es decir 0

(g f ) (X) = g 0 (f (X)) f 0 (X)

f

g RS

Rm Rn

Fig. 4.8

f(x)

x

(g f)(x)

v

y

g

gf f Fig. 4.7

x t

u

gf

Example 43 Si f (t) = (x (t) ; y (t)) y g (x; y) = (u (x; y) ; v (x; y)). Por una parte 2 3 du 6 dt 7 0 (g f ) (t) = 4 dv 5 dt Por otra parte 2 32 3 @u @u dx 6 @y 7 6 dt 7 g 0 (x; y) f 0 (t) = 4 @x @v @v 5 4 dy 5 @x @y dt Aplicando la Regla de la Cadena tenemos: 2 3 2 32 3 2 3 @u @u @u dx @u dy du dx 6 dt 7 6 @x @y 7 6 dt 7 6 @x dt @y dt 7 4 dv 5 = 4 @v @v 5 4 dy 5 = 4 @v dx @v dy 5 dt @x @y dt @x dt @y dt Igualando componentes obtenemos fórmulas sumamente útiles para du @u dx @u dy = + dt @x dt @y dt

,

dv @v dx @v dy = + dt @x dt @y dt

du dv , dt dt

4.8. DERIVADA DE FUNCIONES IMPLICITAS

4.8

97

DERIVADA DE FUNCIONES IMPLICITAS

En general, haciendo las restriciones debidas, un sistema de ecuaciones de…ne una función implícitamente. Example 44 Dado el sistema u+v

z + 3x2 y + 10 = 0 2uv z 2 + xy+ = 0

En este sistema de dos ecuaciones existen cinco variables. Notemos que dando valores a tres de las variables (digamos x; y, z) se obtiene un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas (u, v en este caso), resolviendo el sistema se obtienen los valores de u, v correspondientes a los valores asignados a x, y, z. Luego, el anterior sistem se puede considerar como función de R3 en R2 que a cada (x; y; z) de R3 le asigna un (u; v) de R2 .

v

z

y

u Fig. 4.9

x Para derivar una función implícita (que puede estar de…nida por un sistema de ecuciones) no es necesarias las variables dependientes en términos de las independientes. Esto se muestra en el siguiente ejemplo: Example 45 Si u + v z + 3x2 v + 10 = 0 2uv z 2 + xy + 3 = 0

(1)

Calcular la derivada de la función implícita de…nida por este sistema, considerando a x, y, z como variables independientes y a u, v como variables dependientes. La derivada es la matriz 2 3: ux vx

uy vy

uz vz

(2)

Para calcular esta matriz procedemos de la siguiente manera: Derivando cada una de las ecuaciones del sistema (1) con respecto a x y teniendo en cuenta que

98


u, v son variables dependientes de x: @u @v + + 6x = 0 @x @x @v @u + 2u +y = 0 2v @x @y Resolviendo por el método de Cramer (o método de los determinantes) se tiene:

@u @x

@v @x

=

=

6x 1 y 2u 1 1 2v 2u 1 2v 1 2v

6x y 1 2u

=

12xu + y 2u 2v

=

y + 12xv 2u 2v

Derivando cada una de las ecuaciones del sistema (1) con respecto a y, y re@u @v solviendo para y se obtiene @y @y @u 2u + x = @y 2u 2v

;

@v 2x 2v = @y 2u 2v

@u Finalmente, derivando el sistema (1) con respecto a z, y resolviendo para y @z @v se obtiene @z @u 2u + 2z u+z = = @z 2u 2v u v

,

@v 2z + 2v z+v = = @z 2u 2v u v

Reemplazando los valores obtenidos en la matriz dada por (2) se obtiene la derivada de la función implícita de…nida por el sistema de ecuaciones (1).

4.9

DERIVADA DE FUNCIONES INVERSAS

Si f es una función de Rn en Rm , haciendo las restricciones necesarias, en general existe su función inversa f 1 (es decir, si f (x) = y, entonces f 1 = x). La derivada de f (función de Rn en Rn ) es una matriz cuadrada n n y la derivada de la función inversa f 1 es también una matriz n n; más aun, es la matriz inversa de la matriz derivada de f . Es decir, 1 Df 1 (y) = (Df (x)) con f (x) = y

4.10. TEOREMA DEL VALOR MEDIO

99

Rn

Rn

Rn

Rn

f

f-1 f(x)=y

x

x

y=f(x)

Fig. 4.10

Example 46 Si f (r; ) = (r cos ; r sin ); o lo que es lo mismo, x = r cos , y = r sin ; calcular Df 1 . Como Df (r; ) =

cos sin

r sin r cos

,

entonces tomando la inversa de esta matriz, se obtiene Df

1

(x; y) =

cos sin

r sin r cos

1

=

1 r

r cos sin

r sin cos

donde, por supuesto x = r cos y = r sin

4.10

TEOREMA DEL VALOR MEDIO

El Teorema del Valor Medio para funciones de una variable, se generaliza a funciones de dos variables de la siguiente manera:

4.10.1

Teorema del valor medio

Si f (x; y) es continua en una región errada (es decir, que contiene a su contorno) y si las primeras derivadas parciales existen en la región abierta (es decir, excluídos los puntos del contorno) se tiene: f (x0 + h; y0 + k)

f (x0 ; y0 ) = hfx (x0 + h; y0 + k) + kfy (x0 + h; y0 + k)

con 0<

< 1.

Notemos que (x0 + h; y0 + k) es un punto que está en la línea que une (x0 ; y0 ) con (x0 + h; y0 + k). El teorema de Taylor para funciones de una variable también se extiende a funciones de más variables. En particular, tenemos:

100


4.10.2

Teorema de Taylor

Si todas las primeras n-ésimas derivadas parciales de f (x; y) son continuas en una región cerrada y si las (n + 1)-ésimas derivadas parciales existen en la región abierta, se tiene: f (x0 + h; y0 + k)

@ @ 1 +k (x0 ; y0 ) + @x @y 2! n @ @ f (x0 ; y0 ) + Rn h +k @x @y

= f (x0 ; y0 ) + h +

1 n!

h

@ @ +k @x @y

2

donde el resto Rn está dado por Rn =

1 (n + 1)!

h

@ @ +k @x @y

n+1

f (x0 + h; y0 + k) , 0 <

donde, además, se ha usado la notación operacional h h

@ @ +k @x @y

@ @ +k @x @y

f (x0 ; y0 )

= hfx (x0 ; y0 ) + kfy (x0 ; y0 )

f (x0 ; y0 )

=

2

h2

@2 @2 @2 + 2hk + k2 2 2 @x @x@y @y

f (x0 ; y0 )

= h2 fxx (x0 ; y0 ) + 2hkfyx (x0 ; y0 ) + k 2 fyy (x0 ; y0 ) @ @ +k @x @y nomio. Ver ejercicio 41. En general

4.11

h

n

se desarrolla formalmente según el teorema del bi-

DIFERENCIAL DE UNA FUNCION

La diferencial de una función de varias variables, de Rn en R, es una generalización del mismo concepto que se tiene para funciones de una sola variable. Por ejemplo, si z = z (x; y), entonces z = z (x + h; y + k)

z (x; y)

(1)

se llama incremento de z. Si la funcion z = z (x; y) tiene derivada, entonces @z @z su derivada es ; y además: @x @y z (x + h; y + k)

z (x; y) =

@z @z ; @x @y

h k

+ (r1 ; r2 )

h k

(2)

donde (r1 ; r2 ) es el resto que tiende a cero cuando (h; k) tiende a (0; 0). Es decir, multiplicando en (2) z (x + h; y + k)

z (x; y) =

@z @z h+ k + r1 h + r2 k @x @y

(3)

f (x0 ; y0 ) +

+


101

A la suma de los dos primeros términos del segundo miembro de (3) se llama diferencial de z y se representa por dz; además, también suele escribirse dx en lugar de h y dy en lugar de k. Es decir: dz =

@z @z dx + dy @x @y

(4)

La diferencial de z tiene una interesante propiedad: Del hecho de que r1 h; r2 k tiende a cero cuando (h; k) tiende a (0; 0) se ve que cuando h = dx, k = dy son pequeños, los valores del incremento z y la diferencial dz son aproximadamente iguales. La diferencial para funciones de más variables se generaliza fácilmente. Así, por ejemplo, si w = w (x; y; z), entonces dw =

@w @w @w dx + dy + dz @x @y @z

Example 47 Si z = x2 + xy + y 2 ; entonces dz =

@z @z dx + dy = (2x + y) dx + (x + 2y) dy @x @y

Example 48 Si en un rectángulo de base 5 y altura 2, se aumenta su base en 0.1 y la altura en 0.2; el área aumenta aproximadamente en (siendo A = bh) dA =

@A @A db + dh = hdb + bdh @b @h

ya que los valores iniciales son b = 5, h = 2 dA = 2db + 5dh Como db = 0:1 y dh = 0:2; se tiene dA = 2 (0:1) + 5 (0:2) = 1:2 (El aumento exacto del área está dado por A (5:1; 2:2)

4.12

A (5; 2) = 11:2

10 = 1:22


FUNCIONES, IMAGENES, COMPOSICION 1. Si f (x; y) = x2 y 2 + 2xy, hallar a) f (1; 1), b) f (a + b; a b). Solución. a) Como f(x; y) = x2 y 2 +2xy, entonces f (1; 1) = 1 1 +2 = 2. 2 2 b) f (a + b; a b) = (a + b) (a b) +2 (a + b) (a b) = 4ab+2a2 2b2 .

102


2. f (x; y) = (x + y; xy), hallar a) f (2; 2) b) la imagen de la recta x = 2. Solución. Como f (x; y) = (x + y; xy), entonces f (2; 2) = (2 + ( 2) ; 2 ( 2)) = (0; 4). b) Un punto cualquiera de la recta x = 2 es (2; y), la imagen de este punto es f (2; y) = (2 + y; 2y). Llamando u, v a las variables del dominio tenemos: f (2; y) = (2 + y; 2y) = (u; v) ) u = 2 + y ; v = 2y eliminando y de las dos últimas ecuaciones obtenemos v = 2u + 4. Por tanto, la imagen de la recta x = 2 es la recta v = 2u 4 (Fig. ###).

v v=2u-4 2

u

x=2 Fig. 4.11

3. Si f (x; y) = (x; y (1; 0) y (0; 1).

x), hallar la imagen del triángulo de vértice (0; 0),

y

(0,1)

v

(0,1) v=1-2u x=0

y=-x+1 u

Fig. 4.12

v=-u y=0

(1,0) x

(1,-1)

Solución. Para tener una idea inicial de la imagen, hallemos la imagen de los vértices: f (0; 0) = (0; 0) ; f (1; 0) = (1; 1) y f (0; 1) = (0; 1) Ahora, hallemos las imágenes de los lados del triángulo. La imagen del lado x = 0, 0 y 1: f (0; y) = (0; y) = (u; v) ;


103

es decir u = 0 y v = y. Como 0 y 1. La imagen es el segmento u = 0, o v 1. La imagen del lado y = 0, 0 x 1: f (x; 0) = (x; x) = (u; v) ; es decir u = x, v = 1 2x. O sea, el segmento, v = 1 2u, 0 u 1. Entonces, la imagen del triángulo dado es otro triángulo, cuyos lados y vértices se han determinado (…gura ###). p 4. Indicar grá…camente el dominio de la función f (x; y) = y1 xy.

z

Fig. 4.13

y

Dominio de f

Fig. 4.14

x

Solución. El dominio de f está formado por los pares (x; y) para los que p tiene sentido la expresión. y1 xy; y esto ocurre si y 6= 0, xy 0, es decir x 0 y y > 0 ó x 0 y y < 0. La grá…ca del dominio se muestra en la …gura ### (parte sombreada). 5. Indicar grá…camente el dominio de f (x; y; z; ) = ln z 2 x2 y 2 . Solución. El dominio de f está formado por los puntos (x; y; z) del espacio para los que existe ln z 2 x2 y 2 ; esto ocurre siempre que z 2 x2 y 2 > 0 ó z 2 > x2 + y 2 . Como z 2 = x2 + y 2 representa a los puntos de un cono, entonces teniendo en cuenta que para (0; 0; 1) -un punto interior del cono- se cumple la desigualdad z 2 > x2 + y 2 , deducimos que el dominio de la función es el interior de dicho cono (…gura ###). 6. Hallar la preimágen del punto (4; 3) según la función f (x; y) = (xy; x y). Solución. La preimagen de (4; 3) son aquellos pares (x; y) tales que f (x; y) = xy = 4 (4; 3) ó (xy; x y) = (4; 3) de donde y, resolviendo el sistema: x y=3 x1 x2

= =

4; y1 = 1 1; y2 = 4

Luego, la preimágen de (4; 3) son los puntos (4; 1) y ( 1; 4).

104


7. Si f : R2 ! R, la curva de nivel correspondiente al valor c es la preimagen de c según la función dada; es decir aquellos puntos (x; y) para los que 2x f (x; y) = c. Gra…car las curvas de nivel de la función f (x; y) = 2 x + y2 1 correspondientes a los valores c = 0; 1; 1; 2 . 2x Solución. Si c = 0, entonces de f (x; y) = 2 = 0 se tiene x = 0 en x + y2 (x; y) 6= (0; 0). 2x 2 = 1 se tiene (x 1) + y 2 = 1 en (x; y) 6= Si c = 1, de f (x; y) = 2 x + y2 (0; 0). 2x 2 = 1 se tiene (x + 1) + y 2 = 1 en Si x = 1, de f (x; y) = 2 x + y2 (x; y) 6= (0; 0). 2x 1 2 Si c = 21 , de f (x; y) = 2 = se tiene (x 2) + y 2 = 4 en (x; y) 6= x + y2 2 (0; 0). Es decir, la preimagen de c = 0 es la recta x = 0 si el origen. 2 La preimagen de c = 1 es la circunferencia (x 1) + y 2 = 1 si el origen, etc. Las preimágenes o curvas de nivel se muestran en la …gura ###.

c=0 c=-1 c=1

c=1/2

Fig. 4.15

8. Hallar, si es posible g f : a) f (x; y) = (x`y; 2x y) , g (x; y) = x + 3y 1. b) f (x; y) = x2 + y 2 , g (x) = 1 x; x2 + 1 . 2 Solución. a) Como f : R ! R2 y g : R2 ! R entonces g f : R2 ! R está dado por g f (x; y) = g (f (x; y)) = g (x + y; 2x y) = x+y+3 (2x y) 1 es decir; g f (x; y) = 7x 2y 1. b) Como f : R2 ! R y g : R ! R2 entonces g f : R2 ! R2 está dado por 2 g f (x; y) = f (f (x; y)) = f x2 + y 2 = 1 x2 y 2 ; x2 + y 2 + 1 . LIMITE Y CONTINUIDAD 9. Hallar el límite de a) f (x; y) = x2 +y 2 en (0; 0) b) f (x; y) = x2 + y; x + y 2 en (1; 2). Solución. a) lim f (x; y) = lim x2 + y 2 = 0 + 0 = 0. (x;y)!0

(x;y)!0

4.12. EJERCICIOS RESUELTOS b)

lim

(x;y)!(1;2)

f (x; y) =

105

lim

(x;y)!(1;2)

x2 + y; x + y 2

=

12 + 2; 1 + 22

=

(3; 5). x no tiene límite en (0; 0). x+y Solución. Vamos a aproximarnos a (0; 0) por las rectas de la forma. y = kx. En estas condiciones:

10. Mostrar que f (x; y) =

f (x; y) =

1 1 x = ) lim (x; y) = x + kx x+k 1+k (x;y)!(0;0)

Esto dice que si a (0; 0) nos acercamos por la recta y = kx ocurre que 1 f (x; y) se acerca a 1+k . Y como este valor depende de k, el límite de f (x; y) en (0; 0) no existe. x2 y 2 , determinar lim lim f (x; y), lim lim f (x; y). Qué x!0y!0 y!0x!0 x2 + y 2 puede decirse sobre lim (x; y)?

11. Si f (x; y) =

(x;y)!(0;0)

Solución. Calculando tenemos: x2 y 2 x2 = lim =1 x!0y!0 x!0y!0 x2 + y 2 x!0 x2 2 2 2 y x y lim lim f (x; y) = lim lim 2 = lim 2 = 1 y!0x!0 y!0x!0 x + y 2 y!0 y lim lim f (x; y) = lim lim

Esto dice que si a (0; 0) primero nos acercamos verticalmente (y ! 0) y después horizontalmente (x ! 0), f (x; y) se acerca a 1. Por otra parte, si a (0; 0) primero nos acercamos horizontalmente (x ! 0) y luego verticalmente (y ! 0), ocurre que f (x; y) se acerca a -1. Por tanto, el límite de f (x; y) en (0; 0), lim (x; y); no existe. (x;y)!(0;0)

12. Es continua en (0; 0) la función de…nida por ( y2 x2 +y 2 ; (x; y) 6= (0; 0) f (x; y) = 0 ; (x; y) 6= (0; 0) Solución. Con x = ky, tenemos: lim

(x;y)!(0;0)

(x; y) =

y2 1 1 = lim = 2 2 2 +y k +1 (x;y)!(0;0) k + 1

lim

(x;y)!(0;0) k 2 y 2

Por tanto, como f (0; 0) = 0 6=

1 k2 +1

=

lim

(x;y)!(0;0)

(x; y) con x = ky. Esto

dice que la función no es continua en (0; 0). DERIVADA SEGUN LA DEFINICION 13. Mostrar que si f (x) es una función de R en R, su derivada f 0 (x) = lim

h!0

f (x + h) h

f (x)

106

CHAPTER 4. FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES es un caso particular de la de…nida por f (x + h) = f (x) + Ah + r (h) h, escribiendo: f (x + h) f (x) A + r (h) = h y tomando límites cuando h tiene a cero, tenemos: f (x + h) h!0 h

A + lim r (h) = lim h!0

f (x)

y como lim r (h) = 0, se obtiene: h!0

A = lim

h!0

f (x + h) h

f (x)

= f 0 (x)

14. Según la de…nición, hallar la derivada de: a) f (x) = 2x2 + 3x , b) f (x; y) = 3y xy + 3. Solución. Evaluando f en x + h tenemos 2

f (x + h) = 2 (x + h) + 3 (x + h) = 2x2 + 4xh + 2h2 + 3x + 3h f (x + h) = 2x2 + 3x + (4xh + 3h) + 2h2 f (x + h) = f (x) + (4x + 3) h + (2h) h comparando conla de…nición, tenemos r (H) = 2h. Como lim r (H) = H!0

lim 2h = 0 se tiene que la derivada de f en x es A = 4x+3 ó f 0 (x) = 4x+3.

h!0

b) Partimos de f

x+h y+k

= 3 (y + k)

(x + h) (x + k) + 3 (evaluando en x + h; y + k) = 3y + 3k

f

xy

xk yh hk + 3 h h = (3y xy + 3) + ( y; x + 3) + ( k; 0) k k x+h x h h =f + ( y; x + 3) + ( k; 0) y+k y k k

comparando con la de…nición tenemos r (H) = ( k; 0). Como se tiene lim r (H) = lim ( k; 0) = (0; 0) ) f 0 (x; y) = ( y; x + 3). H!0

(h;k)!(0;0)

Nota. Recordemos que por conveniencia en la notación del cálculo de derivadas, a los vectores de Rn los escribimos como vectores columna. También remarquemos que por ser f una función de R2 en R, su derivada es una matriz 1 2. 15. Según la de…nición, calcular la derivada de f (x) = x; x2 ; 1 2x . Solucion. Partimos de: 2 3 2 3 x+h x+h 5 = 4 x2 + 2xh + h2 5 f (x; y) = 4 (x + h)2 1 2x 2h 1 2 (x + h)


107

(evaluando en x + h) y comparando2con 3 la de…nición 2 3 2 3 tenemos r (H) = 0 0 0 4 h 5 y como lim r (H) = lim = 4 h 5 = 4 0 5; tenemos f 0 (x) = H!0 h!0 0 0 2 0 3 1 4 2x 5. 2 Nota. Como f es una función de R en R3 , su derivada es una matriz 3 1. 16. Calcular, según la de…nición, la derivada de f (x; y) = x; y; x2 + y 2 Solución. Partimos de 3 2 3 2 x+h x+h x+h 5=4 5 y+k y+k f =4 y+k 2 2 2 2 2 2 x + 2xh + h + y + 2yk + k (x + h) + (y + k) 3 3 2 3 2 2 x 1 0 0 0 h h 5=4 0 1 5 y =4 +4 0 0 5 k k x2 + y 2 2x 2y h k 3 3 2 2 1 0 1 0 x h h 1 5 f +4 0 +4 0 1 5 y k k 2x 2y h k 2 3 0 0 y comparando con la de…nición tenemos: r (H) = 4 0 0 5; y como h k 2 3 2 3 0 0 0 0 lim r (H) = lim = 4 0 0 5 = 4 0 0 5, se sigue que H!0 h!0 h k 0 0 3 2 1 0 f 0 (x; y) = 4 0 1 5 2x 2 Notemos que como f es una función de R2 en R3 , su derivada es una matriz 3 2.

17. Calcular la derivada de f (x; y) = (x cos y; x sin x). Solución. Como f es una función de R2 en R2 , su derivada es una matriz 2 2. Entonces con u = x cos y

;

v = x sin y;

tenemos f 0 (x; y) =

ux vx

uy vy

=

cos y sin y

x sin y x cos y

108


18. Calcular la derivada de f (x; y) = x; y; x2 + y 2 . Solución. Como f es una función de R2 en R3 , su derivada es una matriz 3 2. Entonces con u = x, v = y, w = x2 + y 2 , tenemos: 2 3 2 3 ux uy 1 0 1 5 f 0 (x; y) = 4 vx vy 5 = 4 0 wx wy 2x 2y REGLA DE LA CADENA

19. Si f (t) = (x (t) ; y (t)) y w = g (x; y) aplicando la regla de la cadena hallar una fórmula para dw=dt.

y g

f

t

x

gf

v

y

f

w

g

x

gf

Fig. 4.16

z

u

Fig. 4.17

Solución. Antes que nada notemos que f es función de R en R2 y que g es una función de R2 en R. Ademas, w depende de (x; y) y a su vez (x; y) depende de t. (ver diagrama 4.1). Por una parte, como g f es función de R en R, su derivada es 0

(g f ) =

dw dt

Por otra parte, el producto de las derivadas de g y f es: 2 3 dx @w @w 6 dt 7 @w dx @w dy g0 f 0 = ; ; 4 dy 5 = @x @y dx dt @y dt dt 0

Aplicando la Regla de la Cadena, tenemos (g f ) = g 0 f 0 . Es decir dw @w dx @w dy = + dt @x dt @y dt

Observación. Notemos que la derivada de w con respecto a t se obtiene ”pasando”por las variables intermedias x, y de las cuales depende w, pero que a su vez depende de t.


109

20. Si f (x; y) = (u (x; y) ; v (x; y)) y g (u; v) = z, aplicando la Regla de la Cadena hallar fórmulas para @z @z ; @x @y

y

w f

s

z

g

v

y

z

u

x

gf

g

v

f

r

u

gf

Fig. 4.18

Fig. 4.19

Solución. Primeramente notamos que f es función de R2 en R2 y que g es función de R2 en R. Además z depende de (u; v) que a su vez depende de (x; y) (ver diagrama 4.2). Del diagrama 4.2 tenemos: 0

(g f ) = ademas g0 f 0 = o sea

@z @z ; @u @v

@z @z ; @x @y 2

@u 6 @x 4 @v @x

3 @u @y 7 @v 5 @y

@z @u @z @v @z @u @z @v + ; + @u @x @v @x @u @y @v @y

g0 f 0 =

0

Aplicando la Regla de la Cadena tenemos (g f ) = g 0 f 0 . Es decir, @z @z ; @x @y

=

@z @u @z @v @z @u @z @v + ; + @u @x @v @x @u @y @v @y

Igualando componentes obtenemos las fórmulas pedidas: @z @z @u @z @v @z @z @u @z @v = + ; = + @x @u @x @v @x @y @u @y @v @y Observación. Notemos que la derivada parcial de z con respecto de x se obtiene ”pasando”por cada una de las variables intermedias de las cuales depende z y que a su vez depende de x. Similarmente se procede para calcular la derivada de z con respecto a y.

110


21. Si f (x; y) = (u (x; y) ; v (x; y) ; w (x; y)) y g (u; v; w) = z, aplicando la @z @z Regla de la Cadena hallar fórmulas para , . @x @y Solución. Primeramente notemos que f es función de R2 en R3 y que g es función de R3 en R. Además, z depende de (u; v; w) que a su vez depende de (x; y). (ver diagrama 4.3). Del diagrama 4.3 tenemos @z @z ; @x @y

0

(g f ) = Por otra parte g0 o g0 f 0 =

2 ux @z @z @z 4 vx ; ; f0 = @u @v @w wx

3 uy vy 5 wy

@z @w @z @u @z @v @z @w @z @u @z @v + + ; + + @u @x @v @x @w @x @u @y @v @y @w @y 0

Aplicando la Regla de la Cadena tenemos (g f ) = g 0 f 0 . Igualando 0 componentes en (g f ) = g 0 f 0 obtenemos las fórmulas pedidas: @z @z @u @z @v @z @w = + + @x @u @x @v @x @w @x

;

@z @z @u @z @v @z @w = + + @y @u @y @v @y @w @y

Observación. Notemos que la derivada de z con respecto a x se obtiene ”pasando” por cada una de las variables intermedias u; v; w de las cuales depende z y que a su vez depende de x. De la misma manera se obtiene la derivada de z con respecto a y. 22. Si f (x; y; z) = (r; s) y g (r; s) = (u; v), aplicando la Regla de la Cadena hallar fórmulas para @u @u @u @v @v @v ; ; : ; ; @x @y @z @x @y @z Solución. Antes que nada notemos que f es función de R3 en R2 y g es función de R2 en R2 . Ademas (u; v) depende de (r; s) que a su vez depende de (x; y; z). (ver diagrama 4.4). Del diagrama 4.4 tenemos (g f ) =

ux vx

ur vr

us vs

0

uy vy

uz vz

y por otra parte, g0 f 0 = ur rx + us sx vr rx + vs sx

ur ry + us sy vr ry + vs sy

rx sx

ry sy

rz sz

ur rz + us sz vr rz + vs sz


111 0

Igualando componentes en (g f ) = g 0 f 0 obtenemos las fórmulas pedidas: @u @r @u @s @u @u @r @u @s @u @u @r @u @s @u = + ; = + ; = + @x @r @x @s @x @y @r @y @s @y @z @r @z @s @z @v @v @r @v @s @v @v @r @v @s @v @v @r @v @s = + ; = + ; = + @x @r @x @s @x @y @r @y @s @y @z @r @z @s @z Observación. Notemos que la derivada de una de las variables u ó v con respecto a una de las variables x, y o z se obtiene ”pasando” por las variables intermedias r, s de las cuales depende u ó v pero que, a su vez depende de x, y ó z. du . a) directamente, b) 23. Si u = xy + y ; x = 2t2 + 1 , y = 1 3t; hallar dt empleando la Regla de la Cadena. Solucion. a) Componiendo las funciones tenemos: u = xy + y = 2t2 + 1 (1 derivando:

du = dt

3t) =

6t3 + 2t2

6t + 2

18t2 + 4t + 6

b) De acuerdo a la Regla de la Cadena, teniendo en cuenta que u depende de (x; y) que a su vez depende de t, (ver diagrama 4.5)

y z t

x

v

u t

y

Fig. 4.20

u

x Fig. 4.21

obtenemos

con

du @u dx @u dy = + dt @x dt @y dt @u du = 4t ; =x+1 @x dy dx = 4t ; dt

dy = dt

3

112

CHAPTER 4. FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES tenemos

du = y (4t) + (x + 1) ( 3) = 4ty dt y expresando en términos de t: du = 4t (1 dt

3t)

3 2t2 + 1

3=

3x

3

18t2 + 4t

6

du dv , . dt dt Solución. Notemos que (u; v) depende de (x; y; z) que a su vez depende de t (ver diagrama 4.6). Del diagrama 4.6:

24. Si x = t, y = t2 , z = t3 ; u = x2 y + z ; v = z 2

xy, hallar

@u dx @u dy @u dz du = + + dt @x dt @y dt @z dt dv @v dx @v dy @v dz = + + dt @x dt @y dt @z dt Las derivadas de los segundos miembros obtenemos de las ecuaciones dadas. Reemplazando: du = (2xy) (1) + x2 (2t) + (1) 3t2 = 4t3 + 3t2 dt expresión en términos de t. dv = ( y) (1) + ( x) (2t) + (2z) 3t2 = 6t5 dt

3t2

expresión en terminos de t. 25. Si U = x + y

z 2 ; x = 2u

3s, y = u, z = 2u2

v

v 2 , hallar

@U @U , . @u @v

z

y

u

u

x Fig. 4.22

Solución. Notemos que U depende de (x; y; z) que a su vez depende de


113

(u; v) (ver diagrama 4.7). Del diagrama 4.7. dU @U dx @U dy @U dz = + + du @x du @y du @z du dU @U dx @U dy @U dz = + + dv @x dv @y dv @z dv Derivando en las ecuaciones dadas y reemplazandos obtenemos: @U = (1) (2) + (1) (v) + ( 2z) (4u) = 2 + v @u

8u 2u2

v2

@U = (1) ( 3) + (1) (u) + ( 2z) ( 2v) = 3 + u + 4u 2u2 @v DERIVADA DE FUNCIONES IMPLICITAS

v2

@z 26. Si x2 + y 2 + z 2 = R2 , calcular . @x Solución. Esta ecuación en tres variables de…ne a dos como variables independientes y una como dependiente. Como se pide @z=@x, z es la variable dependiente mientras que x, y son las variables independientes. Tenemos en cuenta esto derivamos la ecuación con respeto a x: x2 + y 2 + z 2 = R2 ) 2x + 0 + 2z 27. Si

calcular

@z @z =0 ) = @x @x

x z

x2 y 2 z 2 a2 = 0 x2 y y 2 z + xz 2 a3 = 0 dy . dx

z y y x Fig. 4.23

z

x

w Fig. 4.24

Solución. Este sistema de dos ecuaciones con tres variables determina a una de ellas como variable independiente y a las otras como variables

114

CHAPTER 4. FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES dy deducimos que x es la variable independx diente, mientras que y, z son las dependientes. (ver diagrama 4.8). Derivando el sistema con respecto a x: dependientes. Como se pide

x2

z2

a2 = 0 ; x2 y

dz dy = 0 ; 2xy + x2 dx dx dy Resolvemos para : dx 2x

8 > <

2y

> : x2

dy dx

y2 2z

dz dy +z =x dx dx dy dz 2yz + 2xz y 2 = dx dx

y 2 z + +xz 2 2y

dy z dx

y2

dz dz + z 2 + 2xz =0 dx dx

y

de donde: x 2xz dy = dx y (2xz

2xy + z

a3 = 0

)

2

dy = dx

x z 2xy + z 2 2xz y 2 y z x2 2yz 2xz y 2

y 2 + z 2xy + z 2 y 2 ) z (x2 2yz)

dw x2 + y 2 + z 2 1 = 0 , calcular . x + y + 3z 6 = 0 dz Solución. Primeramente notemos que w depende (x; y). Por otra parte, el sistema de todos ecuaciones con tres variables determina a una de ellas como variable independiente y a dos como variables dependientes. Como dw se pide deducimos que z es la variable independiente y, por tanto, dz (x; y) depende de z. (ver diagrama 4.9). Del diagrama 4.9 tenemos:

28. Si w = x (1

y) y

dw @w dx @w dy = + dz @x dz @y dz de w = x (1

y) obtenemos:

@w = 1 @x

(1) y ,

@w = @y

x y derivando el

sistema con respecto de x: x2 + y 2 + z 2 x + y + 3z

dx dy 2x + 2y + 2z = 0 1=0 dz dz ) dx dy 6=0 + +3=0 dz dz

resolviendo el sistema dx = dz

2z 2y 3 1 2x 2y 1 1

3y = x

z dy ; = y dz

2x 2z 1 3 2x 2y 1 1

=

z 3x x y


115

Finalmente, reemplazamos en (1) obtenemos: dw = (1 dz

y)

3 x2 z z 3x + ( x) = y x y

3y x

x = u2 y = uv

29. Si z = u2 + v 2 ,

v2

, calcular

y

y2

(x y + 1) z + 3y x y

@z @z , . @x @y

v

z

u

x

Fig. 4.25

Solución. Notemos que z depende de (u; v). Por otra parte el sistema de dos ecuaciones con 4 variables determina a dos de ellas como variables independientes y a otras dos como variables dependientes. @z @z , deducimos que (x; y) son las dos variables indeComo se pide @x @y pendientes mientras que (u; v) son variables dependientes (ver diagrama 4.10). Del diagrama 4.10 tenemos: @z @z @u @z @v @z @z @u @z @v = + , = + @x @u @x @v @x @y @u @y @v @y

(1)

@z @z = 2u, = 2v. de z = u2 + v 2 , obtenemos: @u @v Derivando el sistema con respecto a x y resolviendo: x = u2 y = uv

v2

@u @v 2v @x @x ) @u @v 0= v + u @x @x 1 = 2u

resolviendo el sistema de ecuaciones: @u = @x

1 0 2u v

2v u 2v u

u @v = ; = 2 2 2 (u + v ) @x

2u 1 v 0 2u 2v v u

=

2 (u2

v + v2 )

116

CHAPTER 4. FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES Derivando el sistema con respecto a y y resolviendo: x = u2 y = uv

@u = @y

0 1 2u v

2v u 2v u

v2

=

@u @v 2v @y @y ) @u @v 1= v + u @y @y 0 = 2u

v @v ; = u2 + v 2 @y

2u 0 v 1 2u 2v v u

=

u u2 + v 2

Reemplazando en (1) los valores obtenidos: u v @z v u @z = (2u) +(2v) ; = (2u) 2 +(2v) 2 @x 2 (u2 + v 2 ) 2 (u2 + v 2 ) @y u + v2 u + v2 Simpli…cando @z u2 v 2 @z 4uv = 2 ; = 2 @x u + v 2 @y u + v2 DERIVADA DE FUNCIONES INVERSAS. 30. Calcular la derivada de la función inversa de f (x) = x2 . Solución. Como Df (x) = 2x; entonces con y = x2 tenemos Df

1

(y) = (Df (x))

1

=

1 1 = p 2x 2 y

Observación. En este caso la función inversa y su derivada se pueden calcular directamente y = x2 ) x =

p

y)

dx 1 = p dy 2 y

31. Calcular la derivada de la función inversa de f (x; y) = x2

y

f

x Fig. 4.26

z

v

u

y 2 ; xy .

v

y x

w

u Fig. 4.27


Solución. Hagamos u = x2 4.11, la derivada de f es:

117

y 2 , v = xy. Teniendo en cuenta el diagrama ux vx

Df =

uy vy

2x y

=

2y x

Por tanto, la derivada de la función inversa es: Df

1

=

2x y

2y x

1

=

1 2 (x2 + y 2 )

x y

2y 2x

32. Si f (x; y; z) = (ax; by; cz) calcular la derivada de la función inversa. Solución. Haciendo u = ax, v = by, w = cz, teniendo en cuenta el diagrama ##, la derivada de f es: 2 3 3 2 ux uy uz a 0 0 Df = 4 vx vy vz 5 = 4 0 b 0 5 wx wy wz 0 0 c Por tanto, la derivada de la función inversa es: 2 1 3 1 2 6 a 0 0 6 a Df 1 = 4 0 b 0 5 = 6 6 0 4 0 0 c 0

0 1 b 0

PROBLEMAS VARIOS. 33. Mostrar que z = x2 y sin

x y

3 0 7 7 0 7 7 1 5 c

satisface la ecuación. x

@z @z +y = 3z @x @y

Solución. Como @z x = 2xy sin @x y @z x = x2 sin @y y

+ x2 cos x3 cos y

Entonces, teniendo en cuenta que z = x2 y sin x

@z @z +y = x 2xy sin @x @y

x y

+ x2 cos

x y

x y x y x , obtenemos: y

+ y x2 sin

x3 cos y x = 3x2 y sin y x y

x y = 3z

118


34. Mostrar que la función z = 2x

x3 + 3xy 2 satisface

zxx + zyy = 0 Solución. Derivando tenemos: zx = 2 3x2 + 3y 2 zy = 6xy

) zxx = 6x ) zyy = 6x

Por tanto, zxx + zyy = 35. Si z = f (2x

6x + 6x = 0

3y), mostrar que 3zx + 2zy = 0.

y y

v

Fig. 4.28

x x

u

u

z Fig. 4.29

Solución. Hagamos u = 2x 3y. Entonces z = f (u); es decir z depende de u que a su ez depende de (x; y). (ver diagrama 4.13). Del diagrama 4.13 tenemos: zx = como

@z dz @u @z dz @u = , zy = = @x du @x @y du @y

@u @u = 2, = @x @y

3, reemplazando en (1): zx = 2

dz ; zy = du

3

dz du

Por tanto, 3zx + 2zy = 3 2 36. Si U = f (x

y; y

dz dz + 2 ( 3) =0 du du

z), mostrar que @U @U + =0 @x @y

(1)

U


119

Solución. Hagamos u = x y, v = y x. Entonces U = f (u; v), es decir U depende de (u; v) que a su vez depende de (x; y). (ver diagrama 4.14). Del diagrama 4.14 tenemos: 8 @U @U @u @U @v > < = + @x @u @x @v @x (1) @U @U @u @U @v > : = + @y @u @y @v @y De u = x

y, v = y

x tenemos:

@u @v =1, = @x @x

1,

@u = @y

1,

@v =1 @y

reemplazando en (1): @U = @x @U = @y

@U @U @u @v @U @U + @u @v

Por tanto, @U @U + = @x @y 37. Si U = f (x + 2y)

g (x

@U @u

@U @v

+

2y), mostrar que Uxx

v f

y x

=0

1 Uyy = 0. 4

z

s

y

@U @U + @u @v

r

U

x

u

y Fig. 4.31

Fig. 4.30

x

Solución. Hagamos r = x + 2y, s = x U = f (r)

z

2y, entonces g (s)

Es decir, U depende de (r; s) que a su vez depende de (x; y). (ver diagrama 4.15). Del diagrama tenemos: 8 @U @U @r @U @s > < Ux = = + @x @r @x @s @x (1) @U @U @r @U @s > : Uy = = + @y @r @y @s @y

120

CHAPTER 4. FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES @U @U = f 0 (r) 0 = f 0 (r) y = 0 g 0 (s) = @r @s g 0 (s) (por ser r; s independientes entre si). De r = x + 2y, s = x 2y, @s @r @s @r = 1, = 1, = 2, = 2. Reemplazando en (1): tenemos: @x @x @y @y

De U = f (r) g (s), tenemos:

Ux = f 0 (r)

g 0 (s) , Uy = 2f 0 (r) + 2g 0 (s)

(2)

Para hallar las segundas derivadas parciales Uxx , Uyy debemos tener en cuenta que las primeras derivadas parciales Ux , Uy dependen de las mismas variables que U y, por tanto, se puede usar el mismo diagrama 4.15 para calcular dichas segundas derivadas parciales. Prosigamos; derivando en (2): @ @r @ @s @ (Ux ) = (Ux ) + (Ux ) @x @x @x @s @x @ @ = (f 0 (r) g 0 (s)) 1 + (f 0 (r) g 0 (s)) 1 @r @s = [f 00 (r) 0] + [0 g 00 (s)] = f 00 (r) g 00 (s) Uxx =

@ @r @ @s @ (Uy ) = (Uy ) + (Uy ) @y @r @y @s @y @ @ 0 0 0 0 = [2f (r) + 2g (s)] 2 + [2f (r) + 2g (s)] ( 2) @r @s = 2 [2f 00 (r) + 0] 2 [0 + 2g 00 (s)] = 4f 00 (r) 4g 00 (s) Uyy =

por lo tanto Uxx

1 Uyy = [f 00 (r) 4

38. Mostrar que f x + y

g 00 (s)]

1 [4f 00 (r) 4

4g 00 (s)] = 0

z; x2 + y 2 = 0 satisface la ecuación x

@z @y

y

@z =x @x

y

Solución. Antes que nada notemos que la expresión f x + y z; x2 + y 2 = 0 es una ecuación con tres variables y, por tanto, determina a dos de ellas como variables independientes y a la restante como variable dependiente. @z @z La presencia , en la ecuación nos indica que z es la variable depen@y @x diente; mientras que x, y son las variables independientes. Hagamos: u=x+y

z , v = x2 + y 2

(1)


121

Entonces f (u; v) = 0

(2)

Es decir: f depende de (u; v), (u; v) depende de (x; y; z), a su vez z depende de (x; y). (Ver diagrama 4.16). Teniendo en cuenta el diagrama 4.16 y derivando (2) con respecto a x (considerando (1)): @u @u @z + @x @z @x

@f @u @f @u

@z @x

1 + ( 1)

+

+ @f @v

@f @v

@v @v @z + @x @z @x

2x + 0

@z @x

=0

=0

(3)

Ahora derivando (2) con respecto a y (considerando (1)): @f @u @f @u

@u @u @z + @y @z @y

1 + ( 1)

@z @x

+

+

@f @v

@f @v

@v @z @v + @y @z @y

2y + 0

@z @x

=0

=0

(4)

de (3) y (4) obtenemos: @f @f @f @f + 2x + 2y @z @z @v ; @v = @u = @u @f @f @x @y @u @u Por tanto, reemplazando y simpli…cando tenemos: @z x @y

@f @f + 2y @z @u @v y =x @f @x @u

39. Si U = U (x; y); x = 2r

@f @f + 2x @u @v = x y @f @u

s, y = r + 2s; expresar

y

@2U en términos de las @y@x

derivadas con respecto a r, s.

s

y

y

r

x Fig. 4.32

U

x

r Fig. 4.33

U

122


@2U debemos considerar a U dependiendo de @y@x (r; s) que a su vez depende de (x; y) (ver diagrama 4.17). Entonces conviene expresar r, s en términos de x, y: Solución. Para obtener

1 r = (2x + y) x = 2r s 5 ) 1 y = r + 2s s = (2y x) 5 de donde: @r 2 @r 1 @s = , = , = @x 5 @y 5 @x

1 @s 2 , = 5 @y 5

(1)

Del diagrama 4.17, considerando (1), la primera derivada es: @U @r @U @s 2 @U @U = + = @x @r @x @s @x 5 @r

1 @U 5 @s

(2)

Para hallar la segunda derivada parcial debemos tener en cuenta que la @U primera derivada parcial = Ux depende de las mismas variables que @x U y, por tanto, podemos usar el mismo diagrama 4.17. Teniendo en cuenta ello, (1) y (2), obtenemos:

=

@ @ @s (Ux ) (Ux ) @r @s @y

@ @r =

Asumiendo que

2 @U 5 @r 2 @2U 5 @r2

@2U @ = (Ux ) @y@x @y 1 @U 1 @ 2 @U 1 @U 2 ++ 5 @s 5 @s 5 @r 5 @s 5 2 2 2 1@ U 1 2@ U 1@ U 2 + 5 @r@s 5 5 @s@r 5 @s2 5

@2U @2U = (es decir, que son continuas): @r@s @s@r @2U 1 = @y@x 25

2

@2U @2U + 3 @r2 @r@s

2

@2U @s2

@2U 40. Si U = U (x; y), x = r cos , y = r sin ; expresar en términos de las @x2 derivadas con respecto a r, . Solución. Primeramente notemos que el sistema de dos ecuaciones con cuatro variables x, y, r, determina a dos de ellas, (x; y) ó (r; ), como variables independientes y a las otras dos como dependientes. Para poder @2U expresar en términos de r, debe ocurrir que (r; ) depende de dx2 (x; y). Por tanto, debemos considerar a U dependiendo de (r; ), que a su


123

vez depende de (x; y). (ver diagrama 4.18). La primera derivada parcial es: @U @U @r @U @ = + @x @r @x @ @x

(1)

Derivando el sistema con respecto a x y, resolviendo obtenemos: x = r cos

1= )

@r cos @x

r sin

@ @x

)

@r @ 0= sin + r cos @x @x

y = r sin

@r = cos @x @ = @x

(2)

sin r

reemplazando en (1): @U @U = cos @x @r

@U sin @ r

(3)

@2U debemos tener en cuenta que Para hallar la segunda derivada parcial @x2 @U la primera derivada parcial = Ux depende de las mismas variables que @x U y, por tanto se puede usar el mismo diagrama 4.18. Considerando (2) y (3), procedemos: @2U @ @ @r @ @ = (Ux ) = (Ux ) + (Ux ) @x2 @x @r @x @ @x =

@ @r

@U cos @r

@U sin @ r

@ @

cos

@U cos @r

@U sin @ r

sin r

Al continuar derivando debemos tener en cuenta que las derivadas par@U @U ciales y dependen de las mismas variables que U , es decir también @r @ dependen de r, ; prosiguiendo (cada témino se deriva como producto): @2U = @x2 @2U cos @ @r Asumiendo que

@2U cos @r2

@ 2 U sin @r@ r @ 2 U sin @ 2 r

@U sin @r

+

@U sin @ r2 @U cos @ r

cos sin r

@2U @2U = y simpli…cando, obtenemos …nalmente: @r@ @ @r

@2U @2U @ 2 U sin2 2 = cos + @x2 @r2 @ 2 r2

2

@U sin2 @ 2 U sin cos @U sin cos + +2 2 @r@ r @r r @ r2

TEOREMA DEL VALOR MEDIO

124


41. Desarrollar f (x; y) = x2 y + 3y 2 en potencias de (x 1), (x + 2). Solución. Aplicamos el teorema de Taylor con h = x 1, k = y + 2, (así aparecerán en el desarrollo las potencias pedidas) y por tanto tomamos x0 = 1, y0 = 2 (es decir, x = x0 + h, y = y0 + k): f (x; y) = x2 y + 3y

; fy = y 2 + 3

2 ; fx = 2xy

fxx = 2y

; fxy = 2x

; fyy = 0

fxxx = 0

; fxxy = 2

; fxyy = 0

; fyyy = 0

Todas las demás derivadas superiores son nulas. Evaluando en (1; 2) tenemos: f (1; 2) =

10

fxx (1; 2) =

;

fx (1; 2) =

4 ;

fxxx (1; 2) = 0

4

;

fy (1; 2) = 4

fxy (1; 2) = 2

;

fyy (1; 2) = 0

; fxxy (1; 2) = 2

; fxyy (1; 2) = 0

; fyyy (1; 2) = 0

Entonces, por el teorema de Taylor: f (x; y) = f (1; 2) + hfx (1; 2) + kfy (1; 2) + +

1 2 h fxx (1; 2) + 2hkfxy (1; 2) + k 2 fyy (1; 2) 2!

1 3 h fxxx (1; 2) + 3h2 kfxxy (1; 2) + 3hk 2 fxyy (1; 2) + k 3 fyyy (1; 2) + 3!

donde el resto R3 en este caso es nulo. Reemplazando obtenemos el desarrollo pedido: f (x; y) = x2 y + 3y =

10

4 (x

1) + 4 (y + 2)

2 (x

2

1) + 2 (x

1) (y + 2) + (x

2

1) (y + 2)

DIFERENCIAL 42. Si z = 3x2 xy + y 3 , calcular a) z; b) dz con x = 3, y = 2; con dx = 0:1, dy = 0:2 y c) hallar z y dz si x = 3, y = 2, dx = 1, dy = 2. Solución. a) Con x = 3, y = 2, dx = 0:1, dy = 0:2 tenemos: z = z (3 + 0:1; 2

0:2)

z (3; 2) = z (3:1; 1:8) z (3; 2) = 29:082 29 = 0:082

b) como dz =

@z @z dx + dy = (6x @x @y

y) dx +

x + 3y 2 dy

Entonces evaluando las derivadas parciales en x = 3, y = 2 y con dx = 0:1, dy = 0:2 tenemos: dz = (6 (3)

2) (0:1) + (

3 + 3 (4)) ( 0:2) = 1:60

1:80 =

1

0:2


125

Notemos que por ser dx, dy pequeños los valores de madamente iguales. c) Con x = 3, y = 2, dx = 1, dy = 2, tenemos: z = z (3 + 1; 2

2)

z (3; 2) = z (4; 0)

z y dz son aproxi-

z (3; 2) = 48

29 = 19

@z @z dx+ dy = (6x y) dx+ x + 3y 2 dy = (16) (1)+(9) ( 2) = @x @y Notemos que dz y z di…eren en mucho. PROBLEMAS VARIOS

dz =

2

43. Si f (x; y) = (f1 (x; y) ; f2 (x; y)), mostrar que 3 2 @f1 @f1 6 @x @y 7 f 0 (x; y) = 4 @f @f2 5 2 @x @y

suponiendo que todas las derivadas parciales son continuas. Solución. Por el ejercicio 13 para funciones de una variable tenemos: g 0 (t) = lim

h!0

g (t + h) h

g (t)

g (t + h) g (t) tenemos que g (t + h) = g (t) + h 0 g (t) h + r (h) h con lim r (h) = 0. Por tanto, podemos escribir: haciendo r (h) = g 0 (t)

h!0

f1 (x + h; y + k) = [f1 (x + h; y + k) =

f2 (x + h; y + k) =

@f1 @f1 (x; y) h + r1 (h; k) h + (x; y) k + r2 (k) k + f1 (x; y) @x @y

@f1 . @x

@f2 @f2 (x; y) h+r3 (h; k) h+ (x; y) k+r4 (k) k+f2 (x; y) @x @y

con ri ! 0

Luego:

si (h; k) ! (0; 0) f1 (x + h; y + k) f2 (x + h; y + k)

f (x + h; y + k) =

=

f1 (x; y) f2 (x; y)

f (x; y)] + f1 (x; y)

@f1 @f1 (x; y + k) h + r1 (h) h + (x; y) h + r2 (k) k + f1 (x; y) @x @y =

por la continuidad de

f1 (x; y + k)] + [f1 (x; y + k)

2

@f1 6 @x + 4 @f 2 @x

3 @f1 @y 7 @f2 5 @y

h k

+

r1 r3

r2 r4

=

h k

126

CHAPTER 4. FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES de donde se deduce lo pedido. Similarmente procediendo, se puede establecer la generalización para funciones de Rn en Rm .

4.13


1. Si f (x; y) = (2x 2. Si f (x; y) =

y; xy

1) hallar a) f (1; 2), b) f (1 + h; 2 + k).

2x + y f (x0 + h; y) hallar a) f (1; 3), b) 1 xy h

3. Si f (x; y) = (2x + y; x recta x + y = 1.

f (x0 ; y)

.

y) hallar la imágen de a) la recta x = 4, b) la

4. Si f (x; y) = xy; xy 3 hallar la imágen de la región limitada por xy = 1, xy = 4, xy 3 = 1, xy 3 = 2. 5. Si f (x; y) = (x + y; x y; 2x + y) hallar la imagen de a) la recta x = y, b) el segmento que une los puntos (0; 0) y (2; 3). Gra…car el dominio de las siguientes funciones: p 6. f (x; y) = 1 x2 + y 2 . 7. f (x; y) = ln (x + y).

2x y . x+y p p p 9. f (x; y; z) = x + y + z. p 10. f (x; y; z) = 1 x2 y 2 z 2 . r x+y+z 1 11. f (x; y; z) = . x2 + y 2 + z 2 1 Para cada una de las siguientes funciones gra…car los conjuntos de nivel correspondientes a los valores datos de c. 8. f (x; y) = arcsin

12. f (x; y) = x2 + y 2 ; 13. f (x; y) = xy; 14. f (x; y) = y 15. f (x; y) =

c = 0; 1; 4; 9. c = 1; 1; 4; 4.

x2 ;

x2 y 2 ; x2 + y 2

c = 0; 1; 2; 4. c = 0; 1; 1.

16. f (x; y; z) = x + y + z; c = 1; 0; 1. p 17. f (x; y; z) = z x2 + y 2 ; c = 2; 0; 2. Para las funciones f , g dadas hallar, si es posible, la función compuesta g f.

4.13. EJERCICIOS PROPUESTOS 18. f (x; y) = (x

127

y; x + y), g (x; y) = (2x

19. f (x; y) = x; x2 ; x3 ,

1; x

g (x; y; z) = x + y

20. f (x; y; z) = xyz,

g (x) = (ex ; x).

21. f (x; y) = x + y,

g (x; y) = xy.

2y). 2z.

22. Entre las siguientes funciones efectuar todas las posibles composiciones: f (x; y) = x + 3y, g (x; y; z) = (xy; xz), h (x) = (x; 1 x). LIMITE Y CONTINUIDAD 23. Hallar el límite de a) f (x; y) x3 el punto (1; 1).

xy + y 3 + 3, b) f (x; y) = x3 y; xy 3 en


3x 2x

2y no tiene límite en (0; 0). 3y


x2 no tiene límite en el origen. x2 + y 2

26. Determinar lim lim f (x; y), lim lim f (x; y) si f (x; y) = y!0 x!0

x!0 y!0

puede decirse acerca del límite doble

lim

(x;y)!(0;0)

2x3 y 3 . ¿Qué x3 + 2y 3

f (x; y)?

2xyz es discontinua. x y 8 y3 > > < 2 ; (x; y) 6= (0; 0) x + y2 28. Es continua en (0; 0) la función f (x; y) = : > > : 0 ; (x; y) = (0; 0) 27. Determinar los puntos donde f (x; y; z) =

29. Determinar los puntos donde f (x; y) =


8 > < > :

2xy + y2

x2

x+y x y ; x y x+y

; (x; y) 6= (0; 0)

es continua. Gra…car.

es continua sobre

0 ; (x; y) = (0; 0) toda recta que pasa por el origen. Mostrar que, sin embargo, f no es continua en el origen. DERIVADA SEGUN DEFINICION De acuerdo a la de…nición hallar la derivada de: 31. f (x) = 3x + 1. 32. f (x) = x2 + x. 33. f (x) = x2 ; 3x; x .

128


34. f (x; y) = x + 2y. 35. f (x; y) = xy. 36. f (x; y) = x2

y2 .

37. f (x; y; z) = 2xy + z en (1; 2; 1). 38. f (x; y) = (2x

y; xy).

39. f (x; y) = x2

y; y 2

40. f (x; y) = x2

y; x + y; x

x . y .

41. f (x; y; z) = (xy; x + z) en (1; 0; 1). 42. f (x; y; z) = (xy; xz; yz). DERIVADAS PARCIALES @f @f Calcular , si: @x @y 43. f (x; y) = xy + 3x2

y.

44. f (x; y) = xey + sin xy. p 45. f (x; y) = x2 y 2 .

2

46. f (x; y; z) = xyz + xyez . 47. f (x; y; z) = ln (xy) + cos (xyz). @2f @2f @2f Calcular , si , , @x2 @y 2 @y@x 48. f (x; y) = x3

xy 2 + y 4 .

49. f (x; y) = (x y) sin (3x + 2y). Calcular todas las segundas derivadas parciales, si: 50. f (x; y; z) = xy 2 z 3 . 51. f (x; y; z) = x3 y 2 + yz 3 . 52. w = sin

x

y z

.

Mostrar que las derivadas cruzadas 53. f (x; y) =

@2f @2f , son iguales: @y@x @x@y

2x y , x + y 6= 0. x+y

54. f (x; y) = ln x2 + y 2 , (x; y) 6= (0; 0).

4.13. EJERCICIOS PROPUESTOS 8 2x y > < x+y 55. Si f (x; y) = > : 0

; (x; y) 6= (0; 0) ; (x; y) = (0; 0)

129

. Hallar a) fx (0; 0), b) fy (0; 0).

130


Chapter 5

APLICACIONES DE LA DERIVADA 5.1

TRANSFORMACION DE ECUACIONES

Si en una ecuación dada, que incluye derivadas, se realiza un cambio de variables se obtiene una nueva ecuación en términos de las derivadas respecto a las nuevas variables. Este tipo de transformaciones se realiza aplicando la Regla de la Cadena. Example 49 Mostrar que efectuando el cambio de variables x = er , y = es , la ecuación @U @U x +y =0 @x @y se transforma en @U @U + =0 @r @s De la última ecuación se ve que U es función de r; s; pero r; s depende de x; y. Debemos expresar cada uno de los términos de la primera ecuación en términos de r; s. Teniendo en cuenta el diagrama 5.1 y aplicando la regla de la cadena: Gradiente

S

y

Recta Normal

Plano Tangente

x

r

U

Fig. 5.1.

Fig. 5.2

131

132

CHAPTER 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA @U @U @r @U = + @x @r @x @s @U @U @r @U = + @y @r @y @s

de

x = er

@s @x @s @y

ln x = r =)

y = es entonces

ln y = s

@r 1 = @x x

@r =0 @y

@s =0 @x

@s 1 = @y y

Por tanto @U @U 1 @U = (0) + @x @r x @s @U @U @U 1 = (0) + @y @r @s y Finalmente, por reemplazo vemos que la primera ecuación se transforma en: @U @U +y =0 @x @y @U 1 +y =0 @s y

x x

@U @r

1 x

…nalmente @U @U + =0 @r @s

5.2

PLANO TANGENTE Y RECTA NORMAL

La grá…ca de una función de la forma f (x; y; z) = c, c constante, es una super…cie. Consideremos un punto P (x0 ; y0 ; z0 ) de dicha super…cie, entonces un vector perpendicular al plano tangente a la super…cie en P es la derivada de f en P (ejercicio 17); además, este vector es un vector direccional de la recta normal a la super…cie en P . Generalmente se representa por rf a la derivada de f , llamada también gradiente, es decir: @f @f @f rf = ; ; (5.1) @x @y @z Con esta notación, la ecuación del plano tangente en P (x0 ; y0 ; z0 ) es @f (x @x

x0 ) +

@f (y @y

y0 ) +

@f (z @z

z0 ) = 0

(5.2)

5.3. DERIVADA DIRECCIONAL

133

Y la ecuación de la recta normal en P (x0 ; y0 ; z0 ) es: X = (x0 ; y0 ; z0 ) + t

@f @f @f ; ; @x @y @z

(5.3)

Las derivadas parciales que aparecen en las ecuaciones del plano tangente y recta normal se evalúan en P (x0 ; y0 ; z0 ). Example 50 Hallar la ecuación del plano tangente y la recta normal a la esfera x2 + y 2 + z 2 = 14 en el punto (1; 2; 3). Como @f @f @f ; ; = (2x; 2y; 2z) ; rf = @x @y @z el gradiente en el punto (1; 2; 3) es rf = (2; 4; 6) . Por tanto, la ecuación pedida del plano tangente es 2 (x

1) + 4 (y

2) + 6 (z

3) = 0

ó x + 2y + 3z = 14. La ecuación de la recta normal es X = (1; 2; 3) + t (2; 4; 6)

5.3

DERIVADA DIRECCIONAL

Dada una función f de Rn en R y un vector unitario V , la derivada direccional de f , en X, en la dirección de V se representa por rV f (X) (o simplemente por rV f ) y está de…nida por f (X + tV ) f (V ) . (5.4) t Como se ve, esta derivada direccional mide la variación de f en la dirección de V. Notemos que la derivada parcial de f con respecto a una determinada variable es la derivada direccional de f en la dirección del eje correspondiente a tal variable. Por ejemplo, para f (x; y) y con e1 = (1; 0), e2 = (0; 1) -vectores direccionales de los ejes x y y respectivamente, tenemos: rV f = lim

t!0

r e1 f r e2 f

f (X + te1 ) t f (X + te2 ) = lim t!0 t =

lim

t!0

f (x + t; y) t f (X) f (x; y + t) = lim t!0 t f (X)

= lim

t!0

f (x; y)

@f @x f (x; y) @f = @y =

Esto muestra que la derivada direccional de f en la dirección del eje x es la derivada parcial de f con respecto a x y, a su vez, la derivada direccional de f en la dirección del eje y es la derivada parcial de f con respecto a y.

134

5.3.1

CHAPTER 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA

Cálculo de la derivada direccional

El cálculo de la derivada direccional de f en la dirección de un vector V (ahora no necesariamente unitario) se efectúa según rV f = rf

V jV j

(5.5)

(ver ejercicio 24).

y (1,2) f

f e1 V

f

x

-f

V

Fig. 5.4

Fig. 5.3

Esto muestra que la derivada direccional de f en la dirección de V es la componente del gradiente de f , rf , en la dirección de V . (Fig. ###). Example 51 Si f (x; y) = x2 + y 2 , la derivada direccional de f en el punto (1; 2) en la dirección del vector e1 = (1; 0) es re1 f = rf

e1 = (2; 4) (1; 0) = 2 je1 j

por ser rf =

@f @f ; @x @y

= (2x; 2y)

Por otra parte, la derivada direccional de f en el mismo punto (1; 2) pero esta vez en la dirección del vector V = (3; 4) es rV f = rf

5.3.2

V (3; 4) = (2; 4) = jV j 5

2

Propiedad del gradiente

Una propiedad del gradiente es que la máxima derivada direccional de f en el punto X0 se produce en la dirección del mismo vector gradiente (por supueto, esto es cierto cuando rf (X0 ) 6= 0; si rf (X0 ) = 0 no se puede decir nada). Además, la mínima derivada direccional de f en X0 se produce en la dirección de rf (X0 ). Los valores de la máxima y mínima derivada direccional de f en el punto X0 son jrf (X0 )j y jrf (X0 )j respectivamente. (Ver ejercicio 25).

5.4. MAXIMOS Y MINIMOS

135

Example 52 Si en el ejemplo ## f (x; y) = x2 + y 2 representa la temperatura en el punto (x; y) medida en grados y la distancia se mide en metros, entonces en el punto (1; 2) la temperatura aumenta a razón de 2 grados por metro en la dirección del vector e1 = (1; 0); mientras que en la dirección del vector V = (3; 4) la temperatura disminuye a razón de 2 grados por metro. El máximo aumento y la máxima disminución de la temperatura en este punto se produce en la dirección de los vectores rf = (2; 4) y rf (2; 4), respectivamente; sus respectivos valores son jrf j = 20 grados por metro y jrf j = 20 grados por metro (Fig. ###).

5.4

MAXIMOS Y MINIMOS

Dada una función f de Rn en R, se dice que f tiene máximo relativo en X0 si f (X0 ) f (X) para todo X próximo a X0 (es decir, para X tal que jX X0 j < , para algún > 0). Si f (X0 ) f (X) para todo X próximo a X0 , se dice que f tiene un mínimo relativo en X0 . La derivada permite determinar los puntos donde una función tiene sus máximos y mínimos relativos. Aunque el estudio para funciones de una sola variable, realizado en el Cálculo I, se extiende siguiendo la misma idea a funciones de n variables en general, aquí se trata solamente con funciones a dos variables. Teorema 5.1. (Regla para la determinación de máximos y mínimos). Si f (x; y) tiene sus primeras y segundas derivadas parciales continuas, entonces: 1. f tiene mínimo relativo en (x0 ; y0 ) si: @f =0 , @x

@f = 0; @y

entonces =

@2f @x2

@2f @y 2

@2f @x@y

2

>0

y @2f @2f > 0 ó >0 @x2 @y 2 2. f tiene máximo relativo en (x0 ; y0 ) si: @f =0 , @x

@f = 0; @y

entonces =

@2f @x2

@2f @y 2

@2f @x@y

y @2f @2f <0 ó <0 2 @x @y 2

2

>0

136


3. f no tiene ni máximo ni mínimo relativos en (x0 ; y0 ) si

@f @f = 0, =0 @x @y

y

< 0. En este caso el punto se llama punto de silla. @f @f 4. En caso de que = 0, = 0 y = 0, no se puede a…rmar. @x @y (Por supuesto, todas las derivadas parciales se evalúan en (x0 ; y0 )). Para su demostración ver los ejercicios 33 y 34. En otras palabras, para hallar los máximos y mínimos relativos de f se debe proceder de la siguiente manera: @f @f 1. Resolver el sistema = 0, = 0 para encontrar los posibles puntos @x @y donde f tiene sus máximos y mínimos (llamados puntos críticos). 2. Para cada punto crítico, determinar el signo de =

Si

@2f @x2

@2f @y 2

@2f @x@y

2

.

> 0, entonces en el punto examinado hay mínimo si

@2f @2f > 0 (ó > 0); @x2 @y 2

@2f @2f < 0 (ó < 0). @x2 dy 2 Si < 0, el punto examinado es punto de silla. Cuando = 0 no se puede a…rmar nada y hay que realizar un estudio más detenido. @f @f Notemos que por ser f 0 = ; , en realidad los puntos críticos (x0 ; y0 ) @x @y 0 son los que satisfacen f (x0 ;0 ) = 0. y hay máximo si

Example 53 Hallar los máximos y mínimos relativos de f (x; y) = x2 + y 2 2x 4y + 3. Resolviendo @f = 2x 2 = 0 x=1 @x tenemos @f = 2y 4 = 0 y=2 @y Por tanto, el punto crítico (1; 2) es posible máximo o mínimo relativo. Considerando que @2f @2f @2f =2 , =2 , =0 2 2 @x @y @y@x tenemos = (2) (2)

02 = 4 > 0

y como @2f = 2 > 0, @x2 entonces en (1; 2) hay un mínimo relativo.

5.5. MAXIMOS Y MINIMOS CONDICIONADOS (MULTIPLICADORES DE LAGRANGE)137

5.5

MAXIMOS Y MINIMOS CONDICIONADOS (Multiplicadores de Lagrange)

Se desea encontrar los máximos y mínimos relativos de la función f (x; y) sujeta a la condición (x; y) = 0. Un método consiste en formar la función auxiliar F =f+

(5.6)

donde , llamada multiplicador de Lagrange, es una variable independiente de x; y. Los puntos donde la función f (x; y) sujeta a (x; y) = 0, toma sus máximos y mínimos relativos son puntos críticos de la función auxiliar F (ejercicio 46). Más aún, los máximos y mínimos relativos de F lo son también de f (x; y) sujeta a (x; y) = 0. Por tanto, los posibles máximos y mínimos relativos de f (x; y), sujeta a (x; y) = 0, se obtienen de F 0 = 0; es decir resolviendo el sistema @f @ @F = + =0 @x @x @x @F @f @ = + =0 @y @y @y @F = (x; y) = 0 (ecuación de restricción) @

(5.7)

A menudo resulta útil la interpretación geométrica o física del problema para determinar la naturaleza de cada punto crítico. Sin embargo, reemplazando el valor de obtenido del sistema (##) en la función auxiliar (##) y aplicando el criterio ## podemos averiguar si tal punto crítico es máximo y mínimo relativo de la función auxiliar F ; y en tal caso dicho punto es máximo y mínimo relativo de f sujeto a (x; y) = 0. Si el punto crítico no es máximo ni mínimo de F no signi…ca todavía que tampoco lo sea de f sujeta a = 0. El método se generaliza a funciones f (x1 ; x2 ; :::; xn ) sujeta a las condiciones 1 (x1 ; x2 ; :::; xn ) = 0; :::; m (x1 ; x2 ; :::; xn ) = 0. Se toma la función auxiliar F =f+

1 1

+ ::: +

m m

y los posibles máximos y mínimos relativos condicionados de f se obtienen del sistema @f @ @ + 1 1 + ::: + m m = 0 (i = 1; 2; :::; n) @xi @xi @xi 1

5.6

= 0;

2

= 0; :::;

m

=0

DERIVACION BAJO EL SIGNO DE LA INTEGRAL

Cuando el integrando, además de depender de la variable de integración x, depende de u, entonces la misma integral depende de u y, por tanto, podemos

138


derivarla con respecto de u. Más aún, hasta en el caso de que los límites de integración dependan de u podermos todavía derivar la integral con respect a u. en forma precisa, si Z u2

g (u) =

f (x; u) dx

u1

donde u1 , u2 pueden depender de u; entonces la derivada de g con respecto de u es: Z u2 du2 @ 1 f (x; u) x=u du g 0 (u) = @u f (x; u) dx + f (x; u) du 1 du u x=u2 Z u1 2 (5.8) @f 0 0 = (x; u) dx + f (u ; u) u f (u ; u) u 2 1 2 1 @u u1

Por supuesto, todas las funciones y sus derivadas que intervienen en (##) deben ser continuas. En caso de que los límites de integración u1 , u2 sean constantes, los dos últimos términos de (##) se anulan. La igualdad (##), llamada regla de Leibnitz, se puede usar para calcular integrales de…nidas (ejercicio 49). Example 54 Si g (u) =

Z

u2

sin ux dx

u

entonces: g 0 (u) =

Z

u2

u

@ 0 0 (sin ux) dx + sin ux u2 sin ux (u) @u x=u x=u2 Z u2 = x cos ux dx + 2u sin u3 sin u2 u

5.7

CALCULOS APROXIMADOS

Si z = f (x1 ; x2 ; :::; xn ), el incremento z = f (x1 + h1 ; x2 + h2 ; :::; xn + hn ) f (x1 ; x2 ; :::; xn ) es aproximadamente igual a la diferencial df =

@f @f @f h1 + h2 + ::: + hn @x1 @x2 @xn

para valores pequeños de los incrementos h1 ; h2 ; :::; hn . Escribiendo dxi en lugar de hi ; tenemos: @f @f dx1 + dx2 + ::: @x1 @x2 (5.9) donde las derivadas parciales se evalúan en (x1 ; x2 ; :::; xn ). La formula ## dice que la variación producida en f por las pequeñs variaciones en las variables x1 ; x2 ; :::; xn ; es aproximadamente igual a la diferencial de f . Este hecho se puede aplicar para realizar cálculos aproximados. f (x1 + h1 ; x2 + h2 ; :::; xn + hn )

f (x1 ; x2 ; :::; xn ) '

5.8. ERRORES

139

q 2 2 Example 55 Calcular (3:01) + (3:98) . Consideremos la función f (x; y) = p p x2 + y 2 . Notemos que f (3; 4) = 9 + 16 = 5; además (x; y) = (3; 4) tenemos 3 @f x = =p 2 2 @x 5 x +y

;

4 @f y = =p 2 2 @y 5 x +y

Por tanto, de ## y con dx = 0:01, dy = 0:02, tenemos q @f @f 2 2 (3:01) + (3:98) = f (3 + 0:01; 4 0:02) ' f (3; 4) + dx + dy @x @y 3 4 = 5 + (0:01) + ( 0:02) = 4:99 5 5 Example 56 La altura de un cono es h = 30 cm, el radio de su base es r = 10 cm. Calcular la variación del volumen del cono si h se aumenta en 0.3 cm y r se disminuye en 0.1 cm. El volumen del cono es V = r2 h. La variación V es aproximadamente igual 3 a la diferencial del volumen dV . Con

y dh = 0:3, dr = V

dV =

2 2 @V = rh = (10) (30) = 628:32 @r 3 3 @V 2 = r2 = (10) = 104:72 @h 3 3 0:1 tenemos: @V @V dr + dh = (628:32) ( 0:1) + (104:72) (0:3) @r @h = 31:42 cm3

El signo menos dice que el volumen del cono disminuye en 31.42 cm3 .

5.8

ERRORES

Consideremos una función f (x1 ; x2 ; :::; xn ) de las variables x1 ; x2 ; :::; xn . Supongamos que en un caso especí…co en la evaluación de los valores de x1 ; x2 ; :::; xn se han obtenido los valores aproximados x1 ; x2 ; :::; xn respectivamente, habiéndose cometido algún error en cada una de estas mediciones (debido a limitaciones técnicas de los instrumentos de medición, por ejemplo). Sin embargo, también se conoce el margen de error cometido en cada medición; es decir, se sabe que el valor verdadero xi , no di…ere del aproximado xi más de cierta cantidad hi . x1

h1

x1

x1 + h1 , x2

h2

x2

x2 + h2 ; :::; xn

tomando el caso más desfavorable, es decir x1 = x1 xn = xn hn y empleando la diferencial: f (x1 ; x2 ; :::; xn ) = f (x1

hn

xn

xn + hn

h1 , x2 = x2

h2 , ... ,

h1 ; x2 h2 ; :::; xn hn ) ' @f @f @f ( h1 ) + ( h2 ) + ::: + ( hn ) ' f (x1 ; x2 ; :::; xn ) + @x1 @x2 @xn (5.10)

140


donde las derivadas parciales anteriores se evalúan en (x1 ; x2 ; :::; xn ) de (##) se sigue que jf (x1 ; x2 ; :::; xn )

f (x1 ; x2 ; :::; xn )j '

@f @f ( h1 ) + ::: + ( hn ) @x1 @xn

(5.11)

f (x1 ; x2 ; :::; xn )j

@f @f jh1 j + :: + jhn j @x1 @xn

(5.12)

jf (x1 ; x2 ; :::; xn )

La desigualdad (##) dice que el valor verdadero f (x1 ; x2 ; :::; xn ) di…ere del aproximado f (x1 ; x2 ; :::; xn ) a lo más en @f @f @f jh1 j + jh2 j + :: + jhn j @x1 @x2 @xn

(5.13)

@f @f @f jdx1 j + jdx2 j + :: + jdxn j @x1 @x2 @xn

(5.14)

E= que, también se escribe E=

con h1 = dx1 ; h2 = dx2 ; :::; hn = dxn . Al máximo error E, dado por (##) ó (##), que se comete al tomar f (x1 ; x2 ; :::; xn ) en lugar de f (x1 ; x2 ; :::; xn ) se llama Error Absoluto Máximo. A la razón del error absoluto máximo E respecto al valor absoluto del valor aproximado f (x1 ; x2 ; :::; xn ) se llama Error Relativo Máximo y se representa por e; es decir: E e= (5.15) jf (x1 ; x2 ; :::; xn )j Se puede demostrar que el error relativo máximo de una función es igual al error absoluto máximo del logaritmo de esta función, (ejercicio 58); y que el error relativo máximo de un producto es igual a la suma de los errores relativos máximos de los factores, (ejercicio 59). Ver también el ejercicio propuesto 79.

Example 57 La hipotenusa c = 5 y el cateto a = 3 de un triángulo rectángulo (Fig. ###) han sido medidos con los errores absolutos máximos h1 = 0:1, h2 = 0:2, respectivamente.

v

y c a x

u

b Fig. 5.5

Fig. 5.6

G


141

Determinar el a) error aboluto máximo, y b) error relativo máximo, que se comete al calcular el ángulo por la fórmula a sin = c a a a) De sin = , se tiene: = arcsin , entonces c c @ 1 @ a =p , = p 2 2 2 @a @c c a c c a2 Por tanto, con a = 3, c = 5, h1 = 0:1, h2 = 0:2 y de la fórmula (4), el error absoluto máximo es 3 1 (0:1) + p (0:2) = 0:055 rad. E=p 2 2 2 5 3 5 5 32 Notemos que lo anterior signi…ca = arcsin

3 5

0:055 rad.

b) De la parte a) el error absoluto es 0.055; y como el valor aproximado es: = arcsin

3 = 0:6435 rad; 5

el error relativo máximo es e=

5.9

0:0550 = 0:0855 0:6435


TRANSFORMACIÓN DE ECUACIONES @z @z x = 0 efectuando el cambio de variable 1. Transformar la ecuación y @x @y u = x, v = x2 + y 2 . Solución. En la nueva ecuación z dependerá de u, v; a su vez u, v depende de x, y. Debemos expresar cada término de la ecuación dada en función de las nuevas variables u, v. Del diagrama 1 y aplicando la regla de la cadena tenemos @z @z @u @z @v = + @x @u @x @v @x (1) @z @u @z @v @z = + @y @u @y @v @y @u @u @v @v De: u = x, v = x2 + y 2 , se tiene = 1, = 0; = 2x, = 2y. @x @y @x @y Entonces, teniendo en cuenta (1), obtenemos @z @z @z @z @z = + 2x ; = 2y @x @u @v @y @v

142

CHAPTER 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA Finalmente, reemplazando en la ecuación original: y

@z @x

x

@z =0 ) y @y

@z @z + 2x @u @v

x 2y

@z @v

=0

de donde, simpli…cando, obtenemos la nueva ecuación: @z =0 @u 2. Transformar la ecuación x

@z @z +y = z, efectuando el cambio de variable @x @y u=x,v=

y x

Solución. en la nueva ecuación z dependerá de u, v; a su vez depenerá de x, y. Debemos expresar cada término de la ecuación dada en función de las nuevas variables u, v. Del diagrama 2 y aplicando la regla de la cadena tenemos: @z @z @u @z @v = + @x @u @x @v @x (2) @z @z @u @z @v = + @y @u @y @v @y Reemplazando en (2) Reemplazando en la ecuación original y simpli…cando: De donde, teniendo en cuenta que u = x, obtenemos la nueva ecuación: u

@z =z @u

@2G @2G + = 0, efectuando el cambio de vari2 @x @y 2 ables x = u + v, y = u v. Solución. en la nueva ecuación G dependerá de u, v; a su vez por el cambio de variables u, v depende de x, y. Debemos expresar cada término de la ecuación dada en función de las nuevas variables u, v. Del diagrama 3 y aplicando la regla de la cadena tenemos

3. Transformar la ecuación

@G @u @G @v @G = + @x @u @x @v @x @G @G @u @G @v = + @y @u @y @v @y

(3)

@u @u @v @v , , , podríamos despejar u, v delas ecuaciones @x @y @x @y que dan el cambio de variable y proceder como en el ejercicio anterior; sin Para hallar


143

embargo es mejor tratarla como función implícita. Derivando el sistema con respecto a x: @u @v 1= + x=u+v @x @x ) @u @u y=u v 0= @x @x resolviendo @u 1 = @x 2 @v 1 = @x 2 Derivando con respecto a y: x=u+v ) y=u v

@u @v + @y @y @u @u 1= @y @y 0=

resolviendo @u = @y @v = @y

1 2 1 2

Reemplazando en (3): 1 @G 1 @G @G = + @x 2 @u 2 @v 1 @G 1 @G @G = @y 2 @u 2 @v Al derivar nuevamente estas últimas expresiones debemos tener en cuenta @G @G que las derivadas parciales , dependen (al igual que G) de las @x @y varialbes u, v; que a su ez dependen de x, y. Derivando tenemos: @2G @ @ = 2 @x @x @x @ 1 @G 1 @G = + @u 2 @u 2 @v

@G @u @ @G @v + @x @x @v @x @x 1 @ 1 @G 1 @G 1 + + 2 @v 2 @u 2 @v 2 1 @2G @2G @2G @2G = + + + 4 @u2 @u@v @v@u @v 2 2 2 2 1@ G 1 @ G 1@ G = + + (4) 2 4 @u 2 @v@u 4 @v 2 =

@ @u

144

CHAPTER 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA @2G = @y 2 @ 1 @G = @u 2 @u

@ @G @ @G @u @ @G @v = + @y @y @u @y @y @v @y @y 1 @G 1 @ 1 @G 1 @G 1 + 2 @v 2 @v 2 @u 2 @v 2 2 2 2 2 @ G 1 @ G @ G @ G = + 4 @u2 @u@v @v@u @v 2 1 @2G 1 @2G 1 @2G = (5) + 2 4 @u 2 @v@u 4 @v 2 De donde, reemplazando en la ecuación original y simpli…cando obtenemos: 1 @2G 1 @2G @2G @2G + = 0 ) + =0 @x2 @y 2 2 @u2 2 @v 2 @2G @2G @2G = 0 se transforma en = 0, efectuando el 2 2 @x @y @v@u cambio de variables x = u + v, y = u v. Solución. Restando (5) de (4), del ejercicio anterior, obtenemos:

4. Mostrar que

@2G @x2

@2G =0 @y 2

entonces 1 @2G 1 @2G 1 @2G + + 4 @u2 2 @v@u 4 @v 2

1 @2G 4 @u2

1 @2G 1 @2G + 2 @v@u 4 @v 2

=0

simpli…cando: @2G =0 @v@u 2

2

@z @z + = 0 se efectúa el cambio @x @y de variables x = r cos , y = r sin , cambio a coordenadas polares, se obtiene 2 2 @z 1 @z + 2 =0 @r r @

5. Mostrar que si en la ecuación

y

x

r

z Fig. 5.7


145

Solución. En la nueva ecuación z depende de r, ; a su vez r, depende de x, y por el cambio de variables. Debemos expresar cada término de la primera ecuación en función de las nuevas variables r, . Del diagrama 4 y aplicando la regla de la cadena: @z @r @z @ @z = + @x @r @x @ @x @z @z @r @z @ = + @y @r @y @ @y

(6)

Derivando el sistema, que da el cambio de variable, con respecto a x: @r cos r sin @x ) @r 0= sin + r cos @x 1=

x = r cos y = r sin

@ @x @ @y

resolviendo @r = cos @x @ sin = @x r Derivando con respecto a y: x = r cos y = r sin

@r cos r sin @y ) @r 1= sin + r cos @y 0=

@ @x @ @y

resolviendo @r = sin @x @ cos = @x r Reemplazando en (6): @z @z @z sin = cos @x @r @ r @z @z @z cos = sin + @y @r @ r sustituyendo estas últimas expresiones en la ecuación original: @z @x

2

2

+

@z @y

+

@z @z cos sin + @r @ r

=0

entonces @z cos @r

@z sin @ r

2

=0

146

CHAPTER 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA desarrollando y simpli…cando: @z @r +

@z @r @z @r

2

cos2

2

2

sin2 + 2

@z @r

@z @

@z @r

@z @

2

cos2 + sin2

entonces @z @r

sin cos r

+ 2

+

sin cos r @z @ 1 r2

2

@z @

+

+

@z @ @z @

sin2 + cos2 r2

2 sin + r2 2 cos2 r2

=0

=0

=0

6. Transformar la ecuación bidimensional de Laplace @2z @2z + =0 @x2 @y 2 pasando a coordenadas polares. Solución. Al pasar a coordenadas polares se tiene x = r cos , y = r sin . @r @ sin @r = cos , = , = sin , Del anterior ejercicio tenemos: @x @x r @y @ cos = . @y r @z @z @z sin = cos @x @r @ r @z @z cos @z = sin + @y @r @ r Al derivar nuevamente las derivadas parciales

@z @z , debemos tener en @x @y

@z @z como , lo mismo que z, depende de r, ; que a su @x @y vez dependen de x, y. Derivando:

cuenta que tanto

@2z @ @z @ @z = = @x2 @x @x @r @x @ @z @z sin @r @ @z = cos + @r @r @ r @x @ @r 2 2 @ z @ z sin = cos @r2 @r@ r @2z @z @ 2 z sin + cos sin @ @r @r @ 2 r

@r @ @z @ + @x @ @x @x @z sin @ cos @ r @x @z sin + cos + @ r2 @z cos sin @ r r

5.9. EJERCICIOS RESUELTOS @ @2z = 2 @y @y @ @z @z cos = sin + @r @r @ r 2 @ z = @r2 @2z @z + sin + @ @r @r

147

@z @ @z @r @ @z @ = + @y @r @y @y @ @y @y @r @ @z @z cos @ + sin + @y @ @r @ r @y 2 @ z cos @z cos sin + sin + @r@ r @ r2 @ 2 z cos @z sin cos cos + 2 r @ r r @

(Notemos que algunos términos se han derivado como producto, por ejemplo @ @

@z sin @r

@ @

@z @r

sin +

@ @2z @z (sin ) = sin + cos ) @ @ @r @r

@z @r

Finalmente, reemplazando en la ecuación de Laplace dada y después de simpli…car obtenemos: @2z 1 @ 2 r 1 @z + + =0 @r2 r2 @ 2 r @r PLANO TANGENTE Y RECTA NORMAL 7. Hallar la ecuación del plano tangente y de la recta normal a la super…cie x2 + 2y 2 + 3z 2 = 9 en el punto (2; 1; 1). @f @f @f ; ; = Solución. Con f (x; y; z) = x2 +2y 2 +3z 2 tenemos rf = @x @y @z (2x; 4y; 6z). El gradiente en (2; 1; 1) es rf = (4; 4; 6). Por tanto, la ecuación del plano pedido es 4 (x

2)

4 (y + 1) + 6 (z

1) = 0 ó 2x

2y + 3z = 9

La ecuación de la recta normal pedida es X = (2; 1; 1) + t (4; 4; 6) ó x = 2 + 4t y = 1 4t z = 1 + 6t 8. Hallar la ecuación del plano tangente y de la recta normal a la super…cie xy + yz = 2xz en el punto (1; 1; 1). Solución. Conviene escribir xy + yz 2xz = 0, entonces con f (x; y; z) = xy + yz 2xz, tenemos rf =

@f @f @z : ; @x @y @z

= (y

2z; x + z; y

2x)

148

CHAPTER 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA El gradiente en el punto (1; 1; 1) es: rf = ( 1; 2; 1). Por tanto, la ecuación del plano tangente pedido es: 1 (x

1) + 2 (y

1)

1 (z

1) = 0

ó x

2y + z = 0

La ecuación de la recta normal pedida es: X = (1; 1; 1) + t ( 1; 2; 1) ó x=1 t y = 1 + 2t z=1 t 9. Mostrar que la ecuación del plano tangente a la cuádrica ax2 +by 2 +cz 2 = d en el punto (x0 ; y0 ; z0 ) está dada por ax0 x + by0 y + cz0 z = d. @f @f @z : ; = Solución. Con f (x; y; z) = ax2 +by 2 +cz 2 tenemos rf = @x @y @z (2ax; 2by; 2cz). El gradiente en (x0 ; y0 ; z0 ) es: rf = (2ax0 ; 2by0 ; 2cz0 ). Por tanto, la ecuación del plano tangente es 2ax0 (x

x0 ) + 2by0 (y

y0 ) + 2cz0 (z

z0 ) = 0

dividiendo entre dos y agrupando: ax0 x + by0 y + cz0 z = ax20 + by02 + cz02 pero ax20 + by02 + cz02 = d, por ser (x0 ; y0 ; z0 ) un punto de la super…cie. Luego ax0 x + by0 y + cz0 z = d Nota. Entonces, la ecuación del plano tangente a la cuádrica en el punto dado se obtiene reemplazando las coordenadas del punto dado en la ecuación ”desdoblada” de la cuádrica: ax2 + by 2 + cz 2 = d ) axx + byy + czz = d ) ax0 x + by0 y + cz0 z = d 10. Aplicar el ejercicio anterior para hallar la ecuación del plano tangente al elipsoide x2 + 2y 2 + 3z 2 = 9 en el punto (2; 1; 1). Solución. Desdoblando los cuadrados y reemplazando las coordenadas de (2; 1; 1) tenemos que la ecuación del plano tangente pedido es: x0 x + 2y0 y + 3z0 z = 9 ) 2x (ver ejercicio 7).

2y + 3z = 9


149

11. Hallar la ecuación de la recta tangente a la curva formada por la intersección de las super…cies x2 + y 2 + 2z 2 = 4, z = ex y en el punto (1; 1; 1). Solución. La intersección de los planos tangentes a las dos super…cies da la recta tangente pedida. El plano tangente a x2 + y 2 + 2z 2 = 4 en (1; 1; 1) es: (1) x + (1) y + 2 (1) z = 4 x + y + 2z = 4 (7) Por otra parte, con f (x; y; z) = z ex y se tiene rf = ( ex y ; ex y ; 1) y el gradiente en (1; 1; 1) es ( 1; 1; 1); por tanto, la ecuación del plano tangente a z = ex y en (1; 1; 1) es: ( 1) (x

1) + (y 1) + (z 1) = 0 x y z = 1 (8)

De (7) y (8), intersectando los dos planos obtenemos la recta tangente pedida. Expresando todas las variables en función de una de ellas: 3 x= x + y + 2z = 4 2x + z = 3 2 ) ) 5 x y z= 1 y =x z+1 y= 2

z 2 3 z 2

Usando el parámetro t, cambiamos z por t, la recta pedida es 3 t 2 2 5 3 t y= 2 2 z=t x=

12. Mostrar que las super…cies x2 + y 2 + z 2 = 18, xy = 9 son tangentes en (3; 3; 0). Solución. Debemos mostrar que en el punto (3; 3; 0) las dos super…ies tienen el mismo plano tangente. El plano tangente a la esfera x2 +y 2 +z 2 = 18 en (3; 3; 0) es: 3x + 3y + 0z = 18 ó (9) x+y =6 @f @f @z : ; = (y; x; 0) y el gradi@x @y @z ente en (3; 3; 0) es rf = (3; 3; 0). Por tanto, el plano tangente a xy = 9 en (3; 3; 0) es: Con f (x; y; z) = xy, tenemos rf =

3 (x

3) + 3 (y

3) + 0 (z x+y =6

0) = 0 ó

(10)

De (9) y (10) se deduce que ambas super…cies tienen el mismo plano tangente en el punto (3; 3; 0) y, por tanto, son tangentes en dicho punto.

150


13. Mostrar que las super…cies 3x2 + 4y 2 + 8z 2 = 36, x2 + 2y 2 4z 2 = 6 se cortan perpendicularmente. Solución. Vamos a mostrar que los respectivos planos tangentes se cortan perpendicularmente. Considerando un punto (x0 ; y0 ; z0 ) de la intersección de las dos super…cies cuádricas. Del ejercicio 9, los repectivos planos tangentes a las super…cies 3x2 + 4y 2 + 8z 2 = 36, x2 + 2y 2 4z 2 = 6 en (x0 ; y0 ; z0 ) son 3x0 x + 4y0 y + 8z0 z = 36 x0 x + 2y0 y 4z0 z = 6

(11)

Una normal al primer plano es N1 = (3x0 ; 4y0 ; 8z0 ), mientras que una normal al segundo plano es N2 = (x0 ; 2y0 ; 4z0 ). Como N1 N2 = (3x0 ; 4y0 ; 8z0 ) (x0 ; 2y0 4z0 ) = 3x20 + 8y02 32z02 = 6 x20 ; 2y02 4z02 3x20 + 4y02 + 8z02 = 6 (6) 36 = 0 (de 11) Esto dice que las normales a los dos planos son perpendiculares y, por tanto, estos planos son perpendiculares. Esto muestra que las dos super…cies dadas se cortan perpendicularmente en todo punto donde se intersectan. 14. Mostrar que la suma de los segmentos interceptados sobre p los ejesp coorp p denados por el plano tangente a la super…cie x + y + z = a, en cualquiera de sus puntos, es igual a a. Solución. Tomemos un punto cualquiera (x0 ; y0 ; z0 ) de la super…cie. Con p p 1 1 1 p p ; p ; p f (x; y; z) = x + y + z, tenemos rf = y el gradi2 x 2 y 2 z 1 1 1 ente en (x0 ; y0 ; z0 ) es: rf = . Por tanto, el plano p ; p ; p 2 x0 2 y0 2 z0 tangente en (x0 ; y0 ; z0 ) es: 1 p (x 2 x0

1 x0 ) + p (y 2 y0

1 y0 ) + p (z 2 z0

z0 )

Las intercepciones del plano tangente con los ejes x; y; z son: Con el eje x: 1 1 1 p (x x0 ) p (z0 ) = 0 p (y0 ) 2 x0 2 y0 2 z0 hicimos y = z = 0 x p x0

p p p ( x0 + y0 + z0 ) = 0 x p x0

p

a=0 p x = ax0


151

(Por estar (x0 ; y0 ; z0 ) sobre la super…cie). p Con el eje y: y = ay0 (procediendo como para el eje x). p Con el eje z: z = az0 . p Sumando teniendo en cuenta que (x0 ; y0 ; z0 ) está en la super…cie x + p yp p y + z = a: p

ax0 +

p

ay0 +

p

az0 =

p

p p p p p a ( x0 + y0 + z0 ) = a a = a

15. Mostrar que toda recta normal a una esfera pasa por el centro. Solución. Es su…ciente considerar que la esfera centrada en el origen de radio R: x2 + y 2 + z 2 = R2 Considerando un punto cualquiera (x0 ; y0 ; z0 ) de dicha esfera. Con f (x; y; z) = x2 + y 2 + z 2 , tenemos rf = (2x; 2y; 2z). El gradiente en (x0 ; y0 ; z0 ) es rf = (2x0 ; 2y0 ; 2z0 ) es: X = (x0 ; y0 ; z0 ) + t (2x0 ; 2y0 ; 2z0 ) 1 vemos que esta recta pasa por el origen (0; 0; 0), que es Tomando t = 2 el centro de la esfera. 16. Determinar la ecuación del plano tangente a la super…cie x2 + 2y 2 + 3z 2 = 21 y paralelo al plano x + 4y + 6z = 0. Solución. Dos planos paralelos tienen sus normales paralelas. El plano tangente a x2 + 2y 2 + 3z 2 = 21 en un punto (x0 ; y0 ; z0 ) es x0 x + 2y0 y + 3z0 z = 21 y una normal a este plano es N1 = (x0 ; 2y0 ; 3z0 ). Por otra parte, una normal al plano dado x + 4y + 6z = 0 es: N2 = (1; 4; 6). Las normales N1 , N2 son paralelas si N1 = kN2 , k constante. Es decir (x0 ; 2y0 ; 3z0 ) = k (1; 4; 6). Igualando componentes y considerando que (x0 ; y0 ; z0 ) está en x2 + 2y 2 + 3z 2 = 21, obtenemos el sistema: x0 = k 2y0 = 4k k2 = 1 2 2 ; 2 ) k 2 +2 (2k) +3 (2k) = 21 ) 2 2 k= 1 3z0 = 6k x0 + 2y0 + 3z0 = 21 Luego, hay dos soluciones: Si k = 1, obtenemos (x0 ; y0 ; z0 ) = (1; 2; 2) y, por tanto, una primera solución es: x + 4 + 6z = 21. Si k = 1, obtenemos (x0 ; y0 ; z0 ) = ( 1; 2; 2) y, por tanto, una segunda solución es: x 4y 6z = 21 ó x + 4y + 6z = 21.

17. Mostrar que el vector gradiente en X0 : rf =

@f @f @z : ; , es perpen@x @y @z

152

CHAPTER 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA dicular al plano tangente a la super…cie f (x; y; z) = c en X0 .

C'(t 0)

x0 C f

Fig. 5.8

t0

t

Solución. Consideremos una curva C sobre la super…cie y tal que pasa por (x0 ; y0 ; z0 ). Sea C (t) = (x (t) ; y (t) ; z (t)) la ecuación paramétrica de dicha curva; como pasa por (x0 ; y0 ; z0 ) hay un punto tal que C (t0 ) = (x0 ; y0 ; z0 ). Sobre la curva C, f (x; y; z) = c se expresa como f (x (t) ; y (t) ; z (t)) = c

(12)

Derivando la ecuación 12 con respecto a t, en t0 , tenemos @f dx @f dy @f dz + + =0 @x dt @y dt @z dt ó

@f @f @z : ; @x @y @z

(x0 (t0 ) ; y 0 (t0 ) ; z 0 (t0 )) = 0

(13)

@f @f @z : ; se evalúa en (x0 ; y0 ; z0 ). @x @y @z El vector C 0 (t0 ) = (x0 (t0 ) ; y 0 (t0 ) ; z 0 (t0 )) es tangente a la curva en (x0 ; y0 ; z0 ) y, por tanto, (13) dice que el gradiente en X0 , rf , es perpendicular al fector tangente a la curva C en (x0 ; y0 ; z0 ). Esto muestra que el vector gradiente en X0 es perpendicular a los vectores tangentes a las curvas sobre la super…cie que pasan por (x0 ; y0 ; z0 ). Al plano que determina estos vectores se llama plano tangente a la super…cie en (x0 ; y0 ; z0 ). Luego el gradiente en (x0 ; y0 ; z0 ) es perpendicular al plano tangente a la super…cie en (x0 ; y0 ; z0 ). DERIVADAS DIRECCIONALES donde rf =

18. Calcular la derivada direccional de f (x; y) = x2 xy; y 2 , en el punto (1; 2) en la dirección del vector V (3; 4). Solución. Como rf = (2x y; x + 2y), en el punto (1; 2) tenemos rf = (4; 5). La derivada direccional pedida es: rV f = rf

V jVj

(4; 5)

(3; 4) = 5

8 5


153

19. Calcular la derivada direccional de f (x; y; z) = 3x2 yz + z 2 en el punto (1; 2; 1) en la dirección del vector V (2; 1; 2). Solución. Como rf = (6x; z; y + 2z); en el punto (1; 2; 1) tenemos rf = (6; 1; 4). La derivada direccional pedida es: rV f = (6; 1; 4)

(2; 1; 2) =1 3

20. Hallar la derivada direcciona de F = x2 yz 3 a lo largo de la cúbica f (t) = t; t2 ; t3 en el punto (1; 1; 1). Solución. Como f 0 (t) = 1; 2t; 3t2 , un vector tangente a la cúbica en el punto (1; 1; 1) es f 0 (1) = (1; 2; 3). Además, el gradiente de F en (1; 1; 1) es rf = 2xyz 3 ; x2 z 2 ; 3x2 yz 2 = (2; 1; 3). Por tanto, la derivada direccional pedida es: r 13 (1; 2; 3) p = (2; 1; 3) 14 14 21. Si f (x; y; z) = 3x2 yz, ¿en qué dirección la derivada direccional de f en el punto (1; 1; 3) es a) máxima?, b) mínima?, c) calcular dichos valores. Solución. a) La máxima derivada direccional en el punto (1; 1; 3) se obtiene en la dirección del vector gradiente de f en (1; 1; 3): rf = (6x; z; y) = (6; 3; 1). b) La mínima derivada direccional en el punto (1; 1; 3) se obtiene en la dirección del vector rf = ( 6; 3; 1). c) El máximo y mínimo valor p de las derivadas p direccionales anteriores son, respectivamente, jrf j = 46 y jrf j = 46. 22. Si la temperatura T en un punto (x; y; z) está dada por T (x; y; z) = x + y 2 + z 4 , ¿en qué dirección la temperatura en el punto (1; 2; 1) a) aumenta con mayor rapidez?, b) disminuye con mayor rapidez?, c) si la temperatura se mide en grados y la distancia en metros calcular dichos valores. Solución. a) La temperatura en el punto (1; 2; 1) aumenta con mayor rapidez en la dirección del vector rT = 1; 2y; 4z 3 = (1; 4; 4). b) La temperatura en el punto (1; 2; 1) disminuye más rápidamente en la dirección del vector rT = ( 1; 4; 4). c) El máximo aumento de temperatura es a razón de jrT j = 33 grad/m., y la máxima disminución a razón de jrT j = 33 grad/m. 23. Hallar los valores de las constantes a; b; c tales que la derivada direccional de f (x; y; z) = axy 2 + byz + cz 2 x3 en el punto (1; 2; 1) tenga el valor máximo 64 y la dirección paralela al eje z. Solución. Como la derivada direccional en el punto (1; 2; 1) es máxima en la dirección del gradiente de f en dicho punto, el vector rf = ay 2 + 3cz 2 x2 ; 2axy + bz; by + 2czx3 = (4a + 3c; 4a b; 2b 2c) debe ser paralelo al eje z. Esto ocurre si 4a + 3c = 0, 4a

b=0

(14)

154

CHAPTER 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA Por otra parte, dicha máxima derivada direccional debe ser 64; es decir (4a + 3c; 4a

b; 2b

2c) (0; 0; 1) = 64

de donde 2b 2c = 64 b c = 32

(15)

Resolviendo el sistema formado por (14) y (15) obtenemos los valores de a, b y c: 4a + 3c = 0 4a b =0 b c = 32 resolviendo el sistema a=6 b = 24 c= 8 (Se ha considerado la dirección positiva del eje z dada por (0; 0; 1), si se considera la dirección negativa dada por (0; 0; 1) se obtiene a = 6, b = 24, c = 8. 24. Mostrar que la derivada direccional de f (x; y; z) en X0 en la dirección del vector V está dado por rV f (X0 ) = rf (X0 )

V jVj

z x0+tV f x0 t0

y

t x

R Fig. 5.9

Solución. Supongamos que el vector V es unitario. Entonces, por de…nición f (X0 + tV) f (X0 ) rV f (X0 ) = lim (15) t!0 t Sean X0 = (x0 ; y0 ; z0 ), V = (v1 ; v2 ; v3 ). Notemos que el segundo miembro de (15) es la de…nición de la derivada en t = 0 de la composición de la


155

función que a cada t asigna el vector X0 + tV (es decir x = x0 + tv1 , y = y0 + tv2 , z = z0 + tv3 ) y la función f (x; y; z). Teniendo en cuenta el diagrama 5 y aplicando la regla de la cadena para derivar f con respecto a t en t = 0, obtenemos: f (X0 + tV) t!0 t lim

f (X0 )

=

@f dx @f dy @f dz @f @f @f + + = v1 + v2 + v3 @x dt @y dt @z dt @x @y @z @f @f @f ; ; (v1 ; v2 ; v3 ) (16) = @x @y @z

donde todas las derivadas parciales anteriores se evalúan en X0 = (x0 ; y0 ; z0 ). Por tanto, el segundo miembro de (16) se expresa como rf (X0 ) V. Luego; rV f (X0 ) = lim

t!0

f (X0 + tV) t

f (X0 )

= rf (X0 ) V

(17)

V (que jVj obviamente tiene la misma dirección que V) y procediendo como antes la ecuación (17) se transforma en la fórmula pedida: En general, si V no es unitario, se considera el vector unitario

rV f (X0 ) = rf (X0 )

V jVj

25. Mostrar que la máxima derivada direccional de f (x; y; z) en un punto se obtiene en la dirección del gradiente de f , rf , en dicho punto. Calcular tal valor. Solución. Puesto que la derivada direccional de f en un punto en la dirección de un vector V es la componente del gradiente de f , rf , en dicho punto es la componente en la dirección de V; tal componente es máxima si rf tiene la misma dirección que V (ver Fig. ###). Por tanto la máxima derivada direccional de f se obtiene en la dirección de rf . Su valor es: 2 rf jrf j rf = = jrf j jrf j jrf j MAXIMOS Y MINIMOS 26. Hallar los máximos y mínimos relativos de f (x; y) = x2 +4xy y 2 8x 6y. Solución. Primeramente determinaremos los puntos críticos resolviendo el sistema: @f = 2x + 4y @x @f = 4x 2y @y

8=0 6=0

)

x=2 ) (2; 1) es punto crítico. y=1

156

CHAPTER 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA Enseguida determinamos la naturaleza de este punto crítico. Como

@2f = @x2

@2f @2f 2 = 2, = 4; entonces = (2) ( 2) (4) = 20. Por ser @y 2 @y@x < 0, la función no tiene máximos ni mínimos relativos; el punto (2; 1) es punto de silla. 2,

27. Hallar los máximos y mínimos relativos de f (x; y) = x3 +y 3 3x 3y +20. Solución. Primeramente determinamos los puntos críticos resolviendo el sistema: @f = 3x2 3 = 0 x= 1 @x ) @f y= 1 2 = 3y 3=0 @y Los puntos críticos son P1 (1; 1), P2 (1; 1), P3 ( 1; 1) y P4 ( 1; 1). En @2f = seguida determinamos la naturaleza de estos puntos críticos. Como @x2 2 2 @ f @ f 6x, = 6y, = 0. 2 @y @y@x @2f Para P1 (1; 1) tenemos = (6) (6) 02 = 36 > 0 y como = 6 > 0, en @x2 P1 (1; 1) hay mínimo relativo. Para P2 (1; 1) tenemos = (6) ( 6) 02 = 36 < 0. Por tanto, en P2 (1; 1) no hay máximo ni mínimo; es punto de silla. Para P3 ( 1; 1) no tenemos = ( 6) (6) 02 = 36 > 0. Por tanto, en P3 ( 1; 1) no hay máximo ni mínimo; es punto silla. @2f = Para P4 ( 1; 1) tenemos = ( 6) ( 6) 02 = 36 > 0 y como @x2 6 < 0; en P4 ( 1; 1) hay máximo relativo. 28. Hallar los máximos y mínimos relativos de f (x; y) = ex y x2 2y 2 . Solución. Primeramente determinamos los puntos críticos resolviendo el sistema: @f = ex y x2 2y 2 + ex y (2x) = 0 ex @x ) x @f e = ex y x2 2y 2 + ex y ( 4y) = 0 @y Como ex

y

y y

x2 + 2x 2y 2 = 0 x2 + 2y 2 4y = 0

6= 0, el anterior sistema se reduce a x2 + 2x 2y 2 = 0 ) 2x x2 + 2y 2 4y = 0

4y = 0 ) x = 2y

Reemplazando en la primera ecuación: 4y 2 +4y 2y 2 = 0 ) 2y (y + 2) = 0 de donde y = 0, y = 2. Con y = 0, x = 0; con y = 2, x = 4. Por tanto, los puntos críticos son P1 (0; 0), P2 ( 4; 2). Enseguida deter@2f minamos la naturaleza de estos puntos críticos. Como = ex y x2 + 2x @x2

2y 2 +


157

@2f @2f = ex y x2 + 2y 2 4y + ex y (4y 4), = 2 @y @y@x ex y x2 + 2x 2y 2 + ex y ( 4y). Para P1 (0; 0) tenemos: = (2) ( 4) 02 = 8 < 0 entonces en (0; 0) hay punto silla. 2 Para P2 ( 4; 2) tenemos = 6e 2 12e 2 8e 2 = 8e 4 > 0 2 @ f = 6e 2 < 0, en P2 ( 4; 2) hay máximo relativo. y como @x2 ex

y

(2x + 2),

29. Hallar los máximos y mínimos relativos de f (x; y) = sin x + sin y + sin (x + y) con 0 x ,0 y . 2 2 Solución. Primeramente determinamos los puntos críticos resolviendo el sistema: @f = cos x + cos (x + y) = 0 cos (x + y) = @x ) @f cos (x + y) = = cos y + cos (x + y) = 0 @y

cos x ) cos x = cos y cos y

Teniendo en cuenta que x; y están entre 0 y

, de la última igualdad 2 tenemos: x = y, reemplazando: cos (2x) = cos x = cos ( x) de donde 2x = x (por estar x; y entre 0 y ), x = , y = entonces ; 2 3 3 3 3 es punto crítico. @2f Enseguida determinamos la naturaleza de este punto crítico. Como = @x2 2 2 @ f @ f sin x sin (x + y), = sin y sin (x + y), = sin (x + y); en @y 2 @y@x p p ! p p ! p !2 3 3 3 3 3 ; tenemos = =6>0 3 3 2 4 2 4 4 p p @2f 3 3 y como = < 0; en ; hay máximo relativo. 2 @x 4 4 3 3 30. Encontrar los extremos de z sobre la super…cie x2 + 4xy + z 2 = 4. Solución. La ecuación de la super…cie de…ne a z como función implicita de x, y. Primeramente determinaremos los puntos críticos, para ello necesita@z @z , . Derivando con respecto a x (teniendo mos las derivadas parciales @x @y en cuenta que z depende de x, que y es independiente de x): @z @z =0) = @x @x

x + 2y z

@z @z =0) = @y @y

2x z

x2 + 4xy + z 2 = 4 ) 2x + 4y + 2z Derivando con respecto a y: x2 + 4xy + z 2 = 4 ) 4x + 2z

158

CHAPTER 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA igualando a cero ambas derivadas parciales obtenemos los puntos críticos: @z = @x @z = @y

x + 2y x + 2y = 0 x=0 z ) ) 2x 2x = 0 y=0 z

Cuando x = 0, y = 0, de la ecuación de la super…cie tenemos que z = 2; entonces debemos analizar en los puntos (0; 0; 2) y (0; 0; 2). Enseguida determinamos la naturaleza de estos puntos, para ello necesitamos las segundas derivadas parciales: @ @2z = 2 @x @x

@z @x

@ = @x

x + 2y z

z (1) =

@ @2z = 2 @y @y @2z @ = @y@x @y

x + 2y z

(x + 2y) z2

@z @y

@ = @y

z (2) =

@z @x =

z2

(x + 2y)

=

@z @y

@z @y

=

z2 2z

y - ++ +++ - + +++ - - - +++ - - - + -- -- - P1---- -+

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - + ++ ++ - - - - - -- - - + + + + + + x ++ + + ++ +++ + + P2 - + + + + + + + -- ++ + +++ - -- + + + + - -- -- -- + Fig. 5.10 -- - - -

Solución. Conviene hacer f (x; y) = (x

y) (1

-- + +++ -- + +++ - - + +++ + +++ + +++ + +++ + +++ + +++ + + + +

z2

xy).

y -- - - - + +++ - - - + +++ - ++ ++ ++ +

+ + +++ x -- + + + + - - - + +++ - - - + +++

- -- -- -

Fig. 5.11

y) (1

xy) =

2x z2

(x + 2y)

=

Evaluando en las segundas derivadas parciales en P1 (0; 0; 2) tenemos: = 1 2 (0) ( 1) = 1 < 0. Por tanto, en (0; 0; 2) no hay máximo ni 2 mínimo, hay punto silla. 1 2 (0) (1) = 1 < 0 entonces Evaluando en (0; 0; 2) tenemos = 2 en (0; 0; 2) tampoco hay mínimo ni máximo, hay punto silla. 31. Hallar los máximos y mínimos relativos de f (x; y) = (x

x + 2y z

z2 2x

2x z

(x + 2y)

z

x2 y +x y +xy 2 .

2x z 2x z


159

Primeramente determinamos los puntos críticos resolviendo el sistema: 1 + y2 @f x= = 2xy + 1 + y 2 = 0 2y @x ) 2 @f 1 + y2 2 = x 1 + 2xy = 0 @y 4y 2

1 + 1 + y2 = 0

(donde se ha despejado x en la primera ecuación y reemplazando en la segunda). Simpli…cando en la última ecuación tenemos: 3y 4 2y 2 1 = 0 ) y 2 = 1 2 ) y 2 = 1 ) y = 1. Con y = 1, x = 1; con x = 1, y = 1; por 3 tanto los puntos críticos son P1 (1; 1); P2 ( 1; 1). Enseguida determinamos la naturaleza de estos puntos críticos. Como @2f @2f @2f = 2y, = 2x, = 2x. @x2 @y 2 @y@x 2 Para P1 (1; 1) tenemos: = ( 2) (2) ( 2) = 0. 2 Para P2 ( 1; 1) tenemos = (2) ( 2) (2) = 0. Lamentablemente al ser = 0, no podemos a…rmar nada sobre la naturaleza de los puntos críticos P1 (1; 1) y P2 ( 1; 1). Debemos hacer un estudio más detenido de la función alrededor de estos puntos. Vamos a determinar las regiones del plano xy donde la función toma valores positivos y las regiones donde toma valores negativos: f (x; y) = (x

f (x; y) = (x

y) (1

y) (1

x xy) > 0 si ó x

y > 0, 1

xy > 0

y < 0, 1

xy < 0

x xy) > 0 si ó x

y < 0, 1

xy > 0

y > 0, 1

xy < 0

En la Fig. ### se ha señalado con + las regiones donde la función es positiva y con donde es negativa. Evidentemente sobre la recta x y = 0 y la hipérbola 1 xy = 0 la función se anula. Por tanto teniendo en cuenta que en P1 (1; 1) y P2 ( 1; 1) la función se anula y alrededor toma tanto valores positivos como negativos, vemos que en estos puntos no hay máximo ni mínimo relativos. Ambos puntos son puntos de silla. 32. Mostrar con un ejemplo que cuando = 0 en un punto crítico, en dicho punto puede haber a) mínimo, b) máximo ó c) punto silla. @f @f Solución. a) Sea f (x; y) = x4 + y 4 . Del sistema = 4x3 , = 4y 3 ; @x @y 2 @2f 2 @ f tenemos que (0; 0) es un punto crítico. Como = 12x , = 12y 2 , @x2 @y 2 @2f = 0, en (0; 0) vemos que = (0) (0) 02 = 0. Sin embargo, obser@y@x vando que f (x; y) = x4 + y 4 > 0 para (x; y) 6= (0; 0), deducimos que en

160

CHAPTER 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA (0; 0) hay mínimo (en este caso absoluto). b) Sea f (x; y) = x4 + y 4 . Procediendo como antes se ve que (0; 0) es un punto crítico y, además, en este punto = 0. Observando que f (x; y) = x4 + y 4 < 0 para (x; y) 6= (0; 0) deducimos que en (0; 0) hay máximo (en este caso absoluto). c) Sea f (x; y) = x4 y 4 . Expresando f (x; y) = x4 y 4 = (x y) (x + y) x2 + y 2 y procediendo como en el ejercicio anterior vemos que la función se anula en el origen (0; 0) y toma valores positivos y negativos alrededor de este punto. Por tanto el punto (0; 0) es un punto silla (ver Fig. ###).

33. Mostrar que es necesario que las primeras derivadas parciales de f (x; y) se anulen en (x0 ; y0 ) para que f tenga un máximo o mínimo relativo en (x0 ; y0 ). Es decir, @f @f (x0 ; y0 ) = 0 , (x0 ; y0 ) = 0 @x @y

(1)

Solución. Si f (x; y) tiene un máximo o mínimo relativo en (x0 ; y0 ), en particular, manteniendo y0 constante; f (x0 ; y0 ) tiene un máximo o mínimo en (x0 ; y0 ). Por lo visto en el Cálculo I para funciones de una variable, para que f (x0 ; y0 ) tenga un máximo o mínimo relativo en (x0 ; y0 ). Por tanto, f (x; y) tiene máximo o mínimo relativo en (x0 ; y0 ) si se cumple (1). 34. Mostrar que f tiene un máximo relativo en (x0 ; y0 ) si fx = 0, fy = 0, 2 = (fxx ) (fyy ) (fxy ) > 0 y fxx < 0, donde todas las derivadas parciales se evalúan en (x0 ; y0 ) y son continuas. Solución. Por el teorema de Taylor tenemos f (x0 + h; y0 + k)

= f (x0 ; y0 ) + hfx (x0 ; y0 ) + kfy (x0 ; y0 ) 1 + h2 fxx + hkfxy + k 2 fyy (17) 2

donde las segundas derivadas parciales se evalúan en algún punto (x0 + h; y0 + k), 0 < < 1, que se encuentra en el segmento de recta que une los puntos (x0 ; y0 ) y (x0 + h; y0 + k). Por el Ejercicio 33, si f tiene máximo o mínimo relativo en (x0 ; y0 ); fx (x0 ; y0 ) = 0, fy (x0 ; y0 ) = 0 y (17) se reduce a f (x0 + h; y0 + k) = f (x0 ; y0 ) +

1 2 h fxx + hkfxy + k 2 fyy 2

(18)

Factorizando fxx y completando cuadrados en (18) obtenemos ( ! ) 2 2 fxx fyy fxy 1 fxy f (x0 + h; y0 + k) f (x0 ; y0 ) = fxx h+ k + k2 2 2 fxx fxx 2 Por hipótesis fxx fyy fxy > 0 cuando las derivadas parciales se evalúan en (x0 ; y0 ), pero por la continuidad de dichas derivadas parciales, para h,

(19)


161

k su…cientemente pequeños, la desigualdad se mantiene cuando se evalúa en (x0 + h; y0 + k) y, por tanto, el signo del segundo miembro de (19) está determinado por el de fxx . Como fxx < 0 (por hipótesis) de (19) tenemos: f (x0 + h; y0 + k) < f (x0 ; y0 ). Esto dice que f tiene un máximo relativo en (x0 ; y0 ). MAXIMOS Y MINIMOS CONDICIONADOS (Multiplicadores de Lagrange) 35. Hallar los máximos y mínimos relativos de f (x; y) = x2 + y 2 sujeta a (x; y) = x y + 1 = 0. Solución. Primeramente formamos la función auxiliar. F =f+

= x2 + y 2 + (x

y + 1)

Enseguida, hallamos los puntos críticos de F (posibles máximos y mínimos de F y, por tanto, de f sujeta a = 0) resolviendo el sistema: Fx = fx + Fy = fy + F =

x y

1 = 2x + = 0 x= 2 (x + y) = 0 2 = 2y + ( 1) = 0 ) ) 1 x y+1=0 y= =x y+1=0 2

1 1 ; es punto crítico de F . Reemplazando 2 2 función auxiliar F = f + obtenemos

Entonces

F = x2 + y 2 + x

y+1

Calculamos las segundas derivadas parciales en el punto crítico Fxx = 2 Fx = 2x + 1 ) Fyy = 2 ) Fy = 2y 1 Fxy = 0 Como Fxx = 2 > 0, en en

1 1 ; 2 2

1 1 ; 2 2

= 1 en la

1 1 ; . 2 2

2

= (Fxx ) (Fyy ) (Fxy ) = (2) (2) 02 = 4 > 0

hay mínimo relativo de F y, por tanto,

hay mínimo relativo de f sujeta a

= 0.

36. Sabiendo que existen los máximos y mínimos condicionados, hallar los máximos y mínimos relativos de f (x; y) = x2 y 2 restringido a x2 +y 2 = 1. Solución. Primeramente, con = x2 + y 1 1 = 0, formamos la función auxiliar. F =f+ = x2 y 2 + x2 + y 2 1 Los puntos críticos de F los obtenemos resolviendo el sistema: Fx = 2x + (2x) = 0 Fy = 2y + (2y) = 0 F = x + y2 1 = 0

( + 1) x = 0 ( 1) y = 0 x2 + y 2 = 1

(1) (2) (3)

162

CHAPTER 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA De (1), si x = 0 y considerando (3) tenemos y = 1; entonces (0; 1), (0; 1) son puntos críticos de F . De (2), si y = 0 y considerando (3) tenemos x = 1; entonces (1; 0), ( 1; 0) son también puntos críticos de la función auxiliar F . Notemos que de (1) y (2) podemos obtener = 1 y reemplazando en F =f+ averiguar la naturaleza de estos puntos críticos por medio de las segundas derivadas parciales. Sin embargo, la única información que obtenemos es que, al ser < 0, se trata de punto silla y, por tanto; no podemos decir nada todavía sobre f sujeta. Como sabemos que existen los máximos y mínimos relativos, evaluando f en los puntos crítios tenemos: f (0; 1) =

1 , f (0; 1) =

1 , f (1; 0) = 1 , f ( 1; 0) = 1

y comparando: f sujeto a = 0 tiene mínimo relativo en los puntos (0; 1), (0; 1) y máximo relativo en (1; 0), ( 1; 0). 37. Hallar los máximos y mínimos relativos de f (x; y) = xy sujeto a x y = 0. Solución. Primeramente con (x; y) = x y = 0, formamos la función auxiliar F =f+ = xy + (x y) Los puntos críticos de F los obtenemos resolviendo el sistema: = y x=0 Fx = y + = 0 x= y =x Fy = x + ( 1) = 0 ) ) ) y=0 x=y x=y =0 F =x y=0 Entonces (0; 0) es un punto crítico de F . Reemplazando en F = f + y calculando las segundas derivadas parciales en el punto crítico (0; 0) tenemos: F = xy )

Fxx = 0 Fx = y ) Fyy = 0 ) Fy = x Fxy = 1

= (0) (0)

11 =

1<0

Por tanto F no tiene ni máximo ni mínimo en (0; 0), sin embargo; esto no nos dice nada respecto a la función f sujeta a = 0. Es necesario hacer un estudio más detenido: De f (x; y) = xy ) f = x2 x=y que evidentemente tiene un mínimo relativo en el punto (0; 0). Por tanto f sujeto a = 0 tiene mínimo relativo en (0; 0). 38. Hallar los máximos y mínimos de f (x; y; z) = x + y + z sujeto a las condiciones restrictivas x2 + y 2 = 2, x + z = 1. Solución. Como hay dos condiciones, necesitamos dos multiplicadores de

5.9. EJERCICIOS RESUELTOS Lagrange. Con función auxiliar F =f+

1 1

1

+

= x2 + y 2

2 2

163 2 = 0;

=x+y+z+

2

1

= x+z x2 + y 2

1 = 0 formamos la 2 +

2

(x + z

1)

Los puntos críticos de F los obtenemos del sistema: x=0 Fx = 1 + 1 (2x) + 2 = 0 2x 1 = 0 1 Fy = 1 + 1 (2y) + 2 (0) = 0 2y 1 = 0 1 6= 0, 1 = p 2 2 Fz = 1 + 1 (0) + 2 = 0 ) 2= 1 ) 2 = p1 2 2 2 2 F 1 =x +y 2=0 x +y 2=0 y= 2 F 2 =x+z 1=0 x+z 1=0 z=1 p p Entonces 0; 2; 1 , 0; 2; 1 son puntos críticos de F . Podríamos recurrir a las segundas derivadas parciales de F para intentar examinar la naturaleza de estos puntos críticos. Sin embargo, notemos que geométricamente la función a maximizar es la suma de las coordenadas de los puntos de la curva (especie de elipse) determinada por la intersección del cilindro x2 + y 2 = 2 y el plano x + z = 1. Entonces es claro que la función tiene máximo y mínimo relativos. Por tanto, evaluando f en los puntos críticos: p p f 0; p 2; 1 = 1 + p 2 2; 1 = 1 2 f 0; entonces, p comparando f sujeto a 1 = 0, 2p= 0 tiene un máximo relativo en 0; 2; 1 y un mínimo relativo en 0; 2; 1 . 39. Hallar la distancia más corta del punto (2; 3; 1) al plano z = 2x + 5y 3. Solución. La función a maximizar es la distancia de (2; 3; 1) a un punto (x; y; z) del plano dado. Es decir q 2 2 2 d = (x 2) + (y + 3) + (z 1) 2

sujeto a 2x + 5y z 3 = 0. Conviene tratar simplemente D = (x 2) + 2 2 (y + 3) + (z 1) sujeto a 2x + 5y z 3 = 0, pues donde d toma su máximo o mínimo relativo, también lo hace D y recíprocamente. Formamos la función auxiliar F =D+

= (x

2

2

2) + (y + 3) + (z

2

1) + (2x + 5y

Los puntos críticos de F los obtenemos del sistema: x=3 Fx = 2 (x 2) + (2) = 0 1 y= Fy = 2 (y + 3) + (5) = 0 2 ) 1 Fz = 2 (z 1) + ( 1) = 0 z= 2 F = 2x + 5y z 3 = 0 = 1

z

3)

164

CHAPTER 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA 1 1 ; punto crítico de F . 2 2 Para determinar la naturaleza del punto crítico obtenido conviene tener en cuenta el signi…cado geométrico del problema. Geométricamente es claro que hay una mínima distancia del punto (2; 3; 1) al plano dado y, por 1 1 ; . Luego la tanto, dicha mínima distancia se debe producir con 3; 2 2 distancia más corta pedida es s r 2 2 1 15 1 2 d = (3 2) + +3 + 1 = 2 2 2 entonces el punto

3;

40. Hallar la mínima distancia del origen a la hipérbola x2 + xy + y 2 = 3. Solución. La función a minimizar p es la distancia del origen (0; 0) a un punto (x; y) de la hipérbola: d = x2 + y 2 sujeto a x2 + xy + y 2 = 3. Como en el ejercicio anterior, conviene trabajar con la función D = x2 +y 2 sujeto a x2 + xy + y 2 = 3. Primeramente, con = x2 + xy + y 2 3 = 0, formamos la función auxiliar F =D+

= x2 + y 2 +

x2 + xy + y 2

3

Los puntos críticos de F los obtenemos del sistema: Fx = 2x + (2x + y) = 0 2 (1 + ) x + y = 0 Fy = 2y + (x + 2y) = 0 ) x + 2 (1 + ) = 0 F = x2 + xy + y 2 3 = 0 x2 + xy + y 2 3 = 0

(1) (2) (3)

El sistema (1), (2) debe tener soluciones (x; y) diferentes de (0; 0), pues (x; y) = (0; 0) no cumple la ecuación (3) por no estar sobre la hipérbola. Por tanto, se debe tener 2 (1 + ) 2 (1 + ) Si

1

=

=0)3

2

+8 +4=0)

1

=

2

=

2 3 2

2 : 3

1 2 x=y x y=0 ) 2 3 3 x + xy + y 2 2 2 x + xy + y 3=0

2

3=0

)

x= y=

p p3 3

)

x= y=

p p3 3

Luego, los puntos (1; 1), ( 1; 1) son puntos críticos. Si 2 = 2: 2 ( 1) x 2y = x= y ) 2 x2 + xy + y 2 3 = 0 x + xy + y 2

3=0


165

p p p p Luego, los puntos 3; 3 , 3; 3 son otros puntos críticos. Recurriendo a las segundas derivadas parciales Fxx , Fyy , Fxy no se puede determinar la naturaleza de estos puntos críticos para f sujeta a = 0, (por lo que omitimos los cálculos). Pero sabemos que hay una mínima distancia del origen a la hipérbola, por tanto; procedemos a evaluar d = p x2 + y 2 en cada punto crítico: p p p p p p p p d (1; 1) = 2, d ( 1; 1) = 2, d 3; 3 = 6, d 3; 3 = 6 Comparando los valores que toma d en cada punto crítico tenemos que p la mínima distancia del origen a la hipérbola dada es 2. (Ocurre en los puntos (1; 1) y ( 1; 1) de la hipérbola). 41. Calcular las dimensiones de una cada rectangular, sin tapa, de volumen máximo si tiene 108 m2 de super…cie.

z

R

(x0,y0,z0)

z0 z y0

y

R

x x0

Fig. 5.13

R

Fig. 5.12

x

Solución. De la Fig. ###, el volumen de la caja es V = xyz. La super…cie de la caja sin tapa debe ser 108, es decir 2xz + 2yz + xy = 108.Por tanto, debemos minimizar V = xyz sujeta a 2xz+2yz+xy = 108. Primeramente, con = 2xz + 2yz + xy 108; formamos la función auxiliar F =V +

= xyz + (2xz + 2yz + xy

108)

Averiguamos los puntos críticos (realizando en detalle las operaciones): yz xz Fx = yz + (2z + y) = 0 = (yz) = (2z + y) = 2z + y 2z +x Fy = xz + (2z + x) = 0 = (xz) = (2z + x) yz xy ) ) = Fz = xy + (2x + 2y) = 0 = (xy) = (2x + 2y) 2z + y 2x + 2y F = 2xz + 2yz + xy 108 = 0 2xz + 2yz + xy 108 = 0 2xz + 2yz + xy = 108 2yz + xy = 2xz + xy x=y x= 6 ) 2xz + 2yz = 2xz + xy ) 2z = x ) y= 6 2xz + 2yz + xy = 108 4z 2 + 4z 2 + 4z 2 = 108 z= 3 Como las dimensione de la caja deben ser positivas, la caja tiene volumen máximo cuando sus dimensiones son x = 6, y = 6, z = 3.

166


42. Determinar el volumen máximo del paralelepípedo rectangular con lados paralelos a los planos coordenados que puede inscribirse en una esfera de radio R. Solución. Consideremos un punto (x0 ; y0 ; z0 ) sobre la esfera x2 + y 2 + z 2 = R2 , y en el primer octante como en la Fig. ###. El volumen del paralelepípedo es V = 8x0 y0 z0 . Por tanto, debemos maximizar. V = 8x0 y0 z0 sujeto a x20 + y02 + z02 = R2 Primeramente, con

= x20 + y02 + z02

F =V +

R2 formamos la función auxiliar x20 + y02 + z02

= 8x0 y0 z0 +

R2

Los puntos críticos obtenemos de p = 4y0 z0 =x0 Fx = 8y0 z0 + (2x0 ) = 0 x0 = R=p 3 y02 = x20 Fy = 8x0 z0 + (2y0 ) = 0 4x0 z0 =y0 ) ) z02 = x20 ) y0 = R=p3 Fz = 8x0 y0 + (2z0 ) = 0 4x0 y0 =z0 2 2 2 2 x + x + x = R z0 = R= 3 0 0 0 F = x20 + y02 + z02 R2 = 0 x20 + y02 + z02 = R2 Solamente tomamos valores positivos por estar (x0 ; y0 ; z0 ) en el primer octante. Por tanto, el volumen máximo es V =8

R p 3

3

=

8 R3 p 3 3

43. Inscribir en la esfera de radio R, el cilindro de máxima super…cie total.

z z0

h

(1,1,2) R

h/2

Fig. 5.14

y0 y x0 r

Fig. 5.15

x

Solución. Sean r, h el radio basal y la altura del cilindro tal como se muestra en la Fig. ###; la super…cie de cada tapa basal es r2 y la super…cie lateral 2 rh. Entonces la super…cie total del cilindro es S = 2 r2 + 2 rh. Por otra parte, de la Fig. ###, vemos que por estar el 2 h cilindro inscrito en una esfera de radio R, tenemos r2 + = R2 . Por 2


167

tanto, la función a maximizar es: S = 2 Formemos, con

= r2 +

F =S+

r2 + rh sujeto a r2 +

h2 4

R2 = 0, la función auxiliar:

=2

r2 + rh +

r2 +

r2 4

h2 = R2 . 4

R2

Los puntos críticos se obtienen de: Fr = 2 (2r + h) + (2r) = 0 = (2r + h) =r 4r 2r + h 2r = (1) = 4 r=h Fh = 2 (r) + =0 r h ) ) 2 4 h h2 r2 + = R2 (2) h2 = R2 r2 + 2 2 4 R =0 F =r + 4 4 p r2 + 4r2 = r De (1) tenemos: h2 + 2rh 4r2 = 0 entonces h = r 2 p p r 2 r 5. Reemplazando en (2) tenemos: r2 + 5 1 = R2 . Después 4 de algunas operaciones algebráicas obtenemos los valores de r, h: s s 2 2 R 2+ p , h=R 2 p r= 2 5 5 Entonces, de acuerdo al signi…cado geométrico del problema, el cilindro de máxima super…cie pedido tiene las dimensiones encontradas. 44. Hallar la ecuación del plano que pasa por el punto (1; 1; 1) y determina, en el primer octante, un volumen mínimo. Solución. Si x0 , y0 , z0 son las intersecciones del plano con los ejes cox y z ordenados, su ecuación es + + = 1. El volumen del tetraedro x0 y0 z0 1 que forma en el primer octante es V = x0 y0 z0 , además como el plano 6 1 1 1 debe pasar por (1; 1; 1) tenemos + + = 1. Por tanto, debemos x0 y0 z0 1 minimizar V = x0 y0 z0 sujeto a 6 1 1 1 + + = 1 (1) x0 y0 z0 No conviene aplicar el método de los multiplicadores de Lagrange a esta 1 1 función porque se complican los cálculos. Es mejor hacer u = ,v= , x0 y0 1 w = . Entonces minimizar (1) equivale a minimizar z0 V =

1 sujeto a u + v + w = 1 6uvw

(2)

168

CHAPTER 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA Todavía podemos simpli…car aún más los cálculos observando que minimizar (2) equivale a maximiar V1 = uvw sujeto a u + v + w = 1 Ahora, con

=u+v+w

(3)

1 = 0, formamos la función auxiliar

F = V1 +

= uvw + (u + v + w

1)

Los puntos críticos los obtenemos de: 1 u= Fu = vw + = 0 = vw 3 u=v Fv = uw + = 0 = uw 1 ) ) v=w ) v= Fw = uv + = 0 = uv 3 u+u+u=1 1 F =u+v+w 1=0 u+v+w =1 w= 3 1 1 1 Entonces. x0 = = 3, y0 = = 3, z0 = = 3. Por tanto, de acuerdo al u v w signi…cado geométrico del problema, la ecuación del plano pedido es x y z + + =1 3 3 3 x2 y 2 z 2 = 1 que en + + a2 b2 c2 el primer octante determina un volumen mínima. (a > 0, b > 0, c > 0).

45. Hallar la ecuación del plano tangente al elipsoide

f z

c2/z0 C

c

C'(t 0) (x0,y0,z0)

(x0,y0,z0) b a

(x,y,z)=0 b 2/y0

t0

y

t x

Fig. 5.16

a2/x0

R

f Fig. 5.17

Solución. Sea (x0 ; y0 ; z0 ) el punto del elipsoide donde el plano tangente forma el volumen mínimo. Por el ejercicio 9 la ecuación de dicho plano es x0 x y0 y z0 z + 2 + 2 =1 a2 b c y se intersecta con los ejes coordenados en x=

a2 b2 c2 ,y= ,z= x0 y0 z0


169

respectivamente. Entonces el volumen del tetraedro formado en el primer octante es V =

1 a2 b2 c2 ; 6 x0 y0 z0

Además, como el punto (x0 ; y0 ; z0 ) está sobre el elipsoide tenemos z02 y02 + = 1. Por tanto, la función a minimizar es: b2 c2 V =

1 a2 b2 c2 y2 z2 x2 sujeto a 20 + 20 + 02 = 1 6 x0 y0 z0 a b c

x20 + a2

(1)

y0 z0 x0 , v = , w = ; reemplazando en (1) obtenemos Conviene hacer u = a b c la nueva función a minimizar V1 =

abc 1 sujeto a u2 + v 2 + w2 = 1 6 uvw

(2)

Notemos que minimizar (2) equivale a maximizar simplemente V2 = uvw sujeto a u2 + v 2 + w2 = 1 Formamos la función auxiliar F = uvw+ críticos obtenemos de Fu = vw + = 0 Fv = uw + = 0 Fw = uv + = 0 F = u2 + v 2 + w 2

u2 + v 2 + w 2

1 . Los puntos

1 u= p = vw 3 v=u 1 = uw ) v=w ) v=p ) = uv 3 2 2 2 u + u + u = 1 1 u2 + v 2 + w 2 = 1 1=0 p w= 3

a b c de donde x0 = au = p , y0 = bv = p , z0 = cw = p . Por tanto 3 3 3 x0 x y0 y z0 z reemplazando en 2 + 2 + 2 = 1 obtenemos la ecuación del plano a b c pedido: x y z p + + = 3 a b c 46. Justi…car el método de los multiplicadores de Lagrange. Solución. Supongamos que en (x0 ; y0 ; z0 ) se tiene un máximo o mínimo relativo de f (x; y; z) sujeta a (x; y; z) = 0. La ecuación (x; y; z) = 0 es una super…cie en el espacio. Consideremos una curva C (t) = (x (t) ; y (t) ; z (t)) sobre esta super…cie y que pasa por el punto (x0 ; y0 ; z0 ). Sobre la curva C se tiene f (x; y; z) = f (x (t) ; y (t) ; z (t)). Como f (x; y; z) sujeto a (x; y; z) = 0 tiene máximo o mínimo relativo en (x0 ; y0 ; z0 ), entonces f (x (t) ; y (t) ; z (t)) tiene máximo o mínimo relativo en t0 , y por tanto; del

170

CHAPTER 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA Cálculo I sabemos que su derivada en t0 es cero. Es decir aplicando la regla de la cadena. @f dx @f dy @f dz + + =0 @x dt @y dt @z dt ó rf

(x0 (t0 ) ; y 0 (t0 ) ; z 0 (t0 )) = 0

(1)

@f @f @f ; ; se evalúa en (x0 ; y0 ; z0 ). El vector @x @y @z 0 0 0 (x (t0 ) ; y (t0 ) ; z (t0 )) es tangente a la curva C en (x0 ; y0 ; z0 ), entonces (1) dice que el vector rf es perpendicular a dicho vector tangente y, por tanto, al plano tangente a la super…cie (x; y; z) = 0 en el punto @ @ @ ; ; evaluada en (x0 ; y0 ; z0 ). Por otra parte, el vector r = @x @y @z (x0 ; y0 ; z0 ) es también perpendicular a dicho plano tangente por el ejercicio 17. Entonces, los vectores rf y r deben ser paralelos; es decir donde el gradiente rf =

rf = r ,

constante

(2)

En (2) podemos cambiar por y escribir: Igualando componentes en (3) obtenemos el sistema @f @ @f @ @f @ + = 0, + = 0, + =0 @x @x @x @y @z @z que se cumple para todos los puntos donde f (x; y; z) sujeto a (x; y; z) = 0 tiene un máximo o mínimo relativo. DERIVACION BAJO EL SIGNO INTEGRAL Z =2 47. Calcular g 0 (u) si g (u) = sin ux dx. a) Por cálculo directo. b) 0

Empleando la regla de Leibnitz. Solución. a) Calculando primero la integral (manteniendo u constante): g (u) =

Z

=2

sin ux dx =

0

cos ux u

=2

= 0

cos ( u=2) 1 + u u

(1)

Ahora, derivando (1) con respecto a u tenemos: g 0 (u) =

u ( =2) sin ( u=2) + cos ( u=2) u2

1 ( =2) sin ( u=2) cos ( u=2) + = u2 u u2

1 u2

b) Empleando la regla de Leibnitz y considerando que los límites de integración son constantes tenemos: g (u) =

Z

0

=2

sin ux dx ) g 0 (u) =

Z

0

=2

@ (sin ux) dx = @u

Z

0

=2

s cos ux dx (2)


171

Integrado por parte (2) obtenemos: =2

x sin ux cos ux + u u2 ( =2) sin ( u=2) cos ( u=2) = + u u2 g 0 (u) =

0

1 u2

(Por supuesto, los resultados en (a) y (b) coinciden. Z u eux dx, calcular g 0 (1) a) por cálculo directo, b) empleando 48. Si g (u) = 0

la regla de Leibnitz. Solución. a) Calculamos primero la integral (manteniendo u constante). Z

g (u) =

u

eux dx =

0

eux u

u

=

eu

2

1

(1)

u

0

Derivando con respecto a u en (1) y luego evaluando en u = 1 tenemos: g 0 (u) =

2u2 eu

2

2

eu + 1 u2

) g 0 (u) = e + 1

b) Empleando la regla de Leibnitz y considerando que los límites de integración dependen de u tenemos: Z u Z u @ ux 0 0 ux 0 g (u) = e dx ) g (u) = (e ) dx + eux jx=u (u) eux jx=0 (0) 0 0 @u Z u 2 = xeux dx + eu (2) 0

Finalmente, evaluando (2) en u = 1, tenemos: g 0 (1) =

Z

0

Z

1

dx

1

xex dx + e = (xex

1

ex )j0 + e = e + 1

2. + +1) Solución. Esta integral se puede calcular por medio del método de descomposición en fracciones simples estudiado en el Cálculo I, pero eso implica laboriosos cálculos. Resulta más fácil aplicando la regla de Lebnitz. Note1 1 mos que derivando 2 , con respecto a u, obtenemos 2 que es (x + u) (x2 + u) de la forma del integrando de la integral original dada. Entonces, conviene considerar: Z 1 dx g (u) = (1) 2+u x 0

49. Calcular

0

(x2

172

CHAPTER 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA Derivando (1), aplicando la regla de Leibnitz, obtenemos: Z 1 Z 1 @ 1 dx 0 g (u) = dx = 2 2+u 2 @u x 0 0 (x + u) Por otra parte, integrando en (1) tenemos: Z 1 dx 1 x g (u) = = p arctan 2+u x u u 0

1 0

(2)

1 = p arctan u

1 p u

y derivando: 0

g (u) =

1 u 2

3=2

1 u 2

1 1 p +p u u

arctan

3=2

1 1+ u

=

1 p arctan 2 u3

1 p u

1 2 (u + 1) u

(3)

Finalmente, igualando (2) y (3) y evaluando en u = 1 tenemos: Z 1 Z 1 1 dx 1 1 1 1 dx p arctan p + ) 2 = 2 = 2 4 +4 2 2 3 2u (u + 1) u 2 u 0 (x + 1) 0 (x + u) luego,

Z

1

0

50. Veri…car que y (x) = ecuación

1 k

Z

dx 2

(x2 + 1)

=

1 ( + 2) 8

x

f (u) sin k (x

u) du, k constante, satisface la

0

d2 y + k 2 y = f (x) dx2 Solución. Considerando a x como parámetro (notemos que en los ejercicios anteriores el parámetro era u y empleando la regla de Leibnitz tenemos: Z dy 1 x @ 0 0 = (f (u) sin k (x u)) du + f (u) sin k (x u)ju=x (x) f (u) sin k (x u)ju=0 (0) dx k 0 @x Z Z x 1 x = kf (u) cos k (x u) du + (0) (1) 0 = f (u) cos k (x u) du (1) k 0 0 Aplicando otra vez la regla de Leibnitz en (1) tenemos: Z x @ d2 y 0 = (f (u) cos k (x u)) du + f (u) cos k (x u)ju=x (x0 ) f (u) cos k (x u)ju=0 (0) dx2 0 @x Z x Z x = ( kf (u) sin k (x u)) du + f (x) 1 1 0 = k f (u) sin k (x u) du + f (x) (2) 0

Con este resultado tenemos: Z x d2 y 2 +k y = k f (u) sin k (x dx2 0

0

u) du+f (x)+k 2

1 k

Z

0

x

f (u) sin k (x

u) du


173

ó d2 y + k 2 y = f (x) dx2 51. Demostrar la regla de Leibnitz para derivar bajo el signo integral. Solución. La fórmula de Leibnitz se obtiene operando adecuadamente para obtener expresiones adecuadas. Con Z u2 (u) f (x; u) dx, g (u) = u1 (u)

tenemos g (u + h) =

Z

u1 (u)

f (x; u + h) dx +

u1 (u+h)

=

Z

Z

(f (x; u + h)

Z

Z

u2 (u+h)

f (x; u + h) dx

u1 (u+h)

u2 (u)

f (x; u + h) dx +

u1 (u)

u2 (u)

g (u) =

f (x; u)) dx +

u1 (u)

Z

Z

Z

u2 (u+h)

f (x; u + h) dx

f (x; u + h) dx

u2 (u)

Z

u2 (u)

f (x; u + h)

Zuu1 (u) 1 (u+h)

Zuu1 (u) 2 (u+h)

f (x; u) dx = h

Z

u1 (u+h)

u2 (u)

(2)

u1 (u)

f (x; u + h) dx = f (c1 ; u + h) (u1 (u + h)

u1 (u))

(3)

f (x; u + h) dx = f (c2 ; u + h) (u2 (u + h)

u2 (u))

(4)

u2 (u)

donde c está entre u y u + h, c1 entre u1 (u) y u1 (u + h), c2 entre u2 (u) y u2 (h + h). Reemplazando en (1) y dividiendo entre h, obtenemos: g (u + h) h

g (u)

=

Z

u2 (u)

fu (x; c) dx + f (c2 ; u + h)

u1 (u)

f (c1 ; u + h)

u2 (u + h) h

u1 (u + h) h

u2 (u)

u1 (u)

Finalmente, tomando límites en (5) con h ! 0 obtenemos la regla de Leibnitz: g 0 (u) =

Z

u2 (u)

fu (x; u) dx + f (u2 (u) ; u)

u1 (u)

CALCULOS APROXIMADOS

du2 du

f (u1 (u) ; u)

f (x; u) dx

f (x; u + h) dx (1)

u1 (u)

fu (x; c) dx

u2 (u)

u1 (u)

Por los teoremas del valor medio (estudiados en el Cálculo I), se tiene: Z

f (x; u) dx

u1 (u)

u2 (u)

u2 (u+h)

u2 (u)

du1 du

(5)

174

CHAPTER 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA 7

3=2

52. Calcular (1:01) (3:97) . Solución. Consideremos la función p (x; y) = x7 y 3=2 . Notemos que p (1; 4) = 17 43=2 = 8. Y en (x; y) = (1; 4) tenemos @p = 7x6 y 3=2 = 56 @x @p 3 = x7 y 1=2 = 3 @y 2 De la fórmula p (1 + 0:01; 4 dy =

0:03 tenemos: 7

0:03) ' p (1; 4)+

@p @p dx+ dy con dx = 0:01, @x @y

3=2

(1:01) (3:97) = p (1 + 0:01; 4 0:03) ' 8 + (56) (0:01) + (3) ( 0:03) = 8:47 de donde 7

3=2

(1:01) (3:97)

' 8:47

53. Uno de los lados de un rectángulo es a = 10 cm., y el otro b = 24 cm. Calcular la variación de la diagonal de este rectángulo si el lado a se alarga 4 mm. y el lado b se acorta 1 mm. Hallar la magnitud aproximada de la variación y compararla con la exacta.

h

D

a b

x

Fig. 5.18

Fig. 5.19

Solución. De la Fig. ### tenemos D = a = 10 cm, b = 24 cm. se tiene @D @a @D @b

= =

p

a2 + b2 . Considerando que con

a 10 = 2 26 +b b 24 p = 2 2 26 a +b p

a2

y tomando da = 4 mm. = 0:4 cm., db =

1 mm =

0:1 cm tenemos que


175

la aparición de D, aproximadamente, está dada por dD: D

@D @D da + db @a @b 10 24 ' (0:4) + ( 0:1) 26 26 ' 0:0615cm:

' dD =

Por otra parte, el valor exacto de la variación D es q p 2 2 102 242 = 0:0647 cm. D = (10:4) + (23:9)

que es aproximadamente igual al calculado usando la diferencial.

54. El diámetro y la altura de un estanque cilíndrico miden 4 y 6 ms. respectivamente. Si el diámetro se dilata en 1 cm y la altura en 2 cm., calcular aproximadamente a) la varación del volumen del cilindro, b) la variación de la super…cie lateral. Solución. a) El volumen del cilindro en función de su diámetro D y su altura h es V = D2 h 4 Con D = 4 m., h = 6 m, dD = 1 cm = 0:1 cm, dh = 2 cm = 0:2 m. Tenemos que la variación de volumen aproximadamente es dV

@V @V dD + dh = Dh (dD) + D2 (dh) @D @h 2 4

= =

2

(4) (6) (0:1) +

2

4

(4) (0:2) = 2 = 6:28 m3

b) La super…cie lateral del cilindro es S = Dh. Procediendo como en a) tenemos que la variación de la super…cie lateral aproximadamente es dS

= =

@S @S dD + dh = h (dD) + D (dh) @D @h (6) (0:1) + (4) (0:2) = 1:4 = 4:4 m2

55. Las dimensiones interiores de una caja rectangular de madera con tapa son 2 1:5 1 m. Si el espesor de la madera debe ser 3 cm, calcular aproximadamente la cantidad de madera que se necesita para construirla. Solución. El volumen de una caja es V = xyz. Con x = 2 m, y = 1:5 m, z = 1 m; dx = dy = dz = 3 cm = 0:03 m, la cantidad de madera necesaria aproximadamente es @V @V @V dx + dy + dz = yz dx + xz dy + xy dz @x @y @z = (1:5) (1) (0:03) + (2) (1) (0:03) + (2) (1:5) (0:03) = 0:195 m3 dV =

176


56. El ángulo de elevación del extremo de una torre está calculado en 30 con un error posible de 0.5 y la distancia a la base es de 35 m con un error posible de 0.3 m. Calcular el error posible en la medida de la altura de la torre. Solución. De la Fig. ###, la altura h de la torre está dada por h = x tan El error posible en la medida de h es la diferencia entre el valor que se obtiene calculando con x = 35 m, = 30 y el que se obtiene con x = 35 + 0:3 m, = 30 + 0:5 . Por tanto, el error posible es aproximadamente: dh

@h @ dx + @ @x @ tan dx + x sec2 d

= =

con x = 35 m, = 30 , dx = 0:3 m, d = 0:5 = 0:0087 rad, tenemos que el error posible, aproximadamente, es dh = (0:5774) (0:3) + (35) (1:3333) (0:0087) = 0:5792 m notemos que d debe expresarse en radianes. ERRORES 57. Al medir los catetos a, b de un triángulo rectángulo se han obtenido los valores a = 10 cm, b = 20 cm con un error de 0.2 cm en cada una de dichas medidas. Hallar a) el error absoluto máximo, b) el error relativo máximo; que se comete al calcular el área del triángulo con los valores obtenidos. 1 Solución. a) El área del triángulo es A = ab y, por tanto; el error absoluto 2 máximo es @A @A jdaj + jdbj (1) E= @a @b @A 1 @A 1 = b = 10, = a = 5, además @a 2 @b 2 dx = 0:2, dy = 0:2. Por tanto, reemplazando en (1) tenemos:

Con a = 10, b = 20, tenemos:

E = j10j j0:2j + j5j j0:2j = 3 1 b) Como el valor aproximado del área es A = (10) (20) = 100 cm2 y el 2 error absoluto máximo es igual a 3; el error relativo máximo es e=

3 = 0:03 100

Notemos que E = 3 signi…ca que el verdadero valor del área está entre 100 3 cm2 .


177

58. El diámetro D = 8:0 cm y la altura h = 12:5 cm de un cilindro circular han sido medidos con un margen de error de 0:05 cm en cada medida. Hallar el máximo error posible que se comete al calcular el volumen del cilindro por la fórmula V = D2 h. 4 Solución. El error absoluto máximo E nos da el máximo error posible. De V = D2 h tenemos, 4 E=

@V @V jdDj + jdhj @D @h

(1)

@V @V = Dh = 50 ; = D2 = @D 2 @h 4 16 . Además, jdDj = 0:05 y jdhj = 0:05. Por tanto, reemplazando en (1) obtenemos E = j50 j j0:05j + j16 j j0:05j = 10:5 cm3 Con D = 8:0 cm, h = 12:5 cm, tenemos

Notemos que el volumen aproximado, calculado con D = 8:0 cm y h = 12:5 cm es V = 628:3 cm3 , entonces el verdadero valor del volumen está entre 628.3 10.5 cm3 . 59. Mostrar que el error relativo máximo de una función es igual al error absoluto máximo del logaritmo de la función. Es decir, e (f ) = E (ln f ) Solución. Teniendo en cuenta que el error absoluto de f es: E (f ) =

@f @f jdx1 j + jdx2 j + @x1 @x2

+

@f jdxn j @xn

(1)

tenemos que el error relativo máximo de f está dado por: @f E (f ) @x1 jdx1 j + e (f ) = = jf j f

@ con (ln f ) = @xi tenemos e (f ) =

@f @xi f

@f @xn + jdxn j f

, para i = 1; 2;

@ @ (ln f ) jdx1 j+ (ln f ) jdx2 j+ @x1 @x2

(2)

; n. Reemplazando en (2)

+

@ (ln f ) jdxn j @xn

(3)

Pero el segundo miembro de (3) es precisamente el error absoluto máximo del logaritmo de f . Es decir e (f ) = E (ln f )

178


60. Mostrar que el error relativo máximo de un producto es igual a la suma de los errores relativos máximos de los factores; es decir, e (xy) = e (x)+e (y). Solución. De la de…nición del error relativo máximo tenemos: @ @ (xy) jdxj + (xy) jdyj E (xy) @x @y e (xy) = = jxyj jxyj jyj jdxj + jxj jdyj jdxj jdyj = = + jxyj jxj jyj d d (x) jdxj (y) jdyj dx dy = + = e (x) + e (y) jxj jyj

5.10


TRANSFORMACION DE ECUACIONES dy a2 d2 y + 2 y = 0 efectuando el cambio 1. Transformar la ecuación x2 2 + 2x dx dx x 1 x= . z 2. Expresar la fórmula de la curvatura de una curva y = f (x) dada por y 00 k= pasando a coordenadas polares x = r cos , y = r sin . 3=2 2 0 1 + (y ) 3. Transformar la ecuación x u = x2 + y 2 , v =

dz dz +y = 0 efecutando el cambio de variables dy dx

y. @2z @2z y 2 2 = 0 se efectúa el cambio de 2 @x @y v sin a, y = u sin a + v cos a; la nueva ecuación que

4. Transformar la ecuación x2 variables x = u cos a se obtiene es

@V @u 5. Mostrar que la ecuación x2

2

+

@V @v

2

=0

@2U @2U @U @U + y2 2 + x +y = 0 se transforma 2 @x @y @x @y

@2U @2U + = 0; bajo el cambio x = er , y = es . en @r2 @s2 PLANO TANGENTE Y RECTA NORMAL Hallar la ecuación del plano tangente y de la recta normal a cada una de las siguientes super…cies en el punto indicado 6. x2 + y 2 + z 2 = 14, en el punto (1; 2; 3).


179

7. x2 + 2z 2 = 3y 2 , en el punto (2; 2; 2). 8. z = xy, en el punto (3; 4; 12). 9. xz 2 + x2 y = z

1, en el punto (1; 3; 2).

10. Mostrar que la ecuación del plano tangente a la cuádrica trasladada ax2 + by 2 + cz 2 + dx + ey + f z = g en el punto (x0 ; y0 ; z0 ) está dado por ax0 x + by0 y + cz0 z +

d e f (x0 + x) + (y0 + y) + (z0 + z) = g 2 2 2

11. Aplicar el ejercicio anterior para hallar la ecuación del plano tangente a la super…cie: a) x2 + y 2 2x + 4y + 2z = 0 en (1; 1; 2), b) x2 3y 2 + z 2 + x 3y + 7z = 2 en ( 1; 1; 1). 12. Determinar la ecuación del plano tangente a la super…cie x2 + 2y 2 + 3z 2 = 21 y paralelo al plano x + 4y + 6z = 0. x2 y 2 z 2 13. Hallar la ecuación del plano tangente al elipsoide 2 + 2 + 2 = 1, en el a b c primer octante, de tal modo que intercepte a los ejes coordenados a igual longitud del origen. 14. Hallar la constante c tal que en todo punto de la intersección de las dos 2 2 esferas (x c) + y 2 + z 2 = 3, x2 + (y 1) + z 2 = 1 los planos tangentes correspondientes son perpendiculares uno al otro. DERIVADAS DIRECCIONALES Calcular la derivada direccional de cada una de las siguientes funciones en el punto dado y en la dirección indicada. 15. f (x; y) = 1

2x2 + 3y 2 en (2; 1) en la dirección de V (3; 4).

16. f (x; y; z) = x2 + y 2 + z 2 en (1; 1; 2) en la dirección de V (2; 1; 2). 17. f (x; y; z) = xyz en (1; 0; 1) en la dirección de la hélice c (t) = (t; sin t; cos t). 18. Calcular la derivada de f (x; y) = 5x2 3x y 1 en el punto (2; 1) en la dirección de la recta que une este punto con el punto (5; 5). 2 4 ; 3 3 la derivada direccional es igual a cero, en cualquier dirección (éste es un punto crítio de f ).

19. Si f (x; y) = x3 + 3x2 + 4xy + y 2 , mostrar que en el punto

20. Si f (x; y) = 4x2 + 9y 2 , encontrar la dirección para la cual la derivada direccional en el punto (2; 1) es cero. 21. Si f (x; y; z) = 2xz y 2 , ¿En qué dirección la derivada direccional de f en el punto (1; 3; 2) es a) máxima?, b) es mínima? c) calcular dichos valores.

180


22. Si la temperatura T en el punto (x; y) está dada por T (x; y) = x2 + y 2 , a) Gra…car en el plano los puntos donde T = 0, T = 1; T = 2, T = 4. b) Calcular la derivada direccional de T en el punto (1; 1) y en la dirección de cada uno de los ocho vectores (1; 0), (1; 1), (0; 1), ( 1; 1), ( 1; 0), ( 1; 1), (0; 1), ( 1; 1). c) ¿En cuál de estas ocho direcciones aumenta la temperatura con mayor rapidez?, ¿disminuye con mayor rapidez?, ¿no cambia?. d) ¿En qué dirección del plano aumenta la temperatura con mayor rapidez? y ¿en qué dirección disminuye con mayor rapidez? MAXIMOS Y MINIMOS Hallar los máximos y mínimos relativos a puntos silla: 23. f (x; y) = x2 + y 2

4x + 6y + 25.

24. f (x; y) = x3 + y 3

3xy.

25. z = x3 + y 3 + 3xy. 26. z = x2 + 2xy + 3y 2 . 27. z = x2 + 2y 2 + 6xy 28. z = 2x3

6x + 10y + 5.

2x2 y + xy 2

y3

3x + 3y.

29. z = xy (2x + 4y + 1). 2 2 30. f (x; y) = x2 + y 2 e (x +y )

31. f (x; y) = sin x sin y sin (x + y) con 0

x; y

.

32. Encontrar los extremos de z sobre la super…cie 2x2 +3y 2 +z 2 12xy+4xz35. 33. Veri…car que (0; 0) es un punto crítico de f (x; y) = x determinar su naturaleza.

y2

2x

y2 y

34. Si f (x; y) = 3x4 4x2 y + y 2 , mostrar que sobre toda recta que pasa por el origen, la función tiene un mínimo en (0; 0) y que sin embargo no existe mínimo relativo en (0; 0). (Sug. Gra…car los puntos donde f (x; y) > 0 y f (x; y) < 0). 35. Hallar los extremos de f (x; y) = x3 y 2 (6 x y). MAXIMOS Y MINIMOS CONDICIONADOS (Multiplicadoes de Lagrange) Hallar los máximos y mínimos de las siguientes funciones sujetas a las restricciones que se indican. 36. f (x; y) = x2 + y 2 con x

y = 3.

37. f (x; y) = x + y con xy = 1. 38. f (x; y) = x + y 2 con 2x2 + y 2 = 1. 39. f (x; y; z) = x2 + y 2 + z 2 con 3x + 2y

7z = 5.


181

40. f (x; y; z) = x + y + z con x2 + y 2 + z 2 = 4. 2y + 2z con x2 + y 2 + z 2 = 1.

41. f (x; y; z) = x

42. f (x; y) = cos2 x + cos2 y con x

y=

4

,0

x

.

43. f (x; y; z) = x2 + y 2 + z 2 con x2 + y 2 = 1, z = x + 1. 44. f (x; y; z) = x2 + y 2 + z 2 con x2 45. f (x; y; z) = xyz con x + y

xy + y 2

z = 3, x

y

z 2 = 1, x2 + y 2 = 1. z = 8.

46. f (x; y; z) = xyz con x + y + z = 5, xy + yz + xz = 8. 47. Hallar una fórmula para la distancia más corta del punto (x0 ; y0 ; z0 ) al plano ax + by + cz = d. 48. Hallar la mínima distancia del origen a la hipérbola 7x2 + 8xy + y 2 = 225. 49. Encontrar la distancia más corta entre dos puntos cualesquiera de las rectas x = 1 + 2t, y = 3, z = 5 t; x = 2 4t, y = 8 + 3t, z = 11 + t. 50. Encontrar la distancia más corta desde un punto de la elipse x2 + 4y 2 = 4 hasta la recta x + y = 4. 51. Determinar de todos los triángulos de igual perímetro 2p el que tiene mayor área. 52. Calcular las dimensione de un envase de lata cilíndrico (con una tapa) que debe contener un litro, de tal modo que su fabricación requiera la mínima cantidad de metal. 53. Calcular las aristas del mayor paralelepípedo rectangular que tiene 3 caras x y z en los planos coordenados y un vértice en el plano + + = 1. a b c 54. Determinar el paralelepípedo rectangular de máximo volumen y lados paralelos a los planos coordenados que puede inscribirse en el elipsoide x2 y2 z2 + + = 1. a2 b2 c2 55. Calcular el máximo y el mínimo valor de la suma de los ángulos formados por una recta que pasa por el origen y los ángulos se mide a) con los ejes coordenados, b) con los planos coordenados. DERIVACION BAJO EL SIGNO INTEGRAL Z =2

cos uxdx, calcular g 0 (u) a) por cálculo directo, b) emple-

Si g (u) =

0

ando la regla de Leibnitz. Z 56. Si g (u) = (1 u cos x) dx, calcular g 0 (u) a) por cálculo directo, b) 0

empleando la regla de Leibnitz.

182


57. Calcular g 0 (u) si g (u) =

Z

u

tan (x

u) dx.

0

0

58. Calcular g (u) si g (u) =

Z

u2

p

xdx.

0

59. Si g (u) =

60. Calcular

Z

Z

2u

2 2 e(x =u ) dx, calcular g 0 (2).

u2

1

x ln xdx, aciendo g (u) =

0

61. Mostrar que

Z

xu dx.

0

Z

m

1

m

xn (ln x) dx =

0

62. Veri…car que y =

Z

( 1) m!

Z

m+1 ,

(n + 1)

m = 1; 2; 3; :::

x

f (u) ex

u

du es solución de

0

63. Si g (u; v) =

1

dy dx

u+cv

f (x) dx, donde c > 0, mostrar que

u cv

y = f (x). @2g @2g = c2 2 . 2 @v @u

CALCULOS APROXIMADOS q 3 3 64. Calcular (1; 1) + (1:98)

65. Calcular 2:98e0:01 . q p 2 2 2 66. Calcular (2:01) + (5:98) + 2:99 . 67. Calcular

1 1 1 + + . 2:01 2:98 6:03

68. La altura de un cilindro es h = 30 cm y el radio de su base es 5 cm; calcular la dirección de volumen del cilindro si h se aumenta en 0.2 cm y r se disminuye en 0.1 cm. 69. Las dimensiones interiores de una caja metálica rectangular cerrada son 30 20 15 cm; si el espesor del metal es 3 mm, calcular aproximadamente la cantidad de material empleada en su construcción. 70. Una caja cerrada, cuyas dimensiones exteriores son de 10 cm, 8 cm, 6 cm; está hecha de madera de 2 mm de espesor. Determinar el volumen aproximado del material que se gastó en hacer la caja. 71. Cuál es el error posible de la medida de la longitud de la hipotenusa de un triángulo rectángulo si los catetos miden 11.5 m y 7.8 m con un error posible de 0.1 m.


183

72. Una pila de ladrillos mide 6 50 4 pies, pero la cinta métrica comete un error por alargamiento del uno por ciento de la longitud medida; si se calculan 12 ladrillos por pie cúbico y el millar de ladrillos cuesta 200 mil pesos, calcular el error aproximado en el costo. ERRORES 73. Al determinar el cateto b = 121:56 m y el ángulo = 25 210 4000 de un triángulo rectángulo se han cometido los errores máximos absolutos h1 = 0:05, h2 = 1200 , respectivamente. Determinar a) el error absoluto máximo, b) el error relativo máximo, cometido en el cálculo del cateto a por la fórmula a = b tan . r l , donde; l es el 74. El período de oscilación de un péndulo es T = 2 g largo del péndulo, g es la aceleración debida a la fuerza de la gravedad. Determinar a) el error absoluto máximo, b) el error relativo máximo al calcular T con l = 2 pies, g = 32 pies/seg2 , si los valores verdaderos eran l = 1:95 pies y g = 32:2 pies/seg2 ? 75. El diámetro de un cilindro circular recto es 6:0 0:03 cm y su altura es de 4:0 0:02 cm según las medidas tomadas. Hallar a) el error absoluto máximo, b) el error relativo máximo, al calcular el volumen. 76. Mostrar: el error relativo máximo de un cociente es la suma de los errores relativos máximos de los términos. Es decir, e (x=y) = e (x) + e (y).

184


Chapter 6

INTEGRALES MULTIPLES En este capítulo, el concepto de integral de una función de una sola variable sobre un intervalo estudiado en el Cálculo I, se extiende de manera natural primero a funciones de dos variables sobre una región plana y después a funciones de tres variables sobre un sólido. Estas ideas se utilizan en el cálculo de áreas de regiones planas y al cálculo de volúmenes; además de otras aplicaciones. Recordemos que si f (x) es una función de…nida en [a; b], la integral de f sobre [a; b] se de…ne de la siguiente manera:

l1

li

ln

xi

xn

y An

a

x1

b

f A1

Fig. 6.1

A2

x Fig. 6.2

R

Dividamos [a; b] en n partes, de longitudes l1 ; l2 ; :::; ln respectivamente. Ahora, de cada pedazo elijamos arbitrariamente un punto xi y formemos la suma Sn = f (x1 ) l1 + ::: + f (xn ) ln

(6.1)

Si el límite de Sn existe, cuando el número de subdivisiones aumenta (es decir, n ! 1) y los pedazos son todos cada vez más pequeños (es decir, max li ! 0); 185

186

CHAPTER 6. INTEGRALES MULTIPLES

entonces a tal límite se llama integral de f (x) sobre [a; b] y se representa por Z

b

f (x) dx

a

es decir, Z

a

b

f (x) dx = lim (f (x1 ) l1 + f (x2 ) l2 + ::: + f (xn ) ln ) n!1

(6.2)

Por supuesto, en (2) el límite se toma además con max li ! 0 pero omitimos esto en la notación para no sobrecargarla.

6.1

INTEGRALES DOBLES

Vamos a de…nir la integral de una función de dos variables sobre una región A del plano. Consideremos una función f (x; y) de R2 en R y de…nida en una región A como en la Fig. ###. Dividamos A en n partes de área A1 ; A2 ; :::; An respectivamente. Ahora, de cada pedazo elijamos arbitrariamente un punto (xi ; yi ) y formemos la suma Sn = f (x1 ; y1 ) A1 + ::: + f (xn ; yn ) An

(6.3)

Si el límite de Sn existe, cuando el número de subdivisiones aumenta (es decir, n ! 1) y los pedazos son cada vez más pequeños (es decir, max Ai ! 0); entonces a tal límite se llama integral doble de f (x; y) sobre la región A y se representa por Z Z f (x; y) dA. A

Es decir Z Z

A

f (x; y) dA = lim (f (x1 ; y1 ) A1 + f (x2 ; y2 ) A2 + ::: + f (xn ; yn ) An ) n!1

(6.4) Si el límite (4) existe se dice que f (x; y) es integrable sobre A. No todas las funciones son integrables; sin embargo, las funciones que son continuas en A son integrables sobre A. Observando (4) resulta evidente que el cálculo de la integral doble a partir de su de…nición es tremendamente moroso. Sin embargo, notemos que para n …jo, (3) da aproximadamente el valor de la integral doble y, por tanto, siempre podemos hallar el valor de la integral doble por lo menos aproximadamente. Example 58 Calcular aproximadamente la integral doble de f (x; y) = x + y

6.1. INTEGRALES DOBLES

187

sobre el triángulo de vértices (0; 0), (4; 0), (0; 4).

x 4 (1,3) A3

Fig. 6.3

2 (3,1)

(1,1) A1

A2 2

4

x

Tomemos n = 3. Dividamos el triángulo en 3 partes A1 , A2 , A3 y elijamos un punto de cada parte tal como se muestra en la Fig. ###. Las áreas A1 , A2 y A3 se calculan fácilmente: A1 = 4, A2 = 2, A3 = 2. Por tanto, Z Z

A

(x + y) dA ' f (x1 ; y1 ) A1 + f (x2 ; y2 ) A2 + f (x3 ; y3 ) A3 = f (1; 1) 4 + f (3; 1) 2 + f (1; 3) 2 = (1 + 1) 4 + (3 + 1) 2 + (1 + 3) 2 = 24

(como n = 3 no es muy grande, es de esperar que la aproximación no sea muy buena).

6.1.1

Cálculo de las integrales dobles

El cálculo de las integrales dobles de casi todas las funciones que tratamos se reduce, afortunadamente, al cálculo consecutivo o iterado de dos integrales simplesque, como sabemos, a su vez se calculan fácilmente por medio del Teorema Fundamental del Cálculo. El teorema que establece la manera en que de una integral doble se pasa a una integral iterada, con toda razón, recibe un nombre que señala su importancia. Teorema 6.1. (Teorema Fundamental de las Integrales Dobles) Si f (x; y) es integrable sobre una región plana A, y: a) La región A es limitada inferiormente por las curvas y = y1 (x) y superiormente por y = y2 (x). Entonces Z Z

A

f (x; y) dA =

Z

x=b

x=a

Z

y=y2

y=y1

f (x; y) dy dx =

Z bZ a

y2

f (x; y) dydx (6.5)

y1

donde el intervalo [a; b] es la proyección de A sobre el eje x (Fig. ###).

188


b) Si la región A es limitada por la izquierda por la curva x = x1 (y) y por la derecha por x = x2 (y). Entonces Z Z

f (x; y) dA =

A

Z

y=d

y=c

Z

x=x2

f (x; y) dx dy =

x=x1

Z dZ c

x2 (y)

f (x; y) dxdy

x1 (y)

(6.6) donde el intervalo [c; d] es la proyección de A sobre el eje y (Fig. ###). Por supuesto, las integrales simples de (5) y (6) deben existir.

y

y y=y 2(x)

A

x=x 1(y)

A

x=x 2(y)

Fig. 6.4a Fig. 6.4b

y=y 1(x)

x

x

En (5) al realizar la primera integración con respecto de y la variable x se mantiene constante; mientras que en (6) al realizar la integración con respecto de x la variable y se mantiene constante. En la práctica, la elección del orden de integración depende de la curva que limita a la región de integración A. Es preferible que las curvas o funciones que limitan a la región A ya sea superior e inferiormente, o ya sea por la izquierda o por la derecha están dadas por una sola ecuación cada una. Si no fuera así, entonces se puede descomponer A en regiones A1 ; A2 ; ::: limitadas en la forma deseada y la integral sobre A se obtiene tomando la suma de las respectivas integrales dobles sobre A1 , A2 , ... (Ejercicios 16, 18, 19 y 30).

Example 59 Calcular Z Z

A

xydA,

6.1. INTEGRALES DOBLES

189

donde A es la región limitada por la recta y = x y la parábola y = x2 .

y

y

(1,1)

(1,1) y=x

x=y x=y 1/2

y=x 2

x

x

Fig. 6.5a

Fig. 6.5b

Procedimiento 1. La región de integración está limitada inferiormente por la parábola y = x2 y superiormente por la recta y = x (Fig. ###). Por tanto, integramos primeramente con respecto a y desde y = x2 hasta y = x, y luego con respecto de x; sobre la proyección de la región en el eje x, desde x = 0 hasta x = 1. Z Z Z x=1 Z y=x Z 1 y=x xy 2 xydA = dx xydydx = 2 y=x2 A x=0 y=x2 0 Z 1 1 x4 x6 1 1 3 x x5 dx = = 2 0 2 4 6 0 1 1 1 1 = = 2 4 6 24 Procedimiento 2. La región de integración está limitada por la izquierda por la recta y = x y por la derecha por la parábola y = x2 (Fig. ###). Por tanto, p integramos primeramente con respecto a x desde x = y hasta x = y (ó y = x2 ) y luego con respecto a y, sobre la proyección de laregión en el eje y, desde y = 0 hasta y = 1: Z Z Z y=1 Z x=py Z 1 2 x=py Z x y 1 1 2 xydA = xydxdy = dy = y y 3 dy 2 2 A y=0 x=y 0 0 x=y =

6.1.2

1 2

y3 3

y4 4

1

= 0

1 2

1 3

1 4

=

1 24

Area de una región plana

El área de una región plana puede calcularse por medio de una integral doble. Notemos que si en (4)hacemos f (x; y) = 1, obtenemos Z Z dA = lim (A1 + A2 + ::: + An ) (6.7) A

n!1

190


Como A1 ; A2 ; :::; An son las áreas de las n partes en que han sido dividida la región plana A, tenemos que el segundo miembro de (7) es el área de A. Es decir Z Z Z Z área de A =

dA =

dxdy

A

(6.8)

A

Example 60 Hallar el área de la región limitada por los ejes coordenados, y = x2 , x = 3. La región está limitada inferiormente por la recta y = 0, superiormente por la parábola y = x2 ; además la proyección de A sobre el eje x va desde x = 0 hasta x = 3. Por tanto, Area de A =

Z Z

dA =

A

Z

x=3 Z y=x2

x=0

y=0

dydx =

Z

0

3

y

Z

x2

0

dx =

Z

3

0

x3 x dx = 3

3

2

=9 0

V z

y

Vi

y Fig. 6.6

6.2

3

x

x Fig. 6.7

INTEGRALES TRIPLES

Ya hemos visto que el concepto de integral de una función de una sola variable sobre un intervalo se extiende de manera natural a la integral doble de una función de dos variables sobre una región plana. Con la misma naturalidad el concepto se extiende a funciones de tres variables sobre una región sólida del espacio. Vamos a de…nir la integral de una función de tres variables sobre una región sólida V del espacio. Consideremos una función f (x; y; z) de R3 en R y de…nida en una región sólida V como en la Fig. ###. Dividamos V en n partes de volumen V1 ; V2 ; :::; Vn respectivamente. De cada pedazo elijamos arbitrariamente un punto (xi ; yi ; zi ) y formemos la suma. Sn = f (x1 ; y1 ; z1 ) V1 + f (x2 ; y2 ; z2 ) V2 + ::: + f (xn ; yn ; zn ) Vn

(6.9)

Si el límite de Sn existe cuando el número de subdivisiones aumenta (es decir, n ! 1) y los pedazos son cada vez más pequeños (es decir, max Vi ! 0);

6.2. INTEGRALES TRIPLES

191

entonces a tal límite es llamada integral triple de f (x; y; z) sobre la región V y se representa por ZZZ f (x; y; z) dV . V

Es decir ZZZ

f (x; y; z) dV = lim [f (x1 ; y1 ; z1 ) V1 + ::: + f (xn ; yn ; zn ) Vn ] n!1

V

(6.10)

Si el límite (10) existe, se dice que f (x; y; z) es integrable sobre V . No todas las funciones son integrables; sin embargo, las funciones que son continuas en V son integrables sobre V . A pesar de que (10) de…ne a la integral triple, no es muy útil para su cálculo. Por supuesto, siempre podemos hallar aproximadamente el valor de la integral triple de cualquier función integrable sobre una región V por medio de la suma (9) (ver ejercicio 48).

6.2.1

Cálculo de las integrales triples

El cálculo de las integrales triples de la mayoría de las funciones que tratamos se reduce, como para las integrables dobles, al cálculo consecutivo o iterado de tres integrales simples tal como se establece en el siguiente teorema: Teorema 6.2 (Teorema fundamental de las Integrales Triples). Si f (x; y; z) es integrable sobre una región del espacio V , y si la región V está limitada inferiormente por la super…cie z = z1 (x; y) y superiormente por la super…cie z = z2 (x; y); entonces ZZZ ZZ Z z=z2 f (x; y; z) dV = f (x; y; z) dz dydz (11) V

A

z=z1

donde A (en (11)) es la región del plano xy que se obtiene al proyectar V en dicho plano. (Fig. ###).

z

A x

z

V

Fig. 6.8

2

2y

A

y 2 x

Fig. 6.9

Los supuestos, como para las integrales dobles, según convenga, se puede cambiar el orden de integración en (11); en tal caso se deberá considerar la

192


proyección sobre el plano coordenado de las dos variables que no han intervenido en la primera integración (ejercicio 69). En general, la proyección A sobre el plano xy se obtiene eliminando la variable z de entre las super…cies que limitan V . ZZZ Example 61 Calcular zdV , si V es la región limitada por x + y + z = 2 V

y los planos coordenados x = 0, y = 0, z = 0 (Fig. ###). La región de integración V está limitada inferiormente por el plano coordenado z = 0 y superiormente por el plano z = 2 x y (o x + y + z = 2), entonces la primera integración se ha de efectuar con respecto a z y entre estos límites (en la Fig. ### esto se indica con una ‡echa vertical punteada). La proyección A sobre el plano xy es el triángulo limitado por las rectas x = 0, y = 0, x + y = 2. En segundo lugar podemos integrar con respecto a y desde la recta y = 0 hasta la recta y = 2 x (ó x + y = 2). Finalmente, integramos con respecto de x sobre el intervalo proyección de A sobre el eje x, desde x = 0 hasta x = 2. Es decir, ZZZ

zdV

=

V

Z 2Z 0

= =

1 2 1 6

Z

0

Z

y=2 x Z z=2 x y

y=0 2Z 2 x

zdzdydx =

z=0

(2

x

2

y) dydx =

0

2

3

(2

x) dx =

0

(2

1 2

4 2

x) 6 4

Z 2Z

0 Z 2 0

= 0

2 x

0

(2

x

z2 2

z=2 x y

dydx = z=0 3

y) = ( 3)

2 x 0

dx

2 3

Notemos que para hallar los límites de integración sobre una región V del espacio, primeramente se integra de super…cie a super…cie en el espacio, luego de curva a curva en un plano; y …nalmente, de punto a punto en un intervalo. Es decir: Los primeros límites de integración se hallan sobre el volumen V ; para hallar los segundos límites de integración se proyecta V sobre el plano de las variables que no han intervenido en la primera integración y los segundos límites de integración, se hallan sobre dicha proyección A. Finalmente, los últimos límites de integración se hallan sobre el intervalo que resulta de la proyección de A sobre el eje de la variable que no ha intervenido en las dos anteriores integraciones.

6.2.2

Volumen de una región sólida

El volumen de una región sólida puede calcularse por medio de una integral triple. Si en (10) hacemos f (x; y; z) = 1 obtenemos ZZZ dV = lim (V1 + V2 + ::: + Vn ) (6.11) V

n!1

Como V1 ; V2 ; :::; Vn son los volúmenes correspondientes a las n partes en que a sido dividida la región sólida V , tenemos que el segundo miembro de (12) da el


193

volumen de V . Es decir: volumen de V =

ZZZ

dV =

V

ZZZ

dzdydx

(6.12)

V

Example 62 Hallar el volumen del tetraedro limitado por los planos coordenados y el plano x + y + z = 1.

z

y

v

1

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

A 1y

A 1

x

u

Fig. 6.10

x

A

Fig. 6.11

El tetraedro está limitado inferiormente por el plano z = 0, superiormente por el plano z = 1 x y; la proyección sobre el plano xy está limitada por la izquierda por la recta y = 0 y por la derecha por la recta y = 1 x; la proyección sobre el eje x va desde x = 0 hasta x = 1 (‡echas punteadas en la Fig. ###). Por tanto, integrando entre estos límites tenemos: V

=

ZZZ

dV =

V

=

Z 1Z 0

6.2.3

Z

x=1 Z y=1 x Z z=1 x y

x=0

1 x

(1

0

x

y=0

z=0

1 y) dydx = 2

Z

1

(1

dzdydx 2

x) dx =

0

1 1 1 = 2 3 6

Cambio de variables en integrales múltiples

Para funciones dependientes de una sola variable, por medio de un cambio de variable x = x (u) se ha podido calcular, en el cálculo I, integrales complicadas transformándolas en otras más sencillas que pueden calcularse más fácilmente. Recordemos que la fórmula es: Z

a

b

f (x) dx =

Z

d

f (x (u)) x0 (u) du

(6.13)

c

donde u (x) = a, u (d) = b (es decir, la imágen del intervalo [c; d] es el intervalo [a; b]). Notemos que en lugar de integrar sobre el intervalo original [a:; b], después del cambio de variable está dada por más de una ecuación.

194


6.2.4

Formula del cambio de variable para integrales dobles

Si de las variables x; y se pasa a las variables u; v mediante las ecuaciones de transformación x = x (u; v), y = y (u; v) entonces la transformación de la integral de f (x; y) sobre la región A está dada por Z Z

f (x; y) dxdy =

Z Z

f (x (u; v) ; y (u; v))

A

A

@ (x; y) dudv @ (u; v)

(6.14)

donde la imagen de la región A, por medio del cambio de variable, es la región @ (x; y) original A (Fig. ###), y además el factor , que desempeña el papel @ (u; v) @ (x; y) de x0 (u) en (14), es el valor absoluto del determinante jacobiano dado @ (u; v) por @ (x; y) xu xv = (6.15) yu yv @ (u; v) Notemos que el determinante jacobiano (16) es el determinante de la matriz jacobiana de la transformación que efectúa el cambio de variable. Geométricamente, el valor absoluto del determinante jacobiano mide la contracción o dilatación de la región A, del plano uv, al transformarse en la región @ (x; y) A del plano xy. Por ejemplo si = 2 en todo A, signi…ca que el área de @ (u; v) @ (x; y) A es el doble de A. Si el valor de varía según el punto, signi…ca que la @ (u; v) contracción o dilatación de A mediante la transformación varía según el punto. Por esta razón, al determinante jacobiano puede considerarse como el ”factor de proporcionalidad de áreas” del cambio de variable efectuado (Ejercicio 47). De (15) tenemos que cuando se efectúa un cambio de varaible se debe expresar la función f en términos de las nuevas variables, u, v y multipliarla por @ (x; y) que se calcula según (16). @ (u; v) Algunos determinantes jacobianos que se usan frecuentemente son: Para: Coordenadas Polares: @ (x; y) x = r cos =r ) y = r sin @ (r; )

(6.16)

x =u @ (x; y) = ab ) ya @ (u; v) =v b

(6.17)

Para: a > 0; b > 0

(ver ejercicios 32 y 35).


195

Algunas veces, cuando las variables originales no están despejadas en las ecuaciones que efectúan el cambio de variables, es conveniente saber que @ (x; y) 1 = @ (u; v) @ (u; v) @ (x; y)

(6.18)

(ver ejercicios, 31, 33, 34, 43 y ejercicio propuesto 95). En general, la elección de un cambio de variable especí…co está sugerido por la forma de las ecuaciones de las curvas que limitan a la región de integración y/o por la forma de la función que se integra. Por ejemplo el cambio a las coordenadas polares (17a) puede ser muy útil cuando se integra sobre regiones limitadas por circunferencias, mientras que el cambio (17b) suele utilizarse para transformar elipses en circunferencias.

6.2.5

Fórmula del cambio de variable para integrales triples

La fórmula del cambio de variable para integrales tripes es el mismo tipo que para las integrales dobles. Si el cambio de variable se efectúa mediante las ecuaciones x = x (u; v; w), y = y (u; v; w), z = z (u; v; w); entonces el cambio en la integral triple de f (x; y; z) sobre la región sólida V está dada por ZZZ

V

f (x; y; z) dV =

ZZZ

f (x; y; z)

V

@ (x; y; z) dudvdw @ (u; v; w)

(6.19)

donde la imagen de V , mediante el cambio de variable, es la región original V ; @ (x; y; z) @ (x; y; z) el factor es el valor absoluto del determinante jacobiano @ (u; v; w) @ (u; v; w) dado por xu xv xw @ (x; y; z) = yu yv yw (6.20) @ (u; v; w) zu zv zw Geométricamente, el valor absoluto del determinante jacobiano (20) es el ”factor de proporcionalidad de volúmenes” del cambio de variable efectuado. Algunos que se usan frecuentemente son: Para: Coodenadas cilíndricas @ (x; y; z) =r @ (r; ; z)

;

x = r cos y = r sin z=z

(6.21)

;

x = cos sin y = sin sin z = cos

(6.22)

Para: Coordenadas esféricas @ (x; y; z) = @( ; ; )

2

sin

196


Para: a > 0, b > 0, c > 0 @ (x; y; z) = abc @ (u; v; w)

;

x=a = u y=b = v z=c = w

(6.23)

En general la elección del cambio de variable depende de la forma de las ecuaciones de las super…cies que limitan la región de integración y/o de la forma de la función que se integra. El cambio a coordenadas cilíndricas (21) puede ser conveniente cuando se integra sobre regiones limitadas por cilindros, conos y paraboloides; el paso a coordenadas esféricas suele efectuarse cuando la región de integración está limitada por esferas y, a veces, cilindros. El cambio (23) transforma elipsoides en esferas (ver ejercicio 61).

6.3

MASA. DENSIDAD MEDIA. CENTRO DE GRAVEDAD. CENTROIDE. MOMENTOS

Consideremos una ”…na lámina”que tenga la forma de una región plana A. Si la lámina o placa está construida con un material homogéneo, la densidad ó (masa por unidad de área) es constante y en tal caso la masa total es el producto de la densidad por el área de la lámina. Si la densidad (x; y) varía de un punto a otro, entonces la masa total de la lámina está dada por ZZ m= (x; y) dxdy (6.24) A

La densidad media

de la lámina está dada por el cociente. ZZ (x; y) dxdy masa AZ Z = = área dxdy

(6.25)

A

El centro de gravedad, de coordenadas (x; y), teóricamente es un punto de equilibrio de la lámina y sus coordenadas están dadas por ZZ ZZ x (x; y) dxdy y (x; y) dxdy x = Z ZA ; y = Z ZA (6.26) (x; y) dxdy (x; y) dxdy A

A

La integrales de los numeradores de (25) son los momentos de la lámina respecto al eje y y al eje x, respectivamente. Cuando la densidad es constante, (x; y) = c, las fórmulas (25) se simpli…can y tenemos ZZ ZZ xdxdy ydxdy x = Z ZA ; y = Z ZA (6.27) dxdy dxdy A

A

6.4. TEOREMA DE PAPPUS

197

En este caso, cuando la densidad es constante, el punto (x; y) se llama centroide o centro geométrico de la lámina. Por otra parte, si L es una recta en el plano de la lámina y d (x; y) es la distancia del punto (x; y) de la lámina a la recta L, entonces el momento de inercia IL de la lámina respecto a L está dado por IL =

ZZ

d2 (x; y) (x; y) dxdy

(6.28)

A

Si en (27) se tiene (x; y) = 1, el momento de inercia IL se llama también segundo momento de la lámina A respecto a L. En particular los momentos de inercia respecto a los ejes x e y se representan por Ix e Iy respectivamente; y están dadas por Ix =

ZZ

y 2 (x; y) dxdy

;

Iy =

A

ZZ

x2 (x; y) dxdy

(6.29)

A

La suma de estos momentos se llama momento polar de inercia respecto al origen y se representa por I0 : I0 = Ix + Iy = Ix =

ZZ

x2 + y 2

(x; y) dxdy

(6.30)

A

Debemos tener en cuenta que la masa y el centro de gravedad de una lámina no dependen de la posición del origen de coordenadas, ni de las direcciones de los ejes coordenados. El momento polar de inercia depende únicamente de la posición del origen y no de las direcciones de los ejes coordenados, mientras que los momentos y momento de inercia respecto a los ejes x e y dependen de la posición del origen y de las direcciones de los ejes. Si la lámina es de densidad constante y tiene un eje de simetría, entones su centroide (x; y) estará en dicho eje de simetría; si tiene dos ejes de simetría, el centroide estará en la intersección de tales ejes de simetría. Estas propiedades pueden usarse para simpli…car los cálculos (ejercicio 36, 38). La masa, centro de gravedad, momentos, etc. de un sólido están dados por fórmulas análogas a las correspondientes a regiones planas, donde intervienen integrales triples (ejercicios 72, 73 y 74).

6.4

TEOREMA DE PAPPUS

El teorema de Pappus relaciona al centroide de una región plana con el volumen del sólido de revolución generado al girar la región plana alrededor de una recta

198


de su plano. En forma precisa:

A

y

(x,y)

A y

y (x,y)

y

x x Fig. 6.12b

Fig. 6.12a

El volumen generado al girar una región plana arededor de un eje de su plano que no la corte es igual al producto del área de la región por la longitud de la circunferencia descrita por su centroide. En particular, si una región plana como la de la Fig. ### gira alrededor del eje x, entonces al girar la región plana para engendrar el sólido de revolución, el centroide se desplaza a lo largo de una circunferencia de radio y (Fig. ###). Entonces, el volumen V es igual al producto de la longitud de dicha circunferencia multiplicada por el área A; es decir V = 2 yA

(6.31)

El teorema de Pappus puede usarse en algunos casos para calcular volúmenes y en otros para determinar centroides. Nota. Por supuesto, el teorema de Pappus se aplica cuando la densidad es constante. Ejemplo 6.6. El area del semidisco superior x2 +y 2 = R2 , y 0 es A = R2 . 2 Al girar alrededor del eje x genera una esfera de radio R cuyo volumen es 4 3 V = R . 3

y R

(x,y) R Fig. 6.13

x


199

Por el teorema de Pappus tenemos: V = 2 yA =)

4 3 R = 2 y R2 3 2

despejando y 4R 3 Además, como el eje y es un eje de simetría del semidisco, el centroide está en dicho eje y por tanto x = 0. Luego, el centroide del semidisco es (x; y) = 4R 0; . 3 y=

6.5


INTEGRALES DOBLES 1. Sea A el cuadrado con vértice en (0; 0), (1; 0), (1; 1), (0; 1). Calcular aproximadamente el valor de la integral ZZ x2 + y dA A

a) dividiendo A en dos partes. b) dividiendo A en cuatro partes.

y

y (1,1)

(0,1) (1/2,3/4 )

A2

A1 (0,0)

(1,1)

(0,1) A4

A3

A1

A2

(1/2,1/4 )

Fig. 6.14a

(1,0)x

(0,0)

Fig. 6.14b

(1,0) x

Solución. a) Dividamos A en dos partes A1 y A2 como en la Fig. ###. Del pedazo inferior elegimos el punto (x1 ; y1 ) = 21 ; 14 y del pedazo superior el punto (x2 ; y2 ) = 12 ; 34 . Los áreas de A1 y A2 son A1 = 21 , A2 = 12 . Por tanto, ZZ x2 + y dA ' f (x1 ; y1 ) A1 + f (x2 ; y2 ) A2 = x21 + y1 A1 + x22 ; y2 A2 A ! ! 2 2 1 1 1 1 3 1 3 = + + + = 2 4 2 2 4 2 4

200

CHAPTER 6. INTEGRALES MULTIPLES b) Dividamos A en cuatro partes A1 , A2 , A3 , A4 como en la Fig. ###. Elijamos un punto de cada pedazo: 1 1 ; 4 4

3 1 ; 4 4

,

,

3 3 ; 4 4

1 3 ; 4 4

,

.

Como el área de cada pedazo es 41 , tenemos: ZZ x2 + y dA ' f (x1 ; y1 ) A1 + f (x2 ; y2 ) A2 + f (x3 ; y3 ) A3 + f (x4 ; y4 ) A4 A ! ! ! 2 2 2 1 1 1 3 1 1 3 3 1 = + + + + + + 4 4 4 4 4 4 4 4 4 13 , 16

=

después de simpli…car. CALCULO DE INTEGRALES DOBLES En los ejercicios 2 - 8 se calculan integrales iteradas. Z 2Z 1 2. xydxdy. 1

0

Solución. Integrando con respecto a x manteniendo y constante: Z 2Z 1 Z 2 Z 2 2 1 2 y y2 3 x y dy = dy = = xydxdy = 2 2 4 4 1 1 0 1 0 1

3.

Z 4Z 2

3

xydydx.

1

Solución. Integrando con respecto a y, manteniendo x constante Z 4 Z 4Z 3 Z 4 3 4 4x2 y2 dx = = 24 4xdx = xydydx = x 2 1 2 2 2 2 1 2 4.

Z 1Z

x

dydx.

x2

0

Solución. Z 1Z x Z dydx = x2

0

5.

Z 2Z 1

0

1

x

yjx2 dx =

Z

1

x

x2 dx =

0

x2 2

x3 3

1

= 0

1 2

1 1 = 3 6

3y

(x + y) dxdy.

y

Solución. Z 2 Z 3y 1

y

(x + y) dxdy =

Z

1

2

x2 + xy 2

3y

dy = y

Z

1

2

6y 2 dy =

6y 3 3

2

= 14 1

1 4

2

3 + 4

!


6.

Z

2

Z

201

x2 +x

xdydx.

1 2x2 2

Solución. Z 2 Z x2 +x

xdydx =

1 2x2 2

Z

2 1

x2 +x xyj2x2 +2

dx = =

7.

Z Z

Z

2

x3 + x2 + 2x dx 1

x4 x3 2x2 + + 4 3 2

2

= 1

9 4

cos

r sin drd .

2

0

Solución. Z Z cos 0

r sin drd =

2

Z

0

r2 sin 2

cos

d = 0

1 2

Z

cos2 sin d =

0

1 2

cos3 3 =

8.

Z

0

=2 Z 4 cos

r3 drd .

2

Solución. Z =2 Z 0

4 cos

r3 drd =

2

Z

0

=2

r4 4

4 cos

d = 2

Z

=2

64 cos4

4 d

0

consultando una tabla de integrales = 64

3 sin 2 sin 4 + + 8 4 32

=2

= 10

4 0

En los ejercicios 9-16 se calculan integrales dobles sobre una región plana por medio de integrales iteradas. ZZ 9. y 2 dA siendo A el rectángulo limitado por x = 0, x = 1, y = 0, y = 3. A

y

y (1,3)

(1,3)

A Fig. 6.15a

Fig. 6.15b

x

0

1 3

202


Solución. Procedimiento 1. Como el rectángulo A, que es la región de integración, está limitada por la izquierda por la recta x = 0 y por la derecha por la recta x = 1, primeramente integramos con respecto de x (línea punteada en la Fig. ###). Con respecto de y se integra en la proyección del rectángulo sobre el eje y, que va de y = 0 hasta y = 1 (intervalo rayado en la Fig. ###). Por tanto: ZZ Z 3Z 1 Z 3 Z 3 3 y3 1 =9 y 2 dA = y 2 dxdy = y 2 x 0 dy = y 2 dy = 3 0 A 0 0 0 0 Procedimiento 2. El rectángulo A está limitado inferiormente por la recta y = 0 y superiormente por la recta y = 3. Entonces primeramente integramos con respecto de y entre estos lìmites (línea punteada en la Fig. ###). Con respecto de x integramos en la proyección del rectángulo sobre el eje x, que va desde x = 0 hasta x = 1 (intervalo rayado en la Fig. ###). Por tanto ZZ Z x=1 Z y=3 Z 1 Z 1 3 3 y 1 y 2 dA = dx = 9dx = 9xj0 = 9 y 2 dydx = 3 A x=0 0 y=0 0 0 ZZ 10. Calcular (x + 2y) dA si A es el triángulo limitado por x = 0, y = 0, A

x + y = 1.

y

y (0,1)

(0,1)

ó x=1-y x+y=1

ó y=1-x x+y=1

(1,0) x

Fig. 6.16a

Fig. 6.16b

(1,0)

x

Solución. Procedimiento 1. El triángulo está limitado por la izquierda por la recta x = 0 y por la derecha por la recta x = 1 y; entonces integramos primero con respecto a x entre estos límites (línea punteada en la Fig. ###). Con respecto a y integramos en la proyección del triángulo sobre el eje y (intervalo rayado en la Fig. ###). Por tanto, ZZ Z x=1 Z y=1 x Z 1 1 x (x + 2y) dA = (x + 2y) dydx = (xy) + y 2 0 dx A

x=0

=

Z

0

y=0

0

1

2

(1

x) dx =

x

x 2

1

= 0

1 2


203

Nota. Notemos que en los límites de integración la variable respecto a la cual se integra debe estar despejada.

11. Calcular

ZZ

(2x

y) dA si A es el cuadrilátero limitado por x = 0, x = 1,

A

x + y = 1, x + y = 3.

y

y y=x x+y=3 (1,1) Fig. 6.17

(1,0) x+y=1

Fig. 6.18

x+y=2

x

x

Solución. Como la región de integración está limitada inferiormente por la recta y = 1 x y superiormente por la recta y = 3 x; entonces integramos primero con respecto de y entre estos límites (línea punteada Fig. ###). Con respecto de x integramos en la proyección de la región de integración sobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = 1. Por tanto ZZ

(2x

y) dA =

A

Z

x=1 Z y=3 x

x=0

=

Z

0

(2x

y) dydx =

y=1 x

1

(6x

x2 4) dx = 6 2

Z

1

2xy

0

1

=

4x

y2 2

3 x

dx 1 x

1

0

Nota. En este caso no conviene integrar primero con respecto a x porque la región de integración está limitada por dos curvas (dadas por dos ecuaciones) por la izquierda. Lo mismo ocurre con las curvas que la limitan por la derecha.

12. Hallar

ZZ

A

(1 + x) dA, si A es el triángulo limitado por y = x, x + y = 2,

y = 0. Solución. Como la región de integración está limitada por la izquierda por la recta x = y y por la derecha por la recta x = 2 y, entonces integramos primero con respecto a x (línea punteada Fig. ###). Con respecto y integramos en la proyección del triángulo sobre el eje y que va desde y = 0

204

CHAPTER 6. INTEGRALES MULTIPLES hasta y = 1 (intervalo rayado, Fig. ###). Por tanto, ZZ

(1 + x) dA

Z

=

A

y=1 Z x=2 y x=y

y=0

Z

=

Z

(1 + x) dxdy =

0

1

(4

4y) dy = 4

0

2 2 y

(1 + x) 2

dy y

1

y2 2

y

1

=2 0

Nota. En este caso no conviene integrar primero con respecto de y porque la región de integración está limitada superiormente por dos curvas (dadas por dos ecuaciones). ZZ 13. Hallar (x + y) dA, siendo A la región limitada por x = y 2 , x + y = 0. A

y

y

(1,1)

x=y 2 y=x

y=x 3 x

x

x+y=0

Fig. 6.19

Fig. 6.20

(1,-1)

(-1,-1)

Solución. Como la región de integración está limitada por la izquierda por la parábola x = y 2 hasta la recta x = y; entonces integramos primero con respecto de x entre estos límites (línea punteada Fig. ###). Con respecto de y integramos en la proyección de la región sobre el eje y que va desde y = 1 hasta y = 0. Por tanto ZZ

(x + y) dA

=

A

y=0

y= 1

=

14. Calcular

Z

ZZ

A

1 2

Z

x= y

(x + y) dxdy =

x=y 2

5

1

4

y 2y + + y3 5 4

= 0

Z

0 1

x2 + xy 2

y

dy = y2

1 60

xydA, donde A es la región limitada por y = x3 , y = x.

Solución. La porción que está sobre el primer cuadrante está limitada inferiormente por la curva y = x3 y superiormente por la curva y = x, entonces integramos primero con respecto a y entre estos límites; la proyección sobre el eje x de esta porción va desde x = 0 hasta x = 1.

1 2

Z

0

1

y 4 + 2y 3 + y 2 d


205

Por otra parte, la porción que está en el tercer cuadrante está limitada inferiormente por y = x y superiormente por y = x3 , entonces se va a integrar primero con respecto a y entre estos límites. La proyección de esta porción sobre el eje x va de x = 1 a x = 0. Por tanto, sumando las integrales sobre cada porción tenemos: ZZ

xydA

=

A

=

15. Hallar

ZZ

(x

Z

x=1 Z y=x

x=0 Z 1

1 2

xydydx +

y=x3

x3

x7 dx +

0

Z

x=0

Z

y=x3

xydydx =

x

1

0

x= 1 y=x Z 0 1 7 3

2

Z

x

dx =

1

y2 x 2

x

dx + x3

Z

1

y2 x 2 1

x3

dx x

1 1 1 + = 16 16 8

y) dA, si A es la región limitada por x = y 2 , y = x3 .

A

y=x 3

x=y 2

(1,1)

Fig. 6.21

Solución. La región de integración está limitada p inferiormente por la curva y = x3 y superiormente por la parábola y = x (o x = y 2 ), entonces integramos primero con respecto de y entre estos límites (línea puntead Fig. ###). Con respecto de x integramos en la proyección sobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = 1 (intervalo rayado, Fig. ###). Por tanto, ZZ

(x

y) dA

=

A

p x=1 Z y= x

x=0

=

16. Hallar

Z

ZZ

A

x5=2 2 5

(x

y) dydx =

x=x3

x5 5

Z

0

x2 x7 + 4 14

1

= 0

2 5

1

xy

y2 2

p

x

dx = x3

1 1 3 + = 5 14 140

x2 dA, si A es la región del primer cuadrante limitada por la

Z

0

1

x3=2

x4

x x6 + 2 2

dx

206

CHAPTER 6. INTEGRALES MULTIPLES hipérbola xy = 16 y las rectas x = y, x = 0, y = 0, x = 8. y

y xy=16

xy=16 y=x

x=y (4,4)

(4,4) x=8

A2

A2

A1

(8,2)

A1 x

Fig. 6.22a

Fig. 6.22b

x

Solución. Notemos que tanto por la derecha como superiormente la región de integración está limitada por dos curvas (dadas por dos ecuaciones), entonces es necesario dividir la región en dos partes. Procedimiento 1. Dividamos la región A como en la Fig. ###, en dos regiones A1 y A2 . La región A1 está limitada inferiormente por la recta y = 0 y superiormente por la recta y = x, integramos con respecto de y entre estos límites. Con respecto de x integramos en la proyección sobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = 4. Por otra parte, la región A2 está limitada inferiormente por la recta y = 0 y superiormente por la hipérbola y = 16 x , entonces integramos primero con respecto de y entre estos límites. Con respecto de x integramos en la proyección de A2 sobre el eje x que va desde x = 4 hasta x = 8. Sumando las integral sobre A: ZZ Z x=4 Z y=x Z x=8 Z y=16=x Z 4 Z 8 4 16=x 2 2 2 2 x dA = x dydx + x dydx = x yj0 dx + x2 yj0 dx A

x=0

=

Z

y=0

4

x3 dx +

0

Z

x=4

y=0

0

4 4

8

16xdx =

4

x 4

4

2 8

+ 16 0

x 2

= 64 + 8 (64

16) = 448

4

Procedimiento 2. Dividamos la región A como en la Fig. ### en dos regiones A1 y A2 . Integramos primero con respecto de x y luego con respecto de y sobre A1 y A2 y luego sumando, obtenemos: ZZ Z y=2 Z x=8 Z y=4 Z x=16=y Z 2 3 8 Z 4 3 x x x2 dA = x2 dxdy + x2 dxdy = dy + 3 y 3 A y=0 x=y y=2 x=y 0 2 Z 2 Z 4 1 1 4096 512 y 3 dy + = y 3 dy 3 0 3 2 y3 =

1 3

512y

y4 4

2

+ 0

1 3

4096 2y 2

y4 4

4

= 448 2

16=y

dy y


207

En los ejercicios 17 - 20 se invierte el orden de integración de una integral iterada. Z 2 Z 2x f (x; y) dydx. 17. Gra…car la región de integración e invertir el orden de integración 0

0

y

y

y (2,4)

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

y=2x

A2 A1

x=2 y=2x

y=2x

x=1 Fig. 6.23

Solución. Como Z 2Z 0

x

Fig. 6.24a

2x

f (x; y) dydx =

0

Z

x=2 Z y=2x

x=0

(1,2)

x

Fig. 6.24b

f (x; y) dydx

y=0

considerando los límites de integración deducimos que la región de integración está limitada inferiormente por la recta y = 0 y superiormente por la recta y = 2x. Además x varía entre x = 0 y x = 2. La región de integración se muestra en la Fig. ###. Invirtamos el orden de integración; como la región está limitada por la izquierda por x = y2 y por la derecha por x = 2, entonces integramos con respecto de x entre estos límites. 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 2 Z 2x Z y=4 Z x=2 Z 4Z 2 f (x; y) dydx = f (x; y) dxdy = f (x; y) dxdy 0

0

y=0

x=y=2

0

y=2

18. Gra…car la región de integración e invertir el orden de integración: Z 1 Z 3x f (x; y) dydx 0


2x

3x

2x

f (x; y) dydx =

Z

x=1 Z y=3x

x=0

f (x; y) dydx

y=2x

considerando los límites de integración deducimos que la región de integración está limitada inferiormente por la recta y = 2x y superiormente

x

208

CHAPTER 6. INTEGRALES MULTIPLES por la recta y = 3x. Además x varía entre x = 0 y x = 4. La región de integración se muestra en la Fig. ###. Invirtiendo el orden de integración: Como la región está limitada por la derecha por dos curvas (dadas por dos ecuaciones) debemos dividir la región de integración en dos partes A1 y A2 como en la Fig. ###. La región A1 está limitada por la izquierda por la recta x = y3 y por la derecha por x = y2 ; entonces integramos primero con respecto de x entre estos límites. Con respecto de y integramos en la proyección de A1 sobre el eje y que va desde y = 0 hasta y = 2. La región A2 está limitada por la izquierda por x = y3 y por la derecha por la recta x = 1, entonces integramos primero respecto de x entre estos límites. Con respecto de y integramos en la proyección de A2 sobre el eje y que va desde y = 2 hasta y = 4. Por tanto: Z 1Z 0

3x

f (x; y) dydx =

2x

Z 2Z 0

y 2

f (x; y) dxdy + y 3

Z 3Z 2

1

f (x; y) dxdy y 3

19. Gra…car la región de integración e invertir el orden de integración: Z 1Z 1 y f (x; y) dxdy p 1 y2

0

y

y

1

1 x=(1-y 2)1/2

x=-(1-y 2)1/2 x=1-y

x=1-y A1

-1

Fig. 6.25a

Solución. Como Z 1Z 1 y 0

p

1 y2

1

f (x; y) dxdy =

x

-1

Z

Fig. 6.25b

y=1 Z x=1 y

y=0

x=

A2

p

1

x

f (x; y) dxdy

1 y2

considerando los límites de integración deducimos que la pregión de integración está limitada por la izquierda por la curva x = 1 y 2 y por la derecha por la recta x = 1 y. Además y varía desde y = 0 hasta y = 1. La región de integración se muestra en la Fig. ###. Para invertir el orden de integración: dividimos la región de integración en dos partes A1 y A2 como se ven en la Fig. ###. La región A1 está limitadapinferiormente por la recta y = 0 p y superi1 y 2 ), ormente por la curva y = 1 x2 (que se obtiene de x =


209

entonces integramos primero con respecto a y entre estos límites. Con respecto de x integramos en la proyecci{on de A1 sobre el eje x que va desde x = 1 hasta x = 0. Por otra parte, la región A2 está limitada inferiormente por la recta y = 0 y superiormente por la recta y = 1 x; entonces integramos primero con respecto de y entre estos límites. Con respecto de x integramos en la proyección de A2 sobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = 1. Por tanto, sumando las integrales sobre A1 y A2 tenemos: Z 1Z 0

1 y

p

f (x; y) dxdy = 1 y2

20. Calcular

1

Z 1Z 0

Z 0Z

3

1 x2

f (x:y) dydx+

0

Z 1Z

1 x

f (x; y) dydx

0

0

2

ex dxdy invirtiendo previamente el orden de integración.

3y

y

y

(3,1)

3

Fig. 6.26a

(3,1)

y=x/3

x=3y

x

Fig. 6.26b

3

x


3

3y

2

ex dxdy =

Z

y=1 Z x=3

y=0

2

ex dxdy

x=3y

considerando los límites de integración deducimos que la región de integración está limitada por la izquierda por la recta x = 3y y por la derecha por la recta x = 3. Además, y varía desde y = 0 hasta y = 1. La región de integración se muestra en la Fig. ###. Invirtiendo el orden de integración: como la región de integración está limitada inferiormente por la recta limitada inferiormente por la recta y = 0 y superiormente por la recta y = x3 , entonces integramos primero con respecto de y entre estos límites. Con respecto de x integramos en la proyección de la región sobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = 3 (Fig. ###). Por tanto, invirtiendo el orden de integración y calculando: Z 1Z 3 Z x=3 Z y= x3 Z 3 Z x 2 2 2 1 3 x2 1 1 x2 3 ex dxdy = ex dydx = ex y dx = xe dx = e 3 0 3 2 0 0 y=0 0 3y x=0

3

= 0

1 9 e 6

1

210

CHAPTER 6. INTEGRALES MULTIPLES Nota. Notemos que si previamente no se invierte el orden de integración, el cálculo de la integral es di…cultosa. En los ejercicios 21 - 35 se calculan áreas de regiones planas.

21. Hallar el área de la región limitada por las rectas y = 2x, x + y = 2, y = 0.

y

y

2 (3,9) (2/3,4/3)

y=2x+3 y=x

x+y=2

2

(-1,1) x

2

Fig. 6.27

Fig. 6.28

x

Solución. La región está limitada por la izquierda por la recta x = y2 (que se obtiene de y = 2x) y por la derecha por la recta x = 2 y (que se obtiene de x + y = 2). Entonces integramos primeramente con respecto de x entre estos límites. Con respecto de y integramos en la proyección sobre el eje y que va desde y = 0 hasta y = 34 . Por tanto el área A está dado por:

A=

Z

4 3

0

Z

2 y

dxdy = y 2

Z

4 3

2 y

xj y

dy =

2

0

Z

4 3

2

0

3 y dy = 2y 2

3 2 y 4

4 3

= 0

4 3

22. Calcular el área de la región limitada por y = x2 y y = 2x + 3. Solución. 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 límites. Con respecto de x integramos en la proyección sobre el eje x que va desde x = 1 hasta x = 3. Por tanto el área es

A=

Z

3

Z

2x+3

1 x2

dydx =

Z

3 1

2x+3 yjx2

dx =

Z

3

2x + 3 1

x2 dx = x2 + 3x

x3 3

3

= 1

32 3


211 y 2 y y = x.

23. Calcular el área de la región limitada por x = 6y

y

y 2 y=x

y2=4-x

(5,5) x=6y-y

2

y2=4-4x

-2

x

Fig. 6.29

Fig. .30

Solución. La región está limitada por la izquierda 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 límites. Con respecto de y integramos en la proyección sobre el eje y que va desde y = 0 hasta y = 5. Por tanto, el área pedida es

A=

Z 5Z 0

6y y 2

dxdy =

y

Z

5

6y y 2 xjy

0

dy =

Z

5

5y

y 2 dy =

0

5y 2 2

y3 3

5

= 0

125 6

24. Hallar el área limitada por y 2 = 4 x y y 2 = 4 4x. Solución. Como la región es simétrica, calculemos el área de la parte que está en el primer cuadrante y lo multiplicamos por 2. Esta porción está 2 limitada por la izquierda por la parábola x = 1 y4 (que se obtiene de y 2 = 4 4x) y por la derecha por x = 4 y 2 (obtenida de y 2 = 4 x); entonces integramos primero con respecto de x entre estos límites. Con respecto de y, integramos en la proyección sobre el eje y que va desde y = 0 hasta y = 2. Por tanto, el área pedida es

Z 2Z A=2 0

4 y2

1 y 2 =4

dxdy = 2

Z

0

2

4 y2 xj1 y2 =4

Z dy = 2

0

2

3

3 2 y dy = 2 4

3y

y3 4

2

=8 0

212

CHAPTER 6. INTEGRALES MULTIPLES x2 y y = 3x2

25. Calcular el área limitada por y = 2x

y

y=2x-x

6x.

y

2

(1,1) x

2

y=x

3

y=x

y=3x 2-6x

2

x Fig. 6.32

Fig. 6.31

Solución. La región está limitada inferiormente por la parábola y = 3x2 6x y superiormente por la parábola y = 2x x2 , entonces integramos primeramente con respecto de y entre estos límites. Con respecto de x integramos en la proyección sobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = 2. Por tanto, el área pedida es

A=

Z 2Z

dydx =

3x2

0

Z

2x x2 6x

0

2

2x x2 yj3x2 6x

dx =

Z

2

8x

2

4x

4x3 3

2

dx = 4x

0

26. Hallar el área de la región limitada por y = x2 y y = x3 . Solución. Como la región está limitada inferiormente por la cúbica y = x3 y superiormente por la parábola y = x2 ; entonces integramos primero con respecto de y entre estos límites. Con respecto de x, integramos en la proyección sobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = 1. Por tanto, el área pedida es:

A=

Z 1Z 0

x2

x3

dydx =

Z

0

1

x2 yjx3

dx =

Z

0

1

x2

x3 dx =

x3 3

x4 4

1

= 0

1 12

27. Calcular el área de la región en el primer cuadrante limitada por y 2 = 2x,

2

= 0

16 3

6.5. EJERCICIOS RESUELTOS x2 + y 2

213

4y = 0.

y y

x2+y 2-4y=0 x2=2py

(2p,2p) (2,2) x x y2=2px y2=x

Fig. 6.34

Fig. 6.33

Solución. Como la región está limitada por la izquierda por la parábola 2 x = y2 (obtenida de y 2 = 2x) y por la derecha por el arco de circunferencia p x = 4y y 2 (obtenida de x2 + y 2 4y = 0) entonces integramos primero con respecto de x entre estos límites. Con respecto de y integramos en la proyección sobre el eje y que va desde y = 0 hasta y = 2. Por tanto, el área pedida es

A=

Z 2 Z p4y 0

Z

y2

dxdy =

y 2 =2

=

2

0

1 (y 2

2)

p 4y

p 4y xjy2 =2

y2

dy =

Z

p 4y

2

0

1 y 2 + 4 arcsin 2

y

2

2

y2 2

y2 y3 6

2

= 0

dy 4 3

28. Calcular el área de la región limitada por y 2 = 2px y x2 = 2py. Solución. Como la región está limitada inferiormente por la parábola py = x2 =2p (obtenida de x2 = 2py) y superiormente por la parábola y = 2px (obtenida de y 2 = 2px); entonces integramos primero con respecto de y entre estos límites. Con respecto de x integramos en la proyección sobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = 2p. Por tanto, el área pedida es

A=

Z

0

2p Z

p

2px

x2 =2p

dydx =

Z

0

2p

p

2px yjx2 =2p

dx =

Z

0

2p

p 2px

x2 2p

p x3=2 dx = 2p 2 3

x3 6p

2p

= 0

4 2 p 3

214


29. Hallar el área de la región limitada por y = x3

x3 .

2x y y = 6x

y=x 3-2x

y

21/2-y=2x

(2,4)

y y=6x-x

y=x

3

(1,1) x

y=x

3

Fig. 6.35

x Fig. 6.36

Solución. Debido a la simetría de la región, consideremos solamente la parte que está a la derecha del eje y, luego multiplicaremos ese área por dos. Como la región está limitada inferiormente por la cúbica y = x3 2x y superiormente por y = 6x x3 , entonces integramos primero con respecto de y entre estos límites. Con respecto de x integramos en la proyección sobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = 2. Por tanto, el área pedida es Z 2 Z 6x x3 Z 2 Z 2 2x4 6x x3 A=2 dydx = 2 yjx3 2x dx = 2 8x 2x3 dx = 2 4x2 4 0 x3 2x 0 0

2

= 16 0

30. Hallar el área de la región limitada por y = x3 , y = 2x y y = x. Solución. Debido a la simetría de la región consideremos solamente la parte que está en el primer cuadrante y luego multiplicaremos su área por dos. Por una parte, la región está limitada por la izquierda por la recta x = y=2 (obtenida de y = 2x) y por la derecha por x = y (entonces integramos primero con respecto de x entre estos límites) cuando y varía desde y = 0 hasta y = 1 (entonces integraremos con respecto de y entre estos límites). Por otra parte, la región está limitada por la izquierda por la recta x = y=2 y por la derecha por la cúbica x = y 1=3 (entonces integraremos primero con p respecto de x entre estos límites) cuando y varía desde y = 1 hasta y = 2 2 (entonces integraremos respecto de y entre estos límites). Por tanto, el área pedida es: (Z Z ) (Z ) Z 2p2 Z y1=3 Z 2 p2 1 y 1 y y 1=3 A=2 dxdy + dxdy = 2 xjy=2 dy + xjy=2 dy 0

=2

(Z

0

1

y=2

y dy + 2

1

Z

1

p

2 2

y 1=3

y=2

y dy 2

)

=2

8 < y2 : 4

0

1

+ 0

y=2

y 4=3 3 4

y2 4

p 9 2 2=

1

En los ejercicios 31 - 35 se calculan áreas de regiones planas efectuadas cambios de variables de modo que simpli…quen los cálculos.

;

=

3 2


215

31. Hallar el área de la región limitada por x + y = 1, x + y = 2, y = 2x y y = 2x + 2.

y y=2x+2 v u=1

u=2

y=2x

v=2 x+y=2

x

x+y=1

Fig. 6.37a

A

2 Fig. 6.37b

1

u

Solución. No conviene integrar sobre la región del plano xy (Fig. ###) porque tendríamos que dividir la región en cuatro partes. Efectuando el cambio de variable x + y = u, y 2x = v; vemos que x + y = 1, se transforma en u = 1, x + y = 2, se transforma en u = 2, y 2x = 0, se transforma en v = 0 y y 2x = 0, se transforma en v = 2. La región A se transforma en la región A de la Fig. ###. Como

@ (u; v) = @ (x; y)

ux vx

uy vy

1

=

2

1 1

=3

entonces el jacobiano de la transformación es:

@ (x; y) = @ (u; v)

1 @(u;v) @(x;y)

=

1 3

Integrando en la región del plano uv (Fig. ###), teniendo en cuenta el jacobiano de la transformación, obtenemos el área pedida:

A=

ZZ

A

dxdy =

ZZ

@ (x; y) dudv = A @ (u; v)

Z 2Z 0

1

2

1 1 dudv = 3 3

Z

0

2

2

uj1 dv =

1 3

Z

0

2

dv =

1 2 2 vj0 = 3 3

216


32. Hallar el área de la región anular limitada por x2 + y 2 = 4, x2 + y 2 = 9. xy=8

y

y r=3

xy 3=15 xy 3=5

x r=2

xy=4

Fig. 6.38

Fig. 6.39a

Solución. Conviene pasar a coordenadas polares por medio de x = r cos , y = r sin ; entonces x2 + y 2 = 4, se transforma en r = 2, x2 + y 2 = 9 se transforma en r = 3. El jacobiano de la transformación es @ (x; y) = @ (r; )

xr yr

x y

=

cos sin

r sin r cos

= r cos2 + sin2

= r,

como la circunferencia que limita la región anular, más cercana al origen, es r = 2 y la circunferencia más alejada es r = 3; entonces integramos con respecto de r entre estos límites. Para cubrir toda la región anular, el ángulo varía desde = 0 hasta = 2 . Integrando entre estos límites y considerando el jacobiano de la transformación obtenemos el área pedida: Z 2 Z 3 Z 2 2 3 Z 2 5 2 r 5 A= =5 rdrd = d = d = 2 2 2 0 2 0 0 2 0 33. Hallar el área de la región del primer cuadrante limitada por xy = 4, xy = 8, xy 3 = 5, xy 3 = 15. Solución. La forma de las ecuaciones dadas sugiere hacer el cambio de variable u = xy, v = xy 3 ; entonces xy = 4 xy = 8 xy 3 = 5 xy 3 = 15

se se se se

transforma transforma transforma transforma

en en en en

u=4 u=8 v=5 v = 15

La región A se transforma en A (Fig. ### y ##). Como @ (u; v) = @ (x; y)

ux vx

uy vy

=

y y3

x 3xy 2

= 2xy 3 = 2v,

entonce el jacobiano de la transformación es 1 1 @ (x; y) = . = @ (u; v) @ (u; v) 2v @ (x; y)

x


217

Integrando en la región A (Fig. ###) y teniendo en cuenta el jacobiano de la transformación, obtenemos el área pedida: Z 15 Z Z 15 Z 8 1 1 1 15 u 8 15 dv = 2 A = dudv = dv = 2 ln vj5 = 2 (ln 5 ln 15) 2 5 v 4 5 v 4 2v 5 = 2 ln 3 34. Cacular el área de la región limitada por y 2 = x, y 2 = 8x, x2 = y, x2 = 8y. x2=y y

v

x2=8y A

v=8

A

x y2=x

v=1

y2=8x

u=8

u=1

u

Solución. La forma de las ecuaciones dadas sugiere efectuar el cambio de y2 x2 variable u = yv= ; entonces x y y2 = x y 2 = 8x x2 = y x2 = 8y

se se se se

transforma transforma transforma transforma

en en en en

u=1 u=8 v=1 v=8

La región A se transforma en la región A (Fig. ### y ##). Como @ (u; v) = @ (x; y)

ux vx

uy vy

=

y2 x2 2x y

2y x 2 x y2

=

3;

entonces el jacobiano de la transformación es @ (x; y) 1 = = @ (u; v) @ (u; v) @ (x; y)

1 3

Integrando sobre A y teniendo en cuenta que el jacobiano de la transfor1 mación es , obtenemos el área pedida 3 ZZ Z 8Z 8 @ (x; y) 1 49 A= dudv = dudv = 3 A @ (u; v) 1 1 3

218


35. Hallar el área de la elipse

y2 x2 + 2 = 1. 2 a b v

y b

r

a

x

u

Fig. 6.41a Fig. 6.41b

Solución. Efectuemos el cambio de variable

x y = u, = v; entonces a b

x2 y 2 + 2 = 1 se transforma en la circunferencia u2 + v 2 = 1. El jacobiano a2 b de la transformación es @ (x; y) = @ (u; v)

xu yu

xv yv

=

a 0 0 b

= ab (1)

Ahora, pasemos a coordenadas polares; por el ejercicio 32 el jacobiano es @ (u; v) =r @ (r; )

(2)

Además u2 + v 2 = 1 se transforma en r = 1. Teniendo en cuenta la simetría del círculo calculamos el área de la porción del primer cuadrante y lo multiplicamos por 4. Integrando y teniendo en cuenta los jacobiano (1) y (2) de las dos transformaciones obtenemos el área pedida: A=4

Z

0

=2 Z 1 0

Z abr drd = 4ab

0

=2

r2 2

1 0

Z d = 2ab

0

=2

d = 2ab j0

=2

= ab

Nota. Los dos cambios de variable se pueden efectuar de una sola vez haciendo x = ar cos , y = br sin . MASA, DENSIDAD MEDA, CENTRO DE GRAVEDAD, CENTROIDE Y MOMENTOS 36. Si A es la región limitada por 3x + 4y = 24, x = 0, y = 0 y la densidad es (x; y) = xy, hallar a) la masa, b) la densidad media, c) el centro de gravedad, d) los momentos con respecto a los ejes x e y e) los segundos


219

momentos con respecto a los ejes x e y, f) el momento polar de inercia respecto del origen. y

y

4

6

3x+4y=24 (0,y) A

x

8

Fig. 6.42

-2

Fig. 6.43

2

x

Solución. a) La masa de A es m=

ZZ

Z 6Z

(x; y) dxdy =

A

0

8

4 3y

xydxdy =

0

Z

0

6

1 2

4 y y dy = 96 3

8

6 b) Como el área de A es 8 = 24; de la parte a) tenemos que la densidad 2 media es 96 masa = =4 = área 24 c) Como ZZ

x (x; y) dxdy =

A

ZZ

Z 6Z 0

y (x; y) dxdy =

A

0

Z 6Z 0

8

8

0

Z 1 6 8 3 0 4 Z 3y 1 6 2 xy dxdy = 8 2 0 4 3y

x2 y dxdy =

4 y 3 4 y 3

3

y dy =

1536 5

y 2 dy =

1152 5

2

Entonces las coordenadas del centro de gravedad son: ZZ ZZ 1536 1152 x (x; y) dxdy y (x; y) dxdy 16 12 5 A A x = ZZ = ; y = ZZ = = 3 = 96 5 96 5 (x; y) dxdy (x; y) dxdy A

A

d) De la parte c) tenemos: ZZ

1152 5 Z ZA 1536 momento respecto al eje y = x (x; y) dxdy = 5 A momento respecto al eje x =

y (x; y) dxdy =

220

CHAPTER 6. INTEGRALES MULTIPLES e) Los segundos momentos son Ix =

ZZ

y

2

Z 6Z

(x; y) dxdy =

A

Iy =

ZZ

A

xy 3 dxdy =

0

0

x2 (x; y) dxdy =

4 3y

8

Z 6Z 0

8

4 3y

1 2

x3 ydxdy =

0

Z

6

4 y 3

8

0

1 4

Z

6

4 y 3

8

0

2

y 3 dy = 4

ydy =

3456 5 6144 5

f) El momento polar de inercia con respecto al origen es: 3456 6144 + = 1920 5 5

I0 = Ix + Iy =

37. Hallar el centroide de la región limitada por y = 4 x2 , y = 0. Solución. Claramente el eje y es un eje de simetría de la región, y por tanto, el centroide debe estar en dicho eje de simetría. Entonces x = 0. Por otra parte, como ZZ

A

ydxdy = ZZ

Z

2

Z

4 x2

2 0

dxdy =

A

entonces

Z

2

Z

4 x2

Z

dydx =

2 0

ZZ

2

x2

4

2

dx =

2

Z

256 15

2

x2 dx =

4 2

32 3

256 8 = 15 = 32 5 (x; y) dxdy 3

y (x; y) dxdy

y = Z ZA

A

entonces

1 ydydx = 2

(x; y) =

0;

8 5

centroide

38. Hallar el centroide de la región limitada por la parábola y = x2 y la recta y = x. y

y y=x

a

2

y=x (x,y) (x,y) Fig. 6.44

x

Fig. 6.45

a

x


221

Solución. Como la región no tiene eje de simetría, debemos calcular ambas coordenadas del centroide. Como ZZ

ydxdy =

xdxdy =

A

ZZ

ydydx =

Z 1Z 0

dxdy =

A

x

x2

0

A

ZZ

Z 1Z

1 2

x

xdydx =

x2

Z

x2

x4 dx =

1 15

x2

x3 dx =

1 12

0

Z

1

0

Z 1Z

x

dydx =

x2

0

1

Z

1

x2 dx =

x

0

1 6

Entonces, ZZ

ZZ 1 1 ydxdy xdxdy 2 1 x = Z ZA = 15 = ; y = Z ZA = 12 = 1 1 5 2 dxdy dxdy 6 6 A A 39. Hallar el centro geométrico de la región limitada por x2 + y 2 = a2 , x = 0, y = 0. Solucion. Claramente la recta y = x es un eje de simetría que divide la región exactamente en dos partes iguales y por tanto, al estar el centroide en este eje de simetría, se tiene x = y. Entonces es su…ciente calcular una sola de las coordenadas del centroide. Como: ZZ

ydxdy =

A

Z

0

2

Z

a

r2 sin drd =

0

ZZ

A

dxdy =

Z

0

2

Z

a3 3

Z

2

sin d =

0

a

rdrd =

0

a2 2

a3 (pasando a polares) 3

2

= 0

a2 4

cuarta parte del área de una circunferencia de radio a. Entonces ZZ

a3 4a x = Z ZA = 32 = 3 a dxdy 4 A ydxdy

4a 4a ; son las coordenadas del centroide. 3 3 TEOREMA DE PAPPUS Luego,

40. Hallar el volumen del toro generado por la rotación del disco limitado por

222

CHAPTER 6. INTEGRALES MULTIPLES x2 + y 2 = 4 alrededor de la recta x = 3. y

y

(a,b)

y

3 (3,2) 1 2

2

x

4

x

c

y

x+y=0

x=3

a

Fig. 6.47

Fig. 6.46b

Fig. 6.48

Solución. Debido a la simetría del disco (Fig. ###) su centroide está en el origen (0; 0). El área del disco es A = 22 = 4 . Si este disco gira alrededor de la recta x = 3, su centroide desribe una circunferencia de radio 3, y por tanto; V =2

3 4 = 24

2

.

41. Calcular el volumen del sólido general al girar el cuadrado de la Fig. ### alrededor de a) el eje x, b) del eje y, c) de la recta x + y = 0. Solución. Por simetría, el cuadrado tiene su centroide es (x; y) = (3; 2). El área del cuadrado (de lado 2) es A = 4. a) Al girar alrededor del eje x, el centroide describe una circunferencia de radio y = 2. Por tanto, V = 2 yA = 2

2 4 = 16

b) Al girar alrededor del eje y, el centroide describe una circunferencia de radio x = 3. Por tanto, V = 2 xA = 2

3 4 = 24

c) Como la distancia del centroide (3; 2) a la recta x + y = 0 es r = (3 + 2) 5 p = p , al girar alrededor de dicha recta el centroide describe 2 2 2 1 +1 5 una circunferencia de radio r = p . Por tanto, 2 V =2

p 5 p 4 = 20 2 unidades de volumen 2

x


223

42. Mostrar que el centroide de un triángulo rectángulo dista de su base a un tercio de su altura. Solución. Vamos a usar el teorema de Pappus. Consideremos un triángulo de base a y altura b como el de la Fig. ###. El área de este triángulo es A=

ab 2

y al girar alrededor de su base (sobre el eje x) genera un cono de volumen V =

1 ab2 . 3

El centroide c = (x; y), describe una circunferencia de radio y; por tanto V = 2 yA )

1 ab ab2 = 2 y 3 2

entonces y=

b 3

lo que dice que el centroide del triángulo dista de la base a un tercio de su altura. PROBLEMAS VARIOS DE INTEGRALES DOBLES 43. Calcular 1.

ZZ p 4

x2

y 2 dA donde A es la región limitada por x2 + y 2 =

A

y

y

v

1

v=1 x+y=1 v=0

1 x

1 Fig. 6.49

Fig. 6.50a

v-u=0

x

u Fig. 6.50b

Solución. Conviene pasar a coordenadas polares. Entonces x2 + y 2 = r2 , y la circunferencia x2 + y 2 = 1 se escribe como r = 1. Teniendo en cuenta que el jacobiano de la transformación es r e integrando en la circunferencia

224

CHAPTER 6. INTEGRALES MULTIPLES r = 1; obtenemos ZZ p 4

x2

y 2 dA

Z

=

0

1 p 3 3 3

= ZZ

1 2

r2 r drd =

4

0

A

44. Calcular

2

Z 1p

Z

8

Z

2

r2 3

4

0

1

3 2

2 d 0

2

0

2 d = 3

2

p

3 3

x y

e x+y dA, donde A es la región limitada por x = 0, y = 0,

A

x + y = 1. Solución. La forma del integrando sugiere hacer el cambio de variables u = x y, v = x + y; entonces x+y =1 x=0 y=0

se transforma en se transforma en se transforma en

v=1 u+v =0 v u=0

La región A se transforma en la región A (Fig. ### y ##). @ (u; v) = @ (x; y)

ux vx

uy vy

=

1 1

1 1

=2

El jacobiano de la transformación es @ (x; y) 1 1 = = @ (u; v) @ (u; v) 2 @ (x; y)

(1)

Efectuando los reemplazos correspondientes, teniendo en cuenta el jacobiano (1) e integrando en A (Fig. ###), obtenemos: ZZ

A

x y e x+y dA

=

Z 1Z 0

v v

u ev

1 1 dudv = 2 2

Z

0

1

u v ve v

v

dv =

e

e 2

1Z 1

vdv =

e

0

Nota. Efectuando el cambio de variable (menos natural, por cierto) x=u

uv , y = uv

tanto el integrando como la nueva región de integración resultan ser más simples todavía. 45. Si la región A está limitada por x + y = 1, x = 0, y = 0, mostrar que ZZ x y sin 1 cos dxdy = x + y 2 A

e 4

1

1

v

2

= 0

e

e 4

1


225

Solución. La forma del integrando sugiere hacer el cambio de variable u = x y, v = x + y. Por el ejercicio 43 la región A de la Fig. ### se transforma en la región de la Fig. ### y el jacobiano de la transfor1 @ (x; y) = . Reemplazando, teniendo en cuenta el jacobiano mación es @ (u; v) 2 e integrando en la región A, tenemos: ZZ Z 1Z v ZZ u x y u @ (x; y) cos cos cos dudv = dxdy = x+y v @ (u; v) v v 0 A A Z 1 Z 1 v u 1 1 v sin dv = 2 sin 1vdv = sin 1 = 2 0 v 2 0 v 46. Mostrar que

Solución. Consideremos

Z

1

x2

e

dx =

1 dudv 2 v2 2

p

1

I=

Z

T

e

x2

dx (1)

T

donde T > 0 es arbitrario pero …jo, Z T I= e

y2

dy (2)

T

se puede usar cualquier variable de integración. Multiplicando miembro a miembro (1) y (2) tenemos ! Z ! Z ! Z T Z T T T 2 x2 y2 x2 y2 e dy = e e dx dy I = e dx T

T

T

T

por ser x, y variables independientes entre sí Z TZ T 2 2 I2 = e (x +y ) dA (3) T

T

Notemos que la integral I 2 dada en (3) se integra en un cuadrado de lado 2T como el de la Fig. ###. y

d

T T

-T Fig. 6.51a

x

kj

y y=y 2(x)

yj Ai,j

-T

y=y 1(x)

y

Fig.6.52

c

R x Fig. 6.51b

a

xi hi

b

x

1

= 0

sin 1 2

226


Tomando el límite en (3) cuando el lado del cuadrado es cada vez más grande tenemos ZZ Z TZ T 2 2 x2 +y 2 ) 2 ( e dA = e (x +y ) dA (4) lim I = lim T !1

T !1

T

T

A

donde A es todo el plano xy pronto al crecer T el cuadrado llega a cubrir todo el plano. Pasando (4) a coordenadas polares y teniendo en cuenta que cuando el radio R de un círculo (como el de la Fig. ###) se hace cada vez más grande llega a cubrir todo el plano, entonces de (4) tenemos Z 2 Z R 2 2 1 e R e r rdrd = lim 2 lim I 2 = lim = (5) R!1 T !1 T !1 0 2 0 como:

2

2

lim I =

T !1

lim I

T !1

=

lim

Z

T !1

T

x2

e

!2

dx

T

=

Z

1

e

x2

2

dx

(6)

1

De (5) y (6) y tomando raíces cuadradas obtenemos: Z 1 Z 1 2 p 2 2 e x dx = =) e x dx = 1

1

47. Mostrar el Teorema Fundamental de las integrales dobles de la página ##. Solución. Consideremos la región A de la Fig. ### limitadas inferiormente por la curva y = y1 (x) y superiormente por y = y2 (x). Dividamos los intervalos [a; b] y [c; d] (proyecciones de A sobre los ejes x y y, respectivamente) en n y m partes de longitudes h1 , h2 , ..., hn y k1 , k2 , ..., km , respectivamente. De cada una de dichas partes elijamos arbitrariamente los números xi , xj de tal manera que el punto (xi ; yj ) se encuentre en el rectángulo de lados hi y ki y de área Aij . Ahora formemos la suma:

Sn;m =

j=m i=n X

f (xi ; yj ) Ai;j =

i=1 j=1

j=m i=n X

f (xi ; yj ) hi kj

(1)

i=1 j=1

Por una parte: lim Sn;m = n!1 m!1

ZZ

f (x; y) dA (2)

A

(donde el límite se toma, por supuestoo, cuando además max Ai;j ! 0; es decir, max hi ! 0 y max kj ! 0).


227

Por otra parte: manteniendo i …jo tomemos el límite en (1) cuando m ! 1 y max kj ! 0; entones recordando la de…nición de una integral simple tenemos:

lim Sn;m = lim

m!1

m!1

j=m i=n X

f (xi ; yj ) hi kj =

i=1 j=1

i=n Z X i=1

!

y2 (x)

f (xi ; y) dy hi

y1 (x)

(3)

Ahora, tomando el límite en (3) cuando n ! 1 y max hi ! 0 tenemos lim lim Sn;m =

n!1 m!1

Z

b

a

Z

!

y2 (x)

f (xi ; y) dy dx (4)

y1 (x)

Si f es integrable en A, el límite (2) existe y, por tanto, es el mismo que el límite (4). Es decir ZZ

A

f (x; y) dA =

Z

a

b

Z

y2 (x)

y1 (x)

!

f (xi ; y) dy dx =

Z bZ a

y2 (x)

f (xi ; y) dydx

y1 (x)

Si la región A es como en la Fig. ### se procede similarmente. Nota. En parte o totalmente, algún rectángulo de lados hi y kj puede estar fuera de la región A. Este detalle se salva de…niendo f (x; y) = 0 para los puntos (x; y) de dichas partes fuera de A. Por otra parte, si las curvas que limitan A no son como en la Fig. ### (ó ###) se puede dividir la región A en subregiones A1 , A2 , ..., que sean de la forma deseada y la suma de las integrales sobre A1 , A2 da la integral sobre A. 48. Justi…car la Fórmula del Cambio de Variables para integrales dobles. Solución. Supongamos que el cambio de variables está dado por x = (u; v), y = (u; v) que de…ne una función g del plano uv al plano xy. Sea (u; v) un punto del plano uv cuya imagen en el plano xy es (x; y); consideremos un pequeño rectángulo de área R de dimensiones u y v con vértice en (u; v) con el de la Fig. ###. En general, la imágen del rectángulo de área R del plano uv es un paralelogramo curvilíneo del plano xy de área R. Emplearemos la derivada de la transformación g para calcular aproximadamente el área R. Como u y v son pequeños, de la de…nición de derivada tenemos: 2 3 2 3 @x @x @x u u+ u u x 7 6 6 @v 7 g ' g + 4 @u = + 4 @u @y @x 5 @y 5 u (1) 0 v v y 2 @u @v 3 2 @u 3 @x @x @x u u 0 x 6 @u @v 7 6 @v 7 g ' g + 4 @y @x 5 = + 4 @y 5 v (2) v+ v v v y @u @v @v

228

CHAPTER 6. INTEGRALES MULTIPLES Entonces, de (1) y (2) vemos que la imágen del rectángulo en el plano uv es aproximadamente un paralelogramo en el plano xy con vértice en (x; y) y de lados @x @y ; @u @u

@x @y ; @v @v

u ,

v

El área R es aproximadamente igual al área de este paralelogramo; es decir: R

' =

@x @y @x @y @x @y ; u ; v = @u @u @v @v @u @v @ (x; y) @ (x; y) R u v= @ (u; v) @ (u; v)

@x @y @v @u

u v=

y

v

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

R

(u,v)

u

R

g (x,y) u

Fig. 6.53

x

Notemos que (3) dice que el jacobiano (es decir, su valor absoluto) es un ”factor de proporcionalidad”de áreas. Ahora, si la imágen en la región A del plano uv es la región A del plano xy por medio del cambio de variables; entonces una división de A en n partes de áreas A1 , A2 , ..., An produce una división de A en n partes de áreas A1 , A2 , ..., An respectivamente (Fig.. ###). Por tanto, de la de…nición de la integral doble de f (x; y) en la región considerando (3), obtenemos: ZZ

f (x:y) dA

=

A

= =

lim [f (x1 ; y1 ) A1 + ::: + f (xn ; yn )]

n!1

@ (x; y) @ (x; y) A1 + ::: + f (xn ; yn ) An @ (u; v) @ (u; v) @ (x; y) f (x (u; v) ; y (u; v)) dA @ (u; v) A

lim ZZ

n!1

f (x1 ; y1 )


229

y

v

A

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

Ai

u

Ai

x

Fig. 6.54

INTEGRALES TRIPLES 49. Dividiendo en cuatro partes la región V limitada por los planos x = 4, y = 2, z = 4 y los planos coordenados, calcular aproximadamente el valor de la integral triple. ZZZ (x

y + z) dV

V

y V3 V4 V1 x V2 Fig. 6.55

Solución. Dividamos la región V tal como se muestra en la Fig. ### y de cada pedazo elijamos un punto. Sean P1 = (1; 1; 1), P2 = (3; 1; 1), P3 = (1; 1; 3) y P4 = (3; 1; 3) los puntos tomados de los pedazos V1 , V2 , V3 y V4 , respectivamente. Como el volumen de cada pedazo Vi es 8, tenemos: ZZZ (x y + z) dV ' f (x1 ; y1 ; z1 ) V1 + ::: + f (x4 ; y4 ; z4 ) V4 V

=

(1

1 + 1) 8 + (3

1 + 1) 8 + (1

1 + 3) 8 + (3

CALCULO DE INTEGRALES TRIPLES En los ejercicios 49 - 53 se calculan integrales tres veces iteradas. Z 1Z 2 Z 1 Z 1Z 2Z 3 Z 1Z 2 3 2 50. dzdxdy = zj2 dxdy = (3 2) dxdy = xj1 dy = 0 1 2 0 1 0 1 0 Z 1 (2 1) dx = 1 0

1 + 3) 8 = 96

230 51.

CHAPTER 6. INTEGRALES MULTIPLES Z 1Z

0

Z0 1

1 xZ 2 x

Z 1Z

x) yj0 (2

x) (1

x) dx =

Z 1Z xZ 1 2

53.

x2 1

0Z

=

0

4

0

Z

0

x5 dx =

Z 1Z 0

= 1 3.

Z

Z

cos

0

sin3 3

0

54.

dzdydx =

x3

Z Z

p

0 1

Z 1Z

xy

0

0

Z

(2

x) dydx =

0

3x + x2 dx = 65 .

2

x

xy

zj0 = dydx =

x2

Z 1Z

x

xydydx =

x2

0

Z

1

x

0

x

y2 2

x2

dx =

1 24 .

0

0

dzdydx =

0

p

x) yj0

0

0

1 x

Z Z 4 Z Z 4 cos d d = sin2 d d d = sin2 0 sin2 cos d d = 0 0 0 0 Z p p p 4 2 2 2 1 d =3 4 d = 12 j0 = 12 .

2x x2 Z 1 x

(1

Z 1Z

dydx =

1

0

0

52.

2 x

zj0

dx

1

=

1 x

0

0

1 x

(2

0Z

dzdydx =

2x x2

dx =

Z 1Z

p

2x x2

0 0 Z 1

1 x zj0

p x) 2x

(1

dydx =

Z 1Z 0

x2 dx =

0

1 3

p

2x x2

(1

x) dydx =

0

x2

2x

3=2 1 0

=

En slos ejercicios 54 - 71 se calculan volúmenes de regiones sólidas. 55. Calcular el volumen del tetraedro limitado por x + y + z = a y los planos coordenados. z

z a

z

Fig. 6.56a

x=y

Fig. 6.57a

x+y-z=0

x+3y+z=4 a

y (1,1,0)

a y

x

z=4

Fig. 6.58a

y

y

y

a

x

Fig. 6.56b a

x

Fig. 6.57b

y=x (1,1) x+3y=4 x

4 y x+y-4=0

Fig. 6.58b

4

x

Solución. Primeramente integramos con respecto de z desde el plano que limita inferiormente z = 0, hasta el plano z = a x y (ec. obtenida de x + y + z = a) que limita superiormente al tetraedro, Fig. ###.Con respecto de las otras variables integramos en la proyección sobre el plan


231

xy: x+y+z =a x+y =a z=0 ) x=0 triángulo x=0 y=0 y=0 Como la proyección (Fig. ###) está limitada inferiormente por la recta y = 0 y superiormente por y = a x (ec. obtenida de x+y = a) integramos con respecto de y entre estos límites. Con respecto de x integramos en la proyección sobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = a. Por tanto, el volumen del tetraedro es: Z aZ a x Z aZ a xZ a x y (z x y) dydx dzdydx = V = 0

=

Z

0

0

0

2 a x

a

(a

y 2

x) y

0

dx = 0

1 2

Z

0 a

1

2

(a

x) dx =

2 3

0

(a

3

x)

a 0

Nota. Ya sabemos que el volumen de un cubo de lado a es a3 ; este ejercicio establece que el volumen de un tetraedro de lado a es la tercera parte que el del cubo. 56. Hallar el volumen del sólido limitado por los planos x = y, x + 3y + z = 4, y = 0, z = 0. Solución. Primeramente integramos con respecto de z desde el plano que limita inferiormente z = 0, hasta el plano z = 4 x 3y (ec. obtenida de x + 3y + z = 4) que limita superiormente al sólido (Fig. ###). Con respecto de las otras variables integramos en la proyección sobre el plano xy: x + 3y + z = a x + 3y = 4 z=0 ) x=y triángulo x=0 y=0 y=0 Como la proyección está limitada por la izquierda por la recta x = y (Fig. ###) y por la derecha por la recta x = 4 3y (ec. obtenida de x+3y = 4); entonces integramos con respecto de x entre estos límites. Con respecto de y integramos en la proyección sobre el eje y que va desde y = 0 hasta y = 1. Por tanto, el volumen pedido es: V

=

Z 1Z 0

=

Z

y

1

4 3y Z 4 x 3y

(4

0

3y) x

0

=

dzdxdy =

1 (4 2 3 3

x2 2 3

3y)

Z 1Z 0

4 3y y 1 0

1 dy = 2

7 = 2

Z

4 3y

(4

x

y

0

1

(4

2

3y) dy

3y) dxdy

=

a3 6

232


57. Hallar el volumen encerrado por x+y z = 0, z = 4 y los planos cordenados x = 0. Solución. Primeramente integramos con respecto de z desde el plano que limita al sólido inferiormente z = x + y (ec. obtenida de x + y z = 0) hasta el plano z = 4 que lo limita superiormente. Con respecto a las otras variables integramos en la proyección sobre el plano xy: Como la proyección (Fig. ###) está limitada inferiormente por la recta y = 0 y superiormente por y = 4 x (ec. obtenida de x + y 4 = 0); entonces integramos con respecto de y entre estos límites. Con respecto de x integramos en la proyección sobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = 4. Por tanto, el volumen pedido es: V =

Z 4Z 0

0

4 xZ 4

dzdydx =

x+y

Z 4Z 0

4 x

(4

x

y) dydx =

0

Z

4

(4

y2 2

x) y

0

58. Hallar el volumen encerrado por x2 + y 2 = z, x2 + y 2 = 4, z = 0. z=x 2+y 2

z

z

R z

az=a 2-x2-y2

y

Fig. 6.59a

Fig. 6.60a

=R a

x

a

y x

y

y a R y

2

a

x

Fig. 6.59b

x

Fig. 6.60b

R x

Fig. 6.61

Solución. Conviene pasar a coordenadas cilíndricas (ver pag. ##), x = r cos , y = r sin , z = z; entonces z = x2 + y 2 x2 + y 2 = 4 z=0

se transforma en se transforma en se transforma en

z = r2 r=2 z=0

El jacobiano de la transformación es: @ (x; y; z) = @ (r; ; z)

cos sin 0

r sin r cos 0

0 0 1

= r cos2 + sin2

=r

Ahora, primeramente integramos con respecto de z desde el plano que lo limita inferiormente z = 0 hasta el paraboloide z = r2 que lo limita superiormente (Fig. ###).

4

= 0

32 3


233

Con respecto a las otras variables integramos sobre la proyección en el plano xy. z = r2 r=0 r=2 ) r=2 z=0

origen del plano xy circunferencia de radio 2

En la proyección (6.58b) integramos con respecto de r desde el origen r = 0 hasta la circunferencia r = 2. Para cubrir todo el círculo el ángulo debe variar desde = 0 hasta = 2 . Z 2 Z 2 Z 2 Z 2 4 2 Z 2 Z 2 Z r2 r 3 r drd = d =4 d =8 rdzdrd = V = 4 0 0 0 0 0 0 0 0 59. Hallar el volumen encerrado por az = a2 x2 y 2 , z = 0. Solución. Conviene pasar a coordenadas cilíndricas. Entonces: Primeramente integramos con respecto de z desde el plano z = 0 hasta el paraboloide r2 z=a (ecuación obtenida de (##)). a Con respecto a las otras variables integramos en la proyección sobre el plano xy: az = a2 z=0

r2

)

0 = a2 r=2

r2

circunferencia

Para cubrir el círculo de la proyección (6.59b) integramos con respecto de r desde el origen r = 0 hasta la circunferencia r = a; y el ángulo varía desde = 0 hasta = 2 . Por tanto, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformación (ejercicio 57), el volumen pedido es: V

=

Z

2

0

=

Z

0

2

Z aZ 0 3

a r 2 =a

rdzdrd =

0

Z

0

a d = a3 4 2

2

Z

a

ar

0

r3 a

drd =

Z

2

0

60. Hallar el volumen encerrado por x2 + y 2 + z 2 = R2 . Solución. Conviene pasar a coordenadas esféricas (ver página ##). x = cos sin

; y = sin sin

; z = cos

entonces x2 + y 2 + z 2 = R2 )

=R

El jacobiano de la transformación es cos sin sin sin cos

sin sin cos sin 0

cos cos sin cos sin

=

2

sin

ar2 2

r4 4a

a

d 0

234

CHAPTER 6. INTEGRALES MULTIPLES y su valor absoluto es: 2 sin (notemos que debe tomarse entre = 0 y = . para que sin 0 y el valor absoluto del jacobiano sea no negativo). Calcularemos el volumen de la porción que está en el primer octante y lo multiplicaremos por 8 para obtener el volumen de la esfera. Para cubrir dicho volumen (Fig. ###) varía desde = 0 hasta = R; el ángulo varía desde = 0 hasta = y el varía desde = 0 hasta = . Por 2 2 tanto, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformación, el volumen de la esfera es Z Z Z Z Z R Z Z R 3 2 2 2 2 8R3 2 2 2 sin d d d = 8 d d = V = 8 sin sin d d 3 3 0 0 0 0 0 0 0 0 Z Z 8R3 2 8R3 4 3 8R3 2 =2 =2 ( cos )j0 d = d = j0 = R = 3 0 3 0 3 3

61. Hallar el volumen encerrado entre las esferas x2 +y 2 +z 2 = 9, x2 +y 2 +z 2 = 4. c 3 2

b a

Fig. 6.63a w

2 3 2 3

l u

Fig. 6.62

v Fig. 6.63b

Solución. Conviene pasar a coordenadas esféricas. Entonces x2 + y 2 + z 2 = 9 x2 + y 2 + z 2 = 9

) )

=3 =2

Por la simetría, vamos a calcular el volumen de la porción del primer octante y lo multiplicaremos por 8. Para cubrir dicho volumen varía desde la esfera = 2 hasta la esfera = 3, varía desde = 0 hasta = y varía desde = 0 hasta = . Por tanto, el volumen pedido 2 2 es: Z Z Z 3 Z Z 3 3 2 2 2 2 8 2 V = 8 sin d d d = 8 sin d d = (27 3 3 0 0 2 0 0 2 Z 152 2 76 = d = 3 0 3

8)

Z

0

2

Z

0

2

sin d d


235

Nota. Aplicando el ejercicio 59, el volumen pedido es la diferencia del volumen de la esfera de radio 3 menos el volumen de la esfera de radio 2: V =

4 3 (3) 3

4 76 3 (2) = 3 2

y2 z2 x2 + 2 + 2 = 1 (a > 0, b > 0, c > 0). 2 a b c x y z Solución. Previamente conviene efectuar el cambio = u, = v, = w. a b c El jacobiano de la transformación es

62. Hallar el volumen de la elipse

@ (x; y; z) = @ (u; v; w)

a 0 0 0 b 0 0 0 c

= abc

Ahora conviene pasar a coordenadas esféricas, el jacobiano correspondiente es 2 sin . Entonces x2 y2 z2 + + =1 a2 b2 c2

) u2 + v 2 + z 2 = 1 )

= 1 (esfera)

Por tanto, integrando sobre la porción del primer octante (Fig. ###) y considerando los jacobianos de las dos transformaciones, el volumen del elipsoide es V =8

Z

0

2

Z

0

2

Z

0

1

abc

2

Z sin d d d = V = 8abc

0

2

Z

0

2

Z

1 2

sin d d d =

0

La última integral se obtiene el ejercicio 59 con R = 1; o integrando simplemente. 63. Hallar el volumen limitado, por los cilindros x2 + y 2 = 4, x2 + z 2 = 4. y

x2+y 2=4

x2+z 2=4 x z

y x2+y 2=4

x

Solución. Por la simetría, vamos a calcular solamente el volumen de la

4 abc 3

236

CHAPTER 6. INTEGRALES MULTIPLES porción del primer octante y lo multiplicaremos por 8 para obtener el volumen pedido. Aparentemente deberíamos pasar a coordenadas cilíndricas, sin embargo, en este caso es más conveniente calcular con las coordenadas cartesianas dadas. Primero integramos con respecto de z desde el plano p z = 0 hasta el cilindro z = 4 x2 (ec. obtenida de x2 + z 2 = 4). De la Fig. ###, la proyección sobre el plano xy es la porción del primer cuadrante limitada por (Fig. ###) x2 + y 2 = 4 Entonces, p con respecto de y integramos desde la recta y = 0 hasta la curva y = 4 x2 (ec. obtenida de x2 + y 2 = 4) y con respecto de x en la proyección sobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = 2. Por tanto, V

Z 2Z 8

=

0

=

8

p

0

4 x2 Z

x3 3

4x

p

0 2 0

4 x2

Z 2Z dzdydx = 8 0

p

0

128 = 3

4 x2 p

4

Z x2 dydx = 8

2

4

0

64. Calcular el volumen limitado por x2 + y 2 = 4, x2 + y 2 = 2z 2 , z = 0. z

x2+ y 2= 4

z

x2+ y 2= a 2

x2+ y 2= z z=x

x2+ y 2=2z 2

x2+ y 2-y= 0 2

y

a

x2+ y 2= 4

Fig. 6.67a

x

y

x

y 2

y

Fig. 6.66a

Fig. 6.65a

y x2+ y 2= a 2 x2+ y 2-y= 0

Fig. 6.65b 2

a

x

Fig. 6.66b

x

Fig. 6.67b

Solución. Conviene pasar a coordenadas cilíndricas. Entonces x2 + y 2 = 4 x2 + y 2 = 2z 2

) r=p 2 ) r = 2z

Por la simetría, vamos a calcular solamente el volumen de la porción del primer octante y lo multiplicaremos por 4 para obtener el volumen pedido. Primeramente integramos con respecto de z desde el plano z = 0 hasta p r el cono z = p (ecuación obtenida de r = 2z). De la Fig. ###, la 2 proyección sobre el plano xy es la porción del primer cuadrante limitada por r = 2 (ó x2 + y 2 = 4); entonces integramos con respecto de r desde

x

x2 dx


237

el origen r = 0 hasta la circunferencia r = 2. Para cubrir la porción del primer cuadrante varía desde = 0 hasta = . (Fig. ###). Por 2 tanto, teniendo en cueta el jacobiano de la transformación, el volumen pedido es: V

=

Z 4

0

=

=4 Z 2 Z 0

p Z 32 2 3 0

p

2r

rdzdrd = 4

0

Z

0

p =4 32 2 d = 3

=2

0

=4 Z 2 p 0

p 16 2 = 3

Z 2r drd = 4 2

0

=4

p

2

2 3 r d 3 0

65. Hallar el volumen limitado por x2 + y 2 = a2 , z = 0, z = x. Solución. Aunque al pasar a coordenadas cilíndricas la ecuación de un plano no se simpli…ca, en este caso preferimos pasar a tales coordenadas. Entonces x2 + y 2 = a2 ) r = a z=x ) z = r cos z=0 ) z=0

Por la simetría, vamos a calcular el volumen de la porción que está en el primer octante (Fig. ###) y lo multiplicaremos por 2 (pues se presenta el mismo volumen a la izquierda) para obtener el volumen pedido. Primero integramos con respecto de z desde el plano z = 0 hasta el plano z = r cos . De la Fig. ###, la proyección sore el plano xy es la región del primer cuadrante limitada por r = a (ó x2 + y 2 = a2 ). Con respecto de r integramos desde el origen r = 0 hasta la circunferencia r = a y para ubrir la porción del primer cuadrante el ángulo debe variar desde = 0 hasta = (Fig. ###). Por tanto, teniendo en cuenta el jacobiano de 2 la transformación, el volumen pedido es: Z =2 Z a Z r cos Z =2 Z a Z =2 3 r 2 cos V = 2 rdzdrd = 2 r cos drd = 22 3 0 0 0 0 0 0 Z =2 =2 2 2 3 2 = cos d = a3 sin = a3 a 3 3 3 0 0

66. Calcular el volumen limitado por x2 + y 2 = z, x2 + y 2 y = 0, z = 0. Solución. Debido a la presencia de x2 +y 2 en las ecuaciones dadas, conviene pasar a coordenadas cilíndricas. Entonces x2 + y 2 = z ) z = r2 2 2 x +y y = 0 ) r = sin z=0 ) z=0 Por la simetría, calcularemos solamente el volumen de la porción del primer octante y lo multiplicaremos por 2 para obtener el volumen pedido (…gura 6.66a). Primero integramos con respecto de z desde el plano

a

d 0

238

CHAPTER 6. INTEGRALES MULTIPLES z = 0 hasta el paraboloide z = r2 . De la …gura 6.66a, la proyección sobre el plano xy es la porción del primer cuadrante limitada por r = sin (ó x2 + y 2 y = 0). Integramos con respecto de r desde el origen r = 0 hasta la circunferencia r = sin ; y el ángulo debe variar desde = 0 hasta para cubrir la porción del primer cuadrante (…gura 6.66b). Por = 2 tanto, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformación, el volumen pedido es V

=

Z 2

=2 Z sin

1 2

3 8

0

=

Z

0

r2

rdzdrd = 2

0

Z

0

sin 2 sin 4 + 4 32

=2

=2 Z sin

r3 drd =

0

Z

=2

0

r4 4

sin

d = 0

1 2

3 32

= 0

67. Hallar el volumen limitado por y 2 + 4z = 16, x2 + y 2 = 16, z = 0. z

y

z x2+9y-9=0

4

12 3y= 4x+ x2+ z= 4

x2+ y 2=16 z2= y

Fig. 6.69a

Fig. 6.68a x

4

4

y

y

4

Fig. 6.70a

x

y

2

3 x

y

y x=2

x2+9y-9=0

x2+ y 2=16

y

r

Fig. 6.70b

4x+3y=12

Fig. 6.68b

-3 4

x

3 Fig. 6.69b

x

2

x

Solución. No conviene integrar en coordenadas cartesianas, los cálculo se simpli…can considerablemente pasando a coordenadas cilíndrias. Entones x2 + y 2 = 16 y 2 + 4z = 16 z=0

) r=4 (1) ) r2 sin2 + 4z = 16 (2) ) z=0 (3)

Por simetría, calcularemos solamente el volumen de la porción del primer octante (…gura 6.67a) y lo multiplicaremos por 4. Integramos primeramente con respecto de z desde el plano z = 0 hasta r2 sin el paraboloide z = 4 (ecuacióm obtenida de (2)). De la …gura 4 6.67a, la proyección sobre el plano xy es la porción del primer cuadrante limitada por r = 4 (ó x2 + y 2 = 16). Entonces integramos con respecto de r desde el origen r = 0 hasta la circunferencia r = 4 y el ángulo varía desde = 0 hasta = para cubrir la porción del primer cuadrante …gura 2

Z

0

=2

sin4 d


239

6.67b). Por tanto, teniendo en cuenta el jacobiano de la transformación, el volumen pedido es V

=

=2 Z 4 Z 4 r 2 sin2 =4

Z 4

0

0

=

Z 4

rdzdrd = 4

=2

16 sin2

d = 4 (32

4r

0

0

0

32

=2 Z 4

Z

8 + 4 sin 2 )j0

0

Z drd = 4

r3 sin2 4 =2

=2

r4 sin2 16

2r2

0

4

d 0

= 48

68. Hallar el volumen encerrado por z 2 = y, x2 + 9y 9 = 0. Solución. Por la simetría, calcularemos el volumen de la porción que está en el primer octante (…gura 6.68a) y lo multiplicaremos por 4 para obtener el volumen pedido. Primeramente integramos con respecto de z desde el p plano z = 0 hasta la super…cie z = y (ec. obtenida de z 2 = y). De la …gura 6.68a, la proyección sore el plano xy es la porción del primer cuadrante limitada por x2 + 9y 9 = 0. Entonces integramos con respecto 9 x2 de y desde la recta y = 0 hasta la parábola y = (ecuación obtenida 9 2 de x + 9y 9 = 0); y con respecto de x en la proyección sobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = 3 (…gura 6.68b). Por tanto, el volumen pedido es: V

=

Z 3Z 4 0

=

8 81

Z

9 x2 9

0 3

Z

p

y

dzdydx = 4

0

9

x2

Z 3Z 0

3=2

dx =

0

8 x 9 81 4

9 x2 9

0

p

Z ydydx = 4

0

x2

3=2

+

27x 9 8

3

2 3=2 y 3

x2

1=2

9 x2 9

dx = 0

+

69. Hallar el volumen de la región limitada por 4x + 3y = 12, x2 + z = 4, x = 0, y = 0, z = 0. Solución. Toda la región está ubicada en el primer cuadrante (Figura 6.69a). Primeramente integramos con respecto de z desde el plano z = 0 hasta la super…cie z = 4 x2 (ec. obtenida de x2 + z = 4). La proyección sobre el plano xy se obtiene eliminando z del sistema: ) ) ) )

Z

4x + 3y = 12 (1) x = 2 (de x2 = 4) (2) x=0 (3) y=0 (4)

Notemos que en (2) de x2 = 4 se tiene las rectas x = 2, x = 2, pero solamente consideramos x = 2 por estar la proyección en el primer cuadrante. La proyección también se puede obtener observando la …gura 6.69a. Entonces, con respecto de y integramos desde la recta y = 0 hasta la recta

3

x2

9 9

0

243 x arcsin 8 3

Nota. Notemos que en este ejercicio no conviene efectuar ningún cambio de variable. Ver ejercicio 62.

4x + 3y = 12 x2 + z = 4 x=0 y=0 z=0

8 3

3

= 0

3 2

3=2

dx =

240

CHAPTER 6. INTEGRALES MULTIPLES 4x ; y con respecto de x en la proyección sobre el eje x que va 3 desde x = 0 hasta x = 2. (…gura 6.69b). Por tanto, el volumen pedido es ry = 4

V

Z 2Z

=

0

Z

=

0

2

0

4 Z 2 3x 4 x

4

dzdydx =

0

4 3 x 3

4x2

Z 2Z 0

4

4 3x

2

4

x

dydx =

0

Z

2

x2

4

4

4 x dx = 3

4

x2 dx = 16

0

4

16 x + 16 dx = 3

3

x 3

4x 3

8 x + 16x 3

2

= 16 0

70. Resolver el ejercicio 68 proyectando la región sobre el plano coordenado xz. z

z=x 2

z 4

z=x

x2+y 2=1

Fig. 6.71a y x 1

y x2+y 2=1 Fig. 6.71b

x Fig. 6.70c

1

x

Solución. Integramos primero con respecto de y desde el plano y = 0 4x , ec. obtenida de 4x + 3y = 12 (ver …gura hasta el plano y = 4 3 6.69a). Observando la …gura 6.69a, la proyección sobre el plano xz es la porción del primer cuadrante limitada por la parábola x2 + z = 4 (…gura 6.69c). Entonces integramos con respecto de z desde la recta z = 0 hasta la parábola z = 4 x2 y con respecto de x en la proyección sobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = 2. Por tanto, V =

Z 2Z 0

0

4 x2 Z 4 0

4 3x

dydzdx =

Z 2Z 0

0

4 x2

4

4 x dzdx = 3

Z

0

2

4

4 x 3

Nota. Notemos que en este caso es más conveniente proyectar sobre el plano xz (ejercicio 69), pues dicha proyección se obtiene más fácilmente que proyectando sobre el plano xy (ejercicio 68). 71. Calcular el volumen limitado por z = x, z = x2 , x2 + y 2 = 1. Solución. Por la simetría, vamos a calcular solamente el volumen de la porción que está en el primer octante (…gura 6.70a) y lo multiplicaremos por 2 (pues, a la izquierda se presenta un volumen igual) para obtener el volumen pedido. Primeramente integraremos con respecto de z desde la


241

super…cie z = x2 hasta el plano z = x. De la …gura 6.70a, la proyección sobre el plano xy es la porción del primer cuadrante limitada por x2 +y 2 = 1 (…gura 6.70b). Entonces con respecto de y integramos desde la recta p y = 0 hasta y = 1 x2 (ecuación obtenida de x2 + y 2 = 1) y con respecto de x en la proyección sobre el eje x que va desde x = 0 hasta x = 1. Por tanto, el volumen pedido es V

p

Z 1Z 2

=

0

Z 2

=

0

1 3

2

dzdydx = 2

x2

p x 1

1

0

=

1 x2 Z x

0

x2

x2 =

16

2 3

p

p

Z 1Z

1 x2

x

x

dydx = 2

Z

1

x

x2

x 1 4

x2

0

0

1 1 3

x2 dx = 2

1

2

x2

3=2

+

8

72. Hallar el volumen encerrado por x2 + 4y 2 + z = 1, x2 + 4y 2

4z = 1.

z x2+4y+z=1 Fig. 6.72a

z 4

v 1

y

1/4

1 x

u2+v 2=1

x+2y+z=4

1u

x2+4y 2-4z=1

2

y x2+4y 2=1

A

x

2 x

Fig. 6.72c

Fig. 6.73

Fig. 6.72b

Solución. El volumen es de forma ovoide, con la parte superior más grande que la inferior (…gura 6.71a). Primeramente integramos con respecto de z desde el paraboloide. z = 1 x2 4y 2 (ecuación obtenida de x2 + 4y 2 4z = 1) hasta el paraboloide 4 2 z=1 x 4y 2 (ec. obtenida de x2 + 4y 2 + z = 1). De la …gura 6.71a, la proyección sobre el plano xy obtenemos haciendo z = 0. x2 + 4y 2 + z = 1 ) x2 + 4y 2 = 1 x2 + 4y 2 4z = 1

(1)

Entonces con respecto de x y de y debemos integrar en la elipse A (…gura 6.71b). Entonces V =

ZZZ

1 x2 4y 2

(1 x2 4y 2 )=4

dzdxdy =

5 4

ZZ

A

1

x2

4y 2 dxdy

(2)

y

p 1

3=2

x2 dx 1 p x 1 8

x2 + arcsin x

242

CHAPTER 6. INTEGRALES MULTIPLES Para calcular (2) conviene hacer el cambio u = x, v = 2y; para transformar la elipse en una circunferencia (…gura 6.71c): x2 + 4y 2 = 1 ) u2 + v 2 = 1

(3)

1 . Para integrar 2 sobre esta circunferencia pasamos a coordenadas polares (cuyo jacobiano es r) e integramos desde el origen r = 0, hasta la circunferencia r = 1 (ec. obtenida de (3)), variando desde = 0 hasta = 2 . Por tanto, retomando (2) tenemos: ZZ ZZ Z Z 1 5 5 5 2 2 2 2 2 1 1 V = 1 x 4y dxdy = 1 u v dudv = 4 A 4 2 4 0 0 Z Z 1 2 5 5 2 r4 5 2 r2 5 = d = = d = 8 0 2 4 0 32 0 32 0 16 Del ejercicio 35, el jacobiano de esta transformación es

r2

1 rdrd 2

MASAS, MOMENTO, CENTRO DE GRAVEDAD, CENTROIDE DE REGIONES SOLIDAS 73. Hallar el centroide de la región del primer octante limitada por 2x+2y+z = 4. Solución. Antes que nada, notemos que por la simetría tenemos x = y. Por otra parte, ZZZ xdV momento despecto al plano yz Z Z Z x= = (1) masa total dV Como ZZZ xdV

Z 2Z

=

0

Z

=

0

2

2 x Z 4 2y 2x

x (2

0

2

x) dx =

0

y ZZZ

dV

=

Z 2Z 0

=

Z

0

0

2

2 x Z 4 2y 2x

(2

xdzdydx =

0

4 3

2

dzdydx =

8 3

2 x

(2

2y

2x) dydx =

0

Z

2

2 (2

x) xy

0

(2)

0

x) dx =

Z 2Z

Z 2Z 0

(3)

Entonces, de (1), (2), (3) obtenemos: 4 1 x= 3 = 8 2 3

0

2 x

(4

2y

2x) dydx =

Z 2Z 0

0

2 x

2 (2

x) y

xy


243

Además,

z=

ZZZ

momento respecto al plano xy = ZZZ masa total

zdV (4) dV

y como ZZZ

zdV

=

Z 2Z

=

1 2

V

0

Z

0 2

0

2 x Z 4 2y 2x

zdzdydx =

0

1 2 3

(4

2y

2 3

2x)

0

Z 2Z

2 x

4 2y 2x

z2 2 0 0 0 Z 2 x 1 dx = 8 (2 12 0

dydx =

2 2 x) dx = 3

Entonces, de (3), (4), (5), obtenemos: z=

2=3 1 = 8=3 4

Por tanto, el centroide (x; y; z) está dado por x = y =

1 1 ,z= . 2 4

74. Hallar el momento de inercia de un cilindro circular recto de radio a y altura h con respecto a su eje, si la densidad es proporcional a su distancia al eje. z

y a

h b b

a y x

a

b

Fig. 6.74

a

y

Fig. 6.75

x

Solución. Consideremos el cilindro limitado por x2 + y 2 = a2 , z = 0, zp= h (…gura 6.73). La distancia al eje del p cilindro (el eje z) es d = x2 + y 2 y, por tanto, la densidad es = k x2 + y 2 , donde k =cte. de proporcionalidad. El momento de inercia con respecto al eje z es ZZZ ZZZ 3=2 Iz = d2 (x; y; z) (x; y; z) dV = k x2 + y 2 dV V

V

1 2

Z 2Z 0

2 x

0

(5)

(4

2y

2

2x) dydx

244

CHAPTER 6. INTEGRALES MULTIPLES calculamos esta integral pasando a coordenadas cilíndrias: Iz = k

Z

2

0

Z aZ 0

h

r3 rdzdrd = k

Z

Z

2

hr4 drd = kh

Z

2

0

0

0

0

a

a

r5 5

d = 0

kh 5

Z

2

a5

0

2 0

d =

2 k ha5 5

Nota. La masa del cuerpo es: ZZZ ZZZ p 2 M= (x; y; z) dV = k x2 + y 2 dV = k ha3 . 3 V V Entonces, 3 M a2 5

Iz =

75. Hallar el centro de gravedad de una cúpula hemisférica de radio exterior a y radio interior b, si la densidad es proporcional al cuadrado de la distancia a la base. Discutir el caso a = b. Solución. Consideremos la cúpula limitada por x2 +y 2 +z 2 = a2 , x2 +y 2 + z 2 = b2 , z 0, a > b (…gura 6.74). Como la distancia al plano xy es z, la densidad en el punto (x; y; z) es (x; y; z) = kz 2 , donde k constante de proporcionalidad. Por la simetría con respecto al eje z, tenemos x = y = 0. Por otra parte ZZZ z (x; y; z) dV

z = Z Z ZV

(1)

(x; y; z) dV

V

Utilizando coordenadas esféricas para calcular el numerador de (1) tenemos ZZZ Z =2 Z =2 Z a Z z (x; y; z) dV = 4 k 2 cos3 2 sin d d d = 4k V

0

0

=

2 6 a 3

=

k 6 a 6

b6

b

Z

=2 Z

0

b6

=

4k

Z

V

=2

0

0

=

=2 Z

4 k a5 5

k a6 d = 12

0

=2

0

b5

5

5 Z

0

cos3 sin d d =

0

Z

calculamos el denominador: ZZZ ZZZ Z (x; y; z) dV = kz 2 dV = 4 V

0

=2

=2 Z

0

=2 Z

3

cos 3

0

2 k a6 3

b6

6

6 Z

a

cos3 sin

=2

0

b =2

4

cos 4

0

a

k

2

cos2

d d = b =2

d = 0

=2

(2)

b a

cos2 sin =2

b6

=2 Z

2

sin d d d

4 5 a 5

4 k a5 5

b5

Z

0

b5

Z

0

=2 Z

=2

cos2 sin d d

0

=2

d =

2 k 15

a5

b5


245

De (1), (2) y (3) tenemos: k a6 b6 5 a6 z = 12 = 2 8 a5 k (a5 b5 ) 15

b6 b5

Por tanto, el centro de gravedad (x; y; z) está dado por x = y, z =

5 a6 8 a5

b6 b5

Ahora, consideremos el caso a = b: Si el espesor de la cúpula va disminuyendo (por ejemplo con b ! a), en el límite (es decir, a = b) obtenemos teóricamente una lámina cupular de radio a. En este caso, el centro de gravedad (x; y; z) está dado por x = 0, y = 0. La coordenada z es b6 5 (a b) a2 + ab + b2 a3 + b3 = lim b!a 8 (a b5 b) (a4 + a3 b + a2 b2 + ab3 + b4 ) a2 + ab + b2 a3 + b3 5 5 6a5 3 = lim = = a 4 3 2 2 3 4 b!a 8 (a + a b + a b + ab + b ) 8 5a4 4

z

6.6

=

5 a6 b!a 8 a5 lim


1. Sea A el rectángulo con vértices ( 1; 0), (1; 0), (1; 2), ( 1; 2), calcular aproximadamente el valor de la integral ZZ 1 + x2 y dA A

a) Dividiendo A en dos partes, b) dividiendo A en cuatro partes. 2. Sea A el triángulo limitado por x = 0, y = 0, z + y = 1; calcular aproximadamente el valor de la integral ZZ 2 2 e(x +y ) dA A

INTEGRALES ITERADAS Calcular. Z 1Z 2 3. dxdy. 0

4.

0

5.

1

Z 1Z

xey dydx.

0

Z 1Z 0

x2

x

x2

xy 2 dydx.

246

6.

CHAPTER 6. INTEGRALES MULTIPLES Z 2Z 1

7.

0

=2 Z 2

Z

8.

x dxdy. y2

r2 cos drd .

0

0

Z

y 3=2

2

Z

1 cos

r3 cos2 drd .

0

0

CALCULO DE INTEGRALES DOBLES Calcular: ZZ 9. x2 dxdy, siendo A el rectángulo limitado por x = 0, x = 2, y = 0, A

y = 4. ZZ 10. ydxdy, si A es el triángulo limitado por y = x, x + y = 2, x = 0. A

11.

ZZ

xydxdy, donde A es el cuadrilátero limitado por x + y = 1, x + y = 3,

A

y = 0, y = 1. ZZ 12. (1 + 2x) dxdy, donde A es la región limitada por y = x2 , x = y. A

13.

ZZ

x2 + y dxdy, donde A es la región limitada por y = x2 , x = y 3 .

A

14.

ZZ

y 2 dxdy, donde A es la región del primer cuadrante limitada por xy =

A

4, x = y, y = x 1. ZZ 15. ex+y dxdy, donde A es la región jxj + jyj

1.

A

16.

ZZ

18.

Z eZ

dxdy p , donde A es el círculo de radio a y tangente a los ejes coorx A 2a denados que se encuentran en el primer cuadrante. CAMBIO DEL ORDEN DE INTEGRACION Gra…ar la región de integración e invertir el orden de integración. Z 1Z x 17. f (x; y) dxdy. 0

1

19.

0

ln x

f (x; y) dxdy.

0

Z 2Z 0

2y

y2

f (x; y) dxdy.


20.

21.

Z

1 1

Z 2Z 1

22.

Z

Z

247

1 x2 p p

dydx. 1 x2

2x x2

f (x; y) dydx.

2 x

2

Z

2 x

f (x; y) dydx

6 (x2 4)=4

23. Calcular

Z 3Z 0

3

e

y2

dydx, invirtiendo previamente el orden de integración.

x

AREAS DE REGIONES PLANAS En los ejercicios siguientes hallar el área de la región limitada por las curvas dadas. 24. 3x + 4y = 24, x = 0, y = 0. 25. x + y = 2, 2y = x + 4, y = 0: 26. y = x2 + 2, y = x + 4. 27. y 2 = 5

x, y = x + 1.

28. y 2 = 4ax, y = 0, x + y = 3a. p p p 29. x + y = a, x + y = a. 30. y 2 = 10x + 25, y 2 =

6x + 9.

31. y 2 = 2

2.

x, y 2 = 2x

32. y = x2 , x = y 3 . 33. y = x2 , x2 + y 2 = 2. p 34. y = a2 x2 , y = a 35. (y

x.

2

x) + x2 = 1.

36. y = x3

x, y = x

x3 .

37. y = x2 , y = x, y = 3x. 38. x + 3y = 3, x + 3y = 6, y = 2x, y = 2x + 1 (Sugerencia: Efectuar un cambio de variable). 39.

x2 y2 x y + 2 = 1, + = 1 (Sugerencia: Efectuar un cambio de variable). 2 a b a b

40. x2 + y 2 = a2 , x2 + y 2 = b2 , 0 < a < b (Sugerencia: Pasar a coordenadas polares).

248


41. y = x3 , y = 4x3 , x = y 3 , x = 4y 3 (Sugerencia: Efectuar un cambio de variable). 42. y 2 = ax, y 2 = bx, xy = c, xy = d (0 < a < b, 0 < c < d). 43. Area encerrada por x4 + y 4 = x2 + y 2 . MASA, DENSIDAD MEDIA, CENTRO DE GRAVEDAD, CENTROIDE, MOMENTOS. 44. Si A es la región limitada por y = x2 , y = 0, x = 1 y la densidad es (x; y) = x, hallar: a) La masa, b) la densidad media, c) el centro de gravedad, d) los momentos con respecto a los ejes x e y, e) los segundos momentos con respecto a los ejes x e y, f) el momento polar de inercia con respecto al origen. En los siguientes cuatro ejercicios hallar el centroide de cada una de las regiones limitadas por las curvas dadas 45. y = x2 , x + y = 2. 46. y 2 = x + 3, y 2 = 5

x.

47. a) y = sin x, y = cos x, 0

x

=4. b).

p

x+

p

y = 1, x = 0, y = 0.

48. Una lámina delgada está limitada por el arco de parábola y = 2x x2 y el intervalo 0 x 2. Determinar su masa si la densidad en cada punto 1 x . (x; y) es (x; y) = 1+x 49. Determinar el centro de gravedad de una lámina delgada rectangular ABCD si la densidad en todos sus puntos es igual al producto de sus distancias a los lados AB y AD. En los siguientes cuatro ejercicios calular los momentos de inercia Ix e Iy de una lámina delgada limitada por las curvas indicadas con la densidad (x; y) indicada. 50.

x y x y + = 1, + = 1, y = 0, (x; y) = 1. 4 3 2 3 2

51. (x R) + (y (x; y) = 1.

2

R) = R2 , x = 0, y = 0, 0

x

R, 0

y

R,

52. xy = 1, xy = 2, y = 2x, x > 0, y > 0, (x; y) = 1. 53. y = ex , y = 0, 0 x a, (x; y) = xy. TEOREMA DE PAPPUS. 54. Hallar el volumen de un cono recto circular de altura h y radio basal r. 55. Hallar el volumen del sólido obtenido al girar la elipse 4 (x 36 alrededor del eje x.

2

6) +9 (y

2

5) =


249 2

56. Hallar el volumen generado por revolución del círculo x2 + (x b) = a2 , b > a > 0 en torno al eje x. PROBLEMAS VARIOS DE INTEGRALES DOBLES. Z 1Z 1 x e 1 ey=(x+y) dydx = . 57. Mostrar que 2 0 0 ZZ 58. Calcular x2 + y 2 dxdy, donde A es el paralelogramo de vértices A

(1; 1), (5; 2), (6; 5), (2; 1) (Sugerencia: Hacer x = 1 + 4u + v, y = 1 + u + 3v). ZZ y dA, A es la porción del anillo 1 x2 + y 2 4 en el 59. Calcular 2 2 Ax + y segundo cuadrante. ZZ 1 60. Calcular dA, donde A es todo el plano R2 (Sugeren3=2 2 A (1 + y + y 2 ) cia: Usar la idea del ejercicio resuelto 45). INTEGRALES TRIPLES 61. Si V es el conjunto 0 x mente la integral triple.

2, 0

y

ZZZ

3, 1

z

2, calcular aproximada-

xyzdV

V

CALCULO DE INTEGRALES TRIPLES Z 2Z 1Z 2 62. dzdydx. 0

63.

Z

0

64.

1

0

zr2 sin dzdrd .

0

Z 4Z

p p 4z x2 2 zZ

dydxdz.

Z 2Z

6 2y Z

zdzdxdy.

0

65.

0

=2 Z 1 Z 2

0

0

0

2 y

p

4 y2

0

x y z 66. Calcular el volumen del tetraedro limitado por + + = 1 y los planos a b c coordenados. 67. Hallar el volumen del sólido limitado por x + y = 1, x = 2y, y = 0, z = 0, z = 4. 68. Hallar el volumen encerrado por x

y + 2z = 0, y = 2, x = 0, z = 0.

69. Calcular el volumen encerrado por z = x2 + y 2 , x2 + y 2 = a2 , z = 0.

250


70. Hallar el volumen del sólido limitado x2 + y 2 = a2 , x2 + y 2 = az 2 , z = 0. 71. Calcular el volumen encerrado por los cilindros x2 + y 2 = a2 , y 2 + z 2 = a2 . 72. Calcular el volumen limitado por x2 + y 2 = 4, z = 0, z = 2y. 73. Hallar el volumen limitado por el paraboloide z = x2 + y 2 , el cilindro x2 x + y = 0, el plano z = 0, y = 0. 2 2 74. Hallar p el volumen limitado por el paraboloide z = x + y y el cono 2 2 z = x +y .

75. Hallar el volumen limitado por x2 + az = a2 , x2 + y 2 = a2 , z = 0.

2 2 2 76. Hallar el volumen p limitad superiormente por x + y + z = 1, e inferiormente por z = x2 + y 2 .

77. Calcular el volumen de la región limitada superiormente por x2 +y 2 +z 2 = 1 e inferiormente por z = x2 + y 2 . 78. Calcular el volumen encerrado por z 2 + 4y

4 = 0, x2 = y.

79. Hallar el volumen de la región limitada por x2 + y = 9, x + z = 4, x = 0, y = 0, z = 0. 80. Hallar el volumen limitado por x2 + y 2 = 1, z = y, z = y 2 . 81. Calcular el volumen encerrado entre los paraboloides x2 + a2 y 2 + z = 1, x2 + a2 y 2 2z = 1. MASA. MOMENTO. CENTRO DE GRAVEDAD. CENTROIDE DE REGIONES SOLIDAS x y z 82. Hallar el centroide de la región del primer octante limitada por + + = a b c 1, donde a, b, c son positivos. 83. Hallar el momento de inercia de un cilindro circular recto de radio a y altura h con respecto a su eje si la densidad es proporcional a su distancia a la base. 84. Hallar la masa de una esfera de radio R, siendo la densidad en cada punto proporcional a su distancia a un plano diametral …jo. 85. Hallar la masa de un cono circular de altura h y radio de la base R, siendo la densidad en cada punto proporcional a su distancia al eje. 86. Hallar el centro de gravedad de un cubo de arista a, siendo la densidad en cada punto igual a la suma de sus distancias a tres aristas adyacentes (ejes coordenados). PROBLEMAS VARIOS DE INTEGRALES TRIPLES 87. Hallar el volumen encerrado por y 2 + x2 = 4x = 8, y 2 + z 2 = 4, x = 0.

6.6. EJERCICIOS PROPUESTOS 88. Hallar el volumen de la región limitada por la esfera r = 2a cos = b, donde 0 < b < =2. Discutir el caso b = =2.

251 y el cono

89. Hallar a) el volumen y b) el centroide de la región limitada superiormente por la esfera x2 + y 2 + z 2 = R2 e inferiormente por el plano z = c, con R > c > 0. ZZZ y2 z2 x2 + + dxdydz, siendo V la región encerrada por 90. Calcular a2 b2 c2 V y2 z2 x2 el elipsoide 2 + 2 + 2 = 1. a b c x2 y 2 z 2 91. Calcular el momento de inercia del elipsoide 2 + 2 + 2 = 1 con respecto a b c a sus ejes. 92. Hallar el volumen limitado por los cilindros hiperbólicos xy = 1, xy = 9, xz = 4, xz = 36 (Sugerencias: efectuar un cambio de variable). 93. Hallar la masa de una super…cie esférica siendo la densidad en cada punto proporcional a su distancia al origen de coordenadas. 94. Hallar la ecuación del plano paralelo al plano xy que divide en dos partes de volumenes iguales a la semiesfera x2 + y 2 + z 2 = R2 , z 0. 95. Demostrar que 1 @ (x; y) = @ (u; v) @ (u; v) @ (x; y) (Sugerencia: Desarrollar los jacobianos, multiplicarlos y utilizar la regla de la cadena).

252


Chapter 7

INTEGRALES CURVILINEAS Y DE SUPERFICIE La extensión natural de un intervalo [a; b] de la recta real al plano es una región plana A, y la extensión natural de A al espacio es un sólido V . La integral de f (x) sobre [a; b] ha sido estudiada en el Cálculo I, la integral de una función de dos variables f (x; y), sobre A y la integral de una función de tres variables f (x; y; z) sobre V se a estudiado en el Capítulo 6 de las integrales múltiples. En este capítulo la idea de integral se extiende en otra dirección: El intervalo [a; b] se extiende al plano en forma de una curva y sobre esta curva se de…ne una integral llamada integral curvilínea. La región plana A se extiende al espacio en forma de una super…cie y sobre esta super…cie se de…ne una integral llamada integral de super…cie. Usando estas ideas se puede calcular el área encerrada por una curva, el área de una super…cie. Al …nal del capítulo, la integral curvilínea y la integral de super…cie se combinan en los notables teoremas integrales.

7.1

INTEGRALES CURVILINEAS

Consideremos una curva C del plano xy que une los puntos (a1 ; b1 ) y (a2 ; b2 ) como en la …gura 7.1. Además, sean P (x; y), Q(x; y) dos funciones de…nidas 253

254

CHAPTER 7. INTEGRALES CURVILINEAS Y DE SUPERFICIE

sobre la curva C. b2

y

Fig. 7.1 qi

(xi,yi) P(x,y)

b1

Q(x,y) R li

a1

a2

x

Dividamos la curva en n partes y designemos por li y qi a las longitudes de la proyección del i-esimo pedazo de la curva sobre el eje x y el eje y, respectivamente. De cada pedazo de la curva elijamos arbitrariamente un punto (xi ; yi ) donde evaluamos las funciones P y Q. Formemos la suma Sn = [P (x1 ; y1 ) l1 + ::: + P (xn ; yn ) ln ] + [Q (x1 ; y1 ) q1 + ::: + Q (xn ; yn ) qn ] (7.1) Si el límite de Sn existe, cuando el número de subdivisiones aumenta (es decir, n ! 1) y los pedazos son todos cada vez más pequeños (es decir, max li ! 0, max qi ! 0); entonces a tal límite se llama integral curvilínea a lo largo de C y se representa por Z P (x; y) dx + Q (x; y) dy ó C Z (a2 ;b2 ) (7.2) P dx + Qdy (a1 ;b1 )

Z

De la de…nición se deduce que P (x; y) dx se integra sobre el intervalo [a1 ; a2 ] C Z del eje x, mientras que Q (x; y) dy se integra sobre el intervalo [b1 ; b2 ] del eje y. C

Por supuesto, en la primera integral y se considera funcion de x, y en la segunda x es función de y; por tanto ambas son integrales simples de una función de una sola variable sobre un intervalo, y el cálculo de integrales curvilíneas se reduce a calcular integrales de…nidas simples. Las sumas (1) y la de…nición (2) se generalizan para curvas en el espacio obteniéndose integrales curvilíneas de la forma Z P dx + Qdy + Rdz C

donde C es una curva del espacio.

7.2. CALCULO DIRECTO DE INTEGRALES CURVILINEAS

7.2

255

CALCULO DIRECTO DE INTEGRALES CURVILINEAS

El cálculo directo de integrales curvilíneas se reduce al cálculo ya conocido de integrales ordinarias. Si la curva C está dada por una ecuación y = f (x), entonces dy = f 0 (x) dx y la integral curvilínea (2) se convierte en una integral simple: Z (a2 ;b2 ) Z a2 P (x; y) dx + Q (x; y) dy = P (x; f (x)) dx + Q (x; f (x)) f 0 (x) dx (a1 ;b1 )

a1

(7.3)

Example 63 Una curva C que une el origen con (1; 1) está dado por y = x2 . Entonces Z Z 1 2 (x + y) dx + 2x y dy = x + x2 dx + 2x2 x2 2xdx C

0

=

Z

1

2x3 + x2 + x dx =

0

x3 x2 x4 + + 2 3 2

1

= 0

4 3

Similarmente, si la curva C está dada por una ecuación x = g (x), entonces dx = g 0 (y) dy y la integral curvilínea se convierte en una integral ordinaria: Z (a2 ;b2 ) Z b2 P (x; y) dx + Q (x; y) dy = P (g (y) ; y) g 0 (y) dy + Q (g (y) ; y) dy (a1 ;b1 )

b1

(7.4)

Example 64 Una curva C que une el origen con (1; 1) está cado por x = y 3 . Entonces Z Z 1 Z 1 3 2 3 (2x y) dx xydy = 2y y 3y dy y ydy = 6y 5 y 4 3y 3 dy C

0

=

y6

0

5

y 5

3y 4

4 1

= 0

47 60

Cuando la curva C esta dada por y = f (x), la podemos considerar como parametrizada por la variable x, mientras que si está dada por x = g (y) se la considera parametrizada por y. En general, si la curva C está parametrizada por la variable t por medio de x = x (t), y = y (t) la integral curvilínea se convierte en Z (a2 ;b2 ) Z t2 P (x; y) dx+Q (x; y) dy = P (x (t) ; y (t)) x0 (t) dt+Q (x (t) ; y (t)) y 0 (t) dt (a1 ;b1 )

t1

(7.5) donde t1 , t2 son los valores de t que corresponden a los puntos (a1 ; b1 ) y (a2 ; b2 ), respectivamente. En la práctica, en un caso concreto y según convenga se puede combinar los métodos anteriores dados en (3), (4) y (5).

256


Example 65 Una curva C que une el origen con (1; 1) está dada en forma paramétrica por C (t) = t2 ; t3 . Entonces, teniendo en cuenta que a (0; 0) le corresponde t = 0 y al punto (1; 1) le corresponde t = 1. Z

1=2

x

+ y dx + x

y

1=3

dy

=

C

=

Z

t=1

t + t3 2tdt + t2

t=0 Z 1

5t4

t 3t2 dt

3t3 + 2t2 dt = t5

0

3 4 2 3 t + t 4 3

1 0

11 12

Métodos similares se tienen para el cálculo de integrales curvilíneas en el espacio.

7.3

PROPIEDADES DE LA INTEGRAL CURVILÍNEA

Como el cálculo de una integral curvilínea se reduce a una ordinaria, las propiedades de ambas son similares. Por ejemplo, si C es una curva que une (a1 ; b1 ) con el punto (a2 ; b2 ) tenemos: I. Si se invierte el camino de integración, el signo de la integral curvilínea cambia. Es decir Z

(a1 ;b1 )

P dx + Qdy =

(a2 ;b2 )

Z

(a2 ;b2 )

P dx + Qdy

(7.6)

(a1 ;b1 )

II. Se puede integrar por pedazos y la integral curvilínea sobre toda la curva es la suma de las integrales curvilíneas en cada pedazo. Es decir, si (a3 ; b3 ) es otro punto de la curva C.

(a2,b 2)

(a3,b 3)

(a1,b 1)

Z

(a2 ;b2 )

(a1 ;b1 )

P dx + Qdy =

Z

(a3 ;b3 )

(a1 ;b1 )

P dx + Qdy +

Z

(a2 ;b2 )

P dx + Qdy

(7.7)

(a3 ;b3 )

Por supuesto, para integrales curvilíneas en el espacio se tienen propiedades similares.

7.4. TEOREMAS IMPORTANTES

7.4

257

TEOREMAS IMPORTANTES

Ya se ha visto que el cálculo de una integral curvilínea se reduce al de una integral simple. Obviamente, el valor de una integral curvilí nea entre dos puntos depende de la curva que une estos puntos y sobre la cual se integra; es decir depende del camino de integración. Sin embargo, en algunos casos el valor de la integral curvilínea es independiente del camino de integración. Si la curva es cerrada, la inegral curvilínea en algunos casos puede expresarse como una integral doble. Para precisar lo anterior llamaremos curva simple cerrada a una curva cerrada que no se corta a sí misma en ningún punto. También diremos que una región plana es simplemente conexa si toda curva cerrada de la región se puede contraer hasta reducirse a un punto sin salir de la región, si no, diremos que la región es multiplemente conexa. Intuitivamente una región es simplemente conexa s no tiene ”huecos” y es multiplemente conexa si lo tiene. Por otra parte, si al correr una curva cerrada C del plano xy con la cabeza dirigida hacia el eje positivo z, la región encerrada por la curva queda a la izquierda, entonces se dice que se la recorre en sentido positivo. Para una curva simple cerrada del plano, el sentido positivo coincide con el sentido contrario al de las agujas del reloj. Notemos que la región encerrada por una curva simple cerrada es simplemente conexa.

C1 R

C2

R

C C R: ón Regi simplemente conexa C: Curva simple cerrada recorrida en sentido positivo

Fig. 7.3a

C3 R: Regi ó multiplemente conexa. C1,C2,C3 curvas simples cerradas recorridas en sentido positivo.

Fig. 7.3b

C: Curva cerrada que no es simple.

Fig. 7.3c

Notación. La integral curvilínea a lo largo de I una curva cerrada descrita en sentido positivo se acostumbra simbolizar por .

7.5

EL TEOREMA DE GREEN EN EL PLANO

Naturalmente uno podría esperar que lo que ocurre en una región in‡uya sobre su contorno y viceversa; este teorema establece una relación en este sentido entre una integral doble sobre una región plana y una integral curvilínea a lo largo del contorno de la región. Consideremos una curva simple cerrada C y la región R que encierra (…gura

258


7.4a), entonces se cumple I ZZ P dx + Qdy = C

@P @y

@Q @x

R

dxdy

(7.8)

@P @Q , han de ser continuas en la @y @x región (ejercicio 14). Además, el teorema de Green en el plano dado por (7) es también válido para regiones limitadas por más de una curva (es decir, regiones multiplemente conexas) como el de la …gura 7.4b (ejercicio 13). Por supuesto, en (7) las funciones P , Q,

R R

C

Regi ón multiplemente conexa donde én se cumple tambi el teorema de Green

Regi ón simplemente conexa donde se cumple el teorema de Green Fig. 7.4a

Fig. 7.4b

Example 66 Aplicando el teorema de Green, calcular I x2 ydx xy 2 dy c

2

donde C es la circunferencia x + y 2 = 1. @P @Q Con P = x2 y, Q = xy 2 , = x2 , = @y @x por C (…gura 7.5), tenemos

y 2 ; y si R es la región encerrada

C1

y

C2

x2+y 2=1

C4

C3

r x

Muchos caminos unen (a1,b1) con (a2,b2)

Fig. 7.5

Fig. 7.6

I

2

x ydx

2

xy dy

=

c

=

ZZ

y

R Z 2 0

Z

0

2

2

x

dxdy =

1

r2 rdrd =

Z

0

2

ZZ

x2 + y 2 dxdy

R 4 1

r 4

d = 0

2

7.6. AREA ENCERRADA POR UNA CURVA

259

(para calcular la integral doble se ha pasado a coordenadas polares).

7.6

AREA ENCERRADA POR UNA CURVA

El área encerrada por una curva simple cerrada está dada por I 1 A= xdy ydx 2 C Esta fórmula se deduce inmediatamente del teorema de Green en el plano (ejercciio 15) yes muy útil para calcular el área de regiones limitadas por curvas dadas paramétricamente (ejercicio 16 y 17).

7.7

INDEPENDENCIA DEL CAMINO DE INTEGRACIÓN

Aunque en general el valor de la integral curvilínea entre dos puntos (a1 ; b1 ) y (a2 ; b2 ), Z (a2 ;b2 ) P dx + Qdy (7.9) (a1 ;b1 )

depende del camino de integración C que une ambos puntos (…gura. 7.6); cuando se cumple @P @Q = (7.10) @x @y el valor de la integral curvilínea (9) es independiente del camino de integración (Ejercicio 23). Por tanto, si se cumple (10) podemos calcular la integral curvilínea (9) integrando a lo largo de cualquier camino C que una los puntos (a1 ; b1 ) y (a2 ; b2 ). Por supuesto, siempre elegiremos el camino que simpli…que los cálculos. Por otra parte, si se cumple (10) entonces P dx + Qdy es una diferencial exacta; es decir existe una función (x; y) tal que d = P dx + Qdy. Teniendo en cuenta que @ @ dx + dy = P dx + Qdy d = @x @y se puede calcular la función (x; y). Una vez determinada la función (x; y), la integral curvilínea (9) se calcula fácilmente según Z (a2 ;b2 ) Z (a2 ;b2 ) (a ;b ) P dx + Qdy = d = (x; y)j(a12 ;b21 ) = (a2 ; b2 ) (a1 ; b1 ) (a1 ;b1 )

(a1 ;b1 )

(7.11) Ahora, si la integral curvilínea es independiente del camino entonces su valor a lo largo de una curva cerrada C es decor. Es decir, I @Q @P P dx + Qdy = 0, si = (7.12) @x @y C

260


Example 67 Calcular

I

2xydx + x2 dy si C es la circunferencia x2 + y 2 = 4:

C

y 2

C

2

x

Fig. 7.6

@Q @P = 2x = . Por tanto la integral curvilínea @x @y a lo largo de la circunferencia vale cero. Es decir, Con P = 2xy, Q = x2 tenemos

I

2xydx + x2 dy = 0

C

Por supuesto, las integrales curvilíneas en el espacio tienen propiedades similares. Por ejemplo, la integral curvilínea Z

(a2 ;b2 ;c2 )

P dx + Qdy + Rdz

(7.13)

(a1 ;b1 ;c1 )

es independiente del camino que une los puntos (a1 ; b1 ; c1 ) y (a2 ; b2 ; c2 ) si se cumple @P @R @P @R @Q @Q = ; = ; = @x @y @x @z @y @z

(7.14)

Nota. Se puede demostrar que (10) no solamente es condición su…ciente para que la integral curvilínea (9) sea independiente del camino, sino que también es una condición necesaria. Similarmente (14) es condición necesaria y su…ciente para que (13) sea independiente del camino Resumen. El siguiente diagrama resume esquemáticamente lo anterior y Z muestra cómo debe calcularse la integral curvilínea

P dx+Qdy según la curva

C

de integración C sea cerrada o no, y según sea

@Q @P = o no: @x @y

7.8. INTEGRALES DE SUPERFICIE

Z

P dx + Qdy

C

I

P dx + Qdy

C

7.8

C no cerrada

!

C cerrada

!

8 > > > > > > > > > > > > > > > > > > <

8 @Q @P > = > > > @x @y > > > > > < > > > > > > @Q @P > > 6 > : @x = @y

> > > > > > > > > > > > > > > > > > :

@Q @P = @x @y

261

)

Independiente del camino; entonces se calcula directamente eligiendo previamente un camino de integración adecuado.

)

Se calcula directamente pasando a una integral simple.

)

no es necesario calcular nada, pues en este caso I P dx + Qdy = 0 C

@P @Q 6= ) Se calcular indirectamente @x @y pasando a una integral doble: I ZZ @Q @P P dx + Qdy = dxdy @x @y C R

INTEGRALES DE SUPERFICIE

Vamos a de…nir la integral de super…cie de una función (x; y; z) sobre una super…cie S. Dividamos S en n pedazos de área Si y elijamos de cada uno de ellos un punto cualquiera (xi ; yi ; zi ) (…gura 7.7). Evaluamos en cada uno de tales puntos.

(xi,y i,zi) S

Fig. 7.7

Ahora, formemos la suma Sn =

(x1 ; y1 ; z1 ) S1 + (x2 ; y2 ; z2 ) S2 + ::: + (xn ; yn ; zn ) Sn

262


Si el límite de la suma Sn existe, cuando el número de pedazos aumenta (es decir, n ! 1) y todos los pedazos son cada vez más pequeños (es decir, max Si ! 0); a tal límite se llama la integral de super…cie de (x; y; z) sobre S y se representa por ZZ (x; y; z) dS.

S

Es decir, ZZ

(x; y; z) dS = lim [ (x1 ; y1 ; z1 ) S1 + (xn ; yn ; zn ) Sn ] n!1

S

7.8.1

(7.15)

Cálculo de la integral de super…cie

Tal como el cálculo de una integral curvilínea se reduce al cálculo de una integral simple; el cálculo de una integral de super…cie se reduce al cálculo de una integral doble: Si la ecuación de la super…cie S está dada implícitamente por F (x; y; z) = C, C constante, entonces q ZZ ZZ Fx2 + Fy2 + Fz2 dxdy (7.16) (x; y; z) dS = (x; y; z) jFz j S A donde A es la proyección de S en el plano xy. Si la ecuación de la super…cie S está dada explícitamente por z = f (x; y), la fórmula (16) se reduce a ZZ ZZ q (x; y; z) dS = (x; y; z) 1 + zx2 + zy2 dxdy (7.17) S

A

En algunos casos concretos no es conveniente (o no se puede) proyectar sobre el plano xy y se debe proyectar entonces sobre el plano xz o sobre el plano zy, en tales casos el denominador de (16) se cambia por jFy j o por jFx j, respectivamente. Análogamente en la fórmula (17) se deben efectuar los cambios correspondientemente (ejercicio 25). Notemos que si la super…cie S es un plano paralelo a uno de los planos coordenados, la integral de super…cie (16) ó (17), de la función (x; y; z) se reduce simplemente a la integral doble de dicha función.

7.9

AREA DE UNA SUPERFICIE

Si en (15) hacemos

(x; y; z) = 1, tenemos ZZ dS = lim (S1 + S2 + ::: + Sn ) S

que da el área de S.

n!1

(7.18)

7.10. TEOREMAS INTEGRALES

263

Por tanto, si la ecuación de la super…cie S está dada implícitamente por F (x; y; z) = C, el área de S se calcula por ZZ

área de S =

A

q

Fx2 + Fy2 + Fz2 jFz j

dxdy

(7.19)

donde A es la proyección de S sobre el plano xy. Si la ecuación de la super…cie S está dada explícitamente por z = f (x; y) el área de S se calcular por ZZ q área de S = 1 + zx2 + zy2 dxdy (7.20) A

Example 68 Calcular el área de la porción que está en el primer octante, del plano z = 4 2x 2y. z 4

Fig. 7.8

2

A x

y

2

La proyección sobre el plano xy es el triángulo A limitado por x = 0, y = 0 y la recta z + y = 2. Por tanto, integrando sobre A tenemos ZZ q área de S = 1 + zx2 + zy2 dxdy A

=

Z 2Z 0

=

7.10

0

Z 1 + ( 2) + ( 2) dxdy = 3

2 yq

3 (2 2

2

y)

2

2

2

(2

y) dy

0

2 0

=6

TEOREMAS INTEGRALES

Los teoremas integrales relacionan integrales dobles, triples, curvilíneas y de super…cie. Su formulación se abrevia y su uso para aplicaciones concretas se simpli…ca con la notación vectorial.

264


7.11

GRADIENTE, DIVERGENCIA, ROTACIONAL

El operador nabla r, está de…nido por r=

@ @ @ ; ; @x @y @z

(7.21)

y puede aplicarse a funciones f (x; y; z) de la siguiente manera: 1. Si f (x; y; z) es una función en R3 en R, tenemos rf =

@f @f @f ; ; @x @y @z

(7.22)

que es el conocido gradiente de f . 2. Si F (x; y; z) = (F1 ; F2 ; F3 ) es una función de R3 en R3 , por una parte tenemos @F2 @F3 @F1 + + (7.23) r F = @x @y @z que se llama divergencia de F . 3. Por otra parte, también tenemos

r f=

i @ @x F1

j @ @y F2

k @ @z F3

=

@F3 @y

@F2 @F1 ; @z @z

@F3 @F2 ; @x @x

@F1 @y

(24)

que se denomina rotacional de f . Notemos que el rotacional de F , r F , está de…nido por el último miembro de (24) y el determinante es simplemente una ayuda nemotécnia para recordarlo fácilmente. Recordando que i = (1; 0; 0), j = (0; 1; 0), k = (0; 0; 1), la función F (x; y; z) = (F1 ; F2 ; F3 ) se escribe también como F (x; y; z) = F1 i + F2 j + F3 k. Example 69 Si F = x2 yi + 2yzj + x + z 2 k, entonces r F = 2xy

2z + 2z = 2xy

j @ @y 2yz

= (0 + 2y) i + (1

divergencia de F

r

F

i @ @x x2 y

= =

2yi

rotacional de F .

j

x2 k

k @ @z x + z2

0) j + 0

x2 k

7.12. TEOREMA DE STOKES

7.12

265

TEOREMA DE STOKES

Consideremos una super…cie S abierta, de dos lados, y cuyo contorno sea una curva cerrada simple C como en la …gura 7.9. Entonces

S

z

z

z n S

S

n

n V C

y y

x

Fig. 7.9

x

ZZ

y

C Fig. 7.10

(r

F ) ndS =

S

x

I

F

Fig. 7.11

dr

(7.24)

C

donde C se recorre de tal modo que si un observador la recorre con su cabeza dirigida en el sentido de la normal unitaria n, la super…cie S queda a la izquierda. Por supuesto, tanto F como las derivadas parciales deben ser continuas en S. El teorema de Stokes, dado por (26), dice que la integral curvilínea de la componente tangencial alrededor de una curva cerrada C es igual sobre toda super…cie S que tenga por contorno a C. En la práctica, se comienza …jando el sentido de la normal n y se determina el sentido de C en referencia a tal sentido. Example 70 Calcular

ZZ

(r

F ) ndS

S

si F = 2yi + 3xj z 2 k y S es la parte superior de la super…cie esférica x2 + y 2 + z 2 = 9. Aplicando el teorema de Stokes, en lugar de calcular la integral de super…cie dada podemos calcular una integral curvilínea a lo largo del contorno de la super…cie dada (…gura 7.10). El contorno de la super…cie S es la circunferencia x2 + y 2 = 9, z = 0 sobre el plano xy. Por tanto ZZ I I (r F ) ndS = F d~r = 2ydx + 3xdy z 2 dz (1) S

C

pero, como z = 0 en la curva C, (1) se reduce a ZZ I (r F ) ndS = 2ydx + 2xdy S

C

(2)

266


para calcular (2) aplicamos el teorema de Green en el plano teniendo en cuenta que la región R encerrada por x2 + y 2 = 1 es un círculo de radio 1: ZZ

(r

F ) ndS

I

=

S

2ydx + 3xdy =

C

ZZ

(3

2) dxdy =

R

= (área del círculo de radio uno) =

7.13

ZZ

dxdy

R

TEOREMA DE LA DIVERGENCIA (O DE GAUSS)

Consideremos una región sólida V limitada por la super…cie S. Entonces ZZZ

V

r F dV =

ZZ

F

ndS

(7.25)

S

donde la normal n está dirigida al exterior de V (…gura 7.11). Por supuesto, tanto F como las derivadas parciales que intervienen en (##) deben ser contínuas en la región V . El Teorema de la Divergencia, dada por (##), dice que la integral de super…cie de la componente normal es igual a la integral triple de la divergencia sobre la región encerrada por la super…cie.

Example 71 Calcular

ZZ

F ndS, donde F = (2x + 3z) ^{ (xz + y) ^j+ y 2 + 2z k^

S

y S es la super…cie esférica x2 + y 2 + z 2 = 1. Aplicando el teorema de la Divergencia, en lugar de la integral de super…cie dada podemos calcular una integral triple. Como la región V encerrada por x2 + y 2 + z 2 = 1 es una esfera de radio uno, tenemos ZZ

F

ndS

=

S

ZZZ

V

=

r F dV =

ZZZ

V

(2

ZZZ 1 + 2) dV = 3 dV

3 (volumen de la esfera de radio uno) = 3

V

4 3

=4


7.14

267


1. Calcular

Z

(1;2)

x2

y dx + x + y 2 dy a lo largo de la recta que une

(0;0)

(0; 0) con (1; 2).

y

(1,2)

y

(2,3)

y (1,1)

x

(2,1)

(1,1) Fig. 7.12

x

Fig. 7.13

Fig. 7.14

x

Solución. Como la ecuación de la recta que une (0; 0) con (1; 2) es y = 2x, expresamos la integral curvilínea como una integral simple en función de x; reemplazar y = 2x, dy = 2dx, límites (0; 0) = (1; 2), entonces x = 0 a x = 1. Por tanto, Z (1;2) Z 1 2 2 x y dx + x + y dy = x2 2x dx + x + 4x2 2dx (0;0)

0

=

Z

1

9x2 dx = 9

0

2. Calcular

Z

x3 3

1

=3 0

(1;1)

(x + y) dx + x2 dy a lo largo de la parábola x = y 2 entre

(0;0)

los puntos (0; 0) y (1; 1). Solución. Primeramente expresamos la integral curvilínea como una integral simple en función de y; reemplazar x = y 2 , dx = 2ydy, límites (0; 0) a (1; 1) entonces y = 0 a y = 1. Por tanto Z

(1;1) 2

(x + y) dx + x dy

=

(0;0)

1 2

4

y + y 2ydy + y dy =

0

=

3. Calcular

Z

Z

y5 2y 4 2y 3 + + 5 4 3

Z

1

y 4 + 2y 3 + 2y 2 dy

0

1

= 0

41 30

(2;3)

(x + 2y) dx + xydy a lo largo de la recta de (1; 1) a (2; 1)

(1;1)

y luego de (2; 1) a (2; 3).

268

CHAPTER 7. INTEGRALES CURVILINEAS Y DE SUPERFICIE Solución. La integral curvilínea pedida es la suma de las integrales curvilíneas primero a lo largo de la recta y = 1 que une (1; 1) con (2; 1), y luego a lo largo de la recta x = 2 que une (2; 1) con (2; 3) (…gura 7.14). Para la integral curvilínea a lo largo de y = 1 desde (1; 1) a (2; 1), reemplazar: y = 1, dy = 0, límites: (1; 1) a (2; 1), entonces x = 1 a x = 2, entonces Z

(2;1)

(x + 2y) dx + xydy =

(1;1)

Z

2

(x + 2) dx =

1

2

x2 + 2x 2

= 1

7 2

Para la integral curvilínea a lo largo de x = 2 desde (2; 1) a (2; 3), reemplazar: x = 2, dx = 0. Límites> (2; 1) a (2; 3) ) y = 1 a y = 3, entonces Z

(2;3)


(2;1)

Z

3

2ydy = y 2

1

3 1

=8

Por tanto, la integral pedida es Z

(2;3)


(2;1)

23 7 +8= 2 2

Nota. Notemos que el cálculo a lo largo de rectas horizontales o verticales, en general es más sencillo que a lo largo de otras curvas; por eso, si debemos elegir el camino de integración en general elegimos un camino constituido por tramos horizontales y tramos verticales. Z 4. Calcular x2 + 2xy dx + x2 y dy, donde C está dada paramétricaC

mente por x = 2t, y = t3 y t varía desde t = 0 hasta t = 2. y

(4,8)

y

y

(4,2) (4,2)

(1,1) x

(1,1)

Fig. 7.17a x

y

(4,2)

FIg. 7.16

(1,1) Fig. 7.15

x Fig. 7.17b

x

Solución. Expresemos la integral curvilínea como una integral simple en función de t, reemplazar: x = 2t, y = t3 , dx = 2dt, dy = 3t2 dt. Límites:


269

t = 0 a t = 2. Por tanto Z x2 + 2xy dx + x2 y dy

Z

=

C

2

4t2 + 4t4 2dt + 4t2

t3 3t2 dt

8t2 + 20t4

8 3 t + 4t5 3

0

Z

=

2

3t5 dt =

0

5. Calcular

Z

y

3 6 t 6

2

= 0

352 3

x2 dx + 2xy + y 2 dy, donde C está dada por x = 1

C

cos 2t, y = sin t desde (0; 0) hasta (2; 1). Solución. Expresamos la integral curvilínea como una integral simple en función de t, reemplazar: x = 1 cos 2t y = sin t

) dx = 2 sin 2tdt ) dy = cos tdt

Límites: (1 cos 2t; sin t) = (0; 0) a (1 desde t = 0 a t = =2. Por tanto Z

x2 dx + 2xy + y 2 dy

y

Z

=

C

cos 2t; sin t) = (2; 1) entonces, =2

sin t

(1

2

cos 2t)

2 sin 2tdt +

0

+ 2 (1 Z =2

=

cos 2t) sin t + sin2 t cos tdt sin t

4 sin4 t 4 sin t cos tdt + 4 sin3 t + sin2 t cos tdt

0

con sin2 t =

=

Z

1

cos 2t , 2

=2

5 sin2 t + 4 sin3 t

16 sin5 t cos tdt = 5

0

sin3 t 4 sin4 t + 3 4

16

sin6 t 6

=2

=2 0

Nota. El cálculo se simpli…ca un poco si desde el principio hacemos x = 1 cos 2t = 2 sin2 t. Z (4;2) 6. Calcular (x + y) dx + (y x) dy a lo largo a) de la parábola y 2 = x, (1;1)

b) de la recta, c) de los segmentos (1; 1) a (1; 2) y de (1; 2) a (4; 2), d) de la curva x = 2t2 + t + 1, y = t2 + 1. Solución a) Teniendo en cuenta que y varía desde y = 1 hasta y = 2, expresamos la integral curvilínea como una integral simple en función de y: Z (4;2) Z 2 (x + y) dx + (y x) dy = y 2 + y 2ydy + y y 2 dy (1;1)

1

=

Z

1

2

2y 3 + y 2 + y dy =

y3 y2 2y 4 + + 4 3 2

2

= 1

34 3

270

CHAPTER 7. INTEGRALES CURVILINEAS Y DE SUPERFICIE b) Como la recta que une (1; 1) con (4; 2) es x = 3y 2, expresamos la integral curvilínea como una integral simple en función de y; Z (4;2) Z 2 (x + y) dx + (y x) dy = (3y 2 + y) 3dy + (y 3y + 2) dy (1;1)

1

=

10 2 y 2

2

= 11

4y 1

c) Integraremos como tramos. Al integrar a lo largo de la recta x = 1 a que va de (1; 1) a (1; 2) tenemos:

z

y (1,2)

(4,2)

y (4,2)

(1,1)

(1,1)

Fig. 7.17c

Z

x

y

Fig. 7.17d

(4;2)

(x + y) dx + (y

x) dy =

(1;1)

Z

x

Fig. 7.18

x

2

0 + (y

1

1) dy =

2

y2 2

=

y 1

1 2

Al integrar a lo largo de la recta y = 2 que va de (1; 2) a (4; 2) tenemos Z (4;2) Z 4 4 27 y2 (x + y) dx + (y x) dy = + 2x = (x + 2) dx + 0 = 2 2 (1;1) 1 1 Por tanto, la integral pedida es Z (4;2) (x + y) dx + (y

x) dy =

(1;1)

1 27 + = 14 2 2

d) Teniendo en cuenta que x = 2t2 + t + 1, y = t2 + 1, dx = (4t + 1) dt, dy = 2tdt; además de 2t2 + t + 1; t2 + 1 = (1; 1) se obtiene t = 0 y de 2t2 + t + 1; t2 + 1 = (4; 2) se obtiene t = 1: Z (4;2) Z 1 (x + y) dx + (y x) dy = 2t2 + t + 1 + t2 + 1 (4t + 1) dt (1;1)

0

+ t2 + 1 2t2 t 1 2tdt Z 1 = 10t3 + 5t2 + 9t + 2 dt 0

=

10t4 5t3 9t2 + + + 2t 4 3 2

1

= 0

32 3


271

Nota. Este ejercicio muestra que el valor de la integral curvilínea en general depende del cambio de integración. Z 7. Calcular (1 + x) dx xydy + (y + z) dz, siendo C la hélice x = cos t, C

y = sin t, z = t, desde (1; 0; 0) hasta 1; 2; 21 . Solución. Para pasar a una integral simple en función de la variable t, notemos que de (cos t; sin t; t) = (1; 0; 0) obtenemos t = 0 y de (cos t; sin t; t) =

1 2

0; 1;

obtenemos t =

1 2

Por tanto, Z

(1 + x) dx

xydy + (y + z) dz

=

C

Z

1=2

(1 + cos t) (

sin t) dt

0

=

Z

cos t sin t

cos tdt + (sin t + t) dt

1=2

sin t

sin t cos t

cos2 t sin t + sin t + t dt

0

=

cos t

=

sin2 t cos3 t + 2 3

cos t

+

1 41 + 24

TEOREMA DE GREEN EN EL PLANO 8. Comprobar el teorema de Green en el plano para I 2xy x2 dx + x + y 2 dy C

siendo C la curva cerrada que limita la región R entre y = x2 , y = x.

y y=x 2

y=x

y

y

(0,1)

y=(9-x 2)1/2

C2

(1,1)

C1

x Fig. 7.19

3

-3

R (-1,0)

C3 Fig. 7.20

(1,0) x

y=-(9-x 2)1/2 Fig. 7.21

x

t2 2

1=2 0

272


@Q @P = 1, = 2x; @x @y

x2 , Q = x + y 2 tenemos

Solución. Con P = 2xy

entonces debemos comprobar que I ZZ 2 2 2xy x dx + x + y dy dy = (1 C

2x) dxdy (1)

R

Por una parte, integrando primero a lo largo de la parábola y = x2 y luego a lo largo de la recta y = x (…gura 7.19) tenemos: I

2xy

2

x

2

dx + x + y dy dy

=

C

Z

1

2x3

x2 dx + x + x4 2xdx +

2x2

x2 dx + x + x2 dx

0

Z

0

1

=

Z

1

2x5 + 2x3 + x2 dx +

0

=

Z

0

2x2 + x dx

1

1

2x4 x3 2x6 + + 6 4 3

2x3 x2 + + 3 2 0

0

= 0 (2) 1

Por otra parte, integrando sobre la región R tenemos: ZZ

(1

2x) dxdy

=

R

Z 1Z

=

(1

2x) dydx =

x2

0

Z

x

1

(1

0

1

(1

Z

2x) x

2

x

dx =

0

=

x2 2

Z

x

2x) yjx2 dx

1

3x2 + 2x3 dx

x

0

3x3 2x4 + 3 4

1

=0

(3)

0

Por tanto, (1), (2) y (3) muestran que el teorema de Green en el plano se veri…ca. 9. Comprobar el teorema de Green en el plano para I (2x y) dx + (x 2y) dy C

siendo C el triángulo de vértices (1; 0), (0; 1), ( 1; 0). @P Solución. Con P = 2x y, Q = x 2y tenemos @Q 1. @x = 1, @y = Entonces debemos comprobar I ZZ ZZ (2x y) dx + (x 2y) dy = (1 + 1) dxdy = 2 dxdy (1) C

R

R

donde R es la región encerrada por C. Por una parte, integrando por


273

tramos a lo largo de la curva C (…gura 7.20) tenemos: Z

(2x

y) dx + (x

2y) dy

=

C1

Z

1

(2 (1

y)

=

Z

1

1

dy =

yj0 =

0

Z

(2x

y) dx + (x

2y) dy

=

Z

y

2y) dy (Por ser C1 : x + y = 1)

=

(2x 3

Z

x

y) dx + (x

2y) dy

=

C3

=

Z

(2)

1) dx + (x

1

dx =

0

(2x

1

1

0

C2

Z

y) ( dy) + (1

0

2 (x + 1)) dy (Por ser C2 : y = x + 1)

1

3xj0 = 3 (3)

1

(2x

0) dx + 0 (por ser C3 : y = 0)

1

2x2 2

1

=0

(4)

1

Por tanto, sumando (2), (3) y (4) obtenemos Z (2x y) dx + (x 2y) dy 1 + 3 + 0 = 2 (5) C

Por otra parte, integrando sbre el triángulo R tenemos: ZZ 2 dxdy

=

R

Z 1Z 2 0

=

y+1

y 1

Z dxdy = 2

y2 + 2y 2

2

1

( y+1

y + 1) dy

0

1

= 2 (6) 0

Luego, (5) y (6) muestran que el teorema de Green en el plan se veri…ca. 10. Comprobar el teorema de Green en el plano para I x3 x2 y dx + xy 2 dy C

siendo C la circunferencia x2 + y 2 = 9. Solución. Con P = x3

x2 y, Q = xy 2 tenemos

Entonces debemos comprobar I ZZ x3 x2 y dx + xy 2 dy = C

R

@Q @P = y2 , = @x @y

y 2 + x2 dxdy

(1)

x2 .

274

CHAPTER 7. INTEGRALES CURVILINEAS Y DE SUPERFICIE donde R es la región encerrada por C. Por una parte, integrando a lo largo de la circunferencia, p primero inte9 x2 y luego a gramos a lo largo de la semicircunferencia superior y = p 2 9 x , tenemos lo largo de la semicircunferencia inferior y = I

3

2

x

2

x y dx + xy dy

=

Z

3

x3

x2

3

C

Z +

=

Z

1 2

=

3

x3

p

2x2

3 3 3

p 4x2 9

x2

x2 dx + x 9

9

p 9

x2 dx +

Z

p

dx + x2 p x3 + 2x2 9 x2 dx

3 3

2 9

x2 dx 3=2

x2

x 9

x3 9

x2

1=2

+ 81 arcsin

Por otra parte, integrando sobre el círculo encerrado por la circunferencia (pasando a coordenadas polares) tenemos ZZ

2

2

y +x

dxdy =

R

Z

2

0

Z

3 2

r rdrd =

0

Z

2

0

r4 4

3

81 d = 4 0

Z

2

d =

0

81 2

11. Calcular I

y sin x dx + y cos x dy

C

si C es el contorno del rectángulo de vértices (1; 1), (1; 1), (2; 1), (2; 1).

y

(1,1)

(2,1)

x

y

y

(1,-1) FIg. 7.22

y=x

(2,-1)

1 2

2 x

x

Fig. 7.23

Solución. Con P = y sin x, Q = y cos x,

R

(1,1)

y2=x R

2x

FIg. 7.24

@Q @x

=

y sin x,

@P @y

= sin x

x 3

3

= 3

81 2


275

y aplicando el teorema de Green tenemos: I

y sin x dx + y cos x dy

Z

=

C

Z

=

Z

=

12. Calcular

I

2xy

1

Z

2

(

y sin x + sin x) dxdy

1 1 1

y cos x +

cos x

2

dy 1

1 1

2y +

1

2y 2 2 dy = + y 2

2

1

4

= 1

x2 dx + x + y 2 dy

C

siendo C la curva cerrada que limita la región entre y = x2 , y 2 = x. @Q @P Solución.- Con P = 2xy x2 , Q = x + y 2 , = 1, = 2x y aplicando @x @y el teorema de Green en el plano tenemos: I

2xy

2

x

dx + x + y

2

dy

=

C

Z 1Z

Z

x

(1

2x) dydx =

x2

0

=

p

1

p

Z

1

p

0

2x3=2

x

x2 + 2x3 dx

0

=

13. Calcular

I

x3=2 2 3

2x5=2 2 5

x3 2x4 + 3 4

1

= 0

1 30

x2 ydx + xy 2 dy,

c

donde C es el contorno de la región anular limitada por x2 + y 2 = 1, x2 + y 2 = 4. @Q @P Solución. Con P = x2 y, Q = xy 2 ; = y2 , = x2 y aplicando el @x @y teorema de Green tenemos I

x2 ydx + xy 2 dy

=

c

=

ZZ Z

0

y 2 + x2 dxdy

R 2 Z 2 1

r2 rdrd =

Z

0

2

r4 4

2

d = 1

15 4

Z

0

x

2x) yjx2 dx

(1

2

d =

15 2

276


14. Demostrar el Teorema de Green en el plano.

y

y y=y 2(x)

x=x 1(y)

A

FIg. 7.25a

y=y 1(x)

x

x=x 2(y)

A

x

FIg. 7.25b

Solución. Primeramente consideremos una curva cerrada C que sólo es cortada en dos puntos a lo más por una recta paralela a un eje de coordenadas. Entonces, sea y = y1 (x) la parte de C que limita inferiormente a la región R y y = y2 (x) la parte de C que limita superiormente a R (…gura 7.25a). Siend R la región encerrada por C, tenemos: ZZ

@P dxdy R @y

=

Z bZ a

=

Z

y2 (x)

y1 (x)

Z

@P dydx = @y

P (x; y1 (x))] dx

a

Z

=

y (x)

P (x; y)jy21 (x) dx

a

b

[P (x; y2 (x))

b

Z

b

P (x; y1 (x)) dx

a

a

P (x; y2 (x)) dx =

b

I

P (x; y) dx (1)

Similarmente, si x = x1 (y), x = x2 (y) son las partes de C que limitan a R por la izquierda y por la derecha, respectivamente (…gura 7.25b) tenemos: ZZ

@Q dxdy R @x

=

Z dZ c

=

Z

x2 (y)

x1 (y)

@Q dxdy = @x

d

[Q (x2 (y) ; y)

=

d

d

c

x (y)

Q (x; y)jx12 (y) dy

Q (x1 (y) ; y)] dy

c

Z

Z

c

Q (x1 (y) ; y) dy +

Z

c

d

Q (x2 (y) ; y) dy =

I

Q (x; y) dy

Sumando miembro a miembro (1) y (2) obtenemos el teorema de Green en el plano: I ZZ @Q @P P dx + Qdy = dxdy @x @y C R Si la curva C es cortada en más de dos puntos por paralelas a los ejes coordenados, entonces mediante rectas se divide la región R encerrada por

(2)


277

C en regiones cuyo contorno es cortada en dos puntos a lo más po runa recta paralela a los ejes coordenados y se procede como antes integrand a lo largo de la curva original C y las rectas auxiliares de subdivisión (que se simpli…carán en el proceso).Ver …gura 7.25c.

y

y b

R1

C

C C

a x

R2 Fig. 7.26

x

Fig. 7.25c

AREA ENCERRADA POR UNA CURVA 15. Mostrar que el área limitada por una curva simple cerrada C está dada por I 1 A= xdy ydx 2 C Solución. Con P =

y, Q = x,

@P @Q = 1, = @x @y

ZZ

(1 + 1) dxdy =

1 y aplicando el teorema

de Green tenemos A=

1 2

I

xdy

ydx =

C

1 2

R

ZZ

dxdy = área de R

R

donde R es la región encerrada por C. x2 y2 16. Hallar el área de la elipse 2 + 2 = 1. a b Solución. Conviene parametrizar la elipse por medio de x = a cos , y = b sin , con 0 2 . Entonces, el área pedida es

A=

1 2

I

C

xdy

ydx =

1 2

Z

0

2

ab cos2 d + ab sin2 d =

ab 2

Z

0

2

d = ab

278

CHAPTER 7. INTEGRALES CURVILINEAS Y DE SUPERFICIE 2

2

2

17. Hallar el área encerrada por la hipocicloide x 3 + y 3 = a 3 .

y

y

y

(3,2)

(0,a)

(1,2)

x=3 x=1 (a,0)

(-a,0)

x y=0 (3,0) x

(1,0)

(0,-a) Fig. 7.27

(1,0)

(0,0)

Fig. 7.28

x

Fig. 7.29

Solución. Conviene parametrizar la curva por medio de x = a cos3 , y = a sin3 , 0 2 . Por tanto, el área pedida es: I Z 1 1 2 A = xdy ydx = 3a2 cos3 sin2 cos 3a2 sin3 cos2 sin d 2 C 2 0 Z 2 Z 2 3 2 3 = a sin2 cos4 + cos2 sin4 d = a2 sin2 cos2 cos2 + sin2 2 2 0 0 Z Z 2 Z 2 2 3 2 2 sin 2 3 1 cos 4 3 = a d = a2 d sin2 cos2 d = a2 2 2 2 8 2 0 0 0 Z Z 3 2 2 3 2 2 3 2 = a a a d cos 4 d = 16 16 8 0 0 INDEPENDENCIA DEL CAMINO DE INTEGRACION 18. a) Mostrar que

Z

(3;2)

(2x

y) dx + (2y

x) dy

(1;0)

es independiente del camino que une (1; 0) con (3; 2). b) Calcular el valor de la integral. @Q @P Solución. a) Con P = 2x y, Q = 2y x tenemos = 1 = ; @x @y entonces la integral curvilínea es independiente del camino de integración. b) Para simpli…car los cálculos, integramos a lo largo del segmento de (1; 0) a (3; 0) y del segmento de (3; 0) a (3; 2). (Fig. 7.28): Z (3;2) Z 3 Z 2 (2x y) dx + (2y x) dy = (2x 0) dx + 0 + 0 + (2y 3) dy = (1;0)

1

0

2 3

=

2x 2

+ 1

2y 2

2

2

3y

=6 0

d

7.14. EJERCICIOS RESUELTOS 19. a) Mostrar que

Z

279

(1;2)

2xydx + x2 + 2y dy

(0;0)

es independiente del camino que une (0; 0) con (1; 2). b) Calcular la integral. @Q @P Solución. a) Con P = 2xy, Q = x2 + 2y tenemos = 2x = ; en@x @y tonces la integral curvilínea es independiente del camino de integración. b) Para simpli…car los cálculos, integramos a lo largo del segmento de (0; 0) a (1; 0) y del segmento de (1; 0) a (1; 2) (…gura 7.29). Z

(1;2) 2

2xydx+ x + 2y dy =

(0;0)

Z

1

0

20. Calcular

Z

Z 2 2y 2 0dx+0+ 0+(1 + 2y) dy = y + 2 0

2

=6 0

(3;1=3)

3x2

y 2 dx

2xydy

(1;1)

a lo largo de la hipérbola equilátera xy = 1.

y

(1,1) x=1 y=1/3

x Fig. 7.30

@Q @P = 2y = ; @x @y entonces la integral es independiente del camino de integración y, por tanto, podemos elegir otro camino que no sea la hipérbola equilátera de tal modo que se simpli…que el cálculo. Conviene integrar a lo largo del segmento que une (1; 1) con (1; 1=3) y (1; 1=3) con (3; 1=3) (…gura 7.30).

Solución. Como con P = 3x2

Z

y2 , Q =

(3;1=3) 2

3x

y

2

dx

2xydy

=

(1;1)

Z

2xy tenemos

1=3

0 + 2 1 ydy +

1

=

Z

3

3x2

1

2y 2 2

1=3

+ 1

3x3 3

1 x 9

3

= 1

80 3

1 9

dx + 0

280


21. Calcular

I

3x2 y

y 2 dx + x3

2xy dy a lo largo de la circunferencia

x2 + y 2 = R2 .

y R

y

y=x

D

B

a+z=1

C2

C R R x

0

x

C1 A B

Fig. 7.32

C Fig. 7.33

Fig. 7.31

@Q Solución. Puesto que con P = 3x2 y y 2 , Q = x3 2xy; = 3x2 @x @P 2y = la integral curvilínea es independiente del camino de integración. @y Además, como la curva C (la circunferencia x2 + y 2 = R2 , …gura 7.31) es cerrada, el valor de la integral curvilínea dada es cero. Es decir, I 3x2 y y 2 dx + x3 2xy dy = 0 22. a) Mostrar que 2xy 3 dx+3x2 y 2 dy es una diferencial exacta y hallar (x; y) Z (3;2) 3 2 2 tal que d = 2xy dx + 3x y dy. b) Calcular 2xy 3 dx + 3x2 y 2 dy. (1;1)

@Q Solución. a) Puesto que con P = 2xy , Q = 3x2 y 2 tenemos = 6xy 2 = @x @P , la expresión 2xy 3 dx+3x2 y 2 dy es una diferencial exacta. Supongamos @y que (x; y) es tal que 3

d = entonces

@ @ dx + dy = 2xy 3 dx + 3x2 y 2 dy, @x @y @ @P = 2xy 3 ; = 3x2 y 2 @x @y

(1)

Integrando la primera ecuación de (1) con respecto de x y considerando que la constante de integración puede ser función de y, tenemos: Z = 2xy 3 dx = x2 y 3 + c (y) (2)


281

Para determinar resta conocer c (y); derivando (2) con respecto de y e igualando con la segunda ecuación de (1), tenemos: 3x2 y 2 + c0 (y) = 3x2 y 2

(3)

0

de donde c (y) = 0 y por tanto c (y) = c, constante. Por tanto, tomando c = 0: (x; y) = x2 y 3 . b) Z (3;2) Z (3;2) (3;2) (3;2) 3 2 2 d = (x; y)j(1;1) = x2 y 3 (1;1) = 71 2xy dx + 3x y dy = (1;1)

(1;1)

Nota. Como el integrando es una diferencial exacta, la integral curvilínea es independiente del camino de integración y puede ser calculado eligiendo un camino de integración adecuado que una (1; 1) con (3; 2). 23. Mostrar que si

@Q @P = entonces la integral curvilínea @x @y Z B P dx + Qdy A

es independiente del camino de integración que une A con B. Solución. Designemos por C el camino C recorrido en este sentido opuesto. Es claro que Z Z =

C

C

Consideremos dos caminos C1 y C2 que une A con B. Entonces Z Z Z Z P dx + Qdy + P dx + Qdy = P dx + Qdy P dx + Qdy C2 C1 C2 IC1 = P dx + Qdy C

donde C es la curva cerrada C = C1 [ C 2 (por el teorema de Green y por @Q @P ser = ) @x @y ZZ @Q @P dxdy = 0 @x @y R por tanto, Z Z P dx + Qdy =

C1

P dx + Qdy

C2

Lo que dice que el valor de la integral curvilínea es independiente del camino de integración que une A con B.

@Q @P = . @x @y Solución. Si P dx+Qdy es una diferencial exacta, entonces hay una función (x; y) tal que @ @ d = dx + dy = P dx + Qdy @x @y

24. Mostrar que si P dx + Qdy es una diferencial exacta, entonces

282

CHAPTER 7. INTEGRALES CURVILINEAS Y DE SUPERFICIE de donde

@ @ = P, = Q. Derivando parcialmente tenemos: @x @y @2 @P @2 @Q = , = @y@x @y @x@y @x

entonces

@Q @P = @x @y (suponemos que las segundas derivadas parciales son continuas) INTEGRALES DE SUPERFICIE ZZ 25. Calcular xydS donde S es la super…cie del tetraedro limitado por S

z = 0, y = 0, x + z = 1, x = y. Solución. La integral de super…cie pedida es igual a la suma de las integrales de super…cie sobre cada una de las caras del tetraedro (…gura 7.33). Cada una de estas integrales de super…cie se calcula a su vez como integral doble en la región proyección sobre uno de los planos coordenados. Sobre la cara OBC: En esta cara, donde z = 0, la integral de super…cie coincide con la integral doble sobre la cara, entonces Z Z Z Z 1Z y Z 1 2 y 1 1 1 3 1 1 y4 x y dy = = (1) xydS = y dy = xydxdy = 2 2 2 4 8 0 0 0 0 0 0 OBC

Sobre la cara OCD: Proyectando esta cara (donde x = y) en el plano xz obtenemos la región OBD; entonces integrando en esta región la correspondiente integral doble tenemos: Z Z Z 1Z 1 x p Z 1Z 1 x p p Z 1Z xydS = xy 1 + yx2 + yz2 dzdx = x2 1 + 12 + 0dzdx = 2 OCD

0

0

0

p Z 1 2 = 2 x (1

x) dx =

0

p

2 12

0

0

1 x

x2 dz

0

(12)

Sobre la cara OBD: En esta cara, donde y = 0, la integral de super…cie coincide con la integral doble sobre la cara; sin embargo, ya no es necesario calcular nada puesto que al ser y = 0 el integrando se hace cero y, por tanto: Z Z Z Z xy dS =

OBD

0dS = 0

(3)

OBD

Sobre la cara BCB: Proyectando esta cara (donde x + z = 1) en el plano xy obtenemos la región OBC, entonces integrando en esta región la correspondiente integral doble tenemos: Z Z Z 1Z y q Z 1Z y p p Z 1Z y xy dS = xy 1 + zx2 + zy2 dxdy = xy 1 + 12 + 0dxdy = 2 xydxdy 0

BCD

=

p

2 8

0

0

(de (1))

(4)

0

0

0


283

Por tanto, sumando las integrales de super…cie sobre cada una de las caras obtenemos p p p ZZ 2 2 3+5 2 1 +0+ = xy dS = + 8 12 8 24 S ZZ 26. Evaluar z dS, donde S es la semiesfera superior de radio a, z = S p a2 x2 y 2 .

y

b

z=(a 2-x2-y2)1/2

y

x2+y 2-z2=0

y

R

R 1 x

x

A

x

A

R

x2+y 2=1 1

Fig. 7.35

FIg. 7.34

Fig. 7.36

Solución. Proyectando la super…cie S en el plano xy obtenemos la región limitada por la circunferencia x2 + y 2 = a2 (…gura 7.34); entonces integrando en esta región la correspondiente integral doble tenemos: ZZ

z dS

ZZ

=

S

A

ZZ

=

A

(por ser

ZZ

ZZ p q z 1 + zx2 + zy2 dxdy = a2

x2

A

ZZ adxdy = a dxdy = a3

y2

s

1+

a2

x2 x2

y2

A

dxdy = área del círculo de radio a = a2 ).

A

27. Calcular

ZZ

x2 + y 2 dS, donde S es la super…cie lateral del cono x2 + y 2

S

z 2 = 0 entre z = 0 y z = 1. Solución. Proyectando S en el plano xy obtenemos la región A limitada por la circunferencia x2 + y 2 = 1 (…gura 7.35); entonces integrando en esta región la correspondiente integral doble tenemos: ZZ

S

ZZ p x2 + y 2 x2 +y 2 dS = A

s

ZZ p Fx2 + Fy2 + Fz2 dxdy = 2 x2 + y 2 dxdy jFz j A

(1)

+

a2

y2 x2

y2

dxdy

284

CHAPTER 7. INTEGRALES CURVILINEAS Y DE SUPERFICIE con F = x2 + y 2 z 2 , s p p p Fx2 + Fy2 + Fz2 4x2 + 4y 2 + 4z 2 8z 2 = = = 2 jFz j 2z 2z Pasando a coordenadas polares en (1): ZZ

x2 +y 2 dS =

p Z 2

Z

2

r rdrd =

0

0

A

1

p Z 2

2

1

r3 3

0

d = 0

p Z 2 p 2 2 2 d = . 3 0 3

AREA DE UNA SUPERFICIE 28. Calcular el área de una esfera de radio R. Solución. Aprovechando la simetría de la esfera, calculemos solamente el área de la semiesfera superior de x2 + y 2 + z 2 = R2 y la multiplicamos por dos para obtener el área pedida. Proyectando en el plano xy obtenemos la región A limitada por la circunferencia x2 + y 2 = R2 ; entonces integrando la correspondiente integral doble sobre A tenemos: q ZZ ZZ ZZ Fx2 + Fy2 + Fz2 R p Area = dS = 2 dxdy = 2 dxdy 2 jF j z R x2 y 2 S A A

(1)

con

F = x2 +y 2 +z 2 )

q Fx2 + Fy2 + Fz2 jFz j

=

p

2R R 4x2 + 4y 2 + 4z 2 = =p 2z 2z R2 x2

Pasando a coordenadas polares en (1): Area = 2R

Z

0

2

Z

R

0

p

r R2

r2

drd = 2R

Z

2

R

2

r

0

R 2 1=2 0

d = 2R

2

Z

d = 4 R2

0

z

a

a

z

S S x+y+z=a

a

x

x

Fig. 7.38 Fig. 7.37

A

2a y 2a

Fig. 7.39.a

.

2

29. Calcular el área de la región del plano x+y +z = a limitada por el cilindro x2 + y 2 = a2 .

x2+y 2=a 2

y2

a y


285

Solución. Conviene proyectar S sobre el plano xy, entonces eliminado la variable z: x+y+z =a ) x2 + y 2 = a2 x2 + y 2 = a2 la proyección en el plano xy es la región A limitada por la circunferencia x2 + y 2 = a2 . Teniendo en cuenta que z = a x y en S e integrando la correspondiente integral doble en A, tenemos: ZZ q ZZ ZZ q p ZZ 2 2 1 + zx2 + zy2 dxdy = 1 + ( 1) + ( 1) dxdy = 3 dxdy Area = dS = A A S A Z Z p p = 3 dxdy = a2 3 A

(Por ser

ZZ

dxdy = área del círculo de radio a = a2 ).

A

30. Calcular el área de la porción del paraboloide x2 + y 2 = 4az cortada por el plano z = a. Solución. Proyectando la super…cie S en el plano xy obtenemos la región A limitada por la circunferencia x2 + y 2 = 4a2 (…gura 7.38): entonces teniendo en cuenta que S está sobre el paraboloide e integrando la correspondiente integral doble en A, tenemos: ZZ ZZ q ZZ r x2 y2 2 2 Area = dS = 1 + zx + zy dxdy = 1 + 2 + 2 dxdy 4a 4a S A ZZ p A 1 = 4a2 + x2 + y 2 dxdy (1) 2a A Pasando a coordenadas polares en (1) tenemos: Area = p 16 2 3

8

2

a

Z

0

2

d

=

1 2a

Z

2

0

22

8 a

Z

0

p

2a p

2 3

4a2

+

r2 rdrd

1 = 2a

Z

0

2

1 2

4a2 + r2 3

1

31. Calcular el área de la porción del primer octante de la semiesfera superior x2 + y 2 + z 2 = a2 , z 0, interior al cilindro x2 + y 2 = ay, siendo a > 0. Solución. Proyectando la super…cie al plano xy obtenemos la región A limitada por la circunferencia x2 + y 2 = ay (…gura 7.39a); entonces teniendo en cuenta que S está sobre la esfera e integrando la correspodiente integral doble en A, tenemos q ZZ ZZ ZZ Fx2 + Fy2 + Fz2 a p Area = dS = dxdy = dxdy (1) 2 jFz j a x2 y 2 S A A

2a

3=2

2

d = 0

286

CHAPTER 7. INTEGRALES CURVILINEAS Y DE SUPERFICIE con F = x2 + y 2 + z 2 , q Fx2 + Fy2 + Fz2 jFz j

=

p

4x2 + 4y 2 + 4z 2 =p 2z a2

a x2

y2

En coordenadas polares, la circunferencia x2 + y 2 = ay se expresa por r = a sin . Entonces, pasando a coordenadas polares en (1) y considerando que la porción de S que está en el primer octante se repite en la parte posterior, tenemos: ZZ

Z a p dxdy = 2a a2 x2 y 2 0 A Z =2 2a (a a cos ) d = 2a2 (

Area = =

=2 Z a sin 0

sin )

0

y

Z rdrd p = 2a a2 r2 0 =2

0

=2

2) a2

=(

z x2+y 2=ay

S

A S

y

x x

A: Proyecci ón en el plano xy

xS y

Fig. 7.40 Fig. 7.39b

PROBLEMAS VARIOS DE INTEGRALES DE SUPERFICIE ZZ 32. Calcular x2 dS, donde S es la esfera x2 + y 2 + z 2 = R2 . S

Solución. Aunque esta integral de super…cie se la puede calcular pasando a integrales dobles, resulta más simple procediendo así, por simetría, tenemos: ZZ ZZ ZZ I= x2 dS = y 2 dS = z 2 dS S

S

S

Entonces, sumando ZZ ZZ ZZ 2 2 2 2 2 3I = x + y + z dS = R dS = R dS S

pero

ZZ

S

S

dS es el área de la esfera x2 +y 2 +z 2 = R2 . Luego, 3I = R2 4 R2 .

S

Por tanto, I=

ZZ

S

x2 dS =

4 4 R 3

a2

r2

1=2 a sin 0

d


287

33. Justi…car las fórmulas (##) y (##), Pág. ##, para el cálculo de integrales de super…cie. Solución. Consideremos la super…cie S dada por la ecuación z = z (x; y) y sea A su proyección sobre el plano xy. Subdividamos A en n partes por medio de un …no reticulado como el de la …gura 7.40, esto produce una subdivisión de S. De la subdivisión de la región A consideremos un pequeño rectángulo de área A y de dimensiones x, y con vértice en (x; y). Sea S el área de la porción de super…cie S correspondiente al rectángulo de área A referido. Sea g (x; y) = (x; y; z (x; y)) la función que aplica la región A en la super…cie S. Ahora procedemos como en el Ejercicio 47, Capitulo 6. Como x, y son pequeños y por de…nición de la derivada, tenemos:

g

x+ x y

' g

x y

g

x y+ y

' g

x y

2

1 +4 0 zx 2 1 +4 0 zx

3 2 3 x 2 x 0 1 5 =4 y 5+4 z zy 0 30 3 2 2 0 x 1 5 =4 y 5+4 zy z y

3 1 0 5 x zx 3 0 1 5 y zy

(1)

(2)

donde las anteriores derivadas parciales se evalúan en (x; y). De (1) y (2) vemos que la imágen del rectángulo A sobre el plano xy es aproximadamente un paralelogramo en el espacio con vértice en (x; y; z) y lados (1; 0; zx ) x, (0; 1; zy ) y. El área S es entonces aproximadamente igual al área de este paralelogramo. Es decir:

S

(0; 1; zy ) yj =

^{ ^j k^ 1 0 zx 0 1 zy

'

j(1; 0; zx ) x

=

q q zx2 + zy2 + 1 x y = zx2 + zy2 + 1A

x y = j( zx ; zy ; 1)j x y

(3)

Por tanto, de (3) y la de…nción de integral de super…cie, tenemos: ZZ (x; y; z) dS = lim ( (x1 ; y2 ; z2 ) S1 + ::: + (xn ; yn ; zn ) Sn ) n!1 S q q = lim (x1 ; y2 ; z2 ) zx2 + zy2 + 1A1 + ::: + (xn ; yn ; zn ) zx2 + zy2 + 1An n!1 Z Z q = (x; y; z) 1 + zx2 + zy2 dA (4) A

que es la fórmula buscada. Si la super…cie S está dada por una ecuación de la forma F (x; y; z) = c, entonces reemplazando en (4) las expresiones zx =

Fx , zy = Fz

Fy Fz

288

CHAPTER 7. INTEGRALES CURVILINEAS Y DE SUPERFICIE obtenemos la fórmula ZZ

(x; y; z) dS =

S

ZZ

(x; y; z)

A

q Fx2 + Fy2 + Fz2 jFz j

dA

(5)

GRADIENTE. DIVERGENCIA. ROTACIONAL 34. Mostrar que el rotacional del gradiente es nulo, es decir r

(rf ) = 0

Solución. Como el gradiente de f (x; y; z) es rf =

@f @f @f ; ; @x @y @z

el rotacional de este gradiente es

r (rf ) =

^{ @ @x @f @x

^j @ @y @f @y

k^ @ @z @f @z

=

@2f @y@z

@2f @2f ; @z@y @z@x

@2f @2f ; @x@y @x@y

suponiendo que las derivadas parciales son continuas, (esto hace que

@2f @y@x

@2f = @y@z

@2f , por ejemplo). @z@y Nota. Se sobreentiende que la función f es de R3 en R. 35. Mostrar que la divergencia del rotacional es nula, es decir r (r

F) = 0

Solución. El rotacional de F (x; y; z) = (F1 ; F2 ; F3 ) es

r

F =

^{ @ @x F1

^j @ @y F2

k^ @ @z F3

=

@F3 @y

@F2 @F1 ; @z @z

@F3 @F2 ; @x @x

@F1 @y

y la divergencia del rotacional es r (r

F)

= =

@ @F3 @F2 @ @F1 @F3 @ @F2 + + @x @y @z @y @z @x @z @x @ 2 F3 @ 2 F2 @ 2 F1 @ 2 F3 @ 2 F2 @ 2 F1 + + =0 @x@y @x@z @y@z @y@x @z@x @z@y

suponiendo que las derivadas parciales so continuas. TEOREMA DE STOKES

@F1 @y

=0


289

^ siendo S la super…cie 36. Veri…car el teorema de Stokes para F = y^{ z^j + xk, 2 2 del paraboloide z = 1 x + y con z 0 y C su contorno. Solución. Por un lado, calculemos la integral de super…cie. De la ecuación de la super…cie S, x2 + y 2 + z = 1, obtenemos el vector normal unitario. (2x; 2y; 1) rF =p jrF j 4x2 + 4y 2 + 1

n= el rotacional de F es

r

^{ @ @x y

F =

^j @ @y z

k^ @ @z x

k^

^j

= ^{

Por tanto, teniendo en cuenta que la proyección de S sobre el plano xy es la región A limitada por x2 + y 2 = 1 (Figura 7.41) obtenemos: ZZ ZZ (2x; 2y; 1) q 2 p (r F ) ndS = ^{ ^j k^ zx + zy2 + 1dxdy 4x2 + 4y 2 + 1 S A ZZ (2x 2y 1) q 2 p zx + zy2 + 1dxdy = 4x2 + 4y 2 + 1 A ZZ = (2x 2y 1) dxdy (pasando a coordenadas polares) =

Z

0

=

A 2 Z 1

(2r cos

2r sin

1) rdrd

0

2 (sin + cos ) 3

1 2

2

= 0

Por otro lado, calculamos la integral curvilínea. La curva C, que limita a la super…cie S es la circunferencia x2 + y 2 = 1, z = 0. Entonces Z Z Z F d~r = ydx zdy + xdz = ydx C

C

C

por ser z = 0, dz = 0 en C =

ZZ

(0

1) dxdy

aplicando el teorema de Green en el plano ZZ Z 2 Z 1 Z 2 2 r = dxdy = rdrd = 2 0 0 0

1

d = 0

Esto muestra que el Teorema de Stokes se veri…ca ZZ Z (r F ) ndS = = F S

C

d~r

1 2

Z

0

2

d =

290


37. Calcular

ZZ

(r

F ) ndS, siendo F = (y

S

de las cinco caras del cubo 0 en el plano xy.

x

2, 0

y

z) ^{ + yz^j 2, 0

z

xz k^ y S consta 2 sin la situada

z 2

z

z

2

E

D

y

2

A

2

A

2

x

F

G 1

x

y A

2

Fig. 7.42

C 1 B

1

x

Fig. 7.43

y

Fig. 7.44

Solución. La curva C que limita a la super…cie es el contorno del cuadrado A sobre el plano xy con vértices en (0; 0), (2; 0), (2; 2), (0; 2) (Figura 7.42). Aplicando el teorema de Stokes tenemos: ZZ

(r

F ) ndS =

S

Z

f

d~r =

C

Z

(y

z) dx + yzdy

xzdz =

C

Z

ydx

C

(por ser z = 0, dz = 0 en C). ZZ

=

(0

1) dxdy (aplicando el teorema de Green).

A

Z 2Z

=

0

ZZ

2

dxdy =

4

0

F ) ndS, siendo F = (x z) ^{ + x3 + yz ^j 3xy 2 k^ y p x2 + y 2 encima del plano xy. S es la super…cie del cono z = 2 Solución. La curva C que limita a la super…cie S es la circunferencia x2 + y 2 = 4 (Figura 7.43). Aplicando el teorema de Stokes tenemos:

38. Calcular

(r

S

ZZ

(r F ) ndS

=

S

Z

F

d~r =

C

=

Z

Z

(x

z) dx + x3 + yz dy

3xy 2 dz

C

xdx + x3 dy (por ser z = 0, dz = 0)

C

=

ZZ

A

3x2

0 dxdy (aplicando el teorema de Green)


291

donde A es el círculo limitado por C. Pasando a polares tenemos: ZZ

(r

F ) ndS

=

Z

=

1 2

S

Z

2

39. Mostrar que

F

3r2 cos2

rdrd = 3

0

0

I

2

sin 2 + 2

Z

2

0

2

2

d = 12 0

Z

2

cos2 d

0

= 0

d~r = 0 en toda curva cerrada C, si r

C

r4 cos2 4

F = 0.

Solución. Si r F = 0, entonces aplicando el teorema de Stokes tenemos: ZZ ZZ I 0dS = 0 (r F ) ndS = F d~r = S

C

S

donde S es una super…cie abierta de dos caras limitada por C. Nota. Se puede demostrar que r F = 0 es condición necesaria y I su…ciente para que

F

d~r = 0 en toda curva cerrada C.

C

De las funciones cuyo rotacional es nulo, r F = 0, se suele decir que son irrotacional;I a partir del Ejercicio 38 es fácil demostrar que las integrales curvilíneas F d~r son independentes del camino si F es irrotacional. C p Por ejemplo, las funciones f (r) ~r, donde r = x2 + y 2 + z 2 , ~r = (x; y; z) y f es derivable, son irrotacionales. Por otra parte, si F es irrotacional, la expresión F d~r es una diferencial exacta. El estudio de estos y otros temas corresponden a un curso de Análisis Vectorial. TEOREMA DE LA DIVERGENCIA

40. Veri…car el teorema de la divergencia para F = x2^{ +y 2 ^j +z 2 k^ en la región V limitada por los planos x = 0, x = 1, y = 1, z = 0, z = 1. Solución. Por un lado, calculemos la integral de super…cie sobre la super…cie S que limita a V . La integral de super…cie sobre S es la suma de las integrales de super…cie sobre cada una de las caras del cubo V . (Figura 7.44). Cara OABC: Aquí n = k y, por tanto, Z Z

F ndS =

OABC

Z Z

z 2 dxdy = 0 (por ser z = 0 en la cara OABC)

OABC

Cara DEF G: Aquí n = k y, por tanto, Z Z

F

ndS

=

DEF G

Z Z

z 2 dxdy (por ser OABC la proyección de la cara DEF G sobre el plano xy

OABC 1

=

Z 1Z 0

0

dxdy = 1 (por ser z = 1 en la cara DEF G).

292

CHAPTER 7. INTEGRALES CURVILINEAS Y DE SUPERFICIE Cara OCF G: Aquí n = ^{ y, por tanto, Z Z

F ndS =

OCF G

Z Z

x2 dydz = 0 (por ser x = 0 en la cara OCF G)

OCF G

Cara ABDE: Aquí n = i y, por tanto, Z Z

F

Z Z

ndS =

ABDE

x2 dydz =

Z 1Z

dydz = 1

0

0

OCF G

1

(Por ser OCF G la proyección ABDE sobre el plano yz, y x = 1 en la cara ABDE). Cara OADG: Aquí n = j y, por tanto, Z Z

F

ndS =

OADG

Z Z

y 2 dydz = 0 (por ser y = 0 en la ara OADG)

OADG

Cara BCEF : Aquí n = j y, por tanto, Z Z

F

Z Z

ndS =

BCEF

2

y dxdz =

Z 1Z 0

OADG

1

dxdz = 1

0

(Por ser OADG la proyección de BCEF sobre el plano xz, y y = 1 en la cara BCEF ). Luego, sumando ZZ F ndS = 0 + 1 + 0 + 1 + 0 + 1 = 3 S

Por otro lado, calculamos la integral triple sobre V : ZZZ

V

r F dV

=

Z 1Z 1Z 0

=

0

Z 1Z 2 0

=

Z 2

0

1

0

0

1

1

Z 1Z (2x + 2y + 2z) dzdydx = 2 1 x+y+ 2

Z dydx = 2

1

0

2 1

2 (x + 1) (x + 1) dx = 2

=3 0

Por tanto, el teorema de la Divergencia se veri…ca: ZZZ ZZ r F dV = 3 = F ndS V

0

S

x+

1

(x + y) z +

0

1 2

y+

y2 2

z2 2

1

dx 0

1

dydx 0

7.14. EJERCICIOS RESUELTOS 41. Calcular

ZZ

293

F ndS, siendo F = xy 2~i + x2 y~j + y~k y S es la super…cie del

S

cilindro x2 + y 2 = 1 y los planos z = 1, z = z=1

1.

z z

6

y

x2+y 2=1 (3a/2,3a/2) 2

z=1

2

y

x

y 3

x

Fig. 7.45

x+y=a

S1

3 Fig. 7.46a

x

Fig. 7.47

Fig. 7.46b

Solución. Conviene aplicar el teorema de la Divergencia, así ZZ ZZZ ZZZ F ndS = r F dV = y 2 + x2 1 dV S

V

V

donde V es la región encerrada por S. Por tanto, pasando a coordenadas polares tenemos: ZZ Z 2 Z 1Z 1 Z 2 Z 1 Z 1 F ndS = r2 + 1 rdzdrd = r3 + r z 1 drd = 2 S

0

=

Z 2

0

42. Calcular

ZZ

F

0

2

1

r2 r4 + 4 2

1

3 d =2 4 0

Z

0

0

2

0

2

Z

1

r3 + r drd

0

d =3

0

ndS, siendo F = 2x^{ + y 2 ^j + z 2 k^ y S es la esfera x2 +

S

y 2 + z 2 = 1. Solución. Conviene aplicar el teorema de la Divergenca, así ZZ ZZZ ZZZ F ndS = r F dV = (2 + 2y + 2z) dV (donde V es la región limitada por S) S V V ZZZ ZZZ = 2 dV + 2 (y + z) dV V V ZZZ 4 = 2 +2 2 zdV 3 V ZZZ ZZZ 4 (por ser dV = vol. esfera de radio 1= y por ser ydV = 3 V V ZZZ zdV , por simetría) V

=

8 8 +0= 3 3

294

CHAPTER 7. INTEGRALES CURVILINEAS Y DE SUPERFICIE (Por ser

ZZZ

zdV =

ZZZ

zdV +

V

V

ZZZ

zdV =

ZZZ

ZZZ

zdV

V

V

zdV = 0

V

donde V es la semiesfera superior y V es la semiesfera inferior). PROBLEMAS VARIOS DE TEOREMAS INTEGRALES 43. Si n es el vector normal exterior unitario a una super…cie cerrada de área S, mostrar que ZZZ r ndV = S V

Solución. Con F = n aplicando el teorema de la divergencia, así ZZZ ZZ ZZ r ndV = n n dS = dS = S V

44. Si H = r

S

F , mostrar que

ZZ

H

S

ndS = 0 para cualquier super…cie

S

cerrada S. Solución. Aplicando el teorema de la Divergencia y teniendo en cuenta que r (r F ) = 0 (ejercicio 34), tenemos ZZ

H

ndS =

S

ZZZ

V

r HdV =

ZZZ

V

r (r

F ) dV = 0

45. Si S es una super…cie cerrada constituida por dos super…cies abiertas S0 y S1 , mostrar que ZZ ZZ (r F ) ndS (r F ) ndS = S1

S0

Solución. Por el Ejercicio 42 tenemos ZZ (r F ) ndS = 0

(1)

S

pero, como ZZ ZZ (r F ) ndS = S

(r

F ) ndS +

S0

ZZ

(r

F ) ndS

S1

Entonces, de (1) y (2) obtenemos la relación pedida ZZ ZZ (r F ) ndS = (r F ) ndS S0

S1

(2)

7.15. EJERCICIOS PROPUESTOS 46. Calcular

ZZ

(r

F)

295 xz^j + y 2 k^ y S la

ndS, siendo F = (y + z) ^{

S

super…cie de la región del primer octante limitada por 2x + z = 6, y = 2 que no queda en el plano xy. Solución. Este problema podemos resolver elegantemente de dos maneras: Procedimiento 1. Aplicando el teorema de Stokes a la super…cie S y su contorno C (Figura 7.46a) tenemos ZZ Z Z Z 2 (r F ) ndS = F d~r = (y + z) dx xzdy + y dz = ydx S

C

C

C

(por ser z = 0, dz = 0 en C) ZZ = (0 1) dxdy (por teorema de Green) = A

ZZ

dxdy =

2 3=

6

A

Procedimiento 2. Por el Ejercicio 44, la integral sobre la super…cie S es igual a la integral sobre la ”tapa” S1 que está en el plano xy pero con signo cambiado (Figura 7.46b); es decir ZZ ZZ (r F ) ndS (r F ) ndS = S Z ZS1 = (2y + x) ^{ + ^j (1 + z) k^ k^ dS S1 ZZ = dS S1

(por ser ^{ k^ = ^j k^ = 0, k^ k^ = 1, y z = 0 en S1 ) =

7.15

(área de S1 ) =

(3 2) =

6


CALCULO DIRECTO DE INTEGRALES CURVILINEAS Z (1;1) p ydx + (x y) dy a lo largo de la recta x = y. 1. Calcular (0;0)

2. Calcular

Z

(1;3)

x2 ydx + x2

y 2 dy a lo largo de a) y = 3x2 , b) y = 3x.

(0;0)

3. Calcular

Z

(2;8)

5xy

6x2 dx + (2y

4x) dy a lo largo de y = x3 .

(1;1)

4. Calcular

Z

(4;3)

2x

y 2 dx + y

x2 dy a lo largo de los segmentos a)

(1;1)

de (1; 1) a (3; 1) y de (3; 1) a (3; 4); b) de (1; 1) a (1; 4) y de (1; 4) a (3; 4).

296


5. Calcular

Z

x2 + y 2 dx

2xydy, donde C está dada paramétricamente

C

por x = t, y = t2 t, y t varía de t = 1 a t = 2. Z 6. Calcular x2 dx + y 2 dy, donde C está dada por x = sin t, y = cos t, desde C

(1; 0) a (0; 1).

7. Calcular

Z

(1;1)

x2 dx + y 2 dy, a lo largo de a) la recta x = y, b) la parábola

(0;0)

x = y 2 , c) la parábola y = x2 , d) la cúbica x = t, y = t3 . 8. Calcular

Z

(2;4)

(x

2y) dx + (x + 2y) dx, a lo largo de a) la parábola y =

(1;1)

x2 , b) de una recta, c) de los segmentos de (1; 1) a (2; 1) y de (2; 1) a (2; 4), d) de la curva x = t2 + 1, y = 2t2 + t + 1. I 9. Calcular 2x + y 2 dx + (3y 14x) dy, donde C es el contorno de la C

región limitada por y = x2 , x = y 2 . I 10. Calcular (y 2x) dx + (3x + 2y) dy, donde C es la circunferencia x2 + y 2 = 4.

11. Calcular

C

Z

(2y + 3) dx + xzdy + (yz

C 2

x) dz, a lo largo de la curva C dada

3

por x = 2t , y = t, z = t desde t = 0 a t = 1. Z 12. Calcular 3x2 dx + (2xz y) dy + zdz, a lo largo a) de la línea de (0; 0; 0) C

a (2; 1; 3), b) la curva x = 2t2 , y = t, z = 4t2 t desde t = 0 a t = 1, c) la curva de…nida por x2 = 4y, 3x3 = 8z desde x = 0 a x = 2. TEOREMA DE GREEN EN EL PLANO Z 13. Veri…car el teorema de Green en el plano para 3x2 8y 2 dx+(4y 6xy) dy, p C donde C es la región limitada por: a) y = x, y = x2 , b) x = 0, y = 0 y x + y = 1. Z 14. Comprobar el teorema de Green en el plano para xy 2 dx+ x3 x2 y dy, C

siendo C el triángulo de vértices (0; 0), ( 1; 1), (1; 1).

15. Comprobar el teorema de Green en el plano para

Z

C

(3x + 4y) dx +

(2x 3y) dy, siendo C la circunferencia centrada en el origen de radio dos.

7.15. EJERCICIOS PROPUESTOS 16. Calcular

Z

x2

297

2xy dx + x2 y + 3 dy alrededor del contorno C de la

C

región limitada por y 2 = 8x, x = 2, a) directamente, b) usando el teorema de Green. Z 17. Calcular x2 + y 2 dx+ 2x + y 2 dy, donde C es el contorno del cuadrado C

con vértices (1; 1), (2; 1), (2; 2), (1; 2). Z 18. Calcular (2x + y) dx + x2 ydy, donde C es el contorno de la región limC

itada por x = 0, y = 0, y = 1 x2 y x2 + y 2 = 9. Z 19. Calcular 2x y 3 dx xydy, donde C es el contorno de la región C

limitada por las circunferencias x2 + y 2 = 1 y x2 + y 2 = 9. Z y 1 y2 20. Calcular 3 dx + 2 dy, a lo largo de la circunferencia cen(1 + x) (1 + x) C trada en (0; 1) y de radio 1. AREA ENCERRADA POR UNA CURVA

21. Hallar el área del círculo limitado por x2 + y 2 = R2 . 22. Mostrar que, pasando a coordenadas polares, la forma que da el área encerrada por una curva C es I 1 área = r2 d 2 C 23. Hallar el área de ambas hojas de la lemniscata r2 = a2 cos 2 . 24. Hallar el área de la hoja de Descartes x3 + y 3 = 3axy, a > 0 (ver …gura adjunta) (Sugerencia: Hacer y = tx y obtenerla ecuación paramétrica de la curva. Luego usar el hecho I I I 1 1 1 2 área = xdy ydx = x d (y=x) = x2 dt 2 C 2 C 2 25. Si C es el contorno de una región de área A, mostrar que I aydx + bxdy = (b a) A C

INDEPENDENCIA DEL CAMBIO DE INTEGRACION Z (2;3) 26. a) Mostrar que (x + y) dx + (x y) dy es independiente del camino (0;1)

que une (0; 1) con (2; 3) b) calcular la integral.

298


27. Mostrar que

Z

(1;2)

x2 + y 2 dx + 2xydy es independiente del camino, cal-

(0;1)

cular su valor. Z 28. Calcular 2xy 3

y 2 cos x dx + 1

2y sin x + 3x2 y 2 dy a lo largo de

C

la parábola 2x = y 2 desde (0; 0) a ( =2; 1).

29. Calcular la integral curvilínea del problema anterior en torno a un paralelogramo de vértices (0; 0), (3; 0), (5; 2), (2; 2). Z 30. Calcular 3x2 y 2 dx + 2x3 ydy a lo largo de la circunferencia de centro en C

el origen y de radio R. En los siguientes ejercicios para P (x; y) y Q (x; y) dados, a) mostrar que P dx + Qdy es una diferencial exacta y determinar (x; y) tal que d = Z (c;d) P dx + Qdy b) Calcular P dx + Qdy. (a;b)

31. 32. 33. 34. 35.

Z

Z

Z Z

Z

P dx + Qdy = 2xydx + x2 dy, (a; b) = (0; 0) y (c; d) = (1; 4). P dx + Qdy = (xdy (xdx

ydx) =x2 , (a; b) = (1; 0) y (c; d) = (3; 2).

ydy) = x2 + y 2 , (a; b) = (1; 0) y (c; d) = (3; 5).

ex dx + e

y

dy, (a; b) = (0; 0) y (c; d) = (x; 3).

P dx + Qdy = 2xy

y 3 dx + x2

3xy 2 dy, (a; b) = (0; 0) y (c; d) =

(3; 1). INTEGRALES DE SUPERFICIE ZZ 36. Calcular zdS, donde S es la super…cie del tetraedro limitado por x = 0, S

y = 0, z = 0, x + 2y + 3z = 6. ZZ 37. Calcular x2 + y 2 dS, donde S es la super…cie lateral del cono z 2 = S

3 x2 + y 2 , 0 z 3. ZZ 38. Calcular x2 + y 2 dS, donde S es la esfera x2 + y 2 + z 2 = R2 . S

39. Calcular

ZZ

S

zdxdy, donde S es la cara exterior del elipsoide

z2 = 1. c2 AREA DE UNA SUPERFICIE

y2 x2 + + a2 b2

7.15. EJERCICIOS PROPUESTOS 40. Calcular el área de la región del plano x cilindro x2 + y 2 = 4.

299 2 + 3z = 0 limitado por el

41. Calcular el área de la super…cie lateral de un cilindro de radio y altura h. 42. Calcular el área del plano 2x + y + 2z = 16 limitada por a) x = 0, y = 0, x = 2, y = 3, b) x = 0, y = 0 y x2 + y 2 = 64. 43. Hallar el áreap de la super…cie del paraboloide 2z = x2 +y 2 que queda fuera del cono z = x2 + y 2 . 44. Hallar el área de la super…cie del cono z 2 = 3 x2 + y 2 limitado por el paraboloide z = x2 + y 2 .

45. Hallar el área de la super…cie común a los cilindros x2 + y 2 = a2 , x2 + z 2 = a2 . 46. Hallar el área de la super…cie x2 + y 2 + z 2 = a2 dentro del cono z tan = p 2 x + y 2 , 0 < < =2. Utilizar este resultado para averiguar el área de una super…cie semiesférica. GRADIENTE. DIVERGENCIA. ROTACIONAL Demostrar: 47. r (f + g) = rf + rg. 48. r (F + G) = r F + r G. 49. r

(F + G) = r

F +r

G

@2f @2f @2f + + . @x2 @y 2 @z 2 2 2 2 @ @ @ Nota. r2 = + 2 + 2 se llama operador Laplaciano. @x2 @y @z

50. r

(rf ) = r2 f =

51. Demostrar r (r F ) = r (r F ) r2 F . Nota. Esta fórmula relaciona el gradiente, la divergencia y el rotacional. ^ hallar a) F rf , b) f r f , 52. Si f = xy + yz + zx, y F = x2 y^{ + y 2 z^j + z 2 xk; c) (rf ) f en el punto (3; 1; 2). 53. Veri…car el resultado del Ejercicio 51 si F = 3xz 2^{ TEOREMA DE STOKES

^ yz^j + (x + 2z) k.

54. Veri…car el teorema de Stokes para F = x^{ + y^j + z k^ y S es la semiesfera p superior z = 1 x2 y 2 , z 0. ^ si 55. Veri…car el teorema de Stokes para F = (y z + 2) ^{ + (yz + 4) ^j xz k, S es la super…cie del cubo x = 0, y = 0, z = 0, x = 2, y = 2, z = 2 sobre el plano xy.

300

CHAPTER 7. INTEGRALES CURVILINEAS Y DE SUPERFICIE ZZ

^ yS F ) ndS, siendo F (x z) ^{ + x3 + yz ^j 3xy 2 k, p es la super…cie del cono z = 2 x2 + y 2 encima del plano xy. ZZ ^ 57. Calcular (r F ) ndS, donde F = x2 + y 4 ^{+3xy^j+ 2xz + z 2 k,

56. Calcular

(r

S

S

y S es la super…cie de a) el hemisferio x2 + y 2 + z 2 = 16 sobre el plano xy, b) el paraboloide z = 4 x2 + y 2 sobre el plano xy. ZZ 58. Calcular (r F ) ndS, sobre la super…cie de intersección de los cilinS

dros x2 + y 2 = a2 , x2 + z 2 = a2 que está incluida en el primer octante. TEOREMA DE LA DIVERGENCIA

59. Veri…car el teorema de la Divergencia para F = (2xy + z) ^{ + y 2 ^j ^ en la región limitada por 2x + 2y + z = 6, x = 0, y = 0, (x + 3y) k, z = 0. ^ en 60. Veri…car el teorema de la Divergencia para F = 2x2 y^{ y 2 ^j + 4xz 2 k, 2 2 la región V del primer octante limitada por y + z = 9, x = 2. ZZ 61. Calcular F ndS, donde F = z 2 x ^{ xy^j +3z k^ y S es la super…cie S

de la región limitada por z = 4 y 2 , x = 0, x = 3, y el plano xy. ZZ 62. Calcular ~r ndS, donde a) S es la esfera de radio 2, centrada en el S

origen. b) S es la super…cie del cubo x = 1, y = 1, z = 1, x = 1, y = 1, z = 1. ZZ 63. Demostrar que ndS = 0, siendo n la normal exterior a una super…cie S

cerrada cualquiera S.

Chapter 8

SUCESIONES Y SERIES 8.1

INTRODUCCIÓN

La paradoja de Zenón de Elea Zenón de Elea (495-435 a. de C.), …lósofo griego, pus a prueba la matemática de su tiempo por medio de ingeniosas paradojas. Una de ellas a…rma que ”un corredor no puede alcanzar nunca la meta porque siempre ha de recorrer la mitad de una distancia antes de recorrer la distancia total. Es decir, cuando haya recorrido la primera mitad le quedará por recorrer todavía la otra mitad. Cuando haya recorrido la mitad de ésta, le quedará todavia la cuarta parte, cuando haya recorrido la mitad de esta cuarta parte le quedará la octava parte, y así sucesivamente e inde…nidamente. Es decir, el corredor no llegará nunca a la meta”.

MET A

1/8

1/4

1/2

1

Fig. 8.1

Para analizar el razonamiento de Zenón de Elea designemos por 1 el lugar donde se encuentra inicialmente el corredor y por 0 la meta (Figura 8.1). Supongamos que el corredor corre a velocidad constante y necesita T minutos para llegar la primera mitad del recorrido -de 1 a 12 -, para el siguiente cuarto de recorrido necesitará T2 minutos -de 12 a 41 - y, en genera, para correr de 21n 1 a 2n+1 necesitará 2Tn minutos. Como para recorrer por separado cada una de 301

302

CHAPTER 8. SUCESIONES Y SERIES

estas partes se necesita cierta cantidad de tiempo, es natural decir que el tiempo necesario para recorrer todo el trayecto -de 1 a 0- y llegar a la meta ha de ser la suma total de todas estas cantidades de tiempo. Simbólicamente, esta ”suma” se puede expresar por T+

T T T + + ::: + n + ::: 2 4 2

(8.1)

Por otra parte, si en el análisis de la paradoja de Zenón suponemos que debido al cansancio la velocidad del corredor decrece gradualmente de modo que necesita T minutos para recorrer de 1 a 21 ; T2 minutos para ir de 21 a 14 , T3 minutos para ir de 14 a 18 , y en general Tn minutos para ir de 2n1 1 a 21n . El tiempo que necesitará ahora el corredor para llegar a la meta estará expresado por T T T (8.2) T + + + ::: + + ::: 2 3 n En este capítulo se estudian ”sumas in…nitas” como (1), (2); en particular se establece que la suma in…nita (1) es igual a 2T (entonces, el corredor llega a la meta y lo hace en 2T minutos) y que la suma (2) crece sin control a medida que tomamos más términos en la suma (es decir, el corredor no llega nunca a la meta, tal como a…rmaba Zenón de Elea, cuando su velocidad decrece del modo referido).

8.2

SUCESIONES

Una función que a cada número natural natural n asigna un término a (n) ó an se llama sucesión. El término an se llama término n-ésimo de la sucesión, y la sucesión misma se representa por fan g. Ejemplo 8.1. El conjunto 1, 12 , 13 , 14 , ... es una sucesión, su término n-ésimo es an = n1 . Nota. Notamos que aunque una sucesión es por de…nición una función, se la representa como como un conjunto.

8.3

LIMITE DE UNA SUCESIÓN

Se dice que L es el límite de una sucesión fan g si a medida que n crece, los términos an se aproximan cada vez más o son iguales a L. Es decir, si para todo " > 0 existe N tal que jan Lj < ", para n N (En la …gura 8.2 se ilustra grá…camente la de…nición del límite de una sucesión). Si una sucesión tiene límite se dice que converge y si no tiene límites se dice que diverge. Ejemplo 2. a) La sucesión 12 , 14 , 18 , ... converge a cero. Pues an = 21n y lim 21n = 0. n!1

8.4. SERIES

303 n 1

b) La sucesión 1, 1, 1, 1, ... diverge (no converge), pues an = ( 1) y n 1 lim ( 1) no existe. n!1 Las sucesiones que como ésta van tomando alternadamente valores mayores y menores sin tender a ningún límite, se llaman oscilantes.

8.3.1

Propiedades

Muchas propiedades de las sucesiones son análogas a la de las funciones. Por ejemplo, si lim an = A y lim bn = B, entonces: n!1

n!1

1. lim (kan ) = k lim an = kA, k constante. n!1

n!1

2. lim (an n!1

bn ) = lim an

3. lim (an bn ) = lim an n!1

4. lim

n!1

an bn

lim bn = A + B.

n!1

=

n!1 lim an

n!1

lim bn

=

n!1

n!1

lim bn = A B.

n!1 A B,

si B 6= 0, y bn 6= 0.

Además, algunas propiedades particularmente útiles para realizar un estudio analítico de las sucesiones son: 5. Toda sucesión acotada, creciente o decreciente, es convergente. 6. Toda sucesión no acotada es divergente. 7. El carácter de una sucesión convergente (o divergente) no cambia al eliminar un número …nito de sus términos. 8. El límite de una sucesión convergente es único.

8.4

SERIES

A la sucesión fSn g, donde Sn es la suma de los n primeros términos de otra sucesión fan g Sn = a1 + a2 + ::: + an P se llama serie, y generalmente se simboliza por an , o también por 1 X

an = a1 + a2 + a3 + :::

(8.3)

n=1

Al término an se llama término general de la serie (3). Si la serie (3) converge hacia L se dice que L es la suma de dicha serie; se escribe 1 X an = L n=1

8.4.1

Series especiales

Algunas series especiales son: 1. La serie geométrica de razón r a + ar + ar2 + ar3 + :::

304


converge si jrj < 1, y diverge si jrj determina fácilmente:

1. Más aún, cuando converge su límite se

a + ar + ar2 + ar3 + ::: = 2. La serie Armónica

a 1

r

; jrj < 1

(8.4)

1 1 1 + + + ::: 2 3 4

(8.5)

1 1 1 + p + p + ::: 2p 3 4

(8.6)

1+ es divergente. 3. La serie p de Riemann 1+ converge si p > 1, y diverge si p

8.5

1 (ver Ejercicio 18).

CRITERIOS DE CONVERGENCIA

En algunos casos, cmo para la serie geométrica, no solamente se sabe que la serie converge sino que también se conoce el límite a cual converge; sin embargo, en general es muy difícil averiguar el límite de una serie convergente. Existen algunos criterios que permiten determinar en muchos casos el carácter (convergente o divergente) de una serie. P Para las series an de términos positivos, an 0, se tienen los siguientes criterios: 1. Criterio de divergencia. P Si lim an 6= 0, entonces la serie an es divergente (ver ejercicio 9 y 10). n!1 2. Criterio de P comparación. Si Pan bn , entonces: a) La serie P an converge siP bn converge. b) La serie bn diverge si an diverge (ver ejercicio 11). Para utilizar este criterio se debe conocer muchas series convergentes y divergentes con las cuales poder comparar. La serie p de Riemann suele ser muy útil. Ver ejercicio 41. 3. Criterio de comparación por el cociente. Si lim

an

n!1 bn

= L 6= 0 ó 1

P P Entonces las series an , bn o ambas convergen o ambas divergen. Como en el anterior criterio, para aplicar este criterio debemos conocer la convergencia o divergencia de muchas series (ver ejercicio 12). 4. Criterio del cociente (o de D’alembert). Si lim

n!1

Entonces la serie falla.

P

an+1 =L an

an converge si L < 1, diverge si L > 1. Si L = 1 el criterio

8.5. CRITERIOS DE CONVERGENCIA

305

Al aplicar este criterio es útil tener en cuenta que p p lim n n = 1 y lim n c = 1, n!1

n!1

c constante. 6. Criterio de Raabe. Si lim n 1

n!1

an+1 an

=L

P entonces la serie an converge si L > 1, diverge si L < 1, si L = 1 el criterio falla (ver ejercicio 42). Al aplicar los anteriores criterios se puede usar la regla de L’hopital para calcular los límites. 7. Criterio de Gauss. Si an+1 =1 an

L cn + 2 n n

y lim cn = A (número)

n!1

P entonces la serie an converge si L > 1, diverge si L 1. Este criterio se usa cuando falla el de Raabe (ver ejercicio 43). P 8. Criterio de la Integral. Si f (n) = an , para n N , entonces la serie an es convergente o divergente según que la integral Z 1 f (x) dx N

sea convergente o divergente. En general se suele tomar N = 1. Nota. Es necesario precisar que para aplicar el criterio de la integral, la función f (x) debe ser positiva, continua y decreciente para x N (ver ejercicios 17 y 18).

8.5.1

Casos en que se debe aplicar un criterio de convergencia

Cuando el término general an de una serie de términos positivos está formado solamente por polinomios o raíces de polinomios, se aplica el criterio de comparación por el cociente usando la serie p de Riemann para comparar. Cuando el término general an está formado por factoriales y potencias enésimas se aplica el criterio del cociente. Cuadno el criterio general an está formado solamente por potencias n-ésimas se aplica el criterio de la Raíz. Estas recomendaciones son, obviamente, muy generales. Nota 1. Durante la aplicación de los criterios de convergencia frecuentemente se debe calcular el límite de un cociente de dos potencias de n. Este tipo de límites se calculan fácilmente. Recordemos que si el exponente mayor del

306


numerador es más grande que el mayor del denominador, el límite del cociente es 1; si es más pequeño el límite es 0. En caso de que sean iguales el límite es el cociente de los coe…cientes de los términos de mayor potencia. Ejemplos: n4 + n 1 = 1. n!1 n2 2n + 3 n 2. lim 2 = 0. n!1 n n+1 1. lim

3n3 1 = 32 n!1 2n3 + n 1 4. Generalmente, cuando se aplica el criterio de comparación el cociente, P por 1 , donde p es la serie dada se compara con la serie p de Riemann: p n igual a la diferencia entre los exponentes mayores tanto del numerador como del denominador. P 2n 1 P 1 Ejemplo. Dada la serie , la comparamos con la serie , n3=2 n+1 n1=2 puesto que 3. lim

2n 1 n3=2 n+1 1 n!1 n1=2

lim

8.6

2n3=2 n1=2 = 2 (número) n!1 n3=2 n+1

= lim

SERIES ALTERNAS

Son las series de términos alternadamente positivos y negativos. Ejemplo 3. La serie 1 1 1 n 1 1 1 + + ::: + ( 1) + ::: 2 4 8 n2 es una serie alternada.

8.6.1

Criterio de convergencia para series alternadas

El siguiente es un criterio sumamente útil, en muchos casos, para determinar el carácter de una serie alternada: P n 1 Si an+1 < an , n = 1; 2; :::, entonces la serie alternada ( 1) an es convergente y lim an = 0. n!1 Ejemplo 4. Para la serie: X 1 1 1 n 1 1 =1 + + ::: (8) ( 1) n 2 3 4 tenemos an = n1 . 1 Como n+1 < n1 (es decir an+1 < an ) y lim n1 = 0 (es decir lim an = 0) n!1

n!1

entonces la serie (8)es convergente. Una cuestión que surge inmediatamente es si al agrupar en cualquier orden los términos de una serie alternada el carácter (convergente o divergente) de la serie no cambia. La respuesta es sorprendente.

8.7. CONVERGENCIA ABSOLUTA Y CONDICIONAL

8.7

307

CONVERGENCIA ABSOLUTA Y CONDICIONAL

P En lugar de analizarP la serie an (alternada o no), podemos P analizar la serie de valores absolutos ja j. Si la serie de valores absolutos jan j converge, se n P dice que la serie an converge absolutamente. Si una serie alternada no es absolutamente convergente pero converge, se dice que la serie es condicionalmente convergente. Si una serie es absolutamente convergente, entonces es convergente. Nota 2. Por supuesto, para averiguar si una seriePes o no absolutamente convergente se aplica a la serie de valores absolutos jan j uno de los ocho criterios de convergencia para series de términos positivos de las pág. ## y ##. Nota 3. En la práctica, se comienza analizand si una serie alternada es absolutamente convergente. En caso de que lo sea, la serie es convergente de hecho; si la serie no es absolutamente convergente se estudia su convergencia por medio del Criterio de Convergencia para series alternadas. Ejemplo 5. Para la serie alternada 1 1 + 4 8

1 2 tenemos jan j =

1 2n .

1 + ::: (9) 16

Y por el criterio del cociente: 1 1 jan+1 j n+1 = lim 2 1 = < 1 n!1 jan j n!1 2 2n

lim

La serie (9) es absolutamente convergente y, por tanto, convergente. Ejemplo 6. Para la serie 1 1 + 2 3

1 tenemos jan j =

1 n.

1 + ::: (10) 4

Entonces la serie de valores absolutos es la serie Armónica 1+

1 1 1 + + + ::: (11) 2 3 4

que como es sabido, es divergente. Entonces la serie (10) no es absolutamente convergente; sin embargo, por el ejemplo 4, sabemos que esta serie es convergente. Por tanto, la serie X

n 1

( 1)

es condicionalmente convergente.

1 =1 n

1 1 + 2 3

1 + ::: 4

308


8.7.1

El límite de una serie alterna convergente

En muchos casos se puede calcular con mucha precisión. De hecho, el error numérico que se comete al despreciar los términos que siguen a uno dado es menor que el valor absoluto del siguiente a éste. P n Lo anterior es cierto para las series alternadas ( 1) an tales que an+1 < an y lim an = 0. n!1 Ejemplo 7. Despreciando los términos siguientes al cuarto de la serie 1

1 1 + 2 3

1 1 + 4 5

1 + ::: 6

tenemos que la suma S de la serie es aproximadamente S'1

1 1 + 2 3

1 7 = 4 12

el error cometido es menor que 15 = 0:2. Si una serie alternada es condicionalmente convergente se puede reagrupar sus términos para obtener una serie convergente a cualquier número elegido de antemano o, si se pre…ere, que sea divergente. Esto no ocurre si la serie alternada es absolutamente convergente, en este caso los términos se pueden reagrupar en cualquier orden y las series resultantes son todas convergentes hacia la misma suma.

8.8

SERIES DE POTENCIA

Una serie de la forma 1 X

an xn = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + :::

(12)

n=0

donde a0 , a1 , a2 , ... son constantes, se llama serie de potencias de x. Similarmente, una serie de la forma 1 X

an (x

n

a) = a0 + a1 (x

a) + a2 (x

2

a) + a3 (x

3

a) + ::: (13)

n=0

se llama serie de potencias de (x

8.8.1

a).

Intervalo de convergencia

Para cada valor de x, la serie (12) ó (13) se convierte en una serie numérica convergente o divergente. En general, una serie de potencias de (x a) converge en un intervalo jx aj < R y diverge en jx aj > R; en jx aj = R la serie puede o no converger. El intervalo donde la serie converge se llama precisamente intervalo de convergencia de la serie y R es su radio de convergencia. El intervalo de convergencia puede o no incluir a los extremos.

8.8. SERIES DE POTENCIA

309

En general, el intervalo de convergencia se puede encontrar por medio de criterio del Cociente. A veces es necesario usar otros criterios. Ejemplo 8. Determinar el intervalo de convergencia de 1+x+

x2 x3 xn + + ::: + + ::: 2! 3! n!

por el criterio del cociente. lim

n!1

xn+1 n! 1 an+1 xn+1 = lim = jxj lim = 0 < 1 n n n!1 (n + 1)! x n!1 n an x

entonces la serie es convergente para todos los valores de x, el intervalo de convergencia es jxj < 1

8.8.2

Desarrollo de funciones en series de potencias

Si en el desarrollo de Taylor de f (x) en el punto x = a. f (x) = f (a)+f 0 (a) (x

a)+

f 00 (a) (x 2!

f (n) (a) (x n!

2

a) +:::+ (n+1)

n

a) +Rn

(14)

n+1

(donde el resto Rn está dado por Rn = f (n+1)!(c) (x a) , con c entre x y a) se tiene que lim Rn = 0; entonces (14) se puede expresar como una serie de n!1

potencias de (x

a):

f (x) = f (a) + f 0 (a) (x

a) +

f 00 (a) (x 2!

2

a) +

f (3) (a) (x 3!

3

a) + ::: (15)

esta serie se llama serie o desarrollo de Taylor de f (x) en el punto x = a. En el caso a = 0, es decir si el desarrollo es en el origen, se llama serie o desarrollo de Maclaurin de la función f (x). La igualdad (15) no se cumple necesariamente para todo valor de x, sino solamente en el intervalo de convergencia de la serie del segundo miembro.

8.8.3 En la 1. 2. 3. 4. 5. 6.

Algunas series de potencias importantes

práctica se utilizan frecuente son: 3 5 x7 x9 sin x = x x3! + x5! 1 < x < 1. 7! + 9! ::: , x2 x4 x6 x8 1 < x < 1. cos x = 1 2! + 4! 6! + 8! ::: , 2 3 4 ex = 1 + x + x2! + x3! + x4! + ::: , 1 < x < 1. 2 3 x4 x5 ln j1 + xj = x x2 + x3 1 < x 1. 4 + 5 ::: , x3 x5 x7 x9 arctan x = x 1 x 1. 3 + 5 7 + 9 :::, 1 2 3 4 1 x = 1 + x + x + x + x + ::: jxj < 1. p

7. (1 + x) = 1 + px +

p(p 1) 2 2! x

+

p(p 1)(p 1) 3 x 3!

+ :::

310


ésta es la llamada serie binómica. a) Si p es un número natural, la serie se reduce a un polinomio. b) Si p 0, pero no entero, la serie converge (absolutamente) para 1 x 1. c) Si 1 < p < 0, la serie converge para 1 < x < 1. d) Si p 1, la serie converge para 1 < x < 1. Una serie de potencia se puede derivar e integrar término a término, en el interior del intervalo de convergencia. Ejemplo 8.9. Puesto que x5 x3 + 3! 5!

sin x = x

x7 x9 + ::: (16) 7! 9!

entonces derivando tenemos cos x =

1

=

1

Como la serie (16) converge en 1 < x < 1.

8.9

3x2 5x4 7x6 9x8 + + ::: 3! 5! 7! 9! x4 x6 x8 x2 + + ::: (17) 2! 4! 6! 8! 1 < x < 1; la serie (17) converge también en


1. Escribir los primeros cuatro términos de la sucesión fan g con a) an = ( 1)n 1 n . n2 +1 , b) an = n! Solución. a) Haciendo n = 1; 2; 3; 4:; obtenemos 1 2 3 4 ; ; ; ; ::: 2 5 10 17 b) Haciendo n = 1; 2; 3; 4; obtenemos 1 ; 1

1 1 ; ; 2! 3!

1 ; ::: 4!

2. Escribir los primeros cuatro términos de la sucesión fan g con n

an =

( 1) x2n 1 1:3:5::: (2n 1)

Solución. Haciendo n = 1; 2; 3; 4; obtenemos x x3 ; ; 1 1 3

x5 x7 ; ; ::: 1 3 5 1 3 5 7


311

3. Hallar los primeros 6 términos de la sucesión de Fibonacci fan g con an+2 = an+1 + an y a1 = 1, a2 = 1. Solución. Puesto que a1 = 1, a2 = 1 tenemos a3 a4 a5 a6

= = = =

a2 + a1 a3 + a2 a4 + a3 a5 + a4

=1+1=2 =2+1=3 =3+2=5 =5+3=8

4. Determinar si la siguiente sucesión es convergente o divergente 3 4 5 6 ; ; ; ; ::: 2 3 4 5 5. Solución. Observando los términos de la sucesión vemos que el término n+2 n-ésimo de la sucesión es an = n+2 lim n+1 = 1 la sucesión es n+1 como n!1 convergente. Converge a 1. 6. Determinar si la siguiente sucesión es convergente o divergente. 1 ; 2

3 5 7 ; ; ; ::: 4 6 8

Solución. Observando los términos de la sucesión vemos que el término n 1 2n 1 n-ésimo de la sucesión es an = ( 1) 2n . Puesto que n 1

lim ( 1)

n!1

2n 1 = 2n

1, si n es impar 1, si n es par

deducimos que la sucesión no converge (diverge). Esta es una sucesión oscilante. 7. Determinar la convergencia o divergencia de la sucesión cuyo término nésimo es a) an = 2 + n12 , b) an = n sin n1 . Solución. a) Como lim an = lim

n!1

n!1

2+

1 n2

=2

la sucesión es convergente. Converge en 2. b) Como sin n1 1 lim an = lim n sin = lim =1 1 n!1 n!1 n!1 n n la sucesión es convergente. Converge a 1. 8. Según la de…nición, mostrar que la sucesion 2 3 4 5 n+1 ; ; ; ; :::; ,... 1 2 3 4 n

312

CHAPTER 8. SUCESIONES Y SERIES converge a 1. Solución. Sea " > 0; debemos encontrar un N tal que n+1 n

1 =

1 1 1 = <")
vemos que podemos tomar N = 1" para que se cumpla (1). Luego, el límite de la sucesión dada es 1. (es decir, la sucesión converge a 1). 9. Según la de…nición, mostrar que el límite de la sucesión 2n 4 3n + 2 es 23 . Solución. Sea " > 0. Debemos encontrar un N tal que 2 < ", para n 3

an considerando

2n 4 3n + 2

N

(1)

2 16 = <" 3 3 (3n + 2)

16 2" < n. Entonces podemos tomar N = 169"2" vemos que 16 3" < 3n + 2, 9" para que se cumpla (1). Luego, el límite de la sucesión dada es 23 . SERIES P n P n+1 10. Determinar la convergencia o divergencia de las series a) 2 , b) n 1. Solución. a) El término general de la serie es an = 2n . Como

lim an = lim 2n = 1 = 6 0

n!1

n!1

entonces la serie dada diverge. b) El término general de la serie es an = lim an = lim

n+1 n 1.

Como

n+1 = 1 6= 0 1

n!1 n

n!1

entonces la serie dada diverge. 11. Determinar la convergencia o divergencia de las series a) P 1 p . n Solución. a) El término general de la serie es an = 1 + lim an = lim

n!1

n!1

1+

entonces la serie dada diverge. b) El término general de la serie es an =

1 n

n

p1 . n

= e 6= 0 Como

1 lim an = lim p = n n!1 n

n!1

P

1 n . n

1+

1 n , n

Como

b)


313

entonces no podemos concluir nada. Sin embargo, a la serie dada la reconocemos como una serie p de Riemann, pues X 1 X 1 p = n n1=2

con p = 12 . Como P < 1, la serie dada diverge. 12. Aplicando el criteiro de Comparación, determinar la convergencia o diver1 P 1 P 1 gencia de las series a) , b) n(n+1) ln n . n=2 P 1 Solución. a) Comparemos la serie dada conP la serie p de Riemann n2 . 1 1 1 Como n(n+1) n2 y sabiendo que la serie n2 es convergente (por ser p = 2 > 1) deducimos que la serie dada también converge. P1 b) Comparemos la serie dada con la serie Armónica n . Como ln n < n )

1 1 < n ln n

n = 2; 3; 4; :::

entonces, por ser la serie Armónica divergente, deducimos que la serie dada es divergente. 13. Aplicando el criterio de comparación por el cociente, determinar la conP 1 P 1 p vergencia o divergencia de las series a) ; b) . 2 n +4 n (2n 1) P 1 . Solución. a) Comparemos la serie dada con la serie convergente n2 Como 1 2 n2 lim n + 4 = lim 2 = 1; 1 n!1 n!1 n + 4 n2 (número), entonces la serie dada es convergente. P 1 Nota.- La serie es convergente porque es una serie p de Riemann, n2 con p = 2 > 1. P 1 p . Como b) Comparemos la serie dada con la serie divergente n lim

n!1

1

p

n (2n 1 p n

1)

= lim p

p

n!1

n

n (2n

1)

= lim

r

n!1

n 2n

1

= 0,

(número), entonces, la serie dada es divergente. P 1 p es divergente porque es una serie Riemann, con Nota. La serie n 1 p = < 1. 2

314


14. Aplicando el criterio del cociente, determinar la convergencia o divergencia P (n + 1) (n + 2) P n , b) de las series a) . n 3 n! Solución. a) Aplicando el criterio del Cociente tenemos an+1 = lim n!1 an n!1 lim

n + 1 3n 3n+1 n

= lim

1n+1 1 = < 1, n 3

n!1 3

entonces la serie dada es convergente. b) Aplicando el criterio del Cociente tenemos lim

n!1

an + 1 (n + 2) (n + 3) n! n+3 = 0 < 1, = lim = lim n!1 an (n + 1)! (n + 1) (n + 2) n!1 (n + 1)2

entonces la serie dada es convergente. 15. Aplicando el criterio del Cociente, determinar la convergencia o divergenP n3 P (n + 1) 2n cia de las series a) . n , b) n! (ln 2) Solución. a) Aplicando el criterio del Cociente tenemos 3

an+1 (n + 1) = lim n!1 an n!1 (ln 2)n+1 lim

n

3

(ln 2) 1 (n + 1) 1 = lim = > 1, 3 3 n!1 ln 2 n n ln 2

entonces, la serie dada es divergente. b) Aplicando el criterio del Cociente tenemos an+1 (n + 2) 2n+1 = lim n!1 an n!1 (n + 1)!

n! 2 (n + 2) = lim = 0 < 1, n!1 (n + 1)2 (n + 1) 2n

lim

entonces, la serie dada es convergente. 16. Aplicando el criterio de la Raíz, determinar la convergencia o divergencia P 1 P 1 de las siguientes series: a) , b) n. nn (ln n) Solución. a) Aplicando el criterio de la Raíz tenemos lim

n!1

p n

an = lim

n!1

r n

1 1 = lim = 0 < 1, n n!1 n n

entonces, la serie dada es convergente. b) Aplicando el criterio de la Raíz tenemos lim

n!1

p n

an = lim

n!1

s n

1 1 =0<1 n = lim n!1 ln n (ln n)

entonces, la serie dada es convergente.


315

17. Aplicando el criterio de la Raíz, determinar la convergencia o divergencia de las siguientes series a)

X 3n m3

,

b)

X

n (n + 1) en

Solución. a) Aplicando el criterio de la Raíz tenemos r n p 3 3 n 3 lim n an = lim = lim p 3 = = 3 > 1 n!1 n!1 n!1 ( n n) n3 1 entonces, la serie dada es divergente. a) Aplicando el criterio de la Raíz tenemos p r n p n n p = lim lim n an = lim n n n n!1 n!1 n!1 (n + 1) e n+1

e

=

1 1 = <1 1 e e

entonces, la serie dada es convergente. 18. Aplicando el criterio de la Integral, determinar la convergencia o divergencia de las series a)

X

n n2

1

n

Solución. a) Como an = Z

1

X

, b)

n2

f (x) dx =

1

=

1

Z

1 n ln n

,

c)

, tomando f (x) =

1

x

X x

x2

n2

ne

1

, tenemos 1

1 ln x2 + 1 2 x 1 2 1 1 1 1 [ln (1) ln 2] = (1 ln 2) = 1 2 2 dx =

Entonces, la serie dada diverge. 1 1 b) Como an = , tomamos f (x) = tenemos n ln n x ln x Z 1 Z 1 1 1 dx = ln (ln x)j2 = ln [ln (1) f (x) dx = 2 2 x ln x

ln (ln 2)] = 1

entonces, la serie dada diverge. 2

2

19. Como an = ne n , tomando f (x) = xe x tenemos Z 1 Z 1 1 2 1 x2 f (x) dx = xe x dx = e = 2 1 1 1 =

1 0 2

e

entonces, la serie dada converge.

1

=

1 e 2

1

(número)

1 e 2

1

e

1

316


20. Aplicando el criterio de la Integral, estudiar la convergencia de la serie p de Rieman. X 1 np

1 1 Solución. Como an = p , tomemos la función f (x) = p . n x Si p 6= 1: Z 1 Z 1 1 dx x1 p 11 p 1 p x dx = = = p 1 p 1 1 p 1 x 1 8 1 , si p < 1 > < = 1 > : , si p > 1 1 p entonces, la serie diverge si p < 1 y converge si p > 1. Si p = 1: Z 1 dx 1 = ln xj1 = ln 1 ln 1 = 1 x 1 entonces, la serie diverge si p = 1:

21. Determinar si las series alternadas siguientes son condicional o absolutamente convergentes X X n 1 1 n 1 1 p a) ( 1) , b) ( 1) 2n n

Solución. a) Primeramente averiguemos si la serie es absolutamente convergente. Aplicando el criterio del Cociente a la serie de valores absolutos tenemos p an+1 1 n lim = lim p =1 n!1 n!1 n + 1 an 1 el criterio falla. Observando la serie de valores absolutos (sin signos negativos). X 1 p n

vemos que se trata de una serie p de Rieman divergente (pues p = 21 ), entonces la serie no es absolutamente convergente. Para ver si es condicionalmente convergente vamos a ver si se cumple an+1 < an

y

lim an = 0

n!1

como 1 n+1

<

1 p (es decir, an+1 < an ) y n

1 lim p n

=

0 (es decir, lim an = 0)

p

n!1

n!1


317

Por tanto, la serie dada convergen condicionalmente. Nota. Se deduce que la serie es convergente, pero como no es absolutamente convergente decimos que es condicionalmente convergente. b) Primero averiguamos si la serie es absolutamente convergente (en tal caso ya no queda nada por hacer). Aplicando el criterio del cociente a la serie de valores absolutos tenemos lim

n!1

1 2n 1 1 an+1 = lim n+1 = lim = < 1 n!1 2 n!1 2 an 1 2

Entonces, la serie dada es absolutamente convergente. 22. Determinar si las series alternadas siguientes son condicional o absolutamente convergentes. a)

X

1

n 1

( 1)

3

(2n

1)

,

X

b)

1

n 1

( 1)

3n

1

Solución. a) Primeramente averiguemos si la serie es absolutamente convergente. Aplicando el criterio del Cociente a la serie de valores absolutos tenemos lim

n!1

an+1 an

=

=

1

lim

n!1 [2 (n

3

+ 1)

1]

1) 1

3

(2n

1)

n!1 (2n

1)

lim

3

(2n

3

=1

el criterio falla. X 1 Comparemos con la serie convergente usando el criterio de Comn3 paración por el cociente. 1 lim

n!1

3

(2n

1) 1 n3

= lim

n!1 (2n

n3 3

1)

=

1 (número) 23

entonces, la serie dada es absolutamente convergente. b) Primero veamos si la serie es absolutamente convergente. Comparamos X1 con la serie divergente aplicando el criterio de Comparación del n cociente: 1 n 1 lim 3n 1 = lim = (número) 1 n!1 n!1 3n 1 3 n entonces, la serie dada es absolutamente convergente.

318


23. Determinar si es condicional o absolutamente convergente la serie alternada X ( 1)n n ln n

Solución. Primero veamos si la serie es absolutamente convergente. Por el P 1 es divergente, entonces ejercicio 17b la serie de valores absolutos n ln n la serie alternada dada no es absolutamente convergente. Veamos si es condicionalmente convergente: Como 1 1 < (es decir, an+1 < an ) (n + 1) ln (n + 1) n ln n y 1

lim

n!1 n ln n

= 0 (es decir, lim an = 0) n!1

entonces, la serie dada es condicionalmente convergente. MISCELANEA DE PROBLEMAS SOBRE SERIES En los siguientes ejercicios estudiar la convergencia de la serie dada (es decir, determinar si es convergente o divergente cuando la serie es de términos positivos, y la convergencia absoluta o condicional si la serie es alternada). 24.

X

n . (n + 1) (n + 2) n Solución. Como en el término general an = (n+1)(n+2) solamente intervienen polinomios, apliquemos el criterio de Comparación por el cociente P1 comparándo la serie dada con la serie divergente . n n (n+1)(n+2) 1 n!1 n

lim

n2 = 1 (número) n!1 (n + 1) (n + 2)

= lim

entonces la serie dada es divergente. 25.

P

1 : (2n+1)2

1 2 solamente inter(2n + 1) vienen polinomios, apliquemos el criterio de comparacion por el cociente P 1 comparando la serie dada con la serie convergente : n2 Solución. Como en el término general an =

1

2 n2 1 (2n + 1) = 2 (numero) = lim 1 n!1 n!1 (2n + 1)2 2 n2

lim

entonces la serie dada es convergente.

8.9. EJERCICIOS PROPUESTOS 26.

319

P n . en Solucion. Procedimiento 1. Aplicando el criterio del cociente tenemos> an+1 n + 1 en 1n+1 1 = lim n+1 = lim = <1 n!1 an n!1 e n!1 e n n e lim

entonces la serie es convergente. Procedimiento 2. Aplicando el criterio de la Raiz tenemos r p n p n n 1 n n = lim = <1 lim an = lim n!1 n!1 e n!1 en e entonces la serie es convergente. X 1 p 27. . 3 n

1 Solucion. Esta serie es simplemente una serie p de Rieman con p = 3 como p < 1, la serie es divergente. X 1 28. . nn 1 Solucion. Aplicando el criterio de la Raiz tenemos r r p n p 1 n n 1 n n n lim an = lim = lim = lim = =0<1 n n n!1 n!1 n!1 n!1 n 1 n n 1 entonces, la serie es convergente. X (n + 1) (n + 2) . 29. n! Solución. Aplicando el criterio del cociente tenemos lim

n!1

an+1 n! n+3 (n + 2) (n + 3) =0<1 = lim = lim n!1 an (n + 1)! (n + 1) (n + 2) n!1 (n + 1)2

entonces la serie es convergente. X 4n 30. . n! Solución. Aplicando el criterio del cociente tenemos an+1 4n+1 n! 4 = lim = lim =0<1 n!1 an n!1 (n + 1)! 4n n!1 n + 1 lim

entonces la serie es convergente. 31.

X 32n 1 . n2 n Solución. Aplicando el criterio del cociente tenemos 32 n2 n an+! 32n+1 n2 n = lim = lim = 32 > 1 n!1 an n!1 (n + 1)2 n!1 (n2 + n) (n + 1) 32n 1 lim

entonces la serie es divergente.

320 32.

CHAPTER 8. SUCESIONES Y SERIES X

n+1 p . n 3n 2

n+1 p esta formado solan 3n 2 mente por polinomios y raíces de polinomios, apliquemos el criterio de P1 comparación por el cociente comparandola con la serie divergente : n

Solución. Como el término general an =

n+1 p p (n + 1) n 1 n 3n 2 = lim p = p (número) lim 1 n!1 n 3n n!1 2 3 p n

entonces, la serie dada es divergente. 33.

X

n

3 . 4 Solución. Debido a la presencia de una potencia n-esima en el término general, aplicamos el criterio de la raíz: s n p 3 p 3 3 3 lim n an = lim n n = lim n n =1 = <1 n!1 n!1 n!1 4 4 4 4 n

entonces la serie es convergente. X 2n 34. . n (n + 2) Solución. Aunque el término general presenta una potencia n-esima, es mas conveniente aplicar el criterio del cociente. an+1 n (n + 2) 2n (n + 2) 2n+1 = lim =2>1 = lim n!1 an n!1 (n + 1) (n + 3) n!1 (n + 1) (n + 3) 2n lim

entonces, la serie es divergente. 35.

X

sin

1 . n

Solución. Comparándola con la serie divergente sin lim

n!1

1 n

1 n

P1 tenemos n

= 1 (numero)

entonces la serie dada es divergente. 36.

X n2 + 1

. n3 + 1 Solución. Como el término general esta formado solamente por polinomios,


321

la comparamos con la serie divergente

P1 : n

n2 + 1 3 n n2 + 1 lim n + 1 = lim = 1 (numero) 1 n!1 n!1 n3 + 1 n entonces la serie dada es divergente. X n! 37. . n (2 + 1) Solución. Aplicando el criterio del cociente tenemos (n+!)! 2n + 1 2n + 1 = lim (n + 1) n+1 n!1 +1 +1 n! 2 (n + 1) 2n+1 + 2 n+1 1 = lim = lim 1 + n+1 n+1 n!1 n!1 2 2 +1 2 2 +1 = 1 (1 0) = 1 > 1

an+1 n!1 an

=

lim

lim

n!1 2n+1

entonces la serie es divergente. 38.

X (n!)2 . (2n)! Solución. Aplicando el criterio del cociente tenemos 2

an + 1 ((n + 1)!) = lim n!1 an n!1 (2n + 2)! lim

(2n)! 2

(n!)

2

(n + 1) 1 = <1 n!1 (2n + 1) (2n + 2) 4

= lim

entonces la serie es convergente. 10 12 10 12 14 10 12 14 (8 + 2n) + + + + 1 4 1 4 7 1 4 7 (8 + 2n) Solución. Aplicando el criterio del cociente tenemos

39. 10 +

lim

n!1

an+1 an

10 12 14 (8 + 2n) (10 + 2n) 1 4 7 1 4 7 (2n 2) (3n + 1) 10 12 14 10 + 2n 2 = lim = <1 n!1 3n + 1 3 =

lim

n!1

entonces, la serie es convergente. 40.

2 2 5 8 2 5 8 11 14 (6n 7) (6n 4) + + + . 1 1 5 9 1 5 9 13 17 (8n 11) (8n 7) Solución. Aplicando el criterio del cociente tenemos lim

n!1

an+1 an

2 5 8 (6n 5 9 (8n 1 5 9 13 (8n 2 5 8 11 (6n (6n 1) (6n + 2) = lim n!1 (8n 3) (8n + 1)

=

lim

n!1 1

7) (6n 4) (6n 1) (6n 2) 11) (8n 7) (8n 3) (8n + 1) 11) (8n 7) 7) (6n 4) 36 = <1 64

(3n 2) (8 + 2n)

322

CHAPTER 8. SUCESIONES Y SERIES entonces, la serie es convergente. 1 4 9 n2 1 4 1 4 9 + + + + 1 5 1 5 9 1 5 9 (4n 3) Solución. Aplicando el criterio del cociente tenemos

41. 1 +

an+1 n!1 an lim

2

n2 (n + 1) 1 5 9 (4n 3) (4n + 1) 1 4 9

=

1 4 9 n!1 1 5 9

=

(n + 1) =1>1 n!1 (4n + 1)

lim

(4n 3) n2

2

lim

entonces, la serie es divergente. p 3 X n p 42. . (2n 1) (5 n n 1) Solución. Como el término general de la serie esta formada solamente por polinomios y raices de polinomios, comparamos la serie dada con la serie P1 : divergente n p n n p p 1 n3n (2n 1) (5 n n 1) p = (numero) lim = lim 3 1 n!1 n!1 (2n 10 1) (5 n 1) n entonces, la serie dada, es divergente. 43.

P 2 + sin n . n2 P 2 Solución. Comparando con la serie convergente tenemos que n2 2 + sin n 2 n2 n2 es decir an bn entonces la serie dada es convergente. (ver criterio de Comparacion Pág. ##). P 2 P 1 Nota. La serie =2 es convergente porque es una serie de p 2 n n2 de Riemann con p = 2 > 1. 2

44.

2

2

1 1 4 1 4 7 1 4 7 + + + + 3 3 6 3 6 9 3 6 9 Solución. Aplicando el criterio del Cociente tenemos an+1 n!1 an lim

=

lim

n!1

1 4 7 3 6 9 2

=

lim

(3n + 1)

n!1 (3n

2

+ 3)

=

(3n 2) (3n + 1) (3n) (3n + 3) 32 =1 32

(3n 2) (3n) 2

3 6 9 1 4 7

2

+

(3n) (3n 2)

2


323

el criterio falla. Aplicando el criterio de Raabe tenemos ) ( 2 an+! n (12n + 8) 12 (3n + 1) lim n 1 = lim = lim n 1 = >1 2 2 + 18n + 9 n!1 n!1 n!1 an 9n 9 (3n + 3) entonces, la serie es convergente. 2

45.

2

2

1 3 1 3 5 1 3 5 (2n 1) 1 + + + + 2 2 4 2 4 6 2 4 6 (2n) Solución. Aplicando el criterio del Cociente tenemos an+1 n!1 an lim

=

=

lim

1 3 5 2 4 6

lim

2n + 1 2n + 2

n!1

n!1

(2n 1) (2n + 1) (2n) (2n + 2) 2

=

2

2

+

2 4 6 1 3 5

(2n) (2n 1)

22 =1 22

por lo que el criterio falla. Aplicando el criterio de Raabe tenemos ( an+1 2n + 1 lim n 1 = lim n 1 n!1 n!1 an 2n + 2

2

)

n (4n + 3) 4 = =1 2 n!1 4n + 8n + 4 4

= lim

el criterio falla. Nos queda el criterio de Gauss. Para aplicar este criterio debemos dividir an+1 y expresarlo como an an+1 =1 an

L cn + 2 n n

procediendo tenemos an+1 = an

2n + 1 2n + 2

2

4n2 + 4n + 1 = 2 =1 4n + 8n + 4

4 5+ 1 n + n 4n2 + 8n + 4

dividiendo como polinomio 0

=1+

1 + n

1 4 B C n n2 @ 2 A 4n + 8n + 4 5+

n2

de donde L=1

2

324

CHAPTER 8. SUCESIONES Y SERIES y 4 n cn = 2 4n + 8n + 4 n2 5 +

como 4 5n2 + 4n 5 n lim cn = lim = lim = (numero) 2 2 n!1 n!1 4n + 8n + 4 n!1 4n + 8n + 4n 4 n2 5 +

entonces la serie diverge, por ser L

1.

46. Hallar la suma de la serie 1+

1 1 1 + + + 2 4 8

+

1 + 2n

1 Solucion. Esta es una serie geometrica de razon r = , entonces su suma 2 es 1 1 =2 S= = 1 1 r 1 2 SERIES DE POTENCIAS 47. Determinar el intervalo de convergencia de la serie, estudiar los extremos 1+

x x2 + + 2 4

+

xn + 2n

(1)

Solución. Aplicando el criterio del cociente tenemos lim

n!1

an+1 xn+1 = lim n!1 2n+1 an

x 2n jxj = lim = <1 n n!1 x 2 2

de donde jxj < 2, o 2 < x < 2. En los extremos tenemos: Si x = 2, la serie dada (1) se reduce a 1+1+1+1+

+1+

que es divergente. Si x = 2, la serie dada se reduce a 1

1+1

1+

n

+ ( 1) +

que es oscilante y, por tanto divergente. Entonces el intervalo de convergencia es

2 < x < 2.

48. Determinar el intervalo de convergencia de la serie, estudiar los extremos X ( 1)n 1 x2n 2n 1

1


325

Solución. Aplicando el criterio del cociente tenemos lim

n!1

2n 1 2 x2n+1 2n 1 an+1 = lim = lim x = x2 < 1 n!1 2n + 2 n!1 2n + 2 an x2n+1

de donde jxj < 1 ó 1x < 1. En los extremos tenemos: Si x = X

1, la serie se reduce a

X 1 ( 1) = 2n 1 2n 1 2n 1

n 1

( 1)

comparándola con la serie divergente 1 lim 2n

n!1

1 n

1 = lim

n

n!1 2n

entonces la serie diverge en x = Si x = 1, la serie se reduce a

P1 tenemos n 1

=

1 (numero) 2

(1)

1.

X ( 1)n 1 . 2n 1

Procediendo como en (1) se ve que esta serie no converge absolutamente. Pero como 1 1 < (es decir an+1 < an ) 2n + 1 2n 1 y 1 lim = 0 (es decir, lim an = 0) n!1 2n n!1 1 Entonces converge condicionalmente en x = 1. Por tanto, el intervalo de convergencia es 1 < x 1. 49. Determinar el intervalo de convergencia de la serie, estudiar los extremos X (x

n

p

1) n

Solución. Aplicando el criterio del cociente tenemos n+1

lim

n!1

an+1 (x 1) p = lim n!1 an n+1

p

p n n p = lim (x n n!1 (x 1) n+1

de donde 1 < x 1 < 1 ó 0 < x < 2. En los extremos tenemos: Si x = 0, la serie se reduce a X ( 1)n p . n

1) = jx

1j < 1

326

CHAPTER 8. SUCESIONES Y SERIES Esta serie no es absolutamente convergente (pues, como es sabido, la serie P 1 p es divergente). Pero como de valores absolutos n p

1 1 < p (es decir, an+1 < an ) n n+1

y 1 lim p = 0 (es decir, lim an=0) n!1 n n!1 La serie es condicionalmente convergente en x = 0. Si x = 2, la serie se reduce a X 1 p n

que, como es sabido, es divergente. Por tanto, el intervalo de convergencia es 0 x < 2. 50. Desarrollar

1 1

x

en potencias de x y determinar su intervalo de conver-

gencia. Solución. Podriamos derivar sucesivamente la función. evaluar en x = 0 y aplicar la fórmula del desarrollo de Taylor. En este caso es mas fácil dividir, de donde 1 1

x

= 1 + x + x2 + x3 +

+ xn +

Aplicando el criterio del cociente determinamos su intervalo de convergencia: xn+1 an+1 lim = lim = jxj < 1 n!1 n!1 an xn En el extremo x = 1 la serie es divergente y en x = 1 es tambien divergente (pues es oscilante). Entonces su intervalo de convergencia es 1 < x < 1. 51. Desarrollar ex en potencias de x y determinar su intervalo de convergencia. Solución. Derivando sucesivamente y evaluando en x = 0 tenemos f (x) = ex

;

f 0 (x) = ex

;

f 00 (x) = ex

;

f 000 (x) = ex

;

;

f (n) (x) = ex

f (0) = 1

;

f 0 (0) = 1

;

f 00 (0) = 1

;

f 000 (0) = 1

;

;

f (n) (0) = 1

Entonces, por la formula del desarrollo de Taylor, tenemos: ex

f 00 (0) 2 f 000 (0) 3 x + x + 2! 3! 2 3 n x x x 1+x+ + + + + (1) 2! 3! n!

= f (0) + f 0 (0) x + =

+

f (n) (0) n x + n!


327

Para determinar el intervalo de convergencia de la serie de potencias (1) aplicamos el criterio del cociente: lim

n!1

1 an+1 xn+1 n! = lim = lim x = 0 < 1, n n!1 n + 1 n!1 (n + 1)! x an

entonces la serie (1) converge para todo x, es decir el intervalo convergencia es 1 < x < 1. 52. Desarrollar ln x en potencias de x 2 y determinar el intervalo de convergencia. Solución. derivando sucesivamente y evaluando en x = 2 tenemos: f 0 (x) = x

f (x) = ln x ; f (2) = ln 2

f 0 (2) =

;

1

1 2

;

f 00 (x) =

x2

;

f 000 (x) = 2x

;

f 00 (2) =

1 4

;

f 000 (2) =

3

4

3

1 4

;

;

;

;

f IV (x) = f IV (2) =

Entonces, por la fórmula de Taylor, tenemos ln x = =

1 (x 2 1 ln 2 + (x 2

ln 2 +

2

2) 2)

1 (x 2) 1 (x 2) 3 (x 2) + 4 2! 4 3! 8 4! 1 1 2 3 n (x 2) + (x 2) + ::: + ( 1) 8 24

1

1 (x n2n

n

2)

Aplicando el criterio del cociente determinamos el intervalo de convergencia de la serie (1): n+1

lim

x!1

an+1 (x 2) n2n n = lim (x n = lim n+1 x!1 (n + 1) 2 x!1 2 (n + 1) an (x 2)

De donde jx

2j < 2 ó

jx

2 < 2, ó 0 < x < 4. En el extremo n X X1 n 1 ( 2) x = 0, la serie se reduce a ln 2 + ( 1) = ln 2 que n2nX n 1 es divergente (como es sabido, la serie armónica es divergente). n Xn n 1 2 En el extremo x = 4, la serie se reduce a ln 2 + ( 1) = n2n X n 1 1 ln 2 + ( 1) que, como sabemos (ejemplo 4), es condicionalmente n convergente. Por tanto, el intervalo de convergencia de la serie (1) es 0 < x 4. 53. Obtener el desarrollo de Solución. Como 1 1

x

2 < x

2) =

1 en potencias de x. 1+x

= 1 + x + x2 + ::: + xn + :::; jxj < 1

2j 2

<1

(1)

6x

4

; :::

3 ; ::: 8

328

CHAPTER 8. SUCESIONES Y SERIES reemplazando 1 ( x) 1 1+x

1

x por x obtenemos: 2

3

n

=

1 + ( x) + ( x) + ( x) + ::: + ( x) + :::; j xj < 1

=

1

x + x2

n

x3 + ::: + ( 1) xn + :::; j xj < 1

1 también se 1+x x, en lugar de x, en el intervalo de convergencia

Nota. Notemos que el intervalo de convergencia de obtiene reemplazando 1 de . 1 x

x2

54. Obtener el desarrollo de e Solución. Como ex = 1 + x + reemplazando

en potencias de x.

x3 x4 xn x2 + + + ::: + + :::; jxj < 1 2! 3! 4! n!

x2 por x obtenemos: 2

e e

x2

x2

x2 +

=

1+

=

1 + x2 +

x4 2!

3

4

x2 x2 x2 x2 + + + ::: + 2! 3! 4! n! 2n x6 x8 n x + + ::: + ( 1) + :::; jxj < 1 3! 4! n!

n

+ :::;

PROBLEMAS VARIOS 55. Obtener el desarrollo de ln j1 + xj en potencias de x. Solución. Como 1 =1 1+x

x + x2

n 1

x3 + ::: + ( 1)

xn + :::; jxj < 1

entonces, integrando obtenermos ln j1 + xj = x

x2 x3 + 2 3

x4 n + ::: + ( 1) 4

1

xn+1 + :::; jxj < 1 n+1

1 se ha obtenido en el ejercicio 52. Puede 1+x obtenerse también directamente por división que en el extremo x = 1 la serie de ln jx + 1j es condicionalmente convergente.

Nota. El desarrollo de

1+x en potencias de x. 1 x Solución. Como el desarrollo de ln j1 + xj es

56. Obtener el desarrollo de ln

ln j1 + xj = x

x2 x3 + 2 3

x4 x5 + 4 5

::: ( 1 < x

1)

(1)

x2 < 1


329

entonces 2

ln j1

3

4

( x) ( x) ( x) + + ::: ( 1 < x 1) 2 3 4 x2 x3 x4 x+ + + + ::: ( 1>x 1) (2) 2 3 4

xj =

( x)

= Por tanto, ln

1+x 1 x

= = =

ln j1 + xj

ln j1

xj

x2 x3 x4 x5 x2 x3 x4 + + + x+ + + + ::: 2 3 4 5 2 3 4 x3 x4 x2 + + + ::: (3) 2 x+ 2 3 4 x

La serie es convergente en el intervalo común a los intervalos de convergencia de las series (1) y (2), es decir: 1 < x < 1. 57. Desarrollar cos2 x en potencias de x. Solución. Por identidad trigonométrica: cos2 x = plazando 2x en lugar de x en cos x = 1

x4 x2 + 2! 4!

x6 x8 + 6! 8!

1 + cos 2x (1). Reem2

:::; jxj <

obtenemos cos 2x = 1

22 2 24 4 x + x 2! 4!

26 6 28 8 x + x 6! 8!

:::; jxj < 1

Por tanto, reemplazando en (1) obtenemos: cos2 x =

1 2

=

1

22 2 24 4 x + x 2! 4! 3 2 2 2 4 25 6 x + x x + 2! 4! 6!

1+1

26 6 28 8 x + x ::: ; jxj < 0 6! 8! 27 8 x :::; jxj < 0 8!

ex e x 58. Utilizando desarrollos en serie, calcular lim . n!1 sin x Reemplazando los respectivos desarrollos en serie y operando tenemos: x

lim

n!1

e

e sin x

x

x2 x3 x2 + + ::: 1 x+ 2! 3! 2! = lim 3 5 7 n!1 x x x x + + ::: 3! 5! 7! 2x3 x3 2x + ::: 2+ 3! 3 =2 = lim = lim n!1 n!1 x3 x2 x + ::: 1 3! 6 1+x+

x3 + ::: 3!

330


59. Utilizando desarrollos en serie, calcular Z

0

1

sin x dx x

Solución. Reemplazando los respectivos desarrollos en serie y operando tenemos: Z 1 Z 1 1 sin x x3 x5 x7 dx = x + + ::: dx x 3! 5! 7! 0 x 0 Z 1 x2 x4 x6 = 1 + + ::: dx 3! 5! 7! 0 =

x

=

1

x5 x3 + 3 3! 5 5! 1 1 + 3 3! 5 5!

1

x7 + ::: 7 7! 0 1 + ::: = 0:946083 7 7!

Nota. Se han tomado solamente los cuatro primeros términos del desarrollo, por tanto el error cometido es menor que el valor absoluto del quinto término. Es decir error cometido

8.10

1 = 0:0000003 9 9!


SUCESIONES Escribir los primeros cuatro términos de la sucesión fan g cuyo término nésimo está dado por 1. an =

3n 2 . n2 + 1

2. an =

( 1) 2n

3. an =

2 + ( 1) . n2

4. an =

(2 + sin (n =2)) cos n . n!

n 1

n

.

n

n 1

5. an =

(2x) (2n

5.

1)

n

6. an =

( 1) x2n 1 3 5 ::: (2n

1

1)


331

7. Mostrar que el n-ésimo término de la sucesión de Fibonacci está dado por an =

(an bn ) p 5

con a = b

=

p 1 1+ 5 2 p 1 1 5 2

Determinar, en cada caso, si la sucesión fan g dada es convergente o divergente, en caso de que sea convergente hallar su límite: 8. 1;

1 1 ; ; 2 3

1 ; ::: 4

1 2 3 4 ; ; ; ; ::: 2 3 4 5 n n o 10. sin . 4 9.

11.

ln n . n Según la de…nción, mostrar que

12. La sucesión

n n+1

13. La sucesión

n 1 3n + 1

converge a 1. convergente a r

1 . 3

1 = 1, p > 0. (Sugerencia: np=n = e(p ln n)=n ). np SERIES DE TERMINOS POSITIVOS Determinar la convergencia o divergencia de las siguientes series X 2 15. . n (n + 1) 14. Demostrar que lim

n!1

16. 17. 18. 19.

X

n+1 . n2 (n + 2)

X n2n en

X

X

n

.

2n . (n + 1) (n + 2) (n + 3) 1 n3

1

.

332 20. 21. 22. 23.

CHAPTER 8. SUCESIONES Y SERIES X 1 p . 4 n

X

1

nn+1

.

X (n + 1) (n + 3) n!

X 5n n!

.

.

X 10n . 3n + 1 X n . 25. 22n

24.

26. 27. 28. 29. 30. 31. 32. 33. 34. 35.

36.

37.

X

X X X

n

2 3

n

.

n+1 p . 1 n

n2

n

(32) n3 . 2n n3 .

X n! . nn X n2 2n

X X

.

n2

n

n +2

.

n+2 p . (n + 1) n + 3

X 2n . n 5n

X 2n 10n2 . (3n + 2) n4=3

X 4n2 + 5n n (n2

X

1

2 3=2

+ 1) 3.

n (ln n)

.

8.10. EJERCICIOS PROPUESTOS p

38. 39.

X3 p X

333

n

.

n

n n+1

n2 .

X n! . 10n X 1 p p . 41. n3n n 40.

42.

X 2n n! nn

.

X 3n n! . nn X en n! 44. . nn X ln n . 45. n X ln n p . 46. n 43.

47. 48. 49. 50. 51.

52. 53.

X ln n np

.

X (ln n)2 n2

.

X 3 + sin (n) n (1 + e n ) X X

1 1

.

n1+ n

X 2ln(ln n) n ln n

X

1 . n

n sin2

.

1 . n ln n ln (ln n) X1

1 . a) Es convergente, cualquiera que np lnq n sea q, si p > 1; y cuando q > 1 si p = 1, b) es divergente, cualquiera que sea q, si p < 1; y cuando q 1, si p = 1.

54. Mostrar que la serie

n=2

334


55. Mostrar que a + ar + ar2 + ar3 + :::+ = 56. Hallar la suma de las series a)

58. 59. 60. 61. 62. 63. 64. 65. 66. 67. 68.

n=1

3

n

, b)

r

, jrj < 1

X1

n=1

1 (Sugerenn (n + 1)

1 1 y tomar el límite. 1 2 3n SERIES ALTERNAS Determinar si las siguientes series son condicional o absolutamente convergente. X n 1 n+1 ( 1) . n X 1 n 1 . ( 1) 2n 1 X n 1 1 ( 1) ln n X n 1 1 p ( 1) . n 3 X n 1 1 ( 1) . n! X 1 n 1 ( 1) . n2 + 2 X 1 n 1 ( 1) 3. (2n 1) X 1 n 1 p ( 1) . n (n + 1) cia: Veri…car que Sn =

57.

X1

a 1

X

X

X

n 1

( 1)

n 1

( 1)

n 1

( 1)

n2

1 . +2

1

3.

(n!) p n . ln n

X ( 1)n 1 1 sin p . 2n 1 n PROBLEMAS VARIOS SOBRE SERIES

69. Explicar: Si S = 1 1 + 1 1 + 1 1 + ::: Entonces S = 1 (1 1) (1 1) ::: = 1. Y también S = (1 1) + (1 1) + (1 1) + ::: = 0. Luego 1 = 0.


335

1 1 1 70. Si 1 + + ::: converge a S, demostrar que la serie reagrupada 2 3 4 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1+ + + + +::: = S. Explicar. (Sugerencia: Tomar 3 2 5 7 4 9 11 6 2 1 1 1 1 en la primera serie y escribirla en la forma 0 + + 0 + 0 + + ::: 2 2 4 6 y sumarla luego término a término con la primera serie. En realidad se tiene que S = ln 2 - Ejercicio resuelto 52 -). SERIE DE POTENCIAS Determinar el intervalo de convergencia de las siguientes series, estudiar los extremos. 71. x + 2x2 + 3x3 + 4x4 + :::. x2 x3 x + 2 5 2 5 3 53 X xn 73. . n (n + 1)

x4 + ::: 4 54

72.

74. 75.

X

X

n=2

xn . nn

n

( 1)

x2n . 1) n (n + 1)

(n

X

76.

xn n. (ln n) n=2

77.

X (x

78.

n

2) n2

X (x

.

n

3) . n 3n Desarrollar la función dada en serie de potencias y determinar el intervalo de convergencia.

79. tan x en potencias de x. 80. ex=2 en potencias de x x

81. sinh x =

e

e 2

2.

x

en potencias de x.

82. sin2 x en potencias de x. 83. arctan x en potencias de x (sugerencia: arctan x =

Z

0

x

dx ). 1 + x2

84. arcsin x en potencias de x (sugerencia: Z x Usar la serie binómica para desar1 dx p rollar p , además arcsin x = ). 1 x2 1 x2 0

336


X n X n xn . b) = e. n! n! X n2 X n2 86. Mostrar que a) x2 + x ex = xn , b) = 2e. Obtener c) n! n! X n3 X n4 5e y 15e. n! n! PROBLEMAS VARIOS SOBRE SERIES DE POTENCIA 85. Mostrar que a) xex =

87. Utilizando desarrollos en serie, calcular lim

sin x

n!1 sinh x

88. Utilizando desarrollos en serie, calcular

Z

1

cos

p

.

xdx = 0:76355.

0

89. Utilizando desarrollos en serie, calcular

Z

0

1=2

dx = 0:4940. (1 + x4 )

Calculo II cupe.pdf

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