Cálculo II (Matemáticas para Ingeniería II) Santiago Relos P. Universidad Mayor de San Simon 26 de julio de 2006
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Índice General 1 Vectores 1.1 Puntos en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Igualdad de vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Suma y multiplicación por un escalar . . . . . . . . . . 1.2.3 Representación geométrica de los vectores . . . . . . . 1.2.4 Puntos y vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.5 Representación geométrica de la suma de vectores . . 1.2.6 Representación geométrica del producto de un número 1.2.7 Representación geométrica de la diferencia de vectores 1.3 Paralelismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Norma euclidiana de un vector (longitud) . . . . . . . . . . . 1.5 Ortogonalidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5.1 Condición necesaria y suficiente de perpendicularidad 1.6 El producto interior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.1 Propiedades del producto interior . . . . . . . . . . . . 1.7
Proyección Ortogonal. Componentes . . . . . . . . . . . . . 1.7.1 Motivación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7.2 La definición de proyección ortogonal y componente 1.8 Vectores unitarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9 Cosenos directores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.10 La recta en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.10.1 Paralelismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.10.2 Perpendicularidad (ortogonalidad) . . . . . . . . . . 1.10.3 Distancia de un punto exterior a una recta . . . . . 1.10.4 Intersección de rectas . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.10.5 Ecuación paramétrica de la recta . . . . . . . . . . . 1.11 El producto vectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11.1 El triple producto escalar . . . . . . . . . . . . . . . 1.12 La ecuación del plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.12.1 La definición del plano . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.12.2 La ecuación vectorial del plano . . . . . . . . . . . . 1.12.3 Intersección de planos . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.12.4 Distancia de un punto a un plano . . . . . . . . . . . 1.12.5 Angulo entre dos planos . . . . . . . . . . . . . . . . 1.12.6 Proyección de una recta sobre un plano . . . . . . . 3
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. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . por un . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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7 7 9 10 11 11 12 13 14 14 15 16 18 19 20 20
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21 22 23 25 25 26 26 27 27 28 29 30 33 35 35 36 37 38 39 49
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ÍNDICE GENERAL
2 Superficies 53 2.1 Superficies cilíndricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 . . . . . . . . . .
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54 56 58 59 59 60 61 62 62 62
3 Funciones vectoriales de una variable real 3.1 Representación gráfica . . . . . . . . . . . 3.2 Algebra de funciones . . . . . . . . . . . . 3.2.1 Suma, resta . . . . . . . . . . . . . 3.2.2 Producto interior y producto cruz 3.2.3 Producto por una función real . . 3.2.4 La función compuesta . . . . . . . 3.3 Límite de una función vectorial . . . . . . 3.4 Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 La derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.1 Teoremas sobre la derivada . . . . 3.5.2 La regla de la cadena . . . . . . . 3.6 El teorema del valor medio . . . . . . . . 3.7 Longitud de arco . . . . . . . . . . . . . .
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65 66 69 69 69 69 70 70 71 72 72 73 74 74
2.2
3.8
2.1.1 Problema directo . . . . . 2.1.2 Problema inverso . . . . . Superficies cuádricas . . . . . . . 2.2.1 Esfera . . . . . . . . . . . 2.2.2 Elipsoide . . . . . . . . . 2.2.3 Hiperbolide de una hoja . 2.2.4 Hiperboloide de dos hojas 2.2.5 Cono . . . . . . . . . . . . 2.2.6 Paraboloide . . . . . . . . 2.2.7 Paraboloide hiperbólico .
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Recta tangente y plano normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
4 Funciones reales de una variable vectorial 4.1 Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 El gráfico de una función a varias variables 4.3 Algebra de funciones . . . . . . . . . . . . . 4.4 Composición de funciones . . . . . . . . . . 4.5 Límites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5.1 La definición de límite . . . . . . . . 4.5.2 Teoremas sobre límites . . . . . . . .
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79 79 80 81 82 83 83 84
4.6
Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
4.7 4.8
Límites reiterados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 Derivada, derivada direccional y derivada parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
4.9
4.8.1 La derivada . . . . . . . . . . . 4.8.2 Teoremas sobre derivadas . . . 4.8.3 La derivada direccional . . . . 4.8.4 La derivada parcial y gradiente 4.8.5 La diferencial . . . . . . . . . . Aplicaciones de la derivada . . . . . . 4.9.1 El plano tangente . . . . . . . . 4.9.2 La regla de Leibnitz . . . . . . 4.9.3 Máxima variación . . . . . . .
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87 88 90 93 95 95 95 97 97
ÍNDICE GENERAL
5
5 Funciones vectoriales de un vector 5.1 La derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.1 Cálculo de la derivada . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.2 La segunda derivada de una función de Rn en R 5.2 La segunda diferencial de f : Df ⊂ Rn → R . . . . . . . 5.3 Funciones inyectivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4 La regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.1 Una aplicación . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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101 101 101 102 103 104 105 106
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111 111 111 115 120 122 122 123
7 Coordenadas polares cilindricas y esféricas 7.1 Coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.1.1 Relación entre las coordenadas rectangulares y polares . 7.1.2 Gráficas en coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . 7.1.3 La Matriz jacobiana de la transformación a coordenadas 7.2 Coordenadas cilíndricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3 Coordenadas esféricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3.1 La Matriz jacobiana de la transformación a coordenadas
. . . . . . . . . . . . . . . polares . . . . . . . . . . esféricas
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135 135 135 137 139 140 140 141
8 Integral múltiple 8.1 La integral doble . . . . . . . . . . . . . . 8.1.1 Regiones acotadas en R2 . . . . . 8.1.2 Partición de una región acotada . . 8.1.3 La definición de una integral doble 8.1.4 Cálculo de la integral doble . . . . 8.1.5 Cambio en el orden de integración 8.1.6 Cálculo de volúmenes . . . . . . . 8.2 Cambio de variable . . . . . . . . . . . . . 8.3 Cambio a coordenadas polares . . . . . .
6 6.1 6.2 6.3 6.4 6.5
Máximos y Mínimos Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Condición necesaria de extremo . . . . . . . . . . . . Condición suficiente de extremo . . . . . . . . . . . . El caso particular de dos variables . . . . . . . . . . Extremos locales condicionados . . . . . . . . . . . . 6.5.1 Condición necesaria de extremo condicionado 6.5.2 Condición suficiente de extremo condicionado
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143 143 143 144 145 146 149 152 153 165
9 Apéndice 1 (Matrices definida positivas) 9.1 Formas cuadráticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2 Matrices definida positivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2.1 Algunos teoremas sobre matrices definida positivas 9.2.2 Caracterización de una matriz definida positiva . . 9.3 Matrices semidefinidas y definida negativas . . . . . . . .
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167 167 168 168 169 170
10 Apéndice 2 (La signatura de una matriz simétrica) 10.1 La definición de signatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2 Criterios para determinar la signatura . . . . . . . . . . . . . 10.2.1 Uso de las operaciones elementales de fila y columna . 10.2.2 Uso exclusivo de la tercera operación elemental de fila 10.2.3 El criterio de Sylvester . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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173 173 173 173 174 175
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ÍNDICE GENERAL
Capítulo 1
Vectores El primer nivel de fe es aceptar la realidad, luego cambiarla. (Rafael Puente)
1.1
Puntos en Rn
Como se sabe, un número, se representa en una recta que tiene una dirección y en la cual se ha elegido una unidad de medida. Por ejemplo si x es un número real positivo, la representación es como sigue:
0
x
También para representar un punto en el plano R × R (o R2 ), se utiliza el clásico sistema de coordenadas cartesianas. Si (x1 , x2 ) es un punto de R2 su representación geométrica se realiza siguiendo los siguientes pasos.
1. A partir del origen O se avanza paralelamente al eje x, la magnitud |x1 | en dirección positiva o negativa dependiendo si x1 es positivo o negativo. Así se encuentra P1 .
2. A partir del punto P1 se avanza paralelamente al eje y, la magnitud |x2 | en dirección positiva o negativa dependiendo si x2 es positivo o negativo. Así se encuentra P2 .
3. El punto P2 encontrado es la representación geométrica de (x1 , x2 ) .
En el siguiente gráfico se asume que x1 , x2 son positivos 7
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CAPÍTULO 1. VECTORES
y
P2 =(x1 ,x2 )
x2
P1 x1
0=(0,0)
x
es claro que el anterior algoritmo se puede generalizar fácilmente para graficar puntos de R3 . Un punto (x, y, z) en R3 tiene la siguiente representación geométrica z
z
(x,y,z) y
x x
y
(x,y,0)
Definición 1.1 Un punto X en el espacio euclidiano Rn es una n − upla (x1 , . . . , xn ) de números reales. El número xi se llama i − e´sima coordenada de X. Definición 1.2 Dos puntos X = (x1 , . . . , xn ) y Y = (y1 , . . . , yn ) se dicen iguales si xi = yi ,
i = 1, . . . , n
Definición 1.3 En Rn se definen las siguientes operaciones: 1. Suma. Si X = (x1 , . . . , xn ) y Y = (y1 , . . . , yn ) son puntos en Rn , la suma de X y Y, escrito X + Y es X + Y = (x1 + y1 , . . . , xn + yn ) .
1.2. VECTORES
9
2. Producto por un número. Si X = (x1 , . . . , xn ) es un punto de Rn y c ∈ R el producto del número c y el punto X, escrito cX, es: cX = (cx1 , . . . , cxn ) . Es inmediato probar el siguiente teorema. Teorema 1.4 Para todos los puntos A, B ∈ Rn y c, d ∈ R se verifica: 1. A + B = B + A 2. (A + B) + C = A + (B + C) 3. c (A + B) = cA + cB 4. (c + d) A = cA + dA 5. (cd) A = c (dA) 6. Si O = (0, . . . , 0), el punto con todas sus componentes nulas, entonces O + A = A para todo punto A. 7. 1A = A. Si denotamos −A por (−1) A se tiene: A + (−A) = O Escribiremos, como es usual, A − B en lugar de A + (−B) .
Ejercicios propuestos 1. Graficar P = (−2, 3, 5) , Q = (−2. − 4. − 6) 2. Hallar los vértices de un paralelepípedo cuyos vértices opuestos diagonalmente sean (a) O = (0, 0, 0) y P = (2, 3, 4)
(b) P = (−2, 2, 3) y Q = (3, 5, 1) . Sol. (3, 5, −1) , (3, 2, 1) , (−2, 2, 1) , (−2, 5, 1) , (3, 5, 3) , (3, 2, 3) , (−2, 2, 3) , (−2, 5, 3 (c) Generalizar el anterior problema.
3. (a) Graficar, t (1, 2, 3) para t ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5}
(b) Si t varia continuamente en R, ¿qué lugar geométrico forman los puntos t (1, 2, 3)?
4. Demostrar el teorema 1.4.
1.2
Vectores
Se define el espacio vectorial Vn como el conjunto de n − uplas de números reales (x1 , . . . , xn ) . los elementos de Vn se llaman vectores. Para denotar un vector usaremos letras minúsculas con una flecha. Así un vector representado con la letra x se denota por x. Un vector x ∈ Vn se escribirá usualmente como: x = (x1 , . . . , xn ) , los números x1 , . . . , xn se llaman coordenadas del vector x.
10
CAPÍTULO 1. VECTORES
1.2.1
Igualdad de vectores
Definición 1.5 Dos vectores a = (a1 , . . . , an ) y b = (b1 , . . . , bn ) en Vn son iguales si ai = bi para todo i. Ejemplo 1.1 Los vectores a = (1, 0, 2) y b = (1, 0, 2) son iguales, pero a = (1, 2, 3) y b = (1, 3, 2) no lo son ¿Porque?.
Ejercicios resueltos Ejercicio 1.1 Calcular el valor de k y s de modo que los siguientes vectores sean iguales x = (k − s + 1, 7, 1) , y = (2, 7, 3k + 2s) . Solución. Si los vectores dados van a ser iguales debemos tener: k−s+1 = 2 7 = 7 1 = 3k + 2s esto origina el sistema de ecuaciones:
Cuya solución es:
3/5 −2/5
1 −1 3 2
k s
=
1 1
, así, los valores de k y s que hacen x = y son k =
3 5
y s = − 25 .
Ejercicio 1.2 Calcular el valor de k y s de modo que los siguientes vectores sean iguales x = (k − s + 1, k − 2s, s − k + 1) , y = (2, 7, 3k + 2s) . Solución. Se debe tener: k−s+1 = 2 k − 2s = 7 s − k + 1 = 3k + 2s de donde se obtiene el sistema: k−s+1 = 2 k − 2s = 7 −4k − s = −1 resolviendo las dos primeras ecuaciones se encuentra s = −6, k = −5, reemplazando estos valores en la tercera ecuación se encuentra: −4 (−5) − (−6) = −1, es decir, 26 = −1, lo cual es evidentemente contradictorio, esta contradicción muestra que el sistema no tiene solución, es decir, los vectores x, y son distintos para todos los valores de k y s.
Ejercicios propuestos 1. Encontrar, si existen, números a tales que (1, 2, 3) = a2 − 1, 2, a2 + 2 . Sol.: No existen √ 2. Encontrar, si existen, números a tales que (1, 2, 4) = a2 − 1, 2, a2 + 2 . Sol.: ± 2
3. Encontrar números a, b tales que (−10, 5, a) = (a + b, a − 2b, a) . Sol.: a = b = −5 4. Sean a, b, c ∈ Vn , Probar que si a = b y b = c, entonces a = c.
1.2. VECTORES
1.2.2
11
Suma y multiplicación por un escalar
Si a = (a1 , . . . , an ) y b = (b1 , . . . , bn ) son vectores en Rn y c ∈ R las operaciones suma y multiplicación por un escalar se definen respectivamente como: a + b = (a1 + b1 , . . . , an + bn ) c a = (ca1 , . . . , can ) , es claro que a + b y c a son vectores en Rn . También es inmediato verificar que con estas operaciones Vn es un espacio vectorial. El vector nulo es: 0 = (0, . . . , 0) .
Ejercicios propuestos 1. Probar que Vn es un espacio vectorial con las operaciones definidas en esta sección. 2. Sea a, b, x ∈ Vn . Probar que si a + x = b + x entonces a = b.
3. Sean a = (−1, 2, 4, 0) , b = (2, −1, 5, 8) . Hallar vectores c y d tales que: a + c = d b + 2d = c
Sol.: c = −2 a − b = (0, −3, −13, −8) ; d = − a − b = (−1, −1, −9, −8)
1.2.3
Representación geométrica de los vectores
Sea x = (x1 , x2 ) ∈ V2 . Su representación geométrica se realiza en R2 del siguiente modo. 1. Se elige un punto arbitrario P0 ∈ R2 .
2. A partir de P0 se avanza paralelamente al eje X la magnitud |x1 | , en dirección positiva o negativa dependiendo si x1 es positivo o negativo, así localizamos el punto P1 . 3. A partir de P1 se mueve paralelamente al eje Y la magnitud |x2 | , en dirección positiva o negativa dependiendo si x2 es positivo o negativo, así localizamos el punto P2 . 4. La flecha trazada desde P0 hasta P2 es la representación geométrica del vector x. y
P2 x P0 P1 x
El punto P0 se llama punto inicial y el punto P2 se llama punto final.
12
CAPÍTULO 1. VECTORES
Ejemplo 1.2 Representar los vectores x = (2, 3) y y = (−3, −1) . Solución. Para representar ambos vectores, elijamos el punto P = (0, −3), entonces la representación geométrica de los vectores es: y
−3 x
−3
y
−4
2
x
Observación. Debe notarse que un vector tiene infinitas representaciones geométricas, sin embargo, intuitivamente, todos tienen las mismas características: ”Misma longitud”, ”misma dirección”, más aún los anterior muestra que los vectores tienen la capacidad de movimiento. Para representar un vector x = (x1 , x2 , x3 ) en R3 seguimos los mismos pasos que se siguen para representar un vector en R2 , sólo añadimos el paso correspondiente a la tercera coordenada.
Ejercicios propuestos 1. Representar los vectores: u = (−1, 3) , − u, 2. Representar los vectores: a = (1, 2, −1) , b = (−2, −1, 3) , a + b. 3. Representar los vectores: a = (1, 2, −1) , b = (−2, −1, 3) , 2 a + 3 b
1.2.4
Puntos y vectores
−→ Dos puntos A y B originan un vector, si el punto inicial es A y el punto final B, tal vector, denotado por AB, tiene por coordenadas a las coordenadas del punto B − A, es decir: −→ AB = B − A. Si el punto inicial es B y el punto final es A, entonces el vector es −→ BA = A − B, −→ −→ claramente AB = −BA.
1.2. VECTORES
13
Ejercicios resueltos Ejercicio 1.3 Hallar los vectores que originan el par de puntos A = (3, 1, −5) y B = (2, −5, 6) . Solución. Son:
−→ AB = (3, 1, −5) − (2, −5, 6) = (−1, −6, 11) −→ BA = (2, −5, 6) − (3, 1, −5) = (1, 6, −11)
Ejercicio 1.4 Si A = (1, s, 2 − t) es el punto inicial del vector u = (1, t − s, −s) , hallar los valores de s y t tal que B = (2, 2, 2) sea el punto final. Solución. Se tiene u = B − A, es decir: (1, t − s, −s) = (2, 2, 2) − (1, s, 2 − t) esto origina el sistema: t−s = 2−s −s = t resolviendo: s = −2 y t = 2.
Ejercicios propuestos 1. Si A = (1, −2, 2) es el punto inicial de un vector v = (2, −1, 0) , hallar su punto final. Sol.: B = (3, −3, 2) 2. Si B = (2, 2 + y, −x) es el punto final de un vector u = (1, 2, 1), hallar el valor de x y el de y de manera que A = (1, x − 1, y + 1) sea su punto inicial. Sol. x = −1/2, y = −3/2. −→ −→ −→ 3. Encuentre AB + BC + CA, donde A = (0, 0, 0) , B = (1, −5, 5) , C = (10, 5, 2) son los vértices de un triángulo. Sol.: 0.
1.2.5
Representación geométrica de la suma de vectores
La representación geométrica de x + y se realiza del siguiente modo. 1. Se representa el vector x, 2. luego se representa el vector y tomando como punto inicial, el punto final del vector x. 3. El vector que va desde el punto inicial de x al punto final de y es el vector suma x + y . y
x + y x
14
CAPÍTULO 1. VECTORES
1.2.6
Representación geométrica del producto de un número por un vector
c a c>0
a
1.2.7
c a c<0
Representación geométrica de la diferencia de vectores x − y x y
La suma y resta en un paralelogramo La suma x + y y x − y se representa en un paralelogramo de la siguiente manera: y
x − y x+ y x
Ejercicios propuestos 1. Considere la siguiente gráfica: C D A B −→ −→ −−→ (a) Si M es un punto medio de BC, Mostrar que AB + AC = 2AM. −→ −→ −−→ (b) Si M y N son los puntos medios de AC y BD, mostrar que AB + CD = 2MN .
1.3. PARALELISMO
15
−→ −→ −→ −→ −−→ (c) Si M y N son los puntos medios de AC y BD, mostrar que AB + AD + CB + CD = 4M N 2. Sea ABCD un paralelogramo como se muestra en la figura. Supóngase que F es el punto medio de CD, y que E está a 23 del camino de A a F sobre AF . Demostrar que E está a 23 del camino de B a D. F D C E A B 3. Considere el paralelogramo ABCD del problema anterior, con E a 23 del camino de A a F, y F el punto −→ −→ −→ −→ −→ −→ medio del segmento CD. Hallar EF en términos de AB y AC. Sol.: EF = 13 AC − 16 AB. 4. Supongan que dos navegantes que no se pueden ver entre si, pero se pueden comunicar por radio, quieren determinar la posición relativa de sus barcos. Explicar como pueden hacerlo si cada uno tiene la capacidad de determinar su vector de desplazamiento al mismo faro.
1.3
Paralelismo
Dos vectores x y y son paralelos si existe un número real c tal que: x = c y, observemos que 0 x = 0, así el vector 0 es paralelo a todo vector. Por otra parte si c > 0, los vectores x y y tienen la misma dirección. Si c < 0, los vectores x y y tienen direcciones contrarias.
Ejercicios resueltos Ejercicio 1.5 Son los siguientes vectores paralelos?: x = (1, 2, −1) , y = (3, 6, −3) . Solución. Si los vectores dados son paralelos, debe existir un número c tal que x = c y, luego (1, 2, −1) = (3c, 6c, −3c) ,
de esta igualdad se obtiene el sistema de ecuaciones lineales 3c = 1 6c = 2 −3c = −1
Resolviendo encontramos c = 13 , por tanto los vectores dados son paralelos. Ejercicio 1.6 ¿Son los siguientes vectores paralelos?. x = (2, 3) , y = (−2, 4) .
16
CAPÍTULO 1. VECTORES Solución. Si los vectores dados son paralelos, debe existir un número c tal que x = c y,
luego: (2, 3) = (−2c, 4c) así tenemos el sistema −2c = 2 4c = 3 es claro que este sistema es inconsistente, esto es, no existe c ∈ R tal que x = c y, por tanto los vectores x y y no son paralelos.
Ejercicios propuestos 1. Para que valores de a y b los siguientes vectores son paralelos? u = (4, a + 2b, 2b − a − 1) , v = (2, a − b, b + a) . 1 Sol.: a = − 13 , b = − 12
2. Para que valores de a y b los siguientes vectores son paralelos? − → → u = (1, a, a + b) , − v = (a − b, 1, 1) Sol.: a = ±1, b = 0. 3. Pruébese que si c = 0 y los vectores a y b son paralelos a c, entonces los vectores a y b son paralelos. 4. Pruébese que si d = b + c y si b es paralelo al vector a, entonces d es paralelo al vector a si y solamente si el vector c es paralelo al vector a. 5. Mostrar que si existen escalares m, n no ambos cero, tales que m a + n b = 0, entonces a y b son paralelos. 6. Si a y b son vectores no paralelos tales que c = (m + n − 1) a +(m + n) b, d = (m + n) a +(2m − n − 1) b, Sol.: m = 1 , n = − 11 . hallar m, n tales que c = 3d. 9 18 7. Mostrar que las medianas de un triángulo se intersectan en un punto, y que este punto divide a cada mediana con una razón 2 : 1. 8. Probar que las diagonales de un paralelogramo se bisecan entre si.
1.4
Norma euclidiana de un vector (longitud)
Si a ∈ Vn , definimos la longitud de a como el número real no negativo: n 2 aj a = a21 + · · · + a2n = j=1
La norma satisface las siguientes propiedades: Para todos los vectores a, b ∈ Vn y todo número c ∈ R:
1. a ≥ 0, a = 0 si y solamente si a = 0. (no negatividad)
1.4. NORMA EUCLIDIANA DE UN VECTOR (LONGITUD)
17
2. a + b ≤ a + b (desigualdad triangular)
3. c a = |c| a
Ejercicios resueltos
Ejercicio 1.7 Hallar la norma del vector a = (−1, 2, 4) Solución. a = (−1, 2, 4) 2 = (−1) + 22 + 42 √ = 21. Ejercicio 1.8 En Rn se pueden definir las siguientes normas: • Norma 1 a 1 = • Norma p a = • Norma supremo (o infinito)
n
k=1
n k=1
|ai |
p
|ai |
1/p
a ∞ = max {|a1 | , . . . , |an |}
Sea x = (−2, 2, −1) . Calcular x 1 , x 2 , x 4, x 20 , x 100 , x ∞ Solución. x 1 = |−2| + |2| + |1| = 5
1/2 x 2 = |−2|2 + |2|2 + |1|2 =3
1/4 √ 4 4 4 = 4 33 ∼ 2. 39678 x 4 = |−2| + |2| + |1|
1/20 √ √ = 10 3 20 233017 ∼ 2. 07053 x 20 = |−2|20 + |2|20 + |1|20
1/100 ∼ 2. 01391 x 100 = |−2|100 + |2|100 + |1|100 x ∞ = max {|−2| , |2| , |1|} = 2
Ejercicios propuestos 1. Sea r = (x, y, z) , r0 = (x0 , y0 , z0 ) . Describa todos los puntos (x, y, z) tales que r − r0 = 2 2. Sea r = (x, y) , r2 = (x2 , y2 ) , r1 = (x1 , y1 ) . Describa todos los puntos (x, y) tales que r − r1 + r − r2 = k, donde k > r2 − r1 3. Demostrar que para cualquier a, b ∈ V3 , se verifica
a + b ≤ a + b
18
CAPÍTULO 1. VECTORES
4. Demostrar que a − b ≤ a − b para todo a y b ∈ Vn .
5. Un cubo tiene lados de longitud k. Los centros de las seis caras del cubo son los vértices de un octaedro. (ver figura) (a) Halle las coordenadas de todos los vértices del octaedro. (b) Calcule la longitud de las aristas del octaedro en términos de k.
6. En R2 Describir los siguientes conjuntos:
1.5
(a) A = x ∈ R2 : x 1 ≤ 1 (b) B = x ∈ R2 : x 2 ≤ 1 (c) C = x ∈ R2 : x 5 ≤ 1 (d) D = x ∈ R2 : x ∞ ≤ 1
Ortogonalidad
La ortogonalidad de vectores tiene la siguiente motivación geométrica. Sean a, b vectores, como se sabe, los vectores a + b y a − b, se representan de la siguiente manera y
x − y
x+ y x
del gráfico parece razonable asumir que a y b serán ortogonales si
a + b = a − b ,
esta observación motiva la siguiente definición de ortogonalidad.
1.5. ORTOGONALIDAD
19
Definición 1.6 (Ortogonalidad) Dos vectores a y b son ortogonales si
a + b = a − b .
Ejemplo 1.3 Los vectores a = (2, 1, 1) y b = (1, 1, −3) son ortogonales, en efecto tenemos
√
por tanto a + b = a − b = 17.
a + b = (3, 2, −2) y a − b = (1, 0, 4)
Ejemplo 1.4 Los vectores a = (2, 1) y b = (−1, 0) no son ortogonales, porque?.
1.5.1
Condición necesaria y suficiente de perpendicularidad
Sean a = (a1 , a2 ) y b = (b1 , b2 ) , realizemos los siguientes cálculos
por otra parte
2
a + b = a21 + a22 + b21 + b22 + 2 (a1 b1 + a2 b2 )
2
a + b = a21 + a22 + b21 + b22 − 2 (a1 b1 + a2 b2 ) .
2
2
Si a y b son ortogonales se debe tener a + b = a − b , simplificando se encuentra: 2 (a1 b1 + a2 b2 ) = −2 (a1 b1 + a2 b2 ) ,
de donde: 4 (a1 b1 + a2 b2 ) = 0 por tanto: a1 b1 + a2 b2 = 0 . Lo anterior prueba que si los vectores a y b son perpendiculares, se verifica a1 b1 + a2 b2 = 0 . Recíprocamente, si a1 b1 + a2 b2 = 0 es inmediato verificar que a y b son perpendiculares. Así hemos encontrado una condición necesaria y suficiente de perpendicularidad. Generalizamos este resultado en el siguiente teorema. Teorema 1.7 Sean a = (a1 , . . . , an ) , b = (b1 , . . . , bn ) vectores en Vn , entonces a es perpendicular a b si y solamente si n ai bi = 0. i=1
Demostración. Ejercicio. Ejemplo 1.5 Los vectores a = (1, 1, 2) y b = (−1, −1, 1) son perpendiculares pues (1) (−1) + (1) (−1) + (2) (1) = 0. Ejemplo 1.6 Los vectores a = (1, −1, 1) y b = (1, 1, 2) no son perpendiculares pues (1) (1) + (−1) (1) + (1) (2) = 2 = 0.
20
CAPÍTULO 1. VECTORES
1.6
El producto interior
Motivados por los resultados de la sección anterior definimos: Definición 1.8 (producto interior) Sean a = (a1 , . . . , an ) , b = (b1 , . . . , bn ) vectores en Vn . El producto interior de a y b, escrito a · b, es el número a · b = a1 b1 + · · · + an bn El siguiente teorema es de prueba inmediata. Teorema 1.9 Dos vectores a y b en Vn son ortogonales si y solamente si a · b = 0.
1.6.1
Propiedades del producto interior
El producto interior satisface muchas propiedades, a continuación se enuncian las más usuales. Teorema 1.10 Si a, b, c son vectores en Vn , entonces:1 1. a · b = b · a
2. (r a) · b = r a · b , r ∈ R
3. a · b + c = a · b + a · c
4. a · a ≥ 0, a · a = 0 si y solamente si a = 0. 2
5. a = a · a.
2
2
6. a es perpendicular a b si y solamente si a + b = a 2 + b .
Demostración. Los primeros cinco resultados son inmediatos. Probaremos la última afirmación. a es ortogonal a b, si y solamente si a · b = 0, por tanto:
2
a + b · a + b
a + b =
= a · a + 2 a · b + b · b
2
{note que a · b = 0} = a 2 + b .
Ejercicios propuestos 1. Para que valor de λ, el vector (7, λ, −4) es ortogonal al vector (4, 6, −2λ) . Dibujar tales vectores. Sol.: λ = −2. 2. Para que valor de λ, el vector (3, λ, 4) es ortogonal al vector (3, 0, −1) . Dibujar tales vectores. Sol.: Ninguno. → → → → → 3. (a) Sean − u = (1, 3, 2), − v = (−3, 2, 1). Hallar el valor de k tal que − v − k− u sea ortogonal a − u . Sol.: 5 k = 14 . (b) Generalizar el anterior resultado. Sol. k = 1 Aquí,
· significa norma euclidiana
u· v . u2
1.7. PROYECCIÓN ORTOGONAL. COMPONENTES
21
→ → 4. Para que valores de a, b y c los siguientes vectores son perpendiculares? − u = (1, a, a + b) , − v = (a − b, c, 1) . Sol.: a = 0, c = −2, b arbitrario. 5. Probar que dos vectores x, y son ortogonales si y solamente si x − α y = x + α y para todo escalar α. 6. Probar: Si v1 , v2 , v3 son vectores en V3 mutuamente ortogonales, entonces cualquier vector v ∈ V3 puede escribirse como v = c1 v1 + c2 v2 + c3 v3 , 2
donde ci = (v · vi ) / vi , i = 1, 2, 3. 7. Si no se toma en cuenta paralelismo: (a) Dado un vector en a ∈ V2 , ¿cuántos vectores perpendiculares a a existen?. Sol. solución única.
(b) Con referencia a lo anterior ¿que sucede en V3 ?. Sol. Infinitas.
8. Demuéstrese que a + b y a − b son ortogonales ssi a = b
→ → 9. Demostrar que para cualesquiera vectores − u y − v , los vectores v u + u v y v u − u v son ortogonales.
2
2 10. Demostrar que a + b · a − b = a − b
→ → 11. En cada uno de los siguientes problemas determinar la relación entre g y h de modo que g − u + h− v sea ortogonal a w : (a) u = (3, −2, 1) , v = (1, 2, −3) , w = (−1, 1, 2) . Sol.: 3g + 5h = 0
(b) u = (1, 2, −3) , v = (3, 1, −1) , w = (4, −1, 2) .Sol. −4g + 9h = 0 12. En los siguientes problemas determinar, si es posible, el número a de modo que satisfaga la condición dada para u y v. (a) u = (1, 2, a) , v = (2a, 1, 1) ortogonales. Sol.: a = − 23
(b) u = (1, 2, a) , v = (2a, −1, 1) paralelos. Sol.: No existen.
(c) u = (a, 5, 2) , v = (a, −a, 2) ortogonales. Sol. a = 1, a = 4
13. Encuentre todos vectores el espacio V3 de norma 1 que son ortogonales al vector (1, −1, 0) . Sol.: en √ √ √ x, x, ± 1 − 2x2 , x ∈ − 22 , 22 .
1.7
Proyección Ortogonal. Componentes
La proyección ortogonal está motivado por el problema que se plantea a continuación.
22
CAPÍTULO 1. VECTORES
1.7.1
Motivación
Dados dos vectores u y v, construir un triángulo rectángulo de hipotenusa u y base paralela al vector v. La solución puede ilustrarse usando los siguientes gráficos: u
u v (b)
v (a)
para cada caso, el triángulo rectángulo es C
u
B
C
θ
u θ A v B (b)
v
A
(a)
−→ observemos que en cada caso la base del tríangulo es AB = c v , el problema estará resuelto si se conoce el valor de c. Sin pérdida de generalidad consideremos el caso (b) (En este caso θ es agudo). La altura en este triángulo es −→ −→ BC = u − AB = u − c v.
−→ Por otra parte es claro que el vector BC debe ser perpendicular al vector v, luego debemos tener: −→ BC · v = 0, de donde sucesivamente se tiene: ( u − c v) · v = 0, ∴ u · v − c v · v = 0 ∴ c= así los vectores que forman el triángulo son: Base:
u · v u · v = 2, v · v v
−→ AB =
Altura: −→ BC = u −
u · v v 2
u · v v 2
v
v
1.7. PROYECCIÓN ORTOGONAL. COMPONENTES Hipotenusa :
23
−→ AC = u.
Con la anterior motivación definimos el siguiente importante concepto.
1.7.2
La definición de proyección ortogonal y componente
Definición 1.11 (Proyección ortogonal) Sean u, v vectores de Vn . La proyección ortogonal de u sobre → u definido por v es el vector denotado por Proy− v u · v Proy v u = v 2 v Ejemplo 1.7 Calcular el vector Proy v u si u = (3, 1) y v = (1, 1) . Solución. u · v = 4, v 2 = 2, luego → u= Proy− v
y
u · v
v
2
v =
4 (1, 1) = (2, 2) 2
1
1
→ u Proy− v
v
u
1
3x
2
Definición 1.12 (Componente) El número Comp v u =
u · v v
se llama componente de u en dirección del vector v . Se prueba inmediatamente que Proy v u = (Comp v u) Nótese que la norma del vector proyección es:
v . v
Proy v u = |Comp v u| = Teorema 1.13 Si u y v son vectores en Vn , entonces u · v = u v cos θ, donde θ es el ángulo entre u y v .
| u · v| v
24
CAPÍTULO 1. VECTORES Demostración. Ejercicio
Corolario 1.14 Si u y v son vectores en Vn , entonces u · v ≤ u v . Demostración. Se sigue del teorema usando el resultado: |cos θ| ≤ 1 para todo θ.
Ejercicios propuestos
1. Demostrar: Si u y v son vectores en Vn , entonces u · v = u v cos θ, donde θ es el ángulo entre u y v. 2. Halle el ángulo entre el vector (2, 3, −4) y el vector (1, −2, 3) . Sol.142. 570 . 3. Demostrar que si u y v son vectores no nulos, entonces u y v forman ángulos iguales con w si v u w = u + v u + v u + v 4. Sean u y v vectores no nulos. Pruebe que w = v u + u v, biseca el ángulo entre u y v . 5. Con referencia al cubo que aparece en la figura se pide: (a) Halle el coseno del ángulo entre AC y BD. (b) Halle el coseno entre AF y BD, (c) Halle el coseno del ángulo entre AC y AM , (d) Halle el coseno del ángulo entre M D y MF , (e) Halle el coseno del ángulo entre EF y BD. N
D
C
E A
Sol.: (a) 0, (b) − 12 , (c)
√ 6 3 ,(d)
0,(e) −
M
F B
√ 2 2 .
6. Hallar el valor de a tal que u = (2, 2a, −1) y v = (a, 0, −a) forman un ángulo de 450 . Sol. a = 1. 7. Hallar el valor de a tal que u = (1, 2, a) y v = (2, 1, 9a) forman un ángulo de 450 . Sol. Las soluciones de 81a4 − 266a2 + 7 = 0. 8. Demuéstrese que si a y b son vectores paralelos no nulos, entonces Pr oy a u = Pr oy b u
1.8. VECTORES UNITARIOS
25
9. Sean a = (2, 5, 2, 4) , b = (4, 1, 2, 2) vectores en V4 Calcular
(a) a , b .Sol.: 7, 5 (b) a · b. Sol. 25 25 (c) Comp a b, Pr oy a b. Sol. 25 7 , 49 (2, 5, 2, 4) .
(d) 2 a + 3 b b. Sol.: (64, 25, 34, 38)
(e) ¿Es posible calcular a + b ?. Sol.: No.
10. Sea a un vector no nulo ¿Para cuales vectores b, el vector proy b a es igual al vector a? (Sug. Elaborar una gráfica). Sol. Paralelos. 11. Sea a un vector no nulo ¿Para cuales vectores b, el vector proy b a es igual a 0?. Sol.: Perpendiculares
12. Sea b un vector no nulo ¿Para cuales vectores a, proy b a = a ?. Sol. Paralelos
1.8
Vectores unitarios
Un vector u en Vn no nulo es unitario si tiene norma igual a la unidad, esto es, u = 1. Dado un vector v no nulo siempre es posible obtener un vector u no nulo unitario paralelo al vector v, para este propósito definimos 1 v, u = v claramente u = 1. En el sistema cartesiano R3 , Los vectores unitarios en dirección de los ejes x, y, z tienen respectivamente la siguiente notación: i = (1, 0, 0) j = (0, 1, 0) k = (0, 0, 1) con esta notación, cualquier vector v = (a, b, c) ∈ V3 se puede escribir como: v = a i + b j + c k.
1.9
Cosenos directores
1 v, entonces u = 1. Sean α, β, γ los ángulos que forma el vector u v con los vectores i, j y k respectivamente, por tanto
i · u =
i u cos α
j · u =
j u cos β
k · u =
k u cos γ Sea v un vector no nulo en V3 . Si u =
considerando que la norma de un vector unitario es la unidad y i · u = u1 , j · u = u2 , k · u = u3 donde u = (u1 , u2 , u3 ) se tiene: u1 u2 u3
= cos α = cos β = cos γ
26
CAPÍTULO 1. VECTORES
los números cos α, cos β, cos γ se llaman cosenos directores del vector unitario u, fácilmente se prueba que cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1.
Ejercicios propuestos 1. Demuéstrese que los vectores unitarios i, j, k satisfacen: (a) i · i = j · j = k · k = 1 (b) i · j = j · k = k · i = 0 2. Determinar un vector para el cual cos α = 23 , cos β = 13 . Sol. Una solución es (2, 1, 2) 3. Determinar un vector del plano xy para el cual cos α = 45 . Sol. Una solución es (4, 3, 0)
1.10
La recta en Rn
La recta en Rn que pasa por un punto P0 en dirección del vector v es el subconjunto de Rn definido por L = {P0 + t v : t ∈ R} , aquí, el vector v se llama vector direccional de la recta. Z P0 " v " # " " L " P v 0 + t " Y ! X
1.10.1
Paralelismo
Dos rectas L1 y L2 son paralelas si lo son sus vectores direccionales. Ejemplo 1.8 Las rectas L1 L2 son paralelas. (nótese que (2, 6, 4) =
2 3
= {(1, 2, 1) + t (2, 6, 4) : t ∈ R} = {(3, 1, 0) + s (3, 9, 6) : s ∈ R} (3, 9, 6)).
Ejemplo 1.9 Los vectores v1 = (1, 2, 0) y v2 = (2, 0, 1) no son paralelos, luego las rectas L1 L2 no son paralelas.
= {P1 + t (1, 2, 0) : t ∈ R} = {P2 + s (2, 0, 1) : s ∈ R}
1.10. LA RECTA EN RN
1.10.2
27
Perpendicularidad (ortogonalidad)
Dos rectas L1 y L2 son perpendiculares (ortogonales) si lo son sus vectores direccionales. Ejemplo 1.10 Las rectas L1 L2
= {(1, 2, 1) + t (2, −3, 1) : t ∈ R} = {(3, 1, 0) + s (1, −1, −5) : s ∈ R}
son perpendiculares pues (2, −3, 1) · (1, −1, −5) = 0.
1.10.3
Distancia de un punto exterior a una recta
Sea L = {P0 + t v : t ∈ R} y Q un punto fuera de L se desea hallar la distancia de Q a L. Graficamente la situación se presenta a continuación. Q $ −−→ P0 Q P0 A v
L
Se tiene −−→ (Q − P0 ) · v −−→ v P0 A = Proy v P0 Q = 2 v así −→ −−→ −−→ AQ = P0 Q − P0 A = (Q − P0 ) −
(Q − P0 ) · v v
2
v
luego la distancia del punto Q a la recta L es:
−→
d (Q, L) = AQ
2
(Q − P0 ) v − ((Q − P0 ) · v) v
= v 2
Observación. La distancia también puede calcularse con la siguiente fórmula: d (Q, L) =
Q − P0 2 −
|(Q − P0 ) · v|2 2
v
28
CAPÍTULO 1. VECTORES
1.10.4
Intersección de rectas
Dadas las rectas L1 y L2 se pueden tener las siguientes situaciones. (i) L1 ∩ L2 = ∅
(No existe intersección)
(ii) L1 ∩ L2 = {A0 }
(La intersección es un punto)
(iii) L1 ∩ L2 = L1 = L2
(La intersección es toda una recta)
Sean L1 L2
→ = {P1 + t− v : t ∈ R} − = {P2 + s → u : s ∈ R}
→ → v y P = P2 + s− u , de donde se Sea P ∈ L1 ∩ L2 , entonces para cierto t y cierto s se debe tener: P = P1 + t− sigue: P1 + t v = P2 + s u, esta ecuación representa un sistema de n ecuaciones con 2 incógnitas, dependiendo de las soluciones se tienen los casos (i), (ii), (iii); concretamente se da el caso: (i) cuando el sistema no tiene soluciones. (ii) cuando el sistema tiene exactamente una solución. (iii) cuando el sistema tiene infinitas soluciones. Ejemplo 1.11 Calcular la intersección de L1 L2
= {(1, 2, 1) + t (0, 2, 1)} = {(0, 1, 0) + s (1, 1, 1)} .
Solución. Igualando: (1, 2, 1) + t (0, 2, 1) = (0, 1, 0) + s (1, 1, 1) igualando componente a componente obtenemos el siguiente sistema: 1 = s 2 + 2t = 1 + s 1+t = s resolviendo se encuentra la solución t = 0 y s = 1. Reemplazando t = 0 en L1 se encuentra que el punto de intersección es L1 ∩ L2 = (1, 2, 1) + 0 (0, 2, 1) = (1, 2, 1) . Observación. La intersección se puede encontrar también como: L1 ∩ L2 = (0, 1, 0) + 1 (1, 1, 1) = (1, 2, 1) , aquí se ha usado la recta L2 con s = 1. Ejemplo 1.12 Calcular L1 ∩ L2 si L1 L2
= {(1, 2, 1) + t (1, 0, 1)} = {(1, 0, 1) + s (1, 2, 2)}
1.10. LA RECTA EN RN
29
Solución. Igualando (1, 2, 1) + t (1, 0, 1) = (1, 0, 1) + s (1, 2, 2) simplificando se obtiene el siguiente sistema: 1+t = 1+s 2 = 2s 1 + t = 1 + 2s de la segunda ecuación s = 1, de la primera t = s, luego t = 1, reemplazando estos valores en la tercera ecuación se tiene 2 = 3 que es un absurdo; así el sistema no tiene soluciones, esto muestra que L1 ∩ L2 = ∅.
1.10.5
Ecuación paramétrica de la recta
Si: L = {(x0 , y0 , z0 ) + t (v1 , v2 , v3 ) : t ∈ R}
y (x, y, z) se encuentra en L, entonces
x = x0 + tv1 ,
y = y0 + tv2 ,
z = z0 + tv3 ,
las anteriores ecuaciones se llaman ecuaciones paramétricas de la recta. Si todos los vi son no nulos, podemos escribir: y − y0 z − z0 x − x0 = = . t= v1 v2 v3 Ejemplo 1.13 Las ecuaciones paramétricas de la recta L = {(2, 1, −1) + t (−2, 0, 1) : t ∈ R} son: x = 2 − 2t,
y = 1,
z = −1 + t
Ejercicios propuestos 1. Hallar la recta que pasa por P0 = (2, 1, −3) y es simultáneamente perpendicular a los vectores u = (1, −2, 3) y v = (3, 1, 1) . Sol.: L = {(2, 1, −3) + t (−5, 8, 7)} . 2. Hallar un punto sobre la recta L = {(1, 2, 3) + t (−2, 1, 2) : t ∈ R} que se encuentre a 7 unidades del punto A = (1, 2, 3) . Sol. Dos soluciones, una solución es: P = 13 (17, −1, −5) . 3. Encuentre la distancia del punto (1, 2, 3), a la recta L = {(1, 2, 0) + t (1, 1, 1)}. 4. Los puntos (2, 2, 2, 2) y (2, 4, 0, 10) son los vértices opuestos de un rectángulo, el tercer vértice se encuentra sobre la recta L = {(2, 2, 2, 2) + t (2, 2, −10, 6) : t ∈ R} . Hallar tal vértice, hallar también el cuarto vértice y la longitud de los lados. Sol.: (3, 3, −3, 5), (1, 3, 5, 7) , 6. 5. Determínese: 0 0 (a) las rectas √ que pasan por el origen con ángulos directores α = 60 , β = 45 ; Sol.: Vector direccional v = 1, 2, 1
0 (b) las rectas que pasan punto (−2, 7, 13) con ángulos directores α = β = 45 ; Sol.: Vector
√ √por el direccional v = 22 , 22 , 0
(c) las rectas que pasan por el origen con álgulos directores α = β = γ. Sol.: Vector direccional v = (1, 1, 1)
30
CAPÍTULO 1. VECTORES 6. Halle el ángulo entre la recta que pasa por (1, 2, 1), (0, 1, 1) y la recta que pasa por (0, 1, 1), (2, 1, 2) . Sol.: 129. 230 7. Dados los vértices de un triángulo A = (3, 6, −7) , B = (−5, 2, 3) , C = (4, −7, −2) , hallar las ecuaciones paramétricas de su mediana trazada desde C. Sol.: x = 5t + 4, y = −11t − 7, z = −2. 8. Dados los vértices de un triángulo A = (3, −1, −1) , B = (1, 2, −7) , C = (−5, 14, −3) , hallar la ecuación de la recta bisectriz del ángulo interno del vértice B. Sol.: x = −t + 1, y = 3t + 2, z = 8t − 7. 9. Dados los vértices de un triángulo A = (1, 0, 2) , B = (8, 4, 6) , C = (7, 3, 4) , hallar la ecuación de la recta bisectriz del ángulo interno del vértice A. Sol.: x = 1 + 103t, y = 55t, z = 2 + 46t.
10. Dados los vértices de un triángulo A = (2, −1, −3) , B = (5, 2, −7) , C = (−7, 11, 6) , hallar las ecuaciones de la bisectriz del ángulo externo del vértice A. Sol.: x = −6t + 2, y = t − 1, z = 7t − 3. 11. Dados los vértices de un triángulo A = (1, −2, −4) , B = (3, 1, −3) , C = (5, 1, −7) , hallar la ecuación de la recta que corresponde a la altura bajada desde el vértice B al lado opuesto. (Sug. La recta que −→ pasa por A y vector direccional AC debe cortarse con la recta buscada, que pasa por B perpendicular −→ a AC, encontrando este punto se tiene el vector direccional de la recta buscada) Sol.: x = −3t + 3, y = −15t + 1, z = −19t − 3. 12. Considere la recta L = {(1, 1, 1) + t (2, −1, 2) : t ∈ R} Hallar una recta paralela a L y a una distancia de 6 unidades. Sol. (existen infinitas soluciones) una solución es L1 = {(−1, 5, 5) + s (2, −1, 2) : s ∈ R} 13. (a) Hallar la recta L0 que pasa por P0 perpendicular a un vector dado w y que se corta con la recta L1 = {P1 + s v1 : s ∈ R} . (Sug. Si la recta buscada es L0 = {P0 + t v0 : t ∈ R} , debemos tener P0 + t v0 = P1 + s v1 de donde se encuentra que un punto de L0 es P1 +
(P0 − P1 ) · w v1 , v1 · w
(P0 − P1 ) · w v1 . ) v1 · w (b) Resolver el anterior problema con P0 = (−1, 2, −3) , w = (6, −2, −3) y
así se puede tomar v0 = (P1 − P0 ) +
L1 = {(1, −1, 3) + s (3, 2, −5) : s ∈ R} (c) Resolver (a) con P0 = (2, 1, −1) , w = (2, −1, 2) y L1 = {(−2, 3, −2) + s (1, 0, 2) : s ∈ R} Sol.: (b) L0 = {(−1, 2, −3) + t (2, −3, 6) : t ∈ R} , (c) L0 = {(2, 1, −1) + t (−2, 2, 3) : t ∈ R}
1.11
El producto vectorial
La definición del producto vectorial está motivado por el siguiente
1.11. EL PRODUCTO VECTORIAL
31
Problema Considere a = (a1 , a2 , a3 ) , b = (b1 , b2 , b3 ) dos vectores no paralelos en V3 . Se plantea el siguiente problema: Hallar un vector u tal que sea ortogonal a los vectores a y b. Sea (x, y, z) el vector ortogonal a los vectores a y b, entonces se debe tener: a1 x + a2 y + a3 z b1 x + b2 y + b3 z
= 0 = 0,
como los vectores a y b no son paralelos, podemos asignar un valor arbitrario a alguna variable y resolver el sistema para las otras dos, si z = 1, el sistema queda como: a1 x + a2 y b1 x + b2 y
= −a3 = −b3 ,
en este sistema debemos tener ∆ = a1 b2 − a2 b1 = 0, si esto no se da, se asignará un valor arbitrario a otra variable. Un cálculo inmediato da: 1 x = (a2 b3 − a3 b2 ) ∆ 1 y = (−a1 b3 + a3 b1 ) , ∆ así el vector buscado es: 1 (a2 b3 − a3 b2 , −a1 b3 + a3 b1 , a1 b2 − a2 b1 ) , ∆ finalmente, puesto que cualquier vector paralelo al anterior también satisface los requerimientos, podemos tomar: u = (a2 b3 − a3 b2 , −a1 b3 + a3 b1 , a1 b2 − a2 b1 ) , (x, y, z) =
lo anterior motiva la siguiente definición.
La definición de producto vectorial Definición 1.15 Sean a = (a1 , a2 , a3 ) y b = (b1 , b2 , b3 ) . El producto vectorial de a y b es el vector denotado por a × b definido por a × b = (a2 b3 − a3 b2 ) i − (a1 b3 − a3 b1 ) j + (a1 b2 − a2 b1 ) k
(Observemos que a × b = (a2 b3 − a3 b2 , −a1 b3 + a3 b1 , a1 b2 − a2 b1 )) Para recordar fácilmente esta fórmula se suele escribir el producto vectorial usando la notación de determinante como se muestra a continuación. i j k a × b = a1 a2 a3 b1 b2 b3 a1 a3 a1 a2 a2 a3 −j +k = i b2 b3 b1 b3 b1 b2 = (a2 b3 − a3 b2 ) i − (a1 b3 − a3 b1 ) j + (a1 b2 − a2 b1 ) k Ejemplo 1.14 Si a = (−1, 1, −1) , b = (2, 1, 1) , entonces: a × b = (−1, 1, −1) × (2, 1, 1) i j k = −1 1 −1 2 1 1 = (2, −1, −3)
32
CAPÍTULO 1. VECTORES
un cálculo inmediato muestra que:
a · a × b = (−1, 1, −1) · (2, −1, −3) = 0
b · a × b = (2, 1, 1) · (2, −1, −3) = 0 Propiedades del producto vectorial Teorema 1.16 Sean a, b, c vectores en V3 y r ∈ R. Entonces
1. a × b = − b × a
2. a · a × b = 0,
b · a × b = 0
3. (r a) × b = r a × b
4. a × b + c = a × b + ( a × c)
2
2
2
5. a × b = a 2 b − a · b
2
2 2
Este resultado junto con a · b = a b cos2 θ, donde θ es el ángulo formado por a y b, se tiene
6. a × b = a b sin θ, 0 ≤ θ ≤ π Demostración. Ejercicio.
Teorema 1.17 Dos vectores son paralelos si y solamente si a × b = 0. Demostración. Si a y b son paralelos y no nulos, entonces existe un número k tal que k a = b, entonces bi = kai , i = 1, 2, 3, pero entonces: i k j k i j a × b = a1 a2 a3 = a1 a2 a3 b1 b2 b3 ka1 ka2 ka3 = i0 − j0 + k0 = 0. Recíprocamente, si a × b = 0, entonces:
a × b = a b sin θ = 0,
de donde θ = 0 o θ = 2π, así a y b son paralelos.
Ejercicios propuestos 1. Demostrar: Sean a, b, c vectores en V3 y r ∈ R. Entonces
(a) a × b = − b × a
(b) a · a × b = 0, b · a × b = 0
(c) (r a) × b = r a × b
1.11. EL PRODUCTO VECTORIAL
33
(d) a × b + c = a × b + ( a × c)
2
2 2
(e) a × b = a 2 b − a · b
2
2
De este resultado junto con a · b = a 2 b cos2 θ, donde θ es el ángulo formado por a y b, se tiene
(f) a × b = a b sin θ, 0 ≤ θ ≤ π
→ → 2. Encuentre, si es posible, un vector unitario ortogonal a − u y− v: → → (a) − u = (1, 1, 1) , − v = (1, −1, 1) . Sol. √12 (1, 0, −1) → → (b) − u = (−1, 2, 1) , − v = (2, −4, −2) . Sol. no existe
− → → − − → → → c si → a = (1, 2, 1) , b = (1, 0, 1) , − c = (1, 1, 1) . Sol. 0 3. Calcular − a · b ×−
4. Sea L1 la recta que pasa por (1, 0, 1) y (2, 1, 2) . Sea L2 la recta que pasa por el origen y es paralela al vector (1, 0, 1) . Determine la recta L que pasa por el punto (2, 0, −3) ortogonal tanto a L1 como a L2 . Sol. L = {(2, 0, −3) + t (1, 0, −1) : t ∈ R}
5. Dos rectas se cruzan si no son paralelas y no se cortan. Encontrar una fórmula para la distancia mínima entre dos rectas L1 y L2 que se cruzan. Sol. Si L1 = {P0 + t a + t ∈ R} , L2 = Q0 + s b : s ∈ R , la distancia mínima es:
(Q0 − P0 ) · a × b
d=
a × b
6. Demuéstrese que si P1 = P2 , entonces {P : (P − P1 ) × (P2 − P1 ) = 0} es la recta que pasa por P1 y P2 . (Sug. Defina L1 = {P1 + t (P2 − P1 ) : t ∈ R} y L2 = P ∈ R3 : (P − P1 ) × (P2 − P1 ) = 0 , luego pruebe que L1 = L2 )
7. Demuéstrese que P1 , P2 , P3 colineales es equivalente a: (P2 − P1 ) × (P3 − P1 ) = 0
1.11.1
El triple producto escalar
Definición 1.18 Dados tres vectores a, b, c ∈ V3 , el triple producto escalar de a, b y c, denotado por a b c , se define por:
a b c = a · b × c Ejemplo 1.15 Si a = (1, −1, 0) , b = (1, 1, 1) , c = (−1, −1, 1) : b × c = (2, −2, 0) luego:
a b c = a · b × c
= (1, −1, 0) · (2, −2, 0) = 4
34
CAPÍTULO 1. VECTORES
Teorema 1.19 Si a = (a1 , a2 , a2 ) , b = (b1 , b2 , b3 ) , c = (c1 , c2 , c3 ) , entonces: a1 a2 a3 a b c = b1 b2 b3 c1 c2 c3
Demostración. Ejercicio. Una consecuencia inmediata de este teorema es el siguiente corolario.
Corolario 1.20 Si a · b × c = 0, entonces los vectores a, b y c son linealmente dependientes.
Teorema 1.21
Demostración. Ejercicio.
a b c = b c a = c a b
Ternas positivamente orientadas 3 El triple producto escalar puede usarse para describir la orientación de R . Tres vectores a, b, c se dirán positivamente orientadas si a b c > 0.
Ejemplo 1.16 Los vectores i, j, k están positivamente orientadas pues:
i j k = i · j × k = i · i = 1 > 0 Volumen de un paralelepípedo
Teorema 1.22 Si la terna de vectores a, b, c está positivamente orientada, entonces a b c es el volumen del paralelepípedo de lados a, b y c. b × c
%
% % % % % a
c
b Demostración. El del paralelepípedo es el área de la base por la altura. Si la base tiene por
volumen
lados b y c su área es b × c . Por otra parte la altura es la norma del vector
a · b × c P roy b× c a =
2 b × c
b × c
1.12. LA ECUACIÓN DEL PLANO
35
puesto que a, b, c está positivamente orientada se tiene a · b × c > 0, luego
a · b × c
P roy b× c a =
b × c
por tanto:
a · b × c
= a · b × c = a b c V olumen = b × c
b × c
Ejercicios propuestos 1. Probar: Si a = (a1 , a2 , a3 ) , b = (b1 , b2 , b3 ) , c = (c1 , c2 , c3 ) , a1 a2 a b c = b1 b2 c1 c2
entonces: a3 b3 c3
2. Hallar el volumen del paralelepípedo generado por los vectores: a = (1, 2, 3) , b = (0, 1, 2) , c = (−1, 2, 1) Sol.: 4
3. Probar
a b c = c a b = b c a
1.12
La ecuación del plano
1.12.1
La definición del plano
Sean P0 ∈ R3 , u, v ∈ V3 . Definimos el plano que pasa por P0 generado por los vectores u y v como el conjunto P = {P0 + t u + s v : t, s ∈ R} . Nótese que P ⊂ R3 . El plano que pasa por P0 y generado por u y v será:
P0
u
v
Definición 1.23 (Vector normal) Considérese el plano P = {P0 + t u + s v : t, s ∈ R} . Cualquier vector que simultáneamente es ortogonal a u y v es llamado vector normal al plano.
36
CAPÍTULO 1. VECTORES
Claramente n = u × v es un vector normal al plano P = {P0 + t u + s v : t, s ∈ R} . Además si n es un vector normal a un plano, entonces cualquier vector paralelo a n es también normal al plano. n = u × v
P0
1.12.2
u
v
La ecuación vectorial del plano
Iniciamos esta sección con los siguientes lemas. Lema 1.1 Sea P1 ∈ P = {P0 + t u + s v : s, t ∈ R} y n un vector normal al plano P, entonces el vector −−→ P0 P1 = P1 − P0 es ortogonal a n. Demostración. Si P1 ∈ P, existen t, s ∈ R tal que P1 = P0 + t u + s v, por otra parte como n es un vector normal a P debemos tener n · u = 0 y n · v = 0, por tanto n · (P1 − P0 ) = n · (t u + s v) = t ( n · u) + s ( n · v) = 0, así P1 − P0 es ortogonal a n. Lema 1.2 Si n es un vector normal al plano = {P0 + t u + s v : s, t ∈ R} y (P1 − P0 ) · n = 0, entonces P1 ∈ P. Demostración. Debemos encontrar dos números s, t tales que P1 = P0 + t u + s v. Sin pérdida de generalidad supongamos que n = u × v, así (P1 − P0 ) · u × v = 0, pero entonces los vectores P1 − P0 , u, v son linealmente dependientes (Véase corolario 1.20, Pág. 34), esto es, existen constantes t, s tales que P1 − P0 = t u + s v,
de donde,
P1 = P0 + t u + s v. A la luz de los anteriores lemas podemos enunciar el siguiente teorema. Teorema 1.24 Sea P = {P0 + t u + s v : s, t ∈ R} , n = u × v, entonces P ∈ P si y solamente si esto es, P = P ∈ R3 : (P − P0 ) · n = 0 .
(P − P0 ) · n = 0,
Definición 1.25 La ecuación
(P − P0 ) · n = 0
se llama ecuación vectorial del plano que pasa por P0 y tiene a n como vector normal.
1.12. LA ECUACIÓN DEL PLANO
37
Notación. Un plano P que pasa por P0 y tiene a n como vector normal se describe como: P:
n · (P − P0 ) = 0.
Más aún, si n = (a, b, c) , P = (x, y, z) y P0 = (x0 , y0 , z0 ) se tiene n · P n · P0
= ax + by + cz = ax0 + by0 + cz0
por tanto la ecuación vectorial del plano se escribe como: P:
ax + by + cz + d = 0,
donde d = − (ax0 + by0 + cz0 ). Teorema 1.26 Toda ecuación vectorial P · n + d = 0, (d ∈ R) es la ecuación de un plano que tiene a n como vector normal. Demostración. Sean P y P0 puntos tal que P · n + d = 0 y P0 · n + d = 0, entonces: (P − P0 ) · n = P · n − P0 · n = −d − (−d) = 0, así la ecuación P · n − d = 0, es la ecuación de un plano que pasa por P0 y tiene a n como vector normal. Ejemplo 1.17 Considérese la ecuación (x, y, z) · (1, −1, 1) = 5, es claro que el punto P0 = (5, 0, 0) satisface la anterior ecuación, así la ecuación que se está considerando es la ecuación vectorial del plano que pasa por P0 = (5, 0, 0) con vector normal n = (1, −1, 1) .
1.12.3
Intersección de planos
Considérese los siguientes planos: P1 P2
Si P ∈ P1 ∩ P2 , debe cumplirse:
P ∈ R3 : (P − P1 ) · n1 = 0 = P ∈ R3 : (P − P2 ) · n2 = 0 =
(P − P1 ) · n1 = 0 (P − P2 ) · n2 = 0
con P = (x, y, z) , las anteriores ecuaciones forman un conjunto de dosecuacionescon tres incógnitas x, y, z, dependiendo de las soluciones tendremos los siguientes casos: 1. P1 ∩ P2 = ∅ si el sistema no tiene solución. 2. P1 ∩ P2 = {A} , un punto, si el sistema tiene solución única. 3. P1 ∩ P2 = P1 , si el sistema tiene infinitas soluciones.
38
CAPÍTULO 1. VECTORES
1.12.4
Distancia de un punto a un plano
Sea P = {P : (P − P0 ) · n = 0} , Q ∈ / P, se desea calcular la distancia del punto Q al plano P. Esta distancia, que la denotaremos con d (Q, P) , es: d (Q, P) = inf {d (Q, P ) : P ∈ P} = d (Q, A)
−→
= AQ
−→ tal distancia ocurre cuando A ∈ P es un punto tal que el vector AQ es ortogonal al plano, esto es, paralelo a n tal como se ilustra en el siguiente gráfico. n Q
& B −−→ A proy n P0 Q P0
−→ −−→ Del gráfico, asumiendo que AQ = P0 B, es claro que −−→ −−→ P0 B = proy n P0 Q n · (Q − P0 ) n = 2 n
de donde:
por tanto:
−→ n · (Q − P )
0 d (Q, P) = AQ =
n
2
n d (Q, P) =
Un caso particular. Considere el plano
| n · (Q − P0 )| . n
P : ax + by + cz + d = 0,
el vector n = (a, b, c) es normal al plano. Es claro que n no puede ser cero luego alguno de los números a, b, c es distinto de cero, si por ejemplo c = 0, el punto P0 = (0, 0, −d/c) es un punto del plano. Si Q = (x1 , y1 , z1 ) la distancia del punto Q al plano P es: d (Q, P) =
|(a, b, c) · ((x, y, z) − (0, 0, −d/c))| √ a2 + b2 + c2
simplificando: d (Q, P) =
|ax + by + cz + d| √ a2 + b2 + c2
Ejemplo 1.18 Hallar la distancia del punto Q = (1, 3, 4) al plano P1 : 2x − y + 2z − 6 = 0
Solución. La distancia es: d=
1 |(2) (1) + (−1) (3) + (2) (4) − 6| √ = . 2 2 2 3 2 +1 +2
(1.1)
1.12. LA ECUACIÓN DEL PLANO
1.12.5
39
Angulo entre dos planos
Definición 1.27 El ángulo entre dos planos es el ángulo entre sus normales. Ejemplo 1.19 El ángulo entre los planos P1 P2
: x + y + 4z − 6 = 0 : 8x + 13y + 3z − 24 = 0
es el ángulo que forman sus vectores normales n1 = (1, 1, 4) y n2 = (8, 13, 3). Si θ es el ángulo entre entre las normales se tiene: (1, 1, 4) · (8, 13, 3) θ = arccos (1, 1, 4) (8, 13, 3) 1 = arccos 2 1 = π 3
Ejercicios resueltos Ejercicio 1.9 Probar que el plano P : −5x − 2y + 3z − 1 = 0 contiene las rectas: L1 L2
= {(1, 3, 4) + t (1, 2, 3) : t ∈ R} = {(1, 3, 4) + s (0, −3, −2)}
Solución. Si (x, y, z) ∈ L1 , para algún t se tiene: x = 1+t y = 3 + 2t z = 4 + 3t reemplazando en la ecuación del plano: −5 (1 + t) − 2 (3 + 2t) + 3 (4 + 3t) − 1 = (−5 − 6 + 12 − 1) + t (−5 − 4 + 9) = 0 lo anterior prueba que cada punto de la recta L1 está en el plano P, eso naturalmente prueba que L1 se encuentra en el plano P. De manera similar si (x, y, z) ∈ L2 se debe tener: x = 1 y = 3 − 3s z = 4 − 2s, reemplazando en el plano: −5 (1) − 2 (3 − 3s) + 3 (4 − 2s) − 1 = (−5 − 6 + 12 − 1) + s (6 − 6) = 0. así L2 también está en el plano P.
40
CAPÍTULO 1. VECTORES
Ejercicio 1.10 Considere el plano P : x − 2y + 2z − 1 = 0 y los puntos A = (−3, −3, −1) , B = (−5, −5, −2) sobre este plano: (a) Si A y B son puntos consecutivos de un cuadrado en P, hallar los otros dos puntos. (b) Si A y B son puntos extremos de la diagonal de un cuadrado en P, hallar los otros dos puntos. Solución. (a) • El vector normal del plano es n = (1, −2, 2) . Para resolver el problema se contruye el siguiente gráfico: n
P B=(−5,−5,−2) C A=(−3,−3,−1) D v
−→
−→
• El vector que va del punto A al punto B, es AB = B − A = (−2, −2, −1) , y su norma es AB = 3. −→ Por otra parte el vector v = AB × n = (−6, 3, 6) es claramente un vector situado en el plano dado, más aún los dos puntos buscados se encuentran en esta dirección.. • El vector unitario en dirección del vector v es: u =
2 1 2 v = − , , , v 3 3 3
• Por tanto los otros puntos son: D C
2 1 2 = (−5, −2, 1) = A + 3 u = (−3, −3, −1) + 3 − , , 3 3 3 2 1 2 = B + 3 u = (−5, −5, −2) + 3 − , , = (−7, −4, 0) 3 3 3
• Nótese que son tambien soluciones: D C
Solución (b)
2 1 2 = (−1, −4, −3) = A − 3 u = (−3, −3, −1) − 3 − , , 3 3 3 2 1 2 = (−3, −6, −4) = B − 3 u = (−5, −5, −2) − 3 − , , 3 3 3
1.12. LA ECUACIÓN DEL PLANO
41
• El vector normal del plano es n = (1, −2, 2) . Para resolver el problema se contruye el siguiente gráfico: n ( (
v B=(−5,−5,−2) " C " ( ' ' " ' ( ' " ' ' ( " ' ( ' " ' ( M=(−4,−4,−3/2) ' " ' ( ' " ' ( ' " ' ' ( " ' ' ( " ( A=(−3,−3,−1) D " ( " ( (
" "
P
−→
−→
• El vector que va del punto A al punto B, es AB = B − A = (−2, −2, −1) , y su norma es AB = 3. • En el gráfico, M = −4, −4, − 32 es el punto medio entre A y B.
• Como se sabe, en un cuadrado las diagonales se cortan en su punto medio y perpendicularmente, más −→ aún sus magnitudes son iguales. Un vector paralelo al vector DC es −→ v = AB × n = (−6, 3, 6) , y un vector unitario en esta dirección es u = − 23 , 13 , 23 .
• De lo anterior se deduce que los puntos buscados son: 3 3 2 1 2 7 1 3 + − , , = −5, − , − C = M + u = −4, −4, − 2 2 2 3 3 3 2 2 3 3 2 1 2 9 5 3 − − , , = −3, − , − D = M − u = −4, −4, − 2 2 2 3 3 3 2 2 Ejercicio 1.11 Hallar un plano que pase por Q = (1, 0, 2) que contenga la recta L = {P0 + t v : t ∈ R} donde P0 = (1, 3, 4) y v = (1, 2, 3) . Solución.
Q n u P0 v
42
CAPÍTULO 1. VECTORES
−−→ Tomando u = P0 Q = Q − P0 = (0, −3, −2) , y
i k j n = u × v = 0 −3 −2 1 2 3 = (−5, −2, 3)
se construye el plano simplificando se encuentra:
P1 : (−5, −2, 3) · ((x, y, z) − (1, 3, 4)) = 0 P1 : −5x − 2y + 3z − 1 = 0,
es la ecuación vectorial del plano que cumple las exigencias. Ejercicio 1.12 Dado el plano
P : ax + by + cz + d = 0
¿como puede hallarse un plano paralelo a P y ubicado a p unidades? Solución. Sin pérdida de generalidad supóngase √ que el vector normal n = (a, b, c) es unitario, si eso no es así, dividimos ambos lados de la ecuación por a2 + b2 + c2 . Método 1. Sea Q = (x, y, z) un punto del plano que se encuentra a p unidades. Usando la fórmula 1.1 (página 38) se tiene: |ax + by + cz + d| = p
eliminando el símbolo de valor absoluto se encuentra dos soluciones: P1 P2
: ax + by + cz + d − p = 0 : ax + by + cz + d + p = 0
(nuevamente se recuerda que estamos suponiendo que n es un vector unitario) Método 2. Si c = 0, un punto del plano es P0 = (0, 0, −d/c) . Un punto a p unidades del plano P es Q0
= P0 + p n = (0, 0, −d/c) + p (a, b, c)
así, un plano a p unidades de P es (a, b, c) · ((x, y, z) − (0, 0, −d/c) − p (a, b, c)) = 0 simplificando y recordando que a2 + b2 + c2 = 1 se tiene: P1 : ax + by + zc + d − p = 0 Otro punto a p unidades del plano P es Q1
= P0 − p n = (0, 0, −d/c) − p (a, b, c)
luego otro plano a p unidades de P es (a, b, c) · ((x, y, z) − (0, 0, −d/c) + p (a, b, c)) = 0 simplificando se tiene: P2 : ax + by + cz + d + p = 0,
como se puede advertir se tienen los mismos resultados que en el método 1.
1.12. LA ECUACIÓN DEL PLANO
43
Ejercicio 1.13 Hallar un plano que pase por los puntos A = (1, 0, 2) y B = (1, 3, 4) y sea ortogonal al plano P : x − y + 2z − 11 = 0 Solución. El vector n = (1, −1, 2) es un vector normal al plano P. Sea −→ v = AB = (0, 3, 2)
el vector n1
= n × v = (−8, −2, 3)
es claramente un vector normal al plano pedido, luego el plano: P1 : (−8, −2, 3) · ((x, y, z) − (1, 0, 2)) = 0 es el plano que cumple con las exigencias. Simplificando: P1 : −8x − 2y + 3z + 2 = 0. Plano P1 n B n × v A
n ) ) ) )
* * Plano P * *
Ejercicio 1.14 Dado el plano P : x + y + 4z − 6 = 0 54 24 y los puntos A = (1, 1, 1) , B = , − , 0 que se encuentran en el plano, hallar un plano que pase por A 5 5 0 y B y forme un ángulo de 60 con el plano dado.
Solución. El vector normal al plano P es n = (1, 1, 4). Sea n1 = (a, b, c) el vector normal del plano pedido. Sin pérdida de generalidad supóngase que n1 es unitario. Por las condiciones del problema se tiene: n · n1 = n n1 cos 600 −→ n1 · AB = 0, es decir: √ 1 18 2 49a − 29b − 5c = 0 a + b + 4c =
44
CAPÍTULO 1. VECTORES
resolviendo para a y b se encuentra: 37 c+ 26 67 b = − c+ 26
a = −
29 √ 2 52 49 √ 2 52
por otra parte a2 + b2 + c2 = 1, luego: 2 2 67 29 √ 49 √ 37 2 + − c+ 2 + c2 = 1 − c+ 26 52 26 52 desarrollando se encuentra:
3267 2 1089 √ 945 c − c 2+ =0 338 169 676
cuyas soluciones son: c = c = • Si c =
3 22
√
3√ 2y 22 65 √ 2 66
2 se encuentra a = b =
por tanto n1 = • Si c =
35 66
√
4√ 2 11 13 √ 2 22
√ 2 (8, 13, 3) 22
2 13 √ 2 66 14 √ 2 b = − 33
a = −
por tanto
√ 2 n1 = (−13, −28, 35) 66
Conclusión. Los planos que se piden son: P1 P2
: (8, 13, 3) · ((x, y, z) − (1, 1, 1)) = 0 : (−13, −28, 35) · ((x, y, z) − (1, 1, 1)) = 0
que simplificadas quedan como: P1 P2
: 8x + 13y + 3z − 24 = 0 : −13x − 28y + 35z + 6 = 0
Ejercicio 1.15 Considere el plano y en este plano la recta:
P :x−y+z−1=0 L = {(1, 1, 1) + t (1, −1, −2)}
Hallar una recta contenida en P ortogonal a L.
1.12. LA ECUACIÓN DEL PLANO
45
Solución. Sea n = (1, −1, 1) y v = (1, −1, −2) , n es el vector normal de P y v el vector direccional de L. Es claro que
es un vector ortogonal a v. La recta
u = n × v i k j = 1 −1 1 1 −1 −2
= 3 (1, 1, 0)
L1 = {(1, 1, 1) + s (1, 1, 0) : s ∈ R} es la recta buscada, en efecto: si (x, y, z) ∈ L1 se tiene: x = 1+s y = 1+s z = 1 entonces reemplazando en la ecuación de plano se tiene: (1 + s) − (1 + s) + (1) − 1 = 0 lo que prueba que L1 está en el plano P.
Ejercicios propuestos 1. Sea 2x − 2y + z − 3 = 0 la ecuación de un plano P. (a) Encuentre un vector unitario ortogonal al plano. (b) Encuentre un plano situado a 9 unidades del plano dado. Sol.: (a) u = 23 , − 23 , 13 (b) 2x − 2y + z − 30 = 0, 2x − 2y + z + 24 = 0.
2. Determinar si los puntos P0 = (1, 1, −1) , P1 = (0, 1, −2) , P2 = (2, 0, −3) y P3 = (0, 0, −5) se encuentran en un mismo plano, en caso afirmativo determinar tal plano. Sol. Los cuatro puntos se encuentran en un mismo plano, el plano es: x + 3y − z − 5 = 0. 3. Considere el plano P que pasa por los puntos A = (1, 1, 1) , B = (−2, −3, 1) , C = (3, 3, 2) . (a) Determinar el plano que pasa por A, perpendicular a P y contiene la recta bisectriz de las rectas que −→ −→ pasan por A y tienen vectores direccionales a los vectores AB y AC. Sol. 19x − 18y + 11z − 12 = 0. Sol. x − 2y + 5z − 6 = 0.
(b) Determinar el plano que es perpendicular a P y al cortar con el plano dado determina un triángulo isósceles de vértice A y lados iguales de longitud 2 unidades sobre las rectas que pasan por A y −→ −→ tienen vectores direccionales a los vectores AB y AC. Sol. 4. Considere el plano P : x − 2y + 2z − 1 = 0
y los puntos A = (1, 1, 1) , B = (3, 3, 2) sobre este plano.
(a) Si A y B son puntos consecutivos de un cuadrado en P, hallar los otros dos puntos. (dos soluciones) Sol. Una solución es (−1, 2, 3) , (1, 4, 4). (b) Si A y B son los puntos extremos de las diagonales de un cuadrado en P, hallar los otros dos puntos. Sol. (3, 3/2, 1/2) , (1, 5/2, 5/2) . 5. Hallar la recta L que pasa que pasa por P0 = (2, 1, −3) que es perpendicular al plano determinado por − → → los vectores − a = (1, 2, −3) y b = (3, 1, 1) . Sol.: x − 2y − z − 3 = 0.
46
CAPÍTULO 1. VECTORES 6. Hallar la recta que pasa por P0 = (−1, 2, −3) , es perpendicular al vector v = (6, −2, −3) y se corta con la recta: y+1 z−3 x−1 = = . 3 2 −5 x+1 y−2 z+3 Sol.: = = . (Sug. la recta es la intersección de dos planos.) 2 −3 6
7. (Este problema generaliza el anterior ejercicio) Hallar la recta que pasa por P0 = (x0 , y0 , z0 ) dado, es perpendicular a un vector dado v = (v1 , v2 , v3 ) y se corta con la recta: y − y1 z − z1 x − x1 = = . a b c ¿Siempre existe tal recta? 8. Halle la distancia del punto (2, 5, 1) al plano −2x + 4y − 4z = 6. Sol.: 1
9. La recta L = {(1, 1, 1) + t (0, −1, 2) : t ∈ R}
se encuentra en el plano P cuya ecuación vectorial es
5x − 4y − 2z + 1 = 0 Hallar una recta en el plano P que se encuentre a 9 unidades de distancia de L.
Sol.: Existen dos soluciones, L1 = {(−5, −5, −2) + r (0, −1, 2) : r ∈ R} , L2 = {(7, 7, 4) + r (0, −1, 2) : r ∈ R} . 10. Halle el ángulo entre los planos 2x + 3y + 4z = 11 y 3x − y + 2z = 13. Sol.: 56.910 .
11. Determínese el plano que contiene las rectas que pasan por (1, 1, 1) , (2, 1, 0) y (0, 1, 2) , (2, 2, 0) . Sol.: P : x + z − 2 = 0. 12. Encuentre la intersección del plano P = {(2, 3, 2) + s (1, 0, 2) + t (1, 1, 1) : s, t ∈ R} y la recta L = {(1, 1, 1) + t (2, 1, 0) : t ∈ R} . Sol.: 13 , 23 , 1 .
13. Encontrar la distancia de P = (1, 3, −1) al plano √ Sol. 40/ 314
P1 = {(0, 1, 1) + s (2, −11, 1) + t (1, 1, 1) : s, t ∈ R}
14. Encontrar la intersección de los planos P1 P2
= {(0, 1, 2) + s (1, 1, 1) + t (2, 1, 0) : s, t ∈ R} = {(1, 1, 2) + s (1, 0, 2) + t (0, 1, 1) : s, t ∈ R}
Sol.: La recta que pasa por (0, −3, −6) con vector direccional v = (1, 3, 5) . 15. Calcular la distancia entre dos planos paralelos → P ∈ R3 : P = − n (P − P1 ) P1 = → P2 = P ∈ R3 : P = − n (P − P2 ) Sol.: d =
|(P2 −P1 )· n| . n
1.12. LA ECUACIÓN DEL PLANO
47
16. Determínese el punto del plano P en donde la recta L que pasa por (1, 2, 1) es ortogonal al plano dado.
Sol.:
1
5 4 3, 3, 3
P = {(1, 1, 2) + s (1, 0, 2) + t (0, 1, 1) : s, t ∈ R} .
17. (a) Halle un plano P que pase por (3, 6, 1) que sea perpendicular a la recta que pasa por los puntos (3, 6, 1) y (2, 7, 2) y también a la recta que pasa por (2, 1, 4) y (2, 1, 1) . (b) Halle un plano P que pase por (1, 2, 3) que sea perpendicular a la recta que pasa por los puntos (1, 2, 3) y (−2, 1, 2) y también a la recta que pasa por (4, 3, 4) y (7, 4, 5) . Sol. (a) No existe. (b) 3x + y + z = 8. 18. Halle un plano P que pase por los puntos (1, 0, 2) y (2, 3, 6) que además sea paralela a la recta que pasa por (2, 3, 4) y (−1, −6, −5) . Sol. 3x − y − 3 = 0. 19. Halle la ecuación del plano que pasa por (1, 1, 1) y que contiene la recta x=2+t y =3−t z = 4 + 2t Sol.: −7x − y + 3z + 5 = 0.
20. Hallar una recta que se encuentre a 5 unidades del plano: P = {(1, 0, 1) + s (1, −1, 2) + t (1, 1, 1) : s, t ∈ R} y en dirección del vector v = (1, 0, 2) . Sol.: P1 + t v, P2 + t v, donde: P1 =
√1 14
21. Hallar un plano que pase por el punto:
√ √ 14 − 15, 5, 14 + 10 y P2 =
√1 14
√ √ 14 + 15, −5, 14 − 10 .
x−y+z =1 2x − y − z = 0 2x + y − z = 2
y la recta:
L = {(1, 1, 1) + t (1, −1, −1) : t ∈ R} Sol. Infinitas. 22. Hallar un plano que pase por el punto:
y contenga la recta:
x+y+z =8 x−y+z =2 x + 2y − 3z = 3 L = {(1, 1, 1) + t (1, −1, −1) : t ∈ R}
Sol. −x + 3y − 4z + 2 = 0. 23. Hallar en el Haz 2x − 3y + z − 3 + λ (x + 3y + 2z + 1) = 0
un plano que: (1) Pase por M1 = (1, −2, 3) ; (2) Sea paralelo al eje OX (3) Paralelo al eje OY, (4) Paralelo al eje OZ. Sol.: (1) 2x + 15y + 7z + 7 = 0, (2) 9y + 3z + 5 = 0, (3) 3x + 3z − 2 = 0, (4) 3x − 9y − 7 = 0.
48
CAPÍTULO 1. VECTORES
24. Hallar la ecuación del plano que pasa por la recta de intersección de los planos 3x − y + 2z + 9 = 0 x+z−3 = 0 y (i) por M = (4, −2, −3) ;
(ii) es paralelo al vector i. Sol.: (i) 23x − 2y + 21z − 33 = 0 (ii) y + z − 18 = 0. 25. Hallar la ecuación del plano que pasa por la recta de intersección de los planos 2x − y + 3z − 5 = 0 x + 2y − z + 2 = 0 y es paralelo al vector v = (2, −1, −2) . Sol.: 5x + 5z − 8 = 0
26. Hallar la ecuación del plano que pasa por la recta de intersección de los planos 3x − 2y + z − 3 = 0 x − 2z = 0 y es perpendicular al plano x − 2y + z + 5 = 0. Sol.: 11x − 2y − 15z − 3 = 0.
27. Hallar la ecuación del plano que pasa por la recta de intersección de los planos 5x − y − 2z − 3 = 0 3x − 2y − 5z + 2 = 0 y es perpendicular al plano x + 19y − 7z − 11 = 0.
Sol.: 5x − y − 2z − 3 + β (3x − 2y − 5z + 2) = 0, para todo β. 28. Hallar la ecuación del plano que pertenece al haz de planos α (10x − 8y − 15z + 56) + β (4x + y + 3z − 1) = 0 cuya distancia al punto C = (3, −2, −3) es igual a d = 7.
Sol.: 2x − 3y − 6z + 19 = 0, 6x − 2y − 3z + 18 = 0. (Sug. Para simplificar cálculos puede hacer λ =
β α)
29. Hallar la ecuación del plano que pertenece al haz de planos α (4x + 13y − 2z − 60) + β (4x + 3y + 3z − 30) = 0 y recorta del ángulo coordenado Oxy un triángulo de área igual a 6 unidades cuadrades. β Sol.: 4x − 3y + 6z − 12 = 0, 12x − 49y + 38z + 84 = 0. (Sug. Para simplificar cálculos puede hacer λ = α , 8 44 encontrará λ = − 3 y λ = − 29 , también tome en cuenta que el triángulo no necesariamente debe estar en el primer cuadrante).
1.12. LA ECUACIÓN DEL PLANO
1.12.6
49
Proyección de una recta sobre un plano
Definición 1.28 Considérese una recta L = {P0 + t v : t ∈ R} y un plano
P = P ∈ R3 : n · (P − P0 ) = 0
tal que L ∩ P = {P0 } . La recta proyección Lp de la recta L sobre el plano P, es la recta que se encuentra en P y está en el mismo plano que n y v, tal como se muestra en el siguiente gráfico. Recta L n P v P0 w Recta proyecci ó n Lp
En el gráfico la recta proyección es Lp = {P0 + sw : s ∈ R} Cálculo de la recta proyección Para este propósito, considérese el siguiente gráfico. Recta L n A B P v P0 w Recta proyecci ón Lp
el problema estará resuelto si se encuentra el vector w o un vector paralelo a el. Puesto que Lp se encuentra en el plano, el vector w debe ortogonal al vector n, más aún si los vectores n, v y w se encuentran en un −→ −−→ mismo plano el vector AB debe ser paralelo a w, (ver gráfico). Así el vector P0 A es la proyección ortogonal de v sobre n, esto es, −−→ v · n P0 A = n, 2 n
luego
v · n −→ n AB = v − n 2
50
CAPÍTULO 1. VECTORES
por tanto la recta proyección es: Lp =
P0 + s v −
v · n
n
n 2
:s∈R
Ejemplo 1.20 Considere el plano P : 2x − y + 3z = 1 y la recta: L = {(1, 4, 1) + t (1, 2, 3) : t ∈ R} . Hallar la recta proyección de L sobre P. Solución. Con v = (1, 2, 3) , n = (2, −1, 3) : v −
v · n
n
n 2
= (1, 2, 3) − =
(1, 2, 3) · (2, −1, 3) (2, −1, 3) 2 (2, −1, 3)
1 (−4, 37, 15) . 14
Del resultado anterior se puede tomar w = (−4, 37, 15) y entonces la recta proyección es: Lp = {(1, 4, 1) + s (−4, 37, 15) : s ∈ R} , se deja al lector probar que Lp ⊂ P. Angulo entre una recta y un plano El ángulo entre una recta y un plano es el ángulo formado entre la recta y su recta proyección. En el siguiente gráfico, el ángulo entre P y L es θ. Por la seccion anterior v · w θ = arccos v w Recta L n A B P v ϕ θ P0 w Recta proyecci ón Lp
Si el ángulo entre v y n es ϕ, un ángulo agudo, entonces por una parte: cos ϕ =
v · n , v n
por otra parte, θ = π/2 − ϕ, luego: sin θ = sin (π/2 − ϕ) = cos ϕ =
n · v , n v
1.12. LA ECUACIÓN DEL PLANO
51
luego el ángulo θ entre la recta y el plano se encuentra de: sin θ =
n · v n v
(i)
Si el ángulo entre v y n es ϕ, no es un ángulo agudo, se aplica lo anterior a − n y entonces, el ángulo entre la recta y el plano se encuentra de: − n · v (ii) sin θ = n v De (i) y (ii) se sigue que
sin θ =
| n · v| n v
Ejemplo 1.21 Considere el plano P : 2x − y + 3z = 1
y la recta: L = {(1, 4, 1) + t (1, 2, 3) : t ∈ R} . Hallar el ángulo entre L y P. Solución. Usando la fórmula anterior se tiene: sin θ =
9 |(2, −1, 3) · (1, 2, 3)| = (2, −1, 3) (1, 2, 3) 14
por tanto: θ = sin−1 (9/14) = 0. 69822 247 radianes 400 . Observación. La recta proyección es: Lp = {(1, 4, 1) + s (−4, 37, 15) : s ∈ R} y el ángulo entre las rectas L y Lp se encuentra de: cos θ =
por tanto θ = cos−1
115 √ 22540
115 (1, 2, 3) · (−4, 37, 15) =√ (1, 2, 3) (−4, 37, 15) 22540
= 0.69822 247 radianes 400 , claro está, el mismo resultado anterior.
Ejercicios propuestos 1. Hallar el ángulo que forman la recta: L:
2−y 3+z x−1 = = 2 1 −3
y el plano: P : x + y + z = 1.
Sol. θ = 17. 98
0
2. Hallar el ángulo que forman la recta: L : x − y + z = 1,
x+y+z =2
con el plano: Sol. θ = 900 .
P = {(1, 1, 0) + t (1, −2, 1) + s (−1, −2, −1) : s, t ∈ R}
52
CAPÍTULO 1. VECTORES
Capítulo 2
Superficies Que cada piedra que encuentres en tu camino sirva para demostrar cuanto vales. (de una tarjeta sin autor) Definición 2.1 Una superficie en R3 es un conjunto de la forma: S = {(x, y, z) : F (x, y, z) = 0} , donde F es una expresión algebraica en las variables reales x, y, z. Observación. No toda ecuación de la forma anterior representa una superficie, por ejemplo la ecuación x2 + y2 + z 2 + 1 = 0, no se satisface para ninguna terna (x, y, z) . Ejemplo 2.1 La esfera de radio 1 centrada en (0, 0, 0) es el conjunto S = (x, y, z) : x2 + y 2 + z 2 = 1 z 1
1 x
Ejemplo 2.2 La superficie:
1
C = (x, y, z) : x2 + y2 = 1 53
y
54
CAPÍTULO 2. SUPERFICIES
se llama cilindro. Esta superficie puede considerarse como engendrada por una recta paralela al eje z que recorre por la circunferencia x2 + y 2 = 1. z
x
2.1
1
1
y
Superficies cilíndricas
Definición 2.2 Una superficie es cilíndrica si F (x, y, z) no contempla explícitamente una de las tres variables. Sea F (x, y) = 0 la ecuación de una curva en el plano XY y L una recta que no se encuentra en el plano. Al recorrer la recta L por toda la curva genera una superficie, tal superficie se llama superficie cilíndrica con directriz la curva dada y generatriz L. y ' ' ' ' ' ' ' ' '' ' ' ' y ' , + ++ ' + generatriz directriz x
En superficies cilíndricas se tienen dos problemas a resolver: Problema directo y el problema inverso.
2.1.1
Problema directo
Se enuncia de la siguiente forma: ”Dada una curva (la curva directriz) y un vector direccional de una recta (la recta generatriz), encontrar la ecuación de la superficie cilíndrica” Sin pérdida de generalidad, supóngase que se tiene la ecuación F (x, y) = 0 y que esta genera una curva en el plano XY. Sea L la recta generatriz con vector direccional v = (a, b, c) en donde c = 0. Para encontrar la ecuación de la superficie cilíndrica procedemos como sigue: 7 Sea (x0 , y0 , 0) el punto en el que la recta generatriz corta a la curva directriz. Entonces la recta puede escribirse como: L = {(x0 , y0 , 0) + t (a, b, c) : t ∈ R}
2.1. SUPERFICIES CILÍNDRICAS
55
7 Si (x, y, z) L, se debe tener: (1)
x = x0 + ta, y = y0 + tb, z = tc, más aún, como (x0 , y0 , 0) se encuentra en la curva directriz, también se tiene:
(2)
F (x0 , y0 ) = 0 7 De las tres ecuaciones que aparecen en (1) se eliminan x0 , y0 y t, obteniéndose sucesivamente: t = z/c x0 = x − za/c y0 = y − zb/c reemplazando de (2), F esta ecuación es la buscada.
a b x − z, y − z c c
= 0,
Observaciones. 1. Si el vector direccional de la recta generatriz es v = (0, 0, 1) , (1) y (2) se reducen a F (x, y) = 0, z = t lo cual muestra que independientemente del valor de z, las dos primeras coordenadas de un punto (x, y, z) de la superficie satisfacen la ecuación F (x, y) = 0. En este caso la superficie tiene el siguiente aspecto. y
generatriz x
y + , +++ directriz
2. Si la curva directriz es F (x, z) = 0 y v = (a, b, c) , con b = 0, es el vector direccional de la recta generatriz, entonces la ecuación de la superficie cilíndrica es:
c a F x − y, z − y = 0 b b 3. Si la curva directriz es F (y, z) = 0 y v = (a, b, c) , con a = 0, es el vector direccional de la recta generatriz, entonces la ecuación de la superficie cilíndrica es: b c F y − x, z − x = 0 a a
56
CAPÍTULO 2. SUPERFICIES
Ejemplo 2.3 Hallar la ecuación de la superficie con directriz y = x2 y generatriz con vector direccional v = (1, 2, 3) . Solución. En este caso F (x, y) = y − x2 . Sea (x0 , y0 , 0) un punto de la curva directriz y (x, y, z) un punto de la recta generatriz L = {(x0 , y0 , 0) + t (1, 2, 3) : t ∈ R}
entonces:
x = x0 + t, y = y0 + 2t, z = 3t, de la tercera ecuación: t = z/3, luego de las primeras dos ecuaciones x0 y0 Luego la ecuación buscada es: F es decir:
= x − t = x − z/3 = y − 2t = y − 2x/3 z 2z x − ,y − = 0, 3 3
y− simplificando se tiene:
z 2 2z − x− =0 3 3
1 2 2 y − z − x2 + xz − z 2 = 0, 3 3 9
A continuación se muestra el gráfico
z
v y y = x2 x
2.1.2
Problema inverso
Se enuncia de la siguiente forma: ”Dada la ecuación de una superficie cilíndrica, encontrar la curva directriz que la genera mas el vector direccional de la recta generatriz” Sea G (x, y, z) = 0, la ecuación de la superficie cilíndrica, entonces si la curva directriz está en el plano XY, cuando z = 0, la ecuación G (x, y, 0) = 0 debe originar una curva que se encuentra en el plano XY. Sea F (x, y) = 0 la ecuación
2.1. SUPERFICIES CILÍNDRICAS
57
de la curva. Para hallar el vector direccional v = (a, b, c) se procede a escribir la ecuación G (x, y, z) = 0 en la forma: a b F x − z, y − z = 0, c c
así se identifican los valores de a, b, c y el problema queda resuelto. Observación. Si x = 0, y la curva está dada por F (y, z) = 0, el vector direccional se encuentra escribiendo G (x, y, z) = 0 en la forma: c b F y − x, z − x = 0. a a
Similarmente si y = 0, escribiremos G (x, y, z) = 0 en la forma:
a c F x − y, z − y = 0 b b
Ejemplo 2.4 Hallar la ecuación de la directriz y el vector direccional de la recta generatriz si 17x2 + 2y 2 + z 2 − 8xy − 6xz − 2 = 0. Solución. Si x = 0 se tiene:
2y 2 + z 2 − 2 = 0,
así debemos escribir la ecuación 17x2 + 2y2 + z 2 − 8xy − 6xz − 2 = 0 como 2 b c 2 2 y−x + z−x − 2 = 0. a a
donde v = (a, b, c) es el vector direccional de la recta generatriz. Completando cuadrados: 2
2y 2 − 8xy
= 2 (y − 2x) − 8x2 = (z − 3x)2 − 9x2
z 2 − 6xz
por tanto: 17x2 + 2y 2 + z 2 − 8xy − 6xz − 2 =
2 2y −8xy + z2 −6xz + 17x2 − 2
= 2 (y − 2x)2 − 8x2 + (z − 3x)2 − 9x2 + 17x2 − 2
= 2 (y − 2x)2 + (z − 3x)2 − 2 por tanto:
c b =2, =3 a a
de donde: v = (a, b, c) = (a, 2a, 3a) = a (1, 2, 3) como el vector direccional es cualquier vector paralelo a v = a (1, 2, 3) , en particular podemos tomar a = 1, es decir: v = (1, 2, 3). Conclusión: Directriz: 2y2 + z 2 − 2 = 0, Vector direccional de la recta generatriz: v = (1, 2, 3)
Problemas propuestos 1. Sea C una curva en el plano Y Z dada por ecuación F (y, z) = 0 y v un vector. Como se encuentra la superficie cilíndrica con directriz C y recta generatriz paralela al vector v? 2. Lo mismo que el ejercicio anterior cuando F (x, z) = 0.
58
CAPÍTULO 2. SUPERFICIES 3. Trazar la superficie cilíndrica cuya ecuación se da. (a) x2 − y2 − 4 = 0
(b) x2 + z 2 − 4z + 3 = 0
(c) 4y 2 − 4y − 16 − z 2 + 8z = 0
(d) ex − 3y = 0
(e) cos x − y = 0
4. En los siguientes ejercicios se da la ecuación de la curva directriz y el vector direccional de la recta generatriz. Hallar la superficie y graficar la misma. (a) y − cos x = 0, v = (1, 2, 1) ; Sol.: y − 2z − cos x cos z − sin x sin z = 0
(b) y 2 − z 2 = 1 = 1; v = (1, −1, 1) ; Sol.: y 2 + 2xy − z 2 + 2xz − 1 = 0
(c) x2 + z 2 = 1, v = (2, 1, −1) ; Sol.: x2 + 5y 2 + z 2 − 4xy + 2yz − 1 = 0
(d) x2 − y2 = 1, v = (0, 2, −1) ; Sol.: x2 − y 2 − 4z 2 − 4yz − 1 = 0
(e) x2 + y − 1 = 0, v = (2, 0, 1) ; Sol.: x2 + 4z 2 − 4xz + y − 1 = 0
(f) 4x2 + z 2 + 4z = 0, v = (4, 1, 0) ; Sol.: 4x2 + 64y2 + z 2 − 32xy + 4z = 0
5. Graficar las siguientes superficies cilíndricas. (Sug. Hallar la directriz y el vector direccional de la recta generatriz) (a) x2 + y2 + 2z 2 + 2xz − 2yz − 1 = 0; Sol.: x2 + y 2 = 1, z = 0, v = (−1, 1, 1) .
(b) x2 + y2 + 5z 2 + 2xz + 4yz − 4 = 0; Sol.: x2 + y 2 = 4, z = 0, v = (1, 2, −1) (c) xz + 2yz − 1 = 0; Sol.: xz = 1, y = 0, v = (2, −1, 0)
(d) cos (y − 2x) − sin (z + 2x) = 0; Sol.: x = 0, cos y − sin z = 0, v = (1, 2, −2)
2.2
Superficies cuádricas
En esta sección consideramos superficies originadas por polinomios de segundo grado a tres variables. Las superficies a estudiar tienen la forma ax2 + by 2 + cz 2 + dxy + exz + f yz + gx + hy + iz + j = 0, para los propósitos que se persiguen nos interesan en particular las siguiéntes superficies: Esfera, elipsoide, hiperboloide de una hoja, hiperboloide de dos hojas, cono, paraboloide, paraboloide hiperbólico. Antes de estudiar estas superficies definimos el concepto de traza. Definición 2.3 (Traza)Dada una superficie F (x, y, z) = 0, la traza de la superficie es la curva que resulta de la intersección de la superficie con uno de los planos paralelos a los planos x = 0 (plano yz), y = 0 (plano xz) y z = 0 (plano xy). Obsérvese que el plano z = 0 se escribe como 0x + 0y + 1z = 0,
2.2. SUPERFICIES CUÁDRICAS
59
es claramente un plano que pasa por el origen con normal k = (0, 0, 1) , un plano paralelo a z = 0 es de la forma z = k (k ∈ R), es obvio que este plano tiene también al vector k como normal. z z=k z = 0 y x
2.2.1
Esfera x2 + y 2 + z 2 = r2
1. Cortes con z = k. En este caso la ecuación de la superficie queda como: x2 + y 2 = r 2 − k 2 ,
√ de lo anterior es fácil observar que la traza es siempre una circunferencia de radio r2 − k2 para r2 −k2 ≥ 0, es decir para k ∈ [−r, r] , obsérvese que para valores |k| > r no se tiene intersección, es decir no se tiene traza. 2. Cortes con y = k: Ejercicio. 3. Cortes con x = k : Ejercicio. z
r
r x
2.2.2
Elipsoide x2 y2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c
r
y
60
CAPÍTULO 2. SUPERFICIES z
c
a x
2.2.3
b
y
Hiperbolide de una hoja x2 + y 2 − z 2 = 1
1. Cortes con z = k. La ecuación queda como: x2 + y 2 = 1 + k2 , es decir, los cortes con cualquier plano paralelo a z = 0 son circunferencias de radio además que la circunferencia de menor radio ocurre cuando k = 0.
√ 1 + k2 , obsérvese
2. Cortes con y = k. En este caso se tiene: x2 − z 2 = 1 − k2 , que son hipérbolas, dependiendo del signo de 1 − k2 se tendrán hipérbolas con eje focal en el eje x o en el eje z, concrétamente: • si k ∈ (−1, 1) , 1 − k2 > 0 y entonces se tiene una hipérbola con eje focal en el eje x. • si k ∈ / [−1, 1] , 1 − k2 < 0 y entonces se tiene una hipérbola con eje focal en el eje z. • si k = ±1, 1 − k2 = 0, y entonces se tiene dos rectas. 3. Cortes con x = k. En este caso se tiene: y2 − z 2 = 1 − k2 , que son hipérbolas, dependiendo del signo de 1 − k2 se tendrán hipérbolas con eje focal en el eje y o en el eje z, concrétamente: • si k ∈ (−1, 1) , 1 − k2 > 0 y entonces se tiene una hipérbola con eje focal en el eje y. • si k ∈ / [−1, 1] , 1 − k2 < 0 y entonces se tiene una hipérbola con eje focal en el eje z. • si k = ±1, 1 − k2 = 0, y entonces se tiene dos rectas.
2.2. SUPERFICIES CUÁDRICAS
61
z
x
2.2.4
y
Hiperboloide de dos hojas x2 − y 2 − z 2 = 1
1. Cortes con z = k, x2 − y 2 = 1 + k2 , son hipérbolas con eje focal en el eje x. 2. Cortes con y = k, x2 − z 2 = 1 + k2 , son hipérbolas con eje focal en el eje x 3. Cortes con x = k, . y2 + z 2 = k2 − 1, circunferencias cuando |k| ≥ 1 z
x
y
62
CAPÍTULO 2. SUPERFICIES
2.2.5
Cono x2 + y 2 − z 2 = 0 z
y
x
2.2.6
Paraboloide x2 + y 2 − z = 0 z
x
2.2.7
Paraboloide hiperbólico x2 − y 2 − z = 0
1. Cortes con z = k; hipérbolas:
x2 − y 2 = k,
• Con eje focal en el eje x si k > 0; • Con eje focal en el eje y si k < 0.
• Son rectas si k = 0. 2. Cortes con y = k,
parábolas con vértice en 0, −k2 .
z + k2 = x2 ,
y
2.2. SUPERFICIES CUÁDRICAS
63
3. Cortes con x = k, z − k2 = −y 2 z
x
Problemas propuestos Graficar las siguientes superficies. 1. 4x2 + 9y 2 = 36 2.
x2 y2 + 2+ 12 2
3.
x2 y2 z 2 + 2 − 2 =1 12 2 5
4.
x2 y2 z 2 − 2 − 2 =1 12 2 5
5.
x2 y2 + 2 = 2z 12 2
6.
x2 y2 − 2 = 2z 12 2
7.
x2 y2 z 2 + 2 − 2 =0 12 2 5
8.
1 2 25 z
−
2 25 z
Soluciones
1 2 25 z
+
1 25
−
2 25 z
=
24 25
+ x2 + y 2 = 1
y
64
CAPÍTULO 2. SUPERFICIES
z
z
3 2 x Problema 1
2 1 x 6
y
Problema 2
y
Capítulo 3
Funciones vectoriales de una variable real Estas funciones tienen dominio en R y codominio en Rn . Si f es una función vectorial, entonces f : Df ⊂ R → Rn En lo que sigue, siempre que hablemos de vector se entenderá que es un vector columna, más aún abandonaremos la notación x para indicar un vector y simplemente escribiremos x. Recordemos que con los vectores unitarios ei , con la unidad en la i − e´sima componente y ceros en las demás se puede escribir: v1 v2 .. = v1 e + + v2 e + · · · + vn e n 1 2 . vn
También usaremos el superíndice
para indicar transpuesta. Por ejemplo: v1 v2 (v1 , v2 , . . . , vn )t = (v1 , v2 , . . . , vn )T = . .. T
o
t
vn
Ejemplo 3.1 Las siguientes funciones son funciones vectoriales de una variable real: 1. f (t) = 2t e1 + (1 + t) e2 + (2 − 3t) e3 ; f : R → R3 2. g (t) = sin te1 + cos te2 ; g : R → R2 Una función vectorial f : Df ⊂ R → Rn , involucra n funciones reales fi : Df ⊂ R → R, así f1 (t) .. f (t) = = f1 (t) e + · · · + fn (t) e . n 1 fn (t)
A veces escribiremos:
f1 f = ... fn 65
66
CAPÍTULO 3. FUNCIONES VECTORIALES DE UNA VARIABLE REAL
3.1
Representación gráfica
Por definición el rango de f : Df ⊂ R → Rn , es: Rf = {f (t) : t ∈ Df } . debemos observar que el rango Rf es un subconjunto de Rn , más aún, en muchos casos la gráfica es una curva en Rn . A continuación mostramos una función de R en R3 : x = t cos(t), y = t 2 sin(t), z = cos(t)
R
z
t
R3
f (t )
y x
Ejercicios resueltos Ejercicio 3.1 Sea f : R → R3 definida por f (t) = 2t e1 + (1 + t) e2 + (2 − 3t) e3 , graficar Rf T
T
Solución. Observemos que con A = (0, 1, 2) y v = (2, 1, −3) se puede escribir f (t) = A + tv luego: Rf
= {f (t) : t ∈ R} = {A + tv : t ∈ R}
claramente el conjunto Rf es una recta en R3 . Ejercicio 3.2 Sea f : [0, 4π] → R3 definida por f (t) = sin t e1 + cos t e2 +t e3 , graficar Rf . Solución. Hallemos algunos puntos de la curva: t 0 1 π 2 π 3 π 2 2π
f (t) T (0, 1, 0)
π T 1, 0, 2 (0, −1, π)T T 3 −1, 0, π 2 (0, 1, 2π)T
Para graficar la curva observemos que si (x, y, z)T ∈ Rf , entonces: x = sin t y = cos t z = t
(1) (2) (3)
3.1. REPRESENTACIÓN GRÁFICA
67
(1) de la primera y segunda ecuaciones se elimina el parámetro t y se obtiene x2 + y 2 = 1. (2) De la segunda y tercera ecuaciones se obtiene y = cos z, así la gráfica debe ser la intersección de las superficies: x2 + y2 y
= 1 = cos z,
por tanto la gráfica está sobre el cilindro de ecuación x2 + y2 = 1. La gráfica, una hélice, se muestra a continuación. z 20
15
10 5
0.5
0
0.5
1
1
y
x T Ejercicio 3.3 Graficar g (t) = t, t2 , 2t .
Solución. Si (x, y, z) es un punto de la gráfica de g se debe tener: x = t
(1)
y
2
= t
(2)
z
= 2t
(3)
de la primera y segunda ecuación se tiene y = x2 , de la primera y tercera ecuación z = 2x, por tanto la gráfica es la curva que resulta de la intersección de las superfices cilíndricas = x2 = 2x
y z z
Plano z = 2x y x Curva
Cilindro y = x2 +++ +++ -
Ejercicio 3.4 Graficar: γ=
x2 + z 2 = 1 x+y+z =0
Solución. La gráfica es la intersección del cilindro x2 + z 2 = 1 y el plano x + y + z = 0.
68
CAPÍTULO 3. FUNCIONES VECTORIALES DE UNA VARIABLE REAL
Ejercicio 3.5 La epicicloide es una curva plana engendrada por el movimiento de un punto P de la circunferencia de un círculo C de radio r que rueda sin resbalar sobre una circunferencia C0 de radio r0 , como se ve en la figura. Hallar las coordenadas de cualquier punto de la curva en función del ángulo θ si C0 está centrado en el origen y P está situado inicialmente en (r0 , 0) . C0 0 C A e1 β1 . B . / . . P .. e2 . .. θ . O Q e1
Solución. Del gráfico OP = OA + AP del gráfico: OA = (r0 + r) cos θ e + (r0 + r) sin θ e 1
2
# es igual al arco BP # luego Observemos que el arco BQ
$ r0 θ = rB AP
$ = r0 θ. de donde B AP r Sea β el ángulo que se forma con AP y e1 . Del gráfico es claro que BAP − β + θ = π, de donde β
= BAP + θ − π r0 θ+θ−π = r
luego β=
r + r0 θ−π r
por tanto AP
= r cos β e1 + r sin β e2 r + r0 r + r0 θ − π e1 + r sin θ − π e2 = r cos r r r + r0 r + r0 θ e1 − r sin θ e2 = −r cos r r
por tanto OP
= OA + AP % & & % r + r0 r + r0 = (r + r0 ) cos θ − r cos θ e1 + (r + r0 ) sin θ − r sin θ e2 r r
El vector OP contiene las coordenadas de la hipocicloide.
3.2. ALGEBRA DE FUNCIONES
69
Ejercicios propuestos Graficar las siguientes curvas 1. f (t) = et e1 + te2 + e−t e3 2. g (t) = cos te1 + cos te2 + te3 3. γ =
x2 + y 2 − 1 + z = 0 x2 + y 2 = 4
4. La hipocicloide es la curva plana engendrada por un punto P de la circunferencia de un círculo C cuando C rueda sin resbalar en el interior de un círculo fijo C0 , como se muestra en la figura. Hallar las coordenadas de cualquier punto de la curva en función del ángulo θ si C0 está centrado en el origen y tiene radio r0 , P está situado inicialmente en (r0 , 0) y C tiene radio r. & & % % r0 − r r0 − r θ e1 + (r0 − r) sin θ − r sin θ e2 Sol. (r0 − r) cos θ + r cos r r
3.2
Algebra de funciones
Sean f : Df ⊂ R → Rn , g : Dg ⊂ R → Rn , ϕ : Dϕ ⊂ R → R se definen:
3.2.1
Suma, resta
Suma: (f + g) (t) = f (t) + g (t) ; Dominio Df ∩ Dg ; Codominio Rn Resta: (f − g) (t) = f (t) − g (t) ; Dominio Df ∩ Dg ; Codominio Rn
3.2.2
Producto interior y producto cruz
Producto interior: (f · g) (t) = f (t) · g (t) ; Dominio Df ∩ Dg ; Codominio R Producto cruz: (f × g) (t) = f (t) × g (t) ; Dominio Df ∩ Dg ; Codominio R3 , válido solamente para n = 3.
3.2.3
Producto por una función real
Producto una función real por una función vectorial: (ϕf) (t) = ϕ (t) f (t) ; Dominio Df ∩ Dϕ ; Codominio Rn
70
3.2.4
CAPÍTULO 3. FUNCIONES VECTORIALES DE UNA VARIABLE REAL
La función compuesta
Si ϕ : Dϕ ⊂ R → R, f : Df ⊂ R → Rn , definimos la función compuesta de ϕ y f, lo que escribimos f ◦ ϕ, como: (f ◦ ϕ) (t) = f (ϕ (t)) ilustramos a continuación el caso de f una función de R en R3 . ϕ f #
' '
'
' '
'
'
'2'
#
"3"
' ' ' t
"
" "
"
"
" "
" ϕ(t) " "
f(ϕ(t))
f ◦ϕ
3.3
Límite de una función vectorial
Definición 3.1 Sea U un intervalo abierto, f : U ⊂ R → Rn . Sea p ∈ U y a ∈ Rn , se define lim f (t) = a
t→p
si dado : > 0, existe δ > 0 tal que si |t − p| < δ, entonces f (t) − a < :. Intuitivamente esto significa que para puntos t suficientemente cercanos a p, las imágenes f (t) están cercanas de a. Ilustramos esta situación para el caso n = 2. f R R2 4 ) ) ) f (t) ) a t ) '
p ) ) ) ) ) )
Teorema 3.2 Sea f = (f1 , . . . , fn )T , a = (a1 , . . . , an )T , entonces lim f (t) = a
t→p
3.4. CONTINUIDAD
71
si y solamente si lim fi (t) = ai
t→p
para i = 1, . . . , n, es decir: lim f (t) =
T
lim (f1 (t) , . . . , fn (t)) T = lim f1 (t) , . . . , lim fn (t)
t→p
t→p
t→p
t→p
T
= (a1 , . . . , an )
Es claro que si uno de los límites lim fi (t) no existe, el límite lim f (t) no existe. t→p
t→p
Ejemplo 3.2 lim t2 + 1 t2 + 1 t→0 sin t sin t lim = lim t→0 t→0 t tt e lim et
t→0
Ejemplo 3.3 El límite: lim
t→0
t2 + 1 cos t t
no existe, pues el límite
1 = 1 1
lim t2 + 1 = cos t lim t→0 t
lim
t→0
t→0
cos t t
no existe.
3.4
Continuidad
Definición 3.3 Una función f es continua en un punto p si: lim f (t) = f (p)
t→p
Teorema 3.4 Una función
f1 f = ... fn
es continua en un punto p si y solamente si cada una de las funciones fi , i = 1, . . . , n, son continuas en p. Ejemplo 3.4 La función
t2 − 1 f (t) = cos t et
es continua en todo t ∈ R pues las funciones f1 (t) = t2 − 1, f2 (t) = cos t, f3 (t) = et son todas funciones continuas.
72
CAPÍTULO 3. FUNCIONES VECTORIALES DE UNA VARIABLE REAL
3.5
La derivada
Definición 3.5 Sea f : Df ⊂ R → Rn , t ∈ Df , la derivada de f en el punto t, denotado por f (t) es: f (t) = lim
h→0
f (t + h) − f (t) h
siempre que tal límite exista. Para el cálculo de la derivada se tiene el siguiente teorema. Teorema 3.6 Sea
f1 (t) f (t) = ... fn (t)
entonces:
f1 (t) f (t) = ... fn (t)
en cualquier punto t en donde la derivada exista. Así la derivada de una función vectorial se realiza ”componente a componente”. 2 t Ejemplo 3.5 Sea f (t) = , la derivada en t = 5 es: t 2 f (5 + h) − f (5) 1 25 (5 + h) f (5) = lim = lim − 5 h→0 h→0 h 5+h h 2 1 10h + h 10 + h 10 = lim = = lim h 1 1 h→0 h h→0
es claro que en cualquier punto t:
f (t) = Ejemplo 3.6 Si
entonces:
3.5.1
2t 1
cos t 2 f (t) = et arctan t − sin t 2 t f (t) = 2te 1 1 + t2
Teoremas sobre la derivada
Teorema 3.7 Sean f : Df ⊂ R → Rn , g : Dg ⊂ R → Rn , ϕ : Dϕ ⊂ R → R. Entonces 1. (f + g) (t) = f (t) + g (t) 2. (f − g) (t) = f (t) − g (t)
3. (f · g) (t) = f (t) · g (t) + f (t) · g (t)
4. (f × g) (t) = f (t) × g (t) + f (t) × g (t)
3.5. LA DERIVADA
73
5. (ϕf ) (t) = ϕ (t) f (t) + ϕ (t) f (t) Teorema 3.8 Si f (t) es una constante en Df , entonces f (t) es ortogonal a f (t) en Df .
Demostración. Sea f (t) = c, claramente f (t) · f (t) = c2 , derivando a ambos lados se tiene: 2f (t) · f (t) = 0
de donde el resultado sigue.
3.5.2
La regla de la cadena
Teorema 3.9 (Regla de la cadena) Sean ϕ : Dϕ ⊂ R →Rϕ ⊂ R, f : Rϕ → Rn . Entonces:
(f ◦ ϕ) (t) = f (ϕ (t)) ϕ (t) t Ejercicio 3.6 Considérese la función f (t) = t2 − t, cos t , ϕ (x) = ln x. Calcular (f ◦ ϕ) (t) usando la regla de la cadena y sin usarla. Solución. (usando la regla de la cadena) Para este propósito se requiere calcular f (ϕ (t)) y ϕ (t) . f (t) = (2t − 1, − sin t)T
por tanto:
f (ϕ (t)) = f (ln t) = (2 ln t − 1, − sin (ln t))T 1 1 por otra parte ϕ (x) = y entonces ϕ (t) = , luego por la regla de la cadena: x t (f ◦ ϕ) (t) = f (ϕ (t)) ϕ (t) T 1 = (2 ln t − 1, − sin (ln t)) t T 2 ln t 1 sin (ln t) = − ,− t t t Sin usar la regla de la cadena (f ◦ ϕ) (t) = f (ϕ (t)) = f (ln t)
T 2 = (ln t) − ln t, cos (ln t)
derivando:
(f ◦ ϕ) (t) = Ejercicio 3.7 Sea
g (t) = Calcular g (t) Solución. Con f (t) =
cos t et
2 ln t 1 sin (ln t) − ,− t t t
T
cos t2 + 1 2 et +1
y ϕ (t) = t2 + 1, es claro que g (t) = f (ϕ (t)) y entonces:
g (t) = f (ϕ (t)) ϕ (t) −2t sin t2 + 1 −2t sin ϕ (t) − sin ϕ (t) (2t) = = 2 = 2teϕ(t) eϕ(t) 2tet +1
74
CAPÍTULO 3. FUNCIONES VECTORIALES DE UNA VARIABLE REAL
3.6
El teorema del valor medio
Como se sabe, si f es una función real de variable real continua en [a, b] y diferenciable en (a, b) , existe un número c ∈ (a, b) tal que: f (b) − f (a) f (c) = , b−a este resultado se conoce como el teorema del valor medio. Enunciamos a continuación un resultado análogo para funciones vectoriales de variable real.
Teorema 3.10 (Del valor medio) Sea f : Df → Rn , continua en [a, b] y diferenciable en (a, b) , entonces existen números c1 , . . . , cn ∈ (a, b) tales que: T
(f1 (c1 ) , . . . , fn (cn )) = esto es:
f (b) − f (a) , b−a
(f1 (b) − f1 (a)) / (b − a) f1 (c1 ) .. .. = . . fn (cn ) (fn (b) − fn (a)) / (b − a)
Demostración. Es claro que cada fi , i = 1, . . . , n, es continua en [a, b] y diferenciable en (a, b) , luego existe un número ci ∈ (a, b) tal que f (ci ) =
fi (b) − fi (a) , b−a
el resultado sigue de lo anterior.
3.7
Longitud de arco
Teorema 3.11 Sea f : [a, b] → Rn , Supóngase que f es continua en [a, b] y diferenciable en (a, b) entonces la longitud de arco de la gráfica de f desde f (a) hasta f (b) es: L=
'
b
a
f (t) dt.
f (a)
f (b)
Ejercicios resueltos Ejercicio 3.8 Sea f : [0, 2] → R2 definida por f (t) = te1 + t2 e2 de f (0) a f (2) Solución. Obsérvese que f (t) = (1, 2t)T , es decir, f (t) = L =
'
2 0
|f (t)| dt
√ 1 + 4t2 , por tanto:
3.7. LONGITUD DE ARCO
75
=
'
2 0
( 1 + 4t2 dt
2 1 ( 1 ( = t 1 + 4t2 + ln 1 + 4t2 + 2t 2 4 0 √ 1 √ = 17 + ln 17 + 4 4. 646784 4 4
2
Ejercicio 3.9 Calcular la longitud de la gráfica de y = ln 1 − x2 desde x = 0 hasta x = 1/2.
Solución. La gráfica de la relación dada es: ) x 2 graf = : y = ln 1 − x ∧ x ∈ [0, 1/2] y con x = t, se tiene y = ln 1 − t2 , entonces: graf = te1 + ln 1 − t2 e2 : t ∈ [0, 1/2] definiendo f : [0, 1/2] → R2 por f (t) = te1 + ln 1 − t2 e2 , así la longitud de arco es: '
1/2
f (t) dt ' 1/2 ' 1/2 4t2 1 + t2 = 1+ dt = dt 1 − t2 (1 − t2 )2 0 0 1 = ln 3 − 2
L =
0
Ejercicios propuestos Hallar la longitud de arco de las curvas que se indican y en el dominio que se da. √ 1. f (t) = cos t e1 + sin t e2 + t e3 ; t ∈ [0, 2π] . Sol.: 2 (2π) 2. g (t) = cos t e1 + sin t e2 + t2 e3 ; t ∈ [0, 2π] . Sol.: 40. 4097 3. f (t) = 3t e1 + t2 e2 + 5e3 ; t ∈ [1, 5] . Sol.: 27. 2089 4. h (t) = t e1 + 3t2/3 − 10 e2 ; desde el punto (8, 2) al punto (27, 17) 5. f (t) = et cos t e1 +et sin t e2 + et e3 ; t ∈ [0, π] . Sol.: 3 (eπ − 1) √ 6. g (t) = 3 cosh 2t e1 + 3 sinh 2t e2 + 6; t ∈ [0, π] . Sol. 3 2 sinh 2π
En los siguientes ejercicios hallar la longitud de arco como función de θ, esto es, en [0, θ]
76
CAPÍTULO 3. FUNCIONES VECTORIALES DE UNA VARIABLE REAL
% % & & r + r0 r + r0 (r0 + r) r (cos (r0 θ/2r) − 7. f (t) = (r + r0 ) cos θ − r cos θ e1 + (r + r0 ) sin θ − r sin θ e2 . Sol.: 4 r r r0 & & % % r0 − r r0 − r (r0 − r) r θ e1 + (r0 − r) sin θ − r sin θ e2 . Sol.: 4 8. g (t) = (r0 − r) cos θ + r cos (cos (r0 θ/2r) − r r r0 9. Calcular la longitud del arco de la curva de ecuación y 2 = √ de ecuación y 2 = 13 x. Sol.: 19 10 10 − 8
3.8
2 3
3
(x − 1) comprendida dentro la parábola
Recta tangente y plano normal
Definición 3.12 (Curva lisa) Sea f una función definida en [a, b] con rango en Rn tal que tiene derivada continua distinta de cero en [a, b]. En estas condiciones la curva C descrita por f se llama curva lisa. Definición 3.13 (Vector y recta tangente) Sea f es una curva lisa definida en [a, b], el vector T (t) = se llama vector tangente unitario, y
f (t) f (t)
LT = {f (t0 ) + sT (t0 ) : s ∈ R}
es la recta tangente a la curva en el punto f (t0 ) .
Observemos que T es paralelo a f , entonces la recta tangente se puede escribir también como: LT = {f (t0 ) + sf (t0 ) : s ∈ R} Recta tangente f(t0 ) f (t0 )
Si f es una curva en R3 tal que f (t0 ) = 0, el plano
PN : f (t0 ) · ((x, y, x) − f (t0 )) = 0
es la ecuación vectorial del plano normal en el punto f (t0 ) . Plano normal
Recta Tangente & T (t0 )
f (t0 )
(3.1)
3.8. RECTA TANGENTE Y PLANO NORMAL
77
observemos que T es paralelo a f , entonces el plano normal puede escribirse como: PN : T (t0 ) · ((x, y, x) − f (t0 )) = 0 Ejemplo 3.7 Sea f (t) = sin t e1 + cos t e2 + t e3 encontraremos la recta tangente y el plano normal a la curva en t = π/2. La derivada en cualquier punto t es f (t) = cos t e1 − sin t e2 + e3 en t = π/2
f (π/2) = 0e1 − e2 + e3
por otra parte
f (π/2) = e1 + 0e2 + e3 por tanto la recta tangente buscada es: LT
y el plano normal es: que simplificando queda como
= {f (π/2) + sf (π/2) : s ∈ R} 0 1 0 + s −1 : s ∈ R = 1 1
PN : (0, −1, 1) · ((x, y, z) − (1, 0, 1)) = 0 PN : −y + z − 1 = 0.
78
CAPÍTULO 3. FUNCIONES VECTORIALES DE UNA VARIABLE REAL
Capítulo 4
Funciones reales de una variable vectorial 4.1
Introducción
Son funciones de la forma: f : Df ⊂ Rn → R, esto es, funciones con dominio Df en Rn y codominio en R.
Notación para el cálculo imágenes
Recordemos que si no se dice lo contrario, un vector será considerado siempre un vector columna. Por otra parte, como es usual, si a ∈ Df su imagen se denota con f (a) . En lo que sigue, la imagen de un vector como a1 a = a2 a3
se escribirá, a veces, como:
f (a1 , a2 , a3 ) en vez de
a1 f a2 a3
Esta notación se adopta solamente para el cálculo de imágenes. Ejemplo 4.1 f : Df ⊂ R2 → R definido por f (x, y) = x2 + y 2 . Claramente Df = R2 .
√ t Ejemplo 4.2 f : Df ⊂ R3 → R definido por f (x, y, z) = 2x−y 2 + z, donde Df = (x, y, z) : x, y, z ∈ R y z ≥ 0
Ejercicios resueltos Ejercicio 4.1 Hallar el dominio más grande de f (x, y) =
( x2 − y 2 .
Solución. Es claro que el dominio es el conjunto de números x, y tales que x2 − y 2 ≥ 0. Graficamente este conjunto se representa a continuación. 79
80
CAPÍTULO 4. FUNCIONES REALES DE UNA VARIABLE VECTORIAL
y 55 5 5 5 5 " 5 5 5 5 " "" " ( 5 5 " " " "" x ( ( 55 55 " ( " ( """" ( ( 55 55 " " " " " 5 5 5 5 5 " " " 5 " " " Ejercicio 4.2 Hallar el dominio más grande de f (x, y, z) = ln (xy) +
√
z
Solución. Se debe tener xy > 0 y z > 0, por tanto el dominio está formado por el primer y tercer octante.
Ejercicios propuestos En los siguientes casos, hallar el dominio más grande y graficarlo. 1. f (x, y) = 2. f (x, y) =
1 1−x2 −y 2 .
Sol. interior de una circunferencia.
x x2 +y 2 −9 .
Sol. El exterior de una semicircunferencia y el interior de una semicircunferencia.
3. f (x, y) = ln (xy) . Sol. Dos cuadrantes. 4. f (x, y) =
1 cos(xy) .
5. f (x, y, z) = 6. f (x, y, z) =
4.2
Sol. Los puntos para los cuales xy = k, donde k = ± π2 (2n − 1) , n ∈ R.
( z − x2 − y2 , Sol. El interior de un paraboloide. 1 x2 +y2 −1 ,
Sol. Todo R3 menos los puntos de un cilindro.
El gráfico de una función a varias variables
El gráfico de una función f : Df ⊂ Rn → R, es el conjunto: gr (f) = {(x, z) : x ∈ Df y z = f (x)} ⊂ Rn Ejemplo 4.3 Sea f : R2 → R, definida por f (x, y) = x2 + y 2 , entonces:
gr (f) = (x, y, z) : z = x2 + y2
4.3. ALGEBRA DE FUNCIONES
81
Es claro que el gráfico de f es un paraboloide. z
x
y
Observación. Si f : Df ⊂ R2 → R, entonces el gráfico de f se puede describir como gr (f) = {(x, y, z) : (x, y) ∈ Df
y z − f (x, y) = 0 } ,
este hecho muestra que el gráfico de f es una superficie para ciertos dominios.
4.3
Algebra de funciones
Sean f, g funciones de Rn en R se definen: • (f + g) (x) = f (x) + g (x) • (f − g) (x) = f (x) − g (x) • (f g) (x) = f (x) g (x) • (f /g) (x) =
f (x) , para los x en donde g (x) = 0 g (x)
En los casos (i), (ii), (iii) el dominio de las nuevas funciones es Df ∩ Dg en (iv) el dominio es Df ∩ Dg − {x : g (x) = 0} .
Ejercicios resueltos Ejercicio 4.3 Sean Identificar el dominio de f /g.
f (x, y) = x + y, g (x, y) = x2 − y 2
Solución. Observemos que Df = R2 , Dg = R2 , por otra parte g se hace nula en los puntos (x, y) tales que y = x o y = −x, así el dominio de f/g es R2 − {(x, y) : y = x y y = −x}
Ejercicio 4.4 Sean f (x, y, z) =
√
x + y + z, g (x, y, z) = xyz
Hallar los dominios más grandes para (i) f, (ii) g, (iii) f + g, (iv) f g, (v) f /g Solución. (i) Df = {(x, y, z) : x + y + z ≥ 0} (ii) Dg = R3 , (iii) Df +g = Df g = Df , Df /g = Df ∩ {(x, y, z) : xyz = 0}
82
CAPÍTULO 4. FUNCIONES REALES DE UNA VARIABLE VECTORIAL
Ejercicios propuestos 1. Calcular f + g, f − g, f/g, f g si f (x, y) = dominio y graficarlo.
( 1 − x2 − y 2 , g (x, y) = x2 − y 2 , en cada caso buscar el
2. Hallar y graficar los dominios de f, g, f + g, g/f y f /g donde: f (x, y) = ln (x + y) , g (x, y) = 2
3. Hallar: f + g, f − g, f g, f /g cuando: f (x, y, z) = ex
4.4
+y 2 +z 2
√ √ x − y.
, g (x, y, z) = x3 + z 2
Composición de funciones
Sean ϕ : Dϕ ⊂ R → Rn , f : Rϕ ⊂ Rn → R, definimos la función f ◦ ϕ : Dϕ ⊂ R → R por: (f ◦ ϕ) (t) = f (ϕ (t)) ϕ
R
t
'
'
' ' '
f
Rn
2' '
R '2' ' 7 'f(ϕ(t)) ' ' ' ' 6
ϕ(t) f ◦ϕ
esta nueva función se llama compuesta de ϕ y f . Obsérvese que f ◦ ϕ es un función de R en R. La compuesta f ◦ ϕ se lee como ” ϕ compuesta con f ”. Sean f : Df ⊂ Rn → R, ϕ : Rf ⊂ R → R, definimos la función ϕ ◦ f : Df ⊂ Rn → R por (ϕ ◦ f) (x) = ϕ (f (x)) f
Rn
x
R 6 '2' ' 7 ' f (x) ' ' ' '
ϕ◦f La compuesta ϕ ◦ f se lee ”f compuesta con ϕ”.
ϕ
R '2 ' ' ' ϕ(f (x)) ' ' '
4.5. LÍMITES
83
Ejercicios resueltos
t Ejercicio 4.5 Sea ϕ (t) = t + 1 , f (x, y, z) = x2 + xyz. Es claro que ϕ : R → R3 ; definiendo f : Rϕ ⊂ t2 R3 → R la función f ◦ϕ es una función de R en R. (f ◦ ϕ) (t) = f (ϕ (t)) = f t, t + 1, t2 = t2 + t (t + 1) t2
Por otra parte si f : Df ⊂ Rn → R y ϕ : Rf ⊂ R → R, entonces se define: ϕ ◦ f : Df ⊂ Rn → R por (ϕ ◦ f ) (x) = ϕ (f (x)) . √ x − y y ϕ (t) =
1 , es claro que −1 t Df = (x, y) : x − y ≥ 0 , Dϕ = R− {1, −1} ,
Ejercicio 4.6 Se define f (x, y) =
t2
(ϕ ◦ f) (x, y) = ϕ (f (x, y)) = ϕ
y Dϕ◦f = Df ∩ (x, y)t : x − y = 1
√
x−y =
1 x−y−1
Ejercicios propuestos √ 1. Hallar el dominio de f ◦ ϕ si f (x, y) = x + y y ϕ (t) =
√ t t−1
√ 2. Hallar el dominio de ϕ ◦ f si f (x, y) = x + y y ϕ (t) = t21−1 3. Sean ϕ (t) = t, t2 , t + 1 , f (x, y, z) = ln (x + y) − ln (y + z) . Hallar f ◦ ϕ, hallar también la derivada de f ◦ ϕ. 4. Escribir las siguientes funciones como compuesta de otras funciones 2
2
2
(a) f (x, y, z) = ex +y +z (b) f (x, y) = sin x2 + xy (c) f (x, y) = x2 y3 − x4
4.5 4.5.1
Límites La definición de límite
Sea f : Rn → R, a ∈ Rn , se dice que el límite de f cuando x se aproxima al punto a es L, lo que se escribe como, lim f (x) = L, x→a
si y solamente si dado : > 0 es posible encontrar δ > 0 tal que si x − a < δ entonces |f (x) − L| < :. Ejemplo 4.4 Sea f (x, y) = x2 + y 2 , probar que lim
(x,y)→(1,2)
f (x, y) = 5
84
CAPÍTULO 4. FUNCIONES REALES DE UNA VARIABLE VECTORIAL Solución. Sea : > 0, |f (x, y) − f (1, 2)| = x2 + y2 − 5 = |(x − 1) (x + 1) + (y − 2) (y + 2)| ≤ |x − 1| |x + 1| + |y − 2| |y + 2|
x 1
Si
y − 2 < 1, claramente |x − 1| < 1 y |y − 2| < 1, con estas desigualdades: |x + 1| = |(x − 1) + 2| ≤ |x − 1| + |2| < 2 |y + 2| = |(y − 2) + 4| ≤ |y − 2| + |4| < 5 t
observemos también que para todo vector a = (a1 , a2 ) se tiene: |a1 | ≤ a y |a2 | ≤ a entonces:
x 1
|f (x, y) − f (1, 2)| < 2 |x − 1| + 5 |y − 2| < 7
− y 2
así elegimos δ = min {1, :/7} , este número satisface la exigencias.
y 2
δ (x,y)
'25+' '5 '
f (x,y)
x
1
4.5.2
R
R2
'
'
' '
'
' ' 5−' '
Teoremas sobre límites
Teorema 4.1 Si f (x) = C, entonces lim f (x) = C
x→a
Teorema 4.2 Sean f y g funciones tales que lim f (x) = L y lim g (x) = M, entonces: x→a
x→a
1. lim (f (x) + g (x)) = L + M x→a
2. lim (f (x) − g (x)) = L − M x→a
3. lim (f (x) g (x)) = LM x→a
4. lim
x→a
L f (x) = , M = 0 g (x) M
Teorema 4.3 Sean f : Df ⊂ Rn → R, g : Dg ⊂ R → R. Si lim f (x) = b y g es continua en b, entonces x→a
lim (g ◦ f ) (x) = g (b) .
x→a
Obsérvese que el teorema muestra que lim g (f (x)) = g lim f (x) . x→a
x→a
4.6. CONTINUIDAD
4.6
85
Continuidad
Definición 4.4 (Continuidad)Se dice que una función f de Rn en R es continua en un punto a si (i) (ii)
f (a) existe lim f (x) = f (a)
x→a
Ejemplo 4.5 En el ejemplo 4.4 (página 83) con f (x, y) = x2 + y 2 se prueba que: lim
(x,y)→(1,2)
f (x, y) = 5,
más aún f (1, 2) = 5, luego f es una función continua en (1, 2)t . Teorema 4.5 Si f y g son funciones continuas en un punto a, entonces f + g, f − g, f g y f /g son continuas en a. Para el cociente se requiere que g (a) = 0. Teorema 4.6 Sean fi : Rn → R, definidas por fi (x1 , . . . , xn ) = xi , entonces fi es continua en todo Rn . Demostración. Sea a = (a1 , . . . , an ) , entonces fi (a) = ai , demostraremos que lim fi (x) = ai .
x→a
Si : > 0, entonces con δ = :, si x − a < δ : |fi (x) − ai | = |xi − ai | ≤ x − a < : así: x − a < δ
implica
|fi (x) − ai | < :
esto prueba el teorema. Corolario 4.7 Toda función polinomial a n variables es una función continua en todo Rn . Del anterior resultado es claro que el límite de toda función polinomial se calcula por evaluación, más aún los teoremas precedentes muestran que muchos límites se calculan por evaluación. Ejemplo 4.6 lim
(x,y,z)→(2,−3,1)
Ejemplo 4.7
2 x y + yz + 5 = (2)2 (−3) + (−3) (1) + 5 = −10.
lim
(x,y)→(−2,3)
−x + y + 1 x+y+5
=
− (−2) + 3 + 1 =1 −2 + 3 + 5
Ejemplo 4.8 lim
(x,y)→(π/2,2)
(cos (xy) + sin (3πy)) = cos ((π/2) (2)) + sin ((3) π (2)) = cos π + sin (6π) = −1
86
CAPÍTULO 4. FUNCIONES REALES DE UNA VARIABLE VECTORIAL
4.7
Límites reiterados
Sea f = f (x, y) , los límites reiterados en (x0 , y0 ) se definen por: lim lim f (x, y) x→x0 y→y0 lim lim f (x, y) y→y0
x→x0
sobre estos límites se tiene el siguiente teorema: Teorema 4.8 Si
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
f (x, y) existe entonces los límites reiterados existen y son iguales.
Observación. Nótese que si los límites reiterados no son iguales, entonces el límite no puede existir. Ejemplo 4.9 Consideremos el límite: lim
(x,y)→(0,0)
Un cálculo de los límites reiterados da: lim
x→0
lim
y→0
por tanto el límite
x2 −y2 lim 2 (x,y)→(0,0) |x+y|
x2 − y 2 lim y→0 |x + y|2 lim
x→0
x2 − y 2
|x + y|2
x2 − y2
2
|x + y|
= lim
x→0
= lim
y→0
x2 |x|2 −y 2 |y 2 |
=1 = −1
no existe. A continuación se muestra la gráfica de esta función, puede
apreciarse el hecho de que f es discontinua en los puntos (x, y) en donde y = −x.
Ejercicios propuestos
Empleando el teorema de esta sección, determinar si los siguientes límites existen: 1.
x+y lim . (x,y)→(0,0) x−y
2.
(x+y)2 2 2 . (x,y)→(0,0) x +y
Sol. No necesariamente.
3.
2xy lim 2 2. (x,y)→(1,1) x −y
Sol. No.
Sol. No
lim
4.8. DERIVADA, DERIVADA DIRECCIONAL Y DERIVADA PARCIAL
4.8 4.8.1
87
Derivada, derivada direccional y derivada parcial La derivada
Sea f : Df ⊂ Rn → R. Para x ∈ Df y h tal que x + h ∈ Df considérese la igualdad: f (x + h) − f (x) = Ah + ϕ (x; h) h donde A no depende de h. Si lim ϕ (x, h) = 0
h→0
entonces A se llama la derivada de f en el punto h y Ah se llama la diferencial de f en el punto h. Como es usual la derivada de denota con una de las siguientes notaciones: f (x) o Df (x) . Es inmediato, de la definición, deducir que la derivada de una función de Rn en R es una matriz 1 por n, esto es, f (x) ∈ M1,n , así la derivada de una función de Rn en R es un vector fila de n componentes. f (x + h) − f (x)= -./0 A -./0 h + ϕ (x; h) -./0 h - ./ 0 ./ 0 ∈M1,1
∈M1,n ∈Mn,1
∈M1,n ∈Mn,1
Ejercicios resueltos Ejercicio 4.7 Calcular la derivada de f (x1 , x2 ) = 3x21 x2 en un punto (x1 , x2 ) Solución. Para este propósito, con x = (x1 , x2 )t y h = (h1 , h2 )t , realizamos los siguientes cálculos: f (x + h) − f (x) = f (x1 + h1 , x2 + h2 ) − f (x1 , x2 )
= 3 (x1 + h1 )2 (x2 + h2 ) − 3x21 x2 = 3x21 x2 + 6x1 x2 h1 + 3x2 h21 + 3x21 h2 + 6x1 h1 h2 + 3h21 h2 − 3x21 x2 h1 h1 2 2 + 6x1 h2 + 3h1 x2 , 3h1 = 6x1 x2 , 3x1 h2 h2 Con ϕ (x; h) = 6x1 h2 + 3h1 x2 , 3h21 , es claro que lim ϕ (x; h) = 0, luego h→0
f (x1 , x2 ) = 6x1 x2 , 3x21
Observación. Debe observarse que f (x1 , x2 ) es única, sin embargo ϕ no lo es, en todo caso cualquiera sea la expresión algebraica de ϕ, su límite es siempre 0. Observación. Si se usa x en lugar de x1 y y en lugar de x2 , entonces la derivada de f (x, y) = 3x2 y, es f (x, y) = 6xy, 3x2 . Ejercicio 4.8 Sea f (x, y, z) = x2 z + 5yz. Calcular la derivada de f en un punto (a, b, c) . t
Solución. Sea h = (h1 , h2 , h3 ) , entonces: f ((a, b, c) + (h1 , h2 , h3 )) − f (a, b, c) = f (a + h1 , b + h2 , c + h3 ) − f (a, b, c)
= (a + h1 )2 (c + h3 ) + 5 (b + h2 ) (c + h3 ) − a2 c − 5bc = a2 c + 2ah1 c + h21 c + a2 h3 + 2ah1 h3 + h21 h3 +5bc + 5bh3 + 5h2 c + 5h2 h3 − a2 c − 5bc h1 h1 = A + ϕ (a, b; h1 , h2 ) h2 h2
88
CAPÍTULO 4. FUNCIONES REALES DE UNA VARIABLE VECTORIAL
donde: A = 2ac, 5c, a2 + 5b ϕ (a, b; h1 , h2 ) = (h1 c + 2ah3 + h1 h3 , 5h3 , 0) observemos que lim
(h1 ,h2 )→(0,0)
ϕ (a, b; h1 , h2 ) = (0, 0)
por tanto f (a, b, c) = A = 2ac, 5c, a2 + 5b
Observación. En el anterior ejemplo, la derivada en cualquier punto (x, y, z) es f (x, y, z) = 2xz, 5z, x2 + 5y
Ejercicios propuestos Mediante la definición, calcular la derivada de las siguientes funciones en el punto indicado. Comentar las dificultades: 1. f (x, y) = −7x3 + xy 2 , en (x, y) . Sol.: −21x2 + y 2 , 2xy
2. f (x, y, z) = x3 + z 2 y, en (a, b, c) . Sol.: 3a2 , c2 , 2bc
3. f (x, y) = x2 y 2 − cos x, en (a, b) . Sol.: 2ab2 + sin a, 2a2 b 4. f (x, y) = xy 2 + ln (xy) , en (x, y, z) . Sol.:
1 1 y 2 + , 2xy + x y
5. f (x, y) = xy + cos (xy) , en (x, y) . Sol.: (y − y sin (xy) , x − x sin (xy)) A continuación se presentan los teoremas más importantes sobre derivadas.
4.8.2
Teoremas sobre derivadas
Teorema 4.9 Sean f y g funciones con dominio en Rn diferenciables en x ∈ Df ∩ Dg , entonces f + g, f − g, f g y f /g son diferenciables en x, además: (f + g) (x) = f (x) + g (x) (f − g) (x) = f (x) − g (x) (f g) (x) = f (x) g (x) + f (x) g (x) f (x) g (x) − f (x) g (x) , (f/g) (x) = (g (x))2
g (x) = 0
Teorema 4.10 (Regla de la cadena) Sea ϕ una función de R en Rn que es diferenciable en t y f una función de Rn en R diferenciable en ϕ (t) , entonces f ◦ ϕ es diferenciable en t y (f ◦ ϕ) (t) = f (ϕ (t)) ϕ (t)
4.8. DERIVADA, DERIVADA DIRECCIONAL Y DERIVADA PARCIAL
ϕ
R
t
'
'
' ' '
f
Rn
'2 '
89
R '2' ' 7 'f(ϕ(t)) ' ' ' ' 6
ϕ(t) f ◦ϕ
Teorema 4.11 (Regla de la cadena) Sea f una función de Rn en R que es diferenciable en x y ϕ una función de R en R diferenciable en f (x) , entonces ϕ ◦ f es diferenciable en x y (ϕ ◦ f ) (x) = ϕ (f (x)) f (x) f
Rn
x
R 6 '2' ' 7 ' f (x) ' ' ' '
ϕ
R 2'
' 'ϕ(f (x)) ' ' ' '
ϕ◦f
2t Ejemplo 4.10 Considere ϕ (t) = y f (x, y) = 3x2 y. En el ejercicio 4.7 (página 87) se muestra que la 3 t derivada es f (x, y) = 6xy, 3x2 , por tanto f (ϕ (t)) = f 2t, t3
= 6 (2t) t3 , 3 (2t)2 = 12t4 , 12t2 2 . Entonces: por otra parte ϕ (t) = 3t2
(f ◦ ϕ) (t) = f (ϕ (t)) ϕ (t) 2 = 12t4 , 12t2 3t2 = 60t4 .
Observación. Es posible obtener el mismo resultado anterior sin hacer uso de la regla de la cadena, pues: (f ◦ ϕ) (t) = f (ϕ (t)) = f 2t, t3 = 3 (2t)2 t3 = 12t5
por tanto (f ◦ ϕ) (t) = 60t4 .
90
CAPÍTULO 4. FUNCIONES REALES DE UNA VARIABLE VECTORIAL
Ejercicio 4.9 Considere f (x, y) = 3x2 y, y la función ϕ (t) = cos t. Entonces ϕ (t) = − sin t, luego: ϕ (f (x, y)) = ϕ 3x2 y = − sin 3x2 y . Por otra parte en el ejeecicio 4.7 (página 87) se muestra que la derivada es f (x, y) = 6xy, 3x2 , por tanto:
(ϕ ◦ f ) (x) = ϕ (f (x, y)) f (x, y) = − sin 3x2 y 6xy, 3x2
Observación. Obsérvese que (ϕ ◦ f ) (x, y) = cos 3x2 y , así en este caso no podemos 2 prescindir (al menos por ahora) de la regla de la cadena, pues aún no conocemos la derivada de cos 3x y . (aplicar la definición para calcular esta derivada, podría ser un problema muy complicado).
4.8.3
La derivada direccional
En el cálculo de la derivada, aplicar la definición no es una tarea fácil, en esta sección desarrollamos una técnica que hará del cálculo de la derivada una tarea sencilla. Definición 4.12 Sea f : Df ⊂ Rn → R. La derivada direccional en un punto x ∈ Df y en dirección del vector unitario u es: f (x + tu) − f (x) Du f (x) = lim t→0 t siempre que tal límite exista.
Ejercicios resueltos Ejercicio 4.10 Sea f (x, y) = x y, u = 2
3/5 4/5
. Calcular Du f (a, b)
Solución. f (a, b) + t 35 , 45 − f (a, b) Du f (a, b) = lim t→0 t 3t f a + 5 , b + 4t 5 − f (a, b) = lim t→0 t (a + 3t/5)2 (b + 4t/5) − a2 b = lim t→0 t 2 a + 6at/5 + 9t2 /25 (b + 4t/5) − a2 b = lim t→0 t 24 9 36 2 4 2 6 = lim a + ab + at + tb + t t→0 5 5 25 25 125 4 2 6 a + ab = 5 5
Ejercicio 4.11 Sea f (x, y) = x2 − y2 , hallar Du f (x, y) cuando u = √12 , √12 . Solución.
Du f (x, y) =
lim
t→0
f (x, y) + t √12 , √12 − f (x, y) t
4.8. DERIVADA, DERIVADA DIRECCIONAL Y DERIVADA PARCIAL
=
lim
91
f x + t √12 , y + t √12 − f (x, y)
t 2 √ √ 2 2 2 1 1 x + 2t 2 − y + 2t 2 − x − y √ √ xt 2 − t 2y = lim t→0 √ t √ 2x − 2y = t→0
1 = lim t→0 t
Ejercicios propuestos Mediante la definición calcular la derivada direccional en la direccion del vector indicado. 1. f (x, y) = x2 y 2 − cos x, u = (3/5, −4/5)
√ 2. f (x, y, z) = xy 2 + ln (xz) , u = (0, 1, 1) / 2 √ 3. f (x, y, z) = xz + cos (xy) , u = (1, 1, 0) / 2 Un teorema importante Teorema 4.13 Sea f : Df ⊂ Rn → R, u un vector unitario, entonces: Du f (x) = Df (x) u o también Du f (x) = ∇f (x) u. Demostración. Sea g (t) = x + tu, definimos F (t) = (f ◦ g) (t) = f (g (t)) , claramente F es una función de R en R. g
t
Rn
f -
8
g(t)=x+tu
7
F (t)=(f ◦g)(t)=f (x+tu)
f ◦g Aplicando la regla de la cadena: F (t) = f (g (t)) g (t) pero, g (0) = x, g (t) = u luego: F (0) = f (g (0)) g (0) = f (x) u
(i)
92
CAPÍTULO 4. FUNCIONES REALES DE UNA VARIABLE VECTORIAL Por otra parte: F (0 + t) − F (0) t→0 t f (x + tu) − f (x) = lim t→0 t = Du f (x)
F (0) =
lim
(ii)
por tanto de (i) y (ii): Du f (x) = F (0) = f (g (0)) g (0) = Df (x) u. Naturalmente el anterior resultado requiere del cálculo de la derivada, sin embargo este resultado permitirá deducir, una manera fácil de encontrar la derivada. Observando que si a = (a1 , . . . , an ) y ei es el vector unitario de la base usual de Rn (1 en su i-ésima posición y ceros en las restante) entonces: aei = ai , por ejemplo en R3
0 a e2 = (a1 , a2 , a3 ) 1 = a2 0
Corolario 4.14 Sea f : Df ⊂ Rn → R, f diferenciable en x ∈ Df entonces la i-ésima componente del vector derivada Df (x) está dado por Dei f (x) , donde ei es el vector unitario de la base usual de Rn por tanto: f (x) = (De1 f (x) , . . . , Den f (x)) Demostración. Por el teorema, Du f (x) = f (x) u, por tanto con u = ei , se tiene: Dei f (x) = f (x) ei = i-ésima componente de f (x) , esto prueba el resultado. Ejemplo 4.11 Sea f (x, y) = x2 y, se hace el cálculo de las derivadas direccionales: f ((x, y) + t (1, 0)) − f (x, y) t f (x + t, y) − f (x, y) = lim t→0 t 2 (x + t) y − x2 y = lim t→0 t = lim (2xy + ty)
De1 f (x, y) =
lim
t→0
t→0
= 2xy f ((x, y) + t (0, 1)) − f (x, y) t f (x, y + t) − f (x, y) = lim t→0 t x2 (y + t) − x2 y = lim t→0 t = lim x2
De1 f (x, y) =
lim
t→0
t→0
= x2
4.8. DERIVADA, DERIVADA DIRECCIONAL Y DERIVADA PARCIAL
93
por tanto:
4.8.4
f (x, y) = (De1 f (x, y) , De2 f (x, y)) = 2xy, x2 .
La derivada parcial y gradiente
Definición 4.15 Considérese una función f : Df ⊂ Rn → R dependiendo de las variables x1 , . . . , xn , la ∂f (a) es : derivada parcial con respecto a la i-ésima variable denotado por ∂xi ∂f (a) = Dei f (a) ∂xi donde a ∈ Df . Notación para la derivada Con la anterior definición podemos escribir: f (a) =
∂f (a) ∂f (a) ,···, ∂x1 ∂xn
es usual también referirse a la derivada de una función de Rn en R como gradiente, usándose la notación ∂f (a) ∂f (a) ,···, ∇f (a) = ∂x1 ∂xn ∇f (a) se lee ”gradiente de f en a”. Cálculo de la derivada parcial Observemos que por definición ∂f (a) f (a + tei ) − f (a) = Dei f (a) = lim t→0 ∂xi t ∂f (a) se calcula ∂xi derivando de la manera usual respecto de la variable xi manteniendo las demás variables como constantes. en el límite anterior lo único que varia es la iésima componente, por tanto la derivada parcial
Ejercicios resueltos Ejercicio 4.12 Considérese la siguiente función: f (x1 , x2 ) = 3x21 x2 , Hallar la derivadas parciales en
x1 x2
.
Solución. se calculan de la siguiente manera: ∂f . Derivando 3x21 x2 respecto de x1 , esto es, manteniendo x2 como constante se obtiene ∂x1 6x1 x2 , de donde: ∂f = 6x1 x2 , ∂x1
• Cálculo de
94
CAPÍTULO 4. FUNCIONES REALES DE UNA VARIABLE VECTORIAL ∂f . Derivando 3x21 x2 respecto de x2 , esto es, manteniendo x1 como constante se obtiene ∂x2 3x21 , de donde: ∂f = 3x21 . ∂x2
• Cálculo de
Ejercicio 4.13 Calcular la derivada de f (x1 , x2 ) =
3x21 x2
en
x1 x2
.
Solución. Usando los resultados del anterior ejercicio: Df (x1 , x2 ) = =
∂f ∂f , ∂x1 ∂x2
6x1 x2 , 3x21 .
Ejercicio 4.14 Hallar la derivada de f (x, y, z) = x4 y 5 z 6 . Solución.
∂f = 5x4 y 4 z 6 , ∂y
∂f = 4x3 y5 z 6 , ∂x
∂f = 6x4 y 5 z 5 ∂z
por tanto: 3 5 6 4x y z , 5x4 y 4 z 6 , 6x4 y5 z 5
f (x, y, z) =
= x3 y 4 z 5 (4yz, 5xz, 6xy) Ejercicio 4.15 Hallar la derivada de f (x, y) = ln x2 − xy 2 . Solución.
2x − y 2 ∂f −2xy ∂f = 2 = 2 , ∂x x − xy2 ∂y x − xy 2 luego: f (x, y) =
2x − y2 −2xy , x2 − xy 2 x2 − xy2
Ejercicios propuestos Hallar la derivada de las siguientes funciones 1. f (x, y) = exy . Sol.: exy (y, x) 2. f (x, y) = x ln y − y ln x. Sol.:
ln y − xy , xy − ln x
3. f (x, y) = xy . Sol.: yxy−1 , xy ln x
4. f (x, y, z) =
1 1 . Sol.: (−2x, −2y, −2z) x2 + y2 + z 2 (x2 + y 2 + z 2 )2 5
4
5. f (x, y, z) = (xyz + 1) . Sol.: 5 (xyz + 1) (yz, xz, xy)
4.9. APLICACIONES DE LA DERIVADA
4.8.5
95
La diferencial
Definición 4.16 Sea f : Df ⊂ Rn → R, sea a ∈ Df en donde f (a) existe, entonces la primera diferencial de f en el punto a, denotada por df (a) , es el operador lineal definido por: df (a) dx = f (a) (dx) , donde dx = (dx1 , dx2 , . . . , dxn )t . Obsérvese que df (a) dx =
∂f (a) ∂f (a) dx1 + · · · + dxn ∂x1 ∂xn
Ejercicio 4.16 Hallar la primera diferencial de f (x, y) = x2 y + x2 y3 en el punto
a b
.
Solución.
f (x, y) = 2xy + 2xy3 , x2 + 3x2 y2
por tanto: df (a, b)
dx dy
dx 2ab + 2ab3 , a2 + 3a2 b2 dy 2 3 2 2 = 2ab + 2ab dx + a + 3a b dy
=
Ejercicio 4.17 Hallar la segunda diferencial de
f (x, y, z) = xy 2 + yz 2 + zx2 t
en (1, −2, 3) . Solución.
f (x, y, z) =
por tanto: f (1, −2, 3) = luego:
y2 + 2xz, z 2 + 2xy, x2 + 2yz
2
2
t
4.9.1
2
(−2) + 2 (1) (3) (3) + 2 (1) (−2) (1) + 2 (−2) (3) 10, 5 , −11 =
df (1, −2, 3) (dx, dy, dz)
4.9
dx 10 5 −11 dy = dz = 10 dx + 5dy − 11dz
Aplicaciones de la derivada El plano tangente
Considérese una superficie en R3 cuya ecuación es: F (x, y, z) = 0,
96
CAPÍTULO 4. FUNCIONES REALES DE UNA VARIABLE VECTORIAL
sea (x0 , y0 , z0 ) un punto de la superficie, esto es, F (x0 , y0 , z0 ) = 0. Sea C una curva en la superficie que pasa por (x0 , y0 , z0 ), sea g (t) la función cuyo gráfico es C, entonces existe un punto t0 tal que g (t0 ) = (x0 , y0 , z0 ) ,
más aún, para todos los puntos (x, y, z) de la curva se tiene: F (g (t)) = 0, usando la regla de la cadena: F (g (t)) g (t) = 0, en particular cuando t = t0 se tiene g (t0 ) = (x0 , y0 , z0 ) , luego: F (x0 , y0 , z0 ) g (t0 ) = 0 así el vector F (x0 , y0 , z0 ) es ortogonal a la recta tangente a C en el punto g (t0 ) . Puesto que C es una curva arbitraria que pasa por (x0 , y0 , z0 ) se concluye que el conjunto de todas las rectas tangentes que corresponden a todas las curvas que pasan por (x0 , y0 , z0 ) se encuentran en el plano: P = P ∈ R3 : F (x0 , y0 , z0 ) · (P − (x0 , y0 , z0 )) = 0 , tal plano se llama Plano tangente a la superficie en el punto ( x0 , y0 , z0 ) .
por tanto el gradiente ∇F (x0 , y0 , z0 ) es el vector normal del plano tangente.
4.9. APLICACIONES DE LA DERIVADA
4.9.2
97
La regla de Leibnitz
Sean φ = φ (x) , u1 = u1 (x) , u2 = u2 (x) con x ∈ [a, b] tal que ' u2 φ (x) = f (x, y) dy. u1
∂f son continuas en x y y para cierta región del plano xy que incluye u1 ≤ y ≤ u2 y Supóngase que f y ∂x a ≤ x ≤ b. Supóngase también que u1 y u2 son continuas y tienen derivadas continuas en a ≤ x ≤ b. Entonces: ' u2 ∂f (x, y) dφ (x) du2 du1 = dy + f (x, u2 ) − f (x, u1 ) dx ∂x dx dx u1 nótese que si u1 y u2 son constantes se tiene: dφ (x) dx
' u2 d = f (x, y) dy dx u ' u2 1 ∂f (x, y) dy = ∂x u1
que a veces se conoce como intercambio del simbolo integral con el símbolo derivada.
4.9.3
Máxima variación
Sea f = f (x, y, z) , se puede probar que la máxima variación de f, es decir, la máxima derivada direccional, ocurre en la dirección de ∇f y tiene magnitud ∇f .
Ejercicios resueltos Plano tangente Ejercicio 4.18 Hallar el plano tangente a la superficie 1 2 2 y − z − x2 + xz − z 2 = 0 3 3 9 en el punto (1, 2, 3). Solución. Con F (x, y, z) = y − 23 z − x2 + 23 xz − 19 z 2 se tiene: F (x, y, z) = −2x + 23 z, 1, − 23 + 23 x − 29 z
en el punto (1, 2, 3)
por tanto el plano tangente es:
F (1, 2, 3) = 0, 1, − 23
P = (x, y, x) : 0, 1, − 23 · ((x, y, z) − (1, 2, 3)) = 0 ,
es decir la ecuación vectorial del plano es:
2 y− z=0 3
Ejercicio 4.19 Considere una función f de R2 en R definida por z = f (x, y) , como se sabe, el gráfico de f es una superficie S = {(x, y, z) : z − f (x, y) = 0} . Sea (x0 , y0 , z0 ) un punto de S, Hallar el plano tangente a S en (x0 , y0 , z0 ) .
98
CAPÍTULO 4. FUNCIONES REALES DE UNA VARIABLE VECTORIAL Solución. Con F (x, y, z) = z − f (x, y) se tiene: ∂f (x0 , y0 , z0 ) ∂f (x0 , y0 , z0 ) F (x0 , y0 , z0 ) = − ,− ,1 ∂x ∂y
luego el plano tangente es: ) ∂f (x0 , y0 , z0 ) ∂f (x0 , y0 , z0 ) P = (x, y, z) : − ,− , 1 · ((x, y, z) − (x0 , y0 , z0 )) = 0 ∂x ∂y Regla de Leibnitz
Ejercicio 4.20 Sea F (s) = Solución.
'
1
f (t) e−st dt, hallar F (n) (s) . 0
F (s) =
d ds
'1
f (t) e−st dt
0
=
'1 0
∂ (f (t) e−st ) dt ∂s
= (−1)
'1
tf (t) e−st dt
0
continuando de esta menera, inductivamente se puede probar: ' 1 F (n) (s) = (−1)n tn f (t) e−st dt 0
Derivada direccional
Ejercicio 4.21 (a) Hallar la derivada direccional de f (x, y, z) = 2x3 y − zx + 2x − zy + 2y en P = (1, 1, 1) en una dirección hacia Q = (3, 2, 3) . (b) ¿En que dirección a partir de P es máxima la derivada direccional? (c) ¿Cuál es la magnitud de la derivada direccional máxima? Solución. (a) ∇f (x, y, z) = 6x2 y − z + 2, 2x3 − z + 2, −x − y , el vector unitario que va de P a Q es 2 2 1 1 1 = 1 u= √ 3 4+1+4 2 2 por tanto la derivada direccional pedida es:
Du f (P ) = ∇f (1, 1, 1) u 2 1 = (7, 3, −2) 1 3 2 1 (14 + 3 − 4) = 3 13 = 3
7 (b) La derivada direccional es máxima en la dirección ∇f (1, 1, 1) = 3 . −2 √ (c) El valor de la derivada direccional máxima es ∇f (1, 1, 1) = 49 + 9 + 4 = 7. 874.
4.9. APLICACIONES DE LA DERIVADA
99
Ejercicios propuestos
1. Considere la superficie S dada por φ (x, y, z) = c. Probar que el ángulo agudo θ entre el plano z = 0 y el 2 2 2 ∂φ ∂φ ∂φ + + ∂x ∂y ∂z plano tangente a la superficie en cualquier punto se puede calcular a partir de: sec θ = ∂φ ∂z
2. Hallar un vector unitario normal a la superficie del paraboloide z = x2 + y 2 en el punto (1, 2, 5) . Sol. ± √121 (2, , 4, −1) . 3. Hallar el ángulo agudo formado por las superficies xy2 z − 3x − z 2 3x2 − y 2 + 2z
= 0 = 1
en el punto (1, −2, 1) . Sol. 790 55 . 4. Hallar la dirección según la cual la derivada de la función φ (x, y, z) = 2xz − y 2 en el punto (1, 3, 2) es máxima. Sol. (4, −6, 2) . 100xy . (a) Hallar la derivada x2 + y 2 0 direccional en el punto (2, 1) en una dirección que forma un ángulo de 60√con el eje positivo de las x. (b) ¿En que dirección a partir de (2, 1) será máxima la derivada?. Sol. 12 3 − 6, (−1, 2) .
5. La temperatura en un punto (x, y) del plano xy está dado pot T (x, y) =
6. Calcular
11 0
xp dx, p > 1. Demostrar luego que
11 0
m
xp (ln x) dx =
(−1)m m!
m+1 ,
(p + 1)
m = 1, 2, 3, . . .
100
CAPÍTULO 4. FUNCIONES REALES DE UNA VARIABLE VECTORIAL
Capítulo 5
Funciones vectoriales de un vector Son funciones de la forma:
f : Df ⊂ Rp → Rq
donde p, q son naturales.
Ejemplo 5.1 f : Df ⊂ R2 → R3 definida por
donde Df =
5.1
x1 x2
f (x1 , x2 ) =
: x1 + x2 > 0
ex1
)
x1 + x22 cos x1 + ln (x2 + x1 )
La derivada
Sea f : Df ⊂ Rp → Rq . Para x ∈ Df y h tal que x + h ∈ Df considérese la siguiente igualdad f (x + h) − f (x) = Ah + ϕ (x; h) h, donde A no depende de h. Si lim ϕ (x; h) = 0,
h→0
entonces la matriz A ∈ Mq,p se llama la derivada de f en el punto x. El vector Ah se llama la diferencial de f en x. Como es usual la derivada se denotará con f (x) o Df (x) .
5.1.1
Cálculo de la derivada
f1 Tomando f = ... x = fq
x1 .. y h = . xp
h1 .. e igualando la i−ésima componente se tiene: . hn
fi (x + h) − fi (x) = Ai h + ϕi (x; h) h
donde Ai es la i-ésima fila de la matriz A y ϕi (x; h) es la i-ésima fila de la matriz ϕ (x; h) ; esto prueba que la i−ésima fila de f (x) se encuentra se encuentra formada con las componentes de la derivada de la función fi . Ejemplo 5.2 Sea f : Df ⊂ R3 → R2 , dada por f (x) =
f1 (x) f2 (x)
101
102
CAPÍTULO 5. FUNCIONES VECTORIALES DE UN VECTOR
x1 donde x = x2 . Entonces: x3
Ejemplo 5.3 Sea
∂f1 (x) ∂x1 f (x) = ∂f (x) 2 ∂x1
∂f1 (x) ∂x2 ∂f2 (x) ∂x2
f (x1 , x2 , x3 ) = entonces:
f (x1 , x2 , x3 ) =
2x1 1
∂f1 (x) ∂x3 ∂f2 (x) ∂x3
x21 + cos x3 x1 + e7x2 0 7ex2
− sin x3 0
Como es usual, cuando se tienen pocas variables, en vez de x1 usamos la variable x, en vez de x2 la variable y, etc. Ejemplo 5.4 Sea
entonces:
5.1.2
x cos (x + y) f (x, y) = xy ln x2 + y 2
cos (x + y) − x sin (x + y) −x sin (x + y) y x f (x, y) = 2x 2y x2 + y 2 x2 + y2
La segunda derivada de una función de Rn en R
Sea f : Df ⊂ Rn → R, la derivada de esta función es:
f (x) =
∂f (x) ∂f (x) ,···, ∂x1 ∂xn
,
la función f es claramente una función de Rn en Rn , por tanto la derivada de f es ∂f (x) ∂ ∂f (x) ∂f (x) ∂ ∂ ··· ∂x1 ∂xn ∂x1 ∂x1 ∂x2 ∂x1 ∂ .. ∂f (x) ∂ ∂f (x) ∂ ∂f (x) . ∂x1 ∂x2 ∂x2 ∂x2 ∂xn ∂x2 f (x) = .. .. .. .. . . . . ∂ ∂f (x) ∂ ∂f (x) ∂f (x) ∂ ··· ∂x1 ∂xn ∂x2 ∂xn ∂xn ∂xn 2 2 2 ∂ f (x) ∂ f (x) ∂ f (x) ··· 2 ∂x ∂x ∂x ∂x 2 1 n ∂x1 2 1 2 ∂ f (x) ∂ 2 f (x) . ∂ f (x) .. ∂x ∂x 2 ∂ x2 ∂xn ∂x2 1 2 = .. .. .. .. . . . 2 . 2 ∂ f (x) ∂ 2 f (x) ∂ f (x) ··· ∂x1 ∂xn ∂x2 ∂xn ∂x2n
5.2. LA SEGUNDA DIFERENCIAL DE F : DF ⊂ RN → R
103
si la función es continua en x, entonces las derivadas cruzadas son iguales, es decir: ∂ 2 f (x) ∂ 2 f (x) = , ∂xi ∂xj ∂xj ∂xi en tal caso la matriz f (x) es claramente simétrica. Ejemplo 5.5 Sea f (x, y, z) = xyz. Entonces: f (x, y, z) = (yz, 0 f (x, y, z) = z y
xz, xy) z y 0 x x 0
Ejemplo 5.6 Sea f (x, y, z) = x2 y + y sin (x + z) . Entonces: f (x, y, z) = 2xy + y cos (x + z) , x2 + sin (x + z) , y cos (x + z) 2y − y sin (x + z) 2x + cos (x + z) −y sin (x + z) 0 cos (x + z) f (x, y, z) = 2x + cos (x + z) −y sin (x + z) cos (x + z) −y sin (x + z)
5.2
La segunda diferencial de f : Df ⊂ Rn → R
Definición 5.1 Sea f : Df ⊂ Rn → R, sea a ∈ Df en donde f (a) existe, entonces la segunda diferencial de f en el punto a denotada por d2 f (a) es el operador lineal definido por: d2 f (a) dx = (dx)t f (a) (dx) , t
donde dx = (dx1 , dx2 , . . . , dxn ) . Obsérvese que la segunda diferencial es una forma cuadrática en la variables dx1 , dx2 , . . . , dxn . Ejercicio 5.1 Hallar la segunda diferencial de f (x, y) = x2 y + x2 y3 t
en el punto (a, b) Solución.
por tanto
f (x, y) = 2xy + 2xy3 , x2 + 3x2 y2 2y + 2y 3 2x + 6xy 2 f (x, y) = 2x + 6xy2 6x2 y d2 f (a, b) (dx, dy) = (dx, dy) f (a, b) (dx, dy)t 2b + 2b3 2a + 6ab2 dx = (dx, dy) 2a + 6ab2 6a2 b dy 2 2 3 2 = 2b + 2b (dx) + 2 2a + 6ab (dx) (dy) + 6a2 b (dy)
Ejercicio 5.2 Hallar la segunda diferencial de
f (x, y, z) = xy 2 + yz 2 + zx2 en (1, −2, 3)t .
104
CAPÍTULO 5. FUNCIONES VECTORIALES DE UN VECTOR Solución. f (x, y, z) =
y2 + 2xz, z 2 + 2xy, x2 + 2yz 2z 2y 2x f (x, y, z) = 2y 2x 2z 2x 2z 2y
por tanto:
6 −4 2 2 6 f (1, −2, 3) = −4 2 6 −4
luego:
d2 f (1, −2, 3) (dx, dy, dz)
6 −4 2 dx 2 6 dy = (dx, dy, dz) −4 2 6 −4 dz
t
2 = 6 (dx) − 8 (dx) (dy) + 4 (dx) (dz) 2
+2 (dy) + 12 (dy) (dz) − 4 (dz)
5.3
2
Funciones inyectivas
Definición 5.2 Una función g de Rn en Rn , se dice que f es inyectiva (o uno a uno) si siempre que g (x) = g (y) se tiene x = y. Ejercicio 5.3 Determinar si la función g de R2 en R2 definida por g (u, v) = u + v, u2 − v . Solución. Supóngase que
g (u, v) = g (a, b) 2 2 entonces: u + v, u − v = a + b, a − b , por tanto: u+v u2 − v
= a + b.................(1) = a2 − b............... (2)
de (1) u − a = b − v.................(3)
y de (2) se encuentra u2 − a2 = v − b de donde
(u − a) (u + a) = v − b.................(4) de (3) y (4) se obtiene: (u − a) (u + a) = − (u − a) , por tanto: (u − a) (u + a + 1) = 0.................(5) Si la función g es inyectiva debemos tener: u−a = 0 u + a + 1 = 0
y
de donde u = a, reemplazando en (1) se encuentra v = b, por tanto (u, v) = (a, b) . Por otra parte de la segunda parte se encuentra 2u + 1 = 0, es decir, g es inyectiva siempre que 1 u = − , 2 1 1 por tanto g es inyectiva si u ∈ −∞, − 2 o si u ∈ − 2 , ∞ .
5.4. LA REGLA DE LA CADENA
105
Ejercicios propuestos Determinar las regiones donde las siguientes funciones son inyectivas
v 1. g (u, v) = u + v, u+v
2. g (u, v) = 4u2 + 4v, u − v 3. g (u, v) = (u − uv, uv)
4. g (u, v) = (u, uv) 5. g (u, v) = uv, 12 u2 − v2 6. g (u, v) = (−uv, uv + v)
5.4
La regla de la cadena
Considérese las siguientes funciones: g : Dg ⊂ Rn → Rp ,
f : Rg → Rm
entonces f ◦ g : Dg ⊂ Rn → Rm . La derivada de la función compuesta f ◦ g en cualquier punto x ∈ Df ◦g es: D (f ◦ g) (x) = Df (g (x)) Dg (x) , claramente D (f ◦ g) (x) ∈ Mm,n .
v x+y Ejemplo 5.7 Sea g (x, y) = x2 y , f (u, v, w) = uv . Las derivadas de g y f son: x2 + y 2 uw2
por tanto
finalmente:
1 1 Dg (x, y) = 2xy x2 , 2x 2y
0 1 0 0 Df (u, v, w) = v u w2 0 2uw
Df (g (x, y)) = Df x + y, x2 y, x2 + y 2 0 1 0 2 0 = x y x+y 2 2 2 2 2 0 2 (x + y) x + y x +y
D (f ◦ g) (x, y) = Df (g (x, y)) Dg (x, y) 0 1 0 1 1 2xy x2 0 = x2 y x + y 2 2x 2y 0 2 (x + y) x2 + y 2 x2 + y 2 2xy x2 3x2 y + 2xy 2 2x2 y + x3 = 5x4 + 6x2 y2 + y 4 + 4x3 y + 4xy3 x4 + 6x2 y 2 + 5y 4 + 4x3 y + 4xy3
106
CAPÍTULO 5. FUNCIONES VECTORIALES DE UN VECTOR
5.4.1
Una aplicación
Supóngase que se tiene una función z = f (x, y) , esto es, f : Df ⊂ R2 → R. Considérese el siguiente cambio de variable: x = x (u, v) y = y (u, v) , entonces: z = f (x (u, v) , y (u, v)) es claro que ahora z depende de la variables u y v, más aún, es la compuesta de las siguientes funciones: x (u, v) g (u, v) = y f (x, y) y (u, v) pues
Si z = f (g (u, v)) y g (u, v) =
z
x y
z = (f ◦ g) (u, v) . , entonces:
= Df (g (u, v)) Dg (u, v) ∂x ∂x ∂f ∂f ∂u ∂v , = ∂y ∂y ∂x ∂y ∂u ∂v ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂x ∂f ∂y = + , + ∂x ∂u ∂y ∂u ∂x ∂v ∂y ∂v
por otra parte z es una función de R2 en R, por tanto: ∂z ∂z , , z = ∂u ∂v por tanto: ∂z ∂u ∂z ∂v
= =
∂f ∂x ∂f ∂y + ∂x ∂u ∂y ∂u ∂f ∂x ∂f ∂y + ∂x ∂v ∂y ∂v
Ejemplo 5.8 Si z = f (x, y) , calcularemos las primeras derivadas parciales y las segundas luego de hacer el cambio de variable: x = r cos θ y = r sin θ • (Cálculo de las primeras derivadas parciales) Por lo deducido anteriormente: ∂z ∂f ∂f ∂f ∂x ∂f ∂y = + = (cos θ) + (sin θ) ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂x ∂y ∂f ∂f ∂f ∂x ∂f ∂y ∂z = + = (−r sin θ) + (r cos θ) ∂θ ∂x ∂θ ∂y ∂θ ∂x ∂y
5.4. LA REGLA DE LA CADENA
107
es decir: ∂z ∂r ∂z ∂θ • (Cálculo de ∂2z ∂r2
• (Cálculo de
∂f ∂f + sin θ ∂x ∂y ∂f ∂f = −r sin θ + r cos θ ∂x ∂y
= cos θ
∂2z ) Aplicando la regla del producto: ∂r2 ∂ ∂z = ∂r ∂r ∂ ∂f ∂f = + sin θ cos θ ∂r ∂x ∂y ∂ ∂f ∂ ∂f + sin θ = cos θ ∂r ∂x ∂r ∂y ∂ ∂f ∂x ∂ ∂f ∂y ∂ ∂f ∂y ∂ ∂f ∂x = cos θ + + + sin θ ∂x ∂x ∂r ∂y ∂x ∂r ∂x ∂y ∂r ∂y ∂y ∂r 2 2 ∂ f ∂ f (cos θ) + = cos θ (sin θ) ∂x2 ∂y∂x 2 2 ∂ f ∂ f (cos θ) + (sin θ) + sin θ ∂x∂y ∂y 2 ∂2f ∂2f ∂2f = cos2 θ 2 + 2 cos θ sin θ + sin2 θ 2 ∂x ∂x∂y ∂y ∂2z ) ∂θ∂r ∂2z ∂θ∂r
= = = =
=
=
=
∂ ∂z ∂θ ∂r ∂f ∂f ∂ + sin θ cos θ ∂θ ∂x ∂y ∂f ∂ ∂f ∂ ∂f ∂f − sin θ + cos θ + sin θ + cos θ ∂x ∂θ ∂x ∂y ∂θ ∂y 2 ∂f ∂ f ∂x ∂ 2 f ∂y − sin θ + cos θ + ∂x ∂x2 ∂θ ∂y∂x ∂θ 2 ∂ f ∂x ∂ 2 f ∂y ∂f + sin θ + 2 + cos θ ∂y ∂x∂y ∂θ ∂y ∂θ 2 ∂f ∂ f ∂x ∂ 2 f ∂y − sin θ + cos θ + ∂x ∂x2 ∂θ ∂y∂x ∂θ 2 ∂f ∂ f ∂x ∂ 2 f ∂y + cos θ + sin θ + 2 ∂y ∂x∂y ∂θ ∂y ∂θ 2 ∂ f ∂2f ∂f + cos θ −r sin θ 2 + r cos θ − sin θ ∂x ∂x ∂y∂x 2 ∂f ∂ f ∂2f + cos θ + sin θ −r sin θ + r cos θ 2 ∂y ∂x∂y ∂y 2 2 ∂f ∂ f ∂ f − sin θ − r cos θ sin θ 2 + r cos2 θ ∂x ∂x ∂y∂x ∂2f ∂2f ∂f − r sin2 θ + r cos θ sin θ 2 + cos θ ∂y ∂x∂y ∂y
108
CAPÍTULO 5. FUNCIONES VECTORIALES DE UN VECTOR por tanto: ∂2z ∂θ∂r
• Queda como ejercicio calcular
∂2f ∂f ∂f − sin θ + r cos2 θ − sin2 θ ∂y ∂x ∂x∂y 2 ∂2f ∂ f − 2 +r cos θ sin θ ∂y 2 ∂x
= cos θ
∂2f ∂θ2
Ejercicios propuestos ∂z ∂z ∂z , , usando la 1. Si g (u, v, w) = (x, y) y z = f (x, y) = f (g (u, v, w)) , encontrar fórmulas para ∂u ∂v ∂w regla de la cadena. ∂t ∂t ∂t 2. Si g (u, v, w) = u sin v, w2 , u2 w , f (x, y, z) = xyz y t = f (g (u, v, w)) , encontrar , , por ∂u ∂v ∂w cálculo directo y también por aplicación de la regla de la cadena. x 3. Sea f (w, x, y, z) = wz tan−1 + 5w. Mostrar que y ∂2f ∂2f ∂2f ∂2f + + + = 0. ∂w2 ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 4. Sea f una función a una variable y sea z = f (x + 2y) . Mostrar que ∂f ∂f − = 0. ∂x ∂y 5. Sea f una función a una variable y sea z = f x2 + y 2 . Mostrar que 2
y
∂f ∂f −x = 0. ∂x ∂y
6. Si f es una función diferenciable y F = f ◦ g, donde g (ρ, θ, ϕ) = (ρ sin ϕ cos θ, ρ sin ϕ sin θ, ρ cos ϕ) , encuéntrese una relación entre las derivadas parciales de F y las de f. (Nota. F es la función en que se transforma f cuando se hace el cambio de coordenadas rectangulares a esféricas). 7. Igual que el problema anterior con g (r, θ) = (r cos θ, r sin θ, z) . 8. Determínese las derivadas parciales de F = f ◦ g cuando: (a) g (u, v) = (u cos v, u sin v, u) , f (x, y, z) = x2 + zy 2 x2 + xz (b) g (u, v) = (u cos v, u sin v, u) , f (x, y, z) = x+z 9. Supongamos que f tiene derivadas parciales continuas de segundo orden y u = f (x, t) . Demuéstrese que ∂2u ∂2u ∂2u = 0 bajo el cambio de variables r = x + at, la ecuación de onda 2 − a2 2 = 0 toma la forma ∂t ∂x ∂r∂s s = x − at. 10. Demuéstrese que u = F (x − at) + G (x + at) , donde F y G son funciones arbitrarias con derivadas parciales segundas contínuas, satisfacen la ecuación de onda 2 ∂2u 2∂ u − a =0 ∂t2 ∂x2
5.4. LA REGLA DE LA CADENA
109
11. Si u = F (x − y, y − z, z − x) demúestrese que ∂u ∂u ∂u + + =0 ∂x ∂y ∂z 12. Demuéstrese que la ecuación x2 toma la forma
∂u ∂2u ∂2u ∂u + y2 2 + x +y =0 2 ∂x ∂y ∂x ∂y
∂2u ∂2u + 2 = 0 bajo el cambio de variable x = er , y = es . ∂r2 ∂s
110
CAPÍTULO 5. FUNCIONES VECTORIALES DE UN VECTOR
Capítulo 6
Máximos y Mínimos 6.1
Introducción
Definición 6.1 (Maximo y mínimo) Una función f : Df ⊂ Rn → R tiene un máximo (respectivamente un mínimo) en a ∈ Df si f (a) ≥ f (x) (respectivamente si f (a) ≤ f (x)) para todo x ∈ Df . Si el dominio de f es abierto se tiene la siguiente definición. Definición 6.2 (Máximo y mínimo local) Sea f : Df ⊂ Rn → R . Se dice que f tiene un máximo local (respectivamente un mínimo local) en a ∈ Df si existe un conjunto abierto U conteniendo el punto a tal que f (x) ≤ f (a) (respectivamente si f (x) ≥ f (a)) para todo x ∈ Df ∩ U.
El punto a se llamará extremo local. El siguiente teorema nos da luces para encontrar los extremos locales de una función a varias variables.
6.2
Condición necesaria de extremo
Teorema 6.3 Considérese una función f : U ⊂ Rp → R, donde U es un conjunto abierto. Sea f diferenciable en U tal que f tiene un extremo local en a, entonces f (a) = 0, esto es, todas las derivadas parciales en el punto a son nulas, es decir, ∂f (a) = 0, para todo i = 1, . . . , p ∂xi 111
112
CAPÍTULO 6.
MÁXIMOS Y MÍNIMOS
Los puntos a en donde f (a) = 0 se llaman puntos críticos. Demostración. Demostraremos que f (a) u = 0 para todo vector u ∈ Rp no nulo, para este fin, considérese la función vectorial g (t) = a + tu definida en una vecindad de t = 0, y entonces restrinjamos f al rango de esta función, esto es, consideramos la función real ϕ = f ◦ g osea: ϕ (t) = f (a + tu) definida en una vecindad de t = 0. Claramente ϕ es diferenciable en t = 0 pues f lo es en a, más aún, la derivada es: ϕ (0) = f (a) u como obviamente ϕ tiene un extremo en t = 0, ϕ (0) = 0, es decir f (a) u = 0 para todo u ∈ Rp , es decir, f (a) = 0. A continuación una ilustración para el caso p = 3. y
R3
g f R R
"
0
"
"
"
" "
"
" " "
"
" "
"
"3"
2' ' ' a + tu ' ϕ(0)=f u ' (a) ' g(0) ' a ' y ' ' ' ' 9 7 ' x ' ϕ(t) = f (a + tu)
Observación. Nótese que, en un dominio abierto, el teorema anterior nos dice que si f (a) = 0 entonces en a no se pueden tener extremos locales, esto significa que los extremos locales de una función f definida en un dominio abierto se encuentran en los puntos donde la derivada es nula, es decir, los puntos en donde todas las derivadas parciales son cero.
Ejercicios resueltos Ejercicio 6.1 Encontrar los puntos críticos de f (x, y) = 2x2 − 2x + 8yx − 10y + 20y 2 Solución. Las derivadas parciales igualadas a cero son: ∂f (x, y) ∂x ∂f (x, y) ∂y
= 4x − 2 + 8y = 0 = 8x − 10 + 40y = 0
6.2. CONDICIÓN NECESARIA DE EXTREMO
113
así se plantea el siguiente sistema: 4x + 8y 8x + 40y
= 2 = 10
resolviendo se encuentra: x = 0, y =
1 4
por tanto el conjunto de puntos críticos es: PC =
) 1 0, 4
Ejercicio 6.2 Encontrar los puntos críticos de f (x, y) = sin x sin y Solución. Las derivadas parciales igualadas a cero son: ∂f (x, y) ∂x ∂f (x, y) ∂y las soluciones son:
con m, n enteros.
mπ nπ
= cos x sin y = 0 = sin x cos y = 0
(2m + 1) π2 , (2n + 1) π2
Ejercicio 6.3 Hallar los puntos críticos de f (x, y, z) = x2 y 2 + x2 − 4xz + 4z 2 + y2 + 2xy + 2x − 4z + 2y Solución. ∂f (x, y, z) ∂x ∂f (x, y, z) ∂y ∂f (x, y, z) ∂z
= 2xy 2 + 2x − 4z + 2y + 2 = 2x2 y + 2y + 2x + 2 = −4x + 8z − 4
así los puntos críticos son las soluciones del sistema: xy 2 + x − 2z + y + 1 = 0 . . . . . . . . . . . . (1) x2 y + y + x + 1 = 0 . . . . . . . . . . . . (2) −x + 2z − 1 = 0 . . . . . . . . . . . . (3) de la tercera ecuación se obtiene
x+1 . . . . . . . . . . . . . . . (4), 2 reemplazando este resultado (1) se obtiene y (xy + 1) = 0, este resultado junto a (2) da el sistema: z=
y (xy + 1) = 0 . . . . . . . . . . . . (5) x y + y + x + 1 = 0 . . . . . . . . . . . . (6) 2
114
CAPÍTULO 6.
MÁXIMOS Y MÍNIMOS
−1 • De (5), si y = 0, reemplazando en (4) y (6) se obtiene x = −1, z = 0; así se obtiene la solución 0 . 0 1 • Si y = 0, de (5) se tiene y = − , reemplazando en (6) se encuentra x = 1, reemplazando en (4) se tiene x 1 z = 1, por tanto y = −1, así se tiene la solución −1 . 1
Ejercicio 6.4 Encontrar los puntos críticos de
f (x, y, z) = 3x2 z − 9x2 + 3y 2 z − 9y 2 + 2z 3 − 18z 2 + 24z − 12x − 12y Derivando e igualando a cero se tiene: ∂f (x, y, z) ∂x ∂f (x, y, z) ∂y ∂f (x, y, z) ∂z
= 6xz − 18x − 12 = 0 = 6yz − 18y − 12 = 0 = 3x2 + 3y 2 + 6z 2 − 36z + 24 = 0
así debemos resolver el sistema: xz − 3x − 2 = 0 yz − 3y − 2 = 0 x2 + y 2 + 2z 2 − 12z + 8 = 0 Las soluciones son:
1 −1 2 −2 1 , −1 , 2 , −2 5 1 4 2
Ejercicios propuestos Hallar los puntos críticos de: 1. f (x, y) = x2 + 4y 2 + 2xy + 4x + 16y. Sol.: (0, −2) 2. f (x, y, z) = 3x2 z + 6x2 + 3y2 z + 6y 2 + 2z 3 + 12z 2 − 6z − 12x − 12y. Sol.
(1, 1, 0) , (−1, −1, −4) , (2, 2, −1) , (−2, −2, −3) 3. f (x, y, z) = x2 + yx + y 2 + yz + z 2 + xz + 2z Sol. (1/2, 1/2, −3/2) 4. f (x, y, z) = y2 x2 + 2y 2 + 2yz + z 2 − 2yx + 4y + 2z Sol. (1, 0, −1) , (−1, −1, 0)
5. f (x, y) = 8x3 + 27y 3 − 18xy. Sol. (0, 0) , 12 , 13 ( 6. f (x, y) = xy 3 − x2 − y2 . Sol. (1, 1) , (−1, −1) , (1, −1) , (−1, 1) , (0, 0)
6.3. CONDICIÓN SUFICIENTE DE EXTREMO
6.3
115
Condición suficiente de extremo
En esta sección acudiremos a la segunda diferencial para decidir si en un punto crítico existe o no un máximo local, mínimo local o punto silla. Recordemos que la segunda diferencial es una forma cuadrática cuya matriz asociada es la segunda derivada de f. Teorema 6.4 Sea U ⊂ Rp un conjunto abierto, f : U → R, diferenciable dos veces en U. Sea a un punto crítico, esto es, tal que f (a) = 0. Sea dx = (dx1 , . . . , dxn )t . Entonces • Si d2 f (a) (dx) es definida positiva, f tiene en a un mínimo local. • Si d2 f (a) (dx) es definida negativa, f tiene en a un máximo local. • Si d2 f (a) (dx) no es definida ni semidefinida, entonces en a no hay extremo de f. Se dice también que en tal punto hay un punto silla. t
• Si (dx) f (a) (dx) es semidefinida, entonces el método no da ninguna información. Como se sabe, en el anterior teorema, es suficiente analizar la matriz f (a) , así se tiene el siguiente teorema equivalente. Teorema 6.5 Sea U ⊂ Rp un conjunto abierto, f : U → R, diferenciable dos veces en U. Sea a un punto crítico, esto es, tal que f (a) = 0. Entonces: • Si f (a) es definida positiva, entonces f tiene en a un mínimo local. • Si f (a) es definida negativa, entonces f tiene en a un máximo local. • Si f (a) no es definida ni semidefinida, entonces en a no hay extremo de f. • Si f (a) es semidefinida, entonces el método no da ninguna información. Demostración. Omitida
Ejercicios resueltos Ejercicio 6.5 Calcular los máximos y mínimos locales de f (x, y) = 2x2 − 2x + 8yx − 10y + 20y 2 Solución. El conjunto de puntos críticos es el conjunto unitario: 0, 1 PC = 4 La matriz Hessiana en cualquier punto (x, y) es:
f (x, y) = claramente en el punto crítico
0 1/4
:
f (0, 1/4) =
4 8 8 40
4 8 8 40
,
,
Ahora podemos usar el criterio de congruencia o el criterio de Sylvester para decidir si la matriz es o no definida positiva. Como ejercicio usaremos ambos criterios.
116
CAPÍTULO 6. • Criterio de congruencia.
4 8 8 40
F 21(−2)
∼
4 8 0 24
MÁXIMOS Y MÍNIMOS
Como los elementos de la diagonal principal de la última matriz son todos potitivos, f (0, 1/4) definida positiva, luego f tiene en (0, 1/4)t un mínimo local. • Criterio de Sylvester. Calculamos los deltas: ∆1 ∆2
= |4| = 4 4 8 = 8 40
= 160 − 64 = 96
como todos los ∆i son positivos la matriz es definida positiva, luego f tiene en (0, 1/4) un mínimo local. Naturalmente el resultado coincide con la conclusión anterior. Ejercicio 6.6 Determinar las dimensiones de una ventana de forma pentagonal coronado por un triángulo isóseles, ver gráfica, de área máxima y perímetro conocido igual a 12 metros. x tan α α x sec α
x
y
2x
Solución. Sean 2x, y las dimensiones de la parte rectangular y α el ángulo interior del triángulo isóseles tal como se muestra en la gráfica, entonces el área A es: 1 (2x) (x tan α) 2 = 2xy + x2 tan α,
A = (2x) y +
((i))
por otra parte, puesto que el perímetro es 12, se debe tener: 2y + 2x + 2x sec α = 12 de donde: y = 6 − x (1 + sec α)
reemplazando en (i) se encuentra
A = 2x (6 − x (1 + sec α)) + x2 tan α = 12x − x2 (2 + 2 sec α − tan α) Las derivadas parciales son: ∂A ∂x ∂A ∂α
= 12 − 2x (2 + 2 sec α − tan α) = −x2 sec2 α (2 sin α − 1)
((ii))
6.3. CONDICIÓN SUFICIENTE DE EXTREMO
117
resolviendo el sistema formado por las derivadas parciales igualadas a cero se encuentra en único punto crítico π α = 6 √ x = 6 2− 3 . La segunda derivada es
A (x, α) = F (x, α) = En el punto crítico se tiene:
−2 (2 −2x sec2 α (2 sin α − 1) α − tan α) + 22 sec −2x sec α (2 sin α − 1) −2x2 sec2 α tan α (2 sin α − 1) + sec α
√ π F 6 2− 3 , = 6
√ −4 − 2 3 0 √ 2 √ 3 0 − 43 12 − 6 3
claramente esta matriz es definida negativa, luego en el punto crítico se tiene un máximo. Reemplazando en (ii) encontramos y
= 6 − x (1 + sec α)
√ π = 6 − 6 2 − 3 1 + sec 6 √ = 6−2 3
Así las dimensiones son: √ adecuadas Base: 2x = 12 2 − 3 = 3. 215 metros √ Altura: y = 6 − 2 3 = 2. 536 metros Ángulo de inclinación α = π6 √ √ Lado igual del triángulo isóseles: x sec α = 6 2 − 3 sec π6 = 4 2 3 − 3 = 1. 856 metros. Ejercicio 6.7 Calcular los máximos y mínimos locales de
f (x, y) = sin x sin y Solución. El conjunto de puntos críticos es: π (2m + 1) mπ 2 : m, n son enteros PC = , π nπ (2n + 1) 2 La matriz Hessiana es: − sin x sin y cos x cos y f (x, y) = cos x cos y − sin x sin y Analizemos cada uno de los puntos crítico.
• Punto (mπ, nπ) m, n enteros. En este caso: 0 cos (mπ) cos (nπ) f (mπ, nπ) = cos (mπ) cos (nπ) 0 Si m y n son ambos pares o ambos impares:
f (mπ, nπ) = Si uno es par y el otro impar:
f (mπ, nπ) =
0 1 1 0
0 −1 −1 0
en ambos los autovalores son 1 y −1. Esto prueba que la matriz no es definida ni semidefinida, esto es, en (mx, nx) se tiene un punto silla para todo m, n entero.
118
CAPÍTULO 6.
• Punto
(2m + 1) (2n + 1)
MÁXIMOS Y MÍNIMOS
π π2 . Observemos que para todo entero k: 2
π cos (2k + 1) = − sin kπ 2
π = cos kπ sin (2k + 1) 2
por tanto:
π π − (cos mπ) (cos nπ) 0 f (2m + 1) , (2n + 1) = 0 − (cos mπ) (cos nπ) 2 2
Si m y n son pares, digamos m = 2i, n = 2j, tenemos:
π π −1 0 = f (4i + 1) , (4j + 1) 0 −1 2 2
π π que es definida negativa (pues todos sus autovalores son negativos), luego en los puntos (4i + 1) , (4j + 1) 2 2 f tiene un máximo local. Si m y n son ambos impares, digamos m = 2i + 1, n = 2j + 1, se tiene:
π π −1 0 = f (4i + 3) , (4j + 3) 0 −1 2 2
π π que es definida negativa (pues todos sus autovalores son negativos), luego en los puntos (4i + 3) , (4j + 3) 2 2 f tiene un máximo local. Si m = 2i y n = 2j + 1 :
π π 1 0 = f (4i + 1) , (4j + 3) 0 1 2 2
Si m = 2i + 1 y n = 2j :
π π 1 0 f (4i + 3) , (4j + 1) = 0 1 2 2
π π π π en los dos últimos casos, la matriz es definida positiva, luego en (4i + 1) , (4j + 3) y (4i + 3) , (4j + 1) 2 2 2 2 f tiene un mínimo local.
Ejercicio 6.8 Calcular los máximos y mínimos de 2 f (x, y, z) = x2 z − 3x2 + y 2 z − 3y 2 + z 3 − 6z 2 + 8z + 13 − 4x − 4y 3 Solución. los puntos críticos son: P C = {(1, 1, 5) , (−1, −1, 1) , (2, 2, 4) , (−2, −2, 2)} La matriz Hessiana es:
2z − 6 0 2x 0 2z − 6 2y f (x, y, z) = 2x 2y 4z − 12
6.3. CONDICIÓN SUFICIENTE DE EXTREMO • Punto (1, 1, 5) :
119
Aplicando operaciones elementales:
4 0 2 f (1, 1, 5) = 0 4 2 2 2 8
4 0 2 4 0 2 4 0 2 0 4 2 ∼ 0 4 2 ∼ 0 4 2 2 2 8 F 31(−1/2) 0 2 7 F 32(−1/2) 0 0 6 Al ser todos los elementos de la diagonal principal de la última matriz todos positivos concluimos que la segunda derivada en (1, 1, 5) es definida positiva, luego en (1, 1, 5) la función f tiene un mínimo local. • Punto (−1, −1, 1) .
−4 0 −2 f (−1, −1, 1) = 0 −4 −2 −2 −2 −8
Aplicamos ahora operaciones elementales:
−4 0 −2 −4 0 −2 −4 0 −2 0 −4 −2 ∼ 0 −4 −2 ∼ 0 −4 −2 −2 −2 −8 F 31(−1/2) 0 −2 −7 F 32(−1/2) 0 0 −6
t t De lo anterior concluimos que f (−1, −1, 1) es definida negativa y por tanto en (−1, −1, 1) f tiene un máximo local. • Punto (2, 2, 4)t ..
2 0 4 f (2, 2, 4) = 0 2 4 4 4 4
Nuevamente aplicamos operaciones elementales:
2 0 4 2 0 4 2 0 4 0 2 4 ∼ 0 2 ∼ 0 2 4 4 0 4 −4 F 32(−2) 0 0 −12 4 4 4 F 31(−1/2)
• Punto (−2−, 2, 2) . .
−2 0 −4 f (2, 2, 4) = 0 −2 −4 −4 −4 −4
Aplicando operaciones elementales se prueba:
−2 0 −4 −2 0 −4 0 −2 −4 ∼ 0 −2 −4 −4 −4 −4 0 0 12
En los dos últimos casos, la matriz resultante no es definida ni semidefinida, luego en los puntos (2, 2, 4) y (−2, −2, 2) no se tienen extremos.
120
CAPÍTULO 6.
6.4
MÁXIMOS Y MÍNIMOS
El caso particular de dos variables
Si se tienen dos variables puede usarse el criterio de Silvester para probar el siguiente resultado: Sea U ⊂ R2 un conjunto abierto, f : U → R, diferenciable dos veces en U ; Sea (a, b) un punto crítico, esto es, tal que f (a, b) = 0. Sea 2 ∂ f (a, b) ∂ 2 f (a, b) 2 ∂x ∂x∂y ∆ (a, b) = 2 2 f (a, b) f (a, b) ∂ ∂ ∂x∂y ∂y2
Entonces:’ • Si
∂ 2 f (a, b) > 0 y ∆ (a, b) > 0, entonces f tiene en a un mínimo local. ∂x2
• Si
∂ 2 f (a, b) < 0 y ∆ (a, b) > 0, entonces f tiene en a un máximo local. ∂x2
• Si ∆ (a, b) < 0, entonces en a no hay extremo de f, se dice que se tiene un punto silla. • Si ∆ (a, b) = 0, entonces el método no da ninguna información. ∂ 2 f (a, b) = ∆1 y ∆ (a, b) = ∆2 . Las primeras tres partes del resultado siguen ∂x2 del criterio de Sylvester. Si ∆ (a, b) = 0, entonces f (a, b) tiene almenos un autovalor cero, por tanto es semidefinida, esto prueba la última parte. Prueba. Nótese que
Ejercicios propuestos 1. Hallar los máximos, mínimos locales y puntos silla de las siguientes funciones: (a) f (x, y) = 2x2 + y2 + xy + 5, Sol.: Mín. en (0, 0) 2 (b) f (x, y) = x2 − 2x + 4y2 − 8y , Sol.: Máx. en (1, 1) , Mín. en la elipse (x − 1)2 + 4 (y − 1)2 = 5.
2 Sug. f (x, y) = (x − 1)2 + 4 (y − 1)2 − 5 (c) f (x, y) = x2 + 4y 2 − 4xy + 2x − 4y + 3. Sol.: Mín. en la recta x − 2y + 1 = 0. Sug. f (x, y) = (x − 2y + 1)2 + 2.
(d) f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 6xy + 8xz − 10yz. Sol. No existe ni Máx. ni Mín., punto crítico (0, 0, 0) (e) f (x, y, z) = x2 + 2y 2 + z 2 − 6x + 3y − 2z − 5, Sol.: Min. en 3, − 34 , 1 (f) f (x, y, z) = x2 +y 2 −2z 2 +3x+y−z−2, Sol.: No existe ni Máx. ni Mín., punto crítico − 32 , − 12 , − 14
(g) f (x, y, z) = x2 + y2+ z 2 + 2xy − 3xz + 2yz − x + 3y − 2z − 5, Sol.:No existe ni Máx. ni Mín., punto 3 , − 45 crítico −1, 10 1 55 1 , 68 , 17 , − 29 (h) f (x, y, z, t) = x2 + 2y 2 + z 2 − t2 − 2xy + 4xz + 3xt − 2yt + 4x − 5y − 3, Sol.: − 34 34 , (i) f (x, y, z) = 3x2 z +3y2 z +18z 3 − 4x −4y − 30z +5, Sol.: Máx. y Mín. en (1, 1, 2/3) , (−1, −1, −2/3) otros puntos críticos son (2, 2, 1/3) , (−2, −2, −1/3)
(j) f (x, y, z) = 3zx2 + 6zx − 24z + 3zy 2 + 6zy + 18z 3 − 4x − 4y, Sol.: Máx. y Min. en (0, 0, 2/3) , (−2, −2, −2/3) , otros puntos críticos son (1, 1, 1/3) , (−3, −3, −1/3) 2. Encontrar los puntos de máximo y mínimo de las siguientes funciones en la región indicada.
(a) f (x, y) = x + y en el cuadrado de vértices (±1, ±1) . Sol.: Mín = −2 en (−1, −1) , Máx = 2 en (1, 1)
6.4. EL CASO PARTICULAR DE DOS VARIABLES
121
(b) f (x, y, z) = x + y + z en la región x2 + y2 + z 2 < 1. Sol.: Ninguno √ √ 1/2 en la región x2 + y 2 ≤ 1. Sol.: Máx =1/2 en 2/2, ± 2/2 , (c) f (x, y) = xy − 1 − x2 − y 2 √ √ Mín= −1/2 en − 2/2, ± 2/2 .
(d) f (x, y) = 144x3 y 2 (1 − x − y) en la región x ≥ 0 y y ≥ 0. Sol.: Máx en (1/2, 1/3) , no hay mínimo 2 2 (e) f (x, y) = x2 + 2y2 e−(x +y ) en el plano R2 . Sol.: Mín = 0 en (0, 0), Máx = 2/e en (0, ±1) , Max. local = (±1, 0) (f)
−1 2 i. f (x, y) = x2 + y2 en la región (x − 2) + y2 ≤ 1. Sol.: Máx = 1 en (1, 0) , Mín = (3, 0) . −1 ii. f (x, y) = x2 + y2 en la región x2 + (y − 2)2 ≤ 1. Sol.: Máx = 1 en (0, 1) , Mín = (0, 3) .
1 9
en
1 9
en
(g) En los siguientes ejercicios la región es R2 . ¿Cuáles tienen máximo, mínimo? 2
4
i. f (x, y) = (x + 2y) e−x −y . Sol.: Ambos ii. f (x, y) = ex−y . Sol.: Ninguno 2
2
iii. f (x, y) = ex −y . Sol.: Ninguno 2 2 iv. f (x, y) = 3x2 + 2y2 e−(4x +y ) . Sol.: Ambos 4
10
v. f (x, y) = −x2 ex +y . Sol.: Máximo x2 +y2 |x|+|y| si (x, y) = (0, 0) vi. f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0) Sol.: Mínimo.
3. Encuéntrese los máximos y mínimos locales de las siguientes funciones sujetas a las restricciones que se indican. (a) f (x, y, z) = x2 + y 2 − z; 2x − 3y + z − 6 = 0. Sol. Mín. en (−1, 3/2, 25/2)
(b) f (x, y, z) = ze−xy ; x2 +y2 −z = 0. Sol. Min. en (0, 0, 0) , en los puntos críticos (1, 1, 2) y (−1, −1, 2) no existen máximos ni mínimos. ( (c) f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 2x + 1; x2 + y2 − z = 0. Sol. Min. en (1/2, 0, 1/2)
4. Determine el paralelepípedo rectangular de volumen máximo y área total igual a 48. Sol. Lados iguales √ a2 2 5. (a) Demostrar que el criterio de la segunda derivada, no proporciona información acerca de los puntos críticos de f (x, y) = x4 + y 4 (b) Clasificar los puntos críticos como máximos locales o puntos silla. Sol.: Mín. local : (0, 0) 6. Demostrar que f (x, y) = (2x − y)2 tiene un mínimo en todos los puntos de la recta y = 2x.
7. Encontrar tres números positivos cuya suma sea a y tales que la suma de sus cuadrados sea el menor 2 posible, a > 0. Sol.: x = y = z = a3 , suma mínima = 3 a3 .
8. Encontrar tres números positivos cuya suma sea a y cuyo producto sea la mayor posible, a > 0. Sol. 3 x = y = z = a3 , producto máximo = a3
9. Encontrar los puntos del plano x + y + z = a, a < 0 situados en el octavo octante en los que f (x, y, z) = x2 y 2 z tiene un valor máximo. Sol. x = y = 25 a, z = 15 a. √ 10. Encontrar los puntos de la superficie x2 − yz = a, a > 0 más cerca del origen. (± a, 0, 0)
122
CAPÍTULO 6.
MÁXIMOS Y MÍNIMOS
11. Encontrar las dimensiones de la caja rectangular √ de volumen máximo que se puede inscribir en una esfera de radio r conocido. Sol. Cubo de lado 23 r 12. Encontrar las dimensiones del paralelepípedo rectangular de volumen máximo con caras paralelas a los planos coordenados que puede inscribirse en el elipsoide x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c Sol.
√2 a, √2 b, √2 c 3 3 3
13. Encontrar el volumen máximo de una caja rectangular con tres caras en los planos coordenados y un vértice en el primer octante sobre el plano x + y + z = a, a > 0. Sol. cubo de lados 13 a, Volumen máximo 1 3 27 a .
6.5
Extremos locales condicionados
Sea U ⊂ Rp un conjunto abierto. Sea f : U → R (Del que se desean hallar los extremos condicionalos). Sea ϕ : U → Rq (Con q < p) una función cuyas componentes llamaremos ϕ1 , . . . , ϕq (Cada una de las cuales es una función ϕi : U → R). Llamemos restricción a la ecuación ϕ (x) = 0 (tal ecuación produce el sistema ϕ1 (x) = 0, . . . , ϕp (x) = 0). Sea S = {x ∈ U : ϕ (x) = 0} . Sea a ∈ S. Se dice entonces que f tiene en a un extremos local condicionado por ϕ (x) = 0 si: • f (a) > f (x) para todo x ∈ U ∩ S (en cuyo caso el extremo es un máximo)
• f (a) < f (x) para todo x ∈ U ∩ S (en cuyo caso el extremo es un mínimo)
Claramento lo anterior significa que f tiene un extremo local en a condicionado por la restricción ϕ (x) = 0 si la restricción f |S tiene un extremo local (ordinario) en a.
6.5.1
Condición necesaria de extremo condicionado
Teorema 6.6 Sean U ⊂ Rp . f : U → R, ϕ : U → Rq dos funciones diferenciables (q < p). Sea a ∈ U en donde ϕ (a) = 0. Supóngase además que rango (ϕ (a)) = q. Para que la función f tenga un máximo local en a condicionado a la restricción ϕ (x) = 0 es necesario que existan λ1 , . . . , λn ∈ R (multiplicadores de Lagrange), únicos tales que la función g = f + λ1 ϕ1 + · · · + λq ϕq tenga un punto crítico en a, es decir, g (a) = 0 (donde la ϕi son las componentes de ϕ; a g se llama función de Lagrange) . Ejemplo 6.1 Encontrar los puntos críticos de f (x, y, z) = x + y + z cuando (x, y, z) se encuentra en x2 + y 2 + z 2 = 1. Solución. Se tiene una sóla restricción, la función ϕ es Construyamos la función de Lagrange
ϕ (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 1.
g (x, y, z) = f (x, y, z) + λϕ (x, y, z) = x + y + z + λ x2 + y 2 + z 2 − 1 ,
aquí λ es el multiplicador de Lagrange. los puntos críticos de g se encuentran resolviendo el siguiente sistema: ∂g ∂x ∂g ∂y ∂g ∂z x2 + y2 + z 2 − 1
= 1 + 2λx = 0 = 1 + 2λy = 0 = 1 + 2λz = 0 = 0
6.5. EXTREMOS LOCALES CONDICIONADOS
123
Note que la última ecuación se debe a la restricción ϕ (x, y, z) = 0. Las soluciones (x, y, z, λ) son: √ √ √ √ √ √ √ √ 3 3 3 3 3 3 3 3 , , ,− ,− ,− , , − 3 3 3 2 3 3 3 2 Ejemplo 6.2 Hallar los puntos críticos de f (x, y, z) = xz + yz − 3z condicionados por las siguientes restricciones: ϕ1 (x, y, z) = x3 − 9x2 + 27x − 31 − y 3 − 4z = 0 ϕ2 (x, y, z) = x + y + z 2 − 6 = 0 Como se tienen dos restricciones, la función de Lagrange g presentará dos multiplicadores de Lagrange λ1 y λ2 . g (x, y, z) = xz + yz − 3z + λ1 x3 − 9x2 + 27x − 31 − y 3 − 4z + λ2 x + y + z 2 − 6
Los puntos críticos se encuentran resolviendo el sistema:
z + 3λ1 x2 − 18λ1 x + 27λ1 + λ2 z − 3λ1 y2 + λ2 x + y − 3 − 4λ1 + 2λ2 z 3 x − 9x2 + 27x − 31 − y3 − 4z x + y + z2 − 6
= = = = =
0 0 0 0 0
La solución de este sistema es (x, y, z, λ1 , λ2 ) = (5, 0, 1, 0, −1); es el único punto crítico.
6.5.2
Condición suficiente de extremo condicionado
Sea U ⊂ Rp un conjunto abierto conteniendo el punto a. Sean f : U → R, ϕ : U → Rq (q < p) dos funciones dos veces diferenciables tales que ϕ (a) = 0 y ϕ (a) de rango igual a q. Sea a un punto crítico de g = f + λ1 ϕ1 + · · · + λq ϕq . Entonces se verifica: • Si d2 g (a) (dx) > 0 para todo dx no nulo tal que dϕ (a) (dx) = 0, entonces f tiene en a un mínimo local condicionado a la restricción ϕ (x) = 0. • Si d2 g (a) (dx) > 0 para todo dx no nulo tal que dϕ (a) (dx) = 0, entonces f tiene en a un mínimo local condicionado a la restricción ϕ (x) = 0. • Si d2 g (a) (dx1 ) > 0 y d2 g (a) (dx2 ) < 0 para ciertos dx1 y dx2 tales que dϕ (a) (dx1 ) = 0, y dϕ (a) (dx2 ) = 0 entonces f no tiene en a un extremo local condicionado a la restricción ϕ (x) = 0.
Ejercicios resueltos Ejercicio 6.9 Hallar los máximos y mínimos locales de f (x, y) = x2 − xy + y 2 cuando (x, y) recorre la circunferencia x2 + y2 = 8. Solución. Con ϕ (x, y) = x2 + y 2 − 8 formamos la función de Lagrange: g = x2 − xy + y 2 + λ x2 + y 2 − 8
124
CAPÍTULO 6.
MÁXIMOS Y MÍNIMOS
• Derivadas y diferenciales. g (x, y) = (2x − y + 2λx, 2y − x + 2λy) 2 + 2λ −1 g (x, y) = −1 2 + 2λ ϕ (x, y) = (2x, 2y)
por tanto las diferenciales que nos interesan son: d2 g = 2 (1 + λ) (dx)2 − 2 (dx) (dy) + 2 (1 + λ) (dy)2 dϕ = 2x (dx) + 2y (dy) • Puntos críticos. Se encuentran resolviendo g (x, y) = 0 y ϕ (x, y) = 0, esto es, 2x − y + 2λx = 0 2y − x + 2λy = 0 x2 + y 2 = 8
La soluciones
x y λ
son:
−2 2 2 −2 2 , −2 , 2 , −2 −3/2 −3/2 −1/2 −1/2
• Análisis de los puntos críticos. −2 7 Punto , λ = −3/2. Con estos datos: 2
2
d2 g = − (dx) − 2 (dx) (dy) − (dy) dϕ = −4 (dx) + 4 (dy)
2
De dϕ = 0 se tiene dx = dy, por tanto: d2 g = −4 (dx)
2
claramente d2 g es definida negativa, es decir, en (−2, 2)2 , f tiene un máximo condicionado a ϕ = 0. 2 2 Tal máximo es: f (−2, 2) = (−2) − (−2) (2) + (2) = 12. 2 7 Punto , λ = −3/2. Con estos datos: −2 d2 g = − (dx)2 − 2 (dx) (dy) − (dy)2 dϕ = 4 (dx) − 4 (dy) De dϕ = 0 se tiene dx = dy, por tanto: d2 g = −4 (dx)2 t
claramente d2 g es definida negativa, es decir, en (2, −2) , f tiene un máximo condicionado a ϕ = 0. Tal máximo es: f (2, −2) = (2)2 − (2) (−2) + (−2)2 = 12.
6.5. EXTREMOS LOCALES CONDICIONADOS 7 Punto
2 2
125
, λ = −1/2. Con estos datos: 2
2
d2 g = (dx) − 2 (dx) (dy) + (dy) dϕ = 4 (dx) + 4 (dy) De dϕ = 0 se tiene dx = −dy, por tanto:
2
d2 g = 4 (dx)
claramente d2 g es definida positiva, es decir, en (2, 2)t , f tiene un mínimo condicionado a ϕ = 0. Tal máximo es: f (2, 2) = (2)2 − (2) (2) + (2)2 = 4. −2 7 Punto , λ = −1/2. Con estos datos: −2 d2 g = (dx)2 − 2 (dx) (dy) + (dy)2 dϕ = −4 (dx) − 4 (dy) De dϕ = 0 se tiene dx = −dy, por tanto:
2
d2 g = 4 (dx)
claramente d2 g es definida positiva, es decir, en (−2, −2)t , f tiene un mínimo condicionado a ϕ = 0. Tal máximo es: f (−2, −2) = (−2)2 − (−2) (−2) + (−2)2 = 4. Ejercicio 6.10 Hallar los máximos y mínimos de f (x, y) = x2 − y 2 sujeta a la restricción x2 + y 2 = 9.
Solución. Obsérvese que se desea calcular los máximos y mínimos de f cuando se restringe el dominio la curva que resulta de la intersección del hiperboloide x2 − y 2 = z y el cilindro x2 + y 2 = 9. COn ϕ = x2 + y 2 − 8 construyamos la función de Lagrange. g = x2 − y 2 + λ x2 + y2 − 9 • Derivadas y diferenciales
g = (2x + 2λx, −2y + 2λy) 2 + 2λ 0 g = 0 −2 + 2λ ϕ = (2x, 2y)
Por tanto las diferenciales son: d2 g = (2 + 2λ) (dx)2 + (−2 + 2λ) (dy)2 dϕ = 2x (dx) + 2y (dy) •
Puntos críticos. Los puntos críticos se encuentran resolviendo el sistema que resulta de Dg = 0 y ϕ = 0, esto es,
x Las soluciones y son: λ
2x + 2λx = 0 −2y + 2λy = 0 x2 + y 2 − 9 = 0
3 −3 0 0 0 , 0 , 3 , −3 −1 −1 1 1
126
CAPÍTULO 6. • Análisis de los puntos críticos. 3 7 Punto , λ = −1 En este punto: 0
MÁXIMOS Y MÍNIMOS
d2 g = −4 (dy)2
y
dϕ = 6dx = 0, está claro que la segunda diferencial es siempre negativa, así en (3, 0) la función f debe tener un máximo local, tal máximo es f (3, 0) = 9. Observe que la condición dϕ = 0 es irrelevante en este caso. 7 Punto (−3, 0, −1) . Máximo local igual a 9 7 Punto (0, 3, 1) . Mínimo local igual a −9
7 Punto (0, −3, 1) . Mínimo local igual a −9 Ejercicio 6.11 Encontrar los máximos y mínimos locales de f (x, y, z) = x + y + z cuando (x, y, z) se encuentra en x2 + y 2 + z 2 = 1. Solución. Con ϕ (x) = x2 + y 2 + z 2 − 1, La función de Lagrange es g = x + y + z + λ x2 + y 2 + z 2 − 1 .
• Derivadas y diferenciales.
g g
= (1 + 2λx, 1 + 2λy, 1 + 2λz) 2λ 0 0 0 = 0 2λ 0 0 2λ ϕ = (2x , 2y, 2z )
por tanto la segunda diferencial es la cuadrática: dx d2 g (x, y, z) dy = 2λdx2 + 2λdy2 + 2λdz 2 , dz
(1)
• Puntos críticos.
Los puntos críticos (x, y, z; λ) son: √ √ √ √ √ √ √ √ 3 3 3 3 3 3 3 3 , , ;− ,− ,− ; , − 3 3 3 2 3 3 3 2 • Análisis de puntos. Obsérvese que D2 g es siempres definida positiva o negativa dependiendo del valor de lambda independientemente de la ecuación dϕ = 0, luego √ √ √ √ √ √ √ 3 3 3 3 3 3 3 , , . La matriz es definida negativa. Concluimos que en , , ,λ=− 7 Punto 3 3 3 2 3 3 3 la función f (x, y, z) = x + y + z tiene un máximo condicionado a x2 + y 2 + z 2 = 1; tal máximo es √ √ √ √ 3 3 3 = 3. , , f 3 3 3
6.5. EXTREMOS LOCALES CONDICIONADOS
127
√ √ √ √ 3 3 3 3 ,λ = ,− ,− en este caso se tiene un mínimo local condicionado. Tal mínimo 7 Punto − 3 3 3 2 √ √ √ √ 3 3 3 es f − ,− ;− = − 3. 3 3 3 Ejercicio 6.12 Hallar los máximos y mínimos de f (x, y, z) = xz + yz − 3z condicionado por las siguientes restricciones: ϕ1 (x, y, z) = x3 − 9x2 + 27x − 31 − y 3 − 4z = 0 ϕ2 (x, y, z) = x + y + z 2 − 6 = 0 Solución. Como se tienen dos restricciones, la función de Lagrange g presentará dos multiplicadores de Lagrange λ1 y λ2 . g (x, y, z) = xz + yz − 3z + λ1 x3 − 9x2 + 27x − 31 − y 3 − 4z + λ2 x + y + z 2 − 6 • Derivadas y diferenciales. g
g d2 g
t z + 3λ1 x2 − 18λ1 x + 27λ1 + λ2 z − 3λ1 y 2 + λ2 = x + y − 3 − 4λ1 + 2λ2 z 0 1 6λ1 x − 18λ1 1 0 −6λ1 y = 1 1 2λ2
2
2
2
= (6λ1 x − 18λ1 ) (dx) − 6λ1 y (dy) + 2λ2 (dz) +2 (dx) (dz) + 2 (dy) (dz)
dϕ1 dϕ2
= 3x2 − 18x + 27 (dx) − 3y 2 (dy) − 4dz = dx + dy + 2z (dz)
• Puntos críticos. Los puntos críticos se encuentran resolviendo el sistema: z + 3λ1 x2 − 18λ1 x + 27λ1 + λ2 = z − 3λ1 y2 + λ2 = x + y − 3 − 4λ1 + 2λ2 z = x3 − 9x2 + 27x − 31 − y 3 − 4z = x + y + z2 − 6 = x y z la solución de este sistema está dado por los puntos λ1 λ2 4 5 1 0 , −1 1 0 0 −1 1
0 0 0 0 0
128
CAPÍTULO 6.
MÁXIMOS Y MÍNIMOS
5 • Análisis del punto crítico. 0 , λ1 = 0, λ2 = −1. Se tiene: 1 d2 g
= (6 (0) 5 − 18 (0)) (dx)2 − 6 (0) (0) (dy)2 + 2 (−1) (dz)2 +2 (dx) (dz) + 2 (dy) (dz)
3 (5)2 − 18 (5) + 27 (dx) − 3 (0)2 (dy) − 4 (dz)
dϕ1
=
dϕ2
= dx + dy + 2 (1) (dz)
simplificando:
2
d2 g = −2 (dz) + 2 (dx) (dz) + 2 (dy) (dz) dϕ1 dϕ2
= 12 (dx) − 4 (dz) = dx + dy + 2 (dz)
(i) (ii)
Igualando las ecuaciones que aparecen en (ii) a cero, esto es, dϕ1 = 0 y dϕ2 = 0, se obtiene: dz dy
= = = =
3dx −dx − 2dz −dx − 2 (3dx) −7dx
reemplazando en (i): d2 g
2
= −2 (3dx) + 2 (dx) (3dx) + 2 (−7dx) (3dx) = (−18 + 6 − 42) dx2 = −54dx2
claramente d2 g es definida negativa, entonces f tiene un máximo condicionado a las dos restricciones dadas. Tal máximo es: f (5, 0, 1) = (5) (1) + (0) (1) − 3 (1) = 2 Ejercicio 6.13 Hallar máximos locales, mínimos locales, y puntos silla de f (x, y, z) = xyz cuando (x, y, z) se encuentra en la superficie de ecuación xy + yz + xz = 2. Solución. La función de Lagrange es F (x, y, z) = xyz + λ (xy + yz + xz − 2) Sea ϕ (x, y, z) = xy + yz + xz − 2 la función de restricción. ∂F ∂F ∂F • Derivadas y diferenciales. F (x, y, z) = , , , donde: ∂x ∂y ∂z ∂F ∂x ∂F ∂y ∂F ∂z
= yz + λ (y + z) = xz + λ (x + z) = xy + λ (x + y)
0 z+λ y+λ 0 x+λ F (x, y, z) = z + λ y+λ x+λ 0
dϕ (x, y, z) (dx, dy, dz) = (y + z) dx + (x + z) dy + (x + y) dz
6.5. EXTREMOS LOCALES CONDICIONADOS
129
• Puntos críticos. Se encuentran resolviendo yz + λ (y + z) xz + λ (x + z) xy + λ (x + y) xy + yz + xz − 2
= = = =
(1) (2) (3) (4)
0 0 0 0
De (1) y (2) se encuentra (y − x) (z + λ) = 0
Si z + λ = 0, debe ser λ = −z; de la ecuación (1) se encuentra −z 2 = 0, luego z = 0, es decir λ = 0; reemplazando este valor en (3) se encuentra que x = 0 o y = 0, en ambos casos se tiene una contradicción con la ecuación (4). De lo anterior z + λ = 0 lo que obliga a que x = y.
Con un mismo análisis, de las ecuaciones (2) y (3) se encuentra y = z, así se tiene x = y = z, sustituyendo este resultado en (4) se encuentra 3x2 = 2, 3
luego x = ±
2 . 3 3
3 3 2 2 1 2 se encuentra λ = − y si x = y = z = − Si x = y = z = 3 2 3 3 los puntos críticos del problema son: 1 −1 3 3 2 −1 2 1 , P.C. = 3 1 3 −1 1 − 12 2
• Análisis de puntos críticos. 7 Punto 23 (1, 1, 1; ), λ = − 12 En este punto se tiene: 0 1 1 F = 12 23 1 0 1 1 1 0 dϕ = 2 23 (dx + dy + dz) = 0
1 se encuentra λ = 2
3
2 , por tanto 3
despejando dz se encuentra: dz = −dx − dy, por tanto: d2 F = 12 23 (2 (dx) (dy) + 2 (dx) dz + 2 (dy) dz) = 12 23 (2 (dx) (dy) + 2 (dx) (−dx − dy) + 2 (dy) (−dx − dy)) = 12 23 −2 (dx)2 − 2 (dx) (dy) − 2 (dy)2
La matriz asociada a esta forma cuadrática es: 1 2
2 3
−2 −1 −1 −2
puede notarse luegof tiene un máximo local en el punto que esta matriz es definida negativa,
2 2 2 2 2 2 2 2 3, 3, 3 , el valor de este máximo es: f 3, 3, 3 = 3 3.
130
CAPÍTULO 6. 7 Punto
2 3
(−1, −1, −1) λ =
1 2
MÁXIMOS Y MÍNIMOS
Pruebe el lector que aquí se tiene un mínimo local.
Ejercicio 6.14 Calcular los máximos y mínimos de f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + xy + yz cuando (x, y, z) se encuentra en la superficie de ecuación x2 + y 2 + z 2 − 1 = 0 Solución. La función de Lagrange es
F (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + xy + yz + λ x2 + y2 + z 2 − 1
Sea la función de restricción ϕ (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 1.
∂F ∂F 1. Cálculo de derivadas: F (x, y, z) = ∂F donde: ∂x , ∂y , ∂z ∂F ∂x ∂F ∂y ∂F ∂z
por tanto
= 2x + y + 2λx = 2y + x + z + 2λy = 2z + y + 2λz
2 (1 + λ) 1 0 1 2 (1 + λ) 1 F (x, y, z) = 0 1 2 (1 + λ) dϕ (x, y, z) = 2 (x dx + y dy + z dz)
2. Cálculo de puntos críticos: Se resuelve el sistema 2x + y + 2λx 2y + x + z + 2λy 2z + y + 2λz 2 x + y2 + z 2 − 1
= = = =
2 (1 + λ) x + y x + (1 + λ) y
= 0 = 0
0 0 0 0
(1) (2) (3) (4)
De (1) y (3) se obtiene: 2 (x − z) (1 + λ) = 0, es inmediato verificar que λ no puede ser −1, luego x = z. Así se tiene el sistema. (5)
Si el determinante de la matriz de coeficientes (asumiendo x, y variables) es distinto de cero, la única solución posible es x = y = 0 que no puede ser pues entonces z también seria 0 y (0, 0, 0) no es un punto de la esfera. Así para tener soluciones no nulas de debe tener: 2 (1 + λ) 1 =0 1 1+λ de donde se obtiene: λ = −1 ± • Si λ = −1 +
√ 2 2 ,
√ 2 2 .
entonces 1 + λ =
√ 2 2 .
De (4), (5) y x = z se obtiene: √ 2x + y = 0 2x2 + y 2 = 1 √
resolviendo se encuentra x = ± 12 , y = ∓ 22 , así los puntos críticos son √ √ √ √ 2 2 1 2 1 1 2 1 , − 2 , 2 , − 2 ; −1 + 2 , − 2 , 2 ; −1 + 2 2
6.5. EXTREMOS LOCALES CONDICIONADOS • Si λ = −1 −
√ 2 2 ,
entonces 1 + λ = −
131
√ 2 2 .
De (4), (5) y x = z se obtiene: √ − 2x + y = 0 2x2 + y2 = 1 √
resolviendo se encuentra x = ± 12 , y = ± 22 , así los puntos críticos son √ √ √ √ 2 2 1 2 1 1 2 1 , − 2 , − 2 , − 2 ; −1 − 2 , 2 , 2 ; −1 − 2 2 3. Análisis de puntos críticos.
√ 7 Punto 12 , − 22 , 12 , λ = −1 +
√ 2 2
√ 2 √1 0 F = 1 2 √1 2 0 1
√ dϕ = 2 12 dx − 22 dy + 12 dz = 0
√ 2dy, por tanto:
√ √ √ 2 2 d2 F = 2 (dx) + 2 (dx) (dy) + 2 (dy) + 2 (dy) −dx + 2dy 2 √ √ + 2 −dx + 2dy √ √ 2 2 = 2 2 (dx) − 4 (dx) (dy) + 5 2 (dy) √ 2 2 −2 dx √ = (dx, dy) dy −2 5 2
luego: dz = −dx +
la matriz de la anterior forma cuadrática es claramente definida positiva, luego en el punto crítico analizado se tiene un mínimo local. Tal mínimo es:
√ 1 2 √2 2 1 2 1 √2 √2 1 + − 2 + 2 + 2 − 2 + − 2 = f 12 , − 22 , 12 2 2 √ 1 2 = 1− 2
√ √ 7 Punto − 12 , 22 , − 12 , λ = −1 + 22 . En este punto se tiene un mínimo local.
√ √ 7 Punto 12 , 22 , 12 , λ = −1 − 22 √ − 2 1 0 √ F = 1 − 2 √1 0 1 − 2
√ dϕ = 2 12 dx + 22 dy + 12 dz = 0
√ 2dy, por tanto:
√ √ √ d2 F = − 2 (dx)2 + 2 (dx) (dy) − 2 (dy)2 + 2 (dy) −dx − 2dy 2 √ √ − 2 −dx − 2dy √ √ = −2 2 (dx)2 − 4 (dx) (dy) − 5 2 (dy)2 √ dx −2 −2 2 √ = (dx, dy) dy −2 −5 2
luego: dz = −dx −
132
CAPÍTULO 6.
MÁXIMOS Y MÍNIMOS
la matriz de la anterior forma cuadrática es claramente definida negativa, luego en el punto crítico analizado se tiene un máximo local. Tal máximo es:
√ 1 2 √2 2 1 2 1 √2 √2 1 = + 2 f 12 , 22 , 12 + 2 + 2 + 2 2 2 2 √ 1 = 1+ 2 2
√ √ 7 − 12 , − 22 , − 12 , λ = −1 − 22 En este punto se tiene un máximo.
Ejercicios propuestos 1. Sean A, B, C puntos arbitrarios en R3 . Encontrar un punto en el cual la función f (X) = X − A 2 + X − B 2 + X − C 2 , donde X = (x, y, z) , alcanza su mínimo. Hallar el valor de ese mínimo. Sol.:
2 2 2 2 3 A + B + C − A · B − A · C − B · C . 2
1 3
(A + B + C), Min =
2
2
2. Demostrar que en un triángulo ABC existe un punto P tal que d (A, P ) + d (B, P ) + d (C, P ) es mínimo y que P es la intersección de las medianas. 3. Encontrar los máximos y mínimos locales de f (x, y) = cos2 x + cos2 y sujeta a las restricciones x − y = π/4 y 0 ≤ x ≤ π. Sol.: M a ´x en (π/8, −π/8) , maximo = 2 cos2 (π/8) , Min en (5π/8, 3π/8) mínimo 2 2 =cos (5π/8) + cos (3π/8) . 4. Encontrar los puntos de la superficie z 2 − xy = 1 que están más cerca del origen. Sol.: (0, 0, ±1) 5. Hallar los máximos y√mínimos locales de la función f√(x, y, z) = x + y + z en la región x2 + y 2 + z 2 ≤ 1. √ √ Sol.: M a ´x = 3 en 3 (1, 1, 1) /3, m´ın = − 3 en − 3 (1, 1, 1) /3 6. Encontrar los máximos = x −2y + 2z sobre la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1. 1 y mínimos locales de f (x, y, z) 2 2 1 2 Sol.: maximo = 3 en 3 , − 3 , 3 y mínimo=−3 en − 3 , 3 , − 23 . 7. Si a, b, c son números no todos iguales a cero, encontrar los mínimos y máximos locales de f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 sujeta a la condición ax + by + cz = d. Sol.: d2 / a2 + b2 + c2 (mínimo)
8. Encontrar los máximos y mínimos locales de
f (x, y) = x2 + 2y2 − x
√ sobre la circunferencia x2 +y 2 = 1. Sol. Mín. en (1, 0, −1/2) y (−1, 0, −3/2) , Máx. en −1/2, − 3/2, −2 √ y −1/2, 3/2, −2 .
9. Encontrar la distancia más corta desde el punto de la elipse x2 + 4y 2 = 4 hasta la recta x + y = 4. Sol.:
√ 1/2 21−8 5 . 2
10. ¿Cuál es el volumen del máximo paralelepípedo rectángular que se puede inscribir en el elipsoide y2 z2 x2 + + = 1? 9 16 36 √ √ 4 √ √ 3, 3 3, 2 3 . Sol. 64 3, en
6.5. EXTREMOS LOCALES CONDICIONADOS
133
11. Hallar los máximos y mínimos locales de f (x, y, z) = z 2 − 2xy cuando (x, y, z) recorre la superficie de ecuación 2x3 + 2y3 + z 3 = 0. No existen maximos ni mínimos. 12. Hallar los máximos, mínimos locales de f (x, y, z) = xz + yz sujeta a las restricciones φ (x, y, z) = x3 − y 3 − 4z − 4 = 0, ϕ (x, y, z) = x + y + z 2 − 3 = 0. Sol. Máx. en (2, 0, 1) , (1, 1, −1) . 13. Se considera el elipsoide de semiejes a, b, c
x2 y 2 z 2 + 2 + 2 = 1. a2 b c Se inscribe en el elipsoide una pirámide de base rectangular perpendicular al eje z. Hallar el volumen máximo de una tal pirámide. Sol. x = 23 a, y = 23 b, z = − 13 c. (Sug. Vol.= 43 xy (c − z))
14. De todas las pirámides de base cuadrada cuyas aristas tienen, entre las ocho, una longitud √constante igual a k. hallar, de entre ellas, la pirámide de volumen máximo. Sol Aristas de la base: 5 − 13 k/12, √ 13 − 2 k/12 aristas laterales:
15. Hallar la distancia máxima y mínima de un punto genérico de la siguiente curva γ al origen de coordenadas: 2 x + 2y 2 + 3z 2 = 1 γ 2x2 + 3y2 + z 2 = 1 16. Sea u la función definida por la siguiente expresión en la que a > 1, b > 1, c > 1 son dados: u (x, y, z) = ax by cz
Hallar los valores máximo y mínimo de u cuando (x, y, z) recorre la esfera de ecuación x2 + y2 + z 2 = r2 . Sol. Máximo en (h ln a, h ln b, h ln c) y mínimo en (−h ln a, −h ln b, −h ln c) donde −1/2
2 2 2 h = r (ln a) + (ln b) + (ln c) 2
2
El máximo es er h , el mínimo es e−r h .
17. Consideremos el elipsoide
x2 y 2 z 2 + 2 + 2 = 1. a2 b c Hallar un punto del elipsoide situado en el primer octante tal que el tetraedro que el plano tangente en él, al elipsoide, determina con los planos coordenados tenga volumen mínimo y hallar este. √ √ √ √ Sol. 13 3a, 13 3b, 13 3c , volumen mínimo V = 12 3abc.
18. Sea f : C → R la función definida en el círculo C : x2 + y2 ≤ 4 mediante f (x, y) = 3x2 y2 + 2x3 + 2y 3
hallar los valores máximo y mínimo de f en C. √ √ √ √ Sol. Puntos críticos (0, 0) , (1, −1) ; puntos críticos en la frontera (0, ±2) , (±2, 0) , 2, 2 , − 2, − 2 . √ √ √ 2, 2 igual a 12 + 8 2; Mínimo en (0, −2) y (−2, 0) igual a −16. Máximo en
19. (a) Demostrar que el máximo y el mínimo de f (x, y) = x2 + xy + y2 en el cuadrado unidad 0 ≤ x ≤ 1 y 0 ≤ y ≤ 1 son respectivamente 3 y 0. (b) ¿Puede obtenerse los resultados de (a) igualando a cero la derivada? Explicar. 20. Demostrar que la distancia mínima del origen a la curva yxz = a γ= y = bx 2/3 a 1 + b2 . con a > 0 y b > 0 es 3 2b
134
CAPÍTULO 6.
MÁXIMOS Y MÍNIMOS
Capítulo 7
Coordenadas polares cilindricas y esféricas En muchos problemas de aplicación, es necesario realizar una transformación de las coordenadas usuales, llamadas coordenadas rectangulares, a otro tipo de coordenadas. En este capítulo se hace un estudio de lo estrictamente necesario para el desarrollo del curso, existen buenos libros en donde se hace un estudio completo de estos temas.
7.1
Coordenadas polares
Elijamos un punto fijo O y una recta fija que empieza en O. Un punto P en coordenadas polares es de la forma (r, θ) donde r es la distancia de O a P y θ es el ángulo entre el segmento OP y la recta fija. El punto fijo se llama polo y la recta fija se llama eje polar. P = (r, θ) r θ Eje polar O
El ángulo θ se mide en sentido contrario a las agujas del reloj, por otra parte r se considera positivo si se mide del polo al punto, en caso contrario se considera negativo. Ejemplo 7.1 Graficar los siguientes puntos: A = 2, 300 , B = 3, 450 , C −3, 450 , D = −2, 1800
7.1.1
Relación entre las coordenadas rectangulares y polares
Consideremos el sistema de coordenadas cartesianas R2 , sea el origen (0, 0) de R2 el polo y la parte positiva del eje x el eje polar. Sea P = (x, y) ∈ R2 . Sean (r, θ) las coordenadas del punto P en coordenadas polares 135
136
CAPÍTULO 7. COORDENADAS POLARES CILINDRICAS Y ESFÉRICAS
como se muestra en la figura: y
P = (x, y) = (r, θ) r θ x O Eje polar
claramente: x = r cos θ y = r sin θ también es inmediato verificar: r θ
( x2 + y 2
y = arctan x =
así una ecuación en coordenadas cartesianas se podrá escribir en coordenadas polares y viceversa.
Ejercicios resueltos Ejercicio 7.1 Transformar la ecuacion en coordenadas rectangulares a coordenadas polares 2
(x − 2) + y 2 = 4 Solución. La ecuación dada se puede escribir como x2 − 4x + y 2 = 0 Con x = r cos θ, y = r sin θ se tiene r2 cos2 θ − 4r cos θ + r2 sin2 θ = 0, simplificando: r = 4 cos θ Ejercicio 7.2 Transformar la ecuación en coordenadas rectangulares a coordenadas polares x + 2y = 4 Solución. r cos θ + 2r sin θ = 4 o r=
4 cos θ + 2 sin θ
Ejercicio 7.3 Transformar la ecuacion en coordenadas polares a coordenadas rectangulares. cos2 θ + r sin θ = 1
(1)
7.1. COORDENADAS POLARES
137
Solución. Con x = r cos θ y y = r sin θ se tiene: x2 x2 = 2 2 r x + y2
cos2 θ = por tanto (1) queda como:
x2 +y =1 x2 + y2
Ejercicios propuestos Transformar las siguientes ecuaciones de coordenadas rectangulares a coordenadas polares. 1. y = 3 2. x = 3 3. x + y = 1 4. x2 − y = 0
Transformar las siguientes ecuaciones de coordenadas polares a coordenadas rectangulares.
5.
cos θ + sin θ =1 r
6. 1 =
cos θ r
7. r sin θ = 5 8. r = 1 − cos θ 9. r = cos (2θ)
7.1.2
Gráficas en coordenadas polares
Si r es una función de θ, el gráfico de tal función es el conjunto de puntos (r, θ) tales que r = r (θ) . Para graficar una función es necesario considerar simetrias: Si la ecuación no varia al cambiar θ por −θ, la gráfica es simétrica con respecto al eje polar. Si la ecuación no varia al sustituir θ por π − θ, la gráfica es simétrica con respecto a la perpendicular al eje polar que pasa por el polo. Si la ecuación no varia al cambiar r por −r o cuando se cambia θ por π + θ, la gráfica es simétria con respecto al polo. Ejercicio 7.4 Graficaremos el conjunto de puntos (r, θ) tales que r = 6 cos θ Solución. Hallemos algunos puntos del gráfico. θ r
30√0 3 3
θ r
0 210√ −3 3
45√0 3 2 2400 −3
600 3
900 0
2700 0
1200 −3
3000 3
0 150√ −3 3
0 330 √ 3 3
3600 6
1800 −6
observemos las simetrias. 1. Al eje polar: cos θ = cos (−θ) , luego la gráfica es simétrica con respecto al eje polar.
138
CAPÍTULO 7. COORDENADAS POLARES CILINDRICAS Y ESFÉRICAS
2. A la perpendicular: cos (π − θ) = cos π cos θ = − cos θ, así la gráfica no es simétrica con respecto a la perpendicular. 3. Al polo: cos (π + θ) = cos θ, luego la gráfica no es simétrica con respecto al polo. 1350 1500
1800
2100
1200
900
600
450
; : < 0 ; : = = < 30 = = < ; : = = < = = ; : < = = ; < : < = = = =; :< = = < = = < ;: 00 = < : ;= < = < < : ; = ; = < : < : ; == < = < : ; = 3300 < < = : ; 0 ; : 225
2400
2700
3100
3150
Ejercicio 7.5 Graficar r = cos (2θ) Solución. Simetrías: 1. Al eje polar: cos (2θ) = cos (2 (−θ)) = cos (2θ) , así la gráfica es simétrica respecto al eje polar. 2. A la perpendicular: cos (2 (π − θ)) = cos (2π) cos (2θ) = cos (2θ) , así la gráfica es simétrica respecto a la perpendicular. 3. Al polo. Se tiene cos(2 (π + θ)) = cos (2θ) , luego la gráfica es simétrica con respecto al polo. θ r
00 1
θ r
2100 1/2
300 1/2
450 0
2250 0
600 −1/2
2400 −1/2
1350
1200
900 −1
2700 −1
1200 −1/2
3000 −1/2
900
1350 0 3300 1/2
600
1500 1/2 3600 1
450
1 ;; :: 300 : ; < = < = ; : < = =; :< =; :< = < 00 1800 < = : ;= −1 1 < <: ;= < : = ; = < < : ; =3300 2100 : ; −1 : ; 1500
2250
Ejercicio 7.6 Graficar la cardiodie r = 1 − cos θ
2400
2700
3100
3150
1800 1
7.1. COORDENADAS POLARES
139
Solución. Simetrías: 1. Al eje polar: cos (θ) = cos (−θ) , así la gráfica es simétrica respecto al eje polar. 2. A la perpendicular: cos (π − θ) = cos (π) cos (θ) = − cos (θ) , así la gráfica no es simétrica respecto a la perpendicular. 3. Al polo. Se tiene cos(π + θ) = − cos (θ) , luego la gráfica no es simétrica con respecto al polo. θ r
00 0
θ r
2100 1.87
300 0.13
450 0.29
2250 1.71
600 0.5
2400 1.5
1350
1200
900 1
2700 1
1200 1.5 3000 0.5
900
1350 1.71 3300 0.13
600
1500 1.87
1800 2
3600 0
450
;; :: 0 ; : <30 = = ; 1 : < < = =; :< =; :< = < 00 1800 < = : ;= −2 < <: ;= < = < : −1 ; = < : ; =3300 2100 : ; : ; 1500
2250
2400
2700
3100
3150
Ejercicios propuestos Graficar: 1. La cardiode r = 1 − sin θ 2. r = 1 − sin (2θ) 3. r = 1 − sin (3θ) 4. La parábola r =
4 1 − cos θ
5. El trebol r = 5 sin (3θ)
6. La lemniscata r2 = 9 cos (2θ) 7. La espiral de Arquímides r = 10θ
7.1.3
La Matriz jacobiana de la transformación a coordenadas polares
La transformación x = r cos θ y = r sin θ
140
CAPÍTULO 7. COORDENADAS POLARES CILINDRICAS Y ESFÉRICAS
puede interpretarse como la función g de R2 en R2 definida por g (r, θ) = así la derivada es: g (r, θ) =
r cos θ r sin θ
cos θ cos θ
,
−r sin θ r sin θ
se llama la matriz jacobiana de la tranformación a coordenadas polares, su determinante se llama el Jacobiano. Nótese que el Jacobiano de esta transformación es |g (r, θ)| = r.
7.2
Coordenadas cilíndricas
Un punto en coordenadas cilíndricas es de la forma (r, θ, z) y la relación con las coordenadas rectangulares (x, y, z) es x = r cos θ y = r sin θ z = z es claro que: r r
= arctan (y/x) ( = ± x2 + y2
z
( x, y , z ) = (r ,θ , z )
x = r cos θ θ
r
y
y = r sin θ
x Es fácil probar que el Jacobiano de las coordenadas cilíindricas es r.
7.3
Coordenadas esféricas
Un punto (x, y, z) se escribe en las coordenadas (r, θ, φ) usando la siguiente transformación: x = r sin θ cos φ y = r sin θ sin φ z = r cos θ
7.3. COORDENADAS ESFÉRICAS
141
con r ≥ 0, θ ∈ [0, π] , φ ∈ [0, 2π] . Estas ecuaciones pueden deducirce fácilmente como se muestra a continuación. z B r sin θ
( x, y , z ) = (r , θ , φ ) P
z = r cos θ r
θ
x = r sin θ cos φ
y
φ
y = r sin θ sin φ
x del gráfico: x = r cos θ y = r sin θ z = r cos φ por otra parte el segmento BP es igual a r, por tanto: r = r sin θ luego: x = r sin θ cos φ y = r sin θ sin φ z = r cos θ Es inmediato probar que: ( x2 + y 2 + z 2
y φ = arctan x ρ =
θ
= arccos
z
( x2 + y 2 + z 2
así se tienen ecuaciones de transformación entre los dos sistemas.
7.3.1
La Matriz jacobiana de la transformación a coordenadas esféricas
La transformación a coordenadas esféricas origina la función: r sin θ cos φ g (r, θ, φ) = r sin θ sin φ r cos θ su derivada es:
sin θ cos φ r cos θ cos φ −r sin θ sin φ r sin θ cos φ g (r, θ, φ) = sin θ sin φ r cos θ sin φ cos θ −r sin θ 0
142
CAPÍTULO 7. COORDENADAS POLARES CILINDRICAS Y ESFÉRICAS
el determinante es el jacobiano de la transformación: sin θ cos φ cos θ cos φ − sin φ cos φ |g (r, θ, φ)| = r2 sin θ sin θ sin φ cos θ sin φ cos θ − sin θ 0 cos θ cos φ − sin φ + sin θ sin θ cos φ − sin φ = r2 sin θ cos θ sin θ sin φ cos θ sin φ cos φ cos φ 2 2 2 = r sin θ cos θ + sin θ = r2 sin θ
Ejercicios propuestos Expresar en coordenadas esféricas los siguientes lugares geométricos: 1. Esfera x2 + y 2 + z 2 = 9. Sol. r = 3 2. Cono z 2 = 3 x2 + y 2 . Sol. θ = π/6
3. Paraboloide z = x2 + y2 . Sol. r sin2 θ = cos θ 4. Plano z = 0. Sol. θ = π/2 5. Plano y = x. Sol. Fomado por los semiplanos φ = π/4 y φ = 5π/4
Capítulo 8
Integral múltiple En este capítulo se estudia integrales sobre subconjuntos de Rn , esta es una generalización natural de la ' b f (x) dx que está definida sobre el subconjunto [a, b] de R1 . integral a
8.1 8.1.1
La integral doble Regiones acotadas en R2
Definición 8.1 (Región acotada) Una región R en R2 es acotada si existe un rectángulo de lados conocidos que contiene completamente R. REGION ACOTADA y
5 5 5 " " "" ( (( 5 5 5 " "" ( 5 " " " ( ( 55 "( (
REGION NO ACOTADA y x
x
Definición 8.2 (Región tipo I) Una región acotada es llamada región tipo I, denotado por RX , si es de la forma: RX = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, g (x) ≤ y ≤ h (x)} , donde g y h son continuas en [a, b] con g (x) ≤ h (x) para todo x ∈ [a, b] .
Definición 8.3 (Región tipo II) Una región acotada es llamada región tipo II, denotado por RY , si es de la forma: RY = {(x, y) : a ≤ y ≤ b, g (y) ≤ x ≤ h (y)} . donde g y h son continuas en [a, b] con g (y) ≤ h (y) para todo y ∈ [a, b] . 143
144
CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE
REGION TIPO I y
REGION TIPO II y b
RY
y=h(x) x=g(y)
a
RX
b
x=h(y)
x
x
y=g(x)
a
Toda región acotada puede considerarse como la unión de regiones tipo I o tipo II.
8.1.2
Partición de una región acotada
Sea R una región acotada en R2 , y [a, b] × [c, d] un rectángulo tal que R ⊂ [a, b] × [c, d] , considérese las particiones de [a, b] y [c, d] siguientes: PX = {a = x0 , x1 , . . . , xnX = b} ; PY = {c = y0 , y1 , . . . , ynY = d}
en donde: x0 < x1 < · · · < xnX y y0 < y1 < · · · < ynY , el conjunto de todos los rectángulos Rij = [xi−1 , xi ] × [yJ−1 , yJ ] totalmente contenidos en R es llamada una partición de R, luego de una enumeración podemos escribir: P = {R1 , R2 , . . . , Rn }
Observación. Es claro que debe poder construirse particiones que ”cubran” toda la región R. Definición 8.4 (Norma de una partición) Sea R una región acotada y P = {R1 , R2 , . . . , Rn } una partición de la región, la norma de la P es el número: P = max {area (Ri ) : i = 1, . . . n} , esto es, el área del mayor rectángulo de la partición. Observemos que si P → 0, entonces n → ∞ (el recíproco no necesariamente es cierto).
8.1. LA INTEGRAL DOBLE
8.1.3
145
La definición de una integral doble
Volumen bajo la gráfica de una función a dos variables Se plantea el siguiente problema: Problema. Sea f (x, y) una función definida en una región acotada R, tal que f (x, y) ≥ 0 para todo (x, y) ∈ R. Hallar el volumen V del sólido sobre R y bajo la gráfica de f. Para resolver el problema considérese una partición P = {R1 , R2 , . . . , Rn } R. Tómese un rectángulo Rk de la partición, sea (ξ k , η k ) un punto cualquiera de Rk y ∆Ak el área de Rk . El volumen del paralelepípedo con base Rk y altura f (ξ k , ηk ) es una aproximación del sólido bajo la gráfica de f y sobre Rk . z (ξ k ,ηk ,f (ξk ,ηk ))
x
(ξ ,η ) k k
Rk
y
Tal volumen es: Vk = f (ξ k , ηk ) ∆Ak la suma de todos éstos volúmenes es aproximadamente igual al volumen que se está buscando, es decir, V ≈
n
f (ξ k , ηk ) ∆Ak
k=1
Es claro que se están cometiendo dos tipos de errores, a saber: (1) La partición no cubre toda la región R y (2) cada volumen Vk o tiene un error por defecto o por exceso. Sin embargo si P → 0, la aproximación debe ser más exacta, así: n V = lim f (ξ k , ηk ) ∆Ak P→0
k=1
siempre que tal límite exista.
La definición de integral doble Si el límite lim
P→0
n
f (ξ k , ηk ) ∆Ak
k=1
existe, tal número se llama integral doble y se denota por ''
f (x, y) dA = lim R
P→0
'' n
f (x, y) dA, esto es: R
f (ξ k , ηk ) ∆Ak
k=1
Puede demostrarse que si f es continua o casi continua en R, la integral doble existe. Observación. De la discusión previa, si f (x, y) ≥ 0 en R, la integral doble es el volumen del solido bajo la gráfica de f y sobre R.
146
CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE
8.1.4
Cálculo de la integral doble
Como se dijo antes una región acotada siempre se puede considerar como la unión de regiones tipo I o tipo II, así para el cálculo de integrales dobles es suficiente tener presente los siguientes resultados. Regiones tipo I Considérese la región tipo I: RX = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, g (x) ≤ y ≤ h (x)} , entonces:
' '
'
f (x, y) dA =
RX
Observación. La integral
'
b a
'
h(x)
f (x, y) dy g(x)
dx
h(x)
f (x, y) dy es una integral simple en la variable y, es decir, x es constante. g(x)
Regiones tipo II Considérese ahora la región tipo II: RY = {(x, y) : a ≤ y ≤ b, g (y) ≤ x ≤ h (y)} , entonces:
' '
Observación. La integral
'
f (x, y) dA = RY
'
b
a
'
h(y)
f (x, y) dx dy
g(y)
h(y)
f (x, y) dx es una integral simple en la variable x, es decir, y es constante. g(y)
Ejercicios resueltos Ejercicio 8.1 Calcular
''
R
f (x, y) dA si f (x, y) = y y R la región acotada por las gráficas de y=
√ x, y = x3
en el primer cuadrante. Solución. La región de integración se muestra en el siguiente gráfico: y √ y= x
>?>
(0,0)
(1,1) y=x3
x
8.1. LA INTEGRAL DOBLE
147
es fácil advertir que la región puede ser considerada como región tipo I o tipo II. Si se la considera como tipo I se tiene: ' 1 '' ' 1 ' √x √x y dA = y dy dx = 12 y2 x3 dx 0 x3 0 R ' 1 1 x − x6 dx = 12 12 x2 − 17 x7 0 = 12 0 5 = 12 12 − 17 = 28 por otra parte si la región R se considera como del tipo II se tiene: ''
y dA = R
'
0
=
'
Ejercicio 8.2 Calcular:
''
R
3 7
y2 1 4/3
y
0
=
1 ' y 1/3
−
1 4
=
y dx dy =
'
1
y 1/3
yx|y2 dy
0
− y 3 dy =
5 28
3 7/3 7y
1 − 14 y4 0
18xy dA donde R es la región acotada por y = 13 x, y2 = x, x = 3 y x = 9.
Solución. La intersección de la recta y la parábola se encuentra resolviendo: √ 1 x 3x = de donde se obtiene: x2 − 9x = 0, es decir x = 0 y x = 9,así los puntos de intersección son: (0, 0) , (9, 3) la gráfica de la región se muestra a continuación: y
3
y = 13 x
√ (9,3)
y= x
@ @
(0,0) x 3
9
La región es claramente una región tipo I, luego: ''
18xy dA =
'
3
R
=
'
3
=
'
3
9'
√ x
18xy dy dx
(1/3)x
94
9xy2
9
5√x
(1/3)x
9x2 − x3 dx
148
CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE &9 % 1 3x3 − x4 4 3 6561 81 = 2187 − − 81 − 4 4 = 486 =
Ejercicios propuestos Evaluar las siguientes integrales. '' 1. ydA, R la región limitada a la izquierda por y 2 = x y a la derecha por x2 + y 2 = 2. Sol: 0 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17.
''
''
''
''
''
''
''
''
''
''
''
''
''
''
''
''
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
xdA, R limitada por y 2 = x y x2 = y. 4 5 y 2 dA, R limitada por y = sin x, y = cos x, x ∈ 0, π4 . Sol.:
5 18
√
2−
2 9
(x + 2y − 5) dA, R limitada por y 2 = x y x2 = y.
ydA, R limitada por x2 + y2 = 2 por arriba y por abajo por abajo x2 = y. ey/x dA, R limitada por x = 0, x = 1, y = x2 . Sol.:
1 2
y 2 sin x dA, R limitada por x = 0, x = π, y = 0, y = 1 + cos x. (x + y) dA, R limitada por x2 + y 2 = a2 . Sol.: 0 sinh xy cosh x dA, R limitada por x = 0, x = 1, y = 2x, y = 2. 4 − x2 dA, R limitada por 2x + y = 6, y = x, x = 0. Sol. 20 2 − 2y2 − 12 x2 ; R limitada por x + 2y = 2, x = 0, y = 0.
xy dA; R limitada por el trapezoide de vértices (2, 4) , (6, 4) , (3, 2) y (5, 2) x cos (xy) ; R es la región limitada por x = 1, x = 2, y = π/2, y = 2π/x Sol.: (15) x2 dA; R es la región limitada por xy = 16, y = x, x = 8. Sol.: (17) xy2 dA; R es la región encerrada por y = 1, y = 2, x = 0, y = x −1/2 x 1 + y2 dA; R la región acotada por y = x2 , y = 4, x = 0. Sol.: (19) x cos y dA; R la región acotada por y = x, y = 0 y x = π
8.1. LA INTEGRAL DOBLE
8.1.5
149
Cambio en el orden de integración
En muchos problemas de cálculo de una integral doble, es necesario cambiar el orden de integración, es decir, considerar una región tipo I como una región tipo II o viceversa. Ilustramos este hecho en los siguientes ejercicios.
Ejercicios resueltos Ejercicio 8.3 Calcular: I=
'
0
2' 1
sen x2 dx dy
y/2
Solución. La región de integración está limitada por las gráficas de: = = = =
x x y y
2
y
y/2 1 0 2
1,2)
x=1 A x=y/2
x
1
En la integral dada, la región se está considerando como tipo II, es clara la dificultad del cálculo de Puesto que la región de integración puede ser también considerada como tipo I se tiene: I
=
'
0
=
'
0
=
'
0
1 ' 2x 0
14
sen x2 dy dx
52x y sen x2 0 dx
1
2x sen x2 dx
4 51 = − cos x2 0 = 1 − cos 1 Ejercicio 8.4 Calcular: I=
'
3 1
'
0
ln x
x dy dx
1
sen x2 dx.
150
CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE Solución. Los límites de la región de integración son: = = = =
y y x x
0 ln x 1 3
la región de integración está siendo considerada como del tipo I. y
ln x y=lnx
BB 6 B
1
x
3
Considerando la región como del tipo II, se tiene:
I
=
'
0
= = = = =
1 2
1 2
ln 3 ' 3
'
x dx dy
ey ln 3 4
x2
0 ' ln 3
53
ey
dy
9 − e2y dy
0
% &ln 3 1 1 9y − e2y 2 2 0 1 9 1 1 9 ln 3 − − 0− 2 2 2 2 1 (9 ln 3 − 4) . 2
Observación. En este problema la necesidad de una cambio en el orden de integración no es del todo necesaria, sin embargo, la integración se facilita con el cambio (¡pruebe lo afirmado!).
Ejercicio 8.5 Calcular:
I=
'
0
4' 2
√ y
3
ex dx dy
8.1. LA INTEGRAL DOBLE
151
Solución. La región de integración se muestra a continuación: y (2,4) 4
√ x= y x =2 C !
x
2
la integral dada considera la integral como región del tipo II, considerando como una región de tipo I, se tiene: ' 2 ' x2 3 ex dy dx I = 0 0 ' 2 2 3 x = dx yex 0 0 ' 2 3 x2 ex dx = 0
= = Ejercicio 8.6
' '
R
3 2 ex 8 0 1 3 e −1 1 3
sec y 3 dA, Donde R es la región acotada por y =
√
x, y = 2, x = 0.
Solución. La región se muestra en el siguiente gráfico. y
2
√ y= x x 4
para poder realizar la integración se debe considerar la región como del tipo II, luego: ' ' ' 2 ' y2 sec y 3 dA = sec y 3 dx dy 0
0
R
=
'
2
0
=
'
0
2
2
sec y 3 [x]y0 dy y2 sec y3 dy
152
CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE = =
52 1 4 ln sec y 3 + tan y3 0 3 1 (ln |sec 8 + tan 8|) 3
Ejercicios propuestos Calcular: ' 0 ' 1. 2. 3. 4.
'
'
'
−1
1 √ y+1
1 ' π/2 0
e(y+1)/x dx dy. Sol. 1/2 sec2 (cos x) dx dy. Sol. tan (1)
arc sen(y)
1' 4 0
2
e−y dy dx. Sol.
4x
2' 1 0
1 8
1 − e−16
2
y/2
ex dx dy. Sol. e − 1.
Expresar las siguientes integrales como integrales equivalentes mediante un cambio en el orden de integración. ' b' y ' b' b 5. f (x, y) dx dy. Sol. f (x, y) dy dx a
6. 7. 8.
'
'
'
8.1.6
2' 0
a √ x
f (x, y) dy dx. Sol. 0
4' 8 0
f (x, y) dx dy. Sol.
2y
2 ' ey 0
a
f (x, y) dx dy. Sol.
1
'
'
'
x
√ 2
0
'
2
f (x, y) dx dy y2
8 ' x/2 0
e2 1
f (x, y) dy dx
0
'
2
f (x, y) dy dx ln x
Cálculo de volúmenes
De la sección 8.1.3, sabemos que si f (x, y) ≥ 0 en R, la integral doble es el volumen del sólido bajo la gráfica de f y sobre R.
Ejercicios propuestos 1. Encuéntrese el volumen del sólido que está sobre la región R y tiene la gráfica de f como su superficie superior. (a) R limitada por los ejes de coordenadas y la recta x + y = 1, f (x, y) = 1 − x2 .
(b) R limitada por los ejes de coordenadas y las rectas x = 2, y = 3, f (x, y) = x2 + y 2 . (c) R limitada por la circunferencia x2 + y2 = 1, f (x, y) = y + 2.
(d) R limitada por la circunferencia x2 + y2 = 1, f (x, y) = 3x + 4. 2. Encuéntrese el volumen de la región en R3 limitada arriba por z = 4 − x, lateralmente por x2 + y 2 = 1 y debajo por el plano xy. Soluciones: (a)
5 12 ,
(c) 2π.
8.2. CAMBIO DE VARIABLE
153
3. Calcular el volumen del sólido acotado por la superficie z = sin y, los planos x = 1, x = 0, y = 0, y = π/2 y el plano xy. 4. Hallar el volumen del tetraedro acotado por los planos x = 0, y = 0, z = 0 y y − x + z = 1. Sol. 1/6
8.2
Cambio de variable
Al calcular la integral
' '
f (x, y) dA,
R
a veces, es necesario realizar un cambio de variable. En esta sección enunciamos el teorema del cambio de variable. Definición 8.5 (Jacobiano) Sea g (u, v) = (x (u, v) , y (u, v)) . El jacobiano de g, denotado por determinante de su derivada, esto es:
∂x ∂ (x, y) ∂u = ∂ (u, v) ∂y ∂u
el Jacobiano de denotará también con J (x, y)
∂ (x, y) , es el ∂ (u, v)
∂y ∂v
∂x ∂v
Ejemplo 8.1 Considere g (u, v) = u2 − v2 , uv , aquí x = u2 − v2 , y = uv. Entonces: ∂ (x, y) ∂ (u, v)
Teorema 8.6
∂y ∂y ∂u ∂v 2u −2v v u 2 = 2 u + v2 = =
∂x ∂u
∂x ∂v
∂ (u, v) 1 = ∂ (x, y) ∂ (x, y) ∂ (u, v) Teorema 8.7 Sea g una función de R2 en R2 , definida por g (u, v) = (x (u, v) , y (u, v)) tal que • g es inyectiva en R • g tiene derivadas parciales continuas en R •
∂ (u, v) = 0 en R ∂ (x, y)
Sea f una función de R2 en R2 , entonces: ' ' ' ' f (x, y) dA = R
∂ (x, y) dA f (g (u, v)) ∂ (u, v) R
154
CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE
Ejercicios resueltos ''
1 dA, R en el primer y cuarto cuadrantes limitada por las gráficas de y = x2 , 1 + 4x + 4y R x + y = 0, x = 2, con el cambio de variable x = u + v, y = u2 − v. Sol. 2. Ejercicio 8.7
√
Solución. • Identificación de la región R. En la siguiente gráfica se muestra esta región y
4
C
< < A << < < < << x+y=0 −2 y=x2
2
x
B
• Jacobiano.
∂ (x, y) 1 1 = det = |−1 − 2u| = 2 u + 1 . ∂ (u, v) 2u −1 2
• Inyectividad. El cambio de variable puede considerarse como una función dada por: g (u, v) = u + v, u2 − v Supóngase que g (u, v) = g (a, b) , entonces:
u+v =a+b u2 − v = a2 − b
(i)
de la primera y segunda ecuación se obtiene respectivamente u−a = b−v u − a2 = v − b 2
combinando esta ecuaciones se tiene u2 − a2 = − (u − a) de donde: (u − a) (u + a + 1) = 0 si la función va a ser inyectiva, debemos tener u=a
(ii)
u + a + 1 = 0,
(iii)
y pero si u = a, claramente de la primera ecuación en (i) se encuentra v = b. finalmente de (ii) y (iii) se encuentra 2u + 1 = 0, es decir g va a ser inyectiva si u < − 12 o u > − 12 .
8.2. CAMBIO DE VARIABLE
155
• Cálculo de la región R . Para este cálculo trabajaremos con la frontera de R. (1) Frontera AC. Es el segmento dado por: y = x2 0 ≤ x≤2 0 ≤ y≤4 empleando el cambio de variable se obtiene u2 − v = (u + v)2 , de donde: v (v + 2u + 1) = 0, se tienen dos casos (a) v = 0, en este caso x = u, luego 0 ≤ u ≤ 2. (b) v + 2u + 1 = 0, obsérvese que en este caso se tiene u + v = −u − 1, puesto que x = u + v se debe tener x = −u − 1 de donde 0 ≤ −u − 1 ≤ 2, esto da el rango de variación de u : −3 ≤ u ≤ −1.
(2) Frontera AB. Es el segmento dado por
x+y = 0 0 ≤ x≤2 con el cambio de variable se tiene u2 + u = 0, nuevamente se tienen dos casos: (a) u = 0, en este caso x = v, luego 0 ≤ v ≤ 2. (b) u = −1, en este caso x = −1 + v, luego 0 ≤ −1 + v ≤ 2 de donde la variación de v resulta ser 1≤v≤3 (3) Frontera BC. Este segmento está dado por: x = 2 −2 ≤ y ≤ 4 el cambio de variable da la recta u + v = 2, luego: y
= u2 − (2 − u) = u2 + u − 2
con lo que se tiene −2 ≤ u2 + u − 2 ≤ 4, completando cuadrados y realizando operaciones se tiene sucesivamente: −2 0 1 4 1 2
≤ u2 + u − 2 ≤ 4 ≤ u2 + u ≤ 6 2 25 1 ≤ ≤ u+ 2 4 5 1 ≤ u + ≤ 2 2
el valor absoluto nos da los siguientes casos:
(a) u ≥ − 12 , en este caso la variación de u está dado por 0≤u≤2
1 2
≤u+
1 2
≤
5 2
de donde
156
CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE (b) u ≤ − 12 , en este caso la variación de u está dado por
1 2
≤ −u −
1 2
≤
5 2
de donde
−3 ≤ u ≤ −1 La región R se muestra a continuación:
v
v=2−u ) ) * * v=−2u−1
−3
5
3
1
−1
D v=2−u D D D D D D D D D 0
2
u
• Evaluación de la función integrando. √
1 1 + 4x + 4y
= = = =
1 ( 1 + 4 (x + y) 1 ( 1 + 4 (u2 + u) 1 2 2 u + 12 1 2 u + 12
• Cálculo de la integral. Tomemos u > − 12 , entonces R es el triángulo acotado por u + v = 2, u = 0, v = 0, entonces '' '' 1 1 u + 1 dA √ dA = 2 1 2 1 + 4x + 4y R R 2 u + 2 '' dA = R ' 2 ' 2−u = dv du 0 0 ' 2 = (2 − u) du 0
2 1 2u − u2 2 0 = 4−2 = 2.
=
Observación. Si se elige la región en donde u < − 12 , el resultado no cambia.
8.2. CAMBIO DE VARIABLE
157
Ejercicio 8.8 Cálcular:
''
donde R está acotada por:
x2 yexy dA R
y = 0, y = 1 x = 0, x (2 − y) = 2 realizando el cambio (i)
x = u+v v y = u+v Solución. • Identificación de la región R. La región se muestra a continuación. y
1
C B x(2−y)=2 A
O
1
• Cálculo del jacobiano. ∂ (x, y) ∂ (u, v)
= =
=
2
∂x ∂u ∂y ∂u 1
∂x ∂v ∂y ∂v
−v (u+v)2
1
u (u+v)2
1 u+v
x
• Inyectividad. Ejercicio. • Cálculo de la región R . Calcularemos la imagen de las fronteras de R para determinar la región R . Del cambio de variable se encuentra: u = x − xy v = xy
(ii)
— Frontera OA : Es una recta dada por y = 0, 0 ≤ x ≤ 1. De (ii) se encuentra: v = 0 y u = x, es decir la frontera OA se convierte en el segmento: v = 0; 0 ≤ u ≤ 1
158
CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE — Frontera AB : Es la curva dada por: x (2 − y) = 2, 1 ≤ x ≤ 2, 0≤y≤1
(iii)
empleando (i) y la primera ecuación de (iii) se encuentra: v =2 (u + v) 2 − u+v de donde se encuentra 2u + v = 2. Por otra parte, puesto que v = xy, de las dos desigualdades que aparecen en (iii) se encuentra 0 ≤ v ≤ 2, así la frontera AB se transforma en la recta v = 2 − 2u; 0 ≤ v ≤ 2. — Frontera CB : Es la recta dada por y = 1, 0 ≤ x ≤ 2. Empleando (i) se encuentra u = 0, y v = x, por tanto esta frontera se transforma en la recta: u = 0; 0 ≤ v ≤ 2. La gráfica de la región R se muestra a continuación: v 2
< v=2−2u < < < < <<< < < < << <<< < < < < < < < < < < <<< <<<<<<<<< <
1
u
— Nótese que la recta x = 0, se transforma en el origen del plano uv. • Cálculo de la integral. '' ' x2 yexy dA = R
0
=
'
0
=
'
0
= 2. Ejercicio 8.9 En la integral
'
0
realizamos la transformación:
1 ' 2−2u 0 1 ' 2−2u
2
(u + v)
v u+v
ev
1 dv du u+v
vev dv du
0
1
e2−2u − 2e2−2u u + 1 du
1 ' 1−x
ey/(x+y) dy dx
0
x = u − uv,
y = uv
así g (u, v) = (x, y) = (u − uv, uv) , calcular la integral dada con esta transformación.
8.2. CAMBIO DE VARIABLE
159
Solución. • Identificación de la región R. Claramente la región de integración de ' 1 ' 1−x ey/(x+y) dy dx 0
0
es una región tipo I, más aún la región está limitada por: y = 0, x = 0,
y =1−x x=1
tal región se muestra en la figura (a): y
v
1
) * ) *) *)* *)** * )* *) * )* * ) 1
R
1 C
R 'E E :: )1 : ) ) B A
u
1
(a)
x
(b)
• Cálculo de R . Como sabemos R = g −1 (R) , es claro que g −1 (x, y) = (u, v) , los valores de x, y se encuentran resolviendo: x = u − uv y = uv la solución del anterior sistema es:
y . Para calcular R calcularemos las imágenes inversas de los así g x+y segmentos que componen la frontera de R. −1
(x, y) = (u, v) = x + y,
u = x+y y v = x+y
— Segmento AB, en este caso y = 0 y 0 ≤ x ≤ 1, luego: u = x, v = 0 por tanto el segmento AB se transforma en el segmento dado por: v = 0,
0≤u≤1
— Segmento AC, en este caso x = 0 y 0 ≤ y ≤ 1, luego: u = y, v = 1, así el segmento AC se transforma en: v = 1, 0 ≤ u ≤ 1
— Segmento CB, aquí x + y = 1 y 0 ≤ y ≤ 1, por tanto: u = 1, v = y, luego este segmento se convierte en el segmento dado por: u = 1, 0 ≤ v ≤ 1. De todo lo anterior, concluimos que la región R es el rectángulo encerrado por: u = 0, v = 0, que se muestra en la figura (b)
u=1 v=1
160
CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE • Cálculo del jacobiano.
= =
∂ (x, y) ∂ (u, v)
• Cálculo de la integral.
'
1 0
'
1−x
∂x ∂u ∂y ∂u 1−v v
ey/(x+y) dy dx =
0
∂x ∂v ∂y ∂v −u u
' '
'
0
=
'
0
=
'
∂(x,y) euv/u ∂(u,v) dA
R 1' 1
euv/u u dv du
0
1' 1
ev u dv du
0
1
0
=
=u
u (e − 1) du
1 (e − 1) . 2
Obsérvese que la región R se ha considerado como una región tipo I. Ejercicio 8.10 Considérese la siguiente integral: ' '
R
donde R es la región acotada por: x2 − y2 xy
2 x + y2 dA
= 1, = 2,
x2 − y2 = 9 xy = 4
Solución. • Identificación de la región. La región de integración se muestra a continuación xy=4
x2 −y2 =1
xy=2
y
x2 −y2 =9
1
3
x
8.2. CAMBIO DE VARIABLE
161
• Cambio de variable. Se hace el cambio de variable: u = x2 − y 2 ,
v = 2xy.
• Cálculo del jacobiano. Obsérvese que: 2 2 2 2 x + y 2 = x2 − y 2 + (2xy) = u2 + v 2 por tanto:
1 ∂ (x, y) = = ∂ (u, v) ∂ (u, v) /∂ (x, y) 1 1 1 √ 2x −2y = 4 (x2 + y 2 ) = 4 u2 + v2 2y 2x
|g (u, v)| = =
• Inyectividad. Tarea
• Cálculo de la nueva región. R es la preimagen de R, es decir R = g −1 (R) , para hallar esta región, recordemos que las fronteras de R son: x2 − y 2 xy
= 1, = 2,
x2 − y 2 = 9 xy = 4
luego debemos tener: u = 1, v = 4,
u=9 v=8
por tanto R es un rectángulo, luego: • Cálculo de la integral.
' '
R
2 x + y 2 dA =
' '
donde R es la región limitada por x = 4y 2 , empleando la transformación: es decir
' 'R
2 ∂(x,y) dA u + v2 ∂(u,v)
1 dA R 4 ' ' 1 9 8 dv du = 4 1 4 = 8
=
Ejercicio 8.11 Calcular
' '
(x + 4y) dA R
x + 4y = 0,
x = y2 + 3
g (u, v) = (x, y) = 4u2 + 4v, u − v , x = 4u2 + 4v y = u−v
(1)
162
CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE Solución. • Identificación de la región. La región R se muestra en el siguiente gráfico y B
1 x=4y 2
x=y 2 +3
x 4 O x+4y=0 −1 A • Jacobiano.
∂ (x, y) 8u 4 = 1 −1 ∂ (u, v)
= −8u − 4
• Inyectividad. Supóngase que g (u, v) = g (a, b) , entonces: 2 4u + 4v, u − v = 4a2 + 4b, a − b
a partir de esta igualdad se sigue que (u, v) = (a, b) si u ≥ − 12 , por tanto g es inyectiva para u ≥ − 12 .
• Cálculo de R = g −1 (R) , — Frontera OA. Es una recta definida por x + 4y = 0,
0≤x≤4
(2)
empleando el cambio de variable obtenemos: 2 4u + 4v + 4 (u − v) = 0 luego:
u (u + 1) = 0 de esta igualdad se debe tener u = 0, (nótese que la inyectividad garantiza que esta solución es única) luego de (1) y (2): x = 4v 0 ≤ 4v ≤ 4
de donde: 0 ≤ v ≤ 1, así la frontera OA se convierte en el segmento dado por u = 0, 0 ≤ v ≤ 1 — Frontera OB. Es la curva dada por x = 4y2 , 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 1. Empleando el cambio de variable (8.1) 4u2 + 4v = 4 (u − v)2 de donde
4v (v − 2u − 1) = 0
de esta igualdad se tiene los siguientes casos:
8.2. CAMBIO DE VARIABLE
163
v = 0 : En este caso u = y, por tanto 0 ≤ u ≤ 1. Así el segmento OB se convierte en el segmento dado por v = 0, 0 ≤ u ≤ 1 v − 2u − 1 = 0, en este caso v = 2u + 1, de (1) se tiene = u−v = u − (2u + 1) = −u − 1
y
puesto que 0 ≤ y ≤ 1:
0 ≤ −u − 1 ≤ 1
es decir: −2 ≤ u ≤ −1 esto no es posible pues u ≥ − 12 . — Segmento AB. En este caso x = y 2 + 3, 0 ≤ x ≤ 4, −1 ≤ y ≤ 1, empleando el cambio de variable se tiene: 4u2 + 4v = (u − v)2 + 3 desarrollando se encuentra: u=
−v ± (2v − 3) , 3
nuevamente se tiene dos casos (Eligiendo el signo +) u =
1 3
(v − 3) de donde v = 3u + 3. De (1) se encuentra: y
puesto que −1 ≤ y ≤ 1 :
= u−v = u − (3u + 3) = −2u − 3
−1 ≤ −2u − 3 ≤ 1
de donde −2 ≤ u ≤ −1, esto es es posible puesto que la inyectividad se da para u ≥ − 12 .
(Eligiendo el signo −) u = −v + 1 de donde v = 1 − u. De (1) se encuentra y
puesto que −1 ≤ y ≤ 1 :
= u−v = u − (1 − u) = 2u − 1 −1 ≤ 2u − 1 ≤ 1
de donde 0 ≤ u ≤ 1, así la frontera AB se transforma en el segmento dado por u + v = 1, 0 ≤ u ≤ 1
164
CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE Lo anterior muestra que la nueva región R es el triángulo mostrado en la siguiente figura. v
1
u+v=1
u
1
• Cálculo de la integral. De lo anterior ' '
(x + 4y) dA =
R
= = =
∂ (x, y) 2 dA 4u + 4v + 4 (u − v) ∂ (u, v) R ' 1 ' 1−u 2 4u + 4u |−8u − 4| dv du 0 0 ' 1 ' 1−u 2 16 u + u (2u + 1) dv du 0 0 ' 1 2 u + u (2u + 1) (1 − u) du 16 ' '
0
=
124 15
Ejercicios propuestos Calcular: '' 1. 2.
''
4.
''
R
ex+y dA, R limitada por |x| + |y| = 1, con el cambio u = x + y, v = x − y. Sol. e − e−1 .
1 √ dA, R en el segundo cuadrante limitada por las gráficas de y = x2 , x + y = 0, con 1 + 4x + 4y R el cambio de variable x = u + v, y = u2 − v. Sol. 2. '' 2 3. x + y 2 dA, R limitada por x2 − y 2 = 1, x2 − y 2 = 9, xy = 2, xy = 4. Sol.: 8 R
R
√ x − 2y + 14 y 2 dA, R es el triángulo con vértices (0, 0), (4, 0) , (4, 2) , (sug.: haga el cambio
u = 12 y, v = x − 2y). Sol. 37 15 ' 2 ' 2−x x−y 5. e x+y dy dx, con el cambio u = x + y, v = x − y. Sol. 0
6.
'
1−x
1 ' 2−y 0
y
3 4
e − e−1 .
( x2 − y2 dx dy, con el cambio x = −uv, y = uv + v. Sol. 8/9.
8.3. CAMBIO A COORDENADAS POLARES 7.
''
R
165
2 x + 2y 2 dA, donde R es la región del primer cuadrante acotada por xy = 1, xy = 2, y = x,
y = 2x y el cambio de variable es x = u/v y y = v. Sol. 15 8 . (Nota. Los segmentos rectilíneos de R se convierten en segmentos de parábolas y los segmentos de las hipérbolas en segmentos de recta) En las siguientes integrales expresar la integral en términos de las nuevas variables. '' √ √ √ f (x, y) dA, donde R está acotada por x = 0, y = 0, x + y = b, siendo b una constante 8. R
positiva, con el cambio
x = u cos4 v y = u sin4 v. Sol. 4 9.
''
R
'
a ' π/2 0
0
sin3 v cos3 v f u cos4 v, u sin4 v dv du
f (ax + by + c) dA, donde R = (x, y) : x2 + y 2 ≤ 1 , donde a2 + b2 = 0 y el cambio es: u = v
Sol. 2 10.
11.
12. 13.
8.3
''
R
'
1 −1
=
ax + by √ a2 + b2 bx − ay √ a2 + b2
√ √ 1 − u2 f a2 + b2 u + c du.
ϕ (x + y) xm yn dA, m, n enteros positivos, donde R está acotado por y = 0, x = 0, x + y = 1, y el
cambio es u = u − v, y = v. 11 11 Sol. cm,n 0 ϕ (t) tm+n+1 dt, donde cm,n es la constante dada por a integral cm,n = 0 (1 − t)m tn dt. '
2 ' 2x
'
1 ' 2−2x
0
x
0
''
0
R
f (x, y) dy dx, con x = u − uv, y = uv. Sol. f (x, y) dA, con x = u − uv, y = uv. Sol.
'
2/3 ' 2/(1−v)
'
1 ' 2/(2−v)
1/2
0
0
0
f (u − uv, uv) u du dv
f (u − uv, uv) u du dv.
(y − x) dA, donde R es la región acotada por y = 2x, y = 0, x = u + v, y = 2v.
Cambio a coordenadas polares
Como se sabe un cambio de coordenas rectangulares (x, y) a coordenadas rectangulares (r, θ) está dado por: x = r cos θ y = r sin θ luego su jacobiano es:
∂ (x, y) cos θ = sin θ ∂ (r, θ)
−r sin θ =r r cos θ
A continuación se presentan algunos problemas en donde se requieren cambios de variable.
166
CAPÍTULO 8. INTEGRAL MÚLTIPLE
Ejercicios resueltos Ejercicio 8.12 Calcular:
'
0
−a
'
0
√ − a2 −x2
( x2 + y2 dy dx
Ejercicios propuestos Evaluar: '' 1.
2
−y2
, donde R es la región del primer cuadrante acotado por: x = 0, y = 0, a la izquierda por x2 + y 2 = 1 y a la derecha por x2 + y 2 = 2. Sol. − 14 π e4 − e−1 . '' ( 1 − x2 − y 2 dA, R limitada por una circunferencia de radio 1 y centro en el origen. Sol.: 23 π 2. 3.
''
e−x
R
R
R
−y + 3y 2 dx dy, donde R es la región anular encerrada por las circunferencias de ecuaciones:
x2 + y 2 = 1, x2 + y 2 = 9. Sol. 60π. ' ∞ ' ( 1 2 4. e− 2 x dx. Sol. π/2. (Sugerencia: Haga I = 0
∞
1
2
e− 2 x dx, calcule I 2 , que es una integral doble, a
0
esta integral doble aplique el cambio de variable a coordenadas polares)
2 5. Encontrar el volumen de la región situada sobre el disco x2 + (y − 1) ≤ 1 y limitada superiormente por la función z = x2 + y 2 . Sol. 3π/2 ' ' √ 2 2 a
a −y
6.
√
−
−a
7.
' a ' √a2 −y2 0
8.
'
0
√ a/ 2 '
0
dx dy. Sol. πa2
a2 −y 2
√ y
2 x + y2 dx dy. Sol. πa4 /8
a2 −y 2
√ x dx dy. Sol. a3 2/6
Capítulo 9
Apéndice 1 (Matrices definida positivas) Las formas cuadráticas aparecen de manera natural en muchas aplicaciones como es el caso de problemas de máximos y mínimos de funciones a varias variables. En este capítulo se estudia el marco teórico de estas formas.
9.1
Formas cuadráticas
Definición 9.1 (Forma cuadrática) Una forma cuadrática en x1 , x2 , . . . , xn es una expresión de la forma: n n
aij xi xj ,
i=1 j=1
claramente una forma cuadrática es un polinomio de grado dos a n variables. Ejemplo 9.1 P = 3x21 + 2x1 x2 + 6x22 es una forma cuadrática en las variables x1 , x2 . 6 6 La forma cuadrática ni=1 nj=1 aij xi xj puede escribirse de manera única como el producto xt Ax, donde
x=
y A = (aij ) es una única matriz simétrica.
x1 x2 .. .
xn
Ejemplo 9.2 A la forma cuadrática P = 3x21 + 2x1 x2 + 6x22 está asociada la matriz simétrica 3 1 A= , 1 6 en efecto:
x1
x2
3 1 1 6
x1 x2 167
= 3x21 + 2x1 x2 + 6x22
168
CAPÍTULO 9. APÉNDICE 1 (MATRICES DEFINIDA POSITIVAS)
9.2
Matrices definida positivas
Definición 9.2 (Matriz definida positiva) Una matriz simétrica A ∈ Mn,n es definida positiva si xt Ax > 0, para todo x ∈ Rn no nulo 3 −2 Ejemplo 9.3 Sea A = , entonces −2 5 3 −2 x1 x1 x2 = 3x21 − 4x1 x2 + 5x22 x2 −2 5 4 4 4 = 3 x21 − x2 x1 + x22 − x22 + 5x22 3 9 3 2 2 11 = 3 x1 − x2 + x22 3 3 > 0 x1 no nulo, luego A es definida positiva. para todo x2
9.2.1
Algunos teoremas sobre matrices definida positivas
Teorema 9.3 Si A es una matriz simétrica definida positiva entonces todos sus autovalores son positivos. Demostración. Sea λ un autovalor de A asociado al autovector v, entonces Av = λv, por tanto: vt Av = vt λv = λ v
2
vt Av 2 > 0, pues el es cociente de dos números positivos (nótese que al ser v un autovector, no v puede ser nulo). por tanto λ =
Teorema 9.4 Si cada autovalor de una matriz A ∈ Mn,n simétrica es mayor a cero, entonces A es definida positiva. 3 −2 Ejemplo 9.4 Sea A = , la matriz del ejemplo 9.3 A es definida positiva, sus autovalores son −2 5 √ √ 4 + 5, 4 − 5, ambos mayores a cero. Teorema 9.5 Si A es una matriz simétrica definida positiva entonces cada entrada aii > 0. Demostración. Ejercicio. (Sug. considere el vector unitario ei ) Teorema 9.6 Si A es una matriz definida positiva, entonces lo es también At y A−1 . Demostración.
t 0 < xt Ax = xt Ax = xt At x,
por tanto xt At x > 0, esto prueba que At es definida positiva. Por otra parte para todo x no nulo, si Ay = x, entonces y = A−1 x no es nulo, por tanto: xt A−1 x = y t AA−1 Ay = y t Ay > 0, esto prueba que A−1 es definida positiva. Teorema 9.7 Toda submatriz principal de una matriz simétrica A ∈ Mn,n definida positiva es definida positiva.
9.2. MATRICES DEFINIDA POSITIVAS
169
Demostración. Sea S un subconjunto propio de {1, 2, . . . , n} , sea M la matriz obtenida de A eliminando las filas y columnas que no se encuentran en S. Sea x ∈ Rn tal que tiene ceros en las entradas que no se encuentran en S. Sea y el vector que queda de x eliminando las entradas que no se encuentran es S, entonces: 0 < xt Ax = yt My, al ser y arbitrario no nulo, se prueba que M es definida positiva.
9.2.2
Caracterización de una matriz definida positiva
Teorema 9.8 Una matriz simétrica A ∈ Mn,n es definida positiva si y solamente todos sus autovalores son positivos. Demostración. Si A es definida positiva, entonces sus autovalores deben ser positivos, ver 9.3 página 168. Recíprocamente supóngase que los autovalores de A, λ1 , λ2 , . . . , λn , son todos positivos. Sea P la matriz ortogonal tal que P t AP = D = diag (λ1 , λ2 , . . . , λn ) , entonces para todo x ∈ R no nulo: xt Ax = xt P DP t x t = P tx D P tx = yt Dy n λi (yi )2 > 0, = i=1
esto prueba el teorema. Definición 9.9 (Matriz diagonalmente dominante) Una matriz A ∈ Mn,n es diagonalmente dominante si n |aij | , i = 1, 2, . . . n |aii | ≥ j=1 j=i
si ≥ se reemplaza por >, A se llama estrictamente diagonalmente dominante. Teorema 9.10 Sea A ∈ Mn,n matriz simétrica estrictamente diagonalmente dominante con cada aii > 0, entonces A es definida positiva. Demostración. Es consecuencia directa del teorema de Gersgorin ?? página ??. Definición 9.11 Una matriz B se dice t − congruente con una matriz A si existe una matriz invertible P tal que B = P AP t . Teorema 9.12 Sea A una matriz simétrica t−congruente con una matriz diagonal D con todas sus entradas diagonales positivas, entonces A es definida positiva. Demostración. Si A = P DP t , con D = diag (d1 , d2 , . . . dn ) y cada di > 0 entonces para x = 0 se tiene: t xt Ax = xt P DP t x = P t x D P t x > 0,
nótese que puesto que P es invertible debemos tener P t x no nulo. La matriz P puede encontrarse mediante operaciones elementales de fila y columna simultáneamente partiendo de la matriz (A : I) y luego llegando a la matriz (D : P ) donde D es la matriz diagonal a la que se llega con las operaciones simultáneas de fila y columna.
170
CAPÍTULO 9. APÉNDICE 1 (MATRICES DEFINIDA POSITIVAS)
Ejemplo 9.5 Considere la matriz
8 −2 −3 A = −2 3 −2 , −3 −2 8
realizando operaciones elementales, de fila y columna a objeto de llevar la matriz A a su forma triangular se encuentra: Paso 1: F21( 1 ) , F31( 3 ) , C21( 1 ) , C31( 3 ) 4
8
4
8
8 −2 −3 : 1 0 0 8 0 0 : 1 0 0 A = −2 3 −2 : 0 1 0 ∼ 0 5/2 −11/4 : 1/4 1 0 −3 −2 8 : 0 0 1 0 −11/4 55/8 : 3/8 0 1
Paso 2. F32( 11 ) , C32( 11 ) 10 10 1 0 0 : 1 0 0 1 0 0 : 1 0 0 0 5/2 −11/4 : 1/4 1 0 ∼ 0 5/2 0 : 1/4 1 0 = (D : P ) 0 −11/4 55/8 : 3/8 0 1 0 0 77/20 : 13/20 11/10 1
se prueba que
1 0 0 0 P AP t = D = 0 5/2 0 0 77/20
al ser todos las entradas diagonales de la matriz D positivos, A es diagonalmente dominante.
9.3
Matrices semidefinidas y definida negativas
Definición 9.13 (Matriz semidefinida positiva) Una matriz simétrica A ∈ Mn,n es semidefinida positiva si xt Ax ≥ 0 para todo x ∈ Rn no nulo.
Teorema 9.14 Una matriz simétrica A ∈ Mn,n es semidefinida positiva si y solamente si sus autovalores son no negativos. (es decir existen autovalores nulos y todos los demás positivos) Definición 9.15 (Matriz definida negativa) Una matriz simétrica A ∈ Mn,n es definida negativa si xt Ax < 0 para todo x ∈ Rn no nulo. Teorema 9.16 Una matriz simétrica A es definida negativa si y solamente si −A es definida positiva. Corolario 9.17 Una matriz simétrica A es definida negativa si y solamente todos sus autovalores son negativos Definición 9.18 (Matriz semidefinida negativa) Una matriz simétrica A ∈ Mn,n es semidefinida negativa si xt Ax ≤ 0 para todo x ∈ Rn no nulo.
Teorema 9.19 Una matriz simétrica A ∈ Mn,n es semidefinida negativa si y solamente si sus autovalores son no positivos. (es decir existen autovalores nulos y todos los demás negativos)
9.3. MATRICES SEMIDEFINIDAS Y DEFINIDA NEGATIVAS
Ejercicios propuestos Clasificar las siguientes matrices 1.
2.
3.
4.
2 −1 1. 4 1 . Sol. Definida positiva A = −1 1 1 2 −3 0 0 1. 0 −4 1 0 Sol. Definida negativa B= 0 1 −5 0 1 0 0 −3 1 2 3. A = 2 4 5 Sol. No definida ni semidefinida 3 5 6 1 0 1 C = 0 2 0 Sol. Semidefinida positiva 1 0 1
171
172
CAPÍTULO 9. APÉNDICE 1 (MATRICES DEFINIDA POSITIVAS)
Capítulo 10
Apéndice 2 (La signatura de una matriz simétrica) 10.1
La definición de signatura
Definición 10.1 (Signatura) La signatura de una matriz simétrica A, denotada por sig (A) es el par (p, q) , donde p es el número de autovalores positivos y q el número de autovalores negativos. Observación. Se puede probar que rango (A) = p + q. Ejemplo 10.1 Considere la matriz
2 1 3 A = 1 −2 −1 3 −1 2
Esta matriz tiene los siguientes autovalores:
λ1 = −3 λ2 = 0 λ3 = 5 por tanto la signatura de esta matriz es sig (A) = (1, 1) (un autovalor positivo y un autovalor negativo). Ejemplo 10.2 Es claro que la signatura de 3 0 0 B= 0 5 0 0 0 −1
es sig (B) = (2, 1) (dos autovalores positivos y uno negativo).
La signatura puede calcularse sin necesidad de calcular los autovalores, como se verá en la siguiente sección.
10.2
Criterios para determinar la signatura
10.2.1
Uso de las operaciones elementales de fila y columna
Teorema 10.2 Sea A ∈ Mn,n una matriz simétrica. Sea D la matriz simétrica obtenida de A aplicando las mismas operaciones elementales de fila y columna simultáneamente. Entonces: sig (A) = (p, q) donde p es el número de entradas positivas de D y q el número de entradas negativas. 173
174
CAPÍTULO 10. APÉNDICE 2 (LA SIGNATURA DE UNA MATRIZ SIMÉTRICA)
Ejemplo 10.3 Considere la matriz del ejemplo 10.1, aplicando operaciones elementales se tiene: 2 1 3 2 1 3 A = 1 −2 −1 ∼ 0 − 52 − 52 3 −1 2 C (− 1 ) 3 −1 2 F 21 2 21(− 1 ) 2 2 0 3 2 0 3 ∼ 0 − 52 − 52 ∼ 0 − 52 − 52 3 − 52 2 F 0 − 52 − 52 C 31(− 3 ) 31(− 3 ) 2 2 2 0 0 2 0 0 ∼ 0 − 52 − 52 ∼ 0 − 52 − 52 5 5 0 −2 −2 F 0 0 0 F 32(−1) 32(−1) 2 0 0 ∼ 0 − 52 0 0 0 0
luego sig (A) = (1, 1) .
Observación. Es posible también realizar operaciones elementales de fila continuadas y luego sus correspondientes operaciones columna. −8 2 3 Ejemplo 10.4 Sea: A = 2 −3 2 , aplicando operaciones elementales se encuentra: 3 2 −8 −8 2 3 −8 2 3 11 A = 2 −3 2 F 1 ∼ 0 − 52 C 4 21( ) 21( 1 ) 4 4 11 55 3 2 −8 F 3 0 − 4 8 C31 ( 38 ) 31 ( 8 ) −8 0 0 −8 0 0 11 11 ∼ 0 − 52 ∼ 0 − 52 4 4 11 55 0 −8 0 0 − 77 4 20 F C 11 32( 32( 11 ) 10 ) 10 −8 0 0 0 ∼ 0 − 52 0 0 − 77 20
por tanto sig (A) = (0, 3) .
Observación. Los autovalores de A son: −11, −7, −1, todos negativos.
10.2.2
Uso exclusivo de la tercera operación elemental de fila
Teorema 10.3 Sea A ∈ Mn,n una matriz simétrica. Sea T la matriz triangular obtenida de A aplicando solamente la tercera operación elemental de fila. Entonces: 1. Si todas las entradas de la diagonal principal de T son positivas, entonces sig (A) = (n, 0) 2. Si todas las entradas de la diagonal principal de T son negativas, entonces sig (A) = (0, n) Ejemplo 10.5 Considere la matriz A del ejemplo 10.4 −8 2 −8 2 3 A = 2 −3 2 F 1 ∼ 0 − 52 21( ) 11 3 2 −8 F 43 0 4 31 ( 8 )
3 11 4 − 55 8
F
32
( 11 10 )
10.2. CRITERIOS PARA DETERMINAR LA SIGNATURA
luego sig (A) = (0, 3)
10.2.3
−8 2 ∼ 0 − 52 0 0
3 11 4 − 77 20
175
El criterio de Sylvester
Teorema 10.4 Sea A ∈ Mn,n una matriz simétrica. Para cada k, k = 1, 2, . . . , n se define ∆k como el determinante de la matriz en Mk,k obtenida con las primeras k filas y k columnas de la matriz A, es decir: ∆1 ∆2
entonces:
= |a11 | a = 11 a21 etc.
a12 a22
a11 a21 a31 .. .
a12 a22 a32 .. .
a13 a23 a33 .. .
··· ··· ··· .. .
a1n a2n a3n .. .
an1
an2
an3
···
ann
1. Si cada ∆k > 0, para k = 1, 2, . . . , n, entonces sig (A) = (n, 0) 2. Si (−1)k ∆k > 0, para k = 1, 2, . . . , n, entonces sig (A) = (0, n) , (nótese que en este caso los signos de los deltas van alternadamente de menos a mas, empezando con el signo menos). Ejemplo 10.6 Nuevamente considere la matriz A del −8 A= 2 3 entonces:
∆1 ∆2 ∆3
ejemplo 10.4 2 3 −3 2 2 −8
= |−8| = −8 −8 2 = 2 −3 −8 2 = 2 −3 3 2
= 20 3 2 = −77 −8
como los signos de los deltas van intercalados y empezando con signo negativo, sig (A) = (0, 3) .
Ejercicios propuestos Ejercicio 10.1 Determinar la signatura de las siguientes matrices: Emplee los dos criterios. 9 −2 −3 1. A = −2 4 −2 , Sol. (3, 0) −3 −2 9
176
CAPÍTULO 10. APÉNDICE 2 (LA SIGNATURA DE UNA MATRIZ SIMÉTRICA)
−3 −1 −3 2. A = −1 −8 −1 , Sol. (0, 2) −3 −1 −3 −4 2 4 3. A = − 2 −4 0 , Sol. (0, 3) 4 0 −8
