´ lica Pontificia Universidad Universidad Cat Cat olic o a de Chil Chile e ´ticas Facult acultad de Matem Matem aticas a
Problemas Resueltos MAT16 MAT1630 30 – C´ alcu alculo lo II I
Sebasti´ Seba sti´an an Urruti Ur rutiaa Quirog Qui rogaa
[email protected] http://web.ing.puc.cl/ ~ sgurruti/ Versi´ on o n 1.0 1.0
13 de febrero de 2013
´Indice 1. C´ alculo Diferencial de funciones escalares de varias variables alculo
2
1.1. Nocione Nocioness Topol´ ogicas en R n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ogicas
2
1.2. L´ımite de funciones de R n en R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
1.3. Con Contin tinuidad uidad de funcio funciones nes de Rn en R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.4. Dife Diferenc renciabil iabilidad idad de funcion funciones es de Rn en R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
1.5. Re Regla gla de la cade cadena na . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
2. M´ ax imos axim os y M´ın ınim imos os
20
2.1. 2. 1. M´aximos aximos y m´ınimos ınimos sin restriccion restricciones es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20
2.2. 2. 2. M´aximos aximos y m´ınimos con restriccione restricciones. s. Multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . .
25
3. Funciones vectoriales en varias varias variables variables 3.1. Dife Diferenc renciabil iabilidad idad en funcion funciones es de Rn en R m
35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35
3.2. Teore eoremas mas de la Funci Funci´´on on Inversa e Impl´ıcita ıcit a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
4. In Integ tegral rales es M´ ultiples ultiples
48
4.1. Int Integral egrales es doble dobless . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
48
4.2. Cam Cambios bios de variabl variablee . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
54
4.3. Aplic Aplicacion aciones es de integra integrales les dobles dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
60
4.4. Int Integral egrales es tripl triples es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
64
5. Integrale Integraless de L´ınea y Teorema de Green
72
5.1. Integrales de l´ l´ınea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
72
5.2. Teore eorema ma de Gree Green n
75
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6. Div Diverge ergencia ncia y Rotor
83
6.1. Int Integral egrales es de superficie y Teorema Teorema de la Divergenci Divergenciaa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
83
6.2. Integrale Integraless de l´ l´ınea y Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
90
– 1 –
1.
C´ alculo alculo Diferencial Diferencial de funciones funciones escalares de varias variable variabless
1.1. 1.1. (1)
Nocio Nocione ness Topol´ opol´ ogicas ogicas en R
n
a ) Demuestre que el conjunto co njunto vac´ vac´ıo
fuese abierto...)
∅ es un conjunto abierto en R . (Sugerencia: si el vac´ vac´ıo no n
b ) Demuest Demuestre re que Rn es un conjunto abierto en Rn . Soluci´ on:
Antes Antes que todo, algunas algunas definicione definiciones: s:
⊆R
n
Definici´ on on (punto interior). Se dice x0 es punto interior de U r > 0 tal que B r (x0 ) U . U .
⊂
⊆ ⊆ R
Definici´ on (conjunto abierto). Se dice que un conjunto U on sus puntos son interiores.
n
es abierto si todos
Definici´ on on (punto exterior). Se dice x0 es punto exterior de U r > 0 tal que B r (x0 ) U c .
⊂
si existe un
⊆R
n
si existe un
Definici´ on on (punto frontera). Se dice x0 es punto frontera de U Rn si r > 0, en U y y en U en U c . Al conjunto de puntos frontera se les llama frontera. Br (x0 ) posee puntos en U
⊆
∀
Rn es cerrado si su Definici´ on (conjunto cerrado). Se dice que un conjunto V on complemento es abierto, si contiene a su frontera o si cada sucesi´on convergente de t´ermi er mino noss en V converge V converge a un valor dentro del conjunto V . V .
⊆
a ) Un conjun conjunto to A es no abierto si existe un punto en el conjunto que no es punto interior de A. El A es
vac´ vac´ıo no satisface satisfa ce esta condici´on, on, pues no contiene punto alguno que no sea interior (de hecho, no posee p osee punto alguno). alguno ). Luego, L uego, el vac´ vac´ıo es abierto.
∅
b ) Un conjunto A es cerrado contiene los l´ımites de toda sucesi´ on on convergente con t´erminos erminos en
∈
vac´ıo cumple dicha propiedad, pues contiene a todo to do el conjunto de las sucesiones an A. El vac´ de t´ermin erm inos os en el vac´ vac´ıo, ıo , que es vac´ vac´ıo. ıo . Lu Luego ego,, es cerrado; por tanto, c = R n es abierto.
∅
∅
⊆ R
(2) Determine Determine,, en cada caso, si el conjunto conjunto A cando su respuesta.
{ || || b ) A = {(x, y ) : y = y = x x }
a ) A = (x, y ) : x + y < 1
2
es abierto, cerrado o no abierto ni cerrado, justifi-
} – 2 –
c ) A = (x, y) : x 2 + y 2
{ ≥ 0} d ) A = {(x, y) : 2 < x < 4, 2 < y ≤ 5} e ) A = {(x, y) : e < 0 } xy
Soluci´ on:
a ) Abierto. b ) Cerrado. c ) Abierto y cerrado (es todo el espacio). d ) Ni abierto ni cerrado. e ) Abierto y cerrado (es el conjunto vac´ıo).
L´ımite de funciones de R en R
1.2.
n
(1) Calcule los siguientes l´ımites: sin(xy) a ) l´ım (x,y)→(0,0) sin(x)sin(y)
x2 y 2 e ) l´ım (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 )3/2
x2 y 2 l´ım b) (x,y)→(0,0) x2 + y 2
x2 y + y 2 z f ) l´ım (x,y,z)→(0,0,0) x2 + 2y 2 + 3z 2
c )
l´ım
1
2
− cos(2xy )
g )
→(0,0) 2(x2 + y 4)2
(x,y)
x2 y 2 d ) l´ım (x,y)→(0,0) x2 + y 2
y 3 sin(x) (x,y)→(0,0) x4 + y 2 l´ım
x2 y h ) l´ım (x,y)→(0,0) x2 + y 2
−
Soluci´ on:
a ) Aplicando directamente las propiedades del producto,
sin(xy) sin(xy) x y = l´ım =1 (x,y)→(0,0) sin(x)sin(y) (x,y)→(0,0) xy sin(x) sin(y) l´ım
b ) Dado que el grado del denominador es menor al del numerador, es probable que el l´ımite sea
nulo. Usemos, como trayectoria de acercamiento al origen, la familia de curvas y = mxk . As´ı, x2 y 2 m2 x2 x2k m2 x2k l´ım = l´ım 2 = l´ım =0 x→0 x + m2 x2k x→0 1 + m2 x2k−2 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 – 3 –
por lo menos, para k > 2. Ahora, probaremos que el l´ımite es cero por definici´on: sea ε > 0 y δ = ε. As´ı,
√
2
(x, y) − (0, 0) = x + y Por otra parte, x , y ≤ x + y , y con ello: 2
2
2
2
x2 y 2 0 = 2 x + y 2
|f (x, y) − |
≤
2
< δ =
√ ε −→
(x2 + y 2)(x2 + y 2 ) = x 2 + y 2 2 2 x + y
x2 + y 2 < ε
≤ ε −→ |f (x, y) − 0| ≤ ε
que es lo que se buscaba probar. c ) Sea
f (x, y) =
1
2
(xy2 ) sin2 (xy2 ) (xy 2 )2 = 2(x2 + y 4 )2 (xy 2)2 (x2 + y 4)2
2
− cos (2xy ) = 2sin
2(x2 + y 4 )2
·
φ(x,y)
Notamos que: l´ım
(x,y)
→(0,0)
ψ(x,y)
φ(x, y) = 1
Para la segunda funci´on, verificamos las curvas y = x, x = y 2 : x6 x6 l´ım ψ(x, y = x) = l´ım 2 = l´ım 4 =0 x→0 (x + x4 )2 x→0 x + 2x6 + x8 (x,y)→(0,0) 1 y8 y8 2 l´ım ψ(x = y , y) = l´ım = l´ ım = y →0 (2y 4 )2 y→0 4y 8 (x,y)→(0,0) 4 Como ambos l´ımites son distintos, el l´ımite de f (x, y) no existe. d ) Consideremos el cambio a coordenadas polares, de la forma:
x = r cos θ Es claro que (x, y)
∧
y = r sin θ
→ (0, 0) ≡ r → 0, ∀θ. Reescribiendo el l´ımite, cos θ − sin θ r cos θ − r sin θ l´ım = l´ım = cos 2θ 2
r
2
2
2
→0 r2 cos2 θ + r 2 sin2 θ
2
r
2
→0 cos2 θ + sin2 θ
Como este ´ultimo valor depende del ´angulo, concluimos que el l´ımite no existe. e ) Nuevamente empleamos el cambio a polares. As´ı,
r4 cos2 θ sin2 θ l´ım = l´ım r cos2 θ sin2 θ = 0 3 r →0 r →0 r pues tenemos un t´ermino acotado, multiplicado por otro que converge a cero.
– 4 –
f ) Tenemos que:
0
≤
x2 y + y 2 z x2 + 2y 2 + 3z 2
≤
x2 y + y 2 z x2 + 2y 2 + 3z 2
||
2
2
| | ≤ x |y| + y |z | = |y| + |z | x2
2y 2
2
y, como est´a u ´ ltima expresi´on tiende a cero, el Teorema del Sandwich garantiza que: x2 y + y 2 z l´ım 2 =0 2 2 x→ 0 x + 2y + 3z g ) Aplicamos valor absoluto:
0 Como
l´ım
(x,y)
→(0,0)
≤
x2 y + y 2z l´ım =0 (x,y,z)→(0,0,0) x2 + 2y 2 + 3z 2
−→
| ||
y 3 sin(x) y 3 sin(x) = x4 + y 2 x4 + y 2
3
3
| ≤ |y | ≤ |y | ≤ |y| x + y y 4
2
2
|y| = 0, se cumple que:
y 3 sin(x) l´ım =0 (x,y)→(0,0) x4 + y 2 h ) Como el grado del numerador es superior al denominador, creemos que el l´ımite es nulo. Lo
demostraremos por demostraci´on: requerimos que
x2 y x2 + y 2
−
2
x2 y 0 = 2 x + y 2
−
x2 y x2 + y 2
(x, y) − (0, 0) < δ Ahora,
−→
| | ≤ (x
+ y 2 ) x2 + y 2 = x2 + y 2
As´ı, basta tomar ε = δ para completar la demostraci´on.
0 <ε
x2 + y 2 < δ
1.3.
Continuidad de funciones de R en R n
(1) Estudie la continuidad, en el origen, de las siguientes funciones:
a ) f (x, y) =
b ) g(x, y) =
x3 y , si (x, y) = (0, 0) x6 + x4 y 6 + y 2
0
, si (x, y) = (0, 0)
sin(x2 y 6 ) , si (x, y) = (0, 0) x4 + y 6
0
, si (x, y) = (0, 0) – 5 –
c ) h(x, y) =
Soluci´ on:
x3 y 2 , si (x, y) = (0, 0) x4 + y 4
0
, si (x, y) = (0, 0)
a ) f es continua en (0, 0) si y solo si
tenemos que:
l´ım
(x,y)
→(0,0)
f (x, y) = f (0, 0) = 0. Mediante l´ımites iterados,
l´ım l´ım f (x, y) = l´ım 0 = 0
x
→0
y
→0
x
→0
mientras que si usamos la curva y = x3 , obtenemos: 1 1 x6 = l´ ı m = x→0 x6 + x22 + x6 x→0 2 + x16 2
l´ım f (x, x3 ) = l´ım
x
→0
De esta forma, el l´ımite en cuesti´on no existe; por tanto, f (x, y) es discontinua en el origen. b ) Notemos que:
→
con u = x 2 y 6 . Es claro que (x, y) 0
≤
sin(u) u
(0, 0)
x2 y 6 x4 + y 6
sin(u) = 1, entonces: u→0 u
Como l´ım
≡ → ≤
sin(x2 y 6 ) sin(x2 y 6) = x4 + y 6 x2 y 6
0
≤
l´ım
(x,y)
→(0,0)
sin(u) x2 y 6 = x4 + y 6 u
u
x2 y 6 x4 + y 6
0. Por otro lado,
sin(u) u
sin(x2 y 6 ) x4 + y 6
≤
sin(u) 2 x2 y 6 = x y6 u
l´ım
(x,y)
→(0,0)
x2 = 0
de lo cual se deduce que el l´ımite es cero. Por tanto, la funci´on es continua. c ) En este caso, reemplacemos por coordenadas polares:
cos3 θ sin2 θ l´ım h(x, y) = l´ım r r →0 (x,y)→(0,0) cos4 θ + sin4 θ
φ(θ)
Si φ(θ) fuese acotada, el l´ımite ser´ıa nulo y la funci´on h ser´ıa continua. Es trivial probar que el numerador es acotado –pues es el producto de dos funciones continuas acotadas–, pero el denominador debe ser analizado con cuidado. 4
−1 ≤ sin θ ≤ 1 → 0 ≤ sin θ ≤ 1 −1 ≤ cos θ ≤ 1 → 0 ≤ cos θ ≤ 1 4
– 6 –
−→
0
≤ cos
4
θ + sin4 θ
≤ 2
∈ R tal que el denominador se anule:
Ahora, debemos probar que no existe θ cos4 θ + sin4 θ = 0
4
2
2
4
2
↔ cos θ + 2 sin θ cos θ + sin θ = 2 sin ↔ cos θ + sin θ = 2 sin θ cos θ ↔ 12 = sin θ cos θ √ ↔ 2 = sin2θ
2
2
2
2
2
2
θ cos2 θ
2
∈ R tal que: −→ 12 ≤ cos θ +1 sin θ ≤ M < ∞
lo que es una contradicci´on. As´ı, existe un M 0 < cos4 θ + sin4 θ
≤ 2
4
4
Por lo tanto, φ(θ) es acotada y la funci´on h(x, y) es continua en el origen.
(2) Determine el valor de las constantes α, β de modo tal que f sea continua en cada caso:
a ) f (x, y) =
b ) f (x, y) =
Soluci´ on:
sin(x2 + y 4 ) 1
− cos
x2
α
+ y 4
, si (x, y) = (0, 0)
, si (x, y) = (0, 0)
x4 y 4 , si (x, y) = (0, 0) (x4 + y 2 )3
β
, si (x, y) = (0, 0)
a ) Notemos que:
sin(x2 + y 4 ) l´ım f (x, y) = l´ım (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) x2 + y 4 1
·
x2 + y 4
− cos
x2 + y 4
Analicemos los l´ımites por separado: para el primero, sea u = x 2 + y 4 tal que (x, y) 0; as´ı, u sin(x2 + y 4 ) sin u l´ım = l´ ım =1 u→0 u (x,y)→(0,0) x2 + y 4
→
– 7 –
→ (0, 0) ≡
Por otra parte, sea γ =
x2 + y 4 , x2 + y 4
l´ım
(x,y)
→(0,0) 1 − cos
x2 + y 4
γ 2 = l´ım =2 γ →0 1 + cos γ
Finalmente, como ambos l´ımites existen de manera independiente, se cumple que: α=
l´ım
(x,y)
→(0,0)
·
f (x, y) = 1 2 = 2
b ) Dado que el grado del denominador es superior al del numerador –en el coeficiente x –, pensamos
que este l´ımite no existe. Para probarlo, usemos las curvas x = t a , y = t b : l´ım
(x,y)
→(0,0)
Si 4(a + b) = 6b
t4(a+b) t4(a+b) = l´ ım t→0 (t4a + t2b )3 t→0 t6b (t4a−2b + 1) 3
f (x, y) = l´ım
→ b = 2a, entonces 1 1 t4(a+b) l´ım 6b 4a−2b = l´ ım = t→0 t (t + 1)3 t→0 (1 + 1)3 8
Pero si tomamos l´ımites iterados, l´ım
(x,y)
→(0,0)
f (x, y) = l´ım l´ım f (x, y) = 0 x
→0
y
→0
Como el l´ımite no existe, entonces
β
∈ R tal que f (x, y) sea continua
1.4.
Diferenciabilidad de funciones de R en R n
(1) Dada la funci´on f (x, y) =
xyk , si (x, y) = (0, 0) x2 + y 2
0
, si (x, y) = (0, 0)
a ) Determine los valores de k de modo tal que la funci´on sea continua en el origen. b ) Determine los valores de k de modo tal que la funci´on sea diferenciable en el origen. Soluci´ on:
– 8 –
a ) Tomando coordenadas polares:
∧
x = r cos θ As´ı,
y = r sin θ
r k+1 cos θ sink θ l´ım f (r cos θ, r sin θ) = l´ım = l´ım r k−1 cos θ sink θ 2 r →0 r →0 r →0 r
−
por lo que, para k 1 > 0, la funci´on tiende a 0. Si k < 1, la funci´on no es acotada en el origen y para k = 1, el l´ımite depende de θ. Por tanto, la funci´on es continua si y solo si k > 1 b ) Si la funci´ on es diferenciable, necesariamente debe ser continua; de esta forma, k > 1. Ahora,
l´ım
h
→0
f (h, 0)
− f (0, 0) = 0
∧
h
l´ım
f (0, t)
t
→0
− f (0, 0) = 0 t
y ambas derivadas parciales existen y son iguales en el origen. Finalmente, se debe cumplir que: htk f (0 + h, 0 + t) f (0, 0) f (0, 0) (h, t) h2 + t2 = 0 l´ım = l´ım (h,t)→(0,0) (h,t)→(0,0) h2 + t2 h2 + t2
−√
−∇
·
√
Haciendo el cambio a polares, r k+1 cos θ sink θ l´ım = l´ım r k−2 cos θ sink θ 3 r →0 r →0 r vemos que el l´ımite converge a 0 si y solo si k > 2
(2) Sea w = f (x,y,z ) = 2xy 2 + x2 z . Demostrar que es diferenciable. Soluci´ on:
Notemos que:
∂ 2xy 2 + x2 z = 2y 2 + 2xz wx = ∂x ∂ 2xy2 + x2 z = 4xy wy = ∂y ∂ 2xy 2 + x2 z = x 2 wz = ∂z
Como todas las derivadas parciales son continuas (pues son polinomios), entonces la funci´on w es diferenciable. – 9 –
(3)
a ) Sea
f (x, y) =
x2 y , si (x, y) = (0, 0) x2 + y 2
0
, si (x, y) = (0, 0)
Pruebe que, en el punto (0, 0), f posee derivada direccional en todas las direcciones posibles del plano. Determine la direcci´on de mayor derivada direccional. on, que g(x, y) = sin (x + y) es diferenciable en (0, 0). b ) Demuestre, por definici´ Soluci´ on:
a ) Sea el vector unitario u ˆ = (cos θ, sin θ). Entonces:
t3 cos2 θ sin θ = cos2 θ sin θ Duˆ f (0, 0) = l´ım 3 t→0 t Por lo tanto, la derivada direccional existe en toda direcci´on, y vale g(θ) = cos2 θ sin θ. Para maximizar la funci´on g, derivamos e igualamos a cero –pues en los extremos g es nula– obteniendo: 1 g (θ) = 0 θ = arctan 2
√
↔
b ) Notar que:
∂g ∂g = = cos(x, y) ∂x ∂y y por tanto ambas derivadas valen 1 en el origen. Entonces, se debe cumplir que: sin(h + k)
l´ım
−√ sin (0 + 0) − h − k = h + k 2
(h,k)
→(0,0)
l´ım
(h,k)
→(0,0)
t3 6
3
O(t ), sin(h + k) − (h + k) √ =
Recordando que sin (t) = t
−
2
+
√ −
sin(h + k) (h + k) =0 (h,k)→(0,0) h2 + k 2 l´ım
h2 + k 2
l´ım
(h+k)3 6
(h,k)
→(0,0)
O(h, k) = 0 √ h++ k 2
2
(4)
a ) Sea T : R n
→ R
n
una transformaci´on lineal dada. Calcular
∂f para f (x) = x T (x). ∂ ˆ u
·
b ) Considere las superficies en R3 dadas por las ecuaciones
y = f (x) ,
z 2 + 2xz + y = 0
Determine la funci´on f (x), si se sabe que ambas superficies tienen el mismo plano tangente en todo punto donde se intersectan. – 10 –
c ) Sea f (x, y) diferenciable. La recta tangente a la curva de nivel de f que pasa por (x0 , y0 ) tiene
pendiente 2. Determine el valor de f x (x0 , y0 ) sabiendo que f y (x0 , y0 ) > 0 y que la derivada direccional m´axima en dicho punto es igual a 4. Soluci´ on:
a ) Por la linealidad del operador,
∂f f (x + tˆ u) (x) = l´ım t→0 ∂ ˆ u t
− f (x)
·
ˆ T (ˆu) x T (x) + t uˆ T (x) + x T (ˆu) + t2 u
·
= l´ım t
→0
·
·
t
·
− x · T (x)
·
= uˆ T (x) + x T (ˆu)
b ) En los puntos de intersecci´ on se debe satisfacer que z 2 +2xz +f (x) = 0, y adem´as los respectivos
vectores normales deben ser paralelos: ( f (x), 1, 0)
−
(2z, 1, 2x + 2z )
As´ı, x+z = 0 y f (x) = 2x, con lo cual f (x) = x 2 +c. Entonces, la intersecci´on da (x+z )2 +c = 0 c = 0. As´ı, f (x) = x 2
→
c ) Sean a = f x (x0 , y0 ) y b = f y (x0 , y0 ). As´ı, se pide hallar el valor de a, sabiendo que b > 0.
∇f (x , y ) = (a, b) es perpendicular a la curva de nivel de f en (x , y ) y por 1 tanto su pendiente debe ser − : 2 Como el vector
0
0
0
b = a
− 12 −→
a + 2b = 0
Por otro lado, se tiene que la derivada direccional m´axima de f en (x0 , y0 ) es:
∇f (x , y ) = 0
0
√
a2 + b2 = 4
−→ −→ −→
−2b, obtenemos: 8 f (x , y ) = − √ 5
ya que por hip´otesis, b > 0. Como a =
x
0
– 11 –
0
a2 + b2 = 16 ( 2b)2 + b2 = 16 4 b = 5
−
√
0
(5) Sea φ(x, y) =
x(1
− cos y)
x2 + y 2
, si (x, y) = (0, 0)
x2 + y 4 0
, si (x, y) = (0, 0)
a ) Calcule la derivaba direccional de φ, en el origen, para una direcci´on cualquiera. b ) ¿Es diferenciable en el origen? Justifique su respuesta. Soluci´ on:
a ) Sea vˆ = (cos θ, sin θ) el vector unitario en una direcci´on arbitraria. Por definici´ on, la derivada
direccional de φ en (0, 0) es, para sin θ, cos θ = 0, 0
φ(h cos θ, h sin θ) h→0 h
Dvˆφ(0, 0) = l´ım
− φ(0, 0)
−
||
h cos θ(1 cos(h sin θ)) h h→0 h3 (cos2 θ + h2 sin4 θ)
= l´ım
cos θ 1 l´ ım h→0 cos2 θ + h2 sin4 θ h→0
·
= l´ım
− cos(h sin θ) |h| sin θ h sin θ
h
El primer l´ımite es 1/ cos θ –asumiendo que cos θ = 0–; en cuanto al segundo, si y = h sin θ: l´ım
1
− cos(h sin θ) = l´ım 1 − cos y = 0 h sin θ
h
→0
por la regla de L’Hˆopital y, como
y
→0
| h| sin θ es acotado, llegamos a que:
l´ım
h
y
→0
h
1
− cos(h sin θ) |h| sin θ = 0 h sin θ
h
As´ı, Dvˆφ(0, 0) = 0 para todo θ = 0, π/2, π, 3π/2, ya que dichos valores hacen que sin θ = 0 o cos θ = 0. Ahora bien, en la direcci´on θ = 0, π, el vector unitario es ˆv1 = ( 1, 0) y la correspondiente derivada es:
±
0
φ( h, 0) φ(0, 0) =0 h→0 h
Dvˆ φ(0, 0) = l´ım 1
0
± −
– 12 –
±
mientras que en la direcciones θ = π/2, 3π/2 el vector unitario es ˆv2 = (0, 1) y la derivada es: 0
0
± −
φ(0, h) φ(0, 0) =0 h→0 h
Dvˆ φ(0, 0) = l´ım 2
Por lo tanto,
∀θ ∈ [0, 2π]
Dvˆφ(0, 0) = 0 ,
b ) Tenemos que φ es diferenciable en (0,0) si existen φx (0, 0), φy (0, 0) y, adem´ as:
φ(h, k)
l´ım
− φ(0, 0)√ − φ (0, 0)h − φ (0, 0)k = 0 x
h2
(h,k)
→(0,0)
y
+ k 2
Ahora bien, sabemos que las parciales de primer orden son las derivadas direccionales para θ = 0 –para φ x – y θ = π/2 –para φy –, es claro que ambas existen y son iguales a cero. Como, adem´ as, φ(0, 0) = 0, el l´ımite anterior se convierte en: l´ım
(h,k)
→(0,0)
φ(h, k) = h2 + k 2
√
=
√ √
h(1 cos k) h2 + k 2 l´ım (h,k)→(0,0) (h2 + k 4 ) h2 + k 2
− −
h(1 cos k) (h,k)→(0,0) h2 + k 4 l´ım
el cual no es cero ya que, si nos acercamos al origen por la par´abola h = k 2 la fracci´on anterior tiende a: 1 cos k 1 k 2 (1 cos k) 1 l´ım = l´ ım = k →0 2 k →0 2 k4 + k 4 k2
−
−
Por tanto, φ no es diferenciable en el origen.
(6) Encontrar el plano tangente de la funci´on h(x, y) = 3x2
− 2y
2
en el punto (2, 1, 10)
Soluci´ on:
Recordemos que la ecuaci´on para el plano tangente en un punto x0 es: (x
− x ) · ∇f (x ) = 0 0
0
El gradiente viene dado por:
∇f (x ) = 0
− −
6x 4y 1
x0 =(2,1,10)
– 13 –
=
− − 12 4 1
As´ı,
− − · − − − x 2 y 1 z 10
12 4 1
=0
←→
12x
− 4y − z = 10
(7) Dadas las funciones f (x, y) = determinar todos los a, b
1 + x2 + y 2
∧
g(x, y) = x2
−y
2
∈ R de modo que las curvas de nivel S (f ) y S (g) sean ortogonales. a
b
Soluci´ on:
Necesitamos que las curvas de nivel sean ortogonales, i.e. que sus vectores tangentes sean ortogonales. Dado que lo gradientes son ortogonales a sus respectivas curvas de nivel, solo nos basta exigir que f g = 0. Entonces:
∇ · ∇
∇f = Ahora,
1 (x, y) , 1 + x2 + y 2
∇f · ∇g = 0 −→ Esto implica que b = 0, y a > 0.
1.5. (1)
∇g = 2(x, −y)
x2 y 2 g(x, y) b = = =0 f (x, y) a 1 + x2 + y 2
−
Regla de la cadena 2
∈ C , con f
a ) Sea f (x, y) 2
xx (0, 1)
−1. Si
= 0, f x (0, 1) = 2, f y (0, 1) = f yy (0, 1) = 1 y f xy (0, 1) =
3
h(t) = f (t , 1 + t ), calcule h (0).
una funci´on arm´ onica , y sea g(x, y) = f (x2 y 2 , 2xy). Calcule ∆g y demuestre que es constante.
b ) Sea f (u, v)
∈C
2
−
Soluci´ on:
a ) Sean x(t) = t 2 , y(t) = 1 + t3 . Por regla de la cadena, se sabe que:
dh d ∂f dx ∂f dy = + = f x x + f y y f (x, y) = dt dt ∂x dt ∂y dt As´ı,
d2 h d + f y = d f x + f x + d f y + f y = f x x y x x y y dt2 dt dt dt – 14 –
con:
d f x dt
=
∂f x dx ∂f x dy + ∂x dt ∂y dt = f xx x + f xy y
d f y dt
=
∂f y dx ∂f y dy + ∂x dt ∂y dt = f yx x + f yy y
Finalmente, y como f xy = f yx por la continuidad, 2
2
h = f xx x + 2f xy x y + f yy y + f x x + f y y Reemplazando en t = 0, h (0) = 4
b ) Sean u = x 2
2
− y , v = 2xy de modo que g(x, y) = f (u, v). Entonces, por la regla de la cadena: gx = f u ux + f v vx
Derivando nuevamente con respecto a x,
gxx =
f u
=
x
+ ux + f u uxx + f v
x
+ f v vxx
f uu ux + f uv vx + ux + f u uxx + f vu ux + f vv vx + f v vxx
= f uu ux 2 + 2f uv ux vx + f vv vx 2 + f u uxx + f v vxx usando que, por ser continuas, f uv = f vu . Calculando las expresiones dadas, ux = 2x ,
uxx = 2
∧
vx = 2y ,
vxx = 0
Sustituyendo: gxx = 4x2 f uu + 8xyf uv + 4y 2 f vv + 2f u De manera an´aloga, gyy = f uu uy 2 + 2f uv uy vy + f vv vy 2 + f u uyy + f v vyy y por ende: gyy = 4y 2 f uu
2 uv + 4x f vv
− 8xyf
− 2f
u
Finalmente, sumando: gxx + gyy = 4(x2 + y 2 )(f uu + f vv ) = 0 ya que, por hip´otesis, ∆f = 0. As´ı, hemos probado que el laplaciano de g es constante e igual a cero. – 15 –
(2)
a ) Sea f : R 2
→ R con derivadas parciales continuas. La sustituci´on x−y x + y u = , v = 2
2
transforma f (u, v) en F (x, y). Exprese F x y F xy en t´erminos de las variables u, v y de las derivadas parciales de f respecto a dichas variables. b ) Sea f una funci´ on diferenciable. De ella se conocen los siguientes datos:
∂f (3, 1) = 3 , ∂ ˆ u ∂f (3, 1) = ∂ vˆ Con estos datos, calcular
√
2 ,
uˆ =
√ 15 (1, 2)
vˆ =
√ 110 (3, 1)
∇f (3, 1) y ∂ ∂f wˆ , si w = (3, 2).
Soluci´ on:
a ) Por la regla de la cadena,
1 ∂F ∂f ∂u ∂ f ∂v = + = 2 ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x
∂f ∂ f + ∂u ∂v
Derivando respecto a y, F xy
− −
1 ∂ = f u + f v 2 ∂y 1 = f uu uy + f uv vy + f vu uy + f vv vy 2 1 = f uu f vv 4
b ) Aprovechando la diferenciabilidad de la funci´ on,
∇f · ˆu = 3 −→ √ ∇f · vˆ = 2 −→
(f x , f y )
· √ 15 (1, 2)
(f x , f y )
· √ 110 (3, 1)
Hemos formado un sistema lineal de 2
=
2f f √ + √ = 3 5 5
=
x
y
√ 3f f √ + √ = 2 10 10 x
y
× 2, de donde es f´acil establecer que:
∇f (3, 1) = – 16 –
√ √ 1 7 , 5 5
Finalmente, como w = ˆ √ 113 (3, 2), entonces: ∂f (3, 1) = ˆ ∂ w
17 ∇f (3, 1) · w = ˆ √ 65
(3)
2
2
P el plano tangente a la superficie z = 2x + 2xy + y − 6x − 4y en el punto (1, −1, −1). Hallar todos los puntos de la superficie z = −x + 4xy − 6y en los cuales el plano tangente el paralelo a P . y − x z − y 0 se tiene que b ) Si w = f , demuestre que para todo x, y,z = ,
a ) Sea
2
xy
yz
2
x2
∂w ∂w ∂w + y 2 + z 2 =0 ∂x ∂y ∂z
Soluci´ on:
a ) Definamos dos funciones para facilitar la notaci´ on:
F (x , y , z) = 2x2 + 2xy + y 2 El vector normal del
− 6x − 4y − z
∧
G(x , y , z) =
2
−x
+ 4xy
2
− 6y − z
P es n =
∇F (1, −1, −1) = (−4, −4, −1)
El vector normal a la segunda superficie, en un punto cualquiera, es: t =
∇G(x,y,z ) = (−2x + 4y, 4x − 12y, −1) Entonces, buscamos los puntos (x, y) en los cuales t n. Como sus terceras componentes son iguales, es claro que: −2x + 4y = −4 ∧ 4x − 12y = −4 cuya u ´ nica soluci´o n es (x, y) = (8, 3). Por tanto, el punto buscado –luego de reemplazar (x, y) en las superficies– es (8, 3, 22).
−
b ) Sean
u =
y
− x = 1 − 1 ,
xy
x
y
– 17 –
v =
−
1 z y = yz y
− 1z
Por la regla de la cadena,
− x1 f
∂w = f u ux + f v vx = ∂x
2 u
−
1 ∂w = f u uy + f v vy = 2 f u ∂y y
f v
1 ∂w = f u uz + f v vz = 2 f v ∂z z de modo que: x2
∂w ∂w ∂w + y 2 + z 2 = ∂x ∂y ∂z
−f + f − f + f = 0 u
u
v
v
(4) Considere una funci´on ρ(x, y) que satisface las siguientes condiciones: ρx (1, 3) = 5 ,
ρy (1, 3) =
−4 ,
ρxx (1, 3) =
−2 ,
ρyx (1, 3)
− 8 ,
ρyy (1, 3) = 10
Adem´ as, consideremos dos funciones x(t), y(t) tales que: x(0) = 1 ,
x (0) =
x (0) = 3 ,
−1 ,
y(0) = 3 ,
y (0) = 5 ,
Definiendo φ(t) = ρ(x(t), y(t)), calcule φ (0). Soluci´ on:
En t´erminos de la curva plana γ (t) = (x(t), y(t)) podemos escribir
◦
φ(t) = ρ(γ (t)) = ρ γ (t) Usando la regla de la cadena, φ (t) =
∇ρ(γ (t)) · γ (t) = ρ x + ρ y x
y
De aqu´ı, calculamos la segunda derivada de φ:
∇· ∇ ·
d d φ (t) = ρx x + ρx x + ρy y + ρy y dt
dt
Nuevamente, usando la regla de la cadena: d ρx = dt
ρx γ (t) = ρ xx x + ρxy y
d ρy = dt
ρy γ (t) = ρ yx x + ρyy y – 18 –
y (0) =
−7
Reemplazando los datos del enunciado para t = 0,
d ρx dt d ρy dt Finalmente,
φ (0) =
=
−2 × −1 + −8 × 5
=
−8 × −1 + 10 × 5
t=0
t=0
=
−38
= 58
−38 × −1 + 5 × 3 + 58 × 5 − 4 × −7 = 371
– 19 –
2.
M´ aximos y M´ınimos
2.1.
M´ aximos y m´ınimos sin restricciones
(1) Encuentre y clasifique los puntos cr´ıticos de la funci´on f (x, y) = (1
− x)(1 − y)(x + y − 1).
Soluci´ on:
Formemos el sistema f x = f y = 0. Como: f x (x, y) = (y f y (x, y) = (x
− 1)(2x + y − 2) − 1)(2y + x − 2)
consideramos los cuatro casos posibles:
− 1) = (x − 1) = 0, y con ello P = (1, 1) (ii) (y − 1) = (2y + x − 2) = 0, y con ello P = (0, 1) (iii ) (2x + y − 2) = (x − 1) = 0, y con ello P = (1, 0) (iv) (2x + y − 2) = (2y + x − 2) = 0, y con ello P = (2/3, 2/3) (i) (y
1
2
2
3
Analizaremos los cuatro puntos cr´ıticos mediante el estudio del determinante de la matriz Hessiana:
|H|(x, y) = f
xx f yy
− f
xy
2
= 4(x
− 1)(y − 1) − (2x + 2y − 3)
2
Entonces:
| | −1 < 0, y por tanto hay un punto silla. P : |H|(0, 1) = −1 < 0, y por tanto hay un punto silla. P : |H|(1, 0) = −1 < 0, y por tanto hay un punto silla. P : | H|(2/3, 2/3) = 1/3 > 0, y por tanto all´ı hay un extremo local. Como f −2/3 < 0, en el punto P hay un m´aximo local. P 1 : H (1, 1) = 2 3
xx (2/3, 2/3)
4
=
4
(2) Si f : R2 R es una funci´on definida como f (x, y) = ax 2 + 2bxy + cy 2 + dx + ey + f , encontrar condiciones sobre las constantes a,b,c,d,e,f R de forma tal que f (x, y) pueda tener un m´aximo local.
→
∈
Soluci´ on:
Dado que nos encontramos en un dominio abierto, las condiciones para los puntos cr´ıticos se reducen a f = 0. Entonces:
∇
f x = 2ax + 2by + d = 0
∧ – 20 –
f y = 2cy + 2by + e = 0
Este sistema de ecuaciones se puede escribir matricialmente como:
− 2a 2b 2b 2c
x y
d e
=
Buscamos que el sistema posea por lo menos una soluci´on. Si llamamos A a ma matriz de coeficientes para x e y, requerimos que la matriz sea invertible. As´ı:
|A| = 0 −→
4ac
2
− 4b = 0
Ahora, analicemos el comportamiento de la matriz hessiana:
H(x, y) =
f xx f xy f yx f yy
2a 2b 2b 2c
=
que es lo mismo que calculamos anteriormente. As´ı, la u ´ nica condici´on –necesaria, pero no suficiente– 2 buscada es b ac = 0.
−
(3) Suponga que solo dispone de una calculadora con las 4 operaciones b´asicas. Determine un valor aproximado para: 0.97 15.05 + 0.98
√
√ 3
Soluci´ on:
Usamos una funci´on de tres variables (una por cada n´umero) que se acerque a la forma de la funci´on pedida. As´ı, podemos elegir: x f (x , y , z) = y + z
√ 3
Si denotamos (x0 , y0 , z 0 ) = (1, 15, 1), notaremos que las variaciones en torno a dicho punto son (dx,dy,dz ) = ( 0.03, 0.05, 0.02). Aplicando el diferencial a nuestra funci´on,
−
−
f (x0 + dx, y0 + dy, z 0 + dz ) con df = Calculamos las derivadas:
0
0
√ √ − √ −
∂f = ∂y
0
0
∂f ∂f ∂f dx + dy + dz ∂x ∂y ∂z 1
∂f = ∂x
∂f = ∂z
≈ f (x , y , z ) + df (x , y , z )
y +
x y + 2
x y + 2
3
3
z
z
3
z (x
0
=
,y0 ,z0 )
−3/2
1 4
=
(x0 ,y0 ,z0 )
−3/2 z −2/3
– 21 –
3
(x0 ,y0 ,z0 )
1 − 128 =
1 − 384
0
0
Usando la calculadora,
− 3.01 , 384
df =
f (x0 , y0 , z 0 ) =
1 4
Finalmente, el n´umero buscado es: 1 4
− 3.01 = 0.242161 384
(4) Sea f (x, y) = 3x4
2
− 4x y + y
2
= (x2
2
− y)(3x − y)
a ) Demuestre que (0, 0) es punto cr´ıtico de f . b ) Demuestre directamente que, a lo largo de toda recta por el origen, f alcanza un m´ınimo en
(0, 0). c ) Determine la naturaleza del punto (0, 0) (¿es un m´ aximo/m´ınimo local o un punto silla?) Soluci´ on:
a ) Tenemos que
f x (x, y) = 12x3
− 8xy ,
fy (x, y) =
2
−4x
+ 2y
−→ ∇f (0, 0) = (0, 0)
b ) A excepci´on de los ejes coordenados, toda recta por el origen es de la forma y = mx, con
m = 0. Ahora bien, f (x,mx) = 3x4
3
− 4mx
+ m2 x2 = g(x)
Entonces, como g (x) = 12x3
2
− 12mx
+ 2m2 x ,
g (x) = 36x2
2
− 24mx + 2m
tenemos que g (0) = 0 y g (0) = 2m2 > 0, por lo que hay un m´ınimo en x = 0. Sobre los ejes coordenados, f (x, 0) = 3x4 y f (0, y) = y 2 , es claro que hay un m´ınimo en el origen. c ) Punto m´ aximo no puede ser, pues f (0, 0) es m´ınimo a lo largo de las rectas por el origen. Si
intentamos aplicar el criterio del hessiano vemos que:
H(x, y) =
−
4x(9x 2) 8x
−
−8x 2
−→ |H|(0, 0) = 0
de modo que dicho criterio no es concluyente. Ahora, si analizamos cualquier peque˜no disco con centro en el origen –y notando que f (0, 0) = 0–, tendremos que: Como f (x, y) = (x2 y)(3x2 y) tenemos que f (x, y) < 0 cuando x 2 < y < 3x2 que es la regi´on entre las par´abolas y = x 2 e y = 3x2 .
−
−
– 22 –
Dichos puntos existen en todo disco entrado en el origen, mostrando que en toda vecindad del origen hay puntos (x, y) donde f (x, y) < f (0, 0), y por tanto (0, 0) es un punto silla.
(5) Considere la superficie z = x 2 +5y 2 y su plano tangente en (1, 1, 6). Calcule la longitud del segmento de la recta dada por x = 2, y = 2 contenido entre el plano y la superficie. Soluci´ on:
Primero que todo, calculamos el plano tangente a la superficie. Para esto, definimos la funci´on φ = x2 + 5y 2 z y por tanto la superficie no es m´as que la curva de nivel φ(x,y,z ) = 0. Dado que el gradiente es siempre ortogonal a las curvas de nivel, encontramos el vector normal de dicha forma:
−
∇φ = (2x, 10y,
n =
− 1)
(1,1,6)
−
= (2, 10, 1)
De esta forma, el plano tangente se escribe como: Φ : n
· − x
p 0 = 0
− · − 1, y − 1, z − 6) = 0 −→
Φ : (2, 10, 1) (x
Φ : z = 2x + 10y
−6
Ahora, dado que la recta es ortogonal al plano X Y , la longitud del segmento de recta buscado ser´a simplemente la diferencia de alturas de ambas funciones, en los puntos de intersecci´on con la recta: 2
z = x + 5y
2
x=y=2
∧
= 24
z = 2x + 10y
y, por tanto, la longitud buscada es 6.
− 6
x=y=2
= 18
(6) Dada la funci´on
a 2 y 2 + 2y h(x, y) = ax y + bxy + 2 determine los valores de a, b de modo que la funci´on tenga un punto silla en (1, 1). 2
2
Soluci´ on:
Primero que todo, calculamos el gradiente de h: 2
2
∇h(x, y) = (2axy + by , ax
+ 2xyb + a2 y + 2)
Luego, imponemos la condici´on que (1, 1) sea punto silla. Esto requiere que h(1, 1) = 0 y que H(1, 1) tenga autovalores propios de distinto signo, o que el determinante H (1, 1) sea negativo.
∇ | |
De la condici´on sobre el gradiente, (2a + b, a + a2 + 2b + 2) = (0, 0) De aqu´ı deducimos que 2a + b = 0, y entonces a2 a = 1, b = 2 o bien a = 2, b = 4.
−
−
– 23 –
− 3a + 2 = (a − 1)(a − 2) = 0. Concluimos que
Ahora, calculamos la matriz hessiana:
H(x, y) = Para a = 1, b =
−2, obtenemos: H(1, 1) =
2ay 2ax + 2by 2ax + 2by 2bx + a2
−2 − −3 2 2
−→ |H|(1, 1) = −10
−→ |H|(1, 1) = −32
y en este caso, (1, 1) es un punto silla. Para a = 2, b =
−4, tenemos que: H(1, 1) =
−4 − −1 4 4
as´ı que, en este caso, (1, 1) tambi´en es un punto silla.
(7) Determine los puntos cr´ıticos y su naturaleza para f (x , y , z) = x 3
− xz + yz − y
3
+ 2z 3
Soluci´ on:
Tenemos que f x = 3x2
−z ,
f y = z
− 3y
2
f z =
,
2
−x + y + 6z
−
y resolviendo el sistema f x = f y = f z = 0 obtenemos dos puntos cr´ıticos: (0, 0, 0) y (1/3, 1/3, 1/3). La matriz hessiana de f est´a dada por:
H(x,y,z ) =
−
6x 0 1
−
0 1 6y 1 1 12z
−
As´ı,
H(0, 0, 0) posee autovalores 0,
−
±√ 2, por lo que hay un punto silla.
H(1/3, 1/3, 1/3) posee subdeterminantes positivos, por lo que hay un m´ınimo.
– 24 –
2.2.
M´ aximos y m´ınimos con restricciones. Multiplicadores de Lagrange
(1) Encuentre los valores m´ınimos y m´aximos de la funci´on g(x , y , z) = xy + yz + xz sobre la porci´on de la superficie x2 + y 2 + z 2 = 1
(1)
que se encuentra en el primer octante , i.e. que adicionalmente satisface x
≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0
(2)
Soluci´ on:
Como en este caso poseemos una restricci´on, consideremos el siguiente problema gen´erico: maximizar/minimizar f (x, y) sujeto a g(x, y) = c. (ver Figura 1)
Figura 1: Problema de optimizaci´on Supongamos que “caminamos” a lo largo de la curva de nivel g = c. En general, estos contornos –para f y g – ser´ an distintos, as´ı que siguiendo la trayectoria de g = c podr´ıamos intersectar alguna curva de nivel de f . Esto es equivalente a decir que mientras nos movemos a lo largo de la curva de nivel de g = c, el valor de f puede variar. Solo cuando el contorno de g tocan tangencialmente (no corta) a alguna curva de nivel de f , no se incrementa o disminuye el valor de f . (ver Figura 2)
– 25 –
Figura 2: Curvas de nivel Las l´ıneas de contorno de f y g se intersectan cuando los vectores tangentes de ambas son paralelos. Dado que el gradiente de una funci´on es perpendicular a su curva de nivel, entonces lo anterior equivale a decir que los gradientes de f , g son paralelos. Para las funciones que tienen restricciones, planteamos una nueva funci´on
− m
L(x , x , . . . , x , λ , . . . , λ 1
2
n
1
m)
= f (x1 , . . . , xn )
λk gk (x1 , . . . , xn )
k=1
− ck
donde m es el n´umero de restricciones dadas por las ecuaciones gk (x) = ck . Entonces, la nueva condici´ on para encontrar los puntos cr´ıticos ser´a = 0 (con respecto a todas las variables).
∇L
Ahora, volvamos al problema que nos convoca. En este caso, la restricci´on corresponde al conjunto de nivel cero de la funci´on q (x , y , z) = x 2 + y 2 + z 2 1
−
La funci´on de Lagrange del problema es:
L(x , y , z , λ) = g(x , y , z) − λq (x , y , z) Entonces:
L L
− 2λx = 0 − 2λy = 0
L
− 2λz = 0 + z − 1 = 0
∂ = y + z ∂x ∂ = x + z ∂y ∂ = x + y ∂z
L
∂ = x2 + y 2 ∂λ
2
Sumando las tres primeras condiciones, 2x + 2y + 2z
− 2λ(x + y + z ) = 0 −→
Tenemos dos casos: – 26 –
(λ
− 1)(x + y + z ) = 0
λ = 1, y por tanto x + y + z = 0. De la condici´on 2, notamos que x = y = z = 0, la cual no es una soluci´on admisible pues no satisface 1. λ = 1, y por tanto x = y = z . De la condici´on 1, 1 x = y = z = 3
√ −→
g
√ √ √ 1 1 1 , , 3 3 3
=1
Esto, sin embargo, no resuelve el problema completamente. La restricci´on 1 corresponde a una esfera unitaria, pero la condici´on 2 indica que solo debemos considerar la porci´on de esfera del primer octante. Esto significa que la intersecci´on de la esfera con cada uno de los cuadrantes
{(x,y,z ) : x = 0, y ≥ 0, z ≥ 0}, {(x,y,z ) : y = 0, x ≥ 0, z ≥ 0}, {(x,y,z ) : z = 0, x ≥ 0, y ≥ 0}
corresponde a una parte de la frontera de la superficie que estamos considerando, y debe ser analizado por separado. Adem´as, la regi´on posee tres v´ertices, as´ı que tambi´en evaluamos la funci´on en esos puntos. Consideremos el trozo de borde de la regi´on que yace en el plano z = 0. Esto es un cuarto de c´ırculo, que puede parametrizarse mediante γ (θ) = (cos θ, sin θ, 0) ,
∈ [0, π/2]
θ
Evaluando la funci´on g a lo largo de γ obtenemos: g(γ (θ)) = cos θ sin θ Derivando esta funci´on con respecto a θ e igualando a cero, obtenemos: 0=
2
− sin
θ + cos2 θ = cos2θ
La u ´nica soluci´on de esta ecuaci´on en el intervalo [0, π/2] es θ = π/4, que corresponde al punto
√ √ 1 1 , ,0 2 2
−→
g
√ √
1 1 1 , ,0 = 2 2 2
La simetr´ıa evidente del problema (dominio y funci´on) nos permite evitar los c´alculos sobre los otros dos bordes: vamos a obtener los puntos
√ √ √ √ √ √ √ √ 1 1 , 0, 2 2
en el plano y = 0, y
0,
en el plano x = 0, con valor
g 0,
1 1 , 2 2
1 1 , 2 2
= g
1 1 , 0, 2 2
=
1 2
Finalmente, los v´ertices son (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) con g(1, 0, 0) = g(0, 1, 0) = g(0, 0, 1) = 0. As´ı, el m´aximo global de g bajo las restricciones 1 y 2 es 1 y se alcanza en el punto y el m´ınimo global es 0, y se alcanza en cada uno de los v´ertices. – 27 –
1 , 13 , 13 3
√ √ √ ,
(2)
a ) Demuestre que x 3 y >
− 34 si x
≥ − 34 (x
b ) Demuestre que x 3 y
4
4
+ y 4 = 1.
+ y 4 ) para todo (x, y)
∈R . 2
c ) Use la afirmaci´ on anterior para demostrar que la curva
{
C = (x, y)
2
: x 4 + x3 y + y 4 = 1
∈R
}
es acotada, i.e. existe un M > 0 tal que para todo (x, y)
∈ C se cumple que |x| ≤ M e |y| ≤ M .
Soluci´ on:
a ) Para probar la afirmaci´on, calcularemos los m´ınimos de la funci´ on f (x, y) = x3 y sujeta a la
condici´ on g(x, y) = x 4 + y 4
− 1 = 0 v´ıa multiplicadores de Lagrange:
3x2 y = 4λx3 = 4λy 3 x3 x4 + y 4 = 1
±
Si xy = 0, la soluci´on del sistema es (x, y) = (0, 1) –con λ = 0–. Si xy = 0, despejando λ de las primeras dos ecuaciones nos queda que x4 = 3y 4 , lo cual –en combinaci´on con la tercera ecuaci´ on– implica que 3 1 x4 = , y 4 = 4 4 As´ı, los puntos cr´ıticos son: (x, y)
±(0, 1)
f (x, y)
0
± √ ± √ − √ √
√
2 3 2 2 , 2
2 3 2 ,
√
3 3 4
−
√ 2 2
√
3 3 4
Como la funci´on f (x, y) = x 3 y es continua y el dominio x4 + y 4 = 1 es cerrado y acotado, f tiene extremos globales. Estos extremos se encuentran necesariamente entre los puntos cr´ıticos condicionados, ya que f, g son continuamente diferenciables. De la tabla, obtenemos que el m´ınimo global de f en el dominio es: x3 y >
−
√
3 3 > 4
− 34
b ) El apartado anterior, escrito en coordenadas polares, establece que:
f (r cos θ, r sin θ) = r 4 cos3 θ sin θ > Es decir,
cos3 θ sin θ > cos4 θ + sin4 θ
− 34 cuando
− 34
– 28 –
(0
r4 =
≤ θ < 2π)
1 cos4 θ + sin4 θ
Despu´ es de multiplicar ambos lados de la desigualdad por la expresi´ on no negativa r 4 (cos4 θ + sin4 θ) vemos que 3r4 (cos4 θ + sin4 θ) r 4 cos3 θ sin θ 4 Volviendo a coordenadas cartesianas,
≥ −
≥ − 34 (x
x3 y
4
+ y 4 )
c ) Para los puntos de la curva C , tenemos que x3 y = 1
4
4
− x − y . La desigualdad del apartado
anterior implica que, para estos puntos, se cumple que: 1
4
−x −y
4
≥ − 34 (x
= x3 y
4
Es decir, x4 + y 4
≤ 4 −→ |x| ≤
√
+ y 4 )
| |≤
2, y
√
2
(3) Hallar el m´aximo y el m´ınimo de la funci´on f (x,y,z ) = x 2 + yz en la bola B = x2 + y 2 + z 2
{
≤ 1}.
Soluci´ on:
Primero, buscamos los candidatos a extremos en el interior de la bola: x 2 + y 2 + z 2 < 1. Estos han de ser extremos libres de f , y por tanto –de existir– debe cumplirse que f = 0. El sistema es:
∇
f x = 2x = f y = z = f z = y = 0 La u ´nica soluci´on es el punto P 1 = (0, 0, 0) que, efectivamente, est´a dentro de la bola. Buscamos ahora los posibles valores extremos en la frontera de la bola. Sea g(x , y , z) = x2 + y 2 + z 2 . Entonces, queremos extremar f bajo la restricci´on g = 1 y, por Lagrange, en los puntos buscados deben existir valores de λ tales que:
∇f = λ∇g −→
2x z y 2 x + y 2 + z 2
= 2λx = 2λy = 2λz = 1
Si x = 0, entonces no puede darse el caso en que y = z = 0 –por la cuarta ecuaci´on– y, como la segunda y tercera ecuaci´on implican que si uno de ellos es cero el otro tambi´ en lo es, ninguna de las variables z, y pueden ser 0. As´ı, podemos dividir las ecuaciones dos y tres: y z = z y
−→
y 2 = z 2
−→
z =
±y
Sustituyendo esta combinaci´on en la cuarta ecuaci´on, llegamos a los puntos cr´ıticos: – 29 –
−
√ √
P 4 = (0, 1/ 2, 1/ 2)
√ √ √ − √
P 2 = (0, 1/ 2, 1/ 2) P 3 = (0, 1/ 2, 1/ 2)
− √ − √
P 5 = (0, 1/ 2, 1/ 2)
Si en las ecuaciones de m´as arriba tenemos que λ = 1, entonces la segunda y tercera ecuaci´on nos dicen que y = 2z y z = 2y, y por tanto y = z = 0. Con ello, de la cuarta ecuaci´on, x = 1. De este modo: P 6 = (1, 0, 0) P 7 = ( 1, 0, 0)
±
−
Evaluando f en los siete puntos cr´ıticos, llegamos a que el m´aximo/m´ınimo es:
{ } − 12 = f (P ) = f (P )
{}
m´ax f = 1 = f (P 6 ) = f (P 7 ) , m´ın f =
3
4
(4)
a ) Dada la funci´ on f (x, y) = x 2 + xy + y 2 , determine el punto m´as cercano al origen de su plano
tangente en el punto (1, 1, 3). b ) Encontrar el volumen m´ aximo de un paralelep´ıpedo de diagonal 1. Soluci´ on:
a ) Usaremos el gradiente como vector normal al plano, y con esto obtenemos:
−
n = (2x + y, 2y + x, 1) ∴
(1,1,3)
Π : z = 3x + 3y
−
= (3, 3, 1)
−3
De optimizaci´on, sabemos que minimizar la distancia equivale a minimizar la distancia al cuadrado. Entonces, consideremos d(x,y,z ) = x 2 + y 2 + z 2 la funci´on distancia al cuadrado al origen. Queremos: m´ın d(x,y,z ) s.a. z = 3x + 3y
−3
Usando multiplicadores de Lagrange,
L(x , y , z , λ) = x
2
+ y 2 + z 2
− λ(3x + 3y − z − 3) −→
2x 2y 2z 3x + 3y z
−
= 3λ = 3λ = λ = 3
−
De las dos primeras ecuaciones obtenemos que x = y. Reemplazando en la ´ultima ecuaci´on, junto con z de la ecuaci´on tres, obtenemos que 6x + – 30 –
λ =3 2
Usando la primera ecuaci´on nuevamente, podemos despejar el valor de λ, concluyendo que este 6 es λ = . Reemplazando en cadena, llegamos a que el punto buscado es: 19 P =
9 9 , , 19 19
−
3 19
Sabemos que es un m´ınimo y no un m´aximo, pues el punto m´as lejano al origen tiene todas sus componentes infinitas. b ) El volumen del paralelep´ıpedo est´a dado por el producto entre su base y su altura, i.e. V = xyz
si x, y,z son sus lados. Ahora, la longitud de su diagonal est´ a dada por d = Queremos entonces: m´ax V (x,y,z ) = xyz
x2 + y 2 + z 2 = 1.
s.a. x2 + y 2 + z 2 = 1 En la restricci´on, nuevamente usamos la distancia al cuadrado. As´ı,
2
L(x , y , z , λ) = xyz − λ(x
+ y 2 + z 2
− 1) −→
yz xz xy 2 2 x + y + z 2
= = = =
2xλ 2yλ 2zλ 1
Multiplicamos la primera ecuaci´on por x, la segunda por y y la tercera por z : xyz = 2x2 λ = 2y 2 λ = 2z 2 λ De esta igualdad, obtenemos que x2 = y 2. Como lo que buscamos son distancias, tanto x como y son mayores o iguales a cero, y por tanto x = y. De manera an´aloga, es posible concluir que x = z y z = y. Reemplazando en la cuarta condici´on, x2 + x2 + x2 = 1
−→
x =
√ 13
Como x = y = z , el volumen m´aximo es:
√ 1 3
V ma´x =
3
(5) Hallar la mayor y menor distancia entre el elipsoide x2 + 4y 2 + z 2 = 1 y el plano x + y + z = 2. (Nota: Ambas superficies no se intersecan). Soluci´ on:
Sean (x , y , z) y (u,v,w) puntos sobre el elipsoide y el plano, respectivamente. Sabemos que es suficiente extremar el cuadrado de la distancia entre ellos: d(x,y,z,u,v,w) = (x
2
− u)
– 31 –
+ (y
2
− v)
+ (z
− w)
2
As´ı, debemos extremar la funci´on d sujeto a las restricciones F 1 (x,y,z ) = x 2 + 4y 4 + z 2
− 1 = 0 ,
F 2 (u,v,w) = u + v + w
−2=0
El lagrangiano es simplemente:
L(x , y , z , u , v , w , λ , λ ) = d − λ F − λ F 1
2
1 1
2
2
∇L = 0 queda como sigue:
As´ı, el sistema
− − − − − −
2(x u) 2(y v) 2(z w) 2(x u) 2(y v) 2(z w) 2 x + 4y 2 + z 2 u + v + w
= = = = = = = =
2xλ1 8yλ 1 2zλ 1 λ2 λ2 λ2 1 2
(3) (4) (5) (6) (7) (8) (9) (10)
− − −
De las ecuaciones (6), (7) y (8), igualando, x
− u = y − v = z − w
(11)
As´ı, los lados izquierdos de las ecuaciones (3), (4) y (5) son iguales; entonces, igualando los lados derechos de (3) y (4) obtenemos que 2xλ1 = 8yλ 1 .
Ahora bien, λ1 = 0 pues, de ser cero, tendr´ıamos que (x,y,z ) = (u,v,w) lo cual es imposible, pues x ambas superficies no se intersecan. Por tanto, cancelamos λ1 obteniendo y = . De manera an´aloga, 4 obtenemos que z = x. Sustituyendo estas dos condiciones en la igualdad (9) llegamos a: 9 2 x =1 4
−→
x =
± 23
Si x = 2/3, entonces y = 1/6, z = 2/3. Usando (11) tenemos que v = y relaciones en (10) obtenemos:
− x + u = u − 12 y que w = z − x + u = u. Sustituyendo estas 2 = 3u
− 12 −→
u =
Por tanto, x
− u = y − v = z − w = −
– 32 –
1 6
−→
5 6
1 d = 3 6
2
=
1 12
x =
−2/3, entonces y = −1/6, z = −2/3.
1 Usando (11) como antes, tenemos que v = u + y que w = u. Al sustituir en (10) obtenemos: 2 2 = 3u +
1 2
−→
u =
1 2
Por tanto, x
− u = y − v = z − w = −
7 6
7 d = 3 6
−→
2
=
49 12
Por u ´ ltimo, notamos que –como el elipsoide es un conjunto cerrado y acotado en R2 – debe existir un punto m´as cercano/lejano al plano, cuyas distancias corresponden a las soluciones obtenidas. 1 7 Luego, la distancia m´ınima es dm = y la distancia m´axima es d M = . 12 12
√
√
(6) [Propuesto] Sea f : Rn R tal que f (x) = (x1x2 xn )2 . Buscar los extremos sobre la esfera x1 2 + x2 2 + . . . + xn 2 = ρ2 . Use este resultado para probar la desigualdad entre la media geom´etrica y la aritm´etica.
→
···
Soluci´ on:
Aplicando los multiplicadores de Lagrange, ya llamando p0 a nuestro punto m´aximo, escribimos:
∇f ( p ) = λ∇g( p ) g(x) = x + . . . + x − ρ 0
1
0
2
n
2
2
g( p0 ) = 0 Derivando la igualdad, obtenemos: ∂f = 2(x2 ∂x1
· · · x )(x · · · x ) = 2λx n
1
∂f = 2(x1 x3 ∂x 2
n
1
· · · · x )(x ·· · x ) = 2λx n
1
n
2
.. . ∂f = 2(x1 ∂xn
· · · x − )(x · · · x ) = 2λx n 1
1
n
n
Si multiplicamos la primera igualdad por x1 , la segunda por x2 , etc´etera, hasta la ´ultima por xn , tenemos que: (x1 xn )2 = λx1 2 (x1
·· · ·· · x ) n
2
= λx2 2
2
= λx n 2
.. .
(x1
···x ) n
– 33 –
Sumando todas las ecuaciones, llegamos a: n(x1
···x ) n
2
2
2
2
= λ(x1 + x2 + . . . + xn ) = λρ
2
−→
λ =
n(x1
···x ) n
2
ρ2
Reemplazando λ en las ecuaciones, encontramos ρ2 xi = n 2
√ √
√
ρ ρ ρ Luego, si llamamos P = , f tiene un m´aximo en P con restricci´on g(P ) = 0. , ,..., n n n Adem´ as, dado que P es un m´aximo, concluimos que para un punto x cualquiera que se encuentre en la esfera:
≤ ··· ≤ · · · ··· ≤ ·· · ≤ ·· · ≤
f (x)
x1 2
xn 2
x1 2
xn 2
x1
2
xn
2
n
x1
2
xn
2
n
f (P ) ρ2 ρ2 n n n ρ2 n ρ2 n x1 2 + . . . xn 2 n
1
1
Llamando xi 2 = ai , obtenemos:
√ a · a · · · a ≤ a + a + . . . + a n n
1
2
n
1
2
n
Con lo que hemos probado esta desigualdad. Notar que, aunque lo hemos demostrado para un punto sobre la esfera, a todo x en el espacio le podemos asociar un ρ tal que dicho punto est´e contenido en una esfera.
– 34 –
3.
Funciones vectoriales en varias variables
3.1. (1)
Diferenciabilidad en funciones de R en R n
a ) Sean f (x, y) = (x2 + y 2 , x2
m
2
− y ) y g(u, v) = (uv,u + v). Se define F = g ◦ f . Calcular DF (x, y).
x2 + y 2 + z 2 y v(r, θ) = (r cos θ, r sin θ, r). Calcule, utilizando la regla de la cadena, la matriz derivada de (w v) en el punto (1,0).
b ) Sean w(x , y , z) =
◦
Soluci´ on:
a ) Sabemos que
DF (x, y) =
As´ı, Df (x, y) =
2x 2x
2y 2y
−
∂F 1 ∂x
∂F 1 ∂y
∂F 2 ∂x
∂F 2 ∂y
∧
◦
Con: Dg(f (x, y)) =
Entonces, DF (x, y) =
x2
−y
2
b ) Tenemos que v(1, 0) = (1, 0, 1) y w(1, 0, 1) =
x2 + y 2 1
1
x x2 + y 2 + z 2
− −
Dg(u, v) =
Por la regla de la cadena, DF (x, y) = Dg (f (x, y)) Df (x, y)
2x 2x
2y 2y
−
=
v u 1 1
x2
y 2 x2 + y 2 1 1
4x3 4x
4y 3 0
√ 2. La matriz derivada de w(x , y , z) es
y x2 + y 2 + z 2
z x2 + y 2 + z 2
√ √ −
y por tanto, al reemplazar en (1,0,1) no queda:
1 0 2
1 2
Por otra parte, la matriz derivada de v(r, θ) es cos θ sin θ 1
– 35 –
r sin θ r cos θ 0
y con ello, en (1,0):
◦ √ √ 1 0 0 1 1 0
Finalmente, la matriz derivada de w
√
1 0 2
v en (1,0) es: 1 0 0 1 1 0
1 2
=
2 2 0
(2) Dadas las funciones G(u, v) = (u, u2 , u cos v)
∧
F (x,y,z ) = (x,xy,xyz )
◦
se considera la funci´on compuesta H = F G = (H 1 , H 2 , H 3 ). Encontrar
∂H 2 ∂H 3 y . ∂v ∂u
Soluci´ on:
Observemos que: DG(u, v) =
1 2u cos v
0 0 u sin v
−
,
DF (x,y,z ) =
1 0 0 y x 0 yz xz xy
Por la regla de la cadena, sabemos que
·
DH (u, v) = DF (G(u, v)) DG(u, v) = DF (u, u2 , u cos v) DG(u, v) 1 0 2 3u 0 = 3 4 4u cos v u sin v
De donde se deduce que:
∂H 2 =0 ∂v
·
−
∧
∂H 3 = 4u3 cos v ∂u
3.2.
Teoremas de la Funci´ on Inversa e Impl´ıcita
(1) Considere la funci´on vectorial (x, y)
2
→ (x, x + 2y + y ) = (u, v) – 36 –
a ) Determine todos los puntos (x, y) en los que el Teorema de la Funci´on Inversa garantiza la exis-
tencia de una inversa local diferenciable x = x(u, v), y = y(u, v) y, sin despejar expl´ıcitamente, calcule y v , yvu . b ) Encuentre expl´ıcitamente la inversa local x = x(u, v), y = y(u, v) en una vecindad del punto
−
(x, y) = (1, 2) y, a partir de tales expresiones, calcule nuevamente yv . Soluci´ on:
Antes que todo, un peque˜no recordatorio:
Rn . F se dice localmente inyectiva en torno a x0 si Definici´ on. Sea F : Ω Rn existe r > 0 tal que F es inyectiva en B(x0 , r) Ω.
∈
→
⊂
Teorema (de la funci´ on inversa). Sea F : Ω Rn Rn , Ω abierto, una funci´ on diferenciable, y sea x0 Ω. Si DF (x0 ) = 0, entonces existe r > 0 tal que F : B(x0 , r) F (B(x0 , r)) es inyectiva. La inversa G : F (B(x0 , r)) B(x0 , r) es − 1 diferenciable y DG(F (x0 )) = DF (x0 ) .
∈
→
|
∈
|
→
→
Notaci´ on Diremos que el jacobiano de la transformaci´on (x, z ) ∂ (F, G) ∂ (x, z ) a ) Por definici´ on del jacobiano,
∂ (u, v) = ∂ (x, y)
ux uy vx vy
≡
F x F z
Gx Gz
=
1 0 1 2(y + 1)
→ (F, G) es
= 2(y + 1)
−1 (el plano
As´ı, la funci´on es invertible localmente alrededor de todo punto ( x, y) con y = menos la recta horizontal y = 1). Por el T.F.I. nuevamente,
−
xu xv yu yv
Igualando posiciones,
=
−1
ux uy vx vy
1 = ∂ (u, v) ∂ (x, y)
1 ∂y ux = = ∂ (u, v) 2(y + 1) ∂v ∂ (x, y)
Por consiguiente, yvu
∂ = ∂u ∂ = ∂u =
−
∂y ∂v
1 2(y + 1) yu 2(y + 1) 2
– 37 –
vy vx
−
−u
y
ux
Comparando otra vez las matrices de la funci´on inicial y de su inverse, observamos que: ∂y = ∂u
1 − ∂ (u,v v) = − 2(y 2(y + 1) x
∂ (x, y ) Finalmente, sustituyendo llegamos a que: 1 4(y 4(y + 1) 3
yvu =
b ) Tenemos enemos que
u = x 2 y + y + y 2 v = x + 2y Entonces, u = x = x y y sustituyendo en la segunda ecuaci´on on obtenemos:
−1 ± √ 1 + v + v − u Como estamos en una vecindad del punto (x, ( x, y ) = (1, (1 , −2), la cantidad y debe ser menor que −1, y por ello debemos elegir el signo negativo en la ´ultima ultima expresi´on. on. Por tanto, la inversa local buscada es √ + v − u) = (x, y) (u, v ) → (u, −1 − 1 + v (u
− v) + 2y 2 y + y + y
2
−→
=0
y =
Derivando Derivando directamente, directamente, ∂ yv = ∂v
− − √ − 1
1 + v + v
u =
1 1 − 2√ 1 + v = 2(y + 1) + v − u 2(y
(2) Sea G : R4 on con derivadas parciales continuas en R4 y tal que R2 , G = (G1 , G2) una funci´on satisface G satisface G(0 (0,, 0, 0, 0) = (0, (0, 0) y
→
∂G 1 ∂G 2 ∂z ∂w
∂ G ∂G − ∂G = 0 ∂z ∂w 2
1
en el punto (0, 0, 0, 0). 0).
Se define H (x , y , z , w) w) = (x , y , G1(x , y , z , w) w), G2(x , y , z , w)). w)). a ) Probar que H es es localmente invertible en el origen. b ) Suponga que
∇ G ( 0) = (0, (0, 0, 2, 0) y ∇ G ( 0) = (0, (0, 0, 0, 3). Calcule la matriz jacobiana de 1
2
K = G ◦ H −1 en el origen. Soluci´ on:
– 38 –
a ) Si D Si DH denota la matriz jacobiana de H de H ,, entonces la funci´on on es invertible en una vecindad del H denota
origen si su determinante determinante all a ll´´ı es distinto de cero –T.F.I.– y por tanto:
DH =
1 0 0 0 0 1 0 0 G1 x G1 y G1 z G1 w G2 x G2 y G2 z G2 w
cuyo determinante es ∂G ∂G ∂G ∂ G ∂G |DH (0, − = 0 (0, 0, 0, 0)| = ∂z ∂w ∂z ∂w 1
2
2
1
en el orig origeen, por por hip´ ip´otesis. otesis.
b ) Notamos que H que H (0 (0,, 0, 0, 0) = (0, (0, 0, 0, 0), por lo cual H cual H −1( 0) = 0. Aplicando la regla de la cadena
y el T.F.I. se obtiene: (0, 0, 0, 0) = DG( (0, 0, 0, 0)) DH −1(0, (0, 0, 0, 0) DK (0, DG(H −1 (0,
· (0, 0, 0, 0)) · DG( DG(H − (0, 1
=
(0, 0, 0, 0) DH (0,
−1
Ahora bien, por el apartado anterior,
(0, 0, 0, 0) = DH (0,
1 0 0 0
Mientras que:
−→ ∇ ∇ · 0 1 0 0
0 0 2 0
0 0 0 3
Por lo tanto:
(0, 0, 0, 0) = DK (0,
(0, 0, 0, 0) DH (0,
(0, 0, 0, 0) G1(0, (0, 0, 0, 0) G2(0,
DG(0 DG(0,, 0, 0, 0) =
0 0 2 0 0 0 0 3
1 0 0 0
=
−1
=
1 0 0 0
0 0 0 1 0 0 0 12 0 0 0 13
0 0 2 0 0 0 0 3
0 0 0 1 0 0 0 12 0 0 0 13
=
0 0 1 0 0 0 0 1
(3) Considere Considere la transformaci´ transformaci´ on F on F : R 3
→R
= xy 2 , u = xy
3
dada por = x + 3y 3y , v = x
= z w = z
−x
−
−
Se verifica que F ( (4, 7, 2) = C para (4, 1, 2) y B = (1, (1, 2, 1). F (A) = F ( F (B ) = (4, C para los puntos A = (4, ( x,y,z ) = G1 (u,v,w) a ) Pruebe que en torno a ambos puntos A, B existen inversas locales (x,y,z u,v,w ) y (x , y , z) = G 2 (u,v,w) u,v,w) que satisfacen G 1 (C ) = A, A , G2(C ) = B. B . – 39 –
b ) Calcule
∂x , en el punto C , para ambas inversas. ∂v
Soluci´ on:
a ) Como las funciones u, u, v,w son v,w son polinomios, tienen todas sus derivadas continuas; luego, basta
ver qu´e valores toma el jacobiano jaco biano en esos es os puntos. pu ntos. ∂ (u,v,w) u,v,w ) = ∂ (x,y,z ) Evaluando en los puntos, tenemos: ∂ (u,v,w) u,v,w ) (A (A) = ∂ (x,y,z )
−
2
y 2xy 0 1 3 0 1 0 1
−5 = 0
∧
= 3y 2
− 2xy
∂ (u,v,w) u,v,w ) (B (B ) = 8 = 0 ∂ (x,y,z )
luego, por el Teorema de la Funci´on on Inversa, en ambos puntos hay una inversa local. b ) Para Para calcular calcular x punto C ,, en torno al punto A punto A,, consideremos primero la matriz jacobiana xv en el punto C
de la funci´on F on F :: DF ( DF (A) =
− 1 8 0 1 3 0 1 0 1
−→ |DF ( DF (A)| = −5
¿C´ omo invertir una matriz de 3 omo de 3
× 3?
(1) Encontra Encontrarr el determina determinante nte de la matriz matriz a invertir, invertir, det( det(M M ) (2) Determina Determinarr la transpuesta transpuesta de la matriz matriz a invertir, invertir, M M t (3) Calcula Calcularr cada uno de los subdeterminat subdeterminates es de las submatrices submatrices de 2
t
× 2 de M
(4) Ubique Ubique los cofactore cofactoress m j,k = mfil,col en el lugar que les corresponde –i.e. de donde fueron calculados, en la posici´on ( on ( j, mult iplic´ ic´andolos ando los por ( por ( 1)k+ j j, k )–, multipl
−
(5) Divida Divida la matriz matriz obtenida obtenida en el paso anterior anterior por el determina determinante nte del primer paso, y el − 1 result res ultado ado ser´ ser ´a M Para m´as as inform inf ormaci aci´on, o´n , dir di r´ıjas ıj asee a aq qu´ı. Usando la informaci´on on anterior, ∂x (4, (4, 1, 2) = ∂v En el punto B, la matriz jacobiana es: DF ( DF (B ) =
− 4 4 0 1 3 0 1 0 1 – 40 –
−8 = 8 −5 5 −→ |DF ( DF (B )| = 8
y con ello:
−
4 ∂x (1, 2, 1) = = 8 ∂v
−
− 12
(4)
a ) Considere el sistema dado por F (x,y,u,v) = 0, G(x,y,u,v) = 0, donde F, G son funciones
con derivadas parciales continuas que satisfacen ∂ (F, G) =0 ∂ (u, v)
Muestre que, para las variables u = u(x, y), v = v(x, y) despejadas localmente, se cumple que: ∂ (u, v) ∂ (F, G) = ∂ (x, y) ∂ (x, y)
∂ (F, G) ∂ (u, v)
b ) Sea f : R 2
→ R diferenciable, con f (0, 0) = 1, f (0, 1) = 0, ∇f (0, 0) = (a, b), ∇f (0, 1) = (c, d). Se define g(x, y) = (yf (x, y), x + f (x, y)). Encontrar D(g ◦ g)(0, 0).
Soluci´ on:
a ) Si las funciones despejadas son u = f (x, y) y v = g(x, y), entonces las funciones
H 1 (x, y) = F (x,y,f (x, y), g(x, y))
∧
H 2 (x, y) = G(x,y,f (x, y), g(x, y))
Son constantes iguales a cero. Tenemos entonces que:
Como
− − − −
∂ (F, G) = 0, ∂ (u, v)
H 1 x H 1 y H 2 x H 2 y
=
F x + F u f x + F v gx F y + F u f y + F v gy Gx + Gu f x + Gv gx Gy + Gu f y + Gv gy
=
F x F y Gx Gy
+
F u F v Gu Gv
es invertible. Luego,
f x f y gx g y
F u F v Gu Gv
=
F u F v Gu Gv
f x f y gx g y
−1
=
F x Gx
Tomando los determinantes nos queda
∂ (u, v) ∂ (F, G) = ∂ (x, y) ∂ (x, y)
– 41 –
0 0 0 0
∂ (F, G) ∂ (u, v)
F y Gy
b ) Tenemos que
Dg(x, y) =
yf x (x, y) f (x, y) + yf y (x, y) 1 + f x (x, y) f y (x, y)
◦
·
Se tiene que D(g g)(0, 0) = Dg(g(0, 0)) Dg(0, 0), y g(0, 0) = (0, 1); por tanto:
◦
·
D(g g)(0, 0) = Dg(0, 1) Dg(0, 0) =
c d 1 + c d
0 1 1 + a b
(5) Mostrar que las ecuaciones x2
2
3
− y − u + v + 3 5 u − 2xy + y − 2u + 4 4
= 0
4
2
= 0
determinan funciones u(x, y), v(x, y) definidas para (x, y) cerca de (1, 1) y tales que u(1, 1) = 1 y v(1, 1) = 2. Calcular ux , uxy en (1, 1).
−
Soluci´ on:
Antes que todo, un nuevo recordatorio:
Teorema (de la funci´ on impl´ıcita). Consideremos n ecuaciones en m = n + k variables: F 1 (x1 , x2 , . . . , xm ) = 0 .. ( ) . F n (x1 , x2 , . . . , xm ) = 0
∗
Sea p0 = (x1 0 , x2 0 , . . . , xm 0 ) un punto que satisface el sistema ( ). Si
∂F 1 ∂x 1 .. . ∂F n ∂x 1
∂F 1 ∂xn .. ... . ∂F n ∂xn
··· ···
∗
( p0 ) = 0
entonces, existe r > 0 y funciones diferenciables f 1 (xn+1 , . . . , xm ), . . . , fn (xn+1 , . . . , xm) de modo que toda soluci´o n de ( ) en un entorno de B ( p0 , r) se describe como
∗
x1 = f 1 (xn+1 , . . . , xm ) .. . xn = f n (xn+1 , . . . , xm ) ∂f i , i = 1, . . . , n, j = n + 1, . . . , m se calculan por regla de la ∂x j cadena (derivaci´on impl´ıcita). Las derivadas parciales
– 42 –
Volviendo al problema que nos convoca, sean F (x,y,u,v) = x 2
2
3
−y −u
−
G(x,y,u,v) = 2xy + y 2
+ v + 3 ,
4
− 2u + u4 − 54
−
Dado que F (1, 1, 1, 2) = G(1, 1, 1, 2) = 0, seg´un el Teorema de la Funci´on Impl´ıcita, se pueden despejar localmente u y v en las cercan´ıas de dicho punto si ∂ (F, G) =0 ∂ (u, v)
Tenemos que ∂ (F, G) = ∂ (u, v)
F u F v Gu Gv
=
2
3u2 1 u3 2 0
=2
3
−u
−2. Por tanto, s´ı es posible el despeje. Derivando
el cual vale 1 = 0 cuando x = y = u = 1 y v = impl´ıcitamente, 2x 2y
− −
− 3u u + v − 2u + u u x
x
3
x
x
= 0 = 0
Nos queda un sistema para ux , vx . Por Regla de Cramer, tenemos que:
− −
ux =
−
Por tanto, u x (1, 1, 1, 2) =
2
2
13
− −
−
2x 1 2y 0 3u2 1 3 2 u 0
=
∂ (F, G) 2y ∂ (x, v) = ∂ (F, G) 2 u3 ∂ (u, v)
−
= 2. Ahora,
3
2
− u ) − 2y(−3u )u − (2 − u ) Evaluando en el punto (1, 1, 1, −2) resulta que u (1, 1, 1, −2) = 2 + 6u (1, 1). Entonces, uxy =
∂ ∂y
∂u ∂x
=
∂ ∂y
2y 2 u3
=
2(2
xy
uy =
−
y
3 2
y
∂ (F, G) 2y + 2x ∂ (y, v) = ∂ (F, G) 2 u3 ∂ (u, v)
−
−
de donde u y (1, 1) = 4 y, por tanto, uxy (1, 1, 1, 2) = 26.
(6) Sean F, G : R 4 R , F = F (x,y,u,v), G = G(x,y,u,v), dos funciones diferenciables tales que en P = (1, 2, 1, 2) satisfacen
→
F x (P ) = F u (P ) = Gx (P ) = Gu (P ) =
1, 1, 0, 2, – 43 –
F y (P ) = 2, F v (P ) = 1, Gy (P ) = 1, Gv (P ) = 2.
− − −
Considere el sistema F (P ) = G(P ) = 0 a ) Compruebe que es posible despejar el sistema x = x(u, v) con x(1, 2) = 1, en un entorno de
(u, v) = (1, 2), y calcule xv (1, 2). b ) Compruebe que es posible despejar el sistema x = x(y, v) con x(2, 2) = 1, en un entorno de
(y, v) = (2, 2), y calcule xv (2, 2). Soluci´ on:
Definamos primero T : R 4
→R
2
mediante la ecuaci´on T (x,y,u,v) =
F (x,y,u,v) G(x,y,u,v)
a ) Usando el T.F.Im, para despejar (x, y) en t´ erminos de (u, v) en torno al punto (u, v) = (1, 2),
necesitamos que la matriz DT x,y (x,y,u,v) sea invertible. De la informaci´on del enunciado, DT x,y (x,y,u,v) =
1 0
2 1
∂ (F, G) = ∂ (x, y)
−→
−
−1 = 0
As´ı, podemos derivar –sin problemas– el sistema con respecto a v: F x xv + F y yv + F v = 0 Gx xv + Gy yv + Gv = 0
−→ x−y +−2y2 − 1 v
v
v
= 0 = 0
−→
xv (1, 2) = 5
b ) Como el problema es, esencialmente, el mismo que antes, requerimos que la matriz DT x,u (P )
sea invertible. As´ı, ∂ (F, G) = ∂ (x, u)
1 1 0 2
=2=0
y se cumple. Nuevamente, derivamos el sistema con respecto a v: F x xv + F u uv + F v = 0 Gx xv + Gu uv + Gv = 0
−→
xv + uv 2uv 2
−
−1
= 0 = 0
−→
xv (2, 2) = 0
(7)
a ) Determine los valores de a para los cuales el sistema de ecuaciones
xz 3 + yu + ax = 1 2xy 3 + u2 z + a(y 1) = 0
−
define a (x, y) como funci´on impl´ıcita de (z, u) en un entorno del punto (x0 , y0, z 0 , u0) = (0, 1, 0, 1). – 44 –
b ) Denotemos la funci´ on impl´ıcita de la parte anterior (cuando ´esta exista) por (x, y) = G(z, u).
Calcule los valores de a para los cuales G admite inversa local diferenciable en torno a un punto (0, 1). Soluci´ on:
a ) Sea P = (0, 1, 0, 1), y sean F 1 (x , y , z , u) = xz 3 + yu + ax, F 2 (x , y , z , u) = 2xy 3 + u2 z + a(y
− 1).
De este modo, el sistema queda escrito como F 1 = 1, F 2 = 0. Vemos que F 1 (P ) = y0 u0 = 1 y que F 2 (P ) = 0, independiente de los valores que tome el par´ametro a, de modo que el punto P es soluci´on del sistema. Ahora bien, por el T.F.Im, de dicho sistema se pueden despejar localmente x, y si el jacobiano ∂ (F 1 , F 2 ) ∂ (x, y)
−→
a 1 2 a
= a2
− 2 = 0 √ de modo que se pueden despejar las variables cerca de P si a = ± 2. √ = ± 2, el sistema de la parte anterior determina una funci´on impl´ıcita (x, y) = G(z, u), b ) Para a =0
P
la cual satisface G(0, 1) = (0, 1). Por el T.F.In, dicha funci´on G posee inversa local –en un entorno de (0, 1) jacobiana, DG(0, 1), es invertible; i.e.
xz xu yz yu
= x z yu
− x y = 0 u z
Por la Regla de Cramer tenemos que, en el punto P ,
xz =
xu =
yz =
yu =
−
∂ (F 1 , F 2 ) ∂ (z, y) ∂ (F 1 , F 2 ) ∂ (x, y)
=
−
∂ (F 1 , F 2 ) ∂ (u, y) ∂ (F 1 , F 2 ) ∂ (x, y)
=
− a a− 2
−
∂ (F 1 , F 2 ) ∂ (x, z ) ∂ (F 1 , F 2 ) ∂ (x, y)
=
− a a− 2
−
∂ (F 1 , F 2 ) ∂ (x, u) ∂ (F 1 , F 2 ) ∂ (x, y)
=
– 45 –
1 a2
−2
2
2
2 a2
−2
− − si su matriz
Por tanto, 2 det(DG(0, 1)) = 2 (a
2
−a − 2)
2
=
√ ± 2
1
= 0 2−a
cuando a =
2
(8) Considere la ecuaci´on z 3 + z (1
2
−x
+ 2x4 + y 2 ) = 8.
a ) Demuestre que esta ecuaci´on define localmente a z = f (x, y) en torno a todo punto (x0 , y0, z 0 )
que la satisface. b ) Determine todos los puntos cr´ıticos de las funciones f (x, y) as´ı despejadas. c ) Determine la naturaleza de dichos puntos cr´ıticos. Soluci´ on:
a ) Sea F (x , y , z) = z 3 + z (1 2
F z = 3z + (1
2
+ 2x4 + y 2 ). Entonces,
−x
2
−x
4
2
2
−
+ 2x + y ) = 3z + 1
2
x 2 2
7x2 + + y 2 > 0, 4
∀x
Por el T.F.Im, se deduce que localmente siempre se puede despejar z = f (x, y) en torno a un punto que satisfaga la condici´on F = 8. La funci´on despejada debe satisfacer f > 0, si no F ser´ıa negativa. b ) Derivamos impl´ıcitamente para obtener:
3f 2 f x + (1 x2 + 2x4 + y 2 )f x + (8x3 2x)f = 0 3f 2 f y + (1 x2 + 2x4 + y 2 )f y + (2y)f = 0
−
−
−
Los puntos cr´ıticos ser´an cuando f x = f y = 0. Dado que f > 0, los puntos cr´ıticos de f corresponden a 8x3 2x = 2y = 0, lo que da tres puntos: (0, 0), ( 1/2, 0).
−
±
c ) Debemos calcular f xx , f yy , f xy en los puntos cr´ıticos. Derivamos las ecuaciones anteriores, y
usamos el hecho de que f x = 8x3 3f 2 f xx
− 2x = f = 2y = 0: + (1 − x + 2x + y )f + (24x − 2)f 3f f + (1 − x + 2x + y )f + 2f 3f f + (1 − x + 2x + y )f y
2
2
4
2
2
yy
2
xy
2
xx 4
2
2
4
f yy =
− 2f , F
yy
2
xy
= 0 = 0 = 0
As´ı, en los puntos cr´ıticos, se tiene: f xx =
−
(24x2 2)f , F z
−
z
Salvo por el m´ultiplo de f /F z > 0, las matrices Hessianas son: – 46 –
f xy = 0
En (0, 0):
− − 2 0
±
En ( 1/2, 0):
4 0
0 2
0 2
−
Vemos que hay un punto silla en (0, 0), y un m´aximo local en
±
1 ,0 . 2
– 47 –
4.
Integrales M´ ultiples
4.1. (1)
Integrales dobles a ) Calcular la integral de la funci´ on f (x, y) = x2 +y 2 sobre la regi´on determinada por un tri´angulo
equil´atero invertido de lado a, con uno de sus v´ertices apoyados en el origen. b ) Calcule
ye xy dxdy
[1,2] [2,4]
×
1
ue c ) Eval´
0
Soluci´ on:
1
√ x
x dydx x2 + y 2
a ) La regi´ on de integraci´on es la siguiente:
Notamos que, tanto la funci´on como la regi´on, poseen simetr´ıa axial con respecto al eje Y . De esta forma. solo calcularemos la integral en la porci´on de la regi´on ubicada en el primer cuadrante: 3a a = (x, y) : 0 x , x 3 y 2 2
R
≤ ≤
– 48 –
√
≤ ≤
√
De esta forma,
√
√ √ a/2
I = 2
√ x 3
0
a/2
= 2
a 3/2
x2 + y 2 dydx
yx 2 +
0
y 3
√
√
a 3/2
dx
√ x 3
√ a 3 a 3 − 2 2 3x x + 2 8 √ √ 3 a 3 a 3 2 x + x− x 6 8 2 √ 5 3a a/2
=
3
2
3
3
0
=
4
0
4
=
dx
a/2
3
3
48
b)
ye
xy
− − 4
dxdy =
2
2
[1,2] [2,4]
×
dy
1
4
=
ye xy dx
e2y
ey dy
2
=
8
=
4
e2y 2
e 2
y
e
2
4
− e2 − e
4
+ e2
R est´a dada
c ) Es claro que conviene integrar primero con respecto a x. La regi´ on de integraci´on
por: y
y = 1
√ x = y
x Escrita en t´erminos de y, 2
R = {(x, y) : 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ y } – 49 –
As´ı,
1
0
1
− −
√ x
y2
1
x dydx = x2 + y 2
0
x dxdy x2 + y 2
0
y2
1
x2 + y 2
=
0
dy
0
1
=
y
y2 + 1
y dy
0
(y 2 + 1)3/2 3
=
y 2 2
1 0
√
2 2 = 3
− 56
(2) Calcular el volumen del s´olido limitado por el elipsoide x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c Soluci´ on:
Podemos ver que el s´olido est´a limitado por dos “tapas”, dadas por las funciones: f (x, y) = c
− 1
x2 a2
−
− − ≤
y 2 , b2
g(x, y) =
c
1
x 2 a2
− yb
2 2
donde (x, y) pertenecen a la regi´on de integraci´on dada por la elipse
E =
x2 y 2 + 2 a2 b
(x, y) :
1
− g en la regi´on E . Usamos entonces la simetr´ıa del √ − x y 1 − − dydx a b
El volumen estar´a dado por la integral de f s´olido para escribir que: V =
− f
a
g dA = 8c
E
0
1 x2 /a2
b
0
2
2
2
2
Consideremos ahora solo la integral en dy. Por simplicidad, llamamos A = A(x) = As´ı, bA Ab y 2 y2 2 1 A dy = A dy (Ab)2 b2 0 0
−
−
− 1
x2 /a2 .
Ahora, estamos en c´alculo de una variable, por lo que podemos usar todas las herramientas que manejamos. Hacemos el cambio de variable y = Ab sin t, dy = Ab cos tdt. Con esto, la integral anterior queda como: 2
Ab
− π/2
1
0
2
2
sin t cos t dt = A b
π/2
0
– 50 –
A2 bπ πb 2 cos t dt = = 4 4
− 1
x 2 a2
Entonces:
− a
V = 2πbc
1
0
(3)
4 x 2 dx = πabc 3 a2
a ) Una integral doble de una funci´on se reduce a la integral iterada:
√ 3
0
25 y 2
−
f (x, y) dxdy
4y/3
Determine la regi´on S e invierta el orden de integraci´on. on R en el plano XY se b ) Un volumen limitado por una superficie z = f (x, y) y por una regi´ expresa de la siguiente forma:
x3
2
V =
1
8
f (x, y) dydx +
x
2
8
f (x, y) dydx
x
Dibujar la regi´on R y expresar V con el orden de integraci´on invertido. Calcular V cuando f (x, y) = x 2 /y. Soluci´ on:
a ) Para cada valor de y fijo entre 0 y 3, la integraci´on respecto a x se efect´ ua entre 4y/3 y
− 25
y 2. Por lo tanto, la regi´on estar´a limitada –en x – entre esas dos curvas: y
√ 25 − x
2
y =
= y
3x 4
x Cuando se invierte el orden de integraci´on, la regi´on se divide de la siguiente forma:
4
0
3x/4
√ − 25 x
5
f (x, y) dydx +
0
4
2
f (x, y) dudx
0
b ) Para graficar la regi´on, simplemente nos guiamos por los l´ımites de integraci´ on. Fijamos los
l´ımites en el eje X , y luego vemos los intervalos en los que se mueve y (las funciones de los intervalos). Haciendo ´esto, llegamos a la siguiente regi´on: – 51 –
y
y = x 3 y = x
x Luego podemos, del gr´afico, deducir los l´ımites para la integral con el orden de integraci´on invertido:
8
V =
y
√ y f (x, y) dxdy
1
3
Ahora, si f (x, y) = x2 /y, podemos usar cualquiera de las dos expresiones para calcular la integral. Si usamos la primera, notamos que 1/y integrar´a ln y; luego, evaluarla en los l´ımites y volver a integral ser´ıa complicado. Pero, si usamos la segunda integral, solo encontramos polinomios:
8
V =
1
y
− 8
√ y f (x, y) dxdy = 3
1
1 y
y3 3
y 3
1 dy = 3
8
1
y2
− 1 dy = 490 9
(4)
a ) Calcule
1
I =
0
b ) Demuestre que
a
0
y
2
ex y dxdy
y2
a
m(a x)
e
1
− f (x) dxdy =
0
0
(a
m(a x)
− x)e
− f (x) dx
Soluci´ on:
a ) Notemos que la funci´o n en x no posee primitiva, por lo que debemos invertir el orden de
integraci´on. La regi´on en cuesti´on es simple:
R = {(x, y) : 0 ≤ y ≤ 1, y ≤ x ≤ 1} = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ √ x} 2
– 52 –
As´ı,
√ x
1
I =
0
0
1 ex y dydx = 2 2
1
2
xex =
e
−1
0
4
b ) Dado que no podemos efectuar la integraci´on en x por la presencia de f , intentaremos inter-
cambiar el orden de integraci´on. La regi´on es:
R = {(x, y) : 0 ≤ y ≤ a, 0 ≤ x ≤ y} = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ a, x ≤ y ≤ a} As´ı,
a
0
y
e
− a
m(a x)
− f (x) dxdy =
0
a
0
x a
= =
em(a−x) f (x) dydx
− f (x)
e
0
dy dx
x
a
= =
a
m(a x)
x)em(a−x) f (x) dx
(a
0
(5) [Propuesto] La siguiente suma de integrales representa la integral doble de una funci´on f (x, y) sobre una regi´on . Identifique e invierta el orden de integraci´on:
S S −1
−2
√
√
4 x2
−
−√ 4−x
2
1/ 2
+
−1
√
4 x2
−
√
1/ 2
√ 1−x + −1 2
√ − 1−x + −√ 4−x 2
2
√
√ 2
4 x2
√
1/ 2
−
√ 2
−x + √ √ 1/ 2 − 4−x
f (x, y) dydx
2
x
Soluci´ on:
La regi´on en cuesti´on es la que sigue: 2
S
x2 + y 2 = 4 1
x = y
x2 + y 2 = 1
−2
−1
1
−1
2
−x = y
−2 Si invertimos el orden de integraci´on, encontraremos 7 regiones, lo cual es mucho trabajo para quien escribe –pero queda propuesto al lector– y por eso es deseable encontrar otra forma de barrer la regi´on. ¿C´omo se har´ıa en polares? La regi´on ser´ıa simplemente
S : {(r, θ) : π/4 ≤ θ ≤ 7π/4, 1 ≤ r ≤ 2} – 53 –
y es simplemente un rect´angulo. Veremos, en el pr´oximo apartado, que
f (x, y) dxdy =
S x,y
f (r cos θ, r sin θ) rdrdθ
S r,θ
pues el elemento de ´area var´ıa seg´ un el radio/´angulo. En este caso, la integral es trivial; esto revela el enorme potencial del Teorema de Cambio de Variable.
4.2.
Cambios de variable
(1) Sea R la regi´on en las variables u, v dada por:
{
≤ u ≤ 2, 1 ≤ v ≤ 3} Grafique la imagen de R bajo la transformaci´on x = u − v , y = 2uv. R = (u, v) : 1
2
2
Soluci´ on:
De la segunda expresi´on al cuadrado, tenemos que: 2
2 2
y = 4u v
y2 u = 2, v = 0 4v 2
−→
En la primera expresi´on:
y2 x = 2 v 2 4v Evaluando las rectas v = 1, 3, tenemos las curvas en el plano XY dadas por, respectivamente, las siguientes par´abolas:
−
y2 x = 4
− 1, y ∈ [2, 4]
∧
y2 x = 36
− 9, y ∈ [6, 12]
y2 Para las otras dos rectas de la frontera –u = 1, u = 2–, despejamos de manera an´aloga v = 2 y 4u por tanto: y2 y2 + 1, y [2, 6] + 4, y [4, 12] x = x = 4 16 Finalmente, las regiones son: 2
−
∈
∧
−
∈
3 10
Ruv
2
Rxy 5
1
1
2
−10 – 54 –
−5
5
(2) Calcule
cos(x
2
− 2y)
dA
D
D es la regi´on delimitada por x + 2y = 0, x − 2y = 1 e y = 0.
donde
Soluci´ on:
Sean u = x + 2y, x
− 2y = v. Con esta sustituci´on,
la recta x + 2y = 0 es la recta u = 0 la recta x
− 2y = 0 es la recta v = 1
la recta y = 0 es la recta u = v ∂ (x, y) dAxy = dAuv ∂ (u, v)
Entonces, la regi´on de integraci´on en el plano UV es
R = {(u, v) : 0 ≤ u ≤ 1, u ≤ v ≤ 1} Por el T.F.In,
Finalmente,
∂ (x, y) ∂ (u, v) = ∂ (u, v) ∂ (x, y)
cos(x
D
−1
− 1 1
= det
− 2y)
2
−1
2 2
1 4
dAxy =
=
1 4
−→
dAxy =
dAuv 4
cos v 2 dAuv
R
= = = =
1 1 1 cos v 2 dvdu 4 0 u 1 1 v cos v 2 dudv 4 0 0 1 1 sin v 2 2 v cos v dv = 4 0 8 sin1 8
1 0
(3)
a ) Sea A la regi´ on acotada por x2 + 4y 2 = 1. Calcule
xy dxdy x2 + y 2
A
– 55 –
b ) Usando coordenadas polares, calcule
y
x2 + y 2 dA x
R
{
siendo R = (x, y) : 1
≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ x}.
Soluci´ on:
a ) Por la simetr´ıa del problema, sean x = r cos θ, y = r sin θ, y de este modo la integral queda
como sigue:
I =
r2 cos θ sin θ rdrdθ = r2
A
cos θ sin θ rdrdθ
A
Ahora, debemos hallar A : en coordenadas polares, x2 + 4y 2 = 1 se ve como r2 cos2 θ + 4r 2 sin2 θ = r 2 + 3r2 sin2 θ = 1
≥ 0. As´ı,
−→
r =
√
1
1 + 3 sin2 θ
ya que r
√
1+3sin2 θ
2π
I =
0
1 2
−1
rdrdθ
0 2π
cos θ sin θ dθ 2 1 + 3 sin θ 0 2π ln (1 + 3 sin2 θ) = 0 12 0
= =
b ) La regi´ on R de integraci´on es la que se muestra en la figura: 2.0
y
1.5
1.0
r
0.5
x
θ 0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
Observamos que el ´angulo θ var´ıa entre θ = 0 –eje X – y θ = π/4 –recta x = y –, y que el radio var´ıa desde sec θ –cuando x = 1– hasta 2 sec θ –cuando x = 2– para un valor de θ dado. Por lo tanto, en coordenadas polares, R
→ R = {(r, θ) : 0 ≤ θ ≤ π/4, sec θ ≤ r ≤ sec θ} – 56 –
As´ı,
y
x2 + y 2 dA = x
R
√ √ −
r sin θ r2 rdrdθ r cos θ
R π/4
2sec θ sin θ = r2 dr cos θ 0 sec θ π/4 7 sin θ = dθ 3 0 cos4 θ 7 = 2 2 1 9
(4) Sea
dθ
R la regi´on del plano en el cuarto cuadrante acotada por las rectas x + y = 0 , x − y = 1 , y = 0
Calcular
(x2
R
dxdy . y 2 )2/5
−
Soluci´ on:
La regi´on en cuesti´on corresponde a un tri´angulo rect´angulo con v´ertice en el origen. Proponemos el siguiente cambio de variables: u = x + y, v = x
− y −→
Ahora,
1 ∂ (x, y) = 2 ∂ (u, v)
→ u = 0 x − y = 1 → v = 1 y = 0 → u = v R = {(u, v) : 0 ≤ u ≤ 1, u ≤ v ≤ 1} x + y = 0
Por lo tanto, 1 I = 2
(5) Eval´ue la integral
1
0
1
u
5 dvdu = (uv)2/5 6
− 1
0
1
u3/5
u2/5
4x2 + y 2 dxdy
4x2 8x+y 2 0
−
≤
Soluci´ on:
– 57 –
du =
25 36
Completando cuadrados, notamos que la regi´on de integraci´on es la regi´on encerrada por la elipse (x
− 1)
2
+
y 2 =1 4
Debemos decidir qu´e cambio de variables hacer: podemos elegir uno de modo tal que la regi´ on de integraci´on sea trivial, u otro tal que el integrando sea f´acil de trabajar. Optaremos por este ´ultimo: sea x = r cos θ, y = 2r sin θ. Con ello: ∂ (x, y) = ∂ (r, θ) La elipse queda como sigue, 4x2 Elegimos θ
− 8x + y
2
= 4r 2 cos2 θ
−
cos θ r sin θ 2sin θ 2r cos θ
− 8r cos θ + 4r
∈ [−π/2, π/2]. Por tanto,
π/2
4x2 + y 2 dxdy =
−π/2
4x2 8x+y2 0
−
≤
2cos θ
2
= 2r
sin2 θ = 0
−→
32 π/2 128 4r drdθ = cos3 θ dθ = 3 −π/2 9 2
0
r = 2 cos θ
(6) Calcule la integral
dxdy y3
Ω
donde Ω es la regi´on delimitada por las curvas y = sin x, y = 2 sin x, y = cos x e y = 2 cos x que adem´ as satisface 0 x π2 . Para esto, se sugiere hacer
≤ ≤
u =
sin x , y
v =
cos x y
Soluci´ on:
Notemos que ∂ (u, v) = ∂ (x, y)
Como u2 + v 2 =
1 , entonces: y2
−
cos x y sin x y
∂ (x, y) = y 3 ∂ (u, v)
−
sin x y2
− cosy x
−→
2
I =
− =
dudv
Ω
– 58 –
1 y3
De la definici´on de la regi´on,
≤ ≤ ≤ ≤ 1 2
Ω = Finalmente,
u
1 2
1,
1
I =
1
dudv =
dudv =
1/2
Ω
1
v
1/2
1 4
(7) [Propuesto] Calcule el valor de:
· · · − n
In =
xi 2 dx 1 dx2 . . . d xn
exp
i=1
Rn
Soluci´ on:
Transformemos el integrando:
− − n
exp
xi 2
x1 2
= exp
i=1
2
− x − ... − x 2
n
2
− · · · − = exp
x1 2
exp
xn 2
Dado que la expresi´on anterior pudo escribirse como una multiplicaci´on de funciones de variables independientes, queda:
− − ·· · − − − − − − − − − exp( x1 2 ) dx 1
In =
exp( x2 2 ) dx 2
R
R
exp( xn 2 ) dx n
R
n
exp( xi 2 ) dx i
=
i=1
R
n
exp( x2 ) dx
=
= In
R
pues las variables de integraci´on son mudas. Esta famosa integral se puede calcular como: 2
I =
exp( x2 ) dx =
R
exp( x2 ) dx
exp( x2 ) dx
=
R
R
exp( x2
I =
R2
– 59 –
y 2 ) dxdy
exp( y 2 ) dy
R
Pasando a coordenadas polares: x = r cos θ ,
y = r cos θ
con jacobiano de transformaci´ on dxdy = rdrdθ. Para barrer R2 , nos basta que θ r (0, ). Entonces, la integral queda:
∈ ∞
I2 =
2π
∞
0
2
re−r drdθ =
0
−πe−
Luego, el valor final de la integral inicial es
√ π
In =
r
2
∈
(0, 2π) y
∞ = π
0
n
4.3.
Aplicaciones de integrales dobles
(1) Halle el volumen de la regi´on interior al paraboloide z = 16 z = 2x + 8.
2
− x − 4y
2
que queda sobre el plano
Soluci´ on:
R
Si xy denota la proyecci´on de la regi´on sobre el plano X Y , entonces –para cada (x, y) variable z var´ıa desde 2x + 8 hasta 16 x2 4y 2 .
− −
∈ R
xy –
la
Por tanto, si V denota al volumen pedido, V =
(16
2
2
− x − 4y ) − (2x + 8)
Rxy
dxdy =
− 8
2
x
− 2x − 4y
Rxy
2
dxdy
R
Ahora bien, xy es la regi´on encerrada por la proyecci´on sobre el plano XY de la curva de intersecci´on entre ambas superficies. Calculamos dicha ecuaci´on: 16 Por tanto, a que:
R
xy
2
− x − 4y
2
= 2x + 8
= (x, y) : (x + 1)2 + 4y 2
{
V =
←→
(x + 1)2 + 4y 2 = 9
≤ 9} y, completando cuadrados en el integrando, llegamos
− 9
(x + 1)
2
Rxy
− 4y
2
dxdy
3 Mediante el cambio de variables (x + 1) = 3r cos θ, y = sin θ la regi´on 2 regi´on = (r, θ) : 0 r 1, 0 θ2π
R
D {
≤ ≤
– 60 –
≤
}
xy es
transformada en la
en el plano RΘ. El integrando se transforma en 9(1 V =
9(1
−
∂ (x, y) r2 ) drdθ ∂ (r, θ)
D
2
− r ). Por tanto,
9r ∂ (x, y) Se verifica trivialmente que = . Finalmente, 2 ∂ (r, θ)
81 2π 1 (r r 3 ) drdθ V = 2 0 0 81 1 81π = 2π = 2 4 4
−
· ·
(2) Considere el s´olido C limitado por (ax)2 + (by)2 = 1 y 0 z 1, y la superficie S dada por 2 2 2 z = (ax) + (by) . Sean V 1 el volumen bajo S e interior a C , y V 2 el volumen sobre S e interior a C . Demuestre que el cociente entre ambas cantidades es independiente de a y b.
≤ ≤
Soluci´ on:
Consideremos el cambio de variables: r cos θ x = , a
r sin θ y = b
−→
En estas coordenadas, podemos escribir el s´olido C como
{
C = (r,θ,z ) : r
∂ (x, y) r = ∂ (r, θ) ab
∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π], z ∈ [0, 1]}
La superficie S queda definida por
{
S = (r,θ,z ) : r As´ı,
∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π], z = r }
1
V 1 =
2π
0
r
0
1
2π
V C =
0
0
2π r dθdr = 3ab ab 2π r dθdr = 2ab ab
π − V = 3ab . Finalmente,
con V C el volumen del s´olido. As´ı, V 2 = V C
1
V 1 =2 V 2
– 61 –
(3) Considere un disco de radio a, y un punto A ubicado en su frontera. La densidad de masa por unidad de ´area en cualquier punto P del disco es igual a la distancia d(P, A). Encontrar: a ) La masa del disco b ) El centro de masa del disco. c ) El momento de inercia del disco, con respecto a un eje perpendicular que pasa por A. Soluci´ on:
a ) Para calcular la masa del disco, recurrimos simplemente a la definici´ on. Dado que la densidad
de masa depende de la distancia al punto A, colocaremos a ´este en el origen. De esta forma, usando coordenadas polares, la circunferencia –sobre el eje X y apoyada en el origen– se escribe como r = 2a sin θ. La masa queda entonces (con ρ la densidad) como:
π
M =
2a sin θ
ρ dm =
0
D
r rdrdθ
0
Resolvemos la integral: 1 M = 3
π
0
8a3 8a sin θ dθ = 3 3
3
π
0
8a3 sin θ + cos θ sin θ dθ = 3 2
− 2
2 3
32a3 = 9
b ) Hacemos lo mismo para el centro de masa del disco. Dado que conocemos ¯ x (que es cero, por
simetr´ıa), solo calculamos y¯:
1 y¯ = M
9 yρ dm = 32a3
π
2a sin θ
0
0
9a 4a3 sin4 θ sin θ dθ = 8
D
r sin θr 3 drdθ
Resolvemos la integral: 9 y¯ = 32a3
π
0
π
(1
0
2
− cos
θ)2 sin θ dθ =
3a 10
c ) Procedemos de la misma forma con el momento de inercia respecto al eje Z :
− π
2
I AA = d ρ dm = D
2a sin θ
0
r2 r rdrdθ
0
con d la distancia entre el eje y los puntos interiores de la regi´on. As´ı,
π
I AA =
0
32a5 5 32a5 sin θ dθ = 5 5
π
(1
0
48a2 cos θ) sin θ dθ = M 25 2
2
– 62 –
(4) Considere la regi´on del plano:
{
Ω = (x, y)
∈R
2
: (x
− a)
2
+ (y
2
− b) ≤ 1}
Determine los valores de a, b de modo que la integral
2x2 + xy + y 2
− x − 2y + 17 dxdy
Ω
sea m´ınima. Soluci´ on:
Lo primero que haremos ser´a proponer el siguiente cambio de variables, que facilita el an´alisis: u = x
−a ,
v = y
−b
El jacobiano de transformaci´on ser´a 1. La integral entonces queda como:
2(u + a)2 + (u + a)(v + b) + (v + b)2
− (u + a) − 2(v + b) − 17 dudv
Ω
Podemos expandir, llegando a:
2u2 + 4ua + 2a2 + uv + av + ub + ab + v 2 + 2vb + b2
− u − a − 2v − 2b + 17 dudv
Ω
Ahora, debemos minimizar. Primero, dividiremos la integral en dos partes: una que depende de a, b, y otra que no:
f (u, v) dudv +
Ω
4ua + 2a2 + av + ub + ab + 2vb + b2
− a − 2b dudv
Ω
Haremos una segunda transformaci´on a coordenadas polares. Para efectos de notaci´on, usaremos S = sin θ, C = cos θ, y con ello:
1
f (u, v) dudv +
0
Ω
2π
4arC + 2a2 + arS + brC + ab + 2brS + b2
0
− a − 2b rdrdθ
Recordando que las integrales de potencias impares de senos y cosenos en un periodo se anulan, tenemos:
− − 1
2π
f (u, v) dudv +
Ω
0
2a2 + ab + b2
a
2b rdrdθ
0
π 2a2 +ab+b2 a 2b
−−
Ya sabemos como buscar m´ınimos: hacemos gradiente igual a cero. Con esto, y llamando F a la funci´ on anterior: ∂F = π(4a + b 1) = 0 ∂a
−
– 63 –
∂F = π(a + 2b ∂b
− 2) = 0
Resolvemos f´acilmente este sistema. Reemplazando la segunda ecuaci´on en la primera, obtenemos que b = 1. Reemplazando, luego, este valor en la segunda, notamos que a = 0. Debemos comprobar que es un m´ınimo: F aa = 4π , F bb = 2π , F ab = π Por lo tanto, el hessiano es positivo definido y, con esto, el punto es efectivamente un m´ınimo.
4.4.
Integrales triples
(1) La siguiente integral iterada representa la integral triple de la funci´on f = f (x , y , z) en una regi´on :
R
1
0
2x
x
1 x
−
f (x , y , z) dzdydx
0
a ) Escriba esta integral triple como integral iterada en orden dzdxdy. b ) Escriba ahora esta integral triple como integral iterada en orden dxdydz . Soluci´ on:
a ) Podemos escribir la integral triple como
1
0
2x
x
1 x
−
1 x
f (x , y , z) dzdydx =
0
R
0
−
f (x , y , z) dz dydx
donde R es la regi´on en el plano X Y que debemos determinar: los valores de x est´an limitados por 0 y 1, mientras que las cotas de y, para un x fijo, est´an dadas por x y 2x. As´ı, la regi´on queda dibujada como sigue:
– 64 –
y 2.0
y = 2x
1.5
R
1.0
y = x
0.5
0.5
x
1.0
Para invertir el orden, deberemos separar la integral I en una suma de dos integrales:
1
I =
0
y
y/2
1 x
−
2
f (x , y , z) dzdxdy +
0
1
1
b ) Por la representaci´ on original de la integral, la regi´on
desigualdades:
R=
y/2
1 x
−
f (x,y,z ) dzdxdy
0
R puede escribirse mediante las siguientes
≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ − 0
x
1
x
y
2x
0
z
1
x
Juntando la primera y tercera desigualdad, notamos que: 0
≤ z ≤ 1
De manera an´aloga, las desigualdades primera y segunda muestran que y las dos u ´ ltimas implican que y 2x 2(1 z ). Luego,
≤ ≤
− 0 ≤ y ≤ 2(1 − z )
≥ 0, mientras que
Ahora bien, de las dos primera desigualdades –tal como se vio en el apartado anterior– se cumple que x y/2. Por las tres desigualdades, tenemos que x 1, x y y x 1 z . Como z [0, 1], la tercera condici´on garantiza la primera, de modo que se puede escribir:
∈
≥
≤
y 2
≤
≤ −
≤ x ≤ m´ın {y, 1 − z }
La siguiente figura muestra el tri´angulo que representa la proyecci´on de – 65 –
R sobre el plano Y Z
z 1.0
z = 1 0.5
−y
z = 1
0.5
−
− y/2
1.0
1.5
y
2.0
Observamos que, bajo la l´ınea z = 1 y, el m´ınimo es y (simplemente evaluando puntos); mientras que, sobre la l´ınea, es 1 z . As´ı, se puede escribir como la uni´on de las regiones
−
≤ ≤ R ≤ ≤ − ≤ ≤ 1
0
z
0
y
y/2
x
1 z
y
=
R
1
1
∧
z
R = 2
y
Finalmente,
1
−
I =
0
y/2
≤ z ≤ 1 1 − z ≤ y ≤ 2(1 − z ) y/2 ≤ x ≤ 1 − z 0
1
f (x,y,z ) dxdydz +
0
2(1 z)
1 z
−
0
1 z
−
f (x , y , z) dxdydz
y/2
−
(2) Calcular:
√ Ω
π sin 7x2 72 2
donde Ω = (x,y,z ) : 7x2
{
2
2
− 4xy + 6y − 4yz + 5z
2
3/2
dxdydz
2
− 4xy + 6y − 4yz + 5z ≤ 18}.
Soluci´ on:
Este tipo de problemas es bastante t´ıpico: completemos cuadrados. 7x2
2
2
− 4xy + 6y − 4yz + 5z
= =
− − √ − √ √ − √ 7x2
4 4xy + y 2 + 5z 2 7 2 y 7
7x
2
162 2 + y + 35
4 162 2 4yz + y 2 + y 5 35 5z
Entonces, tomamos las variables: u =
√
2 y, 7
7x − √
v =
162 y, 35
– 66 –
w =
√
5z
− √ 25 y
2 y 5
2
Ahora, queremos el jacobiano de la transformaci´on. Calculamos:
√ − √ 7
∂ (u,v,z ) = ∂ (x,y,z )
√ 27
0
0
162 35
0
0
5
− √
2 5
=
−
√
18 2 5
−→
∂ (x , y , z) ∂ (u,v,w) = ∂ (u,v,w) ∂ (x,y,z )
−1
√
5 2 = 36
La regi´on de integraci´on se transforma es u2 + v 2 + w 2
≤ 18
Escribimos de nuevo la integral:
√
5 2 36
√
π sin u2 + v 2 + w 2 72 2
Ω
3/2
dudvdw
Hacemos un nuevo cambio a coordenadas esf´ericas: u = ρ cos θ sin φ v = ρ sin θ sin φ w = ρ cos φ
∂ (u,v,w) = ρ2 sin φ ∂ (ρ,θ,φ)
−→
La integral queda como:
√
5 2 I = 36
√ π ρ2 72 2
sin
Ω
3/2
ρ2 sin φ dρdθdφ
≤ √ 18. Resolvemos la integral: √ √ 5 2 π √ ρ ρ dρ 2π · sin 36 72 2 √ √ √ 5 2π 24 2 π √ ρ − cos 9 π 72 2 √ 40 2 80
donde Ω es la regi´on dada por ρ
18
I =
3
π
2
0
0
sin φ dφ
18
=
3
0
=
3
+
3
(3) Considere la regi´on R del espacio limitada al primer octante y 1
1
3
2
≤ 1
x + y + z
– 67 –
Calcule el volumen de R. Soluci´ on:
Tomemos el siguiente cambio de variables, u = x 1/3 ,
v = y 1/2 ,
w = z
con jacobiano de transformaci´on: ∂ (x , y , z) = ∂ (u,v,w)
3u 0 1
≤
2
0 0 2v 0 0 1
La regi´on de integraci´on se transforma en u + v + w V =
− − − − − 2
6u v dudvdw =
R 1
=
1 u
−
0
6u
0
−−
6u2 v dwdvdu
0
−
v
uv
v 2 dv du
0
1
6u
u)3
2 (1
6
0
=
1 u v
−
v)6u2 v dvdu
u
1 u
2
0
=
1 u
0
1
=
(1
1. Con esto, el volumen es:
1
0
= 6u2 v
du
1 60
(4)
a ) Calcular el volumen de la regi´on acotada por
z = 3x + 5y + 3 ,
b ) Escriba la integral
z = 3x
1
I =
√
− 5y − 10 ,
x = 3 ,
y = 2x
1 x2 y2
1 x2
−
√ −1 − 1−x
y = 0 ,
2
− −
f (x,y,z ) dzdydx
0
como una integral iterada en el orden dydzdx. Soluci´ on:
a ) Si
T es el tri´angulo, en el plano X Y , delimitado por las rectas y = 0, x = 3, y = 2x, entonces
el volumen de la regi´on es
3x+5y+3
V =
(x,y)
∈T
dzdxdy
3x 5y 10
– 68 –
− −
T es la regi´on 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 2x. As´ı,
El
3
V =
0
2x
0
3
=
dzdxdy
3x 5y 10
2x
− −
10y + 13 dydx
0
0
3
=
3x+5y+3
20x2 + 26x dx
0
= 297 b ) La regi´ on S de integraci´on es x 2 + y 2
2
2
≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1 − x − y , que corresponde a la porci´on ≤ 1 comprendida entre el plano z = 0 y el paraboloide z = 1 − x − y .
del cilindro x2 + y 2 La proyecci´on del s´olido S sobre el plano XZ es la regi´on
−1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1 − x }
El s´olido S se puede parametrizar como (x, z )
I =
(x,z) R
∈
2
2
{
R = (x, z ) :
∈ R, −√ 1 − x − z ≤ y ≤ √ 1 − x − z . As´ı, 2
√ 1−x −z 1 f (x , y , z) dydzdx = √ − 1−x −z −1
2
√ 1−x −z f (x , y , z) dydzdx √ − 1−x −z
2
2
1 x2
−
0
2
2
2
(5) Se considera el s´olido S descrito por: S = (x,y,z ) R 3 : z
{
∈
2
∈ [0, 1], x
+ y 2
− 2x(1 − z ) ≤ 0}
Asumiendo que la distribuci´on de masa µ dentro de S es tal que µ(x , y , z) = 1 a ) la masa de S . b ) la ubicaci´ on del centro de masa de S . Soluci´ on:
– 69 –
− z , determinar:
a ) Por definici´ on, la masa de S es:
M =
= µ(x , y , z) dxdydz
S
− (1
z ) dxdydz
S
Observamos que, para un z fijo en el intervalo [0, 1], la secci´on S z definida por: 3
2
2
∈ R : x + y − 2x(1 − z ) ≤ 0} es un disco centrado en el punto (0, 1 − z, z ) y de radio (1 − z ) . Por lo tanto, su ´area es A(S ) = π(1 − z ) . Integrando, {
S z = (x,y,z )
z
2
− − 1
M =
1
(1
z )
dxdy
0
dz =
S z
1
= π
(1
(1
0
z )3 dz =
0
− z )A(S ) dz z
π 4
b ) Las coordenadas del centro de masa X = (¯ x, ¯ y, ¯ z ) se deducen inmediatamente. Aplicamos el
siguiente cambio de variables a coordenadas cil´ındricas: (r,θ,z )
→ (x,y,z ) = (1 − z + r cos θ, r sin θ, z )
Integrando se obtiene:
1 x¯ = M 4 = π y¯ =
S 1
0
1 z
0
(1
0
− z )(r cos θ + 1 − z ) rdθdrdz =
4 5
yµ(x,y,z ) dxdydz
S 1
0
1 z
2π
−
0
1 M
4 = π
2π
−
1 M
4 = π z¯ =
xµ(x,y,z ) dxdydz
(1
0
− z )(r sin θ) rdθdrdz =
0
zµ(x , y , z) dxdydz
S 1
0
1 z
2π
−
0
0
z (1
− z ) rdθdrdz =
El centro de masa es:
X =
1 5
4 1 , 0, 5 5
– 70 –
(6) Determine el volumen del s´olido encerrado por las superficies z = Soluci´ on:
x2 + y 2 ,
x2 + y 2 + z 2 = 1 ,
3(x2 + y 2 ) ,
z =
z = 2
Lo m´as simple es usar coordenadas esf´ericas: x = r cos θ sin φ y = r sin θ sin φ z = r cos φ
∂ (x , y , z) = r 2 sin φ ∂ (r,θ,φ)
−→
En coordenadas esf´ericas, la ecuaci´on del cono z =
x2 + y 2 es:
(r cos θ sin φ)2 + (r sin θ sin φ)2
r cos φ =
= r 2 sin2 φ = r sin φ
tan φ = 1
π 4
φ =
De la misma manera, la ecuaci´on del segundo cono es tan φ = El plano z = 2 en esf´ericas es r =
√ 13 ↔ φ = π6 .
2 . cos φ
As´ı, el s´olido viene dado por 1
≤ r ≤ cos2 φ , 0 ≤ θ ≤ 2π, π6 ≤ φ ≤ π4
El volumen del s´olido es:
− √ − √ 2π
V =
0
=
2π 3
= 2π
π/4
π/6 π/4
2/ cos φ
1
sin φ
π/6
1 6
r 2 sin φ drdφdθ
2
– 71 –
8 1 dφdθ cos3 φ 8 3 + 9
5.
Integrales de L´ınea y Teorema de Green
5.1. (1)
Integrales de l´ınea a ) Calcule
− · (3y 2
2x) ds
γ
sobre la curva x 2/3 + y 2/3 = 1, recorrida positivamente. y) = (x+y)ˆı +(x b ) Sea F (x,
− y)ˆ . Calcular F dr con γ la curva, recorrida en sentido positivo entre los puntos (a, 0) y (−a, 0), de ecuaci´on (bx) + (ay) = (ab) . γ
2
2
2
Soluci´ on:
Recordemos que:
∗ Una integral de l´ınea de un campo escalar f sobre una curva γ (recorrida positivamente) se define como:
b
f (γ (t)) γ (t) dt
donde γ (t) es la parametrizaci´on de la curva, y t ∈ [a, b] la recorre completamente. ∗ Una integral de l´ınea respecto a un campo vectorial se define como: f ds =
γ
a
·
b
dr = F
γ
(t)) γ (t) dt F (γ
·
a
a ) Parametrizamos la curva de la forma γ (t) = (cos 3 t, sin3 t), con t
∈
[0, 2π). Notar que el par´ametro recorre la curva en contra de las agujas del reloj (orientaci´on positiva). La longitud de largo est´a dada por
dγ ds = dt = dt
9cos4 t sin2 t + 9 sin4 t cos2 t dt = 3 cos t sin t dt
Entonces, por definici´on: (3y
2π
2
γ
− 2x) ds =
(3sin6 t
0
3
− 2cos
t)3cos t sin t dt = 0
b ) Comencemos con la parametrizaci´ on de la curva. Estamos sobre una elipse, por lo que la curva
se puede escribir como sigue: x = a cos t, y = b sin t
−→
−
∈ [0, π]. La integral ser´a, entonces, · dr = (a cos t + b sin t, a cos t − b sin t) · (−a sin t, b cos t) dt F
El par´ametro satisface t
π
γ
dr = γ t dt = ( a sin t, b cos t) dt
0
– 72 –
Resolviendo,
− π
2
2
2
−
−
π
2
(a + b )cos t sin t + ab( sin t + cos t) dt =
0
0
a2 + b2 sin2t 2
− ab cos2t dt
Como las integrales de potencias impares de senos y cosenos en sus periodos dan cero, la integral es nula.
(2) Sea γ la curva que se produce de la intersecci´on del plano y = x con el paraboloide z = x2 + y 2 , = (F 1 , F 2 , F 3 ) el campo dado por contenida en el primer octante. Sea F cos y cos x y cos x + sin y , F 3 = F 1 = , F 2 = 2(1 + 2z ) 2(1 + 2z ) 1 + 2z
∈ γ para los cuales el trabajo realizado por F a lo largo de γ
a ) Determine todos los puntos p
desde el origen (0, 0, 0) hasta p sea igual a 1.
b ) Sean p 1 , p 2 dos puntos cualesquiera de la parte anterior. Determinar el trabajo realizado por
lo largo de γ desde p 1 hasta F a p2 .
Soluci´ on:
a ) Primero que todo, parametrizamos la curva. Eligiendo a t como par´ ametro,
γ : r(t) = (t,t, 2t2 ), t
∈R
Luego, un punto p γ es de la forma (a,a, 2a2 ) para alg´ un a > 0, y el trabajo realizado por el campo a lo largo de la curva es:
∈
W =
·
a
dr = F
γ
r(t)) r (t) dt F (
·
0
Como r (t) = (1, 1, 4t) y r(t)) = F (
obtenemos:
cos t cos t t cos t + sin , t, 2(1 + 4t2 ) 2(1 + 4t2 ) 1 + 4t2
a
W =
0
=
2cos t + 8t2 cos t + sin t 2(1 + 4t2 )
a
dt
cos t + sin t dt
0
= 1 + sin a
− cos a
cos a = sin a
⇐⇒
Por tanto, W = 1
⇐⇒
– 73 –
a =
π + kπ, k = 0, 1, 2, . . . 4
b ) Si ambos puntos corresponde a valores a1 , a2 del par´ ametro –con a en el conjunto de valores
hallados en el apartado anterior– entonces el trabajo W realizado por el campo sobre la curva entre ambos puntos es:
a2
W =
a1 a2
=
0
= 1
r(t)) r (t) dt F (
·
r(t)) · r (t) dt − F (
−1
= 0
a1
r(t)) r (t) dt F (
0
·
por la definici´on de los a k . Luego, el trabajo realizado es nulo.
= (ex sin y, ex cos y, z 2 ). (3) Sea F a ) Demuestre que el campo es conservativo y encuentre una funci´on potencial.
(x,y,z)
b ) Se define f (x,y,z ) =
(1,1,1)
dr. Calcule f (x , y , z) para todo punto sobre una curva arbiF
·
traria C y verifique que f es una funci´on potencial. Soluci´ on:
a ) Basta encontrar g : R3
→ R tal que F = ∇ g para demostrar el car´acter conservativo del
campo. entonces gx = e x sin y, g y = e x cos y y g z = z 2 . Si g = F ,
∇
Si g x = e x sin y, g debe ser de la forma g(x,y,z ) = e x sin y + h(y, z ) para alguna funci´on h por determinar. Por otra parte, como g y = e x cos y = ex cos y + hy , es claro que h solo depende de z . z 3 2 Como gz = h (z ) = z , entonces h(z ) = + K . 3 Tomando una soluci´ on particular, z 3 g(x , y , z) = e sin y + 3 x
= b ) Sabemos que si F
∇g, entonces para toda curva C que una los puntos (a,b,c) y (m,n,p),
·
dr = g(m,n,c) F
C
Por lo tanto, f (x,y,z ) = g(x,y,z ) f = g = F .
∇
∇
−
− g(a,b,c)
z 3 g(1, 1, 1) = e sin y + 3
– 74 –
x
− e sin1 − 13 . Es claro que
(4) Sea la curva dada por la intersecci´on del plano x = y con el paraboloide z = x 2 + y 2 . Calcule la longitud del arco de la curva desde el origen (0, 0, 0) hasta el punto (1, 1, 2).
C
Soluci´ on:
Una posible parametrizaci´on de la curva es r(t) = (t,t, 2t2 ), 0
1
L =
0
≤ t ≤ 1. La longitud de arco es: √ √
1
r (t) dt =
1
12
+ 12
+ (4t)2
2
dt =
0
1 + 8t2 dt
0
√ √ Sea 8t = sinh u, de modo tal que la integral I = 1 + 8t
2
dt queda como sigue:
√ √ √ √ √ −
1 I = 8 1 = 4 8 1 = 4 8
1 + sinh2 u cosh u du = eu + e−u
2u
2
du =
1 8
1
cosh2 u du
e2u + 2 + e−2u du
4 8
e−2u
e + 2u 2
2
→ u = 0, y que t = 1 significa que: √ √ √ √ sinh u = 8 −→ u = arcsinh 8 = ln 8 + ( 8)
Notar que t = 0
√ √ √ √ 2
As´ı, como I (0) = 0, L =
5.2.
2
+1
= ln 2 2 + 3
3 2 + ln 2 2 + 3 2 8
Teorema de Green
(1) Sea = F
−
y x , x2 + y 2 x2 + y 2
Sea γ una curva de Jordan (curva continua, cerrada y simple) regular a trozos situada en Ω = lo largo de γ . R2 (0, 0). Hallar todos los posibles valores de la integral de l´ınea de F a
−
Soluci´ on:
Recordemos que:
– 75 –
= (P, Q) dos funciones de Teorema (de Green). Sean P (x, y), Q(x, y) tales que F clase 1 en R γ , donde γ es una curva de Jordan 1 y R es la regi´on abierta acotada por γ . Si la curva est´a orientada positivamente, entonces:
C
∪
C
· dr = F
γ
P dx + Q dy =
γ
− Qx
P y dxdy
R
En un sentido general,
P dx + Q dy =
∂
R
Qx
P y dA
R
R
con ∂ la frontera de
−
R orientada con la regi´on a mano izquierda.
Notemos que el campo no es conservativo en Ω, pese a que
∇ × F = 0 y P
y
= Qx .
Sea γ 1 una curva de Jordan –tal que ∂R 1 = γ 1 – que no encierra el origen. Entonces, por el teorema de Green: P dx + Q dy = Qx P y dxdy = 0
−
γ 1
R1
Sea γ 2 una curva de Jordan que s´ı encierra el origen. P, Q no est´an definidos en R 2 puesto que la singularidad del campo est´a dentro. Para calcular el valor de la integral de l´ınea, hacemos: γ 2 ∗
σ1
C
con Γ = γ 2 ∗
r
σ2
∪ σ ∪ C ∪ σ , con C recorrido en sentido horario. As´ı, 2
r
2
r
P dx + Q dy =
Γ
− Qx
R2 ∗
– 76 –
P y dxdy = 0
Tomando el l´ımite cuando σ1 canales interiores– que:
→ σ , tenemos –por la cancelaci´on de las integrales sobre los 2
−→
P dx + Q dy = 0
γ 2 +
P dx + Q dy =
P dx + Q dy
γ 2
Cr
Ahora bien,
C puede ser parametrizado como (r cos t, r sin t), t ∈ [0, 2π). As´ı, r
·
2π
dr = F
(sin t,
0
− cos t) · (− sin t, cos t) dt = −2π
Ahora, nos queda el mismo caso anterior pero con la curva recorrida en sentido contrario, cuya integral resulta 2π.
(2) Calcule
P dx + Q dy si
γ
P (x, y) = y γ es la uni´on de los trazos rectos γ 1 hasta (1, 1).
−
y , x2 + y 2
x − x + y y γ , donde γ va desde (−1, −1) a (0, 1) y γ va desde (0, 1) 2
Q(x, y) =
2
2
1
2
Soluci´ on:
Una opci´on es calcular las integrales sobre cada trazo, pero en este caso haremos lo siguiente: cerraremos el contorno, dibujando γ 3 desde ( 1, 1) hasta (1, 1), para aplicar el Teorema de Green. Sea D la regi´on encerrada por estas tres curvas. Notamos que P, Q se indefinen en (0, 0) D; eliminaremos dicho problema mediante la adici´on de un c´ırculo γ de radio , orientado como la figura.
− −
−
Ya calculamos, en la pregunta anterior, que
γ 1 +γ 2 +γ 3
P dx + Q dy =
P dx + Q dy +
γ 1 +γ 2
– 77 –
P dx + Q dy = 2π
γ 3
∈
− −
Ahora bien, γ 3 : ( t, 1), t
∈ [−1, 1]. Por tanto, −1 dt = − arctan (t) · dr = F
1
γ 3
Finalmente,
−1 1 + t2
P dx + Q dy = 2π +
γ 1 +γ 2
1
−1
=
− π2
3π π = 2 2
(3)
a ) Calcule la integral de l´ınea
I =
−
2
2
y dx + x + arctan (1 + y ) sinh y dy
γ
donde γ es la porci´on del c´ırculo x 2 + y 2 = 1 con y
≥ 0 orientado positivamente.
b ) Calcule
S =
e−x
2
γ
/2
−
y dx + e−y
2
/2
+ x dx
siendo γ el contorno de la regi´on entre las curvas x 2 +y 2 = 25, orientada en el sentido contrario a los punteros del reloj, y x 2 + 4y 2 = 4, orientada en el sentido de los punteros. Soluci´ on:
2
2
1, y 0. Si y. Sea D la regi´on x2 + y 2 2 2 borde ∂D consiste del semic´ırculo x + y = 1 con y 0 orientado en la direcci´on contraria al movimiento de las manecillas del reloj, que denotaremos por γ concatenado con el intervalo [ 1, 1] recorrido de izquierda a derecha, denotado por . Para el campo dado, se cumple que:
a ) Pongamos P =
−y, Q = x + arctan (1 + y )sinh
≤
≥
≥
−
∂Q ∂x
− ∂P =2 ∂y
Aplicando el Teorema de Green se obtiene que:
2 dxdy =
D
O sea,
γ
(t)) · γ (t) dt + F (γ
I =
2 dxdy
1
0) (1, 0) ds F (s,
−1
·
− 0 = 2 · A(D) = π
D
b ) La regi´ on D (encerrada por ambas curvas) y su contorno se muestran en la siguiente figura:
– 78 –
Llamamos γ 1 al c´ırculo y γ 2 a la elipse, orientados tal como en la figura. Tambi´en escribimos P (x, y) = e −x /2 y y Q(x, y) = e −y /2 + x y observamos que ambas funciones son de clase 1 en todo el plano, y que el contorno est´a orientado positivamente respecto a D. Por el Teorema de Green, 2
2
−
C
P (x, y) dx + Q(x, y) dy =
γ
(Qx
− P ) dxdy =
·
2 dxdy = 2 A(D)
y
D
D
El ´area de D es el ´area encerrada por el c´ırculo de radio 5 (25π) menos el ´area encerrada por la elipse de semiejes 1 y 2 (2 π). Luego,
S = 2(25π
− 2π) = 46π
(4) Determine las funciones P = P (x, y), Q = Q(y) de modo que, para toda curva cerrada simple γ que encierre una regi´on R, se cumplan las tres relaciones:
−
Q dx = A(R) ,
γ
−
(P + Q) dx + (2P + Q) dy = A(R)¯xR ,
γ
2P dx + (2Q
γ
− P ) dy = A(R)¯y
R
donde A(R) denota el ´area de la regi´on R, y (¯ x, ¯ y )R son las coordenadas de su centroide. Soluci´ on:
Sabemos que A(R) =
−
y dx
γ
Luego, se cumple el primer requerimiento si Q(y) = y . Por otro lado, por el Teorema de Green, A(R)¯xR =
(P + Q) dx + (2P + Q) dy =
γ
(P + y) dx + (2P + y) dy
γ
=
(2P + y)x
R
=
R
– 79 –
2P x
− P
y
− (P + y)
−
1 dxdy
y
dxdy
Pero, se sabe que A(R)¯xR =
x dxdy
R
As´ı, la igualdad se cumple si escogemos P tal que 2P x
− P − 1 = x −→
2P x
y
− P = 1 + x
y
(12)
De manera an´aloga,
−
A(R)¯yR =
( 2P ) dx + (2Q
γ
− P ) dy
=
− − − − ( 2P ) dx + (2y
P ) dy
γ
=
(2y
P )x + 2P y dxdy
R
=
P x + 2P y dxdy
R
Y como A(R)¯ yR =
y dxdy obtenemos, igualando,
R
− P + 2P = y x
y
(13)
Las igualdades (12) y (13) nos proporcionan un sistema de ecuaciones lineales para P x , P y . Resolvi´endolo obtenemos: 1 P x = (2x + y + 2) 3 Integrando P x con respecto a x,
∧
1 P y = (x + 2y + 1) 3
x2 + xy + 2x + ϕ(y) P = 3
siendo ϕ(y) una funci´on a determinar. Derivando P con respecto a y e igualando, P y =
x x 2y + 1 + ϕ (y) = + 3 3 3
De all´ı resulta que 2y + 1 ϕ (y) = 3
−→
y 2 + y ϕ(y) = 3
Finalmente, x2 + y 2 + xy + 2x + y P (x, y) = 3
– 80 –
(5)
a ) Considere los puntos O = (0, 0), A = (1, 0), B = (0, 1) y C = (1, 1), y la curva γ = OABCO
de la figura. El arco que une B con C es un semic´ırculo. Sean P (x, y), Q(x, y) funciones con P x = 1, P y = 2, Qx = 1, Qy = 3 para todo (x, y). Eval´ue
−
−
(P + 2Q) dx + (Q
γ
− P ) dy
= (ey z + 2xy 2 , 2xyzey z , xy2 ey z ) no es conservativo, pero que existe una funci´on b ) Probar que F 2
2
2
f = f (t) de modo que )= G(x,y,z
y2 z
e
y2 z
2
+ 2xy , 2xyze
f (xy) + , xy2 ey y
2
z
es conservativo. Soluci´ on:
a ) Escribimos γ = γ 1 + γ 2 , donde γ 1 es el tri´ angulo inferior OADO –D es el punto de intersecci´on
entre BA, CO – y γ 2 es el trozo DBCD, cada uno orientado seg´un lo indican las flechas. As´ı,
=
+
γ
γ 1
γ 2
y cada una de ellas se puede hacer apelando al Teorema de Green. Si D1 , D2 son las regiones encerradas por γ 1 , γ 2 , respectivamente,
γ 1
(P + 2Q) dx + (Q
− P ) dy
=
(Q
− P ) − (P + 2Q)
Qx
x
y
D1
=
D1
=
− P − P − 2Q x
2 dA = 2A(D1 )
D1
= 2 – 81 –
y
× 14
=
1 2
y
dA
dA
ya que D = (1/2, 1/2). De forma an´aloga,
(P + 2Q) dx + (Q
γ 2
− P ) dy
−
=
(Q
D2
−2A(D ) − 12 − π4
=
2
=
− P ) − (P + 2Q) x
y
− ×
=
dA
1 π + 4 8
2
Por tanto, sumando llegamos a
(P + 2Q) dx + (Q
γ
de clase b ) Como F es
C
1
− P ) dy = − π4
en todo R3 , tenemos que conservativo si y solo si F es
∇ × F = 0
Ahora bien,
∇×
= 2xyzey F
2
z
y2 z
− 2xyze
2 y2 z
, y e
2 y2 z
−y e
y2 z
, 2yze
y2 z
− 2yze − 4xy
y por tanto el campo no es conservativo. Procediendo de manera an´aloga,
∇ × G
= =
2xyzey
2
z
2
y z
− 2xyze (0, 0, f (xy) − 4xy)
, y 2 ey
2
z
−
y y 2 ey z , 2yzey z + f (xy) y 2
2
−
= (0, 0, 4xy)
2
y z
− 2yze − 4xy
Luego, para que sea conservativo, se precisa que: f (xy) = 4xy
−−−→ t=xy
f (t) = 4t
por lo cual podemos elegir f (t) = 2t2 .
– 82 –
6.
Divergencia y Rotor
6.1.
Integrales de superficie y Teorema de la Divergencia
(1) Encuentre el ´area: on de superficie z = x 2 a ) De la porci´
−y
2
que est´a dentro del cilindro x2 + y 2 = 1.
b ) De la regi´on comprendida por el manto de ecuaci´ on z = x 2
unitario.
−y
2
+ 4, en plano X Y y el cilindro
Soluci´ on:
Recordemos que:
∗ Una integral de superficie de un campo escalar se define como:
f dS =
× S dudv
f (S (u, v)) S u
S
v
R
con R la regi´on dominio de los par´ametros u, v.
∗ Para un campo vectorial:
· n ˆ dS = F
S
·
F (S (u, v)) (S u
× S ) dudv v
R
con la condici´on que el vector normal a S , calculado en la pr´actica como el producto cruz de los tangentes, est´ e apuntando hacia fuera de la superficie. A esta integral tambi´en a trav´es de la superficie S . se le conoce como el flujo normal exterior de F
a ) Parametricemos la porci´ on de superficie por
S (x, y) = (x,y,x2 con x2 + y 2
2
−y )
≤= 1. Un c´alculo inmediato nos da el elemento de ´area:
∂S dS = ∂x
×
√
∂ S = ∂y
1 + 4x2 + 4y 2
De este modo, el ´area A de la porci´on de superficie est´a dada, en polares, por
√ 2π
A =
1
1
1 + 4r 2 r
0
0
1 + 4r2 r dr =
drdθ = 2π
0
– 83 –
π 3/2 5 6
b ) Dada la forma de la regi´ on, elegimos expresar las superficies en coordenadas cil´ındricas. Prime-
ro, calculamos el ´area del manto. Podemos parametrizarlo como M (x, y) = (x,y,x2 entonces la parametrizaci´on en coordenadas cil´ındricas ser´a:
−y
2
+ 4),
M (r, θ) = (r cos θ, r sin θ, r2 cos2θ + 4)
con r [0, 1], θ
∈ [0, 2π]. Entonces, la normal viene dada por: n = M × M = (−2r cos θ, 2r sin θ, r) r
2
θ
2
As´ı, el ´area es A =
√ − R 1
=
4r 4 cos2 θ + 4r4 sin2 θ + r 2 drdθ
n drdθ = =
R
2
r 4r2 + 1 drdθ = 2π(4r + 1)
0
·
2π
0
π 3/2 = 5 6
2
3/2
8 3
1
1 0
Para el borde, dado por el cilindro, lo que haremos no es la integral de superficie, sino “cortar” el cilindro y estirarlo en el plano. La condici´on para el cilindro es r 2 = 1, y ya sabemos que la altura est´a determinada por el manto y vale z = r 2 cos2θ + 4. Combinando ambas cosas, y el hecho de que al estirar el cilindro la longitud en el plano de la regi´on (la variable) ser´a θ, queda que el ´area vale:
2π
cos2θ + 4 dθ = 8π
0
Por u ´ ltimo, la base es un disco, cuya ´area es π. Luego, el ´area total del s´olido es:
−
π 3/2 5 Atotal = 6
1 + 9π
(2) Sea S la superficie del s´olido limitado por el cilindro x 2 + y 2 = 4, el plano x + z = 4 y el plano X Y . Hallar el flujo hacia fuera, a trav´es de S , del campo vectorial
, y , z) = x2 + ey , xy F (x Soluci´ on:
− tan(z ), sin(x)
Enunciemos el siguiente teorema:
Teorema (de la Divergencia): Sea una superficie orientable, cerrada y regular a tramos que encierra una regi´on Ω, i.e. ∂ Ω = . Sea n ˆ la normal exterior de la superficie 1 y F = (P,Q,R) un campo vectorial de clase . Entonces,
S
S C
· ∇ · n ˆ dS = F
S
Ω
– 84 –
dxdydz F
Usaremos el Teorema de la Divergencia, pues deseamos calcular el flujo en una superficie cerrada. Sea R el s´olido encerrado por la superficie (el que est´a dentro del cilindro, entre los planos XY y x + z = 4): R = (x , y , z) : x 2 + y 2 4, 0 z 4 x
{
≤
≤ ≤ − }
Por otra parte,
= ∂ x2 + ey + ∂ xy F ∂x ∂y
∇·
− tan(z )
+
∂ sin(x) = 3x ∂z
Por lo tanto, Φ=
∇ ·
F dxdydz = 3
R
{
− x) dxdy
D
r cos θ(4
r cos θ) rdθdr
0
2π
0
(4r2 cos θ
r 3 cos2 θ) dθdr
0
2
2π
2
4r dr
0
2
cos θ dθ 3
0
2π
3
r dr
0
0
1 + cos 2θ 2
0
=
x(4
2π
2
= 3
dz dxdy = 3
0
− − − 0
= 3
x
≤ 4}. Calculamos la integral en D usando coordenadas polares:
2
Φ = 3
−
D
siendo D = (x, y) : x 2 + y 2
4 x
dθ
π
−12π
≥ 0, y un campo vectorial F = (P,Q,R) con
(3) Considere la regi´on Ω dada por x 2 + 2y 2 + 4z 2 1, z ue el flujo P x + Qy = 3, R(x,y,z ) = x2 + y 2 . Eval´
≤
·
n ˆ dS F
S
donde S es la porci´on de x 2 + 2y 2 + 4z 2 = 1 con z fuera del elipsoide.
≥ 0, y nˆ es la normal unitaria apuntando hacia
Soluci´ on:
Sea S 1 el disco S 1 = x2 + 2y 2 1 , con normal hacia abajo. Entonces, S S 1 constituye una superficie cerrada, orientada positivamente hacia afuera, que es frontera del conjunto Ω.
{
≤ }
∪
Aplicando el Teorema de la Divergencia a Ω tenemos que:
∇ · Ω
dxdydz = F
· · · n ˆ dS = F
S +S 1
n ˆ dS + F
S
– 85 –
n ˆ dS F
S 1
de donde Φ=
· ∇ · − · n ˆ dS = F
F dxdydz
S
n ˆ dS F
Ω
S 1
I 1
I 2
Calculamos, a continuaci´on, los valores de dichas integrales. Por hip´otesis, tenemos que
∇·
−→ √ ·√ √ −
= P x + Qy + Rz = 3 + ∂ x2 + y 2 = 3 F ∂z
Por tanto, usando coordenadas cil´ındricas para describir la regi´on Ω, x = r cos θ, y =
r sin θ , z = z 2
√
se obtiene que:
∇ ·
dxdydz = F
∂ (x,y,z ) r = ∂ (r,θ,z ) 2
2π
0
Ω
√
1 r2 /2
1
0
3 2π = 2 2 2π = 2
√
−
0
√
3r dzdrdθ 2
1
r 2 dr
r 1
0
que corresponde a I 1 .
−
Como S 1 est´a orientada hacia abajo, n ˆ = (0, 0, 1). Con ello,
· n ˆ dS = F
S 1
·
−
x = r cos θ, y =
r sin θ 2
− − √ −→
(P,Q,R) (0, 0, 1) dS =
S 1
Usando:
√
S 1
S 1
∂ (x, y) r = ∂ (r, θ) 2
Ahora, la segunda integral queda expresada como:
− − √ 1
I 2 =
0
= = =
2π
r 2 cos2 θ +
0
1 3 1 r dr 2 0 2 1 1 3π 2 8 3 2π 16
− √ · · √ −
– 86 –
2π
0
x2 + y 2 dS
R dS =
r 2 2 r sin θ dθdr 2 2
√
2cos2 θ + sin2 θ dθ
Combinando ambos valores, Φ = I 1
− I =
√ 2π
2
2
√
√
3 2π 11 2π + = 16 16
(4) Considere el campo en R3 dado por F(x,y,z ) = (x + cos y, y + exz , z ). Calcule el flujo normal del campo en la superficie S en R 3 definida por z = x 2 + y 2, 1 z 4.
≤ ≤
Soluci´ on:
∪ ∪
Usaremos el Teorema de la Divergencia, y para ello definiremos ∂ R = S S 1 S 2 , donde s 1 , S 2 son las tapas superior e inferior –respectivamente– con vector normal apuntando hacia afuera. Puesto que
∇·
− · − · ·
∂ ∂ ∂ F = x + cos y + y + exz + z = 3 ∂x ∂y ∂z
la integral de superficie pedida es igual a: Φ=3
ˆ 1 dS 1 F n
dV
R
ˆ 2 dS 2 F n
S 1
S 2
Primero que todo, notamos que:
3
dV = 3 Vol(R)
R
Calcularemos el volumen v´ıa secciones transversales: cada secci´on transversal corresponde a un c´ırculo de radio z , por tanto:
√
4
Vol(R) =
4
A(z ) dz =
1
πz dz =
1
15π 2
Las parametrizaciones para S 1 , S 2 son:
≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π S : (r cos θ, r sin θ, 1) , 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π Sus respectivas normales son n ˆ = (0, 0, 1), n ˆ = (0, 0, −1). Las integrales de superficie sobre cada S 1 : (r cos θ, r sin θ, 4) ,
0
2
1
2
tapa se reducen a:
ΦS
1
=
·
ˆ dS = F n
S 1
2
0
2π
4r dθdr
0
= 16π ΦS
2
=
·
ˆ dS = F n
S 2
=
−π – 87 –
− 1
2π
r dθdr
0
0
Finalmente, Φ= 3
15π · 15π − 16π + π = 2 2
(5) Sea F : R 3 R3 el campo dado por F(x , y , z) = (x 1, y 3, z 8). Sea B R3 la esfera unitaria, y sea C el cono dado por z 0, 4z 2 = 3(x2 + y 2 ). La intersecci´on B C da origen a una curva Γ. Sea M la superficie cerrada compuesta por la porci´on de C que est´a debajo de Γ y por la porci´on de B que est´a sobre ella. Calcule el flujo normal exterior del campo a trav´es de esta superficie.
→
−
≥
−
−
⊆
∩
Soluci´ on:
Es f´acil ver que
∇ · F = 3 Sea W la regi´on acotada por M . Usando el Teorema de la Divergencia, encontramos que Φ=
∇ · ∈
F dV = 3 Vol(W )
·
W
As´ı, el problema se reduce a calcular un volumen. Usando coordenadas esf´ ericas, encontramos que π el cono puede ser descrito por φ = φ 0 0, 2 :
−→ | tan φ| = √ 23
4r 2 cos2 φ = 3r 2 sin2 φ
≤
Como 0 z = r cos π, existe un ´unico ´angulo φ0 tenemos la siguiente descripci´on para la regi´on:
{
W = (r,θ,φ) : 0
∈
0, π2 que satisface la ecuaci´on anterior. As´ı,
≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ φ } 0
Luego,
− 1
Vol(W ) =
0
2π
0 1
= 2π
φ0
0
Es f´acil ver que:
r dr
sin φ dφ
0
2π 1 3
2 tan φ0 = 3
cos φ0
√ −→
Finalmente,
φ0
2
0
=
r2 sin φ dφdθdr
cos φ0 =
3 7
−
Φ = 2π 1
3 7
– 88 –
(6) [Propuesto] Considerando la ley de Gauss,
·
q n ˆ dS = E ε0
S
con q la carga encerrada por la superficie uniformemente, de carga Q y radio a.
S , determine el campo el´ectrico E de una esfera cargada
Soluci´ on:
Primero que todo, calculemos la densidad volum´etrica de carga para la esfera: ρ(r) =
3Q Q Q = = 4 3 4πa3 V πa 3
= E (r) rˆ. Como superficies, tomaremos esferas de radio r con Por simetr´ıa, proponemos que E normal exterior n ˆ = rˆ. As´ı,
· n ˆ dS = E
S
E (r)ˆr rˆ dS = E (r) A( ) = 4πr 2 E (r) =
·
S
S
q enc ε0
Para calcular la carga encerrada, distinguimos dos casos: r>a q enc = Q
−→
r
4 r q enc = ρ(r) πr 3 = Q 3 a
·
E (r) =
3
−→
Q 4πε 0 r 2
E (r) =
Q r 4πε 0 a3
Notar que es continua en r = a. As´ı, el campo el´ectrico tiene la siguiente forma: E(r) Q 4πε 0 a2
∝r ∝ r1
2
r r = a
– 89 –
6.2.
Integrales de l´ınea y Teorema de Stokes
(1) Calcule
·
dr, siendo F
C
) = 2y + arcsin x, e , y + ln (z + 4) F (x,y,z
C
y2
2
2
y el contorno del tri´angulo con v´ertices en (1, 0, 0), (0, 1, 0) y (0, 0, 2 recorrido en el orden que se indican los v´ertices. Soluci´ on:
El c´alculo directo de la integral de l´ınea es muy complejo (se deja propuesto al lector), as´ı que para evitar complicaciones recurriremos al siguiente teorema:
Teorema (de Stokes):
· ∇ × · dr = F
∂
F
ˆ dS n
S
S
S
S
Notar que es cualquier superficie que tenga a la curva ∂ como borde, orientada positivamente.
S
La superficie m´as simple que cumple las hip´otesis del Teorema de Stokes es el plano que pasa por los tres v´ertices, con ecuaci´on z = 2(1 x y). Por tanto,
− −
1 ˆ dS = ( z x , z y , 1) dxdy = (2, 2, 1) dxdy n 3
− −
Por otro lado,
∇ × F = As´ı, tenemos que:
· dr = 1 F 3
ˆı
ˆ
kˆ
∂ x ∂ y ∂ z F 1 F 2 F 3
− ·
−
= (2y, 0, 2)
2 (2y, 0, 2) (2, 2, 1) dxdy = 3
D
C
(2y
D
S sobre el plano X Y . Esto es, D = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x}
donde D es la proyecci´on de
– 90 –
− 1) dxdy
Por lo tanto,
·
dr = 2 F 3
C
2 = 3 2 = 3
−
=
− − − 1
1 x
−
0
(2y
1) dydx
0
1
y2
y
0
1
(x2
1 x
−
0
dx
x) dx
0
1 9
P
(2) Considere el plano : x + y + z = 1 con normal en la direcci´o n (1, 1, 1). Determine un campo ) = P (x), Q(y, z ), R(y, z ) de modo que, para toda curva cerrada simple γ , se tenga F (x,y,z que: tˆ ds = A(D) F
⊂ P
· γ
⊂ P encerrada por γ .
donde A(D) denota el ´area de la regi´on D Soluci´ on:
Se cumplen las condiciones para aplicar el Teorema de Stokes, seg´ un lo cual
· ∇ × · tˆ ds = F
F
γ
ˆ dS n
D
donde, de acuerdo al enunciado, n ˆ =
√ 13 (1, 1, 1). Tenemos que:
∇×
P (x), Q(y, z ), R(y, z ) = (Ry
As´ı,
− Q , 0, 0) z
· −√ Ry
tˆ ds = F
γ
D
Qz dS 3
Obtenemos como resultado A(D) si el integrando es 1, para la cual existen distintas combinaciones. Por ejemplo: = 3(0, 0, y) P = 0 , Q = 0 , R = y 3 F
√
o bien P = 0 ,
Q =
√ −z 3 ,
R = 0
√
−→ −→
= F
√
−
3(0, z, 0)
– 91 –
(3)
a ) Muestre que si f , g : R 3
→ R son dos funciones a valores reales, entonces ∇ × (f ∇g)
arctan (1 + z 2 ) b ) Dadas f (x,y,z ) = x + y , g(x,y,z ) = , calcule la integral de superficie 1 + x2 + y 2 2
2
∇ × ∇ · f
g
ˆ dS n
Σ
donde Σ es la superficie x2 + y 2 + z 2 = 1, z
≥ 0 y nˆ es la normal que apunta hacia el origen.
Soluci´ on:
= (P,Q,R), a ) Recordemos que, para un campo vectorial F
∇ × F =
∂R ∂y
−
∂Q ˆı + ∂z
∂P ∂z
−
∂R ˆ + ∂x
∂Q ∂x
−
∂ P ˆ k ∂y
= f Para el campo vectorial F
∇g: ∂g ∂g ∂g P = f , Q = f , R = f ∂x ∂y ∂z
De aqu´ı, la primera componente del rotor es ∂R ∂y
−
∂ Q ∂ = ∂z ∂y
− ∂g f ∂x
∂ ∂g f ∂z ∂y
=
∂f ∂g ∂y ∂z
∂g − ∂f ∂z ∂y
Claramente el t´ermino de la derecha corresponde a la primera componente de mismo c´alculo en las otras coordenadas nos conduce a:
∇ × ∇ f
g =
∇f × ∇g. El
∇f × ∇g
b ) Usando lo anterior, notamos que:
∇ × ∇ · ∇ × ∇ · f
g
ˆ dS = n
Σ
(f g)
ˆ dS n
Σ
Aplicando el Teorema de Stokes al segundo t´ermino de la ecuaci´on anterior, obtenemos:
∇ × ∇ · ∇ · (f g)
f g tˆ ds
ˆ dS = n
γ
Σ
– 92 –
donde γ donde γ es es la curva frontera de la superficie Σ, y como ˆt es el tangente unitario de esta curva. La curva γ es es una curva cerrada que se puede describir como = x2 + y 2 = 1, z = = 0 γ =
{
}
Notamos que sobre esta curva la funci´on on f es f es constante e igual a 1. Deducimos que:
∇ · ∇ · f g tˆ ds = ds =
g tˆ ds
γ
γ
Finalmente, puesto que la curva γ curva γ es es cerrada, y la funci´on g on g no no tiene singularidades, concluimos que: g tˆ ds = ds = 0
∇ · γ
En resumen,
∇ × × ∇ · f
g
ˆ dS = 0 n
Σ
(4) Calcule Calcule
· ·
dr si F si F ((x,y,z ) = F
Γ
−
y x , , z y Γ es: x2 + y 2 x2 + y 2
a ) La intersec intersecci´ ci´ on on entre el cilindro (x (x
− 2)
2
+ y 2 = 1 y el plano x + z = 1.
b ) La intersec intersecci´ ci´ on on entre el cilindro x2 + y 2 = 1 y el plano x plano x + + z = 1. z = Soluci´ on:
Primero, vemos que:
∇ × F =
y 2 x2 0, 0, 2 x + y 2
2
2
2
2
− − y − x x + y
= (0, (0, 0, 0)
para todo (x (x , y , z) con x, con x, y = 0, i.e. todos los puntos fuera del eje Z . a ) En este caso, Γ es una curva cerrada que no toca ni encierra el eje Z , y por tanto podemos
usar el Teorema el Teorema de Stokes: Stokes:
· · ∇ × · · dr = F
Γ
n ˆ dS F
S
donde S donde S es es la porci´on on del plano x plano x + z = = 1 encerrado por Γ, orientada hacia arriba. Pero, como en S ,, tenemos que F 0 en S dr = 0 F
∇ × ≡ ≡
· · Γ
– 93 –
b ) A diferencia del caso anterior, esta vez la curva cerrada Γ s´ı encierra al eje Z , conjunto en el
est ´ a definid defi nido o. Por tanto, no podemos usar el Teorema cual el rotor del campo no est´ el Teorema de Stokes y deberemos deberemo s integrar expl´ expl´ıcitamente. Primero que todo, podemos parametrizar la curva mediante la funci´on on vectorial r(t) = (cos t, sin t, 1 con r (t) = ( sin t, cos t, sin t)
−
− cos t), 0 ≤ t ≤ 2π 2 π (r(t)) = ( sin t, cos t, 1 F ( F
∧
−
− cos t)
Por lo tanto,
· ·
2π
dr = F
(r(t)) r (t) dt F ( F
·
0
Γ
2π
=
1 + sin t
0
− sin t cos t dt
= 2π
(5) Sean 1 (x, y ) = F Calcule
−
(x
−
· 1 + F 2 F
−
y x 1 , 1)2 + y 2 (x 1)2 + y 2
−
∧
2 (x, y ) = F
−
y x+1 , (x + 1)2 + y 2 (x + 1)2 + y 2
cuando C es: dr cuando C
C
a ) La circunfer circunferenci enciaa x2 + (y (y
2
− 3) = 1, orientada contra–reloj b ) El tri´ angulo ang ulo con v´ertices erti ces (−4, −2), (0, (0, 0) y (1, (1, 1) orientado contra–reloj c ) El tri´ angulo ang ulo con v´ertices erti ces (−4, −2), (4, (4, −2) y (0, (0, 2) orientado contra–reloj
Soluci´ on:
1 y F 2 son continuamente diferenciables en todo R2 excepto en los puntos (1, Los campos F (1 , ) y ( 1, 0), respectivamente. Adem´as, as,
−
∇ × F = ∇ × F = 0 1
2
excepto en los puntos antes aludidos. a ) La circunferen circunferencia cia encierra encierra una regi´on on D que no contiene a los puntos de conflicto, por lo que
se puede aplicar directamente el Teorema de Stokes y concluir que, con ˆn = (0, (0, 0, 1),
· ∇ × · 1 + F 2 F
C
1 + F 2 F
dr =
D
– 94 –
ˆ dS = = 0 n
b ) El tri´angulo angulo mencionado encierra una regi´on A on A que, que, al igual que en el caso anterior, no encierra
puntos punto s de d e confli co nflicto. cto. As´ As´ı,
· ∇ × · 1 + F 2 F
1 + F 2 F
dr =
C
ˆ dS = = 0 n
A
c ) En esta esta parte, parte, el tri´angulo C angulo C encierra encierra una regi´on T on T que que contiene a ambos puntos de conflicto,
por lo que no se puede aplicar el Teorema de Stokes directamente. Escribamos
· · · 1 + F 2 F
1 dr + F
dr =
C
C
2 dr F
C
1 . Sea D1 = (x 1)2 + y 2 , con 0 < y estudiemos la integral de F 0 < < 1, suficientemente peque˜no no como para que D1 est´e contenido co ntenido en la l a parte interior de T . T . Como T T = T D1 es una regi´ on on que no contiene a (1, (1 , 0) (i.e. removimos el punto donde F 1 tiene problemas) podemos aplicar el Teorema el Teorema de Stokes y concluir
{ −
≤}
· ∇ × 1 dr = F
∂ T
\
1 n ˆ dS = 0 F
·
T
El borde de T consiste en el tri´angulo C angulo C original original y la circunferencia Γ 1 = (x, y ) : (x 1)2 +y 2 = T consiste on consistente para el Teorema de Stokes es ∂ es ∂ T con C orientada orientada 2 . La orientaci´on T = C ( Γ1 ), con C contra–reloj y ( Γ1 ) orientada o rientada a favor del reloj. relo j. As´ As´ı,
}
{ ∪−
−
0=
· · 1 dr = F
1 dr + F
C
∂ T
1 dr F
·
−→
−Γ
· · 1 dr = F
C
1
−
1 dr F
Γ1
Parametrizamos Γ1 (contra–reloj) como γ (θ) = ( ( sin θ, cos θ)
−
∈ [0, [0, 2π] −→
1 , sin θ), θ γθ = γθ = ( cos θ + 1,
1 (γ (θ)) = F
−
sin θ cos θ , 2 2
Concluimos que:
· · − 1 dr = F
C
2π
1 dr = F
0
Γ1
sin θ cos θ , 2 2
· −
( sin θ, cos θ) dθ = 2π
2 a lo largo de C Para la integral de F de C ,, hacemos un an´alisis alisis an´alogo alogo considerando D considerando D 2 = (x, y ) : (x + 1)2 + y 2 2 y Γ2 = (x, y ) : (x + 1)2 + y 2 = 2 . En este caso, la conclusi´on on es:
≤ }
{
}
· · 2 dr = F
C
2 dr F
Γ2
– 95 –
{
