0
TOMO II
Prof Pro f . JORG J ORGE E INOST INOSTROZ ROZA A L. L. Magíst Magíster er en Matemáti Matemática ca
2010
1
INDICE.
Pág.
CAPITU CAPITULO LO 1.- Cálc Cálculo ulo Integr al.
1.1.- La integral definida. 1.2.- Teorema fundamental. 1.3.- Aplicaciones: Cálculo de Áreas planas. 1.4.- Área en paramétricas. 1.5.- Área en polares . 1.6.- Volúmenes de rotación 1.7.-Longitud de curva. 1.8.-Área de una superficie de rotación. 1.9.-Integrales Impropias. 1.10.- Guía de Ejercicios. ANEXO # 1.Series 1.Series de Taylor Taylor y de Fourier. Fourier.
3 10 13 21 23 32 47 51 53 57 61
ANEXO # 2. 2. El vector geométrico geométrico..
80
CAPITU CAPITULO LO 2.- Fun Funció ció n en Vari Varias as Variables
2.1.-Introducción. 2.2.- Funciones en Varias Variables. 2.3.-Gráfico de una función : Superficies cuádricas. 2.4.- Límite y Continuidad. 2.5.- Guía de Ejercicios. 2.6.- La Derivada Parcial. 2.7.- Diferenciabilidad de una función. 2.8.- Derivada Direccional. 2.9.- Aplicaciones de la derivada parcial. 2.10.-Valores extremos. 2.11.- Guía de Ejercicios.
91 94 95 101 110 114 125 132 136 143 155
2 CAPITU CAPITULO LO 3.3.- Int Integraci egración ón Múlti ple pl e y de línea
3.1.- La Integral doble y triple 3.2.- Integrales Iteradas. 3.3.- Teorema fundamental. 3.4.- Cambio de Coordenadas. 3.5.- Momentos y Centro de Masa . 3.6.- Área de una Superficie. 3.7.- Guía de Ejercicios. 3.8.-La Integral de línea. 3.9.- La Integral independiente del Camino. 3.10.-Guía de Ejercicios. 3.11.-Bibliografía.
157 160 162 169 178 179 183 188 194 201 201
3 CAPITULO 1.- Cálculo Integral
1.1.- La Integral definida Introducción: La integral definida viene a llenar la necesidad de resolver problemas geométricos como áreas de una figura plana encerrada por curvas y rectas, o volumen de un cuerpo de revolución y su superficie, y también problemas de física como trabajos realizados por una fuerza variable, centro de masa, etc. Pero no solo eso sino que también la encontramos en temas de Ingeniería, Economía, Medicina etc. En particular tomamos el concepto de área que resulta más adecuado para entender la definición de Integral definida; así el concepto de área, por ejemplo, deja de ser el producto de magnitudes como para el caso del rectángulo y triangulo; cuando se habla de área del círculo, ello porque previene de un concepto mas amplio y teórico como lo es el de integral definida. Para motivar, una definición, abordemos el problema de “calcular el área” de una región plana acotada por: la curva y = f (x); (f(x) función positiva); las rectas x = a; x = b y el eje 0x. y
a
b x x r −1
x r
Se consideran los siguientes pasos: A) Hagamos un partición P de [a, b] P : a = x 0 < < x1 < x2 < ...... < xr −1 < xr < ...... < xn = b En n partes iguales o no, en el segundo caso será: de magnitud xr − xr −1 =
b−a n
ó
simplemente Δ r x = xr − xr −1 B) en cada sub-intervalo x r −1 , x r __ escogemos un punto intermedio ξ r arbitrario o que puede ser el extremo derecho o sea
4
ξ r
b − a⎤ = a + r ⎡⎢ : r = 1,2,3,..., n. ⎣ n ⎥⎦
C) por cada sub-intervalo de construye un rectángulo de base Δ r x y altura f ( ξ r ) cuya área será: Ar
= f (ξ r )Δr x ´o
Ar
= f (a + k
b−a b−a n
)
n
Y cuya suma: S= ∑ f (ξ r )Δr x ; ó
S =
∑ r
r
f ( a + r (
b−a n
))(
b−a n
)
que se llama “suma intermedia de Riemann”, y que parece una buena aproximación del área buscada sobre todo si n crece indefinidamente o Δ r x tiene a cero, luego : A =
lim
Δr x→0
∑ f (ξ )Δ x r
r
r
Por ejemplo si la región esta acotada por y = 2 x 2 + 3 entre x = 1 y x = 3 , y tomamos en cada sub-intervalo el extremo derecho de éste para una partición de n intervalos iguales tendremos: a
s=
= 1; b = 3; b − a = 2 ⇒ n
⎡
2 ⎤ ⎡2⎤ ⎢⎣ n ⎥⎦
∑=1 f ⎢⎣1 + r ⎡⎢⎣ n ⎤⎥⎦⎥⎦ r
1 s=
n
∑ r =1
s
⎡ 8r 8r 2 ⎤ ⎛ 2 ⎞ ⎢5 + n + n2 ⎥ ⎜ n ⎟ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠
2⎡ n 8 n 8 = ⎢∑ 5 + ∑ r + 2 n ⎣ r =1 n r =1 n
∑ r ⎤⎥⎦ 2
3
5 2⎡ 8 n(n + 1) 8 ⎡ n(n + 1)(2n + 1) ⎤ ⎤ = ⎢5n + + 2⎢ ⎥⎦ ⎥ n⎣ n 2 6 n ⎣ ⎦ ⎡ 1 ⎤ 16 ⎡1 + 1 ⎤ ⎡2 + 1 ⎤ s = 10 + 8⎢1 + ⎥ + ⎣ n ⎦ 6 ⎢⎣ n ⎥⎦ ⎢⎣ n ⎥⎦ s
Luego:
∑ lim →∞ n
⎡ ⎣
⎧ ⎡ 2 ⎤⎤ = ⎡ ⎨10 + 8 ⎢1 + ⎥ lim ⎥ ⎣ n ⎦⎦ n→ ∞ ⎩ ⎣
f ⎢1 + r ⎢
1⎤ 8 ⎡ + 1+ n ⎥⎦ 3 ⎢⎣
1 ⎤⎡ 2+ n ⎥⎦ ⎢⎣
16 1 1⎤ = 10 + 8 + =23 n ⎦⎥ 3 3
Retornando al plano conceptual, abordemos la definición de una integral definida.
Definición Sea f (x) una función definida, continua en [a, b] . Se llama la integral definida de la función, en el intervalo dado, al número real I definido por: I =
lim ∑ f (ξ r )Δ r x, P
→0
r
Donde: P es la partición : a = x0 < x1 < x2 < ..... < xk < .... < xn ; p es llamada la norma de la partición y que equivale al máx Δ k x ; ξ r ∈ ( xr −1 , xr ) ,punto intermedio arbitrario, Δ r x = xr − xr −1 y que denotaremos b
∫
I = f ( x )dx a
b
A)
∴ ∫ f ( x )dx = lim ∑ f (ξ r )Δ r x a
Δ r x →0
r
Observación. 1.- En resumen se puede decir que la integral definida de una función real está dada como “límite de una suma intermedia de Riemann” b − a⎤ b−a 2.- Si en particular ξ r = a + r ⎡⎢ es decir la partición comprende n sub; Δ x = r ⎥ n n ⎣ ⎦ b − a⎤ intervalos iguales de magnitudes ⎡⎢ y el punto elegido ξ corresponde al extremo ⎣ n ⎥⎦ derecho de cada sub-intervalo, entonces: r
6
b
n
⎡
⎡b − a ⎤⎤⎡ b − a ⎤ ⎥ n ⎥⎦ ⎦ ⎢⎣ n ⎥⎦
∫ f ( x)dx = lim ∑ f ⎢⎣a + r ⎢⎣
B)
n →∞
a
r =1
b
3.- En la expresión: ∫ f ( x )dx; f ( x ) es el integrando, “a” el extremo inferior y “b” el extremo a
superior de integración. 4.- si f ( x ) >0 en [a, b] podemos definir el área bajo una curva entre paralelas x = a y x = b y el eje x como:
Definición. El área A de la región acotada por y = f ( x ) ; f ( x) > 0 las rectas x = a; x = b y el eje 0x, se define por: b
Α = ∫ f ( x )dx. a
Además:
Definición. Si f ( x ) es una fuerza continua; se define el trabajo realizado por ella sobre una partícula que se desplaza por el eje x desde x = a a, x = b como: b
∫
W = f ( x )dx a
Propiedades Atendiendo a la definición como limite de una suma intermedia, se tiene casi de inmediato las siguientes propiedades b
1.- ∫ k dx = k ( b − a ) ;k constante a b
c
b
2.- ∫ f ( x )dx = ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x )dx a a
a
3.- ∫ f ( x )dx = 0 a
c
a
≤c≤b
7 b
b
4.- Si f ( x ) ≥ g ( x ) ⇒ ∫ f ( x ) dx ≥ ∫ g ( x) dx a
a b
Y si f ( x ) ≥ 0 ⇒ ∫ f ( x )dx ≥ 0 a
b
a
5.- ∫ f ( x )dx = −∫ f ( x )dx . Esto porque a
b
b
a
a
b
a
a
b
a
a
b
∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx = 0 ⇒ ∫ f ( x)dx = − ∫ f ( x) dx 6.- Si M = max f ( x ) y m = min f ( x ) en [a, b] b
∫
m(b − a) ≤ f ( x )dx ≤ M (b − a) .
Esto se puede entender como una forma de acotar el valor
a
de la integral
7.-
b
b
a
a
∫ f ( x )dx ≤ ∫ f ( x ) dx ; Pues ∑ x ≤ ∑ x i
i
8.- Si f ( x ) par en [ −a, a ] ⇒ por la simetría de la figura: a
a
−a
o
∫ f ( x)dx = 2∫ f ( x )dx : a
9.- Si f ( x ) impar en [a, a] → ∫ f ( x )dx = 0 .Lo que se puede respaldar con un gráfico. −a
Ejemplos: 1.- Calcular con la definición: 2
3 2 ( x x dx ) − 2 ∫ o
Solución: Aplicando forma B) y siendo a = 0; b = 2; b − a = 2
8 2
∫ ( x
3
− 2 x
2
⎡ ⎡ 2 ⎤⎤ f ⎢0 + r ⎢ ⎥ ⎥ )dx = lim ∑ →∞ n
o
⎡2⎤ ⎣ n ⎦ ⎦ ⎢⎣ n ⎥⎦
n
⎣
r =1
⎡⎛ 2 ⎞ 3 ⎛ 2 ⎞ 2 ⎤ ⎛ 2 ⎞ = lim ∑ ⎢⎜ r ⎟ − 2⎜ r ⎟ ⎥ ⎜ ⎟ n →∞ ⎝ n ⎠ ⎥⎦ ⎝ n ⎠ 1 ⎢ ⎣⎝ n ⎠ n 8 3 8 2 ⎞ 2 = lim ∑ ⎛ r − 2 r ⎟ ⎜ 3 n ←∞ n ⎠ n 1 ⎝ n n 16 ⎛ r 3 2 ⎞ = lim ∑ 3 ⎜⎜ r ⎟⎟ n →∞ 1 n ⎝ n ⎠ n
= lim
n →∞
16 n
4
n
∑ r
3
−
1
16 n
3
n
∑ r
2
1
;Puesto que: ∑ r
3
2
1 ⎞ 8 ⎛ 1 ⎞ 1 ⎞ = lim 4⎛ 1 + ⎟ − ⎜1 + ⎟ ⎛ 2+ ⎟ ⎜ ⎜ n →∞ ⎝ n ⎠ 3 ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠ 8 4 = 4− = 3 3 2.- Expresar como una integral:
lim
1 p + 2 p `+3 p...... + n p n p +
1
n →∞
: p ≠ −1
Solución: b
n
⎛ b − a ⎞ ⎞⎟ ⎛ b − a ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ n ⎠ ⎠⎟ ⎝ n ⎠
⎛ ⎝
Como ∫ f ( x )dx = lim ∑ f ⎜⎜ a + r ⎜ n→∞
a
⎛ r p ⎞ 1 = lim ∑ ⎜⎜ 0 + p ⎟⎟ ; n ←∞ n ⎠ n r =1 ⎝ p n r ⎞ 1 ⎛ = lim ∑ ⎜ ⎟ ( ) = n →∞ n r =1 ⎝ n ⎠
r =1
n
con
b−a n
1 = ∴ a = 0; b = 1 n
1
∫ x
p
dx ¡El calculo de la integral queda pendiente!
o
3.- Expresar como una integral: lim
Δ r x →0
∑ ( x n
r =1
r
)
9 + x r 2 Δ r x en [− 1,1]
2
n(n + 1) ⎞ = ⎛ ⎜ ⎟ y ⎝ 2 ⎠
∑ r
2
=
n( n + 1)(2n + 1)
6
9
Solución: Según definición y de acuerdo a forma A) lim
Δ r x→0
∑ ( x n
r =1
r
)
1
9 + xr Δ r x = ∫ x 9 + x 2 dx 2
−1
4.- Expresar como integral: Según definición y de acuerdo a forma B)
⎛ ⎞ ⎜ 1 ⎟1 ⎟ lim ∑ ⎜ n→ ∞ r ⎜ ⎟n r =1 ⎜1+ ⎟ ⎝ n ⎠ n
Solución:
⎛ ⎞ 1 ⎜ ⎟⎛ 1 ⎞ 1 ⎟⎜ ⎟ ⇒ b − a = 1; a = 0 ∴ ∫ 1 dx lim ∑ ⎜ o + n→ ∞ ⎜ 1 + r ⎟⎝ n ⎠ 1 + x o ⎜ ⎟ n ⎠ ⎝ Su evaluación depende del Teorema siguiente.
1.2.-Teorema Fundamental del Cálculo . Teorema: Si f ( x) es una función integrable con F(x) primitiva de ella . Entonces b
∫
f ( x ) dx
= F (b) − F ( a)
a
Demostración: Partiendo del hecho que es integrable cosa que demanda ciertas condiciones de la función, definimos
10 x
Sea G ( x ) = ∫ f (t )dt : a ≤ x ≤ b ⇒ a
b
G(a ) = 0 y G ( b ) =
∫ f ( t )dt ⇒ a
x + h
G ( x + h) − G ( x )
∫
=
x
f (t )dt
a
a
− ∫ f (t )dt = ∫ f (t )dt + a
x
x+ h
∫ a
x+ h
f (t )dt
=
∫
f (t )dt
x
Pero por definición: x + h
n
⎛
h ⎞
⎛ h ⎞
∫ f (t )dt = lim ∑ f ⎜⎝ x + r n ⎠⎟ ⎜⎝ n ⎠⎟ ∴ n →∞
x
r =1
G ( x + h ) − G ( x ) h
⎛ h ⎞ ⎞ 1 = lim ∑ f ⎜⎜ x + r ⎛ ⎜ ⎟⎟ n →∞ ⎝ n ⎠ ⎠⎟ n r =1 ⎝ n
Por otra parte en [ x, x + h]; si m(h ) = min f ( x) , M ( h ) = max f ( x ) ⇒ Para una partición P:
⎛ ⎛ h ⎞⎞ ⎜ x + r ⎜ n ⎟ ⎟ ≤ M ( h ) : r = 1, 2......n ⎝ ⎠⎠ ⎝ El valor de la función en cada sub-intervalo está entre el minimo y el máximo en el intervalo señalado m ( h) ≤ f
Luego sumado en r n ⋅ m( h) ≤
∑ f ⎛⎜⎝ x + r⎛⎜⎝ hn ⎞⎟⎠⎞⎟⎠ ≤ n⋅ M( h) r
m ( h) ≤
⎛
⎞ 1
∑ f ⎜⎝ x + r ⎛⎜⎝ hn ⎞⎟⎠ ⎟⎠ ⋅ n ≤ M ( h ) ∴ si n → ∞ r
m ( h) ≤
G ( x + h) − G ( x) h
≤ M ( h ) si
h
→ o ⇒
m ( h ) → f ( x ) : M ( h)
→ f ( x)
lo tanto:
= G ′ ( h ) ⇒ G ( x ) es primitiva de f ( x ) : luego si F(x) también lo es F ( x ) − G ( x ) = c ( cons tan te) si x = a : F ( a ) − G ( a ) = c ⇒ F ( a ) = c Pues G(a ) = 0 si x = b : F ( b ) − G ( b ) = c = F ( a ) ó f ( x )
Por
11 b
G (b)
= F ( b ) − F ( a ) = ∫ f ( x ) dx a
Observación: Téngase presente que f ( x ) sea integrable en [a, b] para aplicar el teorema. La condición de integrabilidad se cumple si la función es continua. 3
1.- Calcular: I = ∫ (2 x 2 + 3)dx 1
Solución: 2 x 3 F ( x) = ∫ (2 x + 3)dx = + 3x ⇒ 3 1 I = F (3) − F (1) = 23 3 2
12
∫0 x3
2.- Calcular:
x
2
+ 25 dx
Solución: Veamos primero la primitiva: hacemos x 2 + 25 = u 2 ⇒ 2 xdx = 2 u
∫ x
3
x
2
+ 25 dx = ∫ x 2
x
2
+ 25 x
dx
= ∫ (u 2 − 25)u 2 du = ∫ (u 4 − 25u 2 )du 25 ⋅ u 3 = − 5 3 5 3 ⎞ ⎛1 25 = ⎜ ( x 2 + 25) 2 − ( x2 + 25) 2 ⎟ = F ( x) 3 ⎝5 ⎠ u
5
12
⇒ ∫ x 3
x
2
+ 25dx = F (12) − F (0)
0
F (12 ) − F ( 0 )
5 3 5 3 1 25 1 25 = ⎛⎜ (169) 2 − ( 169) 2 ⎞⎟ − ⎛⎜ ( 25) 2 − ( 25) 2 ⎞⎟ 3 3 ⎝5 ⎠ ⎝5 ⎠ 1 25 25 3 ⎞ 5 2 ⎞ ⎛ 1 5 = ⎛ ⎜ (13) − (13) ⎟ − ⎜ (5) − (5) ⎟ 5 ⎝ 3 3 ⎠ ⎝ 5 ⎠
du .-
12
Observación Se advierte que al hacer un cambio de variables los extremos de integración deben cambiar. Así si hacemos x 2 + 25 = u 2 Entonces si x = 0 ⇒ u = 5 y si x = 12 ⇒ u = 13 .Luego tendríamos la integral: 13
∫ (u
12
4
− 25)u
2
du
5
= ∫ x 3
x
2
+ 25dx
0
De modo que se puede proceder de las dos maneras. 3
3.- Calcular:
∫
u
2
+1 u
du
o
Solución: Si hacemos u 2 + 1 = t ⇒ u du =
dt
luego llevando el cambio a los límites de integración: 2 u = 0 ⇒ t = 1 ∧ u = 3 ⇒ t = 4 luego 3
∫ o
u
2
14 + 1 u du = ∫ t 21
dt
1 2 3 1 3 2 3 2 ⎞ = ⋅ t 2 = ⎛ ⎜4 −1 ⎟ ⎠ 2 3 3 ⎝
Observación.Como se puede apreciar, el éxito en el cálculo de integrales definidas pasa por un buen dominio del cálculo de primitivas.
1.3.-Cálculo de áreas planas.i) Área bajo una curva
y = f(x) a
b x
Ya se vio que para la región acotada por y
= f ( x );
f ( x ) ≥ 0; x = a; x = b; y = 0 ; teníamos
13 b
Α = ∫ f ( x )dx = lim ∑ f (ξ r )Δ r x a
n →∞
r
donde f (ξ r )Δ r x; es el llamado “elemento fundamental de área”,la del rectángulo base Δ r x y altura f (ξ r ) En este tema se pueden dar diferentes situaciones que ilustramos a continuación, Para el caso anterior, ya se vio que : b
∫
A = f ( x)dx a
Para el caso de la Fig siguiente; en [c, d ] , f ( x ) < 0 luego: y c
Α1 = ∫ f ( x )dx a
d
Α 2 = − ∫ f ( x )dx
a
c
c
b
Α 3 = ∫ f ( x )dx. d
c
d
b
a
c
d
El área total será: Α = ∫ f ( x )dx − ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x )dx Queda claro entonces que aquí b
Α ≠ ∫ f ( x )dx. a
Ejemplo: 1.- calcular el área encerrada por la curva: y
= 4−
2 2 x y el eje 0 x 9
d
b x
14
Solución: y 4 y
= 4−
2 2 x 9
−3 2 a) Grafico e intersecciones:
0
= 0 ⇒ x = ±3 2 x = 0 ⇒ y = 4 y
b) Cálculo 3 2
Α=
∫
−3
⎛ 4 − 2 x 2 ⎞dx ⎜ ⎟ 9 ⎝ ⎠ 2 3 2
A= 2
∫ 0
⎛ 4 − 2 x 2 ⎞dx ⎜ ⎟ ⎝ 9 ⎠
Α = 2(4 x −
2 3 3 2 x ) = F ( x) 27 0
= F (3 2 ) − F (0) 2 = 2(12 2 − 54 2 ) = 16 2 27 Observación: Si aplicamos la definición para calcula la mitad de la región tendríamos:
3 2 x
15 n ⎛ ⎛ 3 2 ⎞ ⎞⎟ 1 ⎟ Α = lim ∑ f ⎜⎜ 0 + r ⎜⎜ ⎟ n →∞ 2 n r =1 ⎝ ⎠ ⎠⎟ ⎝
⎛ 2 ⎛ 3r 2 ⎞ 2 ⎞ ⎛ 3 2 ⎞ ⎜4 − ⎜ ⎟ ⎟⋅⎜ ⎟ = lim ∑ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ n →∞ 9 ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠⎟ r =1 ⎝ ⎠ n ⎛ r 2 ⎞ ⎛ 3 2 ⎞ ⎟ = lim ∑ ⎜⎜ 4 − 4 2 ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ n →∞ n n r =1 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎟ n 12 2 ⎛ r 2 ⎞ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ = lim ∑ n →∞ n r =1 ⎝ n ⎠ 12 2 ⎛ n(n + 1)(2n + 1) ⎞ = lim ⎜n − ⎟ n →∞ n ⎝ 6n 2 ⎠ ⎛ ⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎞ ⎜ ⎜1 + ⎟⎜ 2 + ⎟ ⎟ n ⎠⎝ n ⎠ ⎟ 24 2 12 2 ⎜⎜1 − ⎝ = lim ⎟= 3 n →∞ 6 ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Α = 16 2 n
Esto es con el propósito de observar que el área se obtiene sumado pequeñísimas franjas f ( x ) de alto y ancho Δ x ; desde el extremo izquierdo x = −3 2 a 3 2 como un verdadero barrido.
2.- Calcular el área de la circunferencia de radio R.
Solución: Tenemos f ( x ) = R 2 − x 2 Luego: R
Α = 4∫
R
2
− x 2 dx
R
o
Si hacemos x = R sen t → dx = R cos t x = 0 ⇒ t = 0 x
= R ⇒ t =
π
2
dt
16 π
2
Α = 4 ∫ R cos
π / 2 t dt = − 4 RSent
0
o
= π R 2 (El área debe ser positiva
Área entre curvas: Considerando la figura y buscando una expresión para el área. Planteando como limite de una suma intermedia; tendríamos A =
lim
Δ r x →0
y
∑ f (ξ )Δ x o bién: r
r
r
f(
A
d g( a n
⎛ ⎝
d
b
x
⎛ b − a ⎞ ⎞⎟⎛ b − a ⎞ ; Donde ⎟⎜ ⎟ ⎝ n ⎠ ⎠⎟⎝ n ⎠
A = lim ∑ ( f − g )⎜⎜ a + r ⎜ n→∞
r =1
⎛ b − a ⎞ ⎞⎛ b − a ⎞ Α r = ( f − g )⎜⎜ a + r ⎛ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎝ n ⎠ ⎠⎟⎝ n ⎠ ⎝ es un “elemento fundamental de área”, las que deben sumarse y llevarla al limite.
b
Por lo tanto: Α = ∫ ( f − g )( x )dx . a
Esto se condice con el hecho que el área es la suma de “elementos fundamentales de área” llevada al límite. Esta fórmula sigue siendo válida cuando una o ambas funciones cambian el signo en [a, b] .
⎛ ⎝
⎛ b − a ⎞ ⎞⎟⎛ b − a ⎞ ⎟⎜ ⎟ ⎝ n ⎠ ⎠⎟⎝ n ⎠
Puesto que: Α r = ( f − g )⎜⎜ a + r ⎜
17
y y=f(x) x y = g(x)
En cualquier circunstancia; como se observa en la figura, la altura del “elemento fundamental del área” es siempre: ( f − g )(ξ r )
Ejemplos: 1.- Calcular el área encerrada entre la parábola: 2 x 2 + 9 y = 36 y la recta 2 x + 3 y = 0
Solución: a) grafico e intersecciones y
= 4−
2 2 2 x ∩ y = − x ⇒ 9 3
=6 x 2 = −3 x1
b) cálculo del área: 6
⎧ 2 2 ⎫ Α = ∫ ⎨⎛⎜ 4 − x 2 ⎞⎟ − ⎛⎜ − x ⎞⎟ ⎬ dx 9 ⎠ ⎝ 3 ⎠⎭ −3 ⎩⎝ 2 6 x 2 = 4 x + − x3 = 27 3 27 −3 2.- Encontrar el área encerrada por: y
2
= x + 4; x − 2 y + 1 = 0
-3
6
x
18
Solución: a) grafico e intersecciones:
La figura induce a considerar los elementos fundamentales de área (franjas) en forma horizontal. 3
( x = y 2 − 4) ∩ ( x = 2 y − 1) y
2
y2
− 2 y − 3 = 0 ⇒ y1 = 3 = −1
b) Cálculo del área:
-1
3
Α=
∫−1{( 2 y − 1) − ( y 2 − 4)} dy 2
Α = y −
y
3
3
+ 3y
2 3 = 10 3 −1
Como se observa “los elementos fundamentales de área” fueron escogidos en forma horizontal y así evitamos tener que dividir el área en dos partes 3.- Calcular el área encerrada por: i) y = x 2 − x 4 y la recta tangente horizontal; y>0 ii) La curva y el eje Ox y
Solución: i)
1/4
a) grafico: y = x 2 (1 − x 2 ) -1 1 0
x
19 Se trata de una función par es decir simétrica respecto del eje Oy que corta el eje x en x = 0 ∧ x = ±1. La tangente horizontal se obtiene haciendo y ′( x ) = 0 ⇒ y = 1 / 4 ,
b) Calculo:
⎛ 1 ⎞ 2 4 3 5 ⎜ ⎟⎟ = 1 / 4 − 1 / 3 + 1 / 5 = 7 / 60 [ ] = 2 1 / 4 − ( x − x ) dx x / 4 − x / 3 + x / 5 ∫ ⎜ 1
A = 2
0 ⎠
⎝
0
ii) Al área del rectángulo (1/2) restamos lo obtenido en i) resulta 23/60 4.- hallar el área encerrada por: y = x 2 ; x = 0 y la recta tangente a ella en (1,1)
Solución Recta tangente:
= y ′ ( x0 )( x − x0 ) → y − 1 = 2 ( x − 1) ó y = 2 x − 1 y − y0
y
1 0 a) área : 1
Α = ∫ ( x − 2 x + 1)dx = 2
o
x
3
3
− x 2 + x =
1 3
5.- calcular el área que encierran: i) f ( x ) = cos x + senx; y = 0; x = 0; x =
π
2
;y = 0
ii) f ( x) =Cosx y g ( x) = Senx ; π / 4 ≤ x ≤ 5π / 4
x
20
Solución: i) a) gráfico: π / 4 π / 2
b) Área: π / 2
i) A =
∫ (sen x + cos x ) dx = - cos x + sen x
5π / 4
ii) A =
∫ (Senx − Cosx)dx = − Cosx − Senx
π / 4
π / 2
0
=2
5π / 4 =2 2 π / 4
1.4.-Área en coordenadas paramétricas .
Como la forma paramétrica para la curva
y = f(x) esta dada por
x = x (t ) y = y
(t )
t 0
< t < t1
Luego b
∫
A = f ( x ) a
t
t 1
dx = ∫ y (t ) ⋅ x ′(t ) dt t
t 0
Ejemplo: 6.- Si la elipse esta dada paramétricamente por: x
y = b
sen t
= a cos t ; 0 ≤ t ≤ 2π
21 Calcular su área interior
y Solución: x π /2
∫ (b sen t) ⋅ (− a sen t) dt
A = 4
0
π /2
A = −4
∫ sen
ab
2
t dt
o
1 (t - sen t cos t / π o/2 )= π a b. El signo menos se debe a que el recorrido es tomado 2 de menor a mayor.
= −4 ab
7.- Hallar el área interior de la astroide x = a cos
3
y = a sen 3
t 0 ≤ t ≤ 2π
t
Solución
x
a
π /2
A = 4
y
∫ (a sen t ) (3a cos 3
2
t (- sen t )) dt
o
o
A = 12 a
2
∫
π
sen
4
1 1 t cos 2 t dt ; Como Sen 2 t = (1 − Cos 2t ) ; Cos 2 t = (1 + Cos 2t ) 2 2
2
3 2o 2 A = a ∫ (1 - 2 cos2 t + cos 2t )(1 + cos 2t ) dt 2 π 2
3 2 o 2 3 A = a ∫ (1 − cos 2t − cos 2t + cos 2t ) dt 2 π / 2
22 3 2o 2 3 A = a ∫ (1 − cos 2t − cos 2t + cos 2t )(2dt ) 4 π 2 o 0 3 2 ⎛ 1 ⎞ + cos2 2t (cos2t dt ) A = a ⎜ 2t − sen 2t ) − (2t + sen2t cos2t ⎟ 4 ⎝ 2 ⎠ π / 2 π / 2
∫
⎛ ⎞ o ⎟ 3 2⎜ 2 A = a ⎜ − π / 2 + ∫ (1 − sen 2t ) d(sen 2t )⎟ 4 ⎜ π ⎟ 2 ⎝ ⎠ 3 2 ⎛ π ⎛ sen 3 2t ⎞ 0 ⎞⎟ ⎜ ⎜ A = a − + ⎜ sen 2t .⎟ 4 ⎜⎝ 2 ⎝ 3 ⎠⎟ π / 2 ⎠⎟
3π a 2 A = ¿ 8
1.5.-Área en coordenadas polares Introducción
P ρ
O En el plano las coordenadas Polares estan dadas por un angulo θ y un Radio polar ρ estan re feridas a un eje polar y un centro polar 0. Un punto P del plano queda, entonces determinado por el angulo θ y la magnitud del radio ρ y esas son las "coordenadas polares"
Si en el sistema de ejes Cartesinos , el eje polar coincide con el eje σx. se tinen las siguientes ecuaciones del cambio.
23
⎧ x = ρ cosσ Cambio de coordenadas Cartesianas a polares ⎨ = y ρ σ sen ⎩
P y
θ
x
⎧ ρ = x 2 + y 2 ⎪ ⎨ y ; ⎪θ = Arc tg x ⎩
x
Si x = 0, y>0 ⇒ θ =
≠0
π
2
Polares a cartesianas
si y<0 ⇒ θ = −
,
π
2
Ejemplos:
1.- Las coordenadas Cartesianas de P son Sol.
− 3 − , 1) ¿Cuales son las Coordenadas polares?
ρ =
3 + 1 =2 ⎛ 1 ⎞ ⎟⎟ (3er cuadrante) θ = Artg ⎜⎜ ⎝ 3 ⎠ 7π 7π ⎞ θ = 210º = ⇒ P = ⎛ ⎜ 2, ⎟ 6 ⎝ 6 ⎠
⎛ , π ⎞ Determinar sus Coordenadas Cartesianas. ⎟ ⎝ 2 ⎠
2.- Dado el punto P ⎜ 3
Solucion:
x 2
ρ = 3 = θ = Artg
y x
=
π
2
+ y 2
; ⇒ x = 0 ;y =3 ⇒ P = (0,3)
24 Para graficar curvas en coordenadas polares el primer recurso es una buena coleccion de punto ademas de ciertas propiedades de simetria: a) Si P( ρ ;θ ) P( ρ ;−θ ) son puntos de la curva es porque hay simetrśa respecto al eje polar b) Si P ( ρ , θ )
P ( ρ
y
, π − θ ) son puntos de la curva es porque hay simetria
respe
cto al eje vertical .
Si P ( ρ , θ ) y
c)
P
(−
ρ , π
+ θ ) estan en la curva es porque hay simetria respec
to al polo. Ejemplos:
1)
Graficar
ρ
= 3 cosθ
Solucion:
a) θ
0
ρ
3
π
2
π
3π 2π 2
0 -3 0 3
b) Simetria al eje Polar:
c) Para
π
2
≤
θ
≤
3π ; cos θ < 0 ⇒ ρ < 0 2
Observacion:
1) Para confirmar que se trata de una circunferencia, veamos la forma cartesiana: Si ρ = 3Cosθ y como ρ
( x 2 + y 2 )1 / 2 =
3 x 2
2 1/ 2
( x + y )
= ( x 2 + y 2 )1 / 2 ρ Cosθ = x ⇒ 3Cosθ =
2
ρ
ó
⇒ x 2 + y 2 = 3 x ⇔ ( x − 3 / 2) 2 + y 2 = (3 / 2) 2 .
Reciprocamente la forma polar nos da: x
3 x
+ y 2 = 3x ⇔ ρ 2 Cos 2θ + ρ 2 Sen 2θ = 3 ρ Cosθ ⇒ ρ = 3Cosθ .
25 2) Las curvas ρ = aSenθ , ; ρ = aSen(π − θ ) ; ρ = aCos (π − θ ) son tambien circunferen cias. ρ
2.-Graficar:
= 2 cos 2θ
Solucion:
Como ρ (θ ) = ρ (π - θ ) a) ρ (θ ) = ρ (π + θ ) hay simetrías do todo orden
d) θ
0
ρ
2
π
π
4
2
0
-2
e) Es un trebol de 4 hojas`.
y
2 1
-2
-1
1 -1 -2
a) Las curvas de la forma ρ
= a sen
η θ
2
x
3π 4
π
π
6
3π 2
0
2
1
-2
26 ρ = a cos η θ
;
η
∈
N
Tienen graficas llamadas trebol de n petalos. El numero de petalos es par si n es par. b) las curvas de la forma: ρ ρ
= a ± b cos θ = a ± b sen θ son llamadas caracol
c) Las curvas ρ 2
= a 2 cos 2θ ;
ρ 2
= a 2 sen 2 θ son llamadas Lemniscatas.
y
1.0 0.5
y
0.4 0.2
-1.4-1.2-1.0-0.8-0.6-0.4-0.2 -0.2 -0.4
-1.0
0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4
Guia de Ejercicios:
1.- Graficar cada una de las curvas :
a) ρ = 4 cos θ
⎛ ⎝ c) ρ cos θ = 2 d) ρ 2 = 4 sen 2θ e) ρ = 5 cos 3 θ
b) ρ = 2 cos ⎜θ +
f) ρ = 2 cos
θ
h) ρ 2
θ
π ⎞
2 g) ρ = 4 + 2 cos θ
= 2 cos
i) ρ = tg t
⎟ 6 ⎠
x
-0.5
0.5 -0.5 -1.0
1.0
x
27
j) ρ = 4 sen 2
θ
2 k) ρ (2 - cos θ ) = 4 l)
ρ
m) ρ
= 3 - 2θ = 2 eθ
2.- Graficar el par de curvas y hallar las intersecciones : a) ρ
= 3 cos θ
;
b) ρ
= 2 cos θ ;
ρ cos θ
c) ρ
= tg
d) ρ
= sen 2 θ ,
e) ρ
= cos
f) ρ
= 2 + cos θ
ρ
= 2 sen θ =1
; ρ = 2 sen θ
θ
θ
ρ = sen 4 θ
; ρ 2 = cos 2 θ
;
ρ
= 6 cos θ
Cálculo de Áreas El área de una región comprendida entre el eje polar el radio polar y la curva comprendida está dada por
e
1 1 A = ∫ ρ 2 (θ ) dθ 2e o
28
x Para lograr basta con señalar que el elemento fundamental de área esta dado por: Ar
=
1 ρ · ρ Δ θ 2
Figura que se asimila a un triangulo rectángulo de base ρ y un arco de circunferencia de longitud ρ Δθ asimilable a la altura. Luego sumando y llevado al limite se logra la formula señalada.
Ejercicios: 1.- Calcular el área interior del circulo: ρ (θ ) = R
Solución: 1 2π 2 2 A = ∫ R dθ = π R 2o 2.- Hallar el área interior a la lemniscata ρ 2
= a 2 cos 2θ
Solución
a) Construcción b) Calculo:
1 π / 4 2 A = 4 ⋅ ∫ a cos 2θ dθ 2 o
: 0 ≤ θ ≤ 2π
29 π / 4
= a 2 ∫o cos 2θ d (2θ ) = a 2 sen 2θ / π o/4 = a 2 3.- Calcular el área encerrada por la cardiode: ρ = a (1 + cos θ )
a) Gráfico:
Solución:
b) Calcular:
A = 2
⋅
1 π 2 2 a (1 + cos θ ) dθ ∫ 2 o π
= a 2 ∫o (1 + 2 cos θ + cos 2θ ) dθ
=a
2
⎛ θ + 2 sen θ + 1 (θ + sen θ cos θ ) ⎞ π = 3π a 2 ⎜ ⎟ 2 2 ⎝ ⎠ 0
4.- Hallar el área de una de las hojas del trébol: ρ = 2a cos 3θ Solución: a) Gráfico. Simetría con el eje polar.
30 b) Calculo: A = 2 ⋅
1 π / 6 2 2 4 a cos 3 θ dθ ∫ 2 o
4a 2 A = 3
π / 6
∫
o
cos 2 3θ d (3θ )
π / 6 4a 2 1 A = ⋅ (3θ + sen 3θ cos 3θ ) 0 3 2 A =
a2
⋅ π 3 Calcular el área exterior a la cardioide
5.-
ρ
= 1 − sen θ
círculo ρ = 3sen θ .
y
3 -1.0
2
-0.5
y
0.5
1.0
-0.5
1
-1.0 -1.5
-1.5 -1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0 1.5
x
-2.0
Solución: a) Gráfico e intersecciones: ρ = 1 − sen θ θ o
A =
= arc sen
∩
ρ = 3sen θ
1 − sen θ = 3sen θ ⇒ sen θ =
1 4
1 π / 2 ⎧ 1 π / 2 ⎫ 2⎨ ∫θ 9 sen 2 θ dθ - ∫θ (1 − sen θ )2 dθ ⎬ 2 0 ⎩2 0 ⎭
b) Cálculos: A =
π / 2
∫ (8 sen eo
2
θ
+ 2 sen θ - 1) dθ
1 4
x
interior al
31
A = 4(θ − sen θ
cos θ ) - 2 cos θ - θ
π / 2 θ 0
A =
3π − 3θ o − 4sen θ o cos θ o - 2cos θ o 2
A =
3π 1 1 − 3arc sen − 3 1 − 2 4 16
A =
3π 1 1 ⎞ 1 ⎞ ⎛ − 3 arc sen − cos⎛ ⎜ arc sen ⎟ − 2 cos⎜ arc sen ⎟ 2 4 4 ⎠ 4 ⎠ ⎝ ⎝
A =
3π 1 1 − 3arc sen − 15 2 4 3
1.6.-Volumen de rotación i) Método de las secciones transversales.Es el que se logra al hacer rotar una región plana en torno de un eje coordenado o una recta paralela a uno de ellos. La formula para evaluarlo se logra haciendo similares consideraciones que para el cálculo del área, en el sentido de definir un “elemento fundamental” de volumen, cuya suma se lleva al límite cuando el número de ellos crece indefinidamente, es decir: a) Hacemos partición de [a, b] en n partes iguales de largo
b−a n
b) Como en la Fig. ; el área se hace girar en torno del eje 0X y el
Elemento fundamental de volumen es el cilindro recto circular de radio f (ξ k ) ó sección transversal
⎛ ⎝
b − a ⎞ ⎞
f ⎜⎜ a + k ⎛ ⎜
⎝
n
⎟⎟ ⎠ ⎠⎟
y altura Δ k x =
b−a n
c) V k = π f 2 (ξ k ) ⋅ Δ k x, cuya suma es una suma intermedia:
32
y
y=f
a
b
x
dx
∑ k
n
V k
= π ∑ f 2 (ξ k )Δ k x Luego sin n → ∞ tendremos k −1
∫
b
2
V = π f ( x )dx a
Para las otras situaciones, cuando el eje de giro, es otro, es mas claro observarlo en el siguiente ejemplo:
Ejemplo: 1.- Sea y 2 = 4 x , y>0 las rectas x = 3 ; y = 2 3 que definen las áreas A1 , A 2 Determinar el volumen por rotación cuando: 2 3
A2 A1 A1
a) A1 gira en torno del eje 0x
3
Solución: El radio del elemento fundamental es y ( x) ⇒
∫
3
V = π y 2 o
(x )dx =
∫
3
π 4x dx o
= 18 π
Observación Aquí el elemento fundamental, como lo señala la Fig. es un cilindro o tajada circular de radio y ( x ) = 2 x que se suman en dirección del eje de giro desde 0 a 3. Argumento similar para los casos que siguen.
33 b) A2 gira en torno del eje 0y
Solución: Aquí los elementos se suman en dirección del eje 0y y el radio es x = x( y )
∫
V = π
= π
2 3
o
y5
80
2
x ( y )dy
=
(
π 2 3
80
2 3
= π ∫o
4 2 3 y ⎛ y 2 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟dy = π ∫ dy o 4 16 ⎝ ⎠
)5 = 18π
3
5
c) A1 gira en torno del eje 0y (Es un sólido abierto por dentro)
Solución: Se trata de restar dos volúmenes . V 1 = cilindro ; π ⋅ 3 2
V 2
2 3 = 18π 3
= A2 girando sobre eje 0y : =
V = π
V = V 1 − V 2
18 π 3 5
18 ⎞ 72 3 ⎛ ⎜18 − ⎟ = π 3 5 ⎠ 5 ⎝
d) A2 gira en torno del eje 0x .(Es un sólido abierto en su interior )
Solución: V = V 1 − V 2 V 1
= π (2 3 ) ⋅ 3 2
V 2 = 18π
34
V = π (36 − 8) = 28π
e) A1 gira en torno x = 3 .(Es un sólido desplazado)
Solución: r = 3 −
y
2
4
2 3
(Radio de giro variable) 2
∫ (3 − y / 4) dy
V = π
2
o
∫
V = π
2 3
o
⎛ 3 y 2 y 4 ⎞ 43 ⎜⎜ 9 − + ⎟⎟dy = π 3 2 16 ⎠ 5 ⎝
f) A2 gira en torno y = 2 3 .
Solución:
(2
3 − y ( x )) Radio de giro
V = π
3
∫ (2 o
V = 4π
3
3 − 2 x ) dx 2
∫ (3 − 2 o
3 x + x ) dx
2 ⎛ x ⎞ 3 3/ 2 2 V = 4π ⎜⎜ 3 x − 2 3 ⋅ x + ⎟⎟ 3 2 ⎠ 0 ⎝
⎛ ⎜ ⎝
V = 4π ⎜ 9 −
4 3 9 ⎞ ⋅ 3 3 + ⎟⎟ 3 2 ⎠
V = 6π
g) A1 gira en torno y = 2 3 (Para el estudiante) h) A2 gira en torno x = 3 (Para el estudiante).
2.- Calcular el volumen de la esfera de radio R.
35
Solución: Girando el cuarto de un círculo se tendrá:
∫
r
V = 2π y 2 ( x ) dx o
V = 2π
r
∫ ( R
2
o
− x 2 )dx
⎛ 2 x 3 ⎞ ⎟ V = 2π ⎜⎜ R x − 3 ⎠⎟ ⎝ ⎛ 3 R 3 ⎞ 4π R 3 ⎟⎟ = V = 2π ⎜⎜ R − 3 3 ⎝ ⎠ 3.- Calcular el volumen del toro; que se forma por la rotación del círculo: x 2
+ ( y − b )2 = a 2 ; a ≤ b
En torno del eje x.
Solución: Debemos restar dos volúmenes: V = V 1 − V 2
b
( V = π ∫ (b − V 1
2
V = π
) ) dx 2
a
a 2 − x 2 dx
a
a 2 − x 2
= π ∫−a b + −a
2
a
a
−
−
∫ a4b a 2 − x 2 dx = 4π b ∫ a a 2 − x 2 dx
V = 4π b ⋅
(tabla)
1 ⎛ x ⎞ a = 2π 2 a 2 b ⎜ x a 2 − x 2 + a 2 arc sen ⎟ 2 ⎝ a ⎠ − a
4.- Hallar el volumen del elipsoide, generado por la rotación de la elipse: el eje 0x
x 2 a
2
+
y 2 b
2
= 1 sobre
36
Solución:
b a
∫
a
V = 2π b
2
o
V =
2π b 2 a
2
⎛ x 2 ⎞ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟dx ⎝ a ⎠
2π b 2 ⎛ 2 x 3 ⎞ a 4π 2 ∫o (a − x )dx = a 2 ⎜⎜⎝ a x - 3 ⎠⎟⎟ 0 = 3 ab a
2
2
5.- Calcular el volumen del paraboloide de revolución de radio R y altura h Solución: La parábola que gira sobre el eje Oy es: x 2 = 2 py ,como el punto (R,h) está en ella entonces 2
reemplazando se tiene: R = 2 ph ó 2 p = h
volumen: V = π ∫ 0
R
2
h
ydy = π
R
R
2
h
2
,por lo que la curva que gira será: x =
R
2
h
y y el
2
2
h.
6.-Hallar el volumen del cuerpo generado por la rotación en torno de la recta y=-p de la figura limitada por la parábola y 2 = 2 px
y la recta x =
p
2
Solución: La parábola al girar sobre la recta hace que restemos dos volúmenes así: p / 2
V = π
∫ ( p +
2 px ) − ( p − 2 px ) dx 2
0
p / 2
V = π
∫ 0
4 4 p 2 px dx = π p 3 3
2
37
Para esto podemos también trasladar la paralela de modo que el eje 0x coincida con la recta y=-´p. Así queda
( y − p )2 = 2 p x
y =´ p ± 2 p x
o
V = V 1 − V 2
p / 2
V 1
= π ∫o
V 2
= π ∫o
V = π
p/2
∫
p / 2
o
( p +
2 px ) dx
( p −
2 px ) dx
2
2
4 p 2 px dx =
4 π p 3 3
Cálculo de volumen en coordenadas paramétricas. Si la curva que limita la región esta dada en coordenadas paramétricas:
⎧ x = x(t ) ⎪ t o ≤ t ≤ t 1 y = f ( x ) ⇔ ⎨ ⎪ y = y (t ) ⎩ x1
∫
V = π
xo
2
y ( x ) dx =
∫
t 1
t 0
2
y (t ) x' (t ) dt
Entonces; Si el eje de giro es el eje 0x
38
Ejemplo: 1.- Hallar el volumen que genera la rotación del arco de cicloide: x = a(t − sent ) y = a(1 − cos t )
: 0 ≤ t ≤ 2π
Girando en torno del eje 0x
Solución: V = π
∫
2π
o
a2
(1 - cos t )2 a (1 - cos t ) dt
2π
(1 − Cost ) 3 dt
2π
(1 − 3Cost + 3 cos 2 t − Cos 3t )dt
= π a 3 ∫0 = π a 3 ∫0
= 5 a 3 π 2 2.- Calcular el volumen de la esfera de radio R
Solución: x = R cos t ; y = R sen t
V = 2π V = 2π
π / 2
∫
0
y (t ) dx (t ) 2
π / 2
∫ ( R
2
o
V = −2π R 3
: 0 ≤ t ≤ 2π Girando la semi circunferencia sobre el eje x
∫
π / 2
o
sen 2 t )(− R sen t ) dt sen 3t dt
39
⎛ cos3 t ⎞ π / 2 V = −2π R ⎜⎜ − cos t ⎟⎟ ⎝ 3 ⎠ 0 3
4π R 3 V = − 3
Observación: El signo menos es debido a que el orden de integración de mayor a menor es el contrario al asignado.
Calculo de volumen en coordenadas polares. Si la región plana esta acotada por una curva dada en polares ρ = ρ (θ )
α ≤ θ ≤ β
Que gira en torno del eje polar. Por tratarse de un cuerpo de forma casi cónica para un ángulo pequeño, tomamos como “elemento fundamental” de volumen un cono circular con interior vacío.
ΔV =
1 2 π ρ [(r + Δr ) − r 2 ] 3
≅
1 2 π ρ [2r Δr + (Δr ) ] 3
≅
2 π ρ r Δ r : 3
ΔV =
Δr 2 ≈ 0 y r = ρ sen θ ; Δr = ρ Δθ
2π 3 ρ sen θ Δ θ ; Sumando y llevando al límite 3 V =
2π p 3 ρ sen θ dθ 3 ∫α
Ejemplos 1.- Hallar el volumen del cuerpo que resulta de la rotación de la cardioide: ρ = a (1 + cos θ )
40 En torno al eje polar. Solución: V =
2π 3 π 3 a ∫ (1 + cos θ ) sen θ dθ o 3
2π a 3 V = − 3
π
∫
3 ( 1 + cos θ ) (d cos θ ) o
4 ( 2π a 3 ⎛ 1 cos + θ ) ⎞ π ⎜ ⎟ V = − ⎟ 3 ⎜⎝ 4 ⎠ 0
2π a 3 ⎛ 2 4 ⎞ 8π a 3 ⎜− ⎟ = V = − 3 ⎜⎝ 4 ⎠⎟ 3 2.- Hallar el volumen del cuerpo generado por la rotación, sobre el eje polar de ρ = a cos 2 θ
Solución: 4π π / 2 3 6 V = a cos θ sen θ dθ 3 ∫o 4π 3 cos 7 θ π / 2 V = a 3 7 0
4π a 3 V = 21
Método de capas cilíndricas Para calcular el volumen de un cuerpo generado por la rotación de la región encerrada por y = f ( x ) ; y = c ; y = d , en torno al eje y Tenemos una modalidad alternativa a la de las secciones transversales; conocida como “método de las capas cilíndricas” Y la diferencia está en que se suma en dirección del eje 0x y los elementos fundamentales de volumen son cilindros de interior vacío como en la fig. y cuyo volumen es:
41
ΔV = (π ( x + Δ x )2 − π x 2 ) · y ( x)
y
((Δ x )2 ≈ 0 )
ΔV ≅ 2π x Δ x ⋅ y(x) y
y2(x)
Sumando y llevando al límite
∫
b
V = 2π xy a
∫
x
dx
b
V = 2π xf ( x ) a
y1(x)
dx .En la figura la altura es 0
dx
x
b
y1 ( x) − y 2 ( x)
⇒ V = 2π ∫ x( y1 ( x) − y 2 ( x))dx
a
0
Ejemplo: 1.- Hallar el volumen que se genera por la rotación de una onda torno del eje y. Solución:
π
∫
V = 2π x sen x o
dx
= 2π (sen x - x cos x )
π
0
= 2π 2
En cambio la forma anterior resulta
∫ [(π − arc sen y)
V = π
1
2
o
− (arc sen y )2 ] dy
1
= π 2 ∫o (π − 2 arc sen y ) dy
= π 3 − 2π 2
y
arc sen u + 1 - y 2
y = sen
x cuando gira en
42
= 2π 2 (¡mas laborioso!)
2.-Calcular el volumen por rotación en el eje 0y de la región acotada por y = x ; x = a ; y = 0 Solución:
∫
4
V = 2π x o
f (x ) dx
4π 5 / 2 128π x V = ∫o 5 5 3.- Calcular el volumen por rotación sobre el eje 0y de la región acotada por y = x(2 − x ); y = 0 4
V = 2π x 3 / 2 dx =
Solución: 2
∫ (
2
)
V = 2π x 2 x − x dx o
V = 2π V =
2
∫ (2 x o
2
− x 3 )dx
8π 3
4.- El área acotada por y=x 2 ; y=x+2 gira en torno de la recta x=3. Evaluar el volumen. Solución: Intersección:
( y = x 2 ) ∩ ( y = 2 x − x 2 ) ⇒ x = −1; x = 2 , El radio es (3 – x ) y la altura del elemento fundamental será la diferencia de las ordenadas.
∫
2
V = 2π xy ( x )dx −1
43
⎞ 2 ⎛ x 4 4 x 3 x 2 V = 2π ⎜⎜ − + + 6 x ⎟⎟ 3 2 ⎝ 4 ⎠ − 1 V = 22 1/2π
Volumen de un cuerpo de sección conocida. A diferencia de los cuerpo de revolución; estos tienen una sección no circular; y la idea básica para determinar su volumen esta en definir un “elemento fundamental” de volumen que sumada y llevada al limite quedara expresada como una integral, pero la expresión de su volumen depende del tipo de figura por lo que no se cuenta con una fórmula para ello.El gráfico de estos cuerpos se los encomendamos al estudiante. Ejemplo: 1.- Calcular el volumen generado por un triangulo variable equilátero de modo que el punto medio de la base se desplaza sobre la circunferencia x 2 + y 2 = 16 , demás un vértice esta sobre el eje 0x y el plano que lo contiene es paralelo al plano (yz). Solución: 1 = (2 y )( y 3 )⋅ Δx ⇒ 2
V r
4
V =
∫ y
V =
4
2
3 dx
o
∫ (16 − x ) 2
o
3 dx
⎛ x 3 ⎞ 4 128 3 ⎟⎟ = V = 3 ⎜⎜16 x − 3 3 ⎝ ⎠ 0 2.- Sobre las cuerdas de la astroide: x 2 / 3 + y 2 / 3 = a 2 / 3 se construyen cuadrado de lado igual a la cuerda y los planos que los contienen son perpendiculares al plano xy. Calcular el volumen cuando las cuerdas son paralelas al eje ox.
Solución:
y 3
V k
= (2 x k ) 2 ( x k ) 2 = (a 2 / 3 − y 2 / 3 )
V k
= 4(a 2 / 3 − y 2 / 3 ) Δ k y
3
Luego
x α
= 4 ⋅ 4∫
o
(a
2/3
− y 2 / 3 ) dy 3
44
∫( a
V =16 a
2
o
− 3a 3 / 4 y 2 / 3 + 3a 2 / 3 y 4 / 3 − y 2 )dy
⎛ 2 9 4 / 3 5 / 3 9 2 / 3 7 / 3 y a a ⎜⎜ a y − a y + a y − ⎟⎟ V = 16 ⇒ 5 7 3 ⎝ 0
V =
16 3 a 105
3.- Un circulo deformable se desplaza de forma que su centro recorre la elipse
x 2 a
2
+
y 2 b
2
=1 ,
el plano que lo contiene es perpendicular al plano xy; y uno de los puntos de la circunferencia descansa sobre el eje 0y. Hallar el volumen así engendrado.
Solución: V k V k
2
2
2
= π x ·Δ y Pero x = a (1 − 2
= π a (1 −
y
2
b2
y 2 b
2
)
)Δ y
Sumando estos elementos fundamentales y llevando al límite tendremos: b 2 3 y ⎞ b 8π a 2 b 2 ⎛ 2 V = 4π a ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟dy = 4π a (b − 2 ) =
∫ ⎝ 0
b
3b
⎠
4.- Calcular el volumen del elipsoide
3
x
2
a
2
+
y
2
b
2
+
z
2
c
2
=1
Solución: Este cuerpo tiene sección elíptica V r = (PM ⋅ MQ ⋅ Δ y )π
; PM ⇒ x = 0 ∴ z = c 1 −
⎛ y 2 ⎞ V r = π ac⎜⎜1 - 2 ⎟⎟Δ y ⎝ b ⎠
y 2 b
2
; MQ ⇒ z = 0 ∴ x = a 1 −
Luego
⎛ y 2 ⎞ V = 2π ac∫ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ dy o ⎝ b ⎠ 4 V = π abc 3
P
b
5.- Calcular el volumen del cono elíptico:
Q
y 2 b
2
45
x
2
a
2
+
y
2
b
2
−
z
2
c
2
=0
0≤ z≤ c
Solución: z V r = π a ´b´ ⋅
Δz
a´: ( y = 0) ⇒ x =
y x
az
b´: ( x + 0 ) ⇒ y = V r =
π ab
z2 ⋅
c bz c
Δz ⇒ c π ab c 2 π abc V = 2 ∫ z dz = c o 3 2
46
1.7.-Longitud de una curva: Para lograr una expresión para la longitud de la curva y = f (x ) a ≤ x ≤ b ; plantearemos una suma intermedia (o suma de Riemann) cuyo limite expresa una integral definida. a) Sea la curva dada como:y = f(x) continua en [a,b] ó en su forma paramétrica x = x (t ) : y = y (t ) a ≤ t ≤ b Ρ una partición de [a,b] en los puntos: a = x0 < x1 < x2 .... < xk < .... < xn = b b) Los puntos p(a) = p0 , p( x1 ) = p1 ......... p n = p(b) en la curva, se corresponden a los puntos de la partición y que unidas definen una poligonal de longitud. n
Lp
= ∑ ( xk − xk −1 )2 + ( y k − y k −1 )2
;
k =1
1
L p
= ∑ (Δ k x )2 + (Δ k y )2 ; Δ k y = f (x k ) − f (x k -1 )
Δ k x = ( xk − xk −1 )
k =1
⎛ Δf (x k ) ⎞ ⎟⎟ Δ k x 1 + ⎜⎜ Δ x 1 1 ⎝ k ⎠ El teorema del valor medio para f ( x) continua y diferenciable nos permite aproximar: n
L p
= ∑ (Δ k x ) + (f ( x k ) − f ( x k -1 )) 2
2
⇒
Lp
=
n
∑
n
Lp
= ∑ 1 + f ′( x k )Δ k x ,luego de llevar al límite si n → ∞ la poligonal tiende a la longitud 1
de la curva, luego definimos. Definición Si f ( x ) continua en [a, b] . Entonces la longitud de la curva se define por: Lc
b
= ∫a 1 + f´2 ( x )dx
Observación. Para el caso que : x = g ( y ) : c ≤ y ≤ d Lc
Observación
d
= ∫c 1 + g´2 ( y )dy
47
⎧ x = x(t ) ⎪ Si la curva esta dada en forma paramétrica: ⎨ t o ≤ t ≤ t 1 ⎪ y = y(t ) ⎩ Y como : y (t ) = f ( x(t )) f ´( x ) = t
Lc
1
= ∫o t
y´2 (t ) 1 + 2 x´(t ) x´ (t )
x´(t )
⇒
dt ⇒ t
Lc
y´(t )
1
= ∫o t
x´2 (t ) + y´2 (t )
dt
Observación ρ = ρ (θ )
Para una curva en polares
α ≤ θ ≤ β
x(θ ) = ρ (θ ) cos θ
Como
y (θ ) = ρ (θ )sen θ ⇒ x´(θ ) = ρ ´(θ ) cos θ
- ρ (θ ) sen θ y´(e) = ρ ´(θ ) senθ + ρ (θ ) cos θ ∴ x´2 + y´2 = ρ ´2 (θ ) + ρ 2 (θ ) así Lc
β
= ∫α ρ ´2 + ρ 2 dθ
Ejemplo: 1.- Calcular la longitud de la astroide
x
2/3
+ y 2 / 3 = a 2 / 3
Solución: Con derivación implícita: 1/ 3
2 / 3 x Luego
-1/3
Lc
Lc
+ 2/3 y
-1/3
α
y 2 / 3
x 2 / 3
= 4∫ 1 + α
= 4∫o
⎛ y ⎞ y´ = 0 ⇒ y´= -⎜ ⎟ ⎝ x ⎠
a
1/ 3
x
1/ 3
dx
dx = 6a
48
2.- Calcule la longitud de la curva y 3 = 8 x 2
1≤ x ≤ 8
Solución: Conviene considerar la curva en la forma x =g (y), luego: Lc
y1
= ∫ y
(1 + g´2 ( y )) dy
o
3 y 2 16 x x´= 3y ⇒ x´= ; 2≤ y ≤8 16 x 2
Lc
8
= ∫2 1 + x´2 ( y ) dy 8
9 y 4 1 + 2 2 dy : x 2 = y 3 / 8 16 x
Lc
= ∫2
Lc
= ∫2 1 +
8
9 y dy 32
32 ⎛ 9 ⎞ Lc = ⎜1 + y ⎟ 9 ⎝ 32 ⎠ 64 ⎛ 13 ⎞ ⎜ ⎛ Lc = ⎜ ⎟ 27 ⎜⎝ ⎝ 4 ⎠
3/ 2
3/ 2
⋅
2 8 3 2
3/ 2 25 ⎞ ⎞⎟ ⎛ −⎜ ⎟ ⎟. ⎝ 16 ⎠ ⎠
Considerando la curva como: y = 2 x 2 / 3 ,la integral es algo más laboriosa. 3.- Calcular la longitud de la circunferencia
= RCost 0 ≤ t ≤ 2π y = RSent
x
Solución: Lc
2π
= ∫o
2
2
x´ (t ) + y´ (t ) dt
49
2π
Lc
= ∫o
Lc
= R ∫o
2
(
2
)
2
R sen t + cos t dt
2π
dt = 2π R
x = a (t − sen t )
0 ≤ t ≤ 2π
4.- Calcular la longitud de un arco de cicloide y = a (1 - cos t ) Solución: 2π
Lc
= ∫o
Lc
= a 2 ∫o
Lc
= 2a ∫o
a2 2π
2π
(1 − cos t )2 + a 2
sen 2 t dt
1 − cos t dt
sen
t
2
dt = 8 a
ρ = a sen 3
5.- Calcular la longitud de la curva
θ
3
Solución: 3
Lc
= ∫o
Lc
= a ∫o
2
a sen 3π
sen 2
6
θ
3
θ
3
+
de =
a
2
sen
4
θ
3
cos 2
e
3
d θ
3π a 2
1.8.-Área de una superficie de revolución: Haciendo girar en torno de algún eje el área plana acotada por y = f ( x ) : a ≤ x ≤ b . Se trata de hallar una expresión para el área de la superficie del cuerpo como una integral es decir como límite de una suma intermedia de Riemann.
50 Si consideramos, según la Fig. , que x = g ( y ) ; como: ds Lc
d
= ∫c 1 + x´2 ( y ) dy entonces
ds
= 1 + x´ 2 ( y ) es la
diferencial de área y un “ elemento fundamental de área de superficie” es un manto de cono truncado con ds como generatriz y radio xk , y de área
Δ Ak = 2π xk
ds
= 2π xk ( y ) 1 + x´2 ( y ) Δy . elementos, tenemos que:
∫
d
∫
b
A(S ) = 2π x( y ) c
A(S ) = 2π y ( x ) a
1 + x´2 ( y ) dy
Si n → ∞ para la suma de todos estos
o también
cambiando el eje de rotación
1 + y´2 ( x ) dx
En coordenadas paramétricas: t 2
A( S )
= 2π ∫ y (t )
x ′ 2 (t ) + y ′ 2 (t ) dt
t 1
En polares toma la forma
∫
β
2
A(S ) = 2π ρ sen θ ρ α
+ ρ ´2 d θ
Ejemplo: 1.- Calcular el área de la superficie esférica, de radio R. Solución: x = R
cos t 0 ≤ t ≤ π
Si
y = R sen e
∫
t
1
A(S ) = 2π t y (t ) ⋅ x´2 (t ) + y´2 (t ) dt o
51
∫
A(S ) = 2π
2π
2
(
2
R sen t R sen t
o
A(S ) = 2π R 2
∫
2π
o
+ cos 2 t )
sen t dt = 2π R 2 ( - cos t )
π
0
dt
= 4π R 2
2.- Calcular el área que genera un astroide girando en torno del eje 0y. Solución: x
2/3
+ y 2 / 3 = a 2 / 3
A(S ) = 2 ⋅ 2π
a
∫ x o
a
∫ (a
A(S ) = 4π
A(S ) = 4π
A(S ) =
a
∫ (a
A(S ) = 4π a
2/3
o
2/3
o
1/ 3
⋅
1 + x´2 dy
− y 2 / 3 )
− y
⎛ x ⎞ 1 + ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ y ⎠ a1 / 3
2 / 3 3/ 2
)
y 1 / 3
2/3
dy
dy
2 2/ 3 2/3 5/ 2 3 a (a − y ) 5 2 0
12π 5 / 3 1 / 3 (a ) a A(S ) = 12π a 2 .5 5
Observación: Recordemos algunas fórmulas para obtener la masa m de una lámina, sus momentos: Mx , My , su Centro de Gravedad (ó Centro de Masa) X , Y : a) Masa: m = δ·
∫
b
densidad δ =
f(x) dx
a
b) Momentos: Mx = δ·
1 2
∫
b
a
2
f (x) dx
My = δ·
masa unidad de área
∫
b
a
x ⋅ f(x) dx
52
c) Centro de Gravedad G (X,Y):
X=
My m
Mx m
;Y =
, esto es:
b
X =
∫ ∫
x ⋅ f(x) dx
Y =
a
b
1 2
f(x) dx
a
∫ ∫
b
f 2 (x) dx
a b
f(x) dx
a
Ejemplo: Hallar las coordenadas del Centroide o Centro de Gravedad de la lámina plana y homogénea (es decir, de densidad constante), acotada por y = 4 – x2 ; y=0 y Solución Sea k = densidad de la lámina . Entonces a) m = δ
∫
b
f(x) dx
∫
= k
m =
b) Mx =
k 2
(4 − x2 ) dx
32 k . 3
∫
–2
2 2 2
(4 − x ) dx
∫
2
= k
−2
(16 − 8x2
+ x4 ) dx = 256 k .
0
2
2
∫ ∫ c)X = ∫ ∫ Y = ∫
G
−2
a
⇒
2
4 My = k (4x − x ) dx = k ⎡⎢2x2 − x4 ⎤⎥ = k · 0 = 0. ⎣ ⎦ −2 −2 3
b
x ⋅ f(x) dx
=
a
b
0 32k 3
= 0
256 k 15 32k 3
=
f(x) dx
a
b
1 2
f 2 (x) dx
a b
=
8 5
f(x) dx
a
Por consiguiente, el Centro de Gravedad tiene coordenadas G = (X, Y) = (0, 8 )// 5
1.9.—La Integral Impropia
15
dx
0
2
x
53 b
En la integral definida: ∫ f ( x)dx , se ha considerado un intervalo cerrado [a, b] , y el integrando a
una función continua o al menos acotada, de modo que aquellas en que el intervalo no es finito o la función no es acotada forman las llamadas “integrales impropias”,que de un modo breve pasamos a desarrollar: ∞
Un tipo de ellas se escriben como: ∫ f ( x)dx ó a
∞
b
∫ f ( x)dx
ó
−∞
∫ f ( x)dx y su evaluación se
−∞
consigue haciendo: ∞
b
a) ∫ f ( x)dx = lim ∫ f ( x)dx , b →∞
a
a
Si el resultado es finito se dirá que la integral converge a ese valor. b
b
∫ f ( x)dx = lim ∫ f ( x)dx.
b)
a → −∞
−∞
a
Si el resultado es finito, la integral converge de lo contrario se dirá que la integral diverge. ∞
0
∞
−∞
−∞
0
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx .
c)
El otro tipo de integrales, en que es la función la que le da el carácter de impropia la analizaremos mediante ejemplos para mayor claridad. Ejemplos.∞
dx
1.- Calcular: ∫
1 x
3
.
Solución. ∞
dx
∫ x 1
3
b
= lim ∫ b →∞
dx
1 x
= lim−
3
b →∞
1 b 1 1 ⎞ = lim⎛ − ⎜ ⎟ = 1 / 2 ¡la integral converge a ½!. 2 2 x 1 b→∞⎝ 2 2b 2 ⎠
0
2.- Calcular: ∫ xe x dx .−∞
Solución: 0
∫
0
xe dx =
−∞
x
0 lim ∫ xe x dx = lim e x ( x − 1) = lim [− e a (a − 1) − 1] = −1,pues luego de resolver la
a →−∞
a
a → −∞
a
a →−∞
integral propia por partes se tiene que lim e a = lim e −a = 0 . a→−∞
x →∞
54 ∞
3.- Evaluar:
dx
∫ 1 + x
2
.
−∞
Solución: 0
0
dx
∫ 1 + x
a → −∞
−∞ ∞
dx
∫ 1 + x
dx
= lim ∫
2
1 + x
a
2
= lim arcTga = 2 a →∞
0
= lim (arcTg 0 − arcTga) = − lim arcTga = a →−∞
a → −∞
π
2
π
2⇒
∞
dx
∫1+ x
2
= π . ¡Obsérvese que geométricamente la integral
−∞
expresa el área bajo la curva con valor finito para un intervalo infinito!. 5
4.- Calcular: ∫ 2
dx x − 2
.
Solución: La función no es continua en x = 2, luego procedemos como: 5
∫ 2
dx x − 2
5 = lim+ 2( x − 2)1 / 2 = 2 3 . x
x →2
5.- Calcular el área encerrada por la curva y =
1 x 2
x ≥1
Solución: ∞
A =
dx
∫ x
2
1 = lim(1 − ) = 1 Área finita para un intervalo infinito. Sin embargo para la función
1
f ( x) =
1 x
b →∞
b
,la integral diverge.
6.- Calcular el área de la superficie generada por la rotación de la curva: y = e − x cuando gira sobre el eje = 0x. x>0
Solución: ∞
∫
A( S ) = 2π y( x) 0
b
1 + y ′ ( x)dx = lim 2π ∫ e − x 1 + e − 2 x dx 2
b →∞
0
55
e−
b
∫e
1 + e − 2 x dx = − ∫ 1 + u 2 du
− x
0
1
∫
Como
∫
b
− x
e
1 1 + u 2 + Ln(u + 1 + u 2 ) ⇒ 2 2
u
1 + u 2 du =
1+ e
− 2 x
dx =
e − x
1 1 + e −2 x + Ln(e − x + 1 + e −2 x .Entonces 2 2
b
− lim 2π ∫ e →∞ b
− x
1+ e
− 2 x
= −2π lim →∞ b
0
e
−b
1 1 + e − 2b + Ln(e −b + 1 + e −2b ) − e 0 1 + e 0 − Ln(1 + 2 ) 2
2
= 2 π ( 2 + Ln (1 + 2 ) ).7.- Calcular el volumen del cuerpo por rotación de la curva: y =
1 x
,para x ≥ 1 .
Solución.
∫
V = π
∞
1
dx x
2
b
= lim π ∫ 1 b →∞
dx x
2
1 = lim π (1 − ) = π .La integral converge y hay volumen finito. b →∞
Otros ejemplos: 8.- Probar la divergencia de π / 2
3
∫ Secxdx
a)
b) ∫
dx
0 x
0
−1
9.- Deducir la convergencia de : 1
2
0
0 x
a) ∫ Lnxdx b) ∫
dx 2
− 5 x + 6
10.- Calcular: ∞
4 − x4
a) ∫ x e 1
∞
dx
b) ∫ 1
dx
(3 x + 1) 2
b
56 11.- ¿Para qué valores de p converge la integral: ∞
∫ x
−p
dx ?
1
12.- Verifique la divergencia de: 3
dx
∫ x − 1 . 0
Observación: Hay ciertas integrales impropias de gran aplicación en ingeniería que si bien no están al alcance de este curso es bueno saber de ellas y son: ∞
a) Γ( p) = ∫ x p −1e − x dx , Llamada la función Gamma. 0
∞
b) F ( p) = ∫ e − px f ( x)dx, Llamada la “transformada de Laplace de f(x) 0
1.10.-Guía de Ejercicios. 1.- Calcular el área limitada por y = Ln x; el eje 0x y la recta x = e. 2 2.- Hallar el área entre las parábolas: 3 y = x 2 ; y = 4 - x 2 3 3.- Hallar el área de la región acotada por la curva de Agnesi 1 y = 1 + x 2
y la parábola
y =
x
2
2
4.- Calcular el área de la figura limitada por: y = e
x
; y = e -x : x = 1
5.- Hallar el área entre el eje x y un arco de la cicloide:
57
x = a(t − sen t )
y = a(1 − cos t )
6.- Hallar el área de la figura limitada por una onda de: y = a − b
x = at − b sen t
cos t
0 ≤ b ≤ a
y la tangente a ella en sus puntos inferiores. 7.- Hallar el área de la figura limitada por el lazo del folium de Descartes.
3at 3at 2 x = ; y= 1 + t 3 1 + t 3 8.- Hallar el área limitada por la curva
ρ 2
= a2
9.- Hallar el área limitada por el caracol de pascal
sen 4 θ . ρ = 2 + cos θ
10.- Hallar el área comprendida entre la primera y la segunda espira en la espiral de Arquímedes ρ = aθ . 11.- Hallar el área de una de las hojas de la curva
ρ = a cos 2θ .
12.- Hallar el volumen del cuerpo engendrado por la rotación alrededor del eje x de la región limitada por:
; x=0 ; x =1 a) y = 1 − x 2 ; x =1 ; x=2 b) y = x 3 1 c) y = ; x =1 ; x=t x
13.- Encontrar el volumen del sólido formado por la rotación de la región acostada por: y = 4 − x
2
;
y=3
Girando en torno de y = −1
14.- Hallar el volumen del cuerpo engendrado por giro de la superficie limitada por:
58 y = e
x=0
;
x
e
y=0
15.- Hallar el volumen del cuerpo engendrado al girar alrededor de la recta x=a, la parte de la parábola y 2 = 4ax es interceptada por la misma recta.
16.- hallar el volumen del cuerpo generado al girar un arco de cicloide en torno del eje 0y 17.- Hallar el volumen de giro de la curva anterior si al eje giro es el eje de simetría. 18.- Hallar l volumen de rotación de la astroide. x = a
cos 3 t
y = a sen3 t
en torno al eje y.
19.- Hallar el volumen del cono elíptico recto cuya base es una elipse de semi-ejes a y b y cuya altura es h. 20.- Calcular el volumen de un cuadrado móvil cuyo plan es perpendicular al eje x y tiene 2vértices de la base apoyados en las parábolas. y 2 = 16 x ; y 2 = 4 x y tienen por lado diferencia de las dos ordenadas y se mueve de x = 0 a x = 4 21.- Hallar el volumen del Hiperboloide: x
2
a
2
+
y
2
b
2
−
z
2
c
2
=1
22.- Hallar el volumen del elipsoide: x
2
a
2
+
y
2
b
2
+
z
2
c
2
=1
23.- Calcular la longitud del arco de la parábola cubica: y 2 = x 2 desde el origen a 24.-.- Calcule la longitud de: a)
f (x ) = ( x + 1)3 / 2
entre
x = 3
y x=8
x =
4.
59
entre
x = 1
y x=4
c)
2 1 f(x) = ( x 3 / 2 ) − ( x1 / 2 ) 3 2 x f (x ) = ∫1 t 2 − 1
entre
x = 1
y x=3
d)
f (x ) = x 2 / 3 − 1
entre
x = 8
y x = 27
b)
25.- Hallar la longitud de la curva:
a) b)
y = Ln x Y = e
x
entre entre
3 y 8 (0 , 1) ; (1 , 0)
26.- Hallar la longitud de curva: x = a(2 cos t - cos2t ) y = a(2 sent -
sen2t)
27.- Hallar la longitud de la Astroide x = a
cos3 t
y = a sen3 t
28.- Hallar la longitud total de
ρ = a(1 + cos e)
29.- Hallar la longitud del arco de la espiral hiperbólica ρ =
1 e
⎛ 2, 1 ⎞ a ⎛ 1 ,2 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠
Desde
30.- Hallar el área de la superficie del “huso” que resulta al girar una semi onda de la sinusoide y = sec x alrededor del eje x. 31.- Hallar el área de la superficie de revolución de las Astroide x
2/3
+ y 2 / 3 = a 2 / 3
Alrededor del eje x.
32.- Hallar el área de la superficie del elipsoide (elipse que gira en torno al eje x.) 33.- Hallar el área de la superficie cuando gira un arco de cicloide: x = a (t − sen t ) y
= a (1 − cos t )
En torno del eje x.
60
34.- Hallar el área de la superficie cuando gira la lemniscata ρ 2
= a 2 cos2 e
En torno del eje polar.
Observación. Para dar fundamento a los temas que vienen es necesario agregar dos anexos. ANEXO # 1 .- Series de potencias y de Fourier. ANEXO # 2 .- Algebra de vectores. Se entiende que el alumno ya tiene conocimiento de Series numéricas y alguna experiencia en vectores .
ANEXO # 1.SERIES DE POTENCIAS.El desarrollo de este tema apunta a encontrar una nueva forma de representar funciones aparte de la ley de formación de imágenes, por lo tanto incursionaremos en dos modalidades. a) Representación en Series de Taylor. a) Representación en Series de Fourier. De todos modos veremos un desarrollo con algunas omisiones y licencias en atención al tiempo de que se dispone . Definición: Llamamos serie de potencias a aquella serie cuyos términos son potencias de x ó de (x-a) con coeficientes reales. a)
∞
∑ a x
n
n
n=0
b)
∞
∑ a ( x − a)
n
n
n= 0
Definición: Se dice que la serie de potencias converge si la serie numérica converge para los valores de x que se consideren..
61
Observación. 1.- Lo que se diga para la serie de potencias a) es igualmente válido para b) pues bastaría en esta última hacer (x-a) = u para que se transforme en la primera. 2.-Se deduce que la convergencia de una serie de potencias está determinada por los valores de la variable x, y se verá que en general estos no son aislados sino que conforman un intervalo. 3.- Si en la serie:
∞
∑ a x
n
n
ó
0
∞
∑ a ( x − a) n
n
, tomamos x = 0 ó x = a, vemos que ella
0
converge, es decir toda serie de potencias converge al menos para un valor de la variable. (n + 1)! x n+1 4.- Si consideramos la serie: ∑ n! x .Como lim = lim = lim(n + 1) x = ∞ , n n →∞ a n →∞ n ! x n→∞ n por lo tanto la serie diverge para todo valor de la variable excepto en el cero. a n+1
n
5.- Si consideramos la serie: ∑
x
n
n!
. Como lim
a n +1
n→∞
= lim n →∞
an
x n +1
= 0 ∀ x ,la serie converge en
todo el eje real. 6.- Si consideramos la serie:
∑ λ x
n
.Como lim n →∞
a n +1 an
= lim x .La serie converge si n →∞
x
< 1.
7.- De los ejemplos se puede suponer que la convergencia se produce en un intervalo o todo el eje ó solo para x=0.El siguiente teorema ayuda a establecerlo:
Teorema: a) Si la serie: ∑ a n x n ,converge para x = x0 ,Entonces converge absolutamente ∀ x ∋ x < x0 .O sea define un intervalo en el que converge. b) Si la serie diverge para x = x1 ; Entonces diverge ∀ x ∋ x > x1 .
Demostración: a) Al ser convergente la serie numérica: ∑ a n x0 n ⇒ lim a n x0 n = 0 ,luego la sucesión n →∞
a n x 0
n
es acotada superiormente es decir ∃ M ∈ R + ∋ a0 x0 n < M ∀n ∈ N ,luego si
escogemos x ∋ x < x 0 y haciendo r = a n x
n
=
a n x 0
n
·
x
n
x0
n
=
a n x 0
n
·
x x0
x x 0
< 1 Entonces:
< Mr n ⇒ ∑ a n x n < M ∑ r n ,esta última una serie
geométrica convergente y por comparación la serie ∑ a n x n converge absolutamente
∀ x
si x
< x0 . Es decir se define un intervalo de convergencias.
62
b) Si la serie ∑ a n x1 n es divergente y del supuesto que converge para x0 > x1 ,la parte a) asegura que converge para x1 ,generando un contrasentido. Observación: Convencidos que la serie de potencias solo admite la posibilidad de un intervalo de convergencia, o todo el eje real o el punto x = 0, es que definimos: Definición: Sea ∑ a n x n una serie de potencias de x ;Se llama Radio de Convergencia al numero real positivo R, de modo que: R R
= 0 ;Si la serie solo converge para x = 0. = ∞, Si la serie converge para todo los reales.
R = Sup{ x xes punto de convergencia}
Observación: 1.- Nuestro trabajo estará orientado a determinar el intervalo de convergencia y el radio de convergencia, aplicando los criterios conocidos para series de términos positivos y para ello se tiene: a) Si lim
a n +1
n→∞
an
= l x ,luego hay convergencia si:
l x
< 1 y hay divergencia si
l x
> 1 ,es decir
1 1 1 converge cuando: x < y diverge cuando x > ,siendo entonces. R = el Radio de l
Convergencia.
l
l
b) Si lim n a n = l x ,la convergencia se produce cuando l x < 1y por lo tanto R = n →∞
1 l
2.- En la determinación del intervalo de convergencia un tema importante es el comportamiento de la serie en los extremos de él. Ejemplos.
1.- Determinar radio e intervalo de convergencia para: ∑ (−1) Solución: lim
a n +1
= lim
x
n +1
(n + 1)2
· n +1
n2
n
= lim
x
=
n +1
x
n
n2
n
.
1 x ,luego hay convergencia si : x < 2 ó 2
⎛ 1 ⎞ 2⎜1 + ⎟ ⎝ n ⎠ − 2 < x < 2 y el radio será R = 2 .Para precisar el intervalo debemos analizar: n →∞
an
n →∞
x
n
Si x = - 2 . la serie será: ∑ (−1)
n →∞
n +1
(−2) n 1 = − ,serie armónica divergente. ∑ n n n2
63
Si x = 2 ,la serie será:
∑ (−1)
n +1
1 n
,que es convergente, luego I = − 2 < x ≤ 2 .
2.- Encontrar el intervalo de convergencia para: ∑
10 n n
x
n
.
Solución: Si aplicamos esta vez el criterio de Cauchy ,y que también era aplicable al ejemplo anterior, se tiene: 10 lim n a n = lim n x = 10 x ,pues como se recordará lim n n = 1,con ello la serie converge n→∞
n →∞
para 10 x < 1, o sea R =
∑ (−1)
n
1 n
n →∞
n
1 1 1 y − < x < en los extremos se generan las series: 10 10 10
, convergente y
1
∑ n divergente por lo que :I =
⎡− 1 , 1 ⎞ . ⎢⎣ 10 10 ⎠⎟
( x + 2) n . 3.- Hallar el intervalo de convergencia para la serie: ∑ n n +1
Solución: n n +1
n →∞
(n + 1) n + 2
x + 2
1
1
x + 2 = x + 2 ⎛ 1 + 1 ⎞ 1 ⎜ ⎟ 1+ ⎝ n ⎠ n +1 Luego hay convergencia cuando: − 1 < x + 2 < 1, el radio es R = 1 (−1) n Si x + 2 = −1 ,se tiene la serie: ∑ , por el criterio de Leibnitz para series alternantes n n +1 ella converge 1 1 que comparada con la serie mayor ∑ 3 / 2 Si x + 2 = 1 , nos queda la serie: ∑ n n n +1 convergente como serie “p” se llega a que: I = −1 ≤ ( x + 2) ≤ 1 ó − 3 ≤ x ≤ −1 , es el intervalo de convergencia para ola serie
Aplicando D’Alambert : lim
= lim
n →∞
·
SERIES DE TAYLOR. El tema aborda el importante problema de representar a una función mediante una serie de potencias.
64 Si para la serie de potencias : ∑ a n x n ,el radio de convergencia es no nulo, significa que a cada x ∈ I se le asocia el real que expresa la suma representada por la serie de potencias señalada.
∑ a x
n
n
,es decir se define un función
f : I ⊆ R x
→ R ∋ → f ( x) = ∑ a n x n
Observación: ∞
1.-Si escribimos f ( x ) = ∑ a n x n debemos considerar que ello solo es válido cuando la serie es 0
convergente y en tal caso decimos que la función está representada por medio de una serie de potencias. Ahora el desafío es encontrar la serie que sea convergente a la función real dada y para ello solo nos abocaremos a determinar los coeficientes de dicha serie y el intervalo en que ello es válido. 2.- De la igualdad f ( x) = ∑ a n x n , se deduce que la función es continua, diferenciable e integrable por que lo es la serie, extendiendo el algebra de funciones a una suma infinita, por lo que podemos escribir: f ( x ) =
∞
∑ a x
f ′( x ) = f ′′( x ) =
n
n
0 ∞
∑ na x
n −1
n
1 ∞
∑ n(n − 1)a x
n−2
n
2
…………………………. f (
k )
∞
∞
( x) = ∑ n(n − 1)(n − 2).....(n − k + 1)a n x n −k = ∑ k
k
Si x = 0 ⇒ f ( k ) (0) = k !a k ∴ a k
=
f (
k )
(0) Luego podemos escribir: k !
n!
a k x
(n − k )!
n − k
(n + k )! n a n+ k x . n! n =0 ∞
=
∑
65
f ( x )
∞
∑
=
f
k = 0
( k )
( 0 ) k x k !
y la llamamos la representación en serie de potencias de x de MC Laurin de la función f ( x) . ∞
De igual forma si repetimos el proceso a partir de la serie: ∑ a k ( x − a ) k llegaremos a la 0
f ( x) =
representación:
∞
( k )
∑ f k !(a) ( x − a)
k
k = 0
Llamada la serie de Taylor ó desarrollo en serie de Taylor de la función en torno del punto x = a.
Ejemplos: Encontrar la representación en series de potencias de x:(Serie de MC Laurin) de la función: 1 f ( x) = 1 − x
Solución ∞
( k )
(0) k ( k ) x , por lo que debemos determinar el coeficiente; f (0 ) es decir la ley k ! k = 0 de formación de ellos, si es posible.
∑
f
f ( x ) = (1 − x)
−1
La serie es:
f ′( x ) = ( −1))(1 − x )
−2
f ′′( x) = (−1)(−2) /(1 − x)
−3
………………………..
( x ) = (−1) k k !(1 − x ) − ( k +1) ⇒ f ( k ) (0) = (−1) k k ! Así la serie debe quedar: f (
k )
(−1) k k ! k ∑0 k ! x y por tanto escribimos : ∞
1 1 − x
∞
= ∑ (−1) k x k = 1 − x + x 2 − x 3 + ......... 0
Falta determinar el intervalo de convergencia de la serie:
66
lim
k → ∞
a k +1 a k
= x ,luego converge si
x
< 1 , es decir la serie y la función se corresponden solo en
ese intervalo.
Observaciones: a) Si en la representación anterior hacemos el cambio de : x por − x se tendrá la nueva representación: 1 1 + x
∞
= ∑ (−1) k x k = 1 − x + x 2 − x 3 + ........... +… x < 1 0
b) Si en esta última hacemos el cambio: x por x 2 ,se logrará la serie: c) ∞ 1 = ∑ (−1) k x 2 k x < 1 2 1 + x 0 d) Integrando entre 0 y x se llaga a : x
e)
dx
∫ 1 + x
2
= ArcTg ( x)
∞
∑ ∫ x
y
∞
x
2 k
= ∑ (−1)
dx
0 0
0
ArcTg ( x) =
∞
∑ (−1) 0
k
x
k
0
x
2 k +1
2k + 1
osea
2 k +1
2k + 1
x
Nótese que si hacemos x = 1 se tiene :
<1
π
4
∞
= ∑ (−1) k 0
1 2k + 1
,tenemos la suma de una serie
alternante. 2.-Desarrollar en torno del 0 la función : f ( x) = e x y con ello determinar la representación de f ( x) = Cosh( x ) .
Solución: Es obvio que : f ( k ) ( x ) = e x y f k (0) = 1 ,por lo tanto: ∞
x
e
=∑ 0
y como
x
k
k !
∀ x ∈ R
67 k 1 x − x x 2 x 4 x 2 e = ∑ ( −1) y Cosh( x) = (e + e ) = 1 + + + ..... + ∀ x ∈ R y la k ! 2 2 ! 4 ! ( 2 k )! 0 representación de f(x) = Senh( x ) ,se puede obtener por diferenciación ó de la forma anterior.
− x
∞
k
x
k
3.- Obtener la serie que represente a la función f ( x ) = Ln(1 + x ) .
Solución. Integrando la serie de f ( x) = : ln(1 + x) =
1 1 + x
∞
∑ (−1) 0
k
x
, llegamos de forma inmediata a
k +1
k + 1
<1
4.- Desarrollar en potencias de x la función: f ( x ) =
3 . (1 − x )(1 + 2 x)
Solución: Mostramos otra modalidad de encontrar un desarrollo en serie. 1 2 Sea: f ( x ) = y como + 1 − x 1 + 2 x 1 1 = ∑ x k x < 1 ; y = ∑ (−1) n 2 n x n 2 x < 1 1 − x 1 + 2 x
∑ 1 + (−1) 2 n+1 x n ( x < 1 / 2) Observación: Una serie importante es la llamada serie binomial, que es el desarrollo de la función: n
f ( x) =
f ( x) = (1 + x)
α
α ∈ R .
f ′( x ) = α (1 + x )α
−1
f ′′( x ) = α (α − 1)(1 + x )
α − 2
…………………………. − k
∴ f k (0) = α (α − 1)(α − 2)..........(α − k + 1) y por
x
k
f ( x ) = α (α − 1)(α − 2).......(α − k + 1) x α k
lo tanto f ( x) =
∞
∑ 0
α (α − 1)(α − 2)........(α − k + 1) k !
Su intervalo se deduce de:
68 α
lim k →∞
a k +1 a k
−1 (α − k ) x k x = x ,luego hay convergencia si x < 1 . = lim = lim k →∞ k → ∞ 1 k + 1 1+ k
a)Si α = n ∈ N , como f n +1 (0) = 0 , la suma llega solo hasta n sumandos, así: f ( x) = (1 + x )
n
n
=∑
n( n − 1)(n − 2).........(n − k + 1) k !
0
, amplificando numerador y denominador
por 1·2·3·.........(n − k ) , llegamos a : ∞
(1 + x ) = ∑ n
0
n!
(n − k )!·k !
,
Que corresponde al conocido binomio de Newton. Si extendemos la notación de los números combinatorios, haciendo : α (α − 1)(α − 2).....(α − k + 1) k !
⎛ α ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟ , tendríamos. ⎝ k ⎠ ∞
⎛ α ⎞ ⎝ k ⎠
(1 + x ) = ∑ ⎜⎜ ⎟⎟ x k α ∈ R x < 1 α
0
Ejemplo: Determinar el desarrollo de f ( x ) = (1 + x ) .
Solución:
⎛ 1 / 2 ⎞ k ⎟⎟ x ,con 0 ⎠ ⎛ 1 / 2 ⎞ ⎛ 1 / 2 ⎞ ⎛ 1 / 2 ⎞ 1 / 2(1 / 2 − 1) 1 ⎛ 1 / 2 ⎞ 1·2·3 ⎛ 1 / 2 ⎞ 1·2·3·4·5 ⎜ ⎟ : ⎜⎜ ⎟⎟ = 1; ⎜⎜ ⎟⎟ = 1 / 2; ⎜⎜ ⎟⎟ = ; = − 2 ; ⎜⎜ ⎟⎟ = = − 2! 2 ·2! ⎝ 3 ⎠ 3!·2 4 ⎜⎝ 4 ⎠⎟ 4!·2 7 ⎝ 0 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ f ( x ) =
∞
∑ ⎜⎜⎝ k
⎛ 1 / 2 ⎞ (1 / 2)(1 / 2 − 1)(1 / 2 − 2)(1 / 2 − 3)....(1 / 2 − k + 1) ⎜⎜ ⎟⎟ = (−1) k +1 k ! ⎝ k ⎠ ⎛ 1 / 2 ⎞ 1·3·5·7·........·(2k − 3) ⎜⎜ ⎟⎟ = (−1) k +1 , amplificando k k 2 k ! ⎝ ⎠
k > 1
69
⎛ 1 / 2 ⎞ (2k − 3)! ⎜⎜ ⎟⎟ = (−1) k +1 k k −2 finalmente se tiene: k 2 k ! 2 ·( k 2 )! − ⎝ ⎠ ∞
1 + x = ∑ (−1) k +1 2
(2k − 3)! x k 1 . + + x 2 2 2 k −2 k !(k − 1)!
Guía de Ejercicios 1.- Verificar las series siguientes y que son de uso común. ∞
a) Senx = ∑ (−1) ∞
b) e = ∑ 0
x
k −1
(2k − 1)!
1
x
x 2
k +1
en todo R
k
k !
en todo R ∞
c) Sen h( x) = ∑ 0 ∞
x
2 k +1
(2k + 1)!
d) Arctg ( x) = ∑ (−1)
en todo R x
k +1
2 k +1
(2k + 1)
0
en [− 1;1]
1.- Encuentre la representación en series de potencias de x de : 1 a) f ( x) = xe b) f ( x ) = 1 − 4 x 2.- Encuentre el valor de :
c) f ( x) =
x
1
a)
∫ 0
arctgx x
1
dx
b)
∫
− x 2 e 10 dx
1
c)
0
∫ 0
e
x
−1
d) f ( x) =
x
arcTgx x
Senx x
3.- Encontrar la serie de Taylor para : a) f ( x ) = Senx , en torno de x = π / 6
b) f ( x) = e 2 x , entorno de x = − 1 4.- Encuentre la serie de : f ( x ) = Cos 2 x y f ( x ) = Sen 2 xd , teniendo en cuenta que: 1 1 2 2 Cos x = (1 + Cos 2 x) Y Sen x = (1 − Cos 2 x) 2 2 5.- Encontrar la representación de f ( x ) = 3 1 + x y con ello para f ( x ) = 3 1 + x 4 Obtener la representación empleando otras representaciones , de las funciones: a) f ( x) = x 2 Senx b) f ( x ) =
ANEXO # 1
x
1 − x 4
c) f ( x) =
x
2 − 3 x
70
SERIES DE FOURIER.Otra forma de representar a una función real de variable real: y = f ( x ) es a través de otra serie de funciones ,esta vez mediante funciones trigonométricas llamada Serie de Fourier, con la ventaja que alcanza a funciones con menos restricciones es decir a aquellas que son seccionalmente continuas o sea continuas a tramos en un intervalo y la representación se hace mediante las funciones trigonométricas:
{Senx, Cosx, Sen2 x, Cos 2 x,........Senkx, Coskx,......} El fundamento de ello está radicado en el Algebra Lineal, y en los Espacios Vectoriales Euclidianos de dimensión infinita cuya base es el conjunto dado de funciones trigonométricas, por ello que las funciones del espacio vectorial de las funciones seccionalmente continuas en el intervalo [− π , π ] es que se pueden expresar mediante la Serie de Fourier. a0
2
∞
+ ∑ a k Coskx + bk Senkx , 1
Donde los llamados Coeficientes de Fourier toman la forma:
a0
=
1
π
∫
a k
=
f ( x ) =
a0
f ( x ) dx π −π
1
π
∫
f ( x)Coskxdx π −π
bk
=
1
π
∫
f ( x ) Senkxdx π −π
Así podemos escribir:
2
∞
+ ∑ a k Coskx + bk Senkx , 1
Lo que constituye la representación de la función en Serie de Fourier,
Observación: 1.- Por tratarse de una serie infinitada la igualdad es posible cuando la serie sea convergente. 2. - Obviamente la serie es continua y de periodo 2π , en cambio la función no lo es pues está dada en el intervalo [− π , π ] ,lo que la igualdad expresa es que se corresponden para los valores de x del intervalo y solo donde la función es continua ,. 3.- Lo que en rigor allí se expresa es la llamada extensión periódica de la función. 4.- Finalmente en los puntos de discontinuidad de la función la serie converge al promedio de los límites laterales.
71
*
*
*
− π
π
*
*
Para completar esta presentación, agreguemos además que:
1.- Si la función dada esta definida en el intervalo simétrico [− p; p ] , la representación quedará: a0
f ( x ) =
2
∞
+ ∑ a k Cos 1
k π p
x + bk Sen
k π x , p
Donde los coeficientes de Fourier son de la forma:
a0
=
1
p
∫
p − p
f ( x ) dx
a k
=
1
p
∫
p − p
f ( x)Cos
k π p
xdx
bk
=
1
p
∫
p − p
f ( x ) Sen
k π p
xdx
Para el caso que la función se defina en [a, b] ,y haciendo: b − a = 2 p la serie y los coeficientes serán: f ( x) =
a0
2
∞
+ ∑ a k Cos 1
2k π b−a
x + bk Sen
bp
2k π
x b−a
2 2 b 2k π a0 = f ( x ) dx a k = f ( x)Cos xdx ∫ ∫ b−a a b−a a b−a
2 b 2k π bk = f ( x) Sen xdx . ∫ b−a a b−a
2.- a) Si f ( x ) es función par en [− π , π ] , ⇒ bk = 0 , pues la integral es de función impar en intervalo simétrico. Así la serie queda: a0
2 con a0 =
2
∞
+∑ a k Coskx , 1
π
∫ f ( x)dx
π 0
y a k =
2 π
∫ f ( x)Coskxdx .
π 0
72
c) Si f ( x ) es función impar en [− π , π ] ⇒ a k = 0 , pues su integral es de una función impar. Así la serie queda: ∞
∑ f ( x )Senkx ; con 1
bk
=
2 π
∫
π
0
f ( x)Senkxdx .
Para el caso de funciones en [− p, p ] , bastará el cambio de π por p .
3.Si la función está definida en un semi-intervalo [0, p ] , es posible extenderla de modo de formar una función par o impar para lograr así una representación de solo cosenos o solo senos,lo que se verá en ejemplos.
Ejemplos: 1.- Encontrar la Serie de Fourier de la función:
⎧− x...... − π ≤ x ≤ 0 ⎩ x..............0 ≤ x ≤ π
⎧π + x − π < x < 0 0 < x < π ⎩ x
a) f ( x ) = ⎨
b) f ( x ) = ⎨
Solución
− π
π
a) Como lo muestra el gráfico es una función par luego su Serie será :
a0
2
∞
+∑ a k Coskx , con
a0
=
1
2 π
∫ xdx = π
π 0
⎧0........k par ⎪ a k = ∫ xCoskxdx = ........ 2 (Cosk π − 1) = ⎨ − 2 π 0 k ⎪⎩ k 2 ....k impar ∞ Cos ( 2k − 1) x π La S de F será: y escribimos: − 2∑ 2 2 1 (2k − 1) 2 π
1
73 π
f ( x ) =
2
∞
− 2∑ 1
Cos (2k − 1) x
(2k − 1) 2
, Entendiendo que si bien la serie es de período
2π ella expresa la extensión periódica de la función dada y la igualdad se refiere a esa extensión. b) Observando la figura la serie es de la forma
− π a0
2
+ ∑ ak Coskx + bk Senkx 1
a0 bk
π
∞
=
=
2 π
∫ xdx = π
π 0
1
=
a k
0
∫ (π + x)Senkxdx +
π −π
f ( x ) =
π
2
∞
Sen2kx
1
k
+∑
1
0
∫ (π + x)Coskxdx
π −π
1 π
∫
π 0
+
1 π
∫ xCoskxdx = − − − − − = 0
π 0
xSenkxdx = − − − − −−
=
2 k
Si k par
luego:
2..- Determinar la representación en Serie de Fourier para la función
− π < x < 0 0 < x < π
⎧0
f ( x) = ⎨ ⎩ x
Graficar la extensión periódica que ella representa y probar que:
Solución.
Fig.
− π
π
La serie debe ser de la forma: a0
2
∞
+ ∑ a k Coskx + bk Senkx ; donde : 1
π 2
8
∞
=∑ 1
1 (2k − 1) 2
.
74
a0
bk
=
=
1 π
⎧0..............k ..... par ⎪ ( 1 ) − = a k = ∫ xCoskxdx = Cosk π ⎨−2 π 0 π k 2 ⎪⎩π k 2 ...........k ....impar 1 π
π
∫ xdx = 2
π 0
1 π
π ∫
xSenkxdx =
0
f ( x ) =
π
4
−
2 π
∑
1 k
1
(−1) k +1 . Luego la representación será:
Cos ( 2k − 1) x
(2k − 1) 2
(−1) k π + Senkx . 2k
*
*
*
− π
*
*
π
En x = 0 la serie converge al valor de la función, por ser continua ⇒ ∞ π 2 1 1 . ⇒ =∑ 0= − ∑ 2 2 4 π 1 (2k − 1) 8 − ( 2 k 1 ) 1
π
2
∞
Sin embargo en x = π converge al valor promedio de los limites laterales o sea a
π
2
y el
resultado es el mismo.
− π / 2 < x < π / 2 . π / 2 < x < 3π / 2
⎧ x 3.- Hallar la Serie de Fourier para la función f ( x) = ⎨ ⎩π − x Solución − π / 2
π / 2
3π / 2
x
Aquí el intervalo es (−π / 2,3π / 2) por lo que la serie debe tener la fórmula más general aunque (b-a) = 2 π , luego será de la forma.
75
a0
+ ∑ a k Coskx + bk Senkx , siendo
2 a k
=
1 π
π / 2
(
3π / 2
⎞ = ⎜ ∫ xdx + ∫ (π − x)dx ⎟⎟ = 0 π ⎝ −π / 2 π / 2 ⎠
=
π / 2
1 π
= 0 (¡)
π / 2
π / 2
(
3π / 2
3π / 2
∫ xCoskxdx + ∫ π Coskxdx − ∫ xCoskxdx )
−π / 2
bk
a0
π / 2 1 ⎛ ⎜
3π / 2
3π / 2
∫ xSenkxdx + ∫ π Senkxdx − ∫ xSenkxdx )
−π / 2
π / 2
=
π / 2
3 ⎧( − 1) ........k impar 1 ⎧0................k impar + ⎨ ⎨ 2k ⎩(−1)k .........k par π k 2 ⎩0................k par k +1
=
Luego la serie de Fourier para esta función toma la forma: 3(−1) k (−1) k ∑ π (2k − 1) 2 Sen(2k − 1) x + 4k Sen2kx.
4.- Encontrar la Serie de Fourier y su Serie de Cosenos para la función:
⎧1 / 2 − x................0 ≤ x ≤ 1 f ( x) = ⎨ ⎩ x − 3 / 2...............1 < x ≤ 2
.Solución. a) Como el intervalo es de dimensión 2 la Serie tomará la forma: a0
2
+ ∑ ak Cos k π x + bki Senk π x , 2
1
2
0
0
1
con a0 = ∫ f ( x)dx = ∫ (1 / 2 − x)dx + ∫ ( x − 3 / 2)dx = 0
⎧0...........k par ⎪ a k = ∫ (1 / 2 − x )Cosk π x dx + ∫ ( x − 3 / 2)Cos k π x dx =……… ⎨ 4 0 1 ⎪⎩ k 2π 2 ....k impar 1
2
76
⎧0...........k par ⎪ = ∫ (1 / 2 − x) Sen k π x dx + ∫ ( x − 3 / 2) Sen k π x dx =……….. ⎨ 3 k impar 0 1 ⎪⎩− k π ...... 1
bk
2
Así la S de F quedará: 4 π
2
∑
Cos ( 2k − 1) k π x
(2k − 1)
2
−
3
∑ π
Sen( 2k − 1) k π x
(2k − 1)
b) La extensión par de la función hace que la Serie sea :
a0
+ ∑ a k Cos
2
k π
2
x con
(b-a) = 4
12 12 k π Donde a 0 = 2 ⋅ ∫ f ( x)dx = 0 y a k = 2 ⋅ ∫ f ( x)Cos xdx 20 20 2 1
1 2 1 32 k π k π k π k π a k = ∫ Cos x dx − ∫ xCos x dx + ∫ xCos xdx − ∫ Cos xdx = 2 2 2 21 2 0 2 0 1 16 …………………….= 2 2 si .k = (2,6,10..........(4k − 2) ).
k π
La Serie:
16 π 2
∑
(4k − 2)π x 2 . (4k − 2) 2
Cos
. 5.- Hallar la Serie de Fourier de solo cosenos para la función: f(x)= x en [0,2]
Solución. Haciendo la extensión par de f(x) a [− 2;2]
2
a0
= ∫ xdx = 2 0
k par ⎧0 12 k π ⎪ a k = ∫ xCos xdx = ⎨ 8 20 2 ⎪− 2 2 k impar
⎩
k π
77
8
∞
Cos
k π
x
2 . Luego la serie será: x = 1 + 2 ∑ π 1 ( 2k − 1) 2
Observación: 1.- Se deberá entender que este anexo es solo una esquematización del tema y en modo alguno corresponde a un desarrollo medianamente formal ya que el propósito es solamente referencial para un grupo de estudiantes. 2.-Las integrales más comunes para el desarrollo de los ejercicios más clásicos son: a) ∫ e ax Sen(bx) dx = ((e ax (aSenbx-bCosbx))/(a²+b²)) b) ∫e ax Cos(bx)dx=((e ax (aCosbx+bSenbx))/(a²+b²)) c) ∫xSen(bx)dx=(1/(b²))Sen(bx)-(x/b)Cos(bx) d) ∫xCos(bx)dx=(1/(b²))Cos(bx)+(x/b)Sen(bx) e) ∫x²Sen(bx)dx=((2x)(b −2 ))Sen(bx)-(((x²)/(b −1 ))-(2b −3 ))Cos(bx).f) ∫x²Cos(bx)dx=((2x)/(b²))Cos(bx)+(((x²)/(b^{}))-(2/(b³)))Sen(bx).g)∫Sen(ax)Sen(bx)dx=((Sen(a-b)x)/(2(a-b)))-((Sen(a+b)x)/(2(a+b))). a²≠ b² h) ∫Cos(ax)Cos(bx)dx=((Sen(a-b)x)/(2(a-b)))+((Sen(a+b)x)/(2(a+b))).- “ i) ∫Sen(ax)Cos(bx)dx=-((Cos(a-b)x)/(2(a-b)))-((Cos(a+b)x)/(2(a+b))).- „ j) ∫Sen²(ax)dx= (1/(2ª))(ax-(1/2)Sen(2ax)) k) ∫Cos²(ax)dx=(1/(2ª))(ax+(1/2)Sen(2ax)) Guía de Ejercicios: 1.- Escribir la Serie de Fourier de las funciones:
−π ≤ x ≤ π b) f ( x) = Senπ x 0 < x < 1 ⎧ x + π −π < x < 0 Graficar la extensión periódica d) f ( x) = e − x c) f ( x) = ⎨ ⎩ x − π 0 ≤ x ≤ π a) f ( x) = e x
⎧0 ⎪ e) f ( x ) = ⎨π / 2 ⎪0 ⎩
−π < x < 0 0 < x < π / 2 π / 2 < x < π
-1
78
⎧0 f) f ( x ) = ⎨ ⎩ x
−π < x < 0 Graficar su extensión periódica y evaluar en x = 0 0 < x < π
2.- Si f ( x) = 1 − x
−1 ≤ x ≤ 1 ,hallar su Serie de Fourier y deducir la convergencia de la ∞ 1 serie numérica: ∑ 2 1 ( 2k − 1)
3.- Determinar la Serie de Fourier para la función f ( x) = x la convergencia numérica del ejercicio anterior.
−4 ≤ x ≤ 4 con ello deducir
4.- Desarrollar en serie de cosenos la función f(x)= Sen x y analizar su convergencia para x = 0. 5.- Desarrollar en Serie de Fourier f(x) = x 2 π 2 1 =∑ 2 16 k
0 ≤ x ≤ 2π , y con ello pruebe que
⎧ ⎪− 1 ⎪ ⎪ 6.- Dada la función de impulso unitario: f ( x) = ⎨1 ⎪ ⎪ ⎪⎩− 1
−π ≤ x ≤ 0 0 < x <
¿Cuál es el valor de la serie si a) x = k π b) x= (2k + 1)
π
2 π
2
π
2
≤ x ≤ π , k ∈ ∈ Z ?
ANEXO # 2 EL VECTOR GEOMÉTRICO.Definición: Se llama escalar a la expresión física que se caracteriza por su magnitud.
Ejemplos: a) Volumen b) Intensidad, c) Resistencia, d) Masa.
79
Definición: Se llama Vector a la expresión física que se caracteriza por tener, magnitud, dirección y sentido. Ejemplos: A) Fuerza ,b) Velocidad. Gráficamente un vector se expresa mediante un trazo dirigido como en la figura y se designa como a ,ó A B .
B A
La magnitud de a ; denotada a , corresponde al numero real no negativo que representa a la longitud del trazo AB ,o bien la la distancia entre los puntos inicial A y el punto final B. y también se le llama módulo del vector
= AB = d ( A, B ) La dirección de a ,la da la recta que lo contiene. El sentido de a ,lo indica la flecha,(De A a B).. Observación: a
Debe entenderse que dos vectores a y b son iguales cuando tienen igual magnitud y sentido y en que sus direcciones son paralelas. Estos vectores llamados también vectores libres admiten además las condiciones:
a) a = a Propiedad refleja b) a = b ⇒ b = a Propiedad simétrica c) Si a = b b = c ⇒ a = c Propiedad transitiva.
Representación Cartesiana. Un vector geométrico, del espacio tiene una representación respecto a un sistema cartesiano de ejes coordenados, en que se hace coincidir el origen con el punto inicial A y el punto final con un punto P expresado por el trío ( ( a1 , a 2 , a 3 ) ,en este caso
a se llama vector posición del punto P. a3
80
P
a
a2 a1
De este modo queda de manifiesta una correspondencia biunívoca entre los puntos del espacio y los vectores geométricos y entre éstos y los tríos ordenados de reales lo que se denomina un isomorfismo entre los conjuntos de los vectores geométricos, el conjunto de los puntos y R 3 ,para ello usamos la notación:
≅ P ≅ (a1 , a 2 , a3 ) La igualdad en cada ámbito se entiende como:a) P = Q cuando ambos puntos son coincidentes. b) En R 3 (a1 , a 2 , a3 ) = (b1 , b2 , b3 ) ⇔ a1 = b1 ; a 2 = b2 ; a3 = b3 .Aquí la a
norma se da como a = a1 2 + a 2 2 + a3 2 .Además 0 = (0,0,0) .
ALGEBRA DE VECTORES.Definición:
Sean los vectores x e y ; tal que: x = ( x1 , x 2 , x3 )
y
= ( y1 , y 2 , y3 ) ) .
Entonces:
a) x + y = ( x1 + y1 , x 2 + y 2 , x3 + y 3 ) Suma de vectores b) α x = (α x1 , α x 2 , α x3 ) Producto por escalar con α ∈ R . Además se reconocen una serie de propiedades de fácil apreciación:
1) x + y = y + x ∀ x , y ∈ R 3 2) ( x + y ) + z = x + ( y + z ) ; ∀ x , y , z ; 3) 4) 5) 6) 7)
∀ x ⇒ x + 0 = 0 + x = x ; ∀ x ⇒ ∃(− x ) ∋ x + (− x ) = 0 α ( x + y ) = α x + α y ; α ∈ R (α + β ) x = α x + β x (α β ) x = α ( β x )
Conmutatividad Asociatividad
0 es el elemento neutro − x , es el inverso aditivo de x Distributividad. Distributividad. Asociatividad.
81
8) 1 ⋅ x = x ∀x
Estas propiedades son válidas para los vectores de R 2 y por ello se dice que conforman un Espacio Vectorial, tema que se ampliará en Algebra Lineal. Ambas operaciones tienen su expresión gráfica, la suma mediante la llamada ley del paralelogramo, donde la suma se identifica con una diagonal y la resta con la otra según la fig.
x
x + y x − y
y
Definición: Se llama distancia entre los vectores x e y ,al número real no negativo dado por :
= ( x1 − y 2 ) 2 + ( x2 − y 2 ) 2 + ( x3 − y 3 ) 2 Su expresión gráfica es el trazo que une los puntos extremos de cada vector P d ( x , y ) = x − y
x
x − y
y
Q
Q P
Observación:
R
a) d ( x , y ) = d ( y , x ) b) d ( x , y ) ≥ 0 y d ( x , y ) = 0 ⇔ x = y c) d ( x , y ) + d ( y, z ) ≥ d ( x , z ) .Desigualdad triangular. La significación geométrica de esta última es que en un triángulo la suma de dos lados es mayor al tercero y la igualdad es cuando los puntos son colineales, tanto en el plano como en el espacio
Producto punto o escalar. Definición: Se llama producto escalar entre los vectores: x dado por:
e y en el plano o el espacio al número real
82
( x y ) = x ⋅ y Cosθ Siendo θ el ángulo que forma ambos vectores visto en sentido anti-reloj.
x
y
θ
Propiedades: o a) x y = y x b) x ( y + z ) = x y + x z c) α ( x y ) = (α x ) y = x α y , α ∈ R Observación: 1.-Si θ =
π
2
, x y = 0 , y los vectores se dicen ortogonales o perpendiculares
jˆ = (0,1,0) k ˆ = (0,0,1) , Estos son ortogonales entre si,como 2.- Si definimos: iˆ = (1,0,0) lo muestra la figura y además son unitarios pues son de módulo 1.Además si
x = ( x1 , x2 , x3 )
= x1 (1,0,0) + x2 (0,1,0) + x3 (0,0,1) x = ( x1 ,0,0) + (0, x 2 ,0, ) + (0,0, x3 ) ˆ x = x1iˆ + x 2 jˆ + x3 k
Por lo que se les llama vectores base de R 3 K=(0,0,1)
j=(0,1,0) I=(1,0,0) También son base el trío: (1,1,1);(1,1,0);(1,0,0) ,es decir un vector
= ( x1 , x2 , x3 ) = a1 (1,1,1) + a 2 (1,1,0) + a3 (1,0,0) , donde a1 = x3 ; a1 + a 2 = x 2 , a1 + a 2 + a 3 = x1 de modo que a 2 = x 2 − x3 y a3 = x3 − x 2 Así x = x3 (1,1,1) + ( x 2 − x3 )(1,1,0) + ( x3 − x 2 )(1,0,0) .En ambos casos los valores que x
acompañan a los vectores base se les llama compo nentes del vector
83
3.- Todo vector de la forma:
v
v
, es unitario.
Teorema:
Si x = ( x1, x 2 , x3 ) y = ( y1 , y 2 , y 3 ) Entonces x y = x1 y1 + x 2 y 2 + x3 y 3 .
Demostración.
y
Según el teorema del coseno:
x − y
2
x − y
2
=
x
2
+
y
− 2 x
y Cosθ
θ
x
2
Como x − y 2
x
+
2
y
= ( x1 − y1 ) + ( x2 − y 2 ) 2 + ( x3 − y3 ) 2
2
− x − y = 2 x1 y1 + 2 x 2 y 2 + 2 x3 y 3 =2 x
y Cosθ = 2 x y
Luego:
x y
= x1 y1 + x 2 y 2 + x3 y3
Ejemplos: 1.- Calcular x y Si x = (1,2,3) y = (−1,0,2) . Solución.
x y
= (1,2,3) (−1,0,2) = (1)(−1) + (2)(0) + (3)(2) = 5 .
2.- Si se dan los vectores: x = (−2,1,2) y = (0,1,1) z = (−3,5,2) Evaluar la combinación: 3( x y ) + y (2 x − 5 z ) .
Solución.
3( x y ) + y (2 x − 5 z ) = 3(−2·0 + 1·1 + 2·1) + (0,1,1)·[2(−2,1,2) − 5(−3,5,2)] = (3)·(3)+(0,1,1)·(11,7,-6) =9+7-6 = 10.
3.- Encontrar el ángulo que forman los vectores: x (2,2,−1) e y = (6,−3,2 ) .
Solución.
x · y
Cosθ = x · y
=
(2,2,−1)·(6,−3,2) 4 = ó θ = ArcCos(4 / 21) = 21 9 · 49
84 4.- Señalar un vector unitario que sea perpendicular al plano que definen los vectores: ˆ ; y b = 4iˆ + 3 jˆ − 3k ˆ . a = 2iˆ − 6 jˆ − 3k
Solución. Sea x = x1iˆ + x 2 jˆ + x3 k ˆ ,el vector buscado ,según las condiciones de perpendicularidad ,debe tenerse:
= 0 ⇒ 2 x1 − 6 x 2 − 3x3 = 0 b · x = 0 ⇒ 4 x1 + 3 x 2 − 3 x3 = 0 a· x
x
= 1 ⇒ x1 2 + x2 2 + x3 2 = 1 .Resolviendo el sistema se tiene : x1 =
x 2
=
−2 6 x1 = − 3 217
x3
=
9 217
10 10 x. x1 = 9 217
5.- Probar que si x· y = 0 , ello no implica que alguno o ambos sean cero.
Solución.
Ello se prueba con un contraejemplo. Sean x = (1,0,1) y = (0,1,0 ) se tiene x · y = 0 ,en general ello se cumple con un par de vectores ortogonales.
6.- Probar que si : x· y = x ·z ,ello no implica que y = z ,es decir la ley de cancelación conocida entre los reales no se cumple para el producto escalar de vectores.
Solución. x · y = x · z ⇒ x ·( y − z ) = 0 ,luego x ⊥ ( y − z ) , del ejemplo anterior se deduce que no necesariamente y = z .
7.-Determinar la constante k para que los vectores: a = (1,2,3) y b = (3, k ,2) Sean ortogonales:
Solución.
a
Ortogonal con b ⇔ a · b = 0
85
a·b
= 3 + 2k + 6 = 0 ⇒ k = −9 / 2
8.- Encontrar todos los vectores del espacio que sean ortogonales con :n = (1,−1,2 )
Solución.
Sea X = ( x, y, z ) el vector buscado luego se debe tener:
n · X = 0 ⇔ x − y + 2 z
=0, esto constituye la ecuación de un plano que pasa por el orígen. Producto Cruz o vectorial. Definición.
Sean x e y vectores del espacio o el plano, se llama producto cruz o vectorial entre ellos al nuevo vector definido por.
x × y
=
x y Senθ ⋅ uˆ
Donde uˆ es un vector unitario perpendicular al plano que contiene a los vectores . x e y y orientado de modo que conforman un trío derecho o que sigue el curso de un tornillo de hilo derecho
x × y uˆ
y
x
Propiedades:
1.- x × y = − y × x .Es inmediato según la definición. 2.- x × ( y + z ) = x × y + x × z . 3.- m( x × y ) = (m x ) × y = x × (my ) .
ˆ k jˆ
86 4.- iˆ × iˆ = jˆ × jˆ = k ˆ × k ˆ = 0 ; iˆ × jˆ = k ˆ; jˆ × k ˆ = iˆ; k ˆ × iˆ = jˆ
iˆ
ˆ × iˆ = − jˆ jˆ × iˆ = −k ˆ; jˆ × k ˆ = −iˆ; k
5.- Si: x = ( x1 , x 2 , x 3 ) y = ( y1 , y 2 , y 3 ) .Entonces.
x × y
iˆ
jˆ
ˆ k
= x1
x 2
x 2
y1
y 2
y 3
6.- x × y = Área del paralelogramo de lados x e y .
7.- Si x × y = 0 , y ≠ 0 ⇒ x e y paralelos.
Demostración 5).Según 2 y 4 x × y = ( x!iˆ + x 2 jˆ + x3 k ˆ) × ( y1iˆ + y 2 jˆ + y 3 k ˆ)
= ( x1 y 2 k ˆ − x1 y3 jˆ − x 2 y1 k ˆ + x2 y3iˆ − x3 y 2 iˆ + x3 y1 ˆj ) =( x 2 y 3 − x 3 y 2 )iˆ + ( x3 y1 − x1 y 3 ) jˆ + ( x1 y 2 − x 2 y1 ) ⇒
x × y
jˆ
k ˆ
= x1
x 2
x 2
y1
y 2
y 3
iˆ
Demostración 6.
h= y Sen α
α
x
Area= x ·h = x y Senα = x × y .
Ejemplos. 1.- Encontrar un vector unitario que sea perpendicular a los vectores: x = (2,1,1) Solución:
y
= (1,−1,2 ).
87
x × y
iˆ
=2 1
ˆ k
j
1 −1
1 1 = (3,−3,−3) ; x × y = 3 3 : el vector unitario será: u = (1,−1,−1) 3 2
2.-Encontrar el área del paralelógramo cuyas diagonales son: d 1 = (3,1,−2) ; d 2 = (1,−3,4)
Solución.
a +b
= (3,1,−2) a − b = (1,−3,4) ⇒ a = (2,−1,−)
Area =
a ×b
b
= (1,2,3)
= (−5,−5 ,5) = 5 3
3.- Encontrar el área del triángulo cuyos vértices son: a = (3,−1,2) b (1,−1,−3) c = (1,−3,1) ) .
Solución:
C
c
−a
A
c
−b
B
O 1 1 (b − c ) × (c − a ) = 165 . 2 2 4.-Determinar los “Cosenos directores de un vector” y demostrar que la suma de sus cuadrados es uno:
b
− c = (3,−1,2)
c
− a = (1,−2,−1) Area =
Solución: Sean: Cosα = Cos ( x , p ) Cos β = Cos ( y, p ) Cosγ = Cos ( z , p ) Donde p es el vector posición de un punto P .Luego si p = ( x, y , z )
88
p·iˆ
Cosα = p
x
=
z
p
p
P
p· jˆ
y Cos β = = p p
α γ β
ˆ p·k
z Cosγ = = p p 2
x
2
2
Cos α + Cos β + Cos γ =
x 2
+ y 2 + z 2 p
2
y 2
=
p
2
=1
p
Otros productos. a) x·( y × z ) Producto mixto o triple escalar.ó producto caja
b) ( x· y ) z Producto triple. c) x × ( y × z ) Triple producto vectorial.
Observación: x1
x 2
x3
1) x·( y × z ) = y1
y 2
y 3
z1
z 2
z 3
2) Mediante cambio de filas en el determinante se observa que cumplen la secuencia cíclica:
x ·( y × z ) = y·( z × x ) = z ·( x × y )
z
x
y
3) x·( y × z ) representa el volumen del paralelepípedo formado con los 3 vectores.
89
O
y
x
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE. PROF. JORGE ALEJANDRO INOSTROZA LAGOS
90
CAPITULO # 2.- Función en Varias Variables Derivación Parcial 2.1.- Introducción El desarrollo de este tema ,correspondiente a un Cálculo II, forma parte del programa de la signatura de carácter anual de Cálculo Aplicado, y se desarrolla en la segunda mitad del año y que debe culminar con la Integración Múltiple y de Línea, la extensión del mismo y el perfil profesional del Ingeniero de Ejecución, hace que sea preferentemente operacional donde la conceptualización y el fundamento se reducen conforme a estos dos factores; ello explica las licencias y carencias de rigor que se puedan observar además que estos trabajos de apuntes son la antesala de una bibliografía más formal por lo que se recomienda al estudiante servirse de ella , y la incluimos al final. Por otra parte al tener el calculo en una dimensión será de gran utilidad por que lo que viene, en gran medida es una extensión de ello a dos o tres dimensiones. Conceptos preliminares.Un lenguaje mínimo necesario para la comprensión de los temas y una nomenclatura básica necesaria son: a) Plano y Espacio Euclidiano: R
2
= {( x, y ) / x; y ∈ R} es el plano
3
= {( x , y, z) / x; y; z ∈ R} es el espacio Euclidiano ,cuya representación gráfica asocia a sus elementos , pares y tríos, con puntos del plano o el espacio o sus vectores posición referidos a un sistema cartesiano de ejes, suele decirse que estos tres tipos de conjuntos son isomorfos. R
b) Norma de la posición del punto. Si P (x,y) es el punto ,la norma se define por:
= x2 + y2 , Es decir la distancia de éste al origen de coordenadas. De igual modo para P(x,y,z): P
y
P
z
P
=
x2
P P
=
x 2
+ y 2
x
c) Distancia entre dos puntos.
x
+ y2 + z2
91
y
z P
Q D
=
Q−P
Q
P y x x
Si P ( x1 , y1 ) y Q ( x2 , y2 ) ⇒ d (P , Q ) = Q − P = (x2 − x1 ) 2 + ( y 2 − y1 )2 .ó Si P ( x1 , y1 , z1 ) y Q ( x2 , y2 , z2 ) ⇒ d (P , Q ) = (x2 − x1 )2 + ( y 2 − y1 )2 + (z 2 − z1 )2 .
d) Vecindad de un punto: Si P0 es un punto del plano o del espacio y ρ ∈ R ,la vecindad del punto P0 , con radio ρ y centro P0 ,se define como el conjunto: V ( P0, ρ )
= {P ∈ R 2 ó R3 / d ( P , P0 ) < ρ } ,
e) Conjunto abierto. Si D ⊆ R 2 ó R 3 ,se le llama un conjunto abierto, si para cada P ∈ D ,existe una vecindad totalmente contenida en D ,a estos puntos suele llamárseles punto interior de D. Ejemplo: una vecindad es un conjunto abierto. Un conjunto se dice cerrado, si su complemento es un conjunto abierto
f) Punto frontera. Un punto P se dice punto frontera de un conjunto si para toda vecindad de él contiene puntos del conjunto y puntos del complemento, así el conjunto de todos los puntos frontera conforman la frontera del conjunto.
92
g) Región abierta. Una región abierta R ⊆ R 2 ó R 3 , es un conjunto abierto donde dos puntos cualesquiera pueden conectarse entre sí s í por una poligonal enteramente contenida en el conjunto.
h) Punto de acumulación. Un punto P es punto de acumulación de un conjunto si toda vecindad reducida (sin el punto centro) contiene puntos del conjunto.
i) Conjunto acotado. S
⊆ R2 ó
R 3 , se dice
acotado, si existe M ∈ R + ∋ ∀P ∈ S ⇒
P
Ejemplos. 1.- Sea S ⊆ R 2 ∋ S = {( x, y ) / x > y} Intuitivamente y por el gráfico podemos deducir que : a) S es abierto. b) Es una región abierta. c) Su frontera es la recta x = y.
i) S no es acotado d) Todos sus puntos son de acumulación más los puntos frontera. 2.- Si S = {( x, y ) ∈ R 2 / x 2 + y 2 < 1} y R= {( x, y , z ) ∈ R 3 / x 2 + y 2 < 1; z = 1} Se tiene que:a) S es abierto, R no lo es, es cerrado b) Las fronteras son diferentes, todos los puntos de R son puntos frontera, c) En S todos sus puntos son s on de acumulación, igualmente en R d) S es región abierta R no lo es. e) S y R son conjuntos acotados. 1 1 3.- Sea S = ⎧⎨( x , y ) / x = ; y = , m , n ∈ N ⎫⎬ Este conjunto asemeja a una red cuyos m n ⎩ ⎭ elementos son las intersecciones de las rectas horizontal y vertical
a) No tiene puntos interiores y no es abierto, b) Sus puntos de acumulación son de la 1 1 forma: ⎛⎜ 0, ⎞⎟ ; ⎛⎜ , 0 ⎞⎟ ; ( 0, 0 ) y no pertenecen al conjunto. b) No es una región. c) Es ⎝ n⎠ ⎝m ⎠ acotado, d) Su frontera la conforman los puntos de acumulación y los puntos del conjunto.
93 4.- Si S = {( x, y, z ) / x − 1 < 1; y − 1 < 1; z − 1 < 1} , su figura es un cubo centrado en (1,1,1), es abierto ,todos sus puntos son de acumulación incluidos su frontera que son las caras del cubo.
2.2.-Función en varias Variables.Definición. Una aplicación de la forma :
f : D ⊆ R
→R∋ ( P) → z = f ( P ) n
define una función real de varias variables reales, que abreviadamente expresamos como: z = f ( P) . Para n = 2 y P = (x,y) la función es de dos variables y la expresamos como: z
= f ( x, y )
Si n = 3, con P = (x,y,z) la función es de tres variables y señalamos por: w = f ( x, y, z ) .
Definición. Para una función real de dos variables: f
: D ⊆ R 2 → R ,.
se define el dominio como :
= {( x, y ) ∈ R 2 / f ( x , y ) ∈ R} y se define el recorrido o rango como: Dom f
Re c f = { z ∈ R / z = f ( x , y )} .Igual cosa para funciones en tres variables.
Observación: En los más variados ámbitos se pueden encontrar fenómenos que se modelan mediante funciones de varias variables, tanto en Ingeniería como en geometría, física o ecología etc. etc.
94 Algunos ejemplos: 1.- f ( x, y ) = x 2 + y 2 , geométricamente señala la distancia del punto P(x,y) al origen de coordenadas.
2.- P( E , R ) =
3.- a(r , v) =
E R 2
v 2
r
; Potencia eléctrica de voltaje V y resistencia R.
; aceleración centrípeta de una partícula que se mueve en círculo de radio r y
velocidad v. b ( z − h ) 2 ⎞ ⎛ − b ( z −2h )2 2 4.- C ( x, z ) = 2 ⎜ e x + e x ⎟ contaminante que emite una chimenea de altura h a x ⎟ x ⎜ ⎝ ⎠ kilómetros de distancia y en una altura h..
a
2.3.-Gráfico de una función: Superficies cuádricas
1.- Para el caso de la función de dos variables: z = f(x, y), el gráfico de ella es el conjunto de puntos:
= {( x, y, z ) / z = f ( x, y )} Que representado en un sistema cartesiano adquiere la forma de una superficie. z G f
S y x 2.- De las superficies más clásicas tenemos: a) Los planos: ax + by + cz = d
95 Particularmente se tiene: z = 0, el plano (x;y);
z = k (Plano paralelo al plano (x;y)). z = z;
ax + by = c (Plano ortogonal al plano (x,y)
b) Los cilindros: y = f ( x ); ó f ( x, y ) = 0; z = z , Por ejemplo y = 4 x 2 ; z = z ,es un cilindro parabólico ó x 2 + y 2 = r ; z = z , que es un cilindro recto circular.
c)
Las superficies cuádricas: Su forma general es: F (x , y , z ) = 0 , con las 3 ó 2 variables en segundo grado.
i) Elipsoide
x
2
a
2
+
y
2
b
2
+
z
2
c
2
=1
ii) Hiperboloide de un manto:
x
2
a
2
+
y
2
b
2
−
z
2
c
2
=1
96
iii) Hiperboloide de dos mantos:
iv) Paraboloide elíptico.
x 2 a2
v) Paraboloide hiperbólico:
vi) Cono elíptico:
+
y2 b2
x
2
a
2
−
y
2
b
2
−
z
2
c
2
=1
=cz
x
2
a
2
x
2
a
2
−
+
y
2
b
2
y
2
b
2
= cz
−
z
2
c
2
=0
Para graficar estas superficies, que es un tema interesante y necesario, debe considerarse: a) Dominio de existencia. O sea el conjunto de puntos donde existe la superficie. b) Simetrías. Si P( x, y , z ) ∈ S
⇒ P ( x, y , − z ) ∈ S , hay simetría respecto al plano (x;y)
Si P( x, y, z ) ∈ S Si P( x, y , z ) ∈ S
⇒ P( x, − y, − z ) ∈ S ,hay simetría respecto al eje x ⇒ P (− x, − y , −z ) ∈ S ,hay simetría respecto al origen
97
c) Intersección con los ejes. Haciendo: y = z = 0, intersección con eje x . d) Trazas. Es la penetración en los planos coordenados y se encuentran haciendo ó z=0ó y=0ó x=0 e) Curvas de nivel : Se encuentran interceptando la superficie con planos paralelos a los planos coordenados.Esto se ve con frecuencia en cartografía
Ejemplos: 1.-Graficar la cuádrica:a) f ( x, y ) = 9 − x 2 − y 2 .Si
x 2
+ y 2 ≤ 9 ; z ≥ 0
2 2 2 b) 9 x + y + 4 z = 36
Solución. a) Se trata de un paraboloide elíptico; 9 − z = x 2 + y 2 . , donde 0 ≤ z ≤ 9 .
Trazas: z
= 0 ⇒ ( x 2 + y 2 ) = 9 Circunferencia , = 0 ⇒ z = 9 − x 2 Parábola x = 0 ⇒ z = 9 − y 2 Parábola .
y
i)
Curvas de nivel: z = k > 0 ⇒ x 2 + y 2 = 9 − k Circunferencia si k ≤ 9 x = k ⇒ z = 9 − k 2 − y 2 Parábolas ∀k ≤ 3 y = k ⇒ z = 9 − k 2 − x 2 Parábolas ∀k ≤ 3 .
Con esta información es suficiente para trazar el gráfico considerando las simetrías respecto a los planos (x;z) e (y;z).y el tipo de superficie.
98 2.- Graficar la cuádrica: 3 x 2 + y 2 + 9 z 2 = 18.
Solución: Se trata del Elipsoide (Véase su forma general) x 2
6
y2
+
18
+
z2
= 1,
2
Por lo tanto tiene simetrías respecto a los planos, los ejes y el origen. i) Trazas: ii)
y x
ii)
=0⇒
z
x 2
6 x 2
=0⇒
+
6
+
y 2
=0⇒
+
18
y2
18 z2
2 z2
2
= 1 Elipse = 1 Elipse = 1 Elipse
Curvas de nivel: z
y
x 2
=k⇒
6
=k⇒
x
x 2
6
=k⇒
+
y2
18
+ y 2
18
z2
2
+
= (1 − = (1 − z2
2
k2
2 k2
18
= (1 −
) Elipse si
k 2
2
) Elipse si (1 − k 2
6
< 1 .ó k < 2 k 2
18
) > 0 ó k < 18
) Elipse si k < 6 .
Esto es suficiente para el trazado de la superficie.
1
3.- Dada la función: z = x
2
+y
2
,determinar dominios recorrido y su gráfico
Solución.
Domf
Re cf
⎧⎪ ⎫⎪ 1 = ⎨( x , y ) / ∈ R ⎬ = R2 2 2 x + y ⎪⎩ ⎪⎭ ⎧⎪ ⎫⎪ 1 = ⎨z ∈ R / z = ⎬⇒ 0 < z ≤1 2 2 x + y ⎪ ⎪⎩ ⎭
99 Siendo S la superficie; i) Simetrías:
( x, y, z ) ∈ S ⇒ (− x, y, z ) y (x, − y , z ) ∈ S ⇒ Simetrías respecto planos ( y ; z ) y (x , z ) . ii) Trazas:
=0⇒ z =
y
1 x
x = 0⇒ z
=
1
z
y
= 0 no hay .
iii) 0 < z ≤ 1 .
0.5 0.4
z -4
0.3
-4
-2 0.2
-2 0 0
y2
2
4
iii)
x 4
Gráfico
4.- Para la función: f ( x, y ) = y 2 − x 2 .Determinar Dominio y Recorrido Graficar.
Solución.
{
}
i) Domf = ( x, y ) y 2 − x 2 ∈ R = R 2 ,
{
}
Re cf = z ∈ R z = y 2 − x 2 = R
Como se trata del paraboloide hiperbólico de la forma: y
2
a
2
−
x
2
b
2
= cz ,
tiene simetrías respecto a los planos (z;x) y (z;y) y tiene la forma de una silla de montar. Para verificar analisemos: i) Trazas: En el plano(x;y); z = 0 ⇒ y 2 − x 2 = 0 son dos rectas por el orígen En el plano (y;z); x = 0 ⇒ y 2 = z Parábola En el plano (x;z); y = 0 ⇒ − x 2 = z Parábola e n la arte negativa del eje z .
100
ii)Curvas de nivel:
= k > 0 ⇒ y 2 − x 2 = k hipérbola con eje real paralelo al eje y z = k < 0 ⇒ x 2 − y 2 = k ; hipérbola con e 4 je real paralelo al eje x . x = k ⇒ y 2 = z + k 2 parábolas . y = k ⇒ k 2 − z = x 2 parábolas z
iii)Gráfico
20 10 -4
z
-2
0 0 0 2 y -10
-4 -2
x
2
4
4 -20
2.4.- Límite y continuidad Definición: Sea P0 punto de acumulación en D ⊆ R2 , el número real l se llama el “límite de f ( p ) cuando P tiende a P0 ”,lo que denotamos: lim f ( P ) = l
P → P0
Sí y solo sí: “ ∀ε > 0 ⇒ ∃δ > 0 ∋ Si P − P0 < δ ⇒ f (P ) − l < ε ”. Donde: P − P0
= ( x − x0 )2 + ( y − y0 )2 .
Análogamente definimos el límite para funciones en tres variables.
Observación: Considerando la mayor madurez del estudiante, podemos hacer algunas observaciones pertinentes.
101 a) P0 necesita ser un punto de acumulación para hacer posible el tránsito desde un punto genérico P hacia el punto P0 .Tal como ocurre en funciones de una variable donde no se menciona el hecho pues se trabaja en intervalos en que todos sus puntos son de acumulación. b) Al decirse que P tiende a P0 ,tanto en el plano como en el espacio, hay infinitas posibilidades o trayectorias, en funciones de una variable hay solo dos , izquierda y derecha, de modo que el comportamiento de la función en todos los casos debe ser el mismo, así , si dos trayectorias distintas llevan a valores distintos ,es que el límite no existe. c) La unicidad del límite es demostrable al igual que en el caso de una variable .La similitud de ambas definiciones nos llevan a pensar que hay concordancia en recursos operacionales y propiedades. Como por ejemplo en el Algebra de límites. d) Nótese que la definición nos señala cuándo un número l es el límite, sin embargo nuestro mayor interés está en encontrar límites utilizando recursos algebraicos que no hagan necesaria la verificación por la definición..En este trabajo la búsqueda de límites se centra en aquellas expresiones que muestran una indeterminación, por razones obvias.
Teorema: Si f ( P) y g ( P) ,son funciones con dominio D, tanto en R 2 como en R3 y entendiendo que f f ( P) a) ( f ± g )( P) = f ( P) ± g (P) b)( f ⋅ g )(P ) = f (P ) ⋅ g (P ) c )( )(P ) = donde: g g ( P) lim f ( P ) = l1
P → P0
lim g ( P ) = l2 .
P →P0
Entonces: lim ( f ± g )( P ) = lim f (P ) ± lim g (P ) = l1 ± l2
P → P0
P →P0
P →P0
lim ( fg )( P ) = l1l2
P → P0
f
l1
g
l2
lim ( )( P ) =
P → P0
Si f ( P ) ≥ 0 ⇒
l2
≠0
lim f ( P ) = l1 ≥ 0 ;y
P → P0
lim f ( P) = lim f ( P) = l1
P→ P0
p→ P0
Demostración (se omite)
Teorema: Siendo: f ( P) ≤ h( P) ≤ g ( P) con lim f ( P ) = lim g ( P ) = l .Entonces lim h( P) = l . P → P0
P → P0
P → P0
102 Demostración (Se omite)
Ejemplos: 1.- Calcular: 2 2
x y
lim
( x, y )→(2,3) x 2
+y
2
.
Solución: Observando que no hay indeterminación el resultado es obvio: 36 lim f ( P ) = f ( P0 ) = P → P0 13 2.-Calcular: xy
lim
( x , y ) →(0,0) x 2
+ y2
.
Solución. Si solo consideramos trayectorias rectas hacia el origen, de la forma lim
x→0 x 2
mx
2
=
2
m
(1 + m ) 1 + m
2
y
= mx , tendremos:
,
Luego la función va hacia valores que dependen de la pendiente de la recta, es decir es dependiente de la trayectoria, por lo que se deduce que el límite no existe. Otra forma de constatar lo mismo y dado el denominador de la función es las llamadas coordenadas polares: x
= ρ Cosθ
y
= ρ Senθ ,
y para recorrer todas las trayectorias hacemos tender solo ρ a cero dejando libre el ángulo así se tendrá:
lim
ρ →0 θ →θ
ρ 2 Cosθ Senθ 2
ρ
= Cosθ Senθ
es decir depende de la forma de dirigirse al cero. 3.- Calcular
103 2 2
x y
lim
( x, y )→(0,0) x 2
+ y2
.
Solución. Repitiendo el recurso anterior haciendo: x = ρ Cosθ y = ρ Senθ , se tendrá lim
ρ 4 Cos 2θ Sen 2θ
ρ →0 θ =θ
2
= lim ρ 2 Cos 2θ Sen2θ = 0 , ρ →0 θ =θ
ρ
Cualquiera sea los valores que tome el ángulo, luego ese es el límite. 4.- Calcular : 2
lim
x y
x →0 x 4 y →0
+y
2
.
Solución. Como se puede ver, las coordenadas polares no funcionan como en los anteriores casos,Si consideramos rectas por el orígen: y = mx
Tendremos:
lim
mx 3
( x , y ) → )( 0 , 0 ) x 4
=
+ m 2 x 2
lim
mx
( x , y )→( 0 , 0 ) x 2
+ m2
=0
, Aunque tenemos ese valor tengamos: x 2 = y como trayectoria hacia el origen luego quedará:
lim
Por lo que no existe límite.
x
x →0 x 4
4
= 1/ 2
+ x4
5.- Calcular:
lim
( x, y )→(0,0)
Solución.
Sen( x x
2
2
+ y2 )
+ y2
.
104 Si hacemos la sustitución : x 2 + y 2 = u ,el problema se transforma en otro de una variable; lim
Senu
u →0
u
= 1.
Esto nos muestra la utilidad de algunos límites conocidos en una variable.
6.- Calcular:
− y2 lim . x →0 x 2 + y 2 y →0 x
2
Solución: Aquí introduciremos el concepto de los llamados límites iterados, que consiste en hacer variar una variable luego la ó las otras en forma iterada, como se puede observar en el gráfico para dos variables P P0
a) lim ( lim f ( x, y )) x → x0 y → y0
en que nos desplazamos primero en forma paralela al eje y hacia y0 , luego en forma paralela al eje x hacia x0 . b) lim ( lim f ( x, y)) y → y0 x→ x 0
el desplazamiento paralelo a los ejes coordenados solo cambia en el orden.. En rigor son dos trayectorias particulares de modo que al ser diferentes es señal que el límite no existe, y de ser iguales no permite conclusión alguna por ser solo dos trayectorias. 2 x − y2 ) = lim 2 = 1 En nuestro ejemplo: lim(lim 2 x →0 y →0 x + y 2 y →0 x
x
2
− y2 − y2 lim(lim ) = lim 2 = −1 , luego el límite doble no existe. y →0 x →0 x 2 + y 2 y →0 y x
2
105
Téngase presente que para el caso de función de 3 variables los iterados son seis.
Definición Se dice que la función w = f ( P) , definida en D es continua en P0 ∈ D , si y solo sí: lim f ( P ) = f ( P0 ) .
P → P0
Observación. Esta definición encierra tres condiciones, a saber: a) ∃ lim f (P ) = l . P → P0
b) ∃ f ( P0 ) c) f ( P0 ) = l . La ausencia de cualquiera de ellas hace que se diga que la función es discontinua en ese punto, la carencia de la condición a) hace que se trate de una discontinuidad irreparable, en cualquier otro caso la discontinuidad es reparable.
Observación. 1.-Como se ve en la definición la continuidad es propiedad del punto, luego se dirá continua en un conjunto si lo es en cada punto del conjunto. 2.- Según el álgebra de límite se puede concluir que si: w = f ( P) y w = g ( P) son continuas en P0 , también lo serán en el punto: ( f ± g )( P) ;
( fg )( P);
f
( )( P); g
f ( P); f ( P)
≥ 0;
f ( P)
.
3.- Al igual que para funciones de una variable. Si f ( P) es continua en un dominio cerrado y acotado, entonces la función es acotada allí. Igualmente alcanza en el conjunto su valor máximo y su valor mínimo.
106
Ejemplos. 1.- Dada la función:
+ y2 f ( x, y ) = ( x, y ) ≠ (0, 0) . 2 2 Ln( x + y ) x
2
¿Es posible definirla en (0,0) para que sea continua allí?. SoluciónAl no existir f(0,0) la función es discontinua allí. Como u + y2 lim lim = = 0 , luego haciendo f(0,0) = 0, se repara la discontinuidad ( x, y )→(0,0) Ln( x 2 + y 2 ) u →0 Ln(u ) x
2
. 2.- Analizar la continuidad de la función: 2 x − 2 f ( x, y ) = , en el plano R 2 . 3 + xy Solución. 2
−2 = ∞ , luego xy →−3 3 + xy allí es de discontinuidad irreparable .En cualquier otro punto ( x0 , y0 ) se tiene:
Nótese que la función no está definida en la curva: xy = -3 y como lim
x
2
−2 = f ( x0 , y0 ) , ( x , y ) →( x0 , y0 ) 3 + xy x
lim
Luego continua.
⎧ Sen(2 x2 + y 2 ) ( x, y ) ≠ (0, 0) ⎪ 3.- Si: f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 ¿Es continua en (0,0)? ⎪ 0 ( x, y ) = (0, 0) ⎩ Solución: Tenemos lim
Sen(2 x 2
2x2 + y2 + y 2 ) 2x2 + y2 1 lim ⋅ 2 2 = ⋅ , haciendo x→0 x 2 + y 2 (2 x 2 + y 2 x +y y →0
x →0 y →0
trayectorias particulares tenemos:
(2 + m2 ) 2 + m2 lim = , x→0 x 2 (1 + m 2 ) 1 + m2 x
2
y
= mx , como
107 al depender de la trayectoria el límite no existe , luego la discontinuidad es irreparable en (0,0). 4.- Verificar la discontinuidad en (0,0) de la función:
⎧ x y 2 ⎪ f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 4 ⎪0 ⎩
( x, y ) ≠ (0,0) ( x, y) = (0, 0)
Solución. 2
y
4
= 1/ 2 , en cambio los 2 y 4 iterados dan cero ,es decir hay discontinuidad irreparable, pues no hay límite. 5.- Determinar si es posible definir en (0,0) la función:
Para calcular el limite en (0,0), haciendo x = y tenemos lim
y →0
f ( P) = ( x + y ) Sen
1 x
Sen
1
,
y
Para hacerla continua en el punto.
Solución. Como lim f (P) = 0 , puesto que el factor (x+y) tiende e cero, mientras que el producto de P →(0,0)
los Senos es acotado. Luego hacemos f(0,0) = 0 y la función es continua. 6.- Verificar la discontinuidad en (0,0) de la función:
⎧ xy ( x, y ) ≠ (0, 0) ⎪ f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 ⎪ 0 ( x , y) = (0, 0) ⎩ Solución: Mediante el cambio: x = ρ Cosθ
y
= ρ Senθ
2
tenemos: lim
ρ →0 ρ 2 θ =θ
ρ Senθ Cosθ
( Sen2θ + Cos 2θ )
= Senθ Cosθ , es decir hay dependencia de la trayectoria ,
luego no hay límite y la función es discontinua irreparable en (0,0).
108
⎧ ⎪ 7.- Verificar la continuidad en (0,0) de la función: f ( x, y ) = ⎨ ⎪ ⎩
xy x
2
+y 0
2
( x, y ) ≠ (0, 0) ( x, y ) = (0, 0)
Solución. Análogamente al anterior ejemplo.
lim
ρ 2 Sen Senθ Cos Cosθ
ρ →0 θ =θ
ρ
= 0 ∀θ es igual con f(0,0).Luego
continua allí. 8.- Analizar la continuidad de :
⎧ xy + xz + yz ⎪ 2 2 2 f ( x, y, z ) = ⎨ x + y + z ⎪0 ⎩
en
(0,0,0)
Solución: Como el punto conflictivo es el (0,0,0), buscamos límite usando los iterados:
•
lim (lim f ( x, y , z )) =
( x , y ) →( 0, 0 ) z →0
lim
( x , y ) →( 0 , 0 ) x 2
xy
+ y 2
,pero este limite limite no existe ,luego la función
es discontinua solo en ese punto. 9.- Discutir la continuidad de la función. f ( x, y , z ) =
1 -. 2 2 2 x + y + z − 1
Solución: Ésta es una función continua en todo R 3 excepto donde el denominador es nulo o sea en la esfera: x 2 + y 2 + z 2 = 1 ,allí no hay límite por lo que es irreparable.
109
2.5.-Guía de Ejercicios : 1.- Describa y grafique Domf. para las funciones: 1 a) f ( x, y ) = 1 − x 2 − y 2 b) f ( x, y ) = 4 − x 2 − y 2 c) f ( x, y ) =
1 − x2 − y 2 xy
(
d) f ( x, y ) = Ln 1 − x 2 + y 2
)
2.- Señale las curvas de nivel: z = k (constante) de las superficies: a) f ( x, y ) =
1 2 x + y 2
k = 1
b) f ( x, y ) = x 2 + 3 y 2 k = 2 c) f ( x , y ) = e − xy k = 1 / 2 d) f ( x, y ) = x 2 − 3 y 2 k = 1 . 3.- Si f ( x, y ) = x 2 − 3 y 2
1
g (u , v ) =
u
a) f (t − 3, t + 1) b) b) g ( x + y , f ( x , y )
+ v .Encuentre: c ) g ( f (x , y ))
4.- La potencia P producida por una rueda de viento es proporcional al producto del área A barrida por las aspas y el cubo de la velocidad V del viento . Exprese P como una función de A y V .Describa las curvas de nivel de P. 5.-Grafique las cuádricas: a) 2
x
2
4
b) x +
+
y
y
2
2
9 z
= 3 z 2
2
c) x − x
2
y
2
2 y
2
−
z
2
3 z
2
=1
d) + − = 0 − =1 2 3 4 5 6 6.- Calcular los siguientes límites lim f ( p ) si: P → P0
a) f ( x, y ) =
3 x − 2 y ; P0 = (0,0) 2 x − 3 y
110
b) f ( x, y ) = x 2 Sen c) f ( x, y ) =
y
= (4, π ) .
P0
x
+ y2 ) ( x 2 + y 2 )
xSen( x
d) f ( x, y ) = e
2
1 − 2 2 x ( y −1)
= (0, 0)
= (0,1) .
P0
4 2
x y
P0
= (0, 0) ,hágase x 2 = u
2
=v +y xy − 2 x − y + 2 f) f ( x, y ) = 2 P0 = (1, 2) 2 x + y − 2 x − 4 y + 5 xy + yx + xz g) f ( x , y, z ) = 2 (Considérese límites iterados) 2 2 x + y + z e) f ( x, y ) =
x
4
P0 4
7.- Calcular límites iterados y dobles para : a) f ( x, y ) = y
Senπ x x
en
(0, 0)
( xy ) 2 b) f ( x, y ) = en (0, 0) ( xy )2 + (x − y )2 c) f ( x , y ) = d) f(x,y,z)=
Senx Senx − Seny Seny
x
en
Tgx − Tgy 2
2
2
(0, 0) .
2
+ 2 y + 3 z en (0,0,0) x 2 + y 2 + z 2
8.- Analizar la continuidad de las funciones:
⎧ Sen( x2 + y ) ⎪ a) f ( x, y ) = ⎨ x + y ⎪ 0 ⎩
⎧ x 4 y ⎪ b) f ( x, y ) = ⎨ x8 + y 2 ⎪ 0 ⎩
( x, y ) ≠ (0, 0) ( x, y ) = (0, 0)
( x, y ) ≠ (0, 0) ( x, y ) = (0, 0)
y
111
⎧ Sen( x2 + y 2 ) ( x, y ) ≠ (0, 0) ⎪ c) f ( x, y ) = ⎨1 − Cos x 2 + y 2 ⎪ 1 ( x, y ) = (0, 0) ⎩
⎧⎪ x 2 − y 2 d) f ( x, y ) = ⎨ xy 2 en (0,0) ⎪⎩ x + y 2 2 x 2 + y 2 − z 2 e) f ( x, y , z ) = ; f (0, 0, 0) = 0 2 2 x − y 9.- ¿Es posible definir en (0,0) para que allí sea continua la función?: a) f ( x, y ) =
3
x y x
6
+ y2
;
1 1 b) f ( x , y ) = (x + y )Sen Sen ; x
y
c) f ( x , y , z ) =
xyz x
3
+ y3 + z3
10.- Señale donde es discontinua la función: a) f ( x, y ) =
Sen3 xSen2 y xy
(1 − Cos 2 x )(Cos3 y − 1) b) f ( x, y ) = 5 x 2 y
( y 2 − 2 y − 3)(1 − Cosx ) c) f ( x, y ) = 2 x ( y − 1)
112
2.6.- La Derivada Parcial Definición.Si z = f ( x, y ) es una función de dos variables definida en una vecindad del punto P0 ( x0 , y0 ) .Definimos la “derivada parcial de la función en el punto P0 , respecto de la variable x” al número real denotado: δ f δ x
( x0 , y0) ó f x ( x0 , y0 ) Dado por:
lim
h→0
f ( x0
+ h, y0 ) − f ( x0 , y0 ) h
.
De igual modo:” La derivada parcial de la función en el punto P0 , respecto de la variable y” se define como: f ( x0 , y0 + k ) − f ( x0 , y0 ) δ f . ( x0 , y0 ) = f y ( x0 , y0 ) = lim δ y
k →0
k
Observación: 1.- Para funciones de tres o más variables la definición es análoga. 2.- De la definición se deduce que estas derivadas parciales son las derivadas en que se considera una variable solamente como tal y las otras se tratan como constantes; De ahí que en su cálculo son válidas todas las reglas de derivación de funciones de una variable incluida la regla de la cadena. Definición. Llamamos la “función derivada parcial primera respecto de x “denotada
δ f δ x
( x , y ) , a
aquella que asigna a cada (x,y) la derivada parcial en dicho punto. De igual forma
δ f δ y
( x, y )
define “la función derivada parcial primera respecto de y.”
Observación. 1.-Para el cálculo de una derivada parcial en un punto dado se puede obtener de la función derivada evaluada en el punto
113
2.- Lo anterior vale igualmente para funciones de tres o más variables.
Ejemplos. 1.- Calcular con la definición las derivadas primeras de f ( x, y ) = e − x Seny , en el punto ( 1, π / 4) .
Solución: δ f δ x
(1, π / 4) = lim
f (1 + h, π
h →0
/ 4) − f (1, π / 4) e− (e − h 1
h→ 0
− (1+ h )
h
− 1)
−1
Sen(π / 4) − e Sen(π / 4)
h→0
h
= lim Sen(π / 4)
= lim
e
h
= e−1Sen(π / 4)( − Ln e) = e −1Sen(π / 4) =
2 2e
1 1 ∂ f e− Sen(π / 4 + k ) − e − Sen(π / 4) 1 Sen(π / 4 + k ) − Sen(π / 4) (1, π / 4) = lim = lim = L′H = k →0 ∂ y k e k →0 k 1 Cos(π / 4 + k ) 1 2 = lim = Cos(π / 4) = e k →o 1 e 2e
2.- Calcular usando reglas de derivación, las funciones derivadas de : f ( x, y ) =
2 2
x y x
2
+y
2
y en
el punto (1,1).
Solución: ( x 2 + y 2 ) ⋅ 2 xy 2 − ( x2 y 2 ) ⋅ 2 x 2 xy4 ( x, y ) = = 2 2 2 ⇒ δ x ( x 2 + y 2 )2 (x + y )
δ f
δ f δ y
( x, y ) = ......... =
2 yx4 ( x 2 + y 2 )2
.
Esto se ha deducido en forma inmediata por analogía dada la simetría de la función en que al cambiar x por y no se altera la función.
114 Para evaluar en el punto solo basta reemplazar: δ f δ x
(1,1) =
2 1 = (1 + 1) 2 2
δ f δ y
(1,1) =
1 2
3.- Calcular las derivada en el punto (0,0) de la función :
⎧ x 2 y 2 ⎪ f ( x, y ) = ⎨ ( x 2 + y 2 ) ⎪ 0 ⎩
( x, y ) ≠ (0, 0) ( x, y ) = 0
Solución. Aquí no es posible reemplazar en el resultado anterior puesto que la función derivada es válida para ( x, y ) ≠ (0,0) .Luego nos queda el expediente de la definición. f (h, 0) − f (0, 0) ∂ f ∂f (0,0) = lim (0, 0) = ....... = 0 . =0 h→0 h ∂ x ∂y Aquí hemos utilizado un recurso de analogía es decir al cambiar x por y no cambia la expresión. 4.- Calcular las derivadas primeras de : f ( x, y, z ) = xySenz + xzCosy + yzTgx.
Solución. Como cada derivada supone considerar las otras variables como constantes, se tendrá en forma inmediata:
∂ f = ySenz + zCosy + yzSec2 x ∂ x ∂ f = xSenz − xzSeny + zTgx. ∂ y ∂ f = xyCosz + xCosy + yTgx. ∂ z
115
zSen(
5.- Siendo la ecuación: z − e
y
)
= 1 , que define en forma implícita la función ∂ z ∂z . z = z ( x, y ) , Calcular las derivadas: ∂ x ∂y x
Solución. y
zSen( ) ∂ z ∂z y y y Derivando la ecuación respecto de x: − (e x ) ⋅ ( Sen( ) + zCos( )( − 2 )) = 0 ∂ x ∂x x x x y y ⎞ zSen ( ) zSen ( ) ∂ z ⎛ y yz y x Cos ( ) . ⎜1 − e x Sen ( ) ⎟ = − 2 e ∂ x ⎜⎝ x ⎟ x x ⎠
Agrupando:
zSen (
Como e
y x
)
= z − 1, reemplazando
yz
y
(1 − z )Cos ( ) 2
yz (1 − z )Cos (
∂ z x = : = x ∂ x (1 − (1 − z )Sen( y )
x
x
2
y x
⎡1 − (1 − z )Sen( y )⎤ ⎢⎣ x ⎥⎦
Por otra parte: y
∂ z zSen( x ) ⎡ ∂z y y 1 ⎤ −e Sen ( ) + zCos ( )( )⎥ = 0 ⎢ ∂y ∂ y x x x ⎦ ⎣ y ∂ z ⎡ zSen( x ) y ⎤ ⎢1 − e Sen( ) ⎥ = ∂ y ⎢⎣ x ⎥ ⎦
z x
e
zSen (
y x
)
Cos )(
y z ( z − 1) y ∂ z (1 − (1 − z) Sen( )) = Cos( ) x x x ∂ y z ( z − 1)Cos (
y
) ∂ z x = y ⎞ ∂ y ⎛ x ⎜ 1 − (1 − z ) Sen ( ) ⎟ x ⎠ ⎝
)
y x
)
.-
116
6.- Analizar la continuidad en (0,0) de la función:
⎧ xy ⎪ f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 ⎪ 0 ⎩
∂ f ( x, y ) ∂ x
∂f ( x, y ) .Siendo: ∂y
( x, y ) ≠ (0, 0) ( x, y ) = (0, 0)
Solución.
∂ f y ( x 2 + y 2 ) − 2 x2 y y ( y 2 − x 2 ) = 2 2 2 a) = ∂ x ( x 2 + y 2 )2 (x + y ) b)
∂f x( x 2 − y 2 ) ( Por = ∂y ( x2 + y2 )2
ana log ía)
f (h, 0) − f (0, 0) ∂ f ∂f (0, 0) = lim (0, 0) = ....... = 0 =0 h→0 h ∂ x ∂y
Tenemos la función derivada primera, ahora veremos su continuidad en un solo caso: y ( y 2 − x 2 ) ρ 3 Senθ ( Sen2θ − Cos 2θ ) lim = lim ⇒ no existe. , luego es discontinua en (0,0) ρ →0 x →0 ( x 2 + y 2 ) 2 ρ 4 θ =θ y →0 al igual que la función:
∂f .∂ y
Nótese que esta función no es continua en (0,0) paro tiene derivadas allí, Este hecho da para mayores comentarios posteriormente, ya que esto no ocurre en funciones de una variable. En cambio se puede verificar que la siguiente función es continua en (0,0)
⎧ ⎪ f ( x, y ) = ⎨ ⎪ ⎩
xy x
2
+y 0
2
( x, y ) ≠ (0, 0) ( x, y ) = (0,0)
Y tiene sus derivadas parciales primeras ,discontinuas en (0,0). 7.- Calcular las derivadas parciales de : f ( x, y ) = x y .
Solución. Aquí en un caso la función es una potencia y en otro una función exponencial, por ello :
117
∂ f = y ⋅ x y −1 ∂ x
∂ f y = x Ln( x) ∂ y
Derivadas de orden superior Definición. Llamamos segundas derivadas parciales de un función, z = f ( x, y ) , a las derivadas parciales de las funciones:
∂f ∂ x
∂f que se denotan: ∂y
∂ ∂ f ∂2 f ∂ ∂f ∂2 f ( )= ; ( )= = f yx ∂ x ∂x ∂ x 2 ∂x ∂y ∂x∂y
∂ ∂ f ∂2 f ∂ ∂f ∂ 2 f ( )= ( )= = f ; ∂ y ∂x ∂y∂x xy ∂y ∂y ∂y 2 Observación: 1.- En general se tiene que las llamadas funciones derivadas cruzadas son iguales, y la excepción se produce en puntos particulares y funciones particulares.
∂ 2 f ∂ 2 f : . = ∂ x∂y ∂y ∂x 2.- Para funciones de tres variables tenemos las segundas derivadas:
∂ 2 f ∂ 2 f ∂ 2 f ∂ 2 f ∂2 f ∂2 f ∂ 2 f ∂ 2 f ∂ 2 f ; ; ; ; ; ; ; ; . 2 2 2 x y x z y x y z z x z y ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ x ∂y ∂z 3.- De forma análoga se definen las derivadas de tercer, cuarto etc. orden, siguiendo la forma señalada de notación. 4.- El cálculo de estas derivadas se rigen igualmente por las reglas conocidas de funciones de una variable.
118
Ejemplos. 1.- Calcular segundas derivadas de : f ( x, y ) =
x− y x + y
.
Solución.
∂ f 2y ∂2 f −4 y = ⇒ = ∂ x ( x + y )2 ∂x 2 ( x + y)3 ∂ 2 f 2 x − 2 y = ∂ y∂x ( x + y )3 ∂ f −2 x ∂2 f 4x = ⇒ = ∂ y ( x + y )2 ∂y 2 ( x + y)3 ∂ 2 f 2 x − 2 y . = ∂ x∂y ( x + y )3
2.- Calcular segundas derivadas de la función: f ( x, y ) = x y .
Solución.
∂ f ∂2 f y −1 Se tiene que = y ⋅ x ⇒ 2 = y( y − 1) ⋅ x y −2 ∂ x ∂ x
∂ f ∂2 f y = x Ln( x) ⇒ 2 = x y ( Ln( x)) 2 ∂ y ∂ y .
∂ 2 f = x y −1 + yLn( x) ⋅ x y −1 ∂y∂x
1 ∂ 2 f = y ⋅ x y −1 Ln( x) + x y ⋅ = x y −1 + yLn( x) ⋅ x y −1 x ∂x∂y
∂ 2 f ∂ 2 f 3.-Probar que (0, 0) ≠ (0, 0) , para la ∂ x∂y ∂y ∂x
119
⎧ x 2 ArcTg ( y / x) − y2 ArcTg ( x / y) ⎪ función: f ( x, y ) = ⎨ ⎪ 0 si xy = 0 ⎩
xy ≠
0
Solución. 2 3 ∂ f x y y − 2 2⇒ ( x, y ) = 2xArcTg( y / x ) − 2 2 ∂ x x +y x +y
∂ f ∂ 2 f (0, y ) = − y ∴ (0, 0 = −1 ∂ x ∂y ∂x ∂ f ( x, y ) = ∂ y
x
3
xy
2
− 2 yArcTg( x / y ) + 2 2 ⇒ + y2 x +y ∂ f ∂ 2 f ( x, 0) = x ∴ (0, 0) = 1 ∂ y ∂x∂y x
2
4.- Probar que : f ( x, y ) = Ln ( ( x − a )2 + ( y − b )2 ) satisface la ecuación diferencial de Laplace:
∂ 2 f ∂ 2 f + 2 = 0. 2 ∂ x ∂y Solución. 2 2 ∂ f 2( x − a ) ∂ 2 f 2 {( y − b) − (x − a ) } = ⇒ 2 = ∂ x ( x − a )2 + ( y − b)2 2 2 2 ∂x ( x − a ) + ( y − b ) { } 2 2 ∂ f 2( y − b) ∂ 2 f 2 {( x − a ) − ( y − b ) } = ⇒ 2 = ∴∑= 0 ∂ y ( x − a )2 + ( y − b)2 2 2 2 ∂y {( x − a) + ( y − b) }
120
Regla de la Cadena En funciones de una variable: y = f ( x) ,si: x = x(t ) ,se tiene la función compuesta, o función ¨df df dx = de función: y(t ) = f ( x (t )) , luego ,lo que llamábamos la regla de la cadena. dt
dx dt
Siguiendo un análisis informal si se tiene: z = f ( x, y ) donde x = x(t ) e y = y (t ) se obtiene la compuesta: z (t ) = f ( x( t ), y(t )) , luego la derivada respecto de t es: df dt
=
∂f dx ∂f dy ⋅ + ⋅ ∂x dt ∂y dt
Que es una versión de la regla de la cadena para funciones de dos variables. De un modo más general dentro del mismo espíritu informal. Si z = f ( x, y ) con x = x(u, v ) e y
= y (u , v) ,
la composición toma la forma: z (u , v ) = f ( x (u , v), y (u , v )) ,
luego la derivación respecto a éstas últimas variables se calcula:
∂ f ∂f ∂x ∂f ∂y = + ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u
∂f ∂f ∂x ∂f ∂y = + ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v
Con estos modelos, se puede ampliar la regla de la cadena cuando la función es de tres o más variables y estas son a su vez funciones de 3 ó más variables. Ejemplos. 1.- Sea z = x 2 − y 2 con
x
= 2uv
y
∂ z ∂ z = u + v . Calcular . ∂u ∂v
Solución. Como z = z ( x(u, v); y (u, v)) ⇒
∂ z ∂z ∂x ∂z ∂y = + = 2 x ⋅ 2v + (−2 y ) ⋅ 1 = 4 xv − 2 y ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u
121
∂ z ∂z ∂x ∂z ∂y = + = 2 x·2u + (−2 y )·1 = 4 xu − 2 y . ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v También pudo hacerse la composición para llegar a : z (u , v ) = (2uv ) 2 − (u + v ) 2 y efectuar la derivación para llegar al mismo resultado, luego de sustituir en el primero a x e y. 2.- Sea z = f ( x, y ) con x = ρ Cosθ y = ρ Senθ .Probar que (
∂ f 2 1 ∂f 2 ∂f 2 ∂f 2 ) + 2 ( ) = ( ) + ( ) . Donde f es función desconocida. ∂ ρ ∂ x ∂y ρ ∂θ
Solución. Tenemos que z ( ρ ,θ ) = f ( x( ρ , θ ); y ( ρ , θ )) ⇒
∂ f ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂f = · + · = ·Cosθ + ·Senθ ∂ ρ ∂ x ∂ρ ∂y ∂ρ ∂ x ∂y
1 ∂ f ∂f ∂ f ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂f ∂f = + = ·(− ρ Senθ ) + ·( ρ Cosθ ) ⇒ = (−Senθ ) + Cosθ ρ ∂θ ∂ x ∂θ ∂ x ∂θ ∂y ∂θ ∂x ∂y ∂y 2
2
2 ⎞ ⎛ ∂f ⎞ ⎛ ∂ f ⎞ 1 ⎛ ∂f ⎞ ⎛ ∂f ∂f ∂f ⎜ ∂ ρ ⎟ + 2 ⎜ ∂θ ⎟ = ⎜ ∂ x Cosθ + ∂y Senθ ⎟ + ⎜ ∂x (− Senθ + ∂y (Cosθ ⎟ ⎝ ⎠ ρ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 ∂ f ⎞ ⎛ ∂f ⎞ ⎛ =⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎝ ∂ x ⎠ ⎝ ∂y ⎠
2
2
3.- Siendo x = ρ Cosθ e y = ρ Senθ ,se entiende que tanto ρ como θ pueden expresarse como funciones de x e y .Demostrar que
∂ 2θ Cos2θ = . ∂ x∂y ρ 2 Solución. θ
= ArcTg
y x
ρ =
x
2
+ y2 ⇒
∂θ = ∂ x
1 1+
y x
· 2 2
− y x
2
=
−y ⇒ ( x2 + y 2 )
122 2 2 y −x ρ 2 (Cos2θ − Sen2θ ) Cos 2θ ∂ 2θ −( x 2 + y 2 + 2 y 2 = 2 2 2 = = 2 = ∂ y ∂x ( x 2 + y 2 )2 (x + y ) ρ 4 ρ .
4.- Si z = f ( x, y ) donde x = eu Cosv ∂ 2 z Calcular . ∂u∂v
y
= e u Senv .
Solución.
∂ z ∂f ∂f u ∂ 2 z ∂ ∂f ∂ ∂f u = (−e Senv) + (e Cosv) ⇒ = ( ( −eu Senv)) + ( eu Cosv) ∂u∂v ∂u ∂x ∂u ∂y ∂v ∂x ∂y ⎧⎪ ∂ 2 f ∂x ∂ 2 f ∂y ⎫⎪ u ∂ 2 z ⎧⎪ ∂ 2 f ∂x ∂ 2 f ∂y ⎫⎪ u ∂f ∂f u =⎨ 2 + + 2 ⎬ ( e Cosv) + ( eu Cosv) ⎬ (−e Senv) − (+ e Senv) + ⎨ ∂u∂v ⎪⎩ ∂ x ∂u ∂y∂x ∂u ⎪⎭ ∂x ∂y ⎪⎩ ∂x∂y ∂u ∂y ∂u ⎪⎭ ∂ 2 z ⎪⎧ ∂ 2 f u ∂2 f u ∂f u ⎪⎫ u = ⎨ 2 e Cosv + e Senv⎬ (− e Senv) − e Senv + ∂u∂v ⎪⎩ ∂ x ∂y∂x ∂ x ⎪⎭ ⎧⎪ ∂ 2 f u ⎫⎪ u ∂ f u ∂f u +⎨ e Cosv + e Senv ⎬ ( e Cosv) + e Cosv. − 2 ∂y ∂ y ⎪⎩ ∂ x∂y ⎪⎭
5.- Una ecuación de la forma F ( x, y , z ) = 0 , puede definir en forma implícita una función z = f ( x, y ) de modo que se tiene F (x , y , z ( x , y )) = 0 .Mediante la regla de la cadena , encontrar las derivadas parciales:
∂ z ∂ x
∂z . ∂y
Solución. F (x , y , z ) = 0 ⇒
Si
F ∂F ∂F ∂z ∂z + = 0 ∴ = − x F z ∂ x ∂z ∂x ∂x F ∂F ∂F ∂z ∂z + = 0 ∴ = − y ∂ y ∂z ∂y ∂y F z
123 x z
6.- Si la ecuación f ( ; ) = 0 ,con f ,arbitraria, define en forma implícita la función z(x,y). Probar que x
y x ∂z
∂ z + y = z. ∂ x ∂y
Solución.
⎛ x z ( x, y ) ⎞ Aquí debemos entender que: f ⎜ ; ⎟ = 0 ,luego con regla de la cadena derivamos x ⎠ ⎝ y respecto de las variables x e y, para lo cual hacemos
x y
=u
z x
= v ⇒ derivando por x
∂ f ∂u ∂f ∂v ∂f 1 ∂f ⎛ x·z − z ⎞ · + · = 0 ⇒ ·( ) + ·⎜ x 2 ⎟ = 0 ,despejando: zx ⇒ ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u y ∂v ⎝ x ⎠ ∂ f ∂ z z = − ∂u . Derivando respecto de y . ∂ x x y ∂ f ∂v x
∂ f ∂u ∂f ∂v ∂f ⎛ − x ⎞ ∂f ⎛ z + = 0 ⇒ ⎜ 2 ⎟ + ⎜ y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂u ⎝ y ⎠ ∂v ⎝ x
⎞ ⎟ = 0 . Despejando z y ⇒ ⎠
∂ z x2 f u = ∂ y y 2 f v
2.7.- Diferenciabilidad de una función Definición. Se llama la diferencial total de la función z = f ( x, y ) , en un punto ( x0 , y0 ) ∈ Domf al valor:
∂ f ∂f ( x0 , y0 )h + ( x0 , y0 )k , . ∂ x ∂y h, k ; Incrementos de las variables x e y respectivamente df ( x0 , y0 ) =
124
Definición. Si z = f ( x, y ) , se dice diferenciable en un punto ( x0 , y0 ) ∈ Domf . Si
Δ f ( x0 , y0 ) = df ( x0 , y0 ) + η
h2
+ k 2 ∋ η → 0
si ( h, k ) → (0,0) ,
donde
Δ f ( x0 , y0 ) = f ( x0 + h, y0 + k ) − f ( x0 , y0 ) Llamado el incremento de la función. . Observación: La Diferenciabilidad como propiedad de puntos, entonces lo será en un conjunto si lo es en cada punto de él. Observación. 1.-Recordemos que para una función real de una variable real y = f ( x) , la diferencial de ella es df ( x) = f ′( x)dx Y la llamamos indistintamente diferenciable o derivable como sinónimo de la existencia de su derivada. 2.- Sabido es que si la función y = f ( x) es diferenciable en un punto entonces es continua allí. 3.- Para funciones de dos variables la sola existencia de las derivadas parciales primeras no implican la continuidad de ella., tal es el caso en (0,0) de:
⎧ xy ⎪ f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 ⎪ 0 ⎩
( x, y ) ≠ (0, 0) ( x, y ) = (0, 0)
Cuyas derivadas parciales existen y son cero , pero la función es discontinua en el punto. 4.- De la definición de diferenciabilidad para una función z = f ( x, y ) , esta condición se puede obtener del hecho que se cumpla: lim
( h, k ) →(0,0)
Δ f ( x0 , y0 ) − df ( x0 , y0 ) 2
2
+ k Es decir que η → 0 si (h, k ) → (0, 0) . h
=0
125
Teorema. Si la función z = f ( x, y ) es diferenciable en un punto P0 = ( x0 , y0 ) .Entonces es continua allí.
Demostración. Como es diferenciable ⇒
∂ f ∂f ( P0 ) + ( y − y0 ) ( P0 ) + η ( x − x0 ) 2 + ( y − y0 ) 2 , tal que: ∂ x ∂y ( x, y) → ( x0 , y0 ) .Luego:
f ( x, y ) − f ( x
η → 0 si
lim
( x , y )→( x0 , y0)
, y0 ) = ( x − x0 ) 0
f ( x , y ) − f ( x0 , y0 ) = 0 ∴ lim f (x , y ) = f (x0 , y 0 ) . ( x , y )→ x , y ) 0 0
Teorema. Si la función z = f ( x, y) , tiene sus derivadas parciales de primer orden, continuas en un punto entonces es diferenciable allí. Demostración. (Se omite) Observación. Verifique lo anterior con las funciones:
⎧ ⎪ a) f ( x, y ) = ⎨ ⎪ ⎩
xy x
2
+y 0
2
( x, y) ≠ (0, 0) ( x, y ) = (0, 0)
1
b) f ( x, y ) = ( x 2 + y 2 )Sen x
2
+y
2
f (0, 0)
Ejemplos.
⎧ xy ( x, y ) ≠ (0, 0) ⎪ f ( x, y ) = ⎨ x 2 + y 2 1.- la función discontinua en (0,0). ⎪ 0 ( x, y) = (0, 0) ⎩ A pesar que existen sus derivadas en (0,0), como ya se vio. No es diferenciable allí, En efecto:
=0
126
Si Δ f (0, 0) = f (h, k ) − f (0,0) =
hk h
2
∂ f ∂f (0, 0) + k (0, 0) = 0 ∂ x ∂y
y df (0,0) = h
+ k 2
hk
lim
Δ f (0, 0) − df (0, 0)
( h, k ) →(0,0)
2
=
2
+k verifica usando polares. h
lim
h
−0 hk + k 2 = lim ≠ 0 .Como se 2 2 ( h, k) →(0,0) ( h 2 + k 2 )3/ 2 h +k
2
( h, k ) →(0,0)
⎧ ⎪ 2.- La función continua en (0,0): f ( x, y ) = ⎨ ⎪ ⎩
xy x
2
+y 0 h
hk
( h ,k )→(0,0) ( h 2
+ k 2 )
( x, y ) = (0, 0)
hk
No es diferenciable allí. En efecto. Si: Δ f (0, 0) =
lim
( x, y) ≠ (0, 0)
2
2
2
+ k
y
df (0, 0)
=0⇒
≠ 0 , pues como ya se probó, el límite no existe.
1
3.- La función f ( x, y) = ( x 2 + y 2 )Sen x
2
+y
2
; f (0,0) = 0 ,es diferenciable en (0,0).
En efecto: siendo 2
f (h, 0) − f (0, 0) ∂ f = lim (0, 0) = lim h→0 h→0 h ∂ x
h Sen
1 h
h
1
Δ f (0, 0) = f (h , k ) − f (0, 0) = (h 2 + k 2 )Sen h
lim
Δ f (0, 0) − df (0, 0)
( h,k ) →(0,0)
h
2
+ k
1
(h2 + k 2 )Sen h
lim
( h,k ) →(0,0)
lim
( h,k ) →(0,0)
h h
2
=
2
2
2
+ k 2
+ k 2 =
1
+ k 2 Sen h
2
2
+ k
=0
=0⇒
2
2
+ k
∂f (0, 0) = 0 y ∂y
⇒
df (0, 0)
=0
127
Teniendo presente que la función Sen
1
es acotada mientras el factor
tiende a cero
.Luego la función es diferenciable en el punto (0,0).
Observación: 1.- Como f ( x0
+ h, y0 + k ) − f ( x0 , y0 ) = df ( x0 , y0 ) + η
h2
+ k2
con η → 0 Si ( h, k ) → (0,0)
⇒ f ( x0 + h, y0 + k ) − f ( x0 , y0 ) ≈ df ( x0 , y0 ) ó bien f ( x0
+ h, y0 + k ) ≈ f ( x0 , y0 ) + df ( x0 , y0 ) .
Interpretamos este hecho como una forma de evaluar en forma aproximada el valor de una función en un punto cercano al punto ( x0 , y0 ) , mediante la diferencial total en el punto ( x0 , y0 ) .
Ejemplos. 1.- Determinar la diferencial total de la función: f ( x , y, z) =
x2
+ y 2 + z2 ,
En un punto cualquiera (x,y,z).
Solución: df ( x, y , z ) = df ( x , y , z ) =
∂ f ∂f ∂f ( P)dx + ( P)dy + ( P) ⇒ ∂ x ∂y ∂z x f ( P )
dx +
y f ( P)
dy +
z f (P)
dz
=
1 { xdx + ydy + zdz} f (P )
2.- Analizar la diferenciabilidad en (0,0) de la ⎧ x 2 y 2 ( x, y) ≠ (0, 0) ⎪ función: f ( x, y ) = ⎨ ( x 2 + y 2 ) ⎪0 ( x, y ) = (0,0) ⎩
128
Solución: df (0, 0)
= 0 Δf (0, 0) =
h2 k 2
(h 2 + k 2 )
⇒
lim
Δf (0,0) − df (0, 0)
( h ,k )→ (0,0)
h
2
2
+ k
=
lim
h2 k 2
( h ,k )→ (0,0) (h 2
+ k 2 )3/ 2
=0
Observación. Si denotamos: ( x, y, z ) = P y (dx, dy, dz ) = dP
⇒
df
= f ( P)·dP es la forma vectorial de la diferencial total
3.- Usando diferencial de una función, calcular el valor aproximado de : Ln
{(3.02)2 + (2.03)2 − 12} .
Solución: Sean: P0 = (3, 2) (h, k ) = (0.02,0.03) ; f ( x, y ) = Ln {x 2 + y 2 − 12} ⇒
Δ f (3, 2) ≈ df (3, 2) ∴ f (3.02, 2.03) ≈ f
df (3, 2) =
(3, 2) + df (3, 2)
df (x , y ) =
2 x x
2
+
h+ 2 2 y − 12 x
2y
+ y 2 − 12
k ⇒
6 4 12 12 6 + = = 0,24 ·(0, 02) + ·(0, 03) = 13 − 12 13 − 12 100 100 25
4.- En un triángulo rectángulo isósceles de lado 2 cm., uno se alarga 0.04 cm. Y el otro se acorta en 0,05 cm. Encontrar el ángulo agudo del nuevo triángulo rectángulo.
Solución. Sean α y β , los nuevos ángulos, ⇒ α + β = sean x e
π
y con el origen en el vértice del ángulo recto, 2 y las longitudes de los nuevos lados. Entonces:
129
Tgα
=
y x
y
⇒ α ( x, y) = ArcTg
x
∴ β ( x, y) =
π
2
− ArcTg
y x
∂α ∂α dx + dy ∂ x ∂y P0 = (2,2) ⇒ α (2,04;1,95) ≈ α (2,2) + d α (2,2) donde (− y / x 2 ) 1/ x 1/ 2 −2 / 4 (2, 2) 0,04 (−0,05) = −0,0225 d α ( x, y ) = dx dy d α + ⇒ = + 2 2 4 1 1 + y y 1+ 1+ 2 1+ 2 4 x x
Como : dx = 0.04 dy = −0, 05 dα ( x, y ) =
α
≈
π
4
− 0, 0225 β ≈
π
2
− α =
π
4
+ 0, 0225 .-
5.- Llamamos porcentaje de error estimado en una medición al valor dado por: E % =
df ( P0 ) f ( P0 )
·100
Calcular dicho porcentaje de error en la medición del período de un péndulo dado por: T = 2π
l g
,siendo
g
= 32 pié / seg 2 , con un error no mayor de 0, 05 pié / seg 2 ; La longitud
l del péndulo es de 10 pié. ¿Cuál es el posible error de la longitud si se desea que el error en T
no exceda de 0,02 seg? Solución: Como el tema es la longitud , tenemos: l = 1 ⎧⎪ 10 ⎫⎪ 1 + d (l0 ) = 4 π ·32 ·0, 02 ⎨ ⎬ 32 ⎭⎪ 4π 2 ⎩⎪ 4π 2 d (l0 ) E % = .100 ≈ 2.7% . 10
gT
2
4π 2
2 10 2Tg T T0 = 2π ⇒ dl = 2 dT + 2 dg ∴ 32 4π 4π
⎧⎪ 4π 2 ·10 ⎫⎪ ⎨ ⎬·0, 05 32 ⎪⎩ ⎪⎭
130
2.8.-Derivada Direccional Definición. Para una función : w = f ( P) de dos o más variables, definida en un dominio D con P0 ∈ D y a un vector unitario .La derivada direccional de la función en el punto P0 y en la dirección a ,está dada por el valor real: f ( P0 + haˆ ) − f ( P0 ) ∂ f ( P0 ) = lim . h →0 ∂aˆ h
y0
Y
p 0
+ ha
p0 x 0
X
Δ f ( p0 )
Observación.
1.- Si la función es z = f ( x, y) con P0 = ( x0 , y0 ) aˆ = (a1 , a2 ) , se tendrá en particular:
f ( x0 + ha1 , y0 + ha2 ) − f ( x0 , y0 ) ∂ f ( x0 , y0 ) = lim . h →0 ∂aˆ h
2.- Como se observa, la función se incrementa a partir del punto en una dirección cualquiera y no en dirección de los ejes como las derivadas parciales por lo que éstas pasan a ser un caso particular de aquellas, es decir derivadas direccionales en dirección (0,1) ó (1,0). 3.- Como suele ocurrir, la definición no es la forma operacional de calcular, por lo que en este caso no es la excepción, sin embargo hay ocasiones en que hay que recurrir a la definición como ya se ha visto.
Teorema. Si z = f ( x, y ) es una función diferenciable en P0 ∈ D , aˆ = (a1 , a 2 ) vector unitario. Entonces existe la derivada direccional en el punto y en la dirección a ,dada como:
131
∂ f ∂f ∂f ( P0 ) = a1 ( P0 ) + a2 ( P0 ) . ∂aˆ ∂x ∂y Demostración. Siendo la función diferenciable: ∂ f ∂ f f ( p 0 + ha ) − f ( p 0 ) = ha1 ( p'0 ) + ha 2 ( p 0 ) + η (ha1 ) 2 + (ha 2 ) 2 , con η → 0 si h → 0 ∂ x ∂ y
+ h) − f ( p0 )
∂ f ∂ f ( p0 ) + a 2 ( p0 ) + η h ∂ x ∂ y ∂ f ∂ f ∂ f ∂ f ( p0 ) = a1 + a 2 ( p0 ) ( p 0 ) = a1 ∂a ∂ x ∂ x ∂ y . f ( p 0
= a1
a1
2
+ a 2 2 ;como a es unitario y si
h → 0 ;
Observación. 1.- Para una función de 3 variables y diferenciable el teorema toma la forma.:
∂ f ∂f ∂f ∂f ( P0 ) = a1 + a2 + a3 . ∂aˆ ∂x ∂y ∂z 2.- Si para una función diferenciable, w = f ( x , y, z ) definimos:”Vector gradiente en P0 ” ⎛ ∂f ∂f ∂f ⎞ como: ∇ f ( P0 ¨) = ⎜ iˆ + ˆj + k ˆ ⎟ ó Grad.(f). La derivada direccional se puede denotar en ∂z ⎠ ⎝ ∂ x ∂y forma vectorial y recurriendo al producto punto.-
∂ f ( P ) = ∇f ( P0 )·aˆ ∂aˆ 0 Con esta notación la diferencial total se escribe: df ( P0 ) = ∇f ( P0 )·dP
3.- Como producto punto de vectores:
∂ f = ∇ f ·aˆ ¨= ∇ f · aˆ ·Cos(∇f , aˆ ) ⇒ ˆ ∂a
132
∂ f = ∇ f ∂aˆ
Cosα ,
Luego como Cos α = 1 si el ángulo entre el gradiente y la dirección es nulo, deducimos que el máximo valor de la derivada direccional en un punto se produce en la dirección del vector gradiente entonces:
∂ f ∂aˆ
¨máx
= ∇ f
Ejemplos.1.- Calcular la derivada direccional de en la dirección del vector a = (1, −1) .
f ( x , y )
= x 3 + y 3 − 3x 2 y − 3xy 2 ,en el punto (1,.-2) y
Solución. Siendo una función polinomial luego diferenciable (pues sus derivadas primeras son 1 (1, −1) y obviamente continuas en todo punto), por lo tanto: aˆ = 2 1 ∂ f ∂f ∂f −1 = a1 ( P0 ) + a2 ( P0 ) = ·(3x 2 − 6 xy )( P0 ) + ( )·(3 y 2 − 3x 2 − 6 xy )( P0 ) = ∂aˆ ∂x ∂y 2 2
=
1 (15 + 21) = 18 2 2
2.- Si f ( x, y ) = x 2 + 2 y 2 − 3x + 2 y .Calcular su derivada direccional en el punto (2,-1) y en dirección de 60º con el eje x. Solución: aˆ
= (Cosθ , Senθ ) = (Cos 60º , Sen 60º ) = (
2 3 , ) y 2 2
∂ f 2 3 1 (2, −1) = (4 − 3)· + (−4 + 2) = ( 2 − 2 3) ∂aˆ 2 2 2 3.- Si f ( x, y ) = y 2 e x P0 = (1, − 2) , Calcular
∂ f ( P ) , en dirección P0 Q0 si Q0 = (3,0) . ∂aˆ 0
Solución.
Aquí a = Q0 − P0 = (2, 2) ⇒ aˆ =
1 1 ∂ f (1,1) luego: ¨(1, −2) = { ( y 2 e x )( P0 ) + (2 ye x )( P0 ) } ∂aˆ 2 2
133
∂ f (P ) = 0 ∂aˆ 0 ∂f ¨(1, 0, 2) . a) En dirección al punto (5,3,3). ∂aˆ b) En dirección que alcance su valor máximo. 4.-Si f (x, y , z ) = xe yz + ye xz + ze xy , Hallar
c) En dirección que alcance su valor mínimo.-
Solución. a)
a
= (4,3,1) ∴ aˆ =
1 (4,3,1) 26
1 ∂ f (1, 0, 2) = { (e yz + zye xz + zye xy )·4 + ( xze yz + e xz + xze xy )·3 + ( xye yz + xye xz + e xy )·1 } ∂aˆ 26 1 1 ∂ f (1, 0, 2) = (1·4) + (2 + e2 + 2)·3 + (1)} = (3e2 + 17) { ∂aˆ 26 26
⇒
b) Como ∇ f ( P0 ) = (1; 4 + e 2 ;1) y c)
∂ f ∂aˆ
min. =
∂ f ∂aˆ
máx
= ∇ f ( P0 ) = 1 + (4 + e 2 ) 2 + 1 = 18 + 8e 2 + e 4
− ∇ f = − 18 + 8e 2 + e 4 (considerando que −1 ≤ Cosα ≤ 1)
5.-Si z = f ( x, y ) y z = g ( x, y ). Probar que : a) ∇(λ f ) = λ ∇f λ una cons tan te. b) ∇( f ± g ) = ∇f ± ∇g c) ∇( f ·g ) = ∇f ·g + ∇g · f f g ·∇f − f ·∇g d) ∇( ) = 2 g
g
Solución.
⎧ ∂ f ∂f ∂f ⎫ ∂ ∂ ∂ (λ f ); (λ f ) + ( λ f ) = λ ⎨ ; ; ⎬ = λ∇f ∂ x ∂y ∂z ⎩ ∂x ∂y ∂z ⎭ ∂ ∂ ∂ c) ∇( f ·g ) = ( f ·g ); ( f ·g ); ( f ·g ) = f x g + fg x ; f y g + fg y ; f z g + ∂ x ∂y ∂z = ( f x , f y , f z )· g + ( g x , g y , g z )· f = ∇f ·g + ∇g · f . a)
∇(λ f ) =
fg z
134
6.- La temperatura T en un punto (x,y) de una placa metálica es inversamente proporcional a la distancia al origen: La temperatura en el punto (3,4) es 100º .Calcular la razón de cambio instantánea de T en (3,4) en dirección de 45º respecto del eje x .¿En qué dirección aumenta más rápidamente?. ¿En qué dirección disminuye más rápidamente?. En qué dirección es nula la taza de variación?.
Solución. k
a) Como T ( x, y ) = x T (3, 4) = 100º =
k
2
+y
2
, k es la constante de proporcionalidad.
k
= ⇒ k = 500 ∴ t ( x, y) = 9 + 16 5
∂T ⎛ ∂T ∂T ⎞ ⎛ 2 2 ⎞ = , ·⎜ , ⎟ ∂aˆ ⎝⎜ ∂x ∂y ⎠⎟ ⎝⎜ 2 2 ⎟⎠
500 x
2
+y
2
aˆ¨= (Cos 45º ; Sen45º )
∂T −500 x ∂T −500 y = 2 2 3/ 2 = 2 2 3/ 2 ∂x ( x + y ) ∂y ( x + y )
∂T −500 2 ⎧ 3 4 ⎫ −3500 2 (3, 4) = = −14 2 ⎨ + ⎬= ∂aˆ 2 ⎩ 53 53 ⎭ 53 ∂T = −4(3, 4) = 20 . ∂aˆ máx c) La mayor disminución en esa dirección y en ese punto es -20 .∂T d) (3, 4) = ( −12, −16)·( x, y) = 0 ⇒ −3 x − 4 y = 0 ,luego se produce en la dirección de la ∂aˆ 3 recta : y = x , o bien donde α = ArcTg (3/4) . 4
b) Grad.(T )( P0 ) = −4(3,4) ⇒
2.9.-Aplicaciones de la Derivada parcial Plano Tangente y Recta Normal Para una superficie z
= f ( x, y )
S ,
expresada por:
ó F ( x, y , z ) = 0 ,
135 Haciendo x = x0 , se genera la curva z = f ( x0 , y) en ella, de igual modo si hacemos y = y0 , se obtiene la curva z = f ( x, y0 ) , que concurren en el punto P0 = ( x0 , y0 , z0 ) , donde z0 = f ( x0 , y0 ) .Esto equivale a que los planos paralelos a los ejes coordenados en el espacio, x = x0 e y = y0 intersectan a la superficie en las curvas señaladas: z
= f ( x0 , y) e z = f ( x, y0 ) .
De modo que sus derivadas:
∂ f ( x , y ) ∂ y 0 0
y
∂f (x , y ) , ∂x 0 0
Son las pendientes de las rectas tangentes a cada curva en P0 .Dichas rectas son las que definen el plano tangente a la superficie S en el punto P0 .La recta normal en P0 a la superficie es aquella perpendicular al plano tangente en el punto.
z
x
La ecuación del plano tangente a la superficie z − z0
= ( x − x0 )
S en el punto P0 está
∂ f ∂f (x0 , y0 ) + ( y − y0 ) (x0 , y0 ) ∂ x ∂y
dada por:
136
Observación. 1.- Las ecuaciones de las rectas tangentes a las curvas : ∂ f : C x : z = f ( x, y0 ) es z − z0 = ( x0 , y0 )( x − x0 ) ∂ x
∂ f ( x , y )( y − y0 ) ∂ y 0 0 y como se puede apreciar en la ecuación del plano tangente ,estas rectas están contenidas en él ello se ve haciendo x = x0 o y = y0 ´. C y : z
= f ( x0 , y )
es z − z0
=
2.-Si S : F ( x, y, z ) = 0 , que define en forma implícita la función z = f ( x, y) y F F ∂ f ∂f = − y reemplazando en la ecuación del plano tangente queda: como: = − x y ∂ x ∂y F z F z z − z
=−
F x F z
( x − x0 ) −
F y F z
(y − y0 ) ó
( x − x0 ) F x ( P0 ) + ( y − y0 ) Fy ( P0 ) + ( z − z0 ) Fz ( P0 ) = 0
3.- Para w = F ( x, y, z ) ⇒ ∇F ( P0 ) = ( F x , Fy , Fz )( P0 ) plano tangente adquiere la forma vectorial:
si P0
= ( x0 , y0 , z0 ) , la ecuación del
∇F ( P0 )·( P − P0 ) = 0 ∀P en el plano Esto indica que el vector gradiente es ortogonal al vector ( P − P0 ) ∀ P del plano y por ende al plano y a la superficie. z − f ( x, y ) = 0 ,
En el caso que la superficie tenga la forma :
∂ f ∂f , − ,1) , de modo que ( − f x , − f y ,1)·( P − P0 ) = 0 ,nos da la ∂ x ∂y ecuación del plano tangente a la superficie S : z = f ( x, y )
el vector gradiente será (−
4.- La recta normal tiene la dirección del vector gradiente por lo tanto : ∀P de ella se tendrá:
( P − P0 ) = λ ∇F ( P0 ) Ó bien:
x − x0 F x ( P0 )
=
y − y0 Fy ( P0 )
=
Forma vectorial
z − z0 Fz ( P0 )
= λ Forma cartesiana
137 Si S : z = f ( x, y ) , la ecuación será: x − x0 f x ( x0 , y0 )
=
y − y0 f y ( x0 , y0 )
=
z − z0
Forma cartesiana
−1
La llamada forma paramétrica donde λ es el parámetro será:
= x0 + λ F x ( P0 ) y = y0 + λ F y ( P0 ) z = z0 + λ F z ( P0 ) x
5.- Si desarrolláramos la ecuación del plano tangente de su forma cartesiana tomaría la forma general de un plano: Ax + By + Cz + D
=0
y por consiguiente los coeficientes de las variables son las coordenadas del vector normal a él.
Ejemplos. 1.- Determinar las ecuaciones del plano tangente y de la recta normal a la Superficie: z
= Ln( xy) , en el punto
P0
1 = ( , 2, z0 ) . 2
Solución: Aplicamos la ecuación para una superficie dada en forma explícita: ( x − x0 ) z x (1/ 2, 2) + ( y − y0 ) z y (1/ 2, 2) = z − z 0 .Como z0 = Ln(1) = 0
Tenemos: z x
=
1 x
P0 = 2
zy
=
1 y
P0
1 = , 2
Por lo tanto la ecuación será: 1 ( x − 1/ 2)·2 + ( y − 2)· = z 2 ⇒ 4 x + y − 4 = 2 z , la ecuación del plano y
138
x − 1/ 2
2
=
y−2
1/ 2
=
z −0
−1
⇒
2 x − 1 2 y − 4 z = = La recta normal. −1 4 1
Nótese que el vector gradiente es (2,1/2,-1) ó (4,1,-2) y es normal a la superficie y se puede observar tanto en los coeficientes de las variables en el plano tangente como en los denominadores de la recta normal 2.- Obtener las ecuaciones del plano tangente y de la reta normal en (2,-3,1) a la superficie: 4 x 2 − y 2 + 3z 2 = 10
Solución: Se trata de una forma implícita y corresponde al elipsoide de un manto. La ecuación correspondiente será: ( x − x0 ) F x ( P0 ) + ( y − y0 ) Fy (P0 ) + (z − z0 )Fz )(P0 ) = 0 ⇒
( x − x0 )·(8 x0 ) + ( y − y0 )·(−2 y0 ) + ( z − z0 )·(6z0 ) = 0 ⇒ ( x − 2)·16 + ( y + 3)·6 + ( z − 1)·6 = 0 ⇒ 16 x + 6 y + 6 z = 20 ó 8 x + 3 y + 3z = 10. Donde (8, 3, 3) tiene la dirección de Grad. F. La recta normal será:
x − 2
16
=
Cuya forma paramétrica será:
y +3
6
=
z −1
= λ . 6 x = 16λ + 2 y = 6λ − 3 z = 6λ + 1
3.- Probar que la ecuación del plano tangente a una superficie cuádrica se obtiene por “desdoblamiento”.
139
Solución. x
a) Consideremos: ( x − x0 )( xx0 a
2
xx0 a
2
2 x0 a
+
yy0
+
yy0
b
2
b2
2
a
2 2
) + ( y − y0 )(
+
zz0
+
zz0
c
c
x0
=
2
a
2
+
2
2
y0 b
2
b
2 y0 b
2
y
+
2
+
2
z c
2
= 1,
) + ( z − z0 )(
+
z0 c
Donde la ecuación del plano tangente es: 2 z0 c
2
) = 0 Ordenando:
Como el punto el punto P0 está en la superficie: ⇒
2
= 1 . Esto es el llamado desdoblamiento de la ecuación .Nótese que ocurre lo
2
mismo con las cuádricas: Hiperboloides de uno y dos mantos, Conos elípticos en que las tres variables están en 2º pues cambian solo los signos. x
b) Consideremos:
a
forma: ( x − x0 )( xx0 a
2
xx0 a
2
±
yy0
±
yy0
b
2
b
2
=(
x0 a
= c(
2 x0 a
2
2
±
2
2
±
y b
2 2
= cz ,
) ± ( y − y0 )(
La ecuación del plano tangente toma la
2 y0 b
2
) = c( z − z0 )
Ordenando.
1 1 ) ( ) c z z cz c ( z − z0 ) ⇒ + − = + 0 0 2 2 2 b y0
z + z0
2
2
)
Que es la forma desdoblada de la ecuación de la superficie.
4.- Deducir la ecuación del plano tangente a la superficie: 4 x 2 − y 2 + 3z 2 = 10 , en el punto (2 , -3 , 1 ).
Solución. Desdoblando:
4 xx0 − yy0 + 3zz0 = 10 ⇒ 8 x + 3 y + 3 z = 10 ,(Ver ejemplo 1). 5.- Encuentre los puntos del hiperboloide: x 2 − 2 y 2 − 4 z 2 = 16 en los que el plano tangente es paralelo al plano: 4 x − 2 y + 4 z = 5 .
140
Solución. El vector normal al plano dado tiene la dirección dada por los coeficientes:
n = (4, −2, 4)
El vector gradiente y normal a la superficie en un punto P0 es: ∇F ( P0 ) = ( 8 x0 , −2 y0 ,6 z0 ) La condición de paralelismo se expresa como:
∇F ( P0 ) = λ n ⇔ (2 x0 , −4 y0 , −86 z0 ) = λ (4, −2,4) ⇒ x0 = 2λ; y0 = λ / 2; z0 = −λ / 2 ∴ 2 x0
− 2 y02
P1
=
− 4 z02
5λ 2 4 2 = 4λ − λ / 2 − λ = = 16 ⇒ λ = ± , luego hay dos puntos : 2 5 2
4 2 1 1 (2, , − ) 2 2 5
2
P2
2
1 1 = (−2, − , ) . 2 2
4.-Probar que las superficies: x 2 − 2 y 2 + z 2 = 0 común.(Los vectores normales son ortogonales)
y xyz
= 1 son ortogonales en todo punto
5.- Encuentre los puntos del paraboloide z = 4 x 2 + 9 y 2 en que la normal es paralela a la recta por P(-2, 4, 3) y Q(5, -1, 2).-
2.10.-Valores extremos de una funciónEl estudio de los valores extremos para funciones de varias variables, guarda una importante similitud con las funciones de una variable.
Definición. Si w = f ( P) es una función definida en D ⊆ R 2 local en P0 ∈ D , Si y solo si: f ( P) ≤ f ( P0 )
ó R 3 , Entonces f ( P) , tiene un máximo
∀P ∈ V ( P0 )
La función tiene un mínimo local en P1 ∈ D , Si y solo si:
141 f ( P) ≥ f ( P1 )
∀P ∈ V ( P1 )
Si la condición se cumple ∀P ∈ D , se dirá que es un máximo ó mínimo absoluto.
Teorema.(Condición Necesaria) Para z = f /( x, y ) ,definida en D ⊆ R2 con P0 = ( x0 , y0 ) ∈ D , un punto de máximo. Entonces:
∂ f ∂f ( P0 ) = ( P0 ) = 0 ∂ x ∂y Demostración. Si P0 es punto de máximo
⇒ f ( x0 , y0 ) ≥ f (x0 + h, y0 + k ) ∴
f ( x0
+ h, y0 + k ) − f ( x0 , y0 ) ⎧≥ 0 ⎨ h ⎩≤ 0
si h < 0 si h
>0
Pero como existe:
Δ f ( x0 , y0 ) ∂f ∂ f ( P0 ) = lim ⇒ ( P0 ) = 0 , h→0 ∂ x ∂x h Análogamente
∂ f (P ) = 0 . ∂ y 0
Observación. 1.-También para el caso que el punto sea de mínimo el argumento es similar. 2.- Si la función es w = f ( x , y, z ) la condición necesaria es :
∂ f ∂f ∂f ( P0 ) = 0 , ( P0 = 0 , ( P0 ) = 0 Si P0 = ( x0 , y0 , z0 ) es un punto de máximo o de ∂ x ∂y ∂z mínimo. 3.- La aplicación de este teorema se da en el siguiente sentido.”En el punto donde las derivadas no se anulan no puede ser ni de Máximo ni de mínimo” por lo que la búsqueda de estos se hará entre aquellos que anulen las derivadas es decir resolvemos el sistema: .
142
∂ f =0 , ∂ x ∂ f =0 ∂ y Entendiendo que no todas las soluciones son puntos de máximo o de mínimo atendiendo al hecho que el teorema es solo condición necesaria., por lo que la identificación de éstos requiere de otros argumentos.
Definición: Se llama punto crítico para una función f ( P) aquel donde se anulan las derivadas parciales primeras. Los puntos extremos son los de máximo o de mínimo
Observación. 1.-Mirando el problema en un sentido geométrico, el punto crítico se caracteriza por que en él el plano tangente es horizontal puesto que si en su ecuación las derivadas se anulan. ( x − x0 )
∂ f ∂f ( P0 ) + ( y − y0 ) ( P0 ) = z − z0 ⇒ z = z0 ∂ x ∂y
Es decir es la ecuación de un plano paralelo al plano (x,y).Pero ello también ocurre en un punto llamado de ensilladura, ó punto silla ,en donde se da que;Si P0 es pùnto crítico y f ( P0 ) ≥ f ( P )
y también f ( P0 ) ≤ f ( P) en una misma vecindad.
Como por ejemplo si la función representa a un hiperboloide parabólico ,más conocido como la silla de montar z
= x2 − y2
143
20 10 -4
z
-2
0 0 0
2 y-10
-4 -2
x
2
4
4 -20
En (0,0) las derivadas se anulan, pero el punto no es de máximo ni de mínimo, es un punto silla ya que si y = 0 ⇒ z = x 2 , es un parábola que cambia de decreciente a creciente en x = 0 (punto de mínimo) si x = 0 ⇒ z = − y 2 ,es una parábola que cambia de creciente a decreciente en y = 0 (punto de máximo). 2.- La identificación de un punto crítico puede requerir de un análisis de la situación si ésta es concreta, pero para un problema teórico debemos recurrir a las segundas derivadas tal como en el caso de funciones de una variable.
Ejemplos 1.- Hallar los puntos críticos de :
f ( x, y )
= x 2 / 3 + y 2 / 3 . ¡Identificarlos!.
Solución:
∂ f 2 −1/ 3 = x =0 ∂ x 3 a) ∂ f 2 −1/ 3 = y =0 ∂ y 3 Como se ve el sistema no da solución, pero como f ( x, y ) ≥ 0 ∀( x, y ) y f (0,0) = 0 ⇒ (0,0) es un punto de mínimo.
144 2.-Analizar: f ( x, y )
= ( x 2 + y 2 )1/ 3 .
Solución: 2 x 2 ( x + y 2 )−2 / 3 = 0 ⇒ x = 0 3 el punto crítico es el (0,0). 2 y 2 f y = 0 ⇒ ( x + y 2 )−2 / 3 = 0 ⇒ y = 0 3 Pero como f ( x, y ) ≥ 0 ∀( x, y ) y f (0, 0) = 0 , tenemos un punto de mínimo. f x
=0⇒
3.-Hallar las dimensiones del paralelepípedo rectangular de mayor volumen que se pueda inscribir en el elipsoide: 16 x 2 + 4 y 2 + 9 z 2 = 144 .
Solución. a) Gráfico, primer octante.
b) Volumen: 8 xyz.
Como el vértice P(x,y,z) está en el elipsoide se debe cumplir la condición: 1 144 − 16 x 2 − 4 y 2 , que debemos incorporar a la 3 función por analizar que es la del volumen. Así: 16 x 2 + 4 y 2 + 9 z 2 − 144 = 0 ⇒ z =
8 c) Función a extremar: f ( x, y ) = xy 144 − 16 x 2 − 4 y 2 . 3 d) Condición necesaria. f x f y
8 = 0 ⇒ (y 3 8 = 0 ⇒ (x 3
− xy − xy
16 x 4 y
)=0
⇒ )=0
y x
=
4x y
∴ y = 2 x ⇒ x = 3 ; y = 2 3 ∴ z =
4 3. 3
Análisis: Estos valores dan un volumen extremo que debe ser máximo puesto que un volumen mínimo en esas condiciones sería un paralelepípedo casi plano o sea con una de sus variables casi cero. 4.- Hallar puntos críticos de
f ( x, y )
= 1 + x 2 + y 2 , en el dominio D : 0 ≤ x 2 + y 2 ≤ 1 .
145
Solución. a) Condición necesaria: f y = 0 ⇒ 2 y = 0. El punto crítico único es el (0,0) que se puede hallar = 0 ⇒ 2x = 0 por esta vía. Y como (0,0) ∈ D y f (0,0) ≤ f ( x, y) ∀( x, y) ∈ D es un punto de mínimo local. f x
Pero en la frontera de D donde no hay derivadas se tiene que f ( x, y ) = 2 en cambio dentro de D f ( x , y) < 2 , por lo que todos sus puntos son de máximo local. Todo esto se puede observar en el gráfico del paraboloide cortado por el plano z = 1.5.- Hallar los puntos críticos de la función: f ( x, y ) = ( x 2 + y 2 )e −( x
2 + y2 )
.
Solución. ∂ f ∂f − ( x2 + y 2 ) − ( x 2 + y 2 ) 2 2 =e 2 x − 2 x ( x + 3 y ) ) = 0; =e 6 y − 2 y (x 2 + 3 y 2 ) ) = 0 ( ( ∂ x ∂y O bien el sistema:
2 x(1 − x 2 − 3 y 2 ) = 0 2
2
2 y (3 − x − 3 y ) = 0
⇒ ( x, y ) = (0, 0)
Si x = 0 , en la segunda ecuación tenemos: y = ±1 Si y = 0 , en la primera ecuación se da x = ± 1 . De modo que los puntos críticos serían: P0 (0,0) P1 (1,1) P2 (1, −1) P3 (−1,1) P4 (−1, −1) , hasta aquí podemos llegar de modo que la
identificación de cada uno requiere de un criterio que comprende a las segundas derivadas.
Teorema (Condición Suficiente) Sea z = f ( x, y ) con segundas derivadas continuas en torno de un punto P0 donde:
∂ f ∂f ( P0 ) = ( P0 ) = 0 . ∂ x ∂y Entonces: a) Si H(x,y)= [ f xx f yy − f 2 xy ] > 0 y f xx > 0 en P0 , hay mínimo local en P0 b) Si H(x,y)>0 y f xx < 0 en P0 , hay máximo local. en P0 c) Si H(x,y)<0, hay punto silla en el punto P0 . d) Si H(x,y)=0 , no se tiene información.
146
Demostración: (Se omite).
[
]
H(x,y)= f xx f yy − f 2 xy =
f xx
f xy
f xy
f yy
es llamado “ Determinante Hessiano”
Ejemplos. 1.- Hallar los puntos extremos de la función: f ( x, y )
= x 3 + 3xy − y 3.
Solución. a) Condición Necesaria: f x
= 0 ⇒ 3x 2 + 3 y = 0
f y
= 0 ⇒ 3x − 3 y 2 = 0 ∴ (0, 0)
y
(1, −1) puntos críti cos.
b) Condición Suficiente: f xx
= 6x
f xy
H (0, 0) < 0
=3
f yy
= − 6 y ⇒ H ( x, y ) =
6 x 3 = −36 xy − 9 ∴ 3 − 6 y
y H (1, −1) > 0 con f xx > 0 , luego es punto de mínimo.
2.- Señalar los puntos extremos de la función. f ( x, y )
= x 2 − y 2 + 2x − 4 y − 2 .
Solución. a) Condición Necesaria:
= 0 ⇒ 2x + 2 = 0 f y = 0 ⇒ −2 y − 4 = 0 ∴ (−1, −2) b) Condición suficiente. f x
f xx
=2
f xy
=0
f yy
= −2 ⇒
punto crítico
H (− 1, − 2) =
− 4 < 0 , luego es un punto silla.
3.- Determinar todos los puntos extremos de la función:
147 f ( x, y )
= x4 − y3 − x2 + y + 1
Solución. a) Condición necesaria:
f x
= 0 ⇒ 4x3 − 2 x = 0 ⇒ x = 0 ∧ x = ±
f y
= 0 ⇒ −3 y 2 + 1 = 0 ⇒ y = ±
2 2
3 3
Los puntos críticos son: 3 − 3 2 3 − 2 3 − 2 − 3 2 − 3 P0 (0, ); P1 (0, ); P2 ( , ); P3 ( , ); P4 ( , ); P5 ( , ) 3 3 2 3 2 3 2 3 2 3 b) Condición suficiente.
f xx
= 12 x 2 − 2
=0
f xy
f yy
= −6 y ⇒ H ( x, y) = 6 y (2 − 12 x 2 )
H ( P0 ) > 0 f xx
< 0 ⇒ P0 máximo ; H ( P1 ) < 0 ⇒ P1 Silla; H (P2 ) < 0 ⇒ P2 Silla; H ( P3 ) < 0 ⇒ P3 Silla; H ( P4 ) > 0; f xx > 0 ⇒ P4 min imo; H ( P5 ) > 0 f xx > 0 ⇒ P5
mínimo.
4.- Hallar los puntos críticos de la función: f ( x, y ) = (2 x + y )e
−4 x2 − y2
Solución. a) Condición Necesaria: 2 − y2
(2 − 16 x 2 − 8 xy) = 0 ⇒
(1 − 8 x 2 − 4 xy) = 0
2 − y2
(1 − 4 xy − 2 y 2 ) = 0 ⇒
(1 − 4 xy − 2 y 2 ) = 0
f x
= 0 ⇒ e−4 x
f y
= 0 ⇒ e−4 x
Punto crítico único. b) Condición suficiente.
⇒ x =
1 1 e y= 4. 2
148
f xx
= 2e −4 x
−4 x 2 − y2
f xy
=e
f yy
= e −4 x
H (
2 − y2
2 − y2
( −8x(1 − 8 x 2 − 4 xy) + ( −16 x − 4 y) ) = 8e−4 x x 2 − y 2
( −2 y (2 − 16 x 2 − 8xy ) + (−8x ) ) = 4e−4
( −2 y(1 − 4xy − 2 y 2 ) + ( −4 x − 4 y) ) = e−4 x
2 − y2
(16 x3 + 8 x 2 y − 6 x − y)
(8 x2 y + 4 xy 2 − 3 y)
2 − y2
(4 y3 + 8 xy 2 − 4 x − 6 y ) .
1 1 1 1 , ) = ( f xx f yy − f xy 2 )( , ) < 0 , luego se trata de un punto silla. 4 3 4 2
Además podemos agregar que : f ( P0 ) = e −1/ 2 y f (0,0) = 0 por lo que el punto no es de mínimo y como f (1,1) = 3e −1/ 2 el punto no es de máximo. 5.- Hallar puntos de máximo y mínimo de la función: f ( x, y )
= x 2 + 2 xy + y 2
Solución: ∂ f = 0 ⇒ 2 x + 2y = 0 ∂ x a) ⇒ x = − y , luego los puntos críticos son los puntos de la recta ∂ f = 0 ⇒ 2 x + 2y = 0 ∂ y y = − x . b) H ( x, y ) = 0 , No hay información, sin embargo como f ( x, y ) = ( x + y ) 2 ≥ 0 y f ( x , − x ) = 0 ⇒ Los puntos son todos de mínimo. 6.- Encontrar el punto del plano : x − 3 y + 2 z = 8 que de la menor distancia desde el punto P( −1,3,2) .
Solución: a) La función que se estudia es la distancia entre dos puntos, en que uno de ellos es dado y el otro está condicionado a pertenecer al plano. La distancia la consideramos al cuadrado : d2
= ( x + 1) 2 + ( y − 3)2 + ( z − 2)2
149 1 b) Como 2 z = x + 3 y − 8 ⇒ ( z − 2) = ( x + 3 y − 12) ,luego para formular el modelo 2 reemplazamos en la distancia y queda: 1 + ( y − 3) 2 + ( x + 3 y − 12) 2 4 Esta es la función a extremar. f ( x, y ) = ( x + 1)
2
c) Condición necesaria: 1 = 0 ⇒ 2( x + 1) + ( x + 3 y −12) = 0 5 x + 3 y = 8 2 ⇔ 3 x + 13 y = 48 3 f y = 0 ⇒ 2( y − 3) + ( x + 3 y − 12) = 0 2 ⇒ x = −5 / 7, y = −27 / 7; z = 10 / 7 f x
d) Análisis: El punto encontrado en el plano necesariamente define una distancia mínima desde el punto dado, pues la máxima sería infinita. e) En este caso hemos obviado aplicar la condición suficiente.
Extremos condicionados. Ya nos hemos enfrentado a problemas de hallar puntos extremos en que se incluyen una o más condiciones, como es el caso de este último ejemplo. Sin embargo existe una modalidad alternativa para resolverlos que consiste en definir una nueva función la llamada función de Lagrange, que da nombre al método de los multiplicadores de Lagrange de modo que si: w = f ( x , y, z ) es la función a extremar y la condición es g ( x, y , z ) = 0 en lugar de despejar z por ejemplo, en esta última y sustituir en la función para crear la función con la condición incluida. z = h(x,y),definimos L( x, y, z ) = f ( x, y , z ) + λ g ( x , y , z )
Con λ el multiplicador de Lagrange. Para luego aplicar la condición necesaria. Si es del caso que tenemos dos condiciones g(x,y,z) = 0 y h(x,y,z) = 0 la función de Lagrange toma la forma: L( x, y , z ) = f ( x, y , z ) + λ g ( x, y , z ) + η h ( x , y , z ) .
Quedaría por demostrar que esta modalidad de aplicar la condición necesaria a la función de Lagrange es equivalente a hacerlo a la función con la condición incorporada, pero ello es un tema que se puede omitir aunque abordable.
150
Ejemplos. 1.- Hallar la menor distancia del origen de coordenadas al plano: x + 3 y − 2 z
= 12
Solución. La función distancia al origen : La condición es : La función de Lagrange:
d2
= x2 + y2 + z 2 , x + 3 y − 2 z − 12 = 0 . L( x, y , z ) = x 2 + y 2 + z 2 + λ ( x + 3 y − 2z − 12)
La condición necesaria:
= 0 ⇒ 2 x + λ = 0 L y = 0 ⇒ 2y + 3λ = 0 L z = 0 ⇒ 2z − 2λ = 0 ⇒ y = 3x z = −2 x ∴ x + 3(3x) − 2( −2 x) = 12 ⇒ x = 6 / 7; L x
y
= 18 / 7;
z
= −12 / 7
Los valores encontrados corresponden lógicamente a una distancia mínima pues la máxima es infinita. La distancia buscada será: d =
(6 / 7)2 + (18 / 7)2 + (−12 / 7)2 ≈ 3.18 .
2.- El material para la base de una caja rectangular con tapa cuesta el doble que para las otras caras, si se desea un volumen de 8 dm3 . ¿Qué dimensiones la hacen más económica?
Solución. La función costo será: C ( x, y , z ) = 2( xy ) + ( xy ) + 2( xz ) + 2( yz ) , Donde: x , y , z son las aristas de la caja, y la condición: V ( x, y , z ) = 8 . Por lo tanto. L( x, y , z ) = C ( x, y , z ) + λ ·V ( x , y , z )
ó
L( x, y, z ) = 3xy + 2 xz + 2 yz + λ ( xyz − 8)
La condición Necesaria:
151
L y
= 0 ⇒ 3 y + 2 z + λ yz = 0 = 0 ⇒ 3x + 2 z + λ xz = 0 ⇒ x = y
L z
= 0 ⇒ 2 x + 2 y + λ xy = 0 ⇒ 4 y + λ y 2 = 0; y ≠ 0 λ = −4 / y
L x
De la primera ecuación: 3 y − 2 z = 0 ⇒ z = 3 y / 2 y como 3 3 3 x = y ⇒ y = 8 ∴ y = 3 16 / 3; x = 3 16 / 3; z = 3 16 / 3 2 2 Como el máximo costo se produciría si la base fuera extremadamente grande, este valor encontrado es el pedido. 3.- Demostrar que el producto de los senos de los ángulos de un triángulo es máximo cuando este es equilátero. Solución. Sea f ( x, y, z ) = Sen( x )Sen( y )Sen( z ) . La función en estudio y x + y + z − 180 = 0 , La condición. Luego Lagrange será: L( x, y , z ) = Sen( x )Sen( y )Sen( z ) + λ ) x + y + z )
La Condición Necesaria:
= 0 ⇒ Cos ( x) Sen( y ) Sen( z ) + λ = 0 ; L y = 0 ⇒ Sen( x )Cos ( y ) Sen( z ) + λ = 0 ; L z = 0 ⇒ Sen( x) Sen( y )Cos ( z ) + λ = 0 ⇒ Cotg ( x)Tg ( y ) = 1; Cotg ( y)Tg ( z ) = 1 ∴Tg ( x) = Tg ( y) = Tg ( z ) ⇒ x = y = z L x
El triángulo es equilátero.
152
2.11.-Guía de Ejercicios.
1.- Calcular las derivadas primeras en (x,y) y (0,0) de la función:
− y2 ) , f(0,0) = 0 f ( x, y ) = ( x 2 + y 2 ) xy ( x
1
2.- Si f ( x, y ) = Ln x
2
+y
2
2
satisface la ecuación: f xx + f yy = 0 .
3.- Calcular todas las derivadas de orden dos de: f ( x, y ) = ArcSen
x y
2 2
.
∂ 2 f ∂ 2 f − y2 ) 4.- Si f ( x , y ) = , f(0,0) = 0.Probar que (0, 0) ≠ (0, 0) ∂ x∂y ∂y ∂x ( x 2 + y 2 ) xy ( x
2
2
2
y
5.- Si z = x + y + , donde : x = e x
2
6.- Si f ( x, y ) = g ( x − y
2
u
Cos v
y
∂ f , 2 xy ). Calcular ∂ x
=e
u
∂f ∂y
∂ 2 z ∂ 2 z Sen v .Calcular ∂u∂v ∂u 2
∂ 2 f ∂x∂y
7.- Dada la ecuación: x3 + y 3 + z 3 = xyz ,que define implícitamente la función ∂ f ∂f z = f ( x, y ) .Encuentre . ∂ x ∂y 8.- Si w = f ( x, y ) ,donde x = 2u + v
y
= u − v .Probar que:
∂2 w ∂2 w ∂2 w ∂2 w ∂ 2 w 5 2 +2 +2 2 = 2 + 2 . ∂ x∂y ∂ x ∂y ∂u ∂v 9.- Si se tiene: x = ρ Cosθ
⎡ ∂ 2 f ∂ 2 f xy·⎢ 2 − ∂y 2 ⎣ ∂ x
y
= ρ Senθ . Probar que la ecuación diferencial:
2 ⎤ 2 2 ∂ f = 0, ⎥ − ( x − y )· ∂ ∂ x y ⎦
∂2 z ∂v 2
153 Y para una función f ( x, y) arbitraria, se transforma en:
∂ 2 f ∂f − = 0. ρ ∂ ρ∂ϑ ∂θ 2
1.- Probar que la recta normal en todo punto de la esfera pasa por su centro. 2.- Encontrar la ecuación del plano tangente a la superficie: x 2 − 2 xy − y 2 − z 2 = 7 en (1,-1,3). 3.- Encuentre un vector normal a la superficie. x 2 + y 2 = 3z .En (1, 3,10/3) 4.-Pruebe que la función
f ( x, y )
= xy ( y 2 − x 2 ) , tiene un punto silla en el origen.
5- Se construye un estanque de forma un cilindro recto circular de radio 5 cm. Y altura “H”,coronado con un cono recto de altura “h”,si el área total del cuerpo es 100 cm.2 Encontrar H y h para que el volumen total sea máximo. 6.- En un rectángulo de perímetro 4cm,coronado por un triángulo isósceles de ángulo basal α .Hallar la magnitud de los lados del rectángulo y el ángulo de modo que el área sea máxima. 7.- Una caja rectangular sin tapa tiene una capacidad de 256 cm.3 Encontrar las dimensiones de ella para que su superficie sea mínima. 8.- Mediante los multiplicadores de Lagrange encontrar en la curva; x 2 + 2 xy + 3 y 2 = 9 , el punto más cercano y el más lejano al origen. 9.- Hallar la ecuación del plano por (2,1,1) que genera un volumen mínimo con los planos coordenados en el primer octante. 10.- De todos los rectángulos inscritos en le elipse;
x 2
+
y2
9 16 Tiene mayor área. b) Aquel que tiene mayor perímetro.
= 1 .Encuentre aquellos que a)
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE. PROF. JORGE ALEJANDRO INOSTROZA LAGOS.
154
CAPITULO 3: Integral Múltiple y de Línea 3.1.- La integral doble y triple. La motivación y la argumentación para la presentación de este tema, la podemos radicar en el problema de geometría, como los cálculos de volumen de un cuerpo encerrado por superficies, advirtiendo que al igual que en funciones de una variable, no son éstas las únicas aplicaciones. La definición de ambas integrales también está fundada como límite de una suma intermedia, como se hiciera en el caso de funciones de una variable por lo que ahorraremos muchos detalles en este proceso. 1.-Consideremos una función real de dos variables, definida en un dominio D ⊆ R2 con R = [ a, b ] x [c, d ] un rectángulo que lo contiene 2.- Definamos una partición P de este dominio, mediante paralelas a los ejes, generando sub-rectángulos Ri , j = (Δxi , Δy j ) , de área Ai , j = Δ xi ·Δy j
y
x 3.- La norma de la partición: P está dada por el valor máximo de las longitudes de las diagonales de los sub.-rectángulos, considerando solo aquellos totalmente contenidos en D . 4.- Construimos una suma intermedia: SP ( f , R) =
∑, f (ξ ,η )A , i
j
i j
i j
Donde (ξ i ,η j ) es un punto arbitrario e intermedio en cada uno de estos seleccionados
Ri , j .
Atendiendo a lo ya estudiado en la presentación de la integral definida en una variable, se omitirán las consideraciones más finas, dada la analogía entre ambas. Definición:
155 Para una función z = f ( x, y ) , definida y acotada en una región acotada D ⊆ R2 ,la integral doble de f ( x, y ) en D se define como el valor: lim S P ( f , D) = lim
P
→0
P
∑ f (ξ ,η ) A , i
→0 i , j
j
i j
Que se denota con el símbolo:
∫∫ f ( x, y )dA . D
Observación. 1.- Atendiendo al significado geométrico de esta suma intermedia y si f ( x, y ) ≥ 0 en D , deducimos que ella es una buena aproximación del volumen del cuerpo cilíndrico bajo la superficie y sobre el dominio Por lo que se define dicho volumen como: V
= ∫∫ f ( x, y )dA D
De igual modo si la función es f ( x, y ) = 1 , obtenemos numéricamente el área de D, o sea: A( D ) =
∫∫ dA D
2.- Si realizamos el mismo proceso para una función w = f ( x , y, z ) , en un dominio 3 D ⊆ R acotado por el intervalo R = [ a, b ] x [ c, d ] x [ e, f ] , con la partición P, podemos extender la definición a una integral triple como:
∫∫∫ f ( x, y, z )dV = D
lim
P
∑ f (ξ ,η δ )V , .
→0 i , j , k
i
j
k
i jk
Con la misma visión para f ( x, y, z ) = 1 , la integral representa el volumen del dominio o sea: V ( D) =
∫∫∫ dV D
Con lo anterior se vislumbran dos aplicaciones para estas integrales, el cálculo de áreas planas y el volumen de un sólido Propiedades. Ayudado por las propiedades de una sumatoria podemos enunciar:
156 1.-
∫∫ (λ f )( x, y)dA = λ ∫∫ f ( x, y)dA D
∀λ ∈ R
D
2.- ∫∫ ( f ± g )( x)dA = ∫∫ f ( x, y )dA ± ∫∫ g ( x, y )dA D
D
D
3.- Si A(D) es el área de la región D, m y M el mínimo y máximo de f ( x, y) en D.,una región cerrada y acotada. mA( D ) ≤
∫∫ f ( x, y)dA ≤ MA(D) D
4.- Si f ( x, y ) ≥ g ( x, y ) en D ⇒ ∫∫ f ( x, y )dA ≥ ∫∫ g ( x, y )dA D
D
Si f ( x, y ) ≥ 0 en D ⇒ ∫∫ f ( x, y )dA ≥ 0 D
5.- Si D = D1 ∪ D2 con D1 ∩ D2 = φ ⇒ ∫∫ f ( x, y )dA = ∫∫ f ( x, y )dA + ∫∫ f ( x, y )dA . D
D1
D2
De igual forma se cumplen estas propiedades aplicadas a las integrales triples.
3.2.- Integrales iteradas. Si f ( x, y ) es una función definida en un rectángulo R = [ a, b] × [ c, d ] , si por cada x0 ∈ [ a, b ] ⇒ f ( x0 , y) es integrable en [ c, d ] la correspondencia: d
x ∈ [ a, b ]
→
g ( x) =
∫ f ( x, y )dy , c
Define a una función ;Si a su vez tal función es integrable en [ a, b ] se tendrá: bd ⎛d ⎞ f ( x, y )dydx ∫a g ( x)dx = ∫a ⎜⎜⎝ ∫c f ( x, y)dy ⎟⎟⎠ dx = ∫∫ ac b
b
Y se llama la integral iterada de la función f ( x, y ) en R . b
De igual forma , si por cada y0 ∈ [ c, d ] le asociamos la integral:
∫ f ( x, y )dx , se define la a
157 b
función h( y ) = ∫ f ( x, y )dx ,que si es integrable en [ c, d ] se tendrá: a
d b ⎛b ⎞ f ( x, y )dxdy ∫c h( y)dy = ∫c ⎜⎜⎝ ∫a f ( x, y)dx ⎟⎟⎠ dy = ∫∫ c a d
d
Que llamamos también la integral iterada de la función f ( x, y ) en podemos señalar: bd
d b
ac
c a
R y
que intuitivamente
∫ ∫ f ( x, y)dydx = ∫ ∫ f ( x, y )dxdy Como se puede observar se trata de integrar como si fuera función de una variable para luego hacer lo mismo sobre lo resultante atendiendo a la otra variable, y en cualquiera sea el orden el resultado es el mismo. Al tratarse de funciones de tres variables: w = f ( x, y, z) , en R = [ a, b] × [ c, d ] × [ e, f ] el proceso análogo arrojaría 6 iteradas (considerando las permutaciones entre los 3 pares) siendo una de ellas: b d f
∫ ∫ ∫ f ( x , y, z )dzdydx ac e
Si el dominio D es una región acotada por un rectángulo deducen considerando:
⎧ f ( x, y ) si ( x, y ) ∈ D si x y R D 0 ( , ) ∈ − ⎩
g ( x, y ) = ⎨
⎧a ≤ x ≤ x ⎩c ( x ) ≤ y ≤ d ( x )
D : ⎨
dd y=c(x)
a Entonces:
las integrales iteradas se
y=d(x) R
En que
R ,
bd
b d ( x)
ac
ac x
∫∫ g ( x, y)dydx = ∫ (∫ ) f ( x, y )dydx
y=c(x)
b
158
De igual modo si la misma región la definimos por: )
d x=a(y) c
x=b(y)
db
d b ( y )
ca
ca y
⎧ a( y ) ≤ x ≤ b( y) si D : ⎨ ⎩c ≤ y ≤ d
y como se ve en las figuras
∫∫ g ( x, y)dxdy = ∫ (∫ ) f ( x, y)dxdy
.Entonces:
Serían las integrales iteradas de la función sobre la región D . Una forma práctica de observar esto es advertir como se “barre” la región D partiendo desde la curva inferior hacia la curva superior o de la de la izquierda a la de la derecha hasta cubrir la totalidad de la región.
3.3.- Teorema fundamental. Teorema. Si z = f ( x, y ) es una función integrable en el rectángulo R = [ a, b] × [ c, d ] ;Si por cada x ∈ [ a, b ] , f ( x, y ) es integrable en [ c, d ] como función de y, entonces la función definida por: d
g ( x) =
∫ f (x, y )dy c
es integrable en . [ a, b ] Además: b
b d
a
ac
∫ g ( x)dx =∫ ∫ f ( x, y )dydx = ∫∫ f ( x, y )dA . R
Demostración. Si la función f ( x, y ) es integrable en el rectángulo R,se tiene por definición:
159
∫∫ f ( x, y )dA = lim ∑ f (ζ ,η ) A ∫∫ f ( x, y )dA = lim ∑ f (ζ ,η )Δ x Δ y .Construyendo sumas de Riemann. P
R
P
R
i
→0
i
→0
j
i , j
j
P
i
j
P
⎞ ⎛ = lim ∑ ⎜⎜ ∑ f (ζ i ,η j )Δ y j ⎟⎟Δ xi P →0 i ⎝ j ⎠
Si Δ y j → 0
d
= Δlim ∑ ∫( f (ζ i , y)dy) Δ xi →0 xi
i
Si Δ xi → 0
c
b d
∫∫ f ( x, y )dA = ∫∫ f ( x, y)dydx . a c
R
Observación: 1.-Es claro que por la simetría del argumento los roles de x e y pueden intercambiarse y así lograr: d b
∫∫ f ( x, y)dA = ∫∫ f ( x, y)dxdy R
c a
2.- Si la región de integración es: D
⎧a ≤ x ≤ b =⎨ ó ( ) ≤ ≤ ( ) c x y d x ⎩
D
b d ( x )
∫∫ f ( x, y )dA = ∫ ∫ f ( x, y )dydx D
a c ( x )
⎧c ≤ y ≤ d =⎨ ⎩a( y ) ≤ x ≤ b( y )
El teorema establece:
d b ( y )
ó
∫∫ f ( x, y)dA = ∫ ∫ f ( x, y )dxdy . D
c a ( y )
3.- La posibilidad de expresar la integral de una u otra modalidad permite seleccionar la que sea más factible, esto es el llamado cambio en el orden de integración. 4.- Por extensión podemos concluir que si w = f ( x, y, z) definida en un dominio dado por:
⎧a( y, z ) ≤ x ≤ b( y, z ) ⎪ D = ⎨c ( z ) ≤ y ≤ d ( z ) ⎪e ≤ z ≤ f ⎩ Se tendrá como consecuencia del teorema para tal caso:
160 f d ( z ) b ( y , z )
∫∫∫ f ( x, y, z)dV = ∫ ∫ ∫ f ( x, y, z )dxdydz e c ( z ) a ( y , z )
D
Aquí el cambio de orden de integración admite 6 posibilidades, según la manera de representar la región de integración.
Ejemplos 2 2
1.- Calcular la integral iterada: ∫ ∫ ( x 9 + 2 x 2 y − y 3 + xy)dydx 0 −3
Solución: Entenderemos de la lectura del ejemplo, que se integra primero como función de y para luego hacerlo como función de x. 2 2
I =
∫ ∫ ( x
2
9
+ 2 x
2
y − y
3
0 −3
2
∫
I = x
9
0 2
4 2 ⎛ 9 y xy ⎞ 2 2 2 ⎟⎟ + xy)dydx = ∫ ⎜⎜ x y + x y − + 4 2 ⎠ − 3 dx 0 ⎝
1 x (2 − −3) + x 2 (4 − 9) − (16 − 81) + (4 − 9)dx 4 2
⎛ 9 65 5 x 2 ⎞ 2 I = ∫ ⎜⎜ 5 x − 5 x + − ⎟⎟dx 4 2 ⎠ 0 ⎝ ⎡ x10 5 x 3 65 5 x 3 ⎤ 2 I = ⎢ − + x − ⎥ 0 = 526,17. 2 3 4 6 ⎣ ⎦ Sin duda que el mismo resultado se obtendría si cambiáramos el orden de integración es decir: 2 2
∫∫ ( x
9
+ 2 x 2 y − y 3 + xy)dxdy
−3 0
2.- Graficar la región, invertir el orden de integración y calcular: 1 x 2
∫ ∫ ( x 0 x
3
2
− xy )dydx .
1
161
Solución: En ciertas ocasiones, el gráfico suele ser fundamental
⎧0 ≤ x ≤ 1 D = ⎨ 3 2 ⎩ x ≤ y ≤ x
⎧⎪ y ≤ x ≤ 3 y ó D = ⎨ ⎪⎩0 ≤ y ≤ 1 1
∫ ∫ ( x 0 x3 1
2
y = x 3
1 3 y
1 x
I =
y = x
2
− xy)dydx = ∫ ∫ ( x 2 − xy)dxdy 0 y
2
1
3 x 6 x 8 1 1 + = I = ∫ ( x y − dx = ∫ x ( x − x ) − ( x − x )dx = x − 3 0 2 2 12 16 80 x 0 0 xy 2 x
2
2
2
3
x
4
6
5
Naturalmente el cálculo en el otro orden es un desafío para el estudiante. 1 1
3.- Calcular la integral:
∫∫
1 + y 3 dydx
0 x
Solución: Nótese que la integración respecto a y no es muy elemental por lo que se recomienda el cambio en el orden de integración, partiendo por describir la región en el nuevo sentido:
⎧0 ≤ x ≤ y 2 ⎧0 ≤ x ≤ 1 Si D = ⎨ Según el gráfico D = ⎨ x ≤ y ≤ 1 ⎩0 ≤ y ≤ 1 ⎩
1
1 1
I =
y 2
∫∫ 0 0
1
1 2 1 2 3/ 2 1 + y dxdy = ∫ 1 + y 3 · y 2 dy = (1 + y 3 ) 3 / 2 = (2 − 1) . 0 3 3 9 0 3
3 18− x 2
4.- Calcular e interpretar el resultado de
∫ ∫ xy dydx. 3
−3
x 2
Solución El dominio es lo que encierran las dos parábolas y es simétrico respecto al eje y.
162 y y -3
3
x
2 3 3 ⎧ x 2 ≤ y ≤ 18 − x 2 y 4 18 − x x x 9 2 4 D = ⎨ ⇒ ∫ x )dx dx = ∫ ( (18 − x ) − 2 4 4 4 3 3 x − ≤ ≤ x ⎩ −3 −3
13 13 9 2 4 I = − ∫ (18 − x ) (−2 xdx) - ∫ x dx 8 −3 4 −3 3 11 1 2 5 3 − x10 =0 I = − · (18 − x ) − 3 40 − 3 85 La integral representa la diferencia de volúmenes iguales uno positivo sobre el plano xy y el otro negativo bajo el plano. Para la mitad izquierda del dominio la función es negativa ,mientras que en la otra es positiva. 5.- Calcular el volumen de la región acotada por las superficies: 2 z = 0 (plano xy), z = y (plano oblíquo) y = 2 − x (cilindro parabólico); x = 0
Solución: V =
∫∫
f ( x, y ) dA
2
2 − x
D
V =
∫ 0
= ∫∫ zdA ; D
D
⎧0 ≤ x ≤ 2 =⎨ ⎩0 ≤ y ≤ 2 − x
2
1 x 2 2 ∫0 ydydx = ∫0 2 (2 − x)dx = x − 4 0 = 1
Planteado como integral triple se tendría:
163 2 2 − x y
V =
∫ ∫ ∫ dzdydx . 0
0
0
6.- Calcular el área encerrada por las curvas: x = y 3 ; x + y = 2; y = 0 .
Solución. Nótese que hay que elegir un adecuado orden de integración para no tener que separar la región en dos partes.
Intersecciones: 2 − y = y
3
⎧ y 3 ≤ x ≤ 2 − y ⇒ y = 1 ⇒ D = ⎨ ⎩0 ≤ y ≤ 1
2 1 2 − y
A =
∫∫
1 2 − y
dxdy
A =
1
0 y 3
∫∫
0 y 3
0
1
1
dxdy
= ∫ (2 − y − y 3 )dy = 0
5 4
2
7.- Con integral triple, calcular el volumen del sólido acotado por las superficies: z
= x 2 + 4 ;
y = 4 − x 2
; x + y = 2 ; z = 0
Solución:
2
Dominio
164
Nótese el beneficio del gráfico. 2 4 − x 2 x 2 + 4
V =
∫∫ ∫
2 4 − x 2
=∫
dzdydx
−1 2 − x 0
∫
2
( x + 4)dydx = ∫ (8 + 4 x − 2 x 2 + 2
−1 2 − x
x 4
4
−1
−
x 5
5
)dx = 21
3 20
8.- Calcular el volumen del cuerpo encerrado por los cilindros perpendiculares: x 2
+ z 2 = a 2
y x 2
+ y 2 = a 2
Solución: V = 8
∫∫∫ dV D
a
V = 8
a2 − x2
∫ ∫ 0
0
a2 − x2
∫
a
dzdydx
0
= 8∫ 0
a2 − x2
∫ 0
16a 3 a − x dydx = 8∫ ( a − x ) dx = 3 0 a
2
2
2
2
z 9.-Calcular el volumen de la región acotada por: x 2
+ z = 4 ;
y + z
=4 ;
y = 0
; z=0
y x
165
Solución
x y
D xz
⎧0 ≤ z ≤ 4 − x =⎨ ⎩0 ≤ x ≤ z
2
2 4 − x 2
⇒ V = 2 ∫ 0
2
V = 2
2 2 2 z 4 − x ( 4 ) − z dzdx dx = 2 ∫ (4 z − ) ∫
0
∫ (8 − 0
0
x
4
2
)dx = 2(8 x −
2 0
2 128 ) = 10 0 5 x
5
También se podía considerar el dominio en el plano xy:
3.4.- Cambio de coordenadas Integrales dobles en coordenadas polares. Si en la integral
∫∫ f ( x, y )dA
xy
,hacemos el cambio a coordenadas polares según las
D
⎧ x = ρ Cosθ ecuaciones del cambio : ⎨ ⎩ y = ρ Senθ La integral toma la nueva forma:
∫∫ f ( ρ ,θ ) dA
ρθ
D ρθ
166
El dominio expresado en las nuevas variables tiene obviamente una expresión diferente al correspondiente a las coordenadas cartesianas. La diferencial de área en término de las nuevas coordenadas será: dAρθ = ρ d ρ d θ ,por lo que la integral queda:
Δ ρ ρ Δθ
∫∫ f ( ρ ,θ ) ρ d ρ d θ
Δθ
ρ
D ρθ
0 La explicación se puede observar en el gráfico en que el elemento fundamental de área es homologable al producto del arco ρ Δθ , por el incremento Δρ quedando en la forma ρ d ρ d θ . El área de de la figura en polares encerrada por la curva ρ = ρ (θ ) para α ≤ θ ≤ β , será: β
∫
A = ρ d ρ d θ α
β α )
o Ejemplos
1.- Calcular con el cambio a coordenadas a
polares:
∫∫ D
⎧0 ≤ x 2 + y 2 ≤ 1 ⎧0 ≤ ρ ≤ 1 ⎪ D = ⎨ x ≥ 0 ⇒⎨ ⎩0 ≤ θ ≤ π / 2 ⎪ y ≥ 0 ⎩
x x
2
+ y 2
dA
Si
y 1
1
x
Solución: Sería interesante intentar la solución sin el cambio para ver el beneficio de éste, pero empezando la integración respecto de x en:
167
2 1 1− y
xdx
∫ ∫ 0
x
0
2
+ y 2
dy
Ahora hagamos el cambio a polares.
∫∫ D
x x
2
+ y
2
dA =
ρ Cosθ
∫∫
ρ d ρ d θ ρ Cos θ + ρ Sen θ 2
D ρθ
2
2
2
1 π / 2
= ∫ ∫ ρ Cosθ ρ d θ = 0 0 1
= ∫ ρ Senθ 0
2.- Calcular : ∫∫ D
xy x
2
+ y
π / 2
0
1
∫
d ρ = ρ d ρ = 0
Si D =
dA 2
ρ 2 1
2 0
=
1 2
1 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4 2
Solución: Como D = {0 ≤ θ ≤ 2π
;
1 1 ≤ ρ ≤ } 2 2
y 1 2π 2
I =
∫∫
0 1 2
ρ 2 Senθ Cosθ ρ 2
2π
I =
ρ 2 1 / 2
∫ Senθ Cosθ 2 0
2π
ρ d ρ d θ
1/ 2
d θ
1 1 Sen 2θ 2π I = − ∫ Senθ d ( Senθ ) = − = 0 (¿) 0 8 8 2 0
Observación:
0
x
168
El resultado se explica porque la integral representa la suma algebraica de volúmenes, simétrico respecto del plano x,y, , esto mismo se puede apreciar en un gráfico logrado en el computador. 3.- Calcular: a
a
2
− x 2 −( x 2 + y )
∫ ∫e
−a
dydx
0
Solución:
⎧⎪− a ≤ x ≤ a ⎧0 ≤ ρ ≤ a ⇔ D = ⎨ . ⎨ 2 ≤ ≤ 0 θ π ⎪⎩0 ≤ y ≤ a 2 − x ⎩ y
a
I = 2
∫∫ 0
π / 2
0
e
− ρ 2
ρ d ρ d θ = −
π
a
2∫ 0
2
e − ρ
π
2
a
π
Nótese que sin el cambio de coordenadas el cálculo se ve imposible.
4.-Calcular el área de una hoja del trébol: ρ = 4Sen3θ .
Solución: a)Gráficos π / 3
2
(−2 ρ d ρ ) = − e − ρ = (1 − e − a ) 0 2 2
π / 6
=
a
2
− x 2
169 y
2 1
-3
-2
-1
1
2
3
x
-1 -2 -3
b)Cálculo: π
A = 2
-4
/ 6 4 Sen 3θ
π / 6
∫ ∫ ρ d ρ d θ = 2 ∫ 0
0
ρ 2 4Sen3θ d θ
0
2 0
π / 6
π / 6 4π 16 π / 6 8 2 A = 16 ∫ Sen 3θ d θ = Sen ( 3 θ ) d ( 3 θ ) ( 3 θ Sen 3 θ Cos 3 θ = − = .∫ 0 3 3 3 0 0 2
5.- Calcular el área exterior de ρ = a , e interior a ρ = 2aSenθ .,
Solución: π
6
a)Gráfico e intersecciones. Intersección: 2aSenθ = a ⇒ Senθ =
D
1 ó θ = π / 6 2
⎧π / 6 ≤ θ ≤ π / 2 =⎨ ⎩a ≤ ρ ≤ 2aSenθ π / 2
⇒ A = 2 ∫
π / 6
π / 2
A =
2 aSenθ
π / 2
ρ 2 2aSenθ ρ d ρ d θ = 2 d θ a 2 π / 6 a
∫
∫
∫ (2aSen2θ − a 2 )d θ = 2a 2 (θ − Senθ Cosθ ) − a 2θ
π / 6
π / 2 π / 6
A = a
2
⎛ π ⎞ ⎜ + 3⎟ ⎜3 2 ⎟ ⎝ ⎠
170 1− x 2
1
6.- Evaluar con el cambio de coordenadas: ∫
∫
0
e
x 2 + y 2
dydx
0
Solución: Claramente el dominio de integración es un cuarto de círculo es decir:
⎧0 ≤ θ ≤ π ⎪ D = ⎨ 2 ⎪⎩0 ≤ ρ ≤ 1
π / 2
I =
1
∫∫ 0
0
e ρ d ρ d θ = ρ
π
1
2 ∫0
ρ e ρ d ρ =
Nótese como el nuevo dominio tiene extremos fijos 1 y
π
2
( ρ e
ρ
1 π − e ρ ) = 0 2
ρ θ
1 π / 2
1
ρ
θ
x
Observación: Para integrales dobles y triples hay otros tipos de cambio de variables pero que están fuera de este curso.
Integrales triples en coordenadas cilíndricas. Las coordenadas cilíndricas están constituidas por un radio, ρ ,un ángulo θ y una longitud z , de modo que un punto del espacio está dado como: P( ρ ,θ , z ) y las ecuaciones del cambio de cartesianas a cilíndricas son: z x = ρ Cosθ P y = ρ Senθ
z
z=z θ
y
x Su denominación de “cilíndricas” responde al hecho que a cada punto del espacio le corresponde una única superficie cilíndrica que lo contiene. La diferencial de volumen en cartesianas es : dV = dxdydz y con el cambio obviamente toma la forma:
171 dV = ρ d ρ d θ dz , luego el cambio hace que :
∫∫∫ f ( x, y, z )dV = ∫∫∫ f ( ρ , θ , z ) ρ d ρ d θ dz . D"
D
Ejemplos 1.- Calcular el volumen del sólido encerrado por las superficies: z = x 2 + y 2 ; x
2
+ y 2 = 4
z = 0.
Solución: 2
Haciendo: x = ρ Cosθ y = ρ Senθ ⇒ −2 ≤ ρ ≤ 2
0 ≤ θ ≤ 2π , mientras que: 0 ≤ z ≤ x 2 + y 2 Es decir: 0 ≤ z ≤ ρ .Tomando la cuarta parte 2 π / 2 ρ
V =
4
∫ ∫ ∫ ρ d ρ d θ dz
0 0 2 π / 2
V = 4 V = 4
0
∫ ∫ ρ d θ d ρ 2
0 0 2 2
∫
πρ
2
0
d ρ =
16π . 3
2.- Si la masa de un sólido se define como: m = ∫∫∫ δ ( x, y, z )dV con δ ( P ) ,la densidad en cada D
punto del cuerpo.Calcular la masa del cuerpo encerrado por las superficies: x
2
+ y 2 = a 2 ; . x 2 + y 2 + z 2 = 4a 2 ;
z=0
Si la densidad en cada punto es directamente proporcional a su distancia al plano (x,y).
172
Solución:
⎧0 ≤ θ ≤ 2π ⎪⎪ D = ⎨0 ≤ ρ ≤ a δ ( x, y, z ) = k z ⎪ ⎪⎩0 ≤ z ≤ 4a 2 − ρ 2 m=
m=
2π a
4 a 2 − ρ 2
0 0
0
∫∫ ∫ kz ρ dz d ρ d θ = k
2
2π a
∫ ∫ (4a − ρ ) ρ d ρ d θ = 2
0 0
2π
2
2
ρ 2 a
2π
7a 4 7 k π a 4 (2a ρ − ) d θ = ∫ d θ = . 2 ∫0 4 0 20 4 4
k
k
Integrales triples en Coordenadas esféricas. Las coordenadas esféricas son los ángulos: θ y cartesiana a esféricas son: z P x = ρ Cosθ Sen y = ρ Senθ Senψ ψ ρ z = ρ Cosψ θ
y el radio ρ y las ecuaciones del cambio de
y
x La diferencial de volumen toma la forma: dV = ρ 2 Senψ d ρ d θ d ψ ,lo que se respalda con argumentos gráficos o con conceptos fuera del alcance nuestro.La integral se modifica conforme a las nuevas coordenadas según lo muestran los ejemplos:
Ejemplos: 1.- Calcular el volumen del sólido acotado por las superficies: z = x 2 + y 2 ; x 2 + y 2 = 4 ; z = 0 .
173
Solución:
z ρ
y x Como se deduce, el sólido es la parte interior del cilindro y exterior del cono y sobre el plano (x,y), por la simetría definimos como dominio la 4ª parte del total ,luego:
⎧ π 0 ≤ θ ≤ ⎪ 2 ⎪ π ⎪π D = ⎨ ≤ ψ ≤ 2 ⎪4 2 ⎪ 0 ≤ ≤ ρ ⎪ Senψ ⎩ Donde ρ varía desde 0 a la recta x = 2 y como x = ρ Cosθ Sen y haciendo θ = 0 ,llegamos a 2 2 = ρ Sen o bién ρ = . Senψ
π
V = 4
/ 2 π / 2 2 / Senψ
∫ ∫ ∫ ρ
2
0 π / 4
Senψ d θ d ψ d ρ
0
4 π / 2 π / 2 3 2 / Senψ V = ρ Senψ d θ d ψ 3 ∫0 π ∫/ 4 0 32 π / 2 π / 2 d ψ 32 V = d θ = 3 ∫0 π ∫/ 4 Sen 2ψ 3 π / 2 32 π / 2 32 π / 2 16π V = Cotg ψ d θ d θ − = = . π / 4 3 ∫0 3 ∫0 3
2.- Calcular la masa del sólido formado por una semi- esfera de radio a, si su densidad en cada punto es proporcional al centro de la base.
174
Solución:
δ ( x, y, z ) = k x 2
+ y 2 + z 2 = k ρ ; Tomando como dominio la 4ª
parte: π
m = 4k
/ 2 π / 2 a
∫ ∫ ∫ ρ Senψ d θ d ψ d ρ 3
0
0 0
3.5.- Momento y Centro de Masa. 1.- Si una lámina plana tiene forma D una región y su densidad (masa por unidad de área)es variable en cada punto dada como δ ( x, y ) ,función continua.Entonces: m
= ∫∫ δ ( x, y )dA
Masa de la lámina
D
M x
= ∫∫ yδ ( x, y )dA
Momento de masa respecto al eje x.
= ∫∫ xδ ( x, y )dA
Momento de masa respecto del eje y.
D
M y
D
( x , y ) Centro de masa I x
x
=
M y m
y
=
M x m
= ∫∫ y 2δ ( x, y )dA
Momento de inercia respecto del eje x.
= ∫∫ x 2δ ( x, y )dA
Momento de inercia respecto del eje y.
= ∫∫ ( x 2 + y 2 )δ ( x, y ) dA
Momento de inercia respecto del orígen,
D
I y
D
I 0
D
2.- Si se tiene un sólido conforma del dominio D. Entonces: m
= ∫∫∫ δ ( x, y, z )dV
Masa del sólido.
D
Los momentos respecto de los planos coordenados se definen por: M xy
= ∫∫∫ zδ ( x, y, z )dV
M yz
= ∫∫∫ xδ ( x, y, z )dV D
M xz
= ∫∫∫ yδ ( x, y, z )dV . D
175 Su centro de masa tiene coordenadas ( x , y , z ) , donde: x
=
M yz
y
m
=
M xz m
z
=
M xy m
.Si δ es constante el centro se llama centroide
Los momentos de inercia del sólido respecto de los ejes son: I x
= ∫∫∫ ( y 2 + z 2 )δ ( x, y, z )dV D
I z
I y
= ∫∫∫ ( x 2 + z 2 )δ ( x, y , z )dV D
= ∫∫∫ ( x + y )δ ( x, y , z )dV . 2
2
D
El uso de estas fórmulas queda para el alumno.
3.6.- Área de una superficie.Para generar la expresión que permite calcular el área de una superficie mediante una integral, debemos determinar el “elemento fundamental de área de superficie” que sumados y llevado al límite expresa el área buscada en forma de una integral doble. Dada la superficie S : z = f ( x, y ) ó S : F ( x, y, z ) = 0 con dominio D y una partición de éste determinando los sub-rectángulos Ri , j que en la superficie se proyectan como un elemento fundamental de área de superficie S i , j cuyos lados son las curvas: f ( x i , y ) y f ( x, y j ) que para poder evaluarla la asimilamos al trozo del plano tangente T i , j en el punto Pi , j que proyectado en la superficie es dicho elemento fundamental, homologando el área S i , j con la de
T i , j cuyos
lados son los vectores tangentes : a =
δ f δ x
( xi , y j ) y b =
componentes
a
= (Δ xi ,0, f x Δxi )
b
= (0, Δ y j , f y Δy j ) z
y
a
b
y x x
δ f δ y
( xi , y j ) y de
176
i
Así el área del rectángulo será: a × b Donde: a × b = Δ xi 0
a×b
a×b
j
k
0 Δ y j
f x Δ xi f y Δ y j
= − f x Δ xi Δ y j ;− f y Δ xi Δ y j ; Δ xi Δy j =
f x
2
+ f y 2 + 1 Δ xi Δy j
.Luego el elemento fundamental de área tiene este valor y la suma de ellos llevada al límite cuando la norma de la partición tiende a cero determina la integral representativa del área de la superficie valor. Definición: Dada la función y = f ( x, y ) con dominio D, el área de la superficie que ella representa estará dada por: A( S ) =
∫∫
f x
2
+ f y 2 + 1 dxdy
D
Observación: Si la superficie está dada como S : F ( x, y, z ) = 0 ,donde en forma implícita se tiene que z = f ( x, y ) ,y sabiendo que : f x
=−
A( S ) =
F x F z
∫∫ D
; f y = −
F x
2
F y F z
.Entonces de tendrá:
+ F y 2 + F z 2 F z
dxdy
Ejemplos: 1.-Calcular el área de la superficie del manto de paraboloide circular: z = 9 − x 2 − y 2 , que queda sobre el plano (x,y).
177
Solución:
z 9 y 3
x A( S ) =
∫∫ D
2π 3
A( S ) =
∫∫ 0 0
1 + (−2 x ) 2 + (−2 y ) 2 dA = ∫∫ 1 + 4 x 2 + 4 y 2 dxdy .Usando polares: D
3/ 2
1 2π 2 1 + 4 ρ ρ d ρ d θ = ∫ (1 + 4 ρ 2 ) 8 03 2
3 1 3/ 2 d θ = (37 − 1)π 0 6
2.- Calcular el área de la superficie esférica de radio R.
Solución: Consideremos la esfera centrada de radio R: x 2 + y 2 + z 2 − R 2 = 0 ,luego: A( S ) =
∫∫ D
4 x 2 + 4 y 2 + 4 z 2 2 2 2 2 dxdy , empleando polares con : z = R − x − y 2 z
π / 2 R
A( S ) = 8
∫ ∫2 0 0
2 R ρ d ρ d θ 2 2 R − ρ
2π
∫
A( S ) = -4R ( R
2
R d θ = 4π R 2
− ρ 2 )1 / 2 2
0
0
3.-Calcular el área de la superficie z = y + vértices(0,0) ; (1,0) ; (0,1) ; (1,1).
Solución: A( S ) =
∫∫
1 + z x 2 + z y 2 dA
1 1
A( S ) =
∫∫ 0 0
2 + x 2 dydx
x
2
2
, sobre la región cuadrada en el plano x,y de
178 1
A( S ) =
∫
x
2
+ 2 dx =
0
A( S ) =
x
2
x 2
+ 2 + Ln( x +
x2
+2
1 0
1 1+ 3 3 + Ln 2 2
4.- Calcular el área de la parte del cilindro: x 2 + z 2 = 16 ,interior al cilindro: x 2 + y 2 = 16 .
Solución:
z
= 16 − x
⎧⎪0 ≤ y ≤ 16 − x 2 D : ⎨ ⎪⎩0 ≤ x ≤ 4
2
4 16 − x 2
A( S ) = 8
z
∫ ∫ 0
1 + z x 2 dA
0
4 16 − x 2
y
A( S ) = 8
∫ ∫ 0
0
1+
x 2
16 − x 2
dydx
D 4
x
A( S ) = 8
4 4 dx 32 x = = 128 ∫0 0
179
3.7.- Guía de Ejercicios . 1.-Calcular
la
integral
4 5
a) ∫∫ ( x 2 − y 2 + xy − 3) dxdy 1 2
2 2
b)
∫ ∫ ( x
3
+ 2 x 2 y − y 3 + xy)dydx
0 −3
2 2
x 1 + x 2
c) ∫ ∫ 0 1
2.- Calcular :
+ y
2
dydx .
∫∫∫ f ( P)dV Si : R
a) f ( P) = xyz
⎧0 ≤ x ≤ 1 ⎪ R = ⎨2 ≤ y ≤ 6 ⎪4 ≤ z ≤ 5 ⎩
b) f ( P) = 1
⎧0 ≤ x ≤ a ⎪ R = ⎨0 ≤ y ≤ b ⎪0 ≤ z ≤ c ⎩
c) f ( P ) =
y y 2
Interprete el resultado.
R = [2,3]× [0,1] × [0,2]
+ z
3.- Represente la región descrita y calcule su área. a) y =
1 x
y
2
b) y 2 = − x; c) y = e x ; d) y = Lnx
= − x 2
x − y = 4
x
=1
x
=2
y = −1 y = 2
y = Senx x = −π y = 0 y = 1
; x = π
4.- Grafique la región D ,invierta el orden de integración y calcule la integral. 5 x 2
a)
∫ ∫ ( x + y )dydx 2 2 x
1 y
b) ∫ ∫ ( x 2 + y 2 )dxdy 0 y
e x2
e)
∫ ∫ Lnydydx 0 x
2 x1 / 2
f) ∫
∫
0 0
x
1 + x 2 + y 2
dydx
iterada:
180
2 + 4− x 2
π aSenθ
c) ∫ 0
a
d) ∫ 0
∫ ρ d ρ d θ
g) ∫
− 2 − 4− x 2
0
a
2
∫ ydydx
3 18 − x 23
−x
∫ xdydx
h)
∫ ∫ xy dydx 3
−3
0
x 2
5.- Calcule mediante integrales doble el volumen del sólido acotado por: a) z = x 2 + y 2 x 2 + y 2 = 4 y = 4 − x 2 b) z = x 2 + 4
z
=0 x + y = 2
z=0
c) x 2 + z 2 = a 2 x 2 + y 2 = a 2 6.- Describa y calcule el volumen representado por: 4
1 3− x 2
y
a) ∫ ∫ ( x + y )dxdy b) ∫
∫
1 1− x 2
25 − x 2 − y 2 dydx
0 3− x
0 y / 4
c) ∫
−2
∫ ( x
2
+ y 2 )dydx
x −1
7.- Represente el volumen limitado por los planos coordenados y el plano : Tanto como integral doble como integral triple. 8.-Calcule: a) ∫∫ (1 + x 2 + y 2 )dxdy , si D es el triángulo: (0,0);(0,2);(2 3 ,2) D
b) ∫∫ (1 + 2 x + y )dxdy ,Si D está acotada por y= x 2 D
c) ∫∫ e − x− y dxdy D = {( x, y) / x ≥ 0; y ≥ 0; x + 2 ≤ 2} D
d) ∫∫ x − y e x+ y dxdy Con D = [− 1;1] × [− 1;1] D
9.- Demuestre que: 1 2 − x
1 y
2 2− y
0 x
0 0
1 0
∫ ∫ f ( x, y)dydx = ∫∫ f ( x, y)dxdy + ∫ ∫ f ( x, y)dxdy
10 Mediante el uso de coordenadas polares ;Calcule:
;
y
2
= 4− x
x a
+
y b
z
+ =1 ; c
181
a) ∫∫ D
b) ∫∫ D
xdxdy x
2
+ y2
2
x y
2 2 4 − y
;Si D : 0 ≤ x 2 + y 2 ≤ 1
∫ ∫ Cos( x 0
2
( x 2 + y 2 )
x ≥ 0; y ≥ 0 ; g)
dA
D : 1 ≤ x
2
2
+ y 2 )dxdy
0
2 2 + 2 y − y
2
+y ≤2
h)
∫ ∫ xdxdy 0 − 2 y − y 2
1 1 2 2 ≤ + ≤ c) ∫∫ 2 dA D : x y 4 2 ( x + y 2 ) D
5π π ≤ θ ≤ i) 4
xy
d) ∫∫ ( x + y )dA
D : x
2
2
+ y ≤ a
a
a 2 − x 2
∫ ∫
−a
2
e
0 ≤ x + y
j)
∫ ∫ 0
D
dydx
0
1 1− x 2
2
− ( x 2 + y )
e
x 2 + y 2
dydx
0
e) ∫∫ Cos ( x 2 + y 2 dA D : x 2 + y 2 ≤ 1 D
f) ∫∫ x 2 + y 2 dA
D : x ≥ 0; y ≥ 0; x 2
+ y 2 ≤ 1; 0 ≤ x 2 + y 2 − 2 y
D
11.- Calcule la integral, grafique el dominio: 2 x 2 x + y
∫ ∫ ∫ 2 x ydzdydx 2
0 0 0
12.- Calcule con una integral triple, el volumen del sólido acotado por: a) x 2 + y 2 = 4 ; y 2 + z 2 = 4 b) z = 4 y 2 ; z = 2 x = 2 ; x = 0 13.-Calcular ;masa ,centro de masa; momentos respecto de los ejes de las láminas descritas como: a) y = x 2 ; y = 4; δ ( x, y) = kx, k cte. 2
b) y = e − x ; y = 0; x = −1; x = 1 δ ( x, y) = xy 1 c) y = Ln x ; y = 0 ; x = 2 ; δ ( x, y ) = x
14.-Usando coordenadas cilíndricas, calcule el volumen y el centroide ( δ ( x, y, z ) = 1) del sólido acotado por:
182 z
= x 2 + y 2 ;
x 2
+ y 2 = 4 z=0.
15.- Calcule en centro de masa del sólido homogéneo acotado por:
z
=
x
2
+ y 2
z = x
2
+ y 2
16:Usando coordenadas esféricas ,Calcule el volumen del sólido acotado por: z
2
= x 2 + y 2 , dentro de la esfera: x 2 + y 2 + z 2 = 4 z.
17.-Calcule el volumen del sólido que se encuentra fuera del cono: z 2 = x 2 + y 2 y dentro de la esfera: x 2 + y 2 + z 2 = 1 18.- Haga el cambio a coordenadas cilíndricas en: 2 1 1− − y
4 − x 2 − y 2
∫ ∫ 0
∫ zdzdxdy
0
0
19.- Haga el cambio a coordenadas esféricas en: 2 2 4 − y
∫ ∫ 0
y
4 − x 2 − y 2
∫
x 2
+ y 2 + z 2 dzdxdy . ¡Evalúela!
0
20.- Calcular el área de la parte de la esfera: x 2 + y 2 + z 2 = 36 , interior al cilindro: x 2 + y 2 = 6 y .Hallar el área de la parte del cilindro interior a la esfera. 21.- Hallar el área de la parte de la esfera anterior pero exterior al paraboloide : x 2 + y 2 = z . 22 Calcular las áreas de : a) Elipsoide:
x
2
a
2
+
y
2
b
2
+
z
2
c
2
b) El paraboloide re3cto circular de radio basal R y altura H. c) El cono recto circular de altura h y radio basal r .
183
3.8.- La Integral de Linea Introduciremos aquí el concepto de integral de línea o integral curvilínea de una función definida sobre una curva en el plano o el espacio haciendo para ello una partición del dominio de la curva que al determinar en ella una partición de modo que eligiendo en cada sección un punto arbitrario multiplicamos el valor de la función en él por la proyección de dicha sección en un eje coordenado o la longitud de la sección de arco para configurar una suma intermedia cuyo límite al llevar al infinito el número de puntos de la partición se determina la llamada “integral de línea de la función sobre el eje ó sobre la longitud de arco”
P
z
P(t )
Pn
f P( ξ k ) = Qk f ( P(ξ k ))
P(a)
a
t k
ξ k t k +1
b
0
y
R
R x De un modo más formal : C : [a, b]
R
t
3
∋ P(t)=(x(t);y(t);z(t))
Una curva y P : t 0 , t 1 ,....., t k , t k +1 ,....t n , una partición del intervalo [a, b] , la que genera los puntos: P(a) = P(t 0 ), P(t 1 ).....P(t k ), P(t k +1 )...., P(t n ) = P(b) , en la curva.
En cada sub-intervalo [t k ; t k +1 ] , se elige un punto arbitrario ξ k ,que en la curva es el punto Qk = P(ξ k ) .Sobre la curva se define la función: f ( P) = f ( P(t )) :Con ello se construyen las siguientes sumas intermedias: S x
= ∑ f (Qk )Δ k x :
Δ k x = x(t k +1 ) − x(t k )
S y
= ∑ f (Qk )Δ k y :
Δ k y = y (t k +1 ) − y (t k )
S z
= ∑ f (Qk )Δ k z :
Δ k z = z (t k +1 ) − z (t k )
S
= ∑ f (Qk )Δ k s :
Δ k s = s (t k +1 ) − s (t k ) , longitud del arco ( Pk , Pk +1 ).
184
Definición: Llamamos la integral de línea de la función: w = f(P), sobre la curva C: P = P(t),respecto de la variable x .al valor real del límite cuando la norma de la partición tiende a cero de la suma intermedia S x , lo que denotamos:
∫ f (P)dx = lim ∑ f (Q )Δ P
C
→0
k
k
x:
De forma análoga se definirá:
∫ f (P)dy = lim ∑ f (Q )Δ y : ∫ f (P)dz = lim ∑ f (Q )Δ z : ∫ f (P)ds = lim ∑ f (Q )Δ s : .
C
C
C
P
→0
k
k
P
→0
k
k
P
→0
k
k
Para una curva plana la situación es análoga para definir:
∫ f ( x, y)dx;
C
∫ f ( x, y)dy;
C
∫ f ( x, y)ds .
C
La forma vectorial de la integral de línea, parte considerando el “ Campo Vectorial” F ( P) = ( f ( P); g ( P); h( P) ) de R 3 en R 3 .Si d(P)=(dx;dy;dz), podemos definir:
∫ F ( P) ⋅ d (P) = ∫ f ( P)dx + g ( P)dy + h( P)dz .
C
C
Teorema: Si C : P = P(t ) = x(t ); y (t ); z (t ), a ≤ t ≤ b , es una curva continua con derivadas no nulas en [a, b] (Curva suave), y w = f ( x, y, z) es continua en C . Entonces: b
∫ f ( P)dx =∫ f (P(t )) x′(t )dt
C
a
Demostración: De un modo muy informal señalemos que:
185
S x
= ∑ f (Qk )Δ k x = ∑ f ( P(ξ k )Δ k x(t ) P
S x
=
P
∑ f ( P( x(ξ ), y(ξ ), z (ξ k
k
k )
))
P
S x
( x (t k +1 ) − x(t k ) Δ k t ,por Teorema del Valor Medio: Δ k t
= ∑ f ( P(ξ k ))· x ′(ξ k )·Δ k t .Si la asimilamos a una suma de Riemann y
P
→0
P
b
lim ∑ f ( P(ξ k ) x ′(ξ k )Δ k t = ∫ f ( P(t )) x′(t )dt = ∫ f ( P)dx . →0
P
P
a
C
Observación: 1.-De la misma manera se puede concluir: b
lim ∑ f ( P(ξ k ) y ′(ξ k )Δ k t = ∫ f ( P(t )) y ′(t )dt = ∫ f ( P)dy P
→0
P
a
C
b
lim ∑ f ( P(ξ k ) z ′(ξ k )Δ k t = ∫ f ( P(t )) z ′(t )dt = ∫ f ( P) dz P
→0
P
a
C
b
lim ∑ f ( P(ξ k ) S ′(ξ k )Δ k t = ∫ f ( P(t ))S ′(t )dt = ∫ f ( P)dS . P
→0
P
a
C
Recordemos que en el capítulo de integración, la longitud de arco estaba dada por: b
LC
= ∫ 1 + f ′ 2 ( x) dx
Si C : y
= f ( x)
a ≤ x ≤ b ó
a
⎧ x = x(t ) t 1 ≤ t ≤ t 2 ⎨ y = y ( t ) ⎩ t 1 Por lo tanto definíamos la diferencial de arco por: t 2
LC
=∫
d ( S ) =
x ′ 2 (t ) + y ′ 2 (t ) dt Si C :=
1 + f ′ 2 ( x) dx ó d (S ) = x′ 2 (t ) + y ′ 2 ( y) dt ,luego por extensión podemos hacer que
en R 3 ; d ( S ) = x ′ 2 (t ) + y ′ 2 (t ) + z ′ 2 (t ) dt ,de modo que : t 2
∫ f ( P)dS = ∫ f ( P(t ))
C
t 1
x ′ 2 (t ) + y ′ 2 (t ) + z ′ 2 (t ) dt,
La integral curvilínea de la función respecto a la longitud de arco.
186 2.- El mismo resultado se produce ante una curva que sea seccionalmente suave o suave por tramos en un número finito. 3.- Si la curva es recorrida en sentido anti-reloj, se dice que tiene sentido positivo, luego la integral sobre ella recorrida en el otro sentido es de signo contrario a la primera. 4.- Si se tiene que una curva está compuesta por dos o más ramas o sea C = C 1 ∪ C 2 ,se tendrá que: ∫ F ( P)·d P = ∫ F ( P)·dP + ∫ F ( P)·dP C
C1
C 2
Ejemplos.1.- Calcular la integral de línea: ∫ ( x 2 − 2 y )dx ; sobre la curva y 2 = 4 x − 1 ,desde el punto C
(1/2,1) a (5/4,2).
Solución: Podemos representar la curva de las siguientes formas:
⎧ x = x ⎧ x = t C: ⎨ 1 / 2 ≤ x ≤ 5 / 4 ;C: ⎨ 1 / 2 ≤ t ≤ 5 / 4 = − = − y 4 x 1 y 4 t 1 ⎩ ⎩ ⎧ t 2 + 1 ⎪ x = C: ⎨ 4 ⎪⎩ y = t
∫ ( x − 2 y)dx =
1 ≤ t ≤ 2 .Luego en virtud del teorema:
5/ 4
2
C
∫
(t 2 − 2 4t − 1)dt =
1/ 2
331 . 192
2.- Calcular: ∫ ydx + ( x 2 + y 2 )dy ; donde C es el arco de círculo: y = 4 − x 2 ,recorrido en C
sentido positivo (anti-reloj).
Solución: Veamos dos parametrizaciones para la curva:
⎧ x = 2Cost a) C: ⎨ ⎩ y = 2Sent
π / 4
π / 4 ≤ t ≤ π :
∫ (−4Sen t + +8Cost )dt = 8 + π 2
π
187
⎧⎪ x = t −2 ≤ t ≤ 0 ; b) C = ⎨ 2 ⎪⎩ y = 4 − t
0
− t )dt , ayudado de las tablas: 2 4 − t
∫ ( 4 − t 2 + 4
−2
0 1 x 1 (t 4 − t 2 + ArcSen + 4 4 − t 2 = - ArcSen(−1) + 8 = π + 8 . −2 2 2 2
I=
3.- Evaluar la integral de línea respecto de la longitud de arco: ∫ y d ( s) , en el arco C
y
=
0≤ x ≤ 6.
x
Solución: 1 1 + 4 x 16 1 1 + 4 x dx ⇒ I = ∫ x · Como d ( s) = 1 + y ′ dx = dx = 10 . 2 x 20 3 x 2
4.- Evaluar la integral: ∫ ( x + 2 y )dx + ( x 2 − y 2 ) dy ,donde C es la unión de los segmentos: C
C 1 : (0,0) a
(1,0) ; C 2: (1,0) a (1,1) ; C 3 : (1,1) a (0,0) , en sentido positivo.
Solución: 1
C 3
Se tendrá que: ∫ =
C 2
C
⎧ x = x 0 ≤ x ≤ 1 C 1 : ⎨ ⎩ y = 0 dy = 0 ⎧ x = 1 dx = 0 C 2 : ⎨ ⎩ y = y 0 ≤ y ≤ 1 ⎧ x = t C 3 : ⎨ ⎩ y = t
5.- Calcular:
1
= ∫ xdx =
∫
0
C 1
∫
C 2
0 ≤ t ≤ 1
∫
C 3
= ∫ (1 − y 2 )dy = y − 0
= ∫ 3tdt = − 1
C 1
C 2
C 3
1 2
1
0
∫ +∫ +∫
1 2 = 3 0 3
y3
1 2 3 1 3 ∴∫ = + − = − 2 C 2 3 2 3
∫ (2 x − y)dx + ( x + 3 y)dy en torno de la curva cerrada:
C
⎧ x = 2Cost C : ⎨ ⎩ y = Sent
0 ≤ t ≤ 2π
.
C 1
1
188
Solución: 2π
∫ (2 x − y)dx + ( x + 3 y)dy = ∫ { (Cost − Sent )(−2Sent ) + (2 cos t + 3Sent )Cost }dt 0 2π
C
= ∫ {2 − 5SentCost }dt = 4π 0
Definición: Si F ( P ) = f ( P )iˆ + g ( P ) jˆ + h( P ) k ˆ ,es un Campo Vectorial también llamado Campo de Fuerzas definido en D ⊆ R 3 , se define el trabajo realizado por el campo sobre un cuerpo ,a lo largo de una trayectoria C como:
∫
W = F ( P)·dP C
Ejemplo: El campo terrestre gravitacional, está dado por: F ( P) = k ·
P P
3
Calcular el trabajo del Campo al mover una partícula desde (1,0,0) a (2,0,0). Solución: ⎧ x = t 1 ≤ t ≤ 2 ( x, y , z ) ⎪ La curva es la recta: ⎨ y = 0 ,luego F ( P ) = k 2 2 2 3/ 2 ( x + y + z ) ⎪ z = 0 ⎩ 2
W =
kt
∫ t
3/ 2
1
dt =
k
2
.
189
3.9.- La integral Independiente de la trayectoria. Definición: El Campo Vectorial : F ( P ) = f ( P)iˆ + g ( P) jˆ * h( P )k ˆ , se dice que es un Campo Gradiente, si existe la función escalar φ ( P ) ,tal que :
∇φ ( P) = Grad (φ ( P )) = F ( P) ó bién
∂φ ( P) = f ( P) ∂ x
∂φ ( P) = g ( P) ∂ y
∂φ ( P ) = h( P) . ∂ z
La función φ ( P) es llamada el Potencial del Campo.
Observación: Si: φ ( P) y ( P ) ,son potenciales del Campo F ( P) ,Entonces ambos difieren en una constante .Esto es evidente pues si: Grad φ ( P) = F ( P) y Grad ( P) = F ( P) ⇒ Grad φ ( P) − Grad ( P) = 0 ,o bién Grad (φ −
)( P) = 0 ∴φ ( P) − ( P) = k .
Ejemplos.-
⎛ − y x ⎞ ⎟, (x,y) ≠ (0,0) es un Campo ; 2 2 2 2 ⎟ ⎝ x + y x + y ⎠
1.- Probar que el Campo en el plano: F ( x, y ) = ⎜⎜ gradiente en el dominio. Solución: Si
F ( x, y )
= ∇φ ( x, y ) ⇒ φ x =
− y x φ = y 2 2 2 2 x + y x + y
En esta oportunidad la condición de Campo Gradiente quedará evidenciada si hallamos el potencial y para ello integramos: φ ( x, y ) = −
∫ x
y 2
2
dx
= − y ∫
dx 2
x
2
= − ArcTg ( ) + k ( y ) , si derivamos respecto de y
y + y x + y 1 ⎛ x ⎞ ⎜ − 2 ⎟⎟ + k ′( y ) .= 2 . x 2 + k ′( y ) , comparando con la condición que: . ⇒ φ y = − 2 ⎜ y ⎠ x x + y 1 + ⎝
y
2
190
φ y
=
x
x
, deducimos que k ′( y ) = 0 ,o k es constante, por lo que φ ( x, y ) = − ArcTg ( ) +
+ y 2 k, es el potencial buscado. x
2
y
Observación: Nótese que si φ x = f ( x, y) y φ y = g ( x, y ) ,en el caso del Campo en el plano.Entonces: f y ( x, y )
= g x ( x, y ) = φ xy .
Luego esta igualdad la podemos aplicar para deducir que el Campo es Campo Gradiente pero estaríamos aplicando la implicación recíproca de lo señalado lo que es válido pero con restricciones, ello nos evitaría conocer el potencial. En el ejemplo anterior:
⎛ − y ⎞ y 2 − x 2 ⎜ ⎟= y δ y ⎜⎝ x 2 + y 2 ⎠⎟ ( x 2 + y 2 ) 2 2.- Probar que es Campo gradiente ,sin determinar el potencial: − x 2 ( ) = 2 δ x x 2 + y 2 ( x + y 2 ) 2 δ
y 2
x
δ
⎛ 1 + y 2 1 + x 2 ; 2 F ( x, y ) = ⎜⎜ 3 x ⎝ x
⎞ ⎠
y ⎟⎟
Solución: Aplicamos la condición: f y ( x, y ) = g x ( x, y ) . δ ⎛ 1 + y 2 ⎞
2 y
⎜ ⎟= δ y ⎜⎝ x 3 ⎠⎟ x 3 Gradiente. Definición:
δ ⎛ (1 + x 2 ) y ⎞
⎜ δ x ⎜⎝
x
⎟⎟ = ⎠
2
2 x 3 − (1 + x 2 )2 x x
4
y
=
2 y x
3
.Al ser iguales, es Campo
Sea F ( P ) = f ( P )iˆ + g ( P ) jˆ + h( P ) k ˆ ,es un Campo Vectorial, se define el rotacional del Campo, como : iˆ
∇ × F ( P) = RotF ( P) =
jˆ
ˆ k
δ
δ
δ
δ x
δ y
δ z
f ( P)
g ( P)
h( P )
=
h y
− g z ; f z − h x ; g x −
f y
).
191
Observación: Si F ( P) = f ( P); g ( P); h( P) , es un Campo gradiente, es decir que existe la función escalar: φ ( P) , tal que se cumple: F ( P) = ∇φ ( P) o sea que : f ( P ) = φ x ( P ); g ( P ) = φ y ( P ) y h( P ) = φ z ( P ) Entonces ∇ × F ( P) = 0 .En efecto: iˆ
∇ × F ( P) =
jˆ
k ˆ
δ
δ
δ
δ x
δ y
δ z
φ x
φ y
φ z
= (φ yz − φ yz ;φ xz − φ xz ;φ xy − φ xy ) = (0,0,0) .
No obstante aplicamos la implicación inversa para determinar la condición de Campo Gradiente del Campo, hecho que es válido pero con restricciones.
3.- Probar que el Campo Gravitacional es Campo gradiente donde: F ( P) = −mMG
P P
3
, P = xiˆ + y jˆ + zk ˆ ,
G constante gravitacional m y M son masas.
Solución: f ( p )
=
x 2
g ( P)
=
− g z ; f z − h x ; g x −
f y
2
2 3/ 2
( x + y + z )
RotF ( P ) = h y
y 2
2
2 3/ 2
( x + y + z )
h( P )
=
z 2
2
( x + y + z 2 ) 3 / 2
)
3 2 z ( x + y 2 + z 2 )1 / 2 2 y 2 3 g z = − y ( x 2 + y 2 + z 2 )1 / 2 2 z 2 Como la diferencia es nula al igual que las otras componentes ,entonces: RotF ( P) = 0 ,y por lo tanto un Campo Gradiente. La otra forma es encontrando el potencial, pero es algo laborioso. 4.- Pruebe ,encontrando el potencial que: F ( x, y, z ) = ( yz + 1; xz + 1; xy + 1) ,es un Campo Gradiente. h y
=−
192
Solución: Si: φ y = xz + 1 φ z = xy + 1 , = yz + 1 Mediante integración se tendrá: φ x
∫
φ = ( yz + 1)dx = xyz + x + k ( z , y ) ⇒ φ y
= xz + k y ( z, y ) , comparando se llega a que k y ( z , y ) = 1 ⇒ k = y + c( z ) y φ = xyz + x + y + c( z ) , derivando respecto de z y comparando se tiene: φ z = xy + c′( z) ∴ c′( z) = 1 ó c = z .Así φ = xyz + x + y + z . Teorema: Si F(P) es un Campo Gradiente continuo con potencial φ ( P ) , en D una región abierta de R 2 ó R 3 .Si P1 y P2 son puntos de D .Entonces:
∫ F (P)·dP = φ ( P ) _ φ (P ) , siendo C una curva suave. 2
1
C
Demostración: Sea C: P = P(t ); a ≤ t ≤ b ,la curva suave ( P(t ) continua y P′(t ) ≠ 0) en D F ( P) = ( f ( P); g ( P); h( P) ) = (φ x ; φ y ; φ z )
⇒ ∂φ
δφ
δφ
∫ f (P)dx + g (P)dy + h( P)dz = ∫ ∂ x dx + δ y dy + δ z dz
C
C
, Por teorema anterior , b
= ∫ { φ x ( P(t )) x ′(t ) + φ y ( P(t )) y ′(t ) + φ z ( P(t )) z ′(t ) }dt a
b
=
∫ a
d φ dt = φ ( P(b)) − φ ( P(a)) φ ( P2 ) − φ )( P1 ) dt
Observación: 1.- Como se puede observar la integral no depende de la curva que une los dos puntos, por ello que se le llama una “ integral independiente del camino”, Luego para estos casos, existen dos formas de calcularla , ó se busca el potencial y se procede como en el teorema o se define un camino arbitrario y adecuado. 2.- Si F ( P) es un Campo Gradiente continuo y C es una curva cerrada; Entonces:
∫ F (P)·dP = 0
C
En efecto basta observar el gráfico:
193 C 1
P C = C 1 ∪ C 2
⇒ ∫=
∫
∴ ∫−
∫ =∫
=0 .
C1
∫+ ∫
C1
=0⇒
C1 ∪C 2
C 2
− C 2
∫
Q
=0⇒
P
C 2
−C 2
C1
C
Ejemplos: 1.- Calcular la integral:
∫ ( x
2
+ y 2 )dx + 2 xydy .
C
Entre los puntos P(0.1) y Q(1,2). Solución: Puesto que :
δ δ x
(2 xy) =
δ δ y
( x 2 + y 2 ) = 2 y ,la integral es independiente del camino que une los
puntos ,por lo que tenemos dos opciones : elegimos un camino adecuado ó buscamos el potencial. Si tomamos como trayectoria a la recta que une los puntos: y = x +1
⎧ x = t Como C: ⎨ ⎩ y = t + 1
0 ≤ t ≤ 1 dx = dy
1
∫ ( x + y dx + 2 xydy =
∫ (t
El
sale
2
2
C
φ x
potencial
2
0
+ (t + 1) + 2t + 2t )dt = ∫ (4t 2 + 4t + 1)dt = 4 / 3 + 2 + 1 =
= y + c ′ ⇒ c ′ = x ∴ c = 2
2
1
2
0
de x
integrar:
3
3
φ y 2
Luego φ ( x, y ) = xy +
∫ ( x 2 + y 2 dx + 2 xydy = φ (1,2) − φ (0,1) =
C
2
x
13 . 3
= 2 xy ⇒ φ ( x, y ) = xy 2 + c( x) como
3
3
así:
13 3
− ydx xdy + ∫C ( x 2 + y 2 ) ( x 2 + y 2 ) , donde C es la curva cerrada circular que contiene al origen. ¿Qué pasa en el caso que no lo contiene?. 2.- Calcular :
194
Solución: Ya se vio que es un Campo Gradiente por lo que la integral sería nula ;Sin embargo si la curva x = Cost ; es x 2 + y 2 = 1 ó bien 0 ≤ t ≤ 2π y = Sent 2
π 2 2 Sen t + Cos y − ydx xdy dt = 2π : ∫C ( x 2 + y 2 ) + ( x 2 + y 2 ) = ∫0 1
Esta aparente contradicción con el teorema se explica por que el Campo Vectorial no es continuo en el dominio que incluye al origen, por lo tanto en el otro caso debe ser nula. 3.- Se trata de desplazar una partícula de masa m ,a lo largo de una cierta curva C que une los puntos P y Q, suponiendo que se mueve bajo la ley de atracción de Newton o sea a través del Campo Gravitacional: F ( P) = −
km P 2
r
= −km
P
( xiˆ + y jˆ + zk ˆ) ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 / 2
K es la constante gravitacional y r es la distancia del orígen a la posición de la partícula.
Solución: W = −
km
∫ r
3
P·dP
C
r = x 2
= −∫
C
´km r 3
+ y 2 + z 2 ⇒ dr =
( xdx + ydy + zdz ) xdx + ydy + zdz x
Q
W = −km
∫ P
2
2
+ y + z
2
y
como
⇒
⎛ 1 1 ⎞ 1 ⎜⎜ − ⎟⎟ . = ( ) = km km r r 3 ⎝ Q P ⎠
rdr
Observación : Se confirma aquí que el Campo es un Campo gradiente, llamado también “Campo de fuerza Conservativo”.
195
3.10.- Guía de Ejercicios 1.-Calcular las integrales de línea: a) ∫ x 3 y 2 dx − 2 x 4 ydy ,desde (0,0) a (1,2) a lo largo de la parábola: y = 2 x 3 . C
b) ∫ ( y 2 − y )dx + xdy , sobre la recta que una (0,0) con (a,b) C
c)
∫ ( x − y
3
)dx + x 3 dy ,desde (1,0)a(-1,0), a lo largo de la parte superior de x 2 + y 2 = 1
C
⎧ x = t 2 ⎪ d) ∫ (5 xy)dx + (10 yz )dy + zdz .Si: C: ⎨ y = t C ⎪ z = 2t 3 0 ≤ t ≤ 1 ⎩ ⎧⎪ x 2 + y 2 − 2 x ≤ 0 e) ∫ ( y )dx + 2 xdy ; alo largo de la frontera de la región: R : ⎨ 2 ⎪⎩ x + y 2 − 2 y ≤ 0 C 2.- Calcule ∫ F ( P )·dP , con C
z a) F ( P) = yiˆ + x jˆ − k ˆ , y la curva es una vuelta de la hélice circular: 2 p(t ) = (Cost ; Sent ; kt ) desde el(1,0,0) al (1,0,4 π )
b) F ( P) = ( xy ; z 2 ; y) , C es un arco de hélice x = Cost ; y = Sent ; z = t
⎧ x = a(t − Sent ) 3.- Calcular ∫ y 2 ds Si :C: ⎨ ⎩ y = a(1 − Cost ) 0 ≤ t ≤ 2π C 4.- Calcular ∫ ( x + y )ds ,Si C es un lazo de ρ 2 = a 2 Cos2θ . C
5.- Calcular la longitud de un lóbulo de: ρ 2 = a 2 Cos2θ . 6.- Determinar si son Campo Gradiente ,buscando potencial: a) F ( P ) = 2 xyiˆ + x 2 ˆj b) F ( P) = (2 x − y + 3 z; − x + 3 y + 2 z ; 2 x + 3 y − z ) ; CosyCosz;−SenySenz) . c) F ( P) = e x (SenyCosz 7.- Pruebe que la integral, ∫ F ( P)·dP es independiente del camino,si: C
a) F ( P ) = 4 xy 2 iˆ + 2 xy 3 ˆj b)
F ( P )
= ( ySec 2 x − ze x )iˆ + Tgx jˆ − e x k ˆ .
0 ≤ t ≤ 2π
196 c)
F ( P )
= yziˆ + xz jˆ + xyk ˆ
8.- Demostrar que la integral: ∫ F ( P )·dP ,No es independiente del camino,Si: C
a) F ( P) = (2 xy; x 2 + z 2 ; yz) b) F ( P) = (e y Cosz; xe y Cosz; xe y Senz) . 9)Calcular: (3,1)
a) ∫( −1,2) ( y 2 + 2 xy)dx + ( x 2 + 2 xy)dy . b) ∫
( −2,1,3)
(1, 0, 2 )
(6 xy 3 + 2 z 2 )dx + (9 x 2 y 2 dy + (4 xz + 1)dz .
10) Pruebe que se cumple la igualdad:
∫ P( x, y)dx + Q( x, y)dy = ∫∫ (Q
x
C
Si P( x, y ) = 2 xy que ella encierra.
− P y )dA
D
Q( x, y) = ( x 2
+ y 2 ) , y C es la elipse: 4 x 2 + 9 y 2 = 36 , y D es dominio
3.11.-.-Bibliografía: 1.- Cálculo con Geometría Analítica:
Edwards y Penney
2.- Calculo
James Stewart.
3.- Cálculo con Geometría Analítica.
Earl W Sowokowski
4.- Calculo
Larson-Hostetler - Edwards
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE. PROF. JORGE ALEJANDRO INOSTROZA LAGOS
