Calculo Vectorial Washington Armas

CAPITULO 1 ______________________________

“Nuestras almas, cuyas facultades pueden comprender la maravillosa arquitectura del mundo, y medir el curso de cada planeta vagabundo, aún escalan tras el conocimiento infinito” Christopher Marlowe.

VECTORES EN R3 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7

Magnitudes escalares y vectoriales. Sistema coordenado tridimensional, gráfico de puntos en R3. Álgebra Vectorial; suma, producto de un escalar por un vector, propiedades. Definiciones importantes del Álgebra Lineal. Producto interno, propiedades, proyecciones y aplicaciones. Producto externo, propiedades y aplicaciones. Productos triples, aplicaciones.

2 CAPITULO 1

1.1

Vectores en R3

MAGNITUDES ESCALARES Y VECTORIALES

Imaginémonos que queremos manejar el desplazamiento de un punto en el plano. Con un poco de creatividad podríamos comprender que el arreglo (a, b) sería suficiente para manejar este desplazamiento; donde el número real a representaría la sombra del desplazamiento sobre un eje horizontal (control horizontal del desplazamiento) y el número real b la sombra de este desplazamiento sobre un eje vertical (control vertical del desplazamiento); de esta forma convenimos que el “par ordenado” (a, b) representa la posición de un punto y solo uno en R2 (Filosofía de Descartes). Con igual razonamiento un arreglo (a, b, c) representaría la posición de un punto en R3 y así podríamos concluir que un arreglo (a1, a2, a3,……….., an) representa la posición de uno y solo un punto en Rn. Magnitudes, como el desplazamiento de un punto en un espacio cualquiera, que necesitan de un arreglo numérico para su identificación, se llaman MAGNITUDES VECTORIALES y el arreglo numérico que las representa es la TERNA del vector, los números reales que componen el arreglo son las coordenadas del vector, bajo este criterio en Física tenemos magnitudes vectoriales como la fuerza, velocidad, aceleración, etc. que necesitarían de una terna para su total identificación. Las magnitudes que con un simple valor numérico quedan totalmente identificadas, como cuatro estudiantes, dos árboles, cinco edificios, son MAGNITUDES ESCALARES y no necesitan de una terna para su identificación. Un punto, un vector o una terna la identificaremos como una magnitud vectorial. Emplearemos la siguiente notación para la recta real, el plano, el espacio tridimensional y el espacio n dimensional: R1 o simplemente R para la recta real R2 para todos los pares ordenados (x, y) R3 para todas las ternas ordenadas (x, y, z) Rn para todas las ternas ordenadas (x1, x2, x3, ……. , xn) Ejemplo 1-1

La terna (2, 3, -6); representa un vector o punto en R3. La terna (-1, 4, -2, 8, 10); representa un vector o punto en R5.




Convenimos con los lectores en usar letras mayúsculas para representar magnitudes vectoriales (excepto i, j, k que se usan para representar los vectores unitarios en R3 y ei que usaremos para representar vectores unitarios en Rn), y minúsculas para representar magnitudes escalares. Con este criterio escribiremos al vector V en R3 como: V = (x, y, z) o al vector V en Rn como: V = (x1, x2, x3,……., xn) recordar que en la terna el orden de los números reales que la componen no puede cambiar.

1.1 Magnitudes Escalares y Vectoriales

3

Decimos que dos vectores V1 = (x1, y1, z1) y V2 = (x2, y2, z2) son iguales si, y solo si: x1 = x2, y1 = y2, z1 = z2. Son paralelos si, y solo si:

x1 y z = 1 = 1 x2 y2 z2 Propiedades de la igualdad vectorial

A= A A=B ⇒ B = A A = B ∧ B =C ⇒ A =C

Reflexiva Simétrica Transitiva

EL VECTOR CERO, que lo designaremos como

φ φ φ

φ

, será:

= (0,0) Є R2 = (0, 0, 0) Є R3 = (0, 0, 0,……….., 0) Є Rn

NORMA DE UN VECTOR Sea A = ( a1, a2, a3, .....an ) Є Rn n

II A II

=

2 1

2 2

2 3

a + a + a + .......... ......... + a

2 n

=

∑a

2 i

1=1

La norma de un vector será siempre un número real no negativo, la norma del vector φ es cero.

VECTOR UNITARIO ∧

Si

∧

V es un vector unitario entonces II V II = 1

Todo vector, que no sea el vector cero, puede hacerse unitario dividiéndolo para su norma:

4 CAPITULO 1

Vectores en R3

A = ( a1, a2, a3, .....an ) Є Rn

Â=

 =

A A A 1 = × A =1 A A

Los vectores unitarios son importantes para dar la característica vectorial a cualquier magnitud escalar.

Ejemplo 1-2

Encontrar un vector unitario en la dirección del vector V = (2, -4, 1)

(2,−4,1)

∧

V= ∧

Solución:

V=

2 2 + (−4) 2 + 12 (2,−4,1) 21




∧

V =(

1.2

2 21

,

−4 21

,

1 21

)

SISTEMA COORDENADO TRIDIMENSIONAL, GRÁFICO DE PUNTOS EN R3.

Los puntos en el espacio R3 pueden representarse de manera análoga a como se lo hace en el plano cartesiano. Para realizar esta representación escogemos tres rectas dirigidas perpendiculares entre sí que se corten en un punto común del espacio, a estas rectas se las conoce como: eje x, eje y, eje z, y el punto común de corte se lo llama origen, como se muestra en la figura 1-1. Se define una escala adecuada sobre cada uno de los ejes y se representan los números reales de la terna (x, y, z) de tal forma que el valor de x se lo representa sobre el eje x, positivos adelante del origen y negativos atrás, el valor y, sobre el eje y, positivos a la derecha del origen y negativos a la izquierda, el valor z, sobre el eje z, positivos arriba del origen y negativos abajo es común llamar a este conjunto de ejes como Sistema de Coordenadas Cartesianas en el Espacio, la característica de este sistema es que existe una correspondencia biunívoca entre los puntos del espacio R3 y la terna (x, y, z).

1.2 Sistema Coordenado Tridimensional

5

z

y

x

Figura 1-1

La figura 1-2 representa el gráfico de los puntos (2, -1, 5), (-2, 3, 6) y (3, 5, -4)

Figura 1-2

6 CAPITULO 1

1.3

Vectores en R3

ÁLGEBRA VECTORIAL

SUMA VECTORIAL ( + ) Dados los vectores: A = ( a1, a2, a3, .... , an ) ∈ Rn , B = ( b1, b2, b3, .... , bn ) ∈ Rn , el vector suma A + B; es el vector definido por: A + B =

( a1 + b1 , a2 + b2 , a3 + b3 , .... , an + bn) ∈ Rn

CONDICIÓN: Para que exista la suma vectorial los vectores a sumar deben pertenecer al mismo espacio.

Sean A y B dos vectores cualquiera en R2, C = A + B es un vector que cierra el polígono formado por los vectores A y B (figura 1-3) colocados uno a continuación de otro, el vector B será la diferencia entre los vectores C y A ; esto es el vector posición entre los puntos C y A . Entonces dados dos puntos P1 (x1, y1, z1) y P2 (x2, y2, z2) el vector posición entre estos puntos o vector P1P2 es: P1P2 = (x2 – x1, y2 – y1, z2 – z1)

→

→

A

B →

→

→

C = A+ B Figura 1-3

Propiedades: 1. 2. 3. 4.

A + B = B + A (A + B) + C = A + (B + C) A + φ = A A + A’ = φ ; A’ es el vector opuesto de A

Conmutativa Asociativa Idéntico aditivo Cancelativa

1.4 Definiciones Importantes del Álgebra Lineal

7

Ejemplo 1-3

Dados los vectores A = (3, -6, 1) , B = (-1, 10, -5)

Solución:

A + B = (3 + (-1), (-6) + 10, 1 + (-5)) = (2, 4, -4)




PRODUCTO POR UN ESCALAR ( α ) Dado el escalar α ∈ R y el vector A = ( a1 , a2 , a3 , .... , an) ∈ Rn, el producto por un escalar esta definido por: αA = ( αa1 , αa2 , αa3 , .... , αan ) ∈ Rn A’ = ( - 1) A : opuesto de A

Propiedades: 1. 2. 3.

α A = Aα α ( β A) = ( αβ )A ( α + β )A = α A + β A

Conmutativa Asociativa Distributivas

α(A+B)= αA+ αB 4.

0A =

φ

Cancelativa

Ejemplo 1-4

Dados los vectores A = (2, 5, -2), B = (-3, -1, 7), encontrar 3A - 2B

Solución:

3A – 2B = 3(2, 5, -2) + (-2)(-3, -1, 7) 3A – 2B = (6, 15, -6) + (6, 2, -14) 3A – 2B = (12, 17, -20)

1.4




DEFINICIONES IMPORTANTES DEL ÁLGEBRA LINEAL

A pesar de que no es nuestro objetivo estudiar los tópicos del Álgebra Lineal, es importante que analicemos ciertas definiciones de esta rama de las matemáticas que se consideran importantes para la mejor asimilación de los conceptos del Cálculo Vectorial:

8 CAPITULO 1

Vectores en R3

ESPACIO VECTORIAL Imaginémonos que un club juvenil organiza una fiesta para jóvenes de ambos sexos entre 18 y 28 años a la cual se le imponen las condiciones de acudir en pareja y en traje formal, con un poco de esfuerzo podemos notar que en este ejemplo hay un conjunto que son los jóvenes de ambos sexos entre 18 y 28 años, y dos condiciones: el tener que acudir en pareja y vestir traje formal; como podemos ver esta estructura de un conjunto y dos condiciones definen esta fiesta juvenil. De igual forma se define un espacio vectorial A; como un conjunto de objetos que se los llama vectores, aunque en algunos casos pueden ser matrices o funciones, y dos condiciones que son: Una operación denotada con + que para cada par de vectores V1, V2 en el espacio A asocia otro vector V1 + V2 que también pertenece al espacio A, llamado suma. Una operación llamada multiplicación por un escalar, que para cada escalar α perteneciente a R y cada vector V perteneciente al espacio A asocia un vector α V que también pertenece al espacio A. La estructura algebraica

{V ,+, α } define un espacio vectorial. } elementos  ; + ; α  V 1 424 3  condiciones 

SUBESPACIO VECTORIAL Es todo subconjunto de un espacio vectorial que cumple con las mismas condiciones de suma y multiplicación por un escalar.

COMBINACIÓN LINEAL Sean (V1 , V2 , V3 ,...........,Vn ) ∈ R adición de la forma

n

∧

(α1 , α 2 , α 3 ,...,α n ) ∈ R ,

α 1V1 + α 2V2 + α 3V3 + .... + α nVn n

lineal de los n vectores en R .

cualquier

se llama combinación

1.4 Definiciones Importantes del Álgebra Lineal

Ejemplo 1-5

Escribir (-3, 5, -5) como combinación lineal de los vectores (-1, 1, 0), (0, 1, -1) y (1, 0, 2)

Solución:

Encontremos valores c1, c2, c3 tales que: (-3, 5, -5) = c1(-1, 1, 0) + c2(0, 1, -1) + c3(1, 0, 2)

9

de aquí: -3 = -c1 + c3 5 = c1 + c2 -5 = -c2 + 2c3 ; que da como solución c1 = 2, c2 = 3, c3 = -1

⇒ (-3, 5, -5)


DEPENDENCIA E INDEPENDENCIA LINEAL Dada la combinación lineal del vector cero:

φ = α1V1 + α 2V2 + α 3V3 + .... + α nVn ∃ α i ≠ 0 tal que la combinación lineal anterior, del vector cero, se cumpla ⇒ V1 ,V2 ,V3 ,....,Vn son vectores linealmente dependientes. Si

De lo contrario si la combinación lineal anterior del vector cero solo es posible

∀α i = 0 , entonces se dice que los vectores Vi son linealmente independientes.

Ejemplo 1-6

Demostrar que los vectores (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) son linealmente independientes.

Solución:

α 1 (1, 0, 0) + α 2 (0, 1, 0) + α 3 (0, 0, 1) (0, 0, 0) = ( α 1 , 0, 0) + (0, α 2 , 0) + (0, 0, α 3 ) (0,0,0) = ( α 1 , α 2 , α 3 )
(0, 0, 0) =

10 CAPITULO 1

Vectores en R3

BASE DE UN ESPACIO VECTORIAL Una base de un espacio vectorial la constituye el menor número posible de vectores linealmente independientes capaz de generar todo el espacio vectorial, los vectores i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0), k = (0, 0, 1) constituyen una base de R3 y se la llama base canónica de R3, e1 = (1, 0, 0, ……. ,0), e2 = (0, 1, 0, ………., 0), …. en = (0, 0, 0, ……… , 1) constituyen la base canónica de Rn.

Ejemplo 1-7

Demostrar que los vectores i , j , k, constituye una base en R3

Solución:

V = (a, b, c ) ∈ R 3

(a, b, c ) = (a,0,0 ) + (0, b,0) + (0,0, c ) (a, b, c ) = a(1,0,0) + b(0,1,0) + c(0,0,1) (a, b, c ) = ai + bj + ck




Por lo tanto cualquier vector en R3 puede expresarse como una combinación lineal de i, j, k así: ⇒ (1,−1,4 ) = i − j + 4k La mayor cantidad de vectores linealmente independientes que se pueden definir en un Espacio Vectorial determina la dimensión del espacio.

1.5

PRODUCTO INTERNO, PRODUCTO PUNTO O PRODUCTO ESCALAR Conocido como

A • B o también 〈 A; B〉

Sean:

(a 1 , a 2 , a 3 ,...., a n ) ∈ R n = (b 1 , b 2 , b 3 ,...., b n ) ∈ R n ( A • B ) = (a 1 b1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 ,...., + a n b n ) ∈ R

A = B ⇒

n

Entonces A • B =

∑a b i

i =1

i

1.5 Producto Interno

11

Propiedades:

b)

( A • B ) = ( B • A) A • (B + C) = ( A • B) + ( A • C)

c)

A •φ = 0

d)

(A

a)

• A) =

(A • B ) ≤

e)



A

Conmutativa Distributiva de la suma vectorial Cancelativa

2

A B

Desigualdad de Swartz

Demostración de la propiedad (d ) :

( A • A) = A 2 ( A • A ) = (a1a1 + a 2 a 2 + a3 a3 ,...., + a n a n ) ( A • A ) = a12 + a 22 + a32 + ... + a n2 = A 2 

Demostración de la propiedad ( e ):

Sea A y B ∈

Rn

( A • B ) ≤ IIAII IIBII A • B = A × B cos θ A • B = A × B cos θ 0 ≤ |Cos θ| ≤ 1 por lo tanto

( A • B ) ≤ IIAII IIBII

El lector debe probar demostrar las propiedades a, b, c.

Ejemplo 1-8

Solución:

Encontrar el producto escalar de los vectores A = (-1, 4, -7) y B = 2i + 4j - k

A • B = (-1) x (2) + (4) x (4) + (-7) x (-1) = 21




12 CAPITULO 1

Vectores en R3

INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA DEL PRODUCTO ESCALAR:

B − A A

θ B Figura 1-4

En la figura 1-4, aplicando la ley del coseno a los lados del triángulo que son las normas de los vectores, tenemos:

B − A

2

=

A

2

+ B

2

− 2 A B cos θ

Aplicando la propiedad (d ) del producto escalar:

( B − A ) • ( B − A ) = ( A • A ) + ( B • B ) − 2 IIAII IIBII cos θ Aplicando la propiedad distributiva ( B • B ) − ( B • A ) − ( A • B ) + ( A • A ) = ( A • A ) + ( B • B ) − 2 A B cos θ

Como el producto escalar es conmutativo

− 2 ( A • B ) = − 2 IIAII IIBII cosθ

A • B = IIAIIIBII cos θ

1.5 Producto Interno

13

APLICACIONES

1.

El producto escalar sirve para determinar si dos vectores son ortogonales o no.

A ⊥ B ⇒ ( A • B) = 0 i • j = j •i = i•k = k •i = j •k = k • j = 0 i•i = j • j = k •k =1

Si

2.

El producto escalar sirve para encontrar el ángulo que forman dos vectores.

 ( A • B)    A B  

θ = cos −1 

Escalar Vectorial

Para encontrar proyecciones:

V Proyección Vectorial

θ

D

VD VD

Proyección Escalar Figura 1-5

VD

= V

cos θ =

∧

V V • D V D

= V •

V D = V • D ⇒ Proyección Escalar

D D

14 CAPITULO 1

Vectores en R3

V D = V Dˆ ⇒ Proyección Vectorial Ejemplo 1-9

Determinar la proyección del vector (1, -3, 7) en la dirección P1P2, donde P1(2, 3, 4) y P2:(1, 5, -1)

Solución:

D = (1 - 2, 5 - 3, -1 - 4) = (-1, 2, -5) ∧

D=

(−1,2,−5) 30

V D = 1× (−1) + (−3) × 2 + 7 × (−5)

1 30

=

42 30

42 ( −1,2,−5) ( −42,84,−210) VD = ⋅ = 30 30 30

VD = ( −57 , 145 ,−7 )


COSENOS DIRECTORES DE UN VECTOR EN R3 Si V es un vector cualquiera en el espacio figura 1-6

V

γ

β

R 3 , entonces, Como se observa en la

Cos α Cos β Cos γ

Son los cosenos directores del vector V

Esto implica que:

α Figura 1-6

Cos α = (Vˆ • i ) Cos β = (Vˆ • j ) Cos γ = (Vˆ • k )

1.6 Producto Externo

15

Se sugiere al lector demostrar las expresiones de los cosenos directores del vector V.

Ejemplo 1-10

Demostrar que para cualquier vector: 2

2

2

Cos α + Cos β + Cos γ = 1 Solución:

∧ v V = (v1 , v 2 , v 3 ) ; Cos α = (V • i ) = v1 ; Cos β = 2 || V || || V || ∧ (v , v , v ) v3 Cos γ = ;V = 1 2 3 || V || || V || ∧ v v v V = 1 i+ 2 j+ 3 k || v || || v || || v ||

Sea

v1

2

|| V || 2

1.6

+

v2

2

|| V || 2

+

v3

2

|| V || 2

=

|| V || 2 =1
|| V || 2

PRODUCTO EXTERNO, PRODUCTO CRUZ O PRODUCTO VECTORIAL. 3

Sean A y B dos vectores del espacio R el producto externo, producto cruz o producto vectorial denotado por A x B , es un vector que tiene como módulo o norma:

|| A x B || = || A || || B || Sen θ

Su dirección es perpendicular al plano formado por los vectores sentido sigue la regla de la mano derecha o del tornillo.

A y B y su

Propiedades: a)

( A × B ) ≠ (B × A)

No es conmutativa

b)

( A × B) × C = A × ( B × C )

Asociativa; siempre que no se cambie el orden

16 CAPITULO 1

Vectores en R3

A × (B + C ) = ( A × B ) + ( A × C ) d) A × φ = 0 e) Si A es paralelo a B ⇒ ( A × B ) = 0 c)

Distributiva Cancelativa

APLICACIONES: 1. 2.

Para encontrar el vector normal a otros dos (aplicación importante) Para hallar el área del paralelogramo que forman 2 vectores.

k ixj=k jxk=i kxi=j

j i

j x i = -k k x j = -i i x k = -j

Figura 1-7

i x i = j x j = k x k =0

A = (a1, a2, a3) B = (b1,b2,b3) A× B = (a1iˆ + a2 ˆj + a3kˆ) × (b1iˆ + b2 ˆj + b3kˆ) A× B = a1b1(i ×i) + a1b2 (i × j) + a1b3(i × k) + a2b1( j ×i) + a2b2 ( j × j) + a2b3( j × k) + a3b1(k ×i) + a3b2 (k × j) + a3b3(k × k) A× B = a1b2kˆ − a1b3 ˆj − a2b1kˆ + a2b3iˆ + a3b1 ˆj − a3b2iˆ A× B = (a2b3 − a3b2 )iˆ − (a1b3 − a3b1) ˆj + (a1b2 − a2b1)kˆ

i

j

k

A × B = a1 b1

a2 b2

a3 b3

1.7 Productos Triples

17

Ejemplo 1-11

Determine el producto vectorial de los vectores A = (1 , 2 , 4); B = (2 , -1 , -3)

Solución:

(1 , 2 , 4) x (2 , -1 , -3)

j k  i  AxB= 1 2 4  = (-2 , 11 , -5)
 2 − 1 − 3 Α x Β  → representa o mide el área del paralelogramo que forman los vectores A; B , ver figura 1-8

A

h = IIAII sen

Area = (base) x h IIBII x IIAII sen θ II A x B II

θ

θ B Figura 1-8

1.7

PRODUCTOS TRIPLES A•BxC AxBxC A•B•C

→ → →

Producto Triple Escalar Producto Triple Vectorial No Existe

Considerando las propiedades de los productos escalar y vectorial; existen 6 formas posibles del triple producto escalar, estas son:      

A• B xC A• AxC B •AxC B •CxA C •AxB C•BxA

18 CAPITULO 1

Vectores en R3

Probemos que cualquiera de estos triples productos escalares es un determinante; por ejemplo el producto (A • B x C)

A = (a1 , a2 , a3 )

B = (b1 , b2 , b3 )

C = (c1 , c2 , c3 )

(B × C) = (b2c3 − b3c2 )iˆ − (b1c3 + b3c1 ) ˆj + (b1c2 − b2c1 )kˆ A • (B × C) = (b2c3 − b3c2 )a1 − (b1c3 + b3c1 )a2 + (b1c2 − b2c1 )a3 a1 a2 a3 A • (B × C) = b1 b2 b3 c1 c2 c3 •

Si cambiamos el orden lo único que ocurre es que se permutan dos filas del determinante y este cambia de signo. ∴ A x B • C  no cambia en todas las formas posibles, y representa el volumen del paralelepípedo formado por los 3 vectores

h =|| A||Cosθ

A BxC θ

Vol. = (area base) × h

θh

area base=|| B ×C ||

C

Vol. =|| B×C || || A|| Cosθ Vol. =| A • (B×C) = (B × C) • A

B Figura 1-9

EJERCICIOS Para los primeros diez problemas usar los vectores en R3: A = 3i+ 4j; B = 2i + 2j – k; C = 3i+ 4k

1.

Encontrar IIAII, IIBII, IICII

2.

A + B; A – C; 2A + 3B - 5C

Ejercicios Capítulo 1

19

3.

IIA + B – CII

4.

¿Con qué valores de

5.

Obtenga los vectores unitarios que tengan la misma dirección de A, B y C

6.

Tomando A y C como vectores posición de los puntos respectivos, grafique dichos puntos y compruebe gráficamente el vector suma A + C

7.

Determine el ángulo que forman los vectores A con B; A con C y B con C

8.

Encuentre las proyecciones escalares y vectoriales de B sobre A y C

9.

Encuentre los cosenos directores de A, B y C

10.

Calcule el área del paralelogramo formado por los vectores B y C y el volumen del paralelepípedo formado por A, B y C

11.

Determine todos los vectores unitarios perpendiculares al plano “XZ”

12.

Escriba el vector P1P2 como combinación lineal de los vectores i, j, k; si P1 : (3,4,7); P2 : (4,-1,6)

13.

Sean: V1 = i + j + k, V2 = i + j - k y V3 = i – j. Determine los escalares s, t, y r; tales que 4i + 6j – k = sV1 + tV2 + rV3

14.

¿Cuáles son los cosenos directores del vector 2i – 2j + k?

15.

Demuestre la identidad cos2∝ + cos2β + cos2 γ = 1

α

es II α BII = 1?

16.

Dado los vectores A = 2i + 4j + 6k; B = (1,-3,2), encontrar un vector perpendicular unitario a estos dos.

17.

Dados los vectores A, B, C en a)

A+ B ≤ A + B

b)

A• B ≤ A B

c) d)

ℜ3 , indicar cuál de las siguientes es falsa:

(B • C )A = B(C • A) A + B / 2 es el área del triángulo formado por A,B.

e) A • (B × C ) =

B • (C × A) = C ( A • B )

20 CAPITULO 1

Vectores en R3

18.

Hallar el ángulo formado por la diagonal principal de un cubo y una de sus caras.

19.

Calcule el área del triangulo que tiene sus vértices en los puntos (− 3,2,4) ; (2,1,7 ) ; (4,2,6).

20.

Encuentre un vector de componentes positivas, magnitud 2 y ángulos directores iguales.

21.

Si la proyección vectorial de un vector A en la dirección de un vector unitario e es 4e , y la proyección vectorial de B en la dirección de e es 5e. ¿Cuál es? : a) La componente escalar de A sobre e. b) La proyección vectorial de A - B sobre e. c) La componente escalar de A + B sobre e.

22.

Averiguar si los vectores (1,0); (0,1); (1,-1) son o no linealmente independientes.

23.

Averiguar si los vectores (1, -1, 0); (0, 1, 1); (3, -5, -2) constituyen o no una base de R3.

24.

Averiguar si los vectores (1, 0, 1); (-1, 2, 3); (0, 1, -1) constituyen o no una base en R3 .

25.

Demuestre que, generalmente, tres vectores en R2 son siempre linealmente dependientes.

26.

Demuestre que cualquier conjunto de vectores que contenga al vector es linealmente dependiente.

φ

CAPITULO 2 _____________________________

“Espero que la posteridad me juzgue con benevolencia, no solo por las cosas que he explicado, sino también por aquellas que he omitido intencionadamente, para dejar a los demás el placer de descubrirlas”

René Descartes.

GEOMETRÍA ANALÍTICA DEL ESPACIO 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8

Ecuación del plano en R3. Distancia de un punto a un plano. Formas de expresar la recta en R3. Rectas y planos en R3. Distancia de un punto a una recta. Funciones de varias variables. Superficies cuadráticas en R3. Coordenadas cilíndricas y esféricas.

2.1

ECUACIÓN DEL PLANO EN R3

Como podemos apreciar en la figura 2-1, toda superficie plana tiene como característica común su vector normal; por cuanto este es constante sobre todo el plano π (las superficies que no sean planas no tienen un vector normal constante), aprovechando esta característica, supongamos que el plano π tiene como vector normal: N : (a, b, c) y contiene al punto P0 : (x0, y0, z0). El punto P : (x, y, z) representa un punto cualquier del plano π ; entonces:

N: (a,b,c)

π

.P(x, y, z)

V P0(x0, y0, z0)

Figura 2 -1

V = (x-x0, y-y0, z-z0) Como V pertenece a

π , es perpendicular a N ⇒

V• N = 0

V • N = a(x-x0) + b(y-y0) + c(z-z0) = 0 ax + by + cz + d = 0; donde d = -ax0 – by0 – cz0 ax + by + cz + d = 0

⇒ Ecuación del plano π en R3.

2.1 Ecuación del plano en R3

23

Donde: a, b, c son las coordenadas del vector normal y d se puede calcular remplazando en la ecuación del plano el punto P0. Recordemos que para encontrar la ecuación matemática de los puntos que pertenece a un plano, se utiliza como referencia el vector normal al plano. Todo plano tiene dos vectores normales, como lo indica la figura 2-2:

π

Para efecto de encontrar la ecuación del plano nos podemos referir a cualquiera de estos vectores normales indistintamente

Figura 2-2

Un plano está definido por: a) b) c) d) e)

Su vector normal y un punto del plano Tres puntos no alineados Una recta y un punto fuera de ella Dos rectas que se corten Dos rectas paralelas no alabeadas

Caso (a): Ejemplo 2-1

Encontrar la ecuación del plano perpendicular al vector 2i – j + 4k y que contiene al punto (1, -1, 2).

Solución:

N : (2, -1, 4) Entonces: 2x – y + 4z + d = 0 2(1) – (-1) + 4(2) + d = 0 d = -11 2x – y + 4z = 11, es la ecuación del plano




2.1 Ecuación del plano en R3

24

Caso (b): Ejemplo 2-2

Encontrar la ecuación del plano que contiene a los puntos: (2, 2, -3); (3, -1, 4); (-2, 5, 3)

Solución:

Sin importarnos que la ubicación de los puntos no sea la correcta, razonemos este ejercicio con la ayuda de la figura 2-3

π

N

.P

3

V2

.P

V1 2

P1

Figura 2 -3

P1 : (2, 2, -3) P2 : (3, -1, 4) P3 : (-2, 5, 3) V1 : (1, -3, 7) V2 : (-4, 3, 6)

i

j

k

N = 1 − 3 7 = (−39,−34,−9) −4 3 6

2.2 Distancia de un punto al plano

25

− 39 x − 34 y − 9 z + d = 0 − 39( 2) − 34( 2) − 9( −3) + d = 0 ⇒ d = 119




− 39 x − 34 y − 9 z + 119 = 0 39 x + 34 y + 9 z = 119 Los casos c, d y e los revisaremos una vez que estudiemos la ecuación de la recta en R3, sección 2-4

2-2

DISTANCIA DE UN PUNTO A UN PLANO

Sea “dis” la distancia de un punto cualquiera a un plano; si el punto no pertenece al plano dis > 0, si el punto pertenece al plano dis = 0, para efecto del análisis que vamos hacer supongamos que el punto no pertenece al plano; entonces:

dis > 0 ⇒ Po ∉ π P0 ( x 0 , y 0 , z 0 ) ∉ π , en la figura 2-4 podemos ver el razonamiento de este procedimiento:

Z

P0: (x0, y0, z0) “

“dis”

V

N

P: (x, y,z)

Y

X

Figura 2-4

2.2 Distancia de un punto al plano

26

dis: Proyección escalar de V sobre N Dado el plano ax + by + cz + d = 0 y el punto P0 = (x0, y0, z0)

V : ( x o − x, y o − y , z o − z ) N : (a, b, c) Nˆ =

( a , b, c ) a2 + b2 + c2

dis = ( x o − x, y o − y , z o − z ) • dis = dis =

Solución:

a + b2 + c2

1

a ( xo − x) + b( y o − y ) + c( z o − z ) a + b2 + c2 a ( x o ) − ax + b ( y o ) − by + c ( z o ) − cz 2

a2 + b2 + c2

dis =

Ejemplo 2-3

( a , b, c ) 2

| axo + by o + cz o + d | a2 + b2 + c2

Encontrar la distancia del punto P0 : (-1, 2, -4) al plano que contiene a los puntos (2, -2, 4); (1, 1, 1); (-2, 3, 1)

Encontremos primero la ecuación del plano; V1, V2 son vectores del plano y N es su vector normal

V1 = (1,1,1) − (2,−2,4) = (−1,3,−3) V2 = (−2,3,1) − (2,−2,4) = (−4,5,−3)

i N = −1 −4

j 3 5

k − 3 = ( 6 ,9 , 7 ) −3

2.3 Formas de expresar la recta en R3

27

6x + 9 y + 7 z + d = 0 6 + 9 + 7 + d = 0 ⇒ d = −22 6 x + 9 y + 7 z − 22 = 0 Analicemos si P0 pertenece o no al plano.

6(−1) + 9(2) + 7(−4) − 22 = 0 − 6 + 18 − 28 − 22 ≠ 0 P0 ∉ al plano; d > 0. Encontremos un vector V, que une un punto del plano con P0.

V = (−1,2,−4) − (1,1,1) = (−2,1,−5) dis = V • Nˆ

(6,9,7 ) Nˆ = 166 1 d= (− 2,1,−5) • (6,9,7 ) 166 1 38 d= − 12 + 9 − 35 = 166 166 2-3




FORMAS DE EXPRESAR LA RECTA EN R3

Z

P1(x1, y1, z1)

V2

l

V1

P2(x2, y2, z2)

P (x, y, z)

Y Figura 2-5

X

2.3 Formas de expresar la recta en R3

28

Para definir una recta en R3 se requiere como mínimo de dos ecuaciones lineales; por cuanto una recta en el espacio es la intersección de dos planos, entonces las condiciones mínimas para definirla son: 1. 2. 3.

Dos planos que se corten Dos puntos Vector directriz y un punto

Partamos del hecho que dos puntos definen una recta en R3, En la figura 2-5 podemos ver que V1 es el vector P1P2, V2 es el vector P1P, que son paralelos por estar sobre la misma recta l y P es un punto cualquiera de la recta l. P∈l V1 = (x2-x1, y2-y1, z2-z1) V2 = (x-x1, y-y1, z-z1) V1 // V2

 x 2 − x1 = t ( x − x1 )  Si V1 // V2 ⇒  y 2 − y1 = t ( y − y1 )  z − z = t (z − z ) 1 1  2 x 2 − x1   x − x1  y − y1  x 2 − x1 y 2 − y1 z 2 − z1 t= 2 = = ⇒ y − y1  x − x1 y − y1 z − z1 z − z1  t= 2  z − z1 

t=

x − x1 y − y1 z − z1 = = x2 − x1 y 2 − y1 z 2 − z1 Forma general de las ecuaciones de la recta en R3. V1: Se conoce como vector directriz de la recta l, se lo simboliza con la letra D. D = (a, b, c)

2.3 Formas de expresar la recta en R3

⇒

29

x − x1 y − y1 z − z1 = = a b c

 Ecuación de la recta cuando se conoce el vector directriz y un punto de ella.

x 2 − x1 = t ⇒ x = at + x1 a y 2 − y1 = t ⇒ y = bt + y1 b z 2 − z1 = t ⇒ z = ct + z1 c  Forma Paramétrica de la ecuación de la recta en R3 La recta en R3 también puede estar dada por la intersección de dos planos

 a x + b1 y + z1c + d1 = 0 l: 1 a2 x + b2 y + z 2 c + d 2 = 0  Forma de las ecuaciones de la recta como la intersección de dos planos. En la figura 2-6 hacemos la siguiente interpretación geométrica

Z

l P (x, y, z)

D

P1(x1, y1, z1)

A V

tD

Y

X

Figura 2-6

2.3 Formas de expresar la recta en R3

30

D: vector directriz de la recta V: vector posición de un punto cualquiera de la recta A: vector posición de un punto fijo de l En el paralelogramo de la figura 2-6:

V = A + tD ( x, y, z ) = ( x1 , y1 , z1 ) + t (a, b, c)

 Forma vectorial de la ecuación de la recta, que si el lector lo analiza detenidamente es la misma forma paramétrica descrita anteriormente.

Ejemplo 2-4

Encontrar la ecuación de la recta que pasa por los puntos (1,-1,2); (2,3,-4)

Solución:

Vector directriz:

D = (2,3,−4) − (1,−1,2) = (1,4,−6)

Tomando el punto (1,-1,2), tenemos:

⇒

x −1 y +1 z − 2 = = 1 4 −6

En forma paramétrica: x −1 =t 1 y +1 =t ⇒ 4 z−2 =t −6

 x = t +1   y = 4t − 1  z = −6t + 2 

Como un sistema de dos ecuaciones:

x −1 y +1 = 1 4 ⇒ 4 x − y = 5  x −1 z − 2 6 x + z = 8 = 1 −6

2.3 Formas de expresar la recta en R3

31

En forma vectorial:

( x, y, z ) = (1,−1,2) + t (1,4,−6) ( x, y, z ) = (1 + t ,−1 + 4t ,2 − 6t )

Ejemplo 2-5

Dada la recta




 3x + y − z = 3 , encontrar la forma general,  2 x − 3 y + 5 z = −2

paramétrica y vectorial de la misma. Solución:

El razonamiento lo podemos observar en la figura 2-7, donde, independientemente de si son o no los planos dados, vemos como el producto vectorial de los vectores normales de cada plano N1, N2 da el vector directriz D de la recta.

l π2

π1

D

N1

N2

Figura 2-7

2.3 Formas de expresar la recta en R3

32

Sea π 1 el primer plano con N1 como su vector normal y segundo plano con N2 como su vector normal; entonces:

π2

el

D = N1 × N 2 i

j

k

D= 3

1

− 1 = i (5 − 3) − j (15 + 2) + k (−9 − 2)

2 −3

5

D = 2i − 17 j − 11k Ahora necesitamos un punto de la recta y este lo podemos obtener haciendo Z = 0 y resolviendo el sistema para las otras variables:

x = 117  3x + y = 3 ⇒  y = 12 11  2 x − 3 y = −2 x − 117 y − 12 z 11 = = 2 − 17 − 11

 x = 2t + 117  12  y = −17t + 11 Forma paramétrica  z = −11t 

2-4




RECTAS Y PLANOS EN R3

Los planos en R3 pueden ser paralelos a los planos coordenados o paralelos a los ejes coordenados, veamos como se observa este efecto en la ecuación del plano. La figura 2-8 indica tanto el paralelismo con respecto al plano " xy" ; z = k (caso a) como el paralelismo con respecto al eje " x" ; by + cz + d = 0 (caso b). Viendo esta figura podemos concluir: a=0 b=0 c=0

⇒ indica paralelismo con respecto al “eje x”, figura 2-8 (b) ⇒ indica paralelismo con respecto al “eje y” ⇒ indica paralelismo con respecto al “eje z”

2.4 Rectas y plano en R3

33

Z a)

Z=K

K

Y

Z

X b)

by + cz + d=0

X

Y

Figura 2-8

La coordenada del vector normal que es cero indica la naturaleza del eje coordenado al cual el plano es paralelo. De igual forma podemos comprender que: a = 0, b = 0 a = 0, c = 0 b = 0, c = 0

⇒ indica paralelismo con respecto al plano “xy”, figura 2-8 (a) ⇒ indica paralelismo con respecto al plano “xz” ⇒ indica paralelismo con respecto al plano “yz”

2.4 Rectas y plano en R3

34

Las coordenadas del vector normal que son cero indican la naturaleza del plano coordenado al cual el plano es paralelo. De igual forma la recta en R3 puede ser paralela a los planos o a los ejes coordenados; veamos en la figura 2-9 este efecto sobre las ecuaciones de la recta.

a )

Z

l

Y

X Z b)

l Y

X

Figura 2-9

2.4 Rectas y plano en R3

35

Viendo este gráfico, el caso (a) representa paralelismo con respecto al “eje x” y el caso (b) representa paralelismo con respecto al plano “xy”; para el caso (a) como la recta es paralela al eje x el vector directriz es el vector ai ; o a(1, 0, 0), esto no permite expresar las ecuaciones de la recta en forma general por cuanto tendríamos división para cero en el segundo y tercer término. En forma paramétrica la recta estará dada por:

 x = at + x0   y = y0  z=z 0  De igual forma en el caso (b) el vector directriz es de la forma ai + bj , esto también no permite expresar esta recta en forma general por tener división para cero en su tercer término. En forma paramétrica la recta estará dada por:

 x = at + x0   y = bt + y 0  z=z 0  Esta observación nos permite hacer la siguiente conclusión: a=0 b=0 c=0

⇒ indica paralelismo con respecto al plano “yz” ⇒ indica paralelismo con respecto al plano “xz” ⇒ indica paralelismo con respecto al plano “xy”

Las coordenadas del vector directriz que no son cero indican la naturaleza del plano coordenado al cual la recta es paralela. De igual forma podemos comprender que: a = 0, b = 0 a = 0, c = 0 b = 0, c = 0

⇒ indica paralelismo con respecto al eje “z” ⇒ indica paralelismo con respecto al eje “y” ⇒ indica paralelismo con respecto al eje “x”

La coordenada del vector directriz que no es cero indica la naturaleza del eje coordenado al cual la recta es paralela. A más de esto también las rectas en R3 pueden ser concurrentes o paralelas y en caso de paralelas pueden ser superpuestas, paralelas propiamente dichas o alabeadas, la figura 2-10 indica cada uno de estos casos.

2.4 Rectas y plano en R3

Z

36

Z

l2

b)

a)

l1 l2

l1

Y

Y

X

X

Z

Z

l2 l1

c)

d)

l1 Y Y

X

l2 X

Figura 2-10

El caso (a) indica dos rectas concurrentes, tienen un punto en común (se cortan), el caso (b) indica dos rectas coincidentes o superpuestas, el caso (c) indica dos rectas paralelas tienen sus vectores directrices paralelos y el caso (d) indica dos rectas alabeadas, como se puede apreciar en la figura 2-10, pertenecen a planos paralelos y a pesar de que sus vectores directrices no son paralelos ellas no tienen un punto en común y jamás se cortan. Ejemplo 2-6

Dadas las rectas:

 2x − y + 3 = 0 l1 =  x − 5 y − z + 1 = 0

x+ y−2 =0  l2 =  3 x − 9 y + 3 z + 55 = 0

Probar si son o no concurrentes, si lo son encontrar su punto común y su ángulo agudo de intersección.

2.4 Rectas y plano en R3

Solución:

37

Armemos un sistema de ecuaciones con los 2 planos de la recta l1 y un plano de la recta l2:

x = −31  2 x − y = −3  7  x − 5 y − z = −1 ⇒ y = 3  x+ y =2 z = −11  Si las rectas son concurrentes este punto debe satisfacer la cuarta ecuación:

3( −31 ) − 9( 73 ) + 3(−11) = −55 Como si satisface, entonces las rectas son concurrentes y el punto calculado anteriormente es su punto de intersección. Ahora calculemos el ángulo agudo de intersección. Encontremos sus vectores directrices:

i

j

k

D1 = 2 − 1 0 = (1,2,−9) 1 − 5 −1 i

j

k

D2 = 1 1 0 = (3,−3,−12) 3 −9 3

D1 • D2 = D1 D2 cos θ

cos θ =

D1 • D2 (1,2,−9) • (3,−3,−12) 105 35 = = = D1 D2 86 162 18 43 6 43

 35   = 27.2 o 6 43  

θ = cos −1 




2.4 Rectas y plano en R3

Ejemplo 2-7

38

Encontrar el ángulo de intersección de dos planos

π 1 : a1 x + b1 y + c1 z + d1 = 0 π 2 : a 2 x + b2 y + c 2 z + d 2 = 0 Solución:

θ de

π1 ,π 2

= θ entre sus vectores normales; N1, N2.

N1 = (a1, b1, c1) N2 = (a2, b2, c2)

N 1 • N 2 = N 1 N 2 cos θ  N1 • N 2    N N  1 2 

θ = cos −1 




Ahora estamos en condiciones de analizar los casos c, d y e que quedaron pendientes en la sección 2-1.

Caso c: Ejemplo 2-8

Encontrar la ecuación del plano que contiene a la recta

x + y − z = 2 y al punto P0 (1,−1,3)  2 x − y + 4 z = 5 Solución:

La figura 2-11 indica el razonamiento de este caso: Encontremos el punto P que es un punto cualquiera de la recta; Para z = 0 resolvemos el sistema: Entonces P es el punto

( 73 , −31 ,0)

→

V = PP0 = ( −34 , 23 ,−3) El vector directriz de la recta es:

x = 73 x+ y =2 ⇒  y = −31 2 x − y = 5

2.4 Rectas y plano en R3

39

N

π

l P D V

P0

Figura 2-11

i

j

k

D = 1 1 − 1 = (3,−6,−3) 2 −1 4

N=

i

j

−4 3

2 3

3

k

− 3 = (−20,−13,6) −6 −3

Entonces la ecuación del plano es de la forma:

ax + by + cz + d = 0 − 20 x − 13 y + 6 z + d = 0 − 20( 73 ) − 13( −31 ) + d = 0 ⇒ d = 127 3 − 20 x − 13 y + 6 z + 127 3 = 0

60 x + 39 y − 18 z = 127




π

2.4 Rectas y plano en R3

40

Caso d: Ejemplo 2-9

Encontrar la ecuación del plano que contiene a las rectas:

l1

Solución:

 x = 2t + 1  y = t −1  z = 3t + 2 

 x = 5t + 1   y = 2t − 1 z = t + 2 

l2

En la figura 2-12 veamos el razonamiento de este caso:

π

l2 N D2

P

l1

D1

Figura 2-12 El punto P, común a las rectas, lo calculamos para un valor del parámetro de 0:

t = 0 ⇒ x = 1, y = −1, z = 2 Como se puede apreciar es un punto común a las dos rectas; entonces:

Dˆ 1 = (2 ,1, 3)

i

P : (1,−1, 2 )

j k

N = 2 1 3 = (− 5 ,13 , − 1) 5 2 1

Dˆ 2 = (5 , 2 ,1)

2.4 Rectas y plano en R3

41

La ecuación del plano es: ax + by + cz + d = 0 − 5 x + 13 y − 1 z + d = 0 − 5 (1 ) + 13 ( − 1 ) − ( 2 ) + d = 0 ⇒ d = 20

5 x − 13 y + z = 20


Caso e: Ejemplo 2-10

Encontrar la ecuación del plano que contiene a las rectas:

l1

Solución:

 x = 2t − 1   y = 4t + 2 z = t − 3 

 x = 4t − 2   y = 8t + 1  z = 2t − 2 

l2

En la figura 2-13 veamos el razonamiento de este caso:

π

l1

N P1

D1

l2 V P2

Figura 2-13

2.4 Rectas y plano en R3

42

P1 = (−1,2 − 3) ; y en l2 también para t = 0, P2 = (−2,1,−2) ; D1 = (2,4,1)

En l1 para t = 0

V = (−1,−1,1) i

j

k

N = − 1 − 1 1 = (−5,3,−2) 2

4

1

La ecuación del plano es:

ax + by + cz + d = 0 − 5x + 3 y − 2z + d = 0 − 5(−1) + 3(2) − 2(−3) + d = 0 ⇒ d = −17




5 x − 3 y + 2 z = −17

2-5

DISTANCIA DE UN PUNTO A UNA RECTA Y ENTRE RECTAS

Sea l una recta cualquiera en R3 y P0 un punto exterior a ella, la distancia del punto P0 a l es el segmento de perpendicular a la recta, en el plano que contiene al punto y a l, que separa al punto de la recta. La figura 2-14 nos permite razonar la forma de encontrar esta distancia: Z P0(x0, y0, z0) “dis”

V N’

l

D P (x, y, z)

Y

Figura 2-14 X

2.5 Distancia de un punto a una recta y entre rectas

43

N’ es ⊥ a l y debe pertenecer al plano que contiene a P0 y l. Hay dos formas para encontrar esta distancia. Sin usar ninguna fórmula veamos en el ejemplo 2-11 el razonamiento de cada uno de estos métodos:

Ejemplo 2-11

Encontrar la distancia del punto P0 : (-1, 2, -3) a la recta

2x − y + z = 1 l= x − y − 2z = 2 Solución:

En la figura 2-14 podemos entender el razonamiento de las dos formas que expondremos para encontrar esta distancia. FORMA VECTORIAL 

Primero averigüemos si el punto pertenece a la recta o no; si perteneciera a l la distancia es cero:

P0 ∉ l ⇒ d > 0 Encontremos el punto de la recta P; para z = 1 resolvamos el sistema de las ecuaciones de la recta:

z =1 x = −4 2 x − y = 0 ⇒  y = −8  x− y = 4 p : (−4,−8,1) V = (−1,2,−3) − (-4,-8,1) = (3,10,−4) Encontremos el vector directriz de la recta:

N 1 : (2,−1,1) N 2 : (1,−1,−2) i j k D : N 1 × N 2 = 2 − 1 1 = (3,5,−1) 1 −1 − 2

2.5 Distancia de un punto a una recta y entre rectas

44

N’ es el triple producto vectorial entre V, D y D; así:

N ' = (D × V ) × D i

j

k

D ×V = 3

5

− 1 = (−10,9,15)

3 10 − 4 i

j

k

N ' = − 10 9 15 = (−84,35,−77) 5 −1

3

dis = V • Nˆ ' 1 (3,10,−4) • (− 84,35,−77 ) 119.21 1 406 dis = − 252 + 350 + 308 = 119 .21 = 3.41 119.21 ⇒ dis = 3.41 dis =

FORMA ESCALAR VD : Proyección de V sobre D

V D = V • Dˆ = dis =

V

2

1 35

(3,10,−4) • (3,5 − 1) =

63 35

− V D2 = 125 − 3969 35 = 3.41


La distancia entre dos rectas paralelas o alabeadas es el segmento de perpendicular a las dos rectas que las separa. Ejemplo 2-12

Encontrar la distancia entre las rectas:

 x+ y−z = 2 l1 =  − x + 3 y − 2 z = 1

x=t  l 2 =  y = 1 − 2t  z = 3t + 4 

2.5 Distancia de un punto a una recta y entre rectas

Solución:

45

Primero debemos comprobar que las rectas no sean concurrentes; para eso, la forma paramétrica de l2 debe satisfacer las ecuaciones de l1:

(t ) + (1 − 2t ) − (3t + 4) = 2 ⇒ t =

−4 5

− (t ) + 3(1 − 2t ) − 2(3t + 4) = 1 ⇒ t =

−6 13

Las rectas no tienen punto común y pueden ser paralelas o alabeadas dependiendo de sus vectores directrices. Ahora encontremos los vectores directrices de las rectas:

i j k D1 = 1 1 − 1 = (1,3,4 ) −1 3 − 2 D2 = (1,−2,3) Como los vectores directrices no son paralelos, las rectas son alabeadas, para encontrar la distancia entre ellas fijemos un punto P1 de l1 y un punto P2 de l2, con estos puntos tenemos el vector V que une dos puntos cualquiera de las rectas, la distancia (“dis”) será la proyección de este vector sobre el normal a las dos rectas N’:

N ' = D1 × D2 i

j

k

N '= 1

3

4 = (17,1,−5)

1 −2 3

P1 :

( 54

3 4

,

,0

P 2 : (0 ,1 , 4 V :

(

− 5 4

,

dis = V • Nˆ '

1 4

)

) ,4

)

2.5 Distancia de un punto a una recta y entre rectas

2-6

46

dis =

1 315

( −45 , 14 ,4) • (17,1,−5)

dis =

41 315

= 2.31




FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES Una función de varias variables es de la forma

f ( x) : R n → R m , donde:

R n : Es el espacio dominio de f. R m : Es el espacio rango o Imagen de f. →

x = ( x1 , x 2 ,............, x n ) ∈ R n , es un vector del dominio de f, y: →

f ( x) = ( f1 ( x), f 2 ( x),............., f m ( x)) ∈ R m , es un vector del rango de f. Las funciones de varias variables se pueden clasificar en dos grandes grupos: funciones escalares y funciones vectoriales de acuerdo a la dimensión del rango; cuando m = 1 se trata de funciones escalares o campos escalares de la forma

f ( x) : R n → R , cuando m > 1 se trata de funciones vectoriales o campos n

m

vectoriales de la forma F ( x ) : R → R . De igual forma cada una de estos grupos se pueden subdividir en dos mas, en cada caso, de acuerdo a la dimensión del dominio; funciones escalares de variable escalar que son las funciones de variable real que se estudiaron en el cálculo básico de una dimensión que son de la forma f ( x ) : R → R , funciones escalares de variable vectorial que genéricamente son las superficies en el espacio y son a las que nos dedicaremos de una forma prioritaria en este texto, son de la forma

f ( x) : R n → R , las más comunes de estas son las superficies en R3 que son 2

de la forma z = f ( x, y ) : R → R . En el otro grupo tenemos las funciones vectoriales de variable escalar que constituyen todas las curvas o trayectorias en el m

espacio, son de la forma σ (t ) : R → R , seria importante que entendiera el lector que las curvas planas expresadas en forma paramétrica son de este grupo, pues, serían

σ (t ) = ( x(t ), y (t )) : R → R 2 , las mas comunes de estas son las curvas 3 en el espacio que son de la forma σ (t ) = ( x (t ), y (t ), z (t )) : R → R , y finalmente de la forma

las funciones vectoriales de variable vectorial que son de la forma general expresada al inicio de esta sección, en

2.6 Funciones de varias Variables

47

este grupo las más comunes para los fines de este texto son las superficies en el espacio tridimensional que son de la forma:

φ (u, v) = ( x(u, v), y (u, v), z (u, v)) : R 2 → R 3 De igual forma sería importante que el lector entendiera que a este grupo pertenecen las superficies z = f ( x, y ) expresadas en forma paramétrica. El siguiente cuadro resume todo lo dicho sobre esta clasificación de las funciones de varias variables.

CON RESPECTO A LA DIMENSIÓN DEL RANGO

CON RESPECTO A LA DIMENSIÓN DEL DOMINIO

 DE VARIABLE ESCALAR

R

R

( Funciones de variable Real )

 ESCALARES (Campos escalares) Rn

R

FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES Rn Rn

 DE VARIABLE VECTORIAL Rn R n>1 (Superficies en el espacio)

 DE VARIABLE ESCALAR R Rm (Trayectorias o curvas en el

 VECTORIALES (Campos vectoriales) Rn

Rm m>1

espacio)  DE VARIABLE VECTORIAL Rn Rm n>1

Podemos citar algunos ejemplos de todos estos tipos de funciones:  Una función de una variable es la relación entre dos magnitudes; por ejemplo el espacio y el tiempo f : D ⊂ R → R ; f : t → s ; s → f (t ) , la gráfica de una función de una variable es una curva en el plano, figura 2-15. Hay que tomar en cuenta que, para que una relación de una variable sea una función debe existir una relación uno a uno, el gráfico de una función no puede tener dos puntos en una misma vertical, esto hace que una circunferencia no sea una función; pero si la separamos en dos, la

2.6 Funciones de varias Variables

48

semicircunferencia superior y la semicircunferencia inferior, estas si son funciones, como lo podemos apreciar en Y la figura 2-16 para la y = f(x) 2 2 circunferencia x + y = 4 .  Los campos escalares representan superficies en el espacio y podemos verlas hasta las que se puedan graficar en el espacio tridimensional por la capacidad de nuestros sentidos, un ejemplo de estas es el área de un rectángulo en función de la base y la altura, a = f (b, h) , es de la forma

X

Figura 2-15

( x, y ) → z , z = f ( x, y ) , f : U ⊂ R 2 → R , el volumen de un paralelepípedo en función de sus tres dimensiones x, y, z, V = f ( x, y , z ) , es de la forma ( x, y, z ) → w , w = f ( x, y, z ) , f : U ⊂ R 3 → R , una función de costos en una fábrica donde se producen 5 productos distintos el costo total será dependiente de los costos de producción de cada uno de los 5 productos que se fabrican y de los costos fijos CF; CT = C v1Q1 + C v 2 Q2 + C v 3 Q3 + C v 4 Q4 + C v 5 Q5 + CF , es de la forma

CT = f (Q1 , Q2 , Q3 , Q4 , Q5 ) , f : U ⊂ R 5 → R . Y

2

x2 + y2 = 4

1

X -2

-1-

1

2

Y

Y

2

y = 4 − x2

1

X -

-

1

2

Figura 2-16

X -

-1

1

-2

-

2

y = − 4 − x2

2.7 Superficies Cuadráticas en R3

49

 Las funciones vectoriales de variable escalar representan trayectorias o curvas en el espacio y también podemos apreciar su gráfico hasta las que se pueden graficar en R3, un ejemplo de estas es la parametrización de una parábola

σ (t ) = (t , t 2 ) ,

F : D ⊂ R → R 2 , su gráfico es el de la parábola y = x 2 en R2, la trayectoria de un proyectil en el espacio t → ( x (t ), y (t ), z (t )) , curva en R3, como lo indica la figura 2-17. 

F : D ⊂ R → R 3 , su gráfico es una

Z

 Las funciones vectoriales de variable vectorial son funciones más abstractas y son difíciles de obtener su gráfico, solo debemos imaginarnos la relación Y que representan cuando su rango esta en dimensión mayor a R3, un ejemplo de estas es una función que determine la velocidad de las partículas en el (v1 ( x, y, z ), v 2 ( x, y, z ), v3 ( x, y, z )) ,

σ(t) = ( x(t), y(t), z(t))

Figura 2-17 X

interior

de

un

fluido,

F ( x, y , z ) =

F : U ⊂ R 3 → R 3 . En este grupo están las superficies parametrizadas y estas son las mismas superficies de las que se hablo en los campos escalares solo que expresadas en forma paramétrica estas son de la forma φ (u , v ) = ( x (u , v ), y (u , v ), z (u , v ))

F : D ⊂ R 2 → R 3 , el gráfico de estas son superficies en R3, en el capítulo 8 las estudiaremos con más detenimiento.

2.7

SUPERFICIES CUADRATICAS EN R3

Como hemos dicho en la sección anterior, las funciones de la forma z = f ( x, y ) , representan superficies en R3, dentro de estas superficies están las superficies cuádricas que son funciones escalares de la forma anterior con regla de correspondencia cuadrática, estudiaremos en forma general las más importantes por su utilidad en el estudio del cálculo de varias variables; comencemos primero estudiando dos definiciones importantes que nos permiten manejar gráficamente una función escalar.

2.7 Superficies Cuadráticas en R3

50

Definición de gráfico de una función escalar.

f ( x) : U ⊂ R n → R una función escalar continua en U, se llama gráfico de f (x ) al conjunto de puntos:

Sea

{( x , x ,......., x , f ( x)) ∈ R 1

2

n

n +1

/( x1 , x 2 ,...., x n ) ∈ U ∧ z = f ( x1 , x 2 ,......x n

}

Analizando la definición anterior es importante que hagamos las siguientes observaciones: 1. 2. 3. 4.

El gráfico de una función escalar esta definida en una dimensión mas uno de la dimensión de su dominio. Esto nos permite observar, hasta el gráfico de funciones escalares en R2 y son superficies en R3. El gráfico de una función de variable real esta en R2 y son curvas planas. Estamos imposibilitados para ver el gráfico de funciones cuyo dominio esta en dimensiones de R3 a Rn, estos estarían en espacios de R4 a Rn+1.

Para ganar una dimensión más en la observación gráfica del comportamiento de una función escalar planteamos la siguiente definimos conjuntos de nivel.

Definición de conjunto de nivel para una función escalar.

f ( x) : U ⊂ R n → R una función escalar continua en U, se llama conjunto de nivel de f (x ) al conjunto de puntos:

Sea

{( x , x ,......., x 1

2

n

) ∈ R n / f ( x1 , x 2 ,...., x n ) = k ; k ∈ R

}

De igual forma que en el caso anterior el análisis de esta definición nos lleva a las siguientes observaciones: 1. 2. 3.

El conjunto de nivel de una función escalar esta definido en la misma dimensión de su dominio. Por igualar la función a un valor constante, los conjuntos de nivel representan geométricamente cortes del gráfico de la función original. Ahora se nos presenta la opción de observar, hasta los conjuntos de nivel de funciones escalares en R3 y son superficies en R3, comúnmente se las conoce como superficies de nivel.

2.7 Superficies Cuadráticas en R3

4. 5.

51

Los conjuntos de nivel de funciones escalares en R2, están en R2 y son curvas planas, comúnmente se las conoce como curvas de nivel. Los conjuntos de nivel de funciones de variable real serían puntos en R.

Hablando del comportamiento gráfico de una función podemos resumir diciendo que a las funciones: y el de sus

z = f ( x, y ) : U ⊂ R 2 → R , les podemos observar su gráfico conjuntos

de

nivel,

mientras

que

a

funciones:

3

w = f ( x, y, z ) : U ⊂ R → R , solo les podemos observar sus conjuntos de nivel o superficies de nivel. La figura 2-18 indica el gráfico de una superficie y el de sus curvas de nivel en R3.

Ejemplo 2-13

Dada la función escalar y sus curvas de nivel

f ( x, y ) = x + y − 2 , analizar su gráfico

z

Solución: a) El gráfico es un plano que corta a los ejes coordenados en (2,0,0); (0,2,0); (0,0,-2), como lo indica la figura 2-18 (a). Sus conjuntos de nivel son rectas paralelas de la forma;

y

x

f ( x, y ) = k ; x+ y−2=k : k = 0; k = 1; k =-1; k = 2; k =-2;

x+y=2 x+y=3 x+y=1 x+y=4 x+y=0

k =2 k =1 k =0 k = −1 k = −2

Como se puede apreciar en la figura 2-18 (b)
Figura 2-18

2.7 Superficies Cuadráticas en R3

52

Una superficie cuádratica es el lugar geométrico de los puntos (x,y,z) que satisfacen una ecuación de segundo grado de la forma: *

Ax 2 + By 2 + Cz 2 + Dxy + Exz + Fyz + Gx + Hy + Lz + M = 0

Esta misma ecuación se puede escribir en forma matricial como:

 q 00  q (1, x, y, z ) 10 q  20 q  30

Donde:

q 01 q11 q 21 q31

q 02 q12 q 22 q 32

q 03  1    q13  x  =0 q 23  y    q33  z 

A = q11

B = q 22

C = q33

D = q 21 + q12

E = q31 + q13

F = q32 + q 23

G = q10 + q 01

H = q 20 + q 02

L = q30 + q 03

M = q 00

Q = (q ij ) es la matriz que define la función cuadrática. Tomando en consideración la ecuación *, que es la forma general de la ecuación cuadrática, podemos revisar un grupo selecto de superficies en R3 que se las conoce con el nombre de SUPERFICIES CUADRATICAS o simplemente CUADRICAS. Las cuádricas más comunes son: la esfera, el elipsoide, los hiperboloides de una hoja y de dos hojas, el paraboloide, el paraboloide hiperbólico, el cono y el cilindro. Analicemos las características más sobresalientes de cada una de ellas. La Esfera: Si en la fórmula general los coeficientes A, B y C son iguales, mayores que cero y la fórmula general puede escribirse de la forma:

( x − h) 2 + ( y − k ) 2 + ( z − l ) 2 = R 2 Entonces la función cuadrática representa una superficie esférica de centro en el punto (h, k , l ) y radio R → R ≥ 0 . Si el centro esta en origen la superficie esférica es de la forma

x 2 + y 2 + z 2 = R 2 , la figura 2-19 representa a esta última.

2.7 Superficies Cuadráticas en R3

53

Sus curvas de nivel, tomando z = f ( x, y ) , son circunferencias al igual que los cortes con planos paralelos a los planos coordenados.

Figura 2-19

El Elipsoide: Si en la fórmula general los coeficientes A, B y C son diferentes, mayores que cero y la fórmula general puede escribirse de la forma:

( x − h) 2 ( y − k ) 2 ( z − l ) 2 + + =1 a2 b2 c2 Entonces la función cuadrática representa un elipsoide de centro en el punto

(h, k , l ) y semiejes a , b , y c . Si el centro esta en origen el elipsoide es de la forma

x2 y2 z2 + + = 1 , la a2 b2 c2 figura 2-20 representa este caso. Sus

curvas de tomando z = f ( x, y ) , son Figura 2-20 elipses al igual que los cortes con planos paralelos a los planos coordenados, aunque algún corte pude ser una circunferencia si el elipsoide es de revolución. nivel,

2.7 Superficies Cuadráticas en R3

54

Hiperboloide de una hoja: Si en la fórmula general los coeficientes A, B y C son iguales o diferentes, uno de ellos negativo y la fórmula general puede escribirse de la forma:

( x − h) 2 ( y − k ) 2 ( z − l ) 2 + − =1 a2 b2 c2 Entonces la función cuadrática representa un hiperboloide de una hoja de centro en el punto (h, k , l ) , la dirección del eje de simetría lo da la variable cuyo coeficiente lleva el signo negativo (en este caso el eje de simetría es paralelo al eje “Z”). Si el centro esta en origen el hiperboloide de una hoja es de la forma Figura 2-21

x2 y2 z2 + − = 1 , la figura a2 b2 c2

2-21 representa este caso.

Sus curvas de nivel, tomando z = f ( x, y ) , son elipses o circunferencias si el hiperboloide es de revolución, en cambio los cortes con planos paralelos a los planos coordenados son hipérbolas, de ahí su nombre de hiperboloide.

Hiperboloide de dos hojas: Si en la fórmula general los coeficientes A, B y C son iguales o diferentes, dos de ellos negativo y la fórmula general puede escribirse de la forma:

( x − h) 2 ( y − k ) 2 ( z − l ) 2 − − =1 a2 b2 c2

2.7 Superficies Cuadráticas en R3

55

Entonces la función cuadrática representa un hiperboloide de dos hojas de centro en el punto (h, k , l ) , la dirección del eje de simetría lo da la variable cuyo coeficiente es positivo (en este caso el eje de simetría es paralelo al eje “X”). Si el centro esta en origen el hiperboloide de dos

x2 y2 z2 hojas es de la forma 2 − 2 − 2 = 1 , la figura 2-22 a b c representa este caso.

Figura 2-22

hiperboloide.

Sus curvas de nivel tomando, x = f ( y, z ) , son elipses o circunferencias si el hiperboloide es de revolución, en cambio los cortes con planos paralelos a los planos coordenados son hipérbolas, de ahí su nombre de

2.7 Superficies Cuadráticas en R3

1

Paraboloide: Si en la fórmula general uno de los coeficientes de los términos cuadráticos puros A, B o C es cero y los otros dos, que no son cero, son iguales o diferentes, de tal forma que la variable que no tiene término cuadrático puro pueda despejarse en función de las otras dos variables y escribirse de la forma:

1.

z=

( x − h) 2 ( y − k ) 2 + a2 b2

para C = 0 2.

y=

( x − h) 2 ( z − l ) 2 + a2 c2

para B = 0 3.

( y − k)2 (z − l)2 x= + b2 c2

para A = 0 Entonces la función cuadrática representa un paraboloide con vértice en el punto ( h, k ,0) para el primer caso, ( h,0, l ) para el segundo caso, (0, k , l ) para el tercer caso. La dirección del eje de simetría lo da la variable cuyo coeficiente del término cuadrático puro es cero: eje “Z” para el primer caso, eje “Y” para el segundo caso y eje “X” para el tercer caso. Figura 2-23

Si a = b, en el primer, caso se trata de un paraboloide de revolución si son diferentes es un paraboloide elíptico. Si a = c, en el segundo caso, se trata de un paraboloide de revolución si son diferentes es un paraboloide elíptico. Si b = c, en el tercer caso, se trata de un paraboloide de revolución si son diferentes es un paraboloide elíptico. Si el vértice esta en origen y se trata de un paraboloide de revolución, para los tres casos la ecuación es de la forma: 1.

z = x2 + y2

2.

y = x2 + z2

3.

x = y2 + z2

2.7 Superficies Cuadráticas en R3

2

La figura 2-23 representa de estos últimos el primer caso. Si las expresiones anteriores tuvieran un término independiente, sucedería que el vértice del paraboloide se desplazaría en cualquiera de los dos sentidos sobre el eje de simetría. Sus curvas de nivel

tomando,

z = f ( x, y ) , primer caso, y = f ( x, z ) ,

segundo caso y x = f ( y, z ) , tercer caso, son elipses o circunferencias si el paraboloide es de revolución, en cambio los cortes con planos paralelos a los planos coordenados son parábolas, de ahí su nombre de paraboloide.

Paraboloide Hiperbólico: Si en los tres casos anteriores del paraboloide, las ecuaciones, no son sumas sino, diferencias de la forma:

1. 2.

( x − h) 2 ( y − k ) 2 z= − a2 b2 ( x − h) 2 ( z − l ) 2 y= − a2 c2

para C = 0 para B = 0

2.7 Superficies Cuadráticas en R3

3.

x=

( y − k ) 2 (z − l) 2 − b2 c2

3

para A = 0

Entonces la función cuadrática representa un paraboloide hiperbólico o también llamada “silla de montar” con vértice en el punto ( h, k ,0) para el primer caso,

(h,0, l ) para el segundo caso, (0, k , l ) para el tercer caso, al igual que para el paraboloide, la dirección del eje de simetría lo da la variable cuyo coeficiente del término cuadrático puro es cero: eje “Z” para el primer caso, eje “Y” para el segundo caso y eje “X” para el tercer caso. Si a = b, en el primer caso, se trata de un paraboloide hiperbólico simétrico si son diferentes no es simétrico. Si a = c, en el segundo caso, se trata de un paraboloide hiperbólico simétrico si son diferentes no es simétrico. Si b = c, en el tercer caso, se trata de un paraboloide hiperbólico simétrico si son diferentes no es simétrico. Si el vértice esta en origen y se trata de un paraboloide hiperbólico simétrico, para los tres casos, la ecuación es de la forma: 1.

z = x2 − y2

2.

y = x2 − z2

3.

x = y2 − z 2

La figura 2-24 representa de estos últimos el primer caso. Sus tomando,

curvas

de

nivel

z = f ( x, y ) , primer caso, y = f ( x, z ) , segundo caso y x = f ( y, z ) , tercer caso, son Figura 2-24

hipérbolas o hipérbolas equiláteras si el paraboloide hiperbólico es simétrico, en cambio los cortes con planos paralelos a los planos coordenados son parábolas, de ahí su nombre de paraboloide.

Cono: Si en la fórmula general los coeficientes A, B y C son iguales o diferentes, uno de ellos negativo y la fórmula general puede escribirse igualando a cero de la forma:

2.7 Superficies Cuadráticas en R3

4

( x − h) 2 ( y − k ) 2 ( z − l ) 2 + − =0 a2 b2 c2 Entonces la función cuadrática representa una superficie cónica de centro en el punto (h, k , l ) , la dirección del eje de simetría lo da la variable cuyo coeficiente lleva el signo negativo (en este caso el eje de simetría es paralelo al eje “Z”).

cono Figura 2-25

Si el centro esta en origen el es de la forma

x2 y2 z2 + − = 0 , la figura 2-25 a2 b2 c2 representa este caso.

Sus curvas de nivel, tomando z = f ( x, y ) , son elipses o circunferencias si la superficie cónica es de revolución, en cambio los cortes con planos paralelos a los planos coordenados son rectas en forma de una V en un sentido y en sentido opuesto.

Cilindro: Si la fórmula general de la ecuación cuadrática carece de una de las tres variables, entonces el gráfico de esta superficie en R3 es un cilindro o superficie cilíndrica y puede escribirse de la forma:

y = f ( x), z = f ( x), z = f ( y ) 2 Por ejemplo la ecuación, z = x representa la superficie de la figura 2-26.

Figura 2-26

La Variable faltante da la dirección del eje de simetría de la superficie cilíndrica. También puede estar desplazada con respecto a los ejes coordenados si su centro o vértice no esta en el origen.

2.7 Superficies Cuadráticas en R3

5

z y

x 2 + y 2 = r 2 representa una superficie cilíndrica tradicional de radio r como lo indica la figura 2-27 El eje de simetría del cilindro de la figura 2=26 es el eje “Y” y de la figura 2=27 es el eje “Z”. Las curvas de nivel son parábolas

z = x 2 , para la superficie cilíndrica de

y x y

la

figura 2

2

2-26

y

circunferencias

2

x + y = r , para la superficie cilíndrica de la figura 2-27, los cortes con planos paralelos a los otros ejes

Figura 2-27

coordenados serán siempre rectas paralelas.

Ejemplo 2-14

Analizar el gráfico y las curvas de nivel del campo escalar

f ( x, y ) = 3 x 2 + 2 y 2 Solución:

El gráfico es el paraboloide elíptico.

z = 3 x 2 + 2 y 2 , ver figura 2-28

Figura 2-28

2.7 Superficies Cuadráticas en R3

6

Las curvas de nivel son elipses concéntricas de centro en el origen, 2

2

de la forma 3 x + 2 y = k , en la figura 2-29 se aprecian algunas de ellas para tres valores de k.

k =6 k = 12

k = 24 Figura 2-29


2.7

COORDENADAS CILÍNDRICAS Y ESFÉRICAS

La manera usual de representar un punto en el plano R2 es mediante coordenadas rectangulares (x, y), también debe de haber visto el lector que el mismo punto puede estar representado por la pareja polar (r, θ ) y estas se relacionan unas con otras, como podemos ver los puntos en el plano pueden estar perfectamente representados por estas dos maneras, lo mismo sucede en el espacio R3, existen dos formas mas, de representar puntos en R3, aparte de la usual que es la cartesiana y estas son los dos tipos de coordenadas nuevas que estudiaremos.

Coordenadas Cilíndricas: Es una combinación de las coordenadas polares y cartesianas, en la figura 2-30 podemos apreciar la terna cartesiana y la terna cilíndrica de un punto P en R3.

( x, y, z ) → Terna cartesiana (r , θ , z ) → Terna cilíndrica , r ≥ 0, 0 ≤ θ ≤ 2π , z ∈ R

2.8 Coordenadas cilíndricas y esféricas

7

r es el alejamiento de la proyección del punto P en el plano “XY” al orígen, θ es el ángulo que forma este alejamiento con el sentido positivo del eje “X”, sus equivalencias son:

x = r cos θ

Z

y = rsenθ z=z (x, y, z) P:

z

r = x2 + y2

(r, θ, z)

θ = tg −1 ( xy )

y x

θ

z=z

Y

Por

r

ejemplo 2

2

el 2

cilindro x + y = R en coordenadas cilíndricas esta dado por la expresión: X

Ejemplo 2-15

Figura 2-30

r=R

Encontrar la terna cilíndrica del punto

(3, 3 ,6) y graficarlo, de

igual forma encontrar la terna cartesiana del punto Solución:

( 2 , π4 ,3) .

Z

6

(3,

3 ,6

) 3

π/6

2 3

3

Figura 2-31 X

Y

2.8 Coordenadas cilíndricas y esféricas

8

r = 9+3 = 2 3 (3, 3 ,6) ⇒ θ = tg −1 z=6

( )= 3 3

π 6

⇒ (2 3 , π6 ,6)

x = 2 cos π4 = 1 ( 2 , π4 ,3) ⇒ y = 2 sen π4 = 1 ⇒ (1,1,3) z=3 En la figura 2-31 esta graficado el primer punto.




Coordenadas Esféricas: En la figura 2-32 podemos apreciar la terna cartesiana y esférica del punto P en R3.

( x, y, z) → Terna cartesiana

Z

( ρ , θ , φ ) → Terna esférica , ρ ≥ 0, 0 ≤ θ ≤ 2π , 0 ≤ φ ≤ π

z (x, y, z) P:

ρ

(ρ, θ, φ)

ρ

φ y θ x Figura 2-32 X

Y

es el alejamiento del

origen al punto P, θ es el mismo ángulo que usamos en coordenadas cilíndricas y φ es el ángulo que forma el alejamiento del punto con el sentido positivo del eje “Z”, sus equivalencias son fáciles de determinar con un poco de trigonometría y estas son:

x = ρ cos θ .senφ

ρ = x2 + y2 + z2

y = ρsenθ .senφ z = ρ cos φ

θ = tg −1 ( xy ) 

   x +y +z   

φ = cos −1 

z

2

2

2

2.8 Coordenadas cilíndricas y esféricas

Por ejemplo la esfera por la expresión:

9

x 2 + y 2 + z 2 = R 2 en coordenadas esféricas esta dada

ρ=R

Las coordenadas esféricas suelen ser útiles para representar expresiones donde hay una simetría esférica ( simetría alrededor de un punto ), en cambio las coordenadas cilíndricas suelen ser útiles para representar expresiones donde hay una simetría cilíndrica ( simetría alrededor de un eje ).

Ejemplo 2-16

Encontrar la terna esférica del punto

(1, 3 ,2) y graficarlo.

r = 1+ 3 + 4 = 2 2 Solución:

( )

(1, 3,2) ⇒

⇒ (2 2, π3 , π4 )

θ = tg −1 3 = π3  2   = cos−1 2 2  

φ =cos−1 

( )= 2 2

π 4

El punto esta graficado en la figura 2-33 Z

2

(1, π/4

2 2

3, 2

) 3

Y π/3 1

X

Figura 2-33




A continuación adjuntamos una tabla resumen de las características más relevantes de las superficies cuádricas para el caso de centros y vértices en el origen e intersecciones con los planos coordenados.

Ejercicios

10

“XY” Esfera

Z=0

(circunferencia)

x2 + y2 = r2

x2 + y2 + z2 = r 2 centro en (0, 0, 0)

“XZ”

Y=0

“YZ”

X=0 (circunferencia)

y2 + z2 = r2

“XY” Elipsoide

x2 y2 z2 + + =1 a2 b2 c2 centro en (0, 0, 0)

Z=0

x2 y2 z 2 + − =1 a2 b2 c2 centro en (0, 0, 0) Eje de simetría, eje “Z”

x2 a2 +z 2 c2 = 1 “YZ”

X=0

x2 y2 z2 + − = −1 a 2 b2 c 2 centro en (0, 0, 0) Eje de simetría, eje “Z”

Z=0

(elipse)

2

x2 a + y2 b2 = 1 “XZ” Y=0 (hipérbola) 2

x2 a − z2 c2 = 1 “YZ” X=0 (hipérbola) y 2 b2 − z2 c2 = 1 2

(∅)

Z=0 2

x a + y b 2 = −1 “XZ”

2

Y=0

(hipérbola)

2

x 2 a − z 2 c 2 = −1 “YZ”

X=0

(hipérbola)

y 2 b 2 − z 2 c 2 = −1 “XY”

Cono

(elipse)

y2 b2 + z 2 c2 = 1

“XY” Hiperboloide de dos hojas

(elipse)

2

x2 a + y2 b2 = 1 “XZ” Y=0 (elipse)

“XY” Hiperboloide de una hoja

(circunferencia)

x2 + z2 = r 2

Z=0

(punto)

2

x2 y2 z2 + − =0 a2 b2 c2 centro en (0, 0, 0) Eje de simetría, eje “Z”

x2 a + y2 b2 = 0 “XZ”

Y=0

“YZ”

X=0

centro en (0, 0, 0) Eje de simetría, eje “Z”

Z=0

x2 y2 z − − =0 a 2 b2 c centro en (0, 0, 0)

(elipse)

2

x2 a + y 2 b2 = 0 “XZ” Y=0 (parábola)

x2 a2 = z c “YZ”

X=0

(parábola)

y 2 b2 = z c “XY”

Paraboloide Hiperbólico

(rectas)

y b =±z c “XY”

Paraboloide x2 y2 z + − =0 a2 b2 c

(rectas)

x a = ±z c

Z=0

(rectas)

x a=±y b “XZ” 2

Y=0

(parábola)

2

x a =zc “YZ” X=0 (parábola) − y2 b2 = z c

Ejercicios

11

EJERCICIOS 1.

Encontrar los vectores unitarios normales a los planos a) 2x + y + 2z – 8 = 0 b) 4x – 4z = 0 c) -y + 6z = 0 d) x = 5

2.

Encuentre las ecuaciones de los planos que pasan por el punto (-5, 7,-2) y que satisfacen individualmente las siguientes condiciones: a.- Paralelo al plano “XZ”. b.- Perpendicular al eje de las “X”. c.- Paralelo tanto al eje de las “X”como al de “Y”. d.- Paralelo al plano 3x - 4y + z = 7.

3.

Encontrar la ecuación del plano cuyas intersecciones con los ejes coordenados son: α, β y γ respectivamente.

4.

Considere los puntos P = ( 2, -1, 3 ); Q = ( 3, 2, 1 ). Hallar la ecuación del plano: a) que pasa por P y tiene a N = P + Q por vector normal. b) que pasa por Q y tiene a N = 3Q - P por vector normal

5.

Encontrar la ecuación del plano perpendicular a 10i -10j + 5k y que pase el punto (1, 1, -3)

6.

Obtenga un plano que pase por (1, 3, 3) y sea paralelo al plano

3x + y − z = 8 7.

Hallar la ecuación del plano que es perpendicular a los planos x − y + z = 0 y 2 x + y − 4 z − 5 = 0 , y que pasa por el punto (4, 0, 2).

8.

Calcule la distancia del punto (-1, 3, -1) a la recta

9.

Hallar las ecuaciones de la recta que contienen el punto (3, 6, 4), intercepta al eje “Z” y es paralela al plano x - 3y + 5z – 6 = 0.

y = 1  x − 2z = 7

Ejercicios

12

10.

Encontrar la ecuación del plano equidistante de los puntos (-2, 1, 4) y (6, 1, -2)

11.

Cual es la distancia del punto (3, 8, 9) al plano x + z = 1

12.

Encontrar la distancia del plano

3x − y + 2 z = 4

a la recta

4 x − 2 y + 2 = 0  3 − y − 4 z = 0 13.

Encontrar la distancia del plano 3x + 2y – z + 4 = 0 al punto (0, 1, -1)

14.

Escribir las ecuaciones de la recta que pasa por cada par de puntos. a) (2, 3, 1); (4, 6, 9) b) (1, 5, 1); (1, -5, -1)

15.

Encuentre

dos

vectores

unitarios

paralelos

a

la

recta

x = 2 y − 3 = 3z + 3 16.

Encuentre las ecuaciones de la recta que pasa por el origen y es paralela a la recta

17.

x−3=

y + 2 1− z = 4 −1

Escriba la ecuación de la recta que pasa por los puntos; P1(1, 0, -1), P2(-1, 2, 1) y es paralela a la recta :

18.

Encontrar

la

ecuación

del

3 x + y − 2 z = 6  4 x − y + 3 z = 0

plano

que

contiene

a

la

recta

x = 3t , y = 1 + t , z = 2t , y que es paralelo a la intersección de los planos 2 x − y + z = 0 , y + z + 1 = 0 . 19.

Encontrar ,de ser posible, la ecuación del plano que contiene a las rectas:

 x = −4 + 5t x = 2 + t   l1 :  y = 1 + t l2 :  y = 2 − 2t .  z = 4 + 7t  z = 1 − 4t   20.

Hallar una ecuación para el plano que contiene a la recta σ (t ) = (−1,1,2) + t (3,2,4) y es perpendicular al plano

2 x + y − 3z + 4 = 0

Ejercicios

21.

13

 x = 3t + 1

Dada la recta  y = − 2 t + 4 . 

Encontrar la ecuación del plano que

z = t − 3 

22.

contiene la recta y al punto P : (5,0,2) . Hallar la ecuación para el plano que contiene al punto (3, -1, 2) y la recta r(t) = (2, -1, 0) + t(2, 3, 0)

23.

Hallar la altura de la pirámide que se forma al interceptar los planos coordenados con el plano x + y + z = 1

24.

Los planos: π1: 2x + y + z = 2, π2: 3x – y + 2z = -6, π3: x + 2y + z = -4, forman las caras laterales de una pirámide triangular cuya base está en el plano π: x + 4y - 5z = 5, determinar la altura de esta pirámide.

25.

Encontrar

la

ecuación

σ (t ) = (3 − t ,2t , t + 1) 26.

Encontrar

la

del Plano que y al punto (1, 2, -3)

ecuación

de

Plano

 3x + y + z − 1 = 0 y al punto  x − y + 2z − 7 = 0 27.

que

contiene

a

la

recta

contiene

a

la

recta

(1,−1,2)

Encuentre una ecuación del plano que pase por el punto (1,2,−3) y contenga a la recta que es la intersección de los planos:

x + 3 y − 5 z = 10 ; 6 x − y + z = 0

28.

 x = −1 + 3t Hallar la ecuación del plano que contiene a la recta   y = 1 + 2t y es  z = 2 + 4t  perpendicular al plano 2x + y - 3z + 4 = 0

29.

Halle las ecuaciones de la recta que pasa por el punto corta las rectas alabeadas.

x −1 y − 2 z +1 = = 5 −2 −3 30.

x − 2 y +1 z + 3 = = 1 −3 2

Hallar la distancia entre las rectas:

(3,−4,−5) y que

Ejercicios

14

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

31.

Dadas las rectas :

x = 3 + t  L1 :  y = 1 − t  z = 2 + 2t 

 x = −t  L2 :  y = 2 + 3t  z = 3t 

a) Determinar si las rectas L1 y L2 son Alabeadas. b) En caso de ser afirmativo el literal a) encontrar la distancia entre las rectas.

32.

Hallar la distancia entre la recta

 x = 7 − 3t ρ = 4 cos ϕ y la esfera  y = − 5 + 4 t   z = 6 + 2t 

.

33.

Encontrar la distancia entre las rectas:

x + y + z − 9 = 0 L1 =   2x − y − z = 0 34.

 x + 2y − z +1= 0 L2 =  2 x − 3 y + z − 4 = 0

Hallar la ecuación del plano que contiene a las rectas: x = 2 + t

x = 2 − 3t

y = −1 + 2t

y = −1 + 4t

z = 3 − 4t

z = 3 − t

.

35.

Encuentre la ecuación del plano que pasa por el punto (1, 1, 1) y que intercepta al plano “XY” en la misma recta que el plano 3x + 2y – z = 6.

36.

Considere la ecuación de la superficie esférica x2 +y2 + z2 – 2z=0 y el plano de ecuación 2x + y + z + 2 = 0. Hallar la distancia mínima entre el plano y la superficie esférica.

Ejercicios

37.

15



Demostrar que las rectas 

x + y + 5z = 0

 x + 8 y + 12 z + 8 = 0

 x − 2 y + 2z = 4 x + 4 y + 8z + 8 = 0

y 

no son paralelas y hallar la ecuación del plano que las contiene.

38.

Si los vectores (− 1,−1,2 ) y (2,3,1) pertenecen al plano

(− 3,2,1)

y 6 i + k que pertenecen a otro plano

π1

π2.

y los vectores Encontrar las

ecuaciones de una recta paralela a la recta intersección de los planos

π1

y

π 2 , que pase por el punto (7,−3,5) . 39.

Hallar la ecuación del plano que contiene a las rectas:

l1 : ( x + 3) / 2 = y / 3 = ( z − 1) / 4 x + 2 y − 2z = 5 l2 :  5 x − 2 y − z = 0 40.

Para el siguiente par de rectas encontrar los vectores directrices y la distancia entre ellas; o el punto de corte y ángulo agudo de intersección. x = −2 − t x = −2 + 2t

y = 3 − 4t z = −4 + t

y = 3 + 2t z = −4 + 3t

 x − 2 y + 3z = 5   2x + y − z = 5

41.

Encontrar la distancia del punto (3, 1, -2) a la recta

42.

Escriba la ecuación de la esfera centrada en el punto (2, 3, 4) y que tiene radio 3.

43.

Escribir la ecuación de la recta, en forma paramétrica, que se al proyectar la recta “l” sobre el plano “ π ”.

 x = 1 − 2t  l :  y = 3t ; π : x + y = 1. z = 1 + t 

obtiene

Ejercicios

44.

16

Sea la recta l :

x − 1 y + 1 z y el plano π : 2 x + 4 y − 3z = 2 , = = 2 −3 1

hallar el punto de intersección de la recta l con el plano así como la ecuación que determine la proyección de la recta sobre el plano π . 45.

Sean P, Q los puntos de intersección del paraboloide hiperbólico

y 2 − x 2 = z con la recta

x−2 y−2 z = = . Hallar la proyección del 2 −1 3

vector PQ sobre el vector V = -i + j + k.

46.

Hallar la distancia entre las rectas:

(x + 2 ) / 5 = ( y − 1) / − 2 = z + 4 ; (x − 3) / − 5 = ( y + 4 ) / 2 = (z − 3) / − 1 , interpretar el resultado.

47.

Calcular el radio de la circunferencia en R3 que resulta de la intersección de la esfera x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 6 y + 4 z = 16 con el plano que

 x = 3t + 1  x = 2t  contiene las rectas: l =  y = 2 y l y = 2 1 2  z = 4t + 2 z = t − 1   48.

Hallar la naturaleza de las siguientes superficies: a)

3 x 2 + 4 y 2 − 2 z 2 + 6 x − 12 y + 8 z = 13

3 x 2 + 2 y 2 − 12 z − 6 x + 8 y = 13 c) φ = 0 d) r = 4 e) φ = π / 6 b)

r2 + z2 =1 r = 4 cos θ h) y = z 2 + 1 i) 3 x − 5 y + 2 z = 10

f) g)

j)

2x 2 + 4z 2 − y 2 = 0

k)

x 2 + y 2 + z 2 − 14 x + 6 y − 8 z + 10 = 0

l)

z 2 − 4x 2 − y 2 = 4

Ejercicios

17

m)

x2 + y2 + z2 + 4 = 0

2 x 2 − 3z 2 + y 2 = 1 o) y = sen( x )

n)

r)

3x 2 + z = 0 z=k 3 x 2 + 2 y 2 − z 2 − 6 x − 3 y = 16

s)

2x2 + 8 y 2 − 5x + y − 2z = 9

t)

5 x 2 − 6 z 2 + 8 x − 2 y + 13 = 0

u)

3 x 2 + 2 y 2 + z 2 − 6 x − 8 y + 2 z + 17 = 0

v)

4x 2 − y 2 + 4z 2 − 4 y = 0

p) q)

49.

Identificar las siguientes superficies: a) x 2 + 2 y 2 + z 2 + 2 x + 4 y + 6 z 2

2

= −13

2

b)

x − y − 2z + 2 = 0

c)

φ=±

π

4 d) 2 x + 4 y 2 + z = 0 2

z2 +1 = r2 f) ρ = 4 sec φ e)

g) h)

θ=

π

4 2x + 3y 2 − 4z = 0 2

r2 4 2 j) 16 x + 9 y 2 + 16 z 2 − 32 x − 36 y = 0

i)

z=

CAPITULO 3 ______________________________

“No se lo que puedo parecer al mundo; pero para mí mismo, sólo he sido como un niño, jugando a la orilla del mar, y divirtiéndome al hallar de vez en cuando un guijarro más suave o una concha más hermosa que de costumbre, mientras que el gran océano de la verdad permanecía sin descubrir ante mí” Isaac Newton

DIFERENCIACIÓN DE FUNCIONES ESCALARES

3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7

Límite y continuidad. Derivada de una función escalar. Derivadas parciales de orden superior. Derivabilidad y continuidad; diferenciabilidad. Propiedades de la derivada. Gradiente y derivadas direccionales. Aproximaciones y derivación implícita.

3.1 Límite y Continuidad

3.1

73

LÍMITE Y CONTINUIDAD

En este capítulo ampliaremos los conceptos básicos del cálculo diferencial a funciones de varias variables, en esta oportunidad comenzaremos con las funciones escalares y para organizar mejor nuestro trabajo daremos algunas definiciones básicas que nos permitirán definir luego; límite, continuidad, derivada y diferencial. Definición:

δ

Se llama n-bola abierta de centro en X0 y radio conjunto

{X ∈ R

n

}

, denotada por

Bn ( X 0 ; δ ) , al

n

/ X − X 0 < δ ; X 0 ∈ R , δ ∈ R pequeño y positivo.

Para n = 1, B ( X 0 ; δ ) representa un intervalo abierto. Ejemplo 3-1

Analizar el intervalo abierto que representa

Solución:

|x - 2| < 2; -2 < x – 2 < 2;

( 0

1

2

x−2 0 x2 + y2 = 0

Ejercicios

Diferenciación de Funciones Escalares

137

25.

Si z = f ( x , ay ) + g ( x ,− ay ) , demostrar que:

26.

Dada la siguiente función:

∂2z 1 ∂2z . = ∂x 2 a 2 ∂y 2

 x 3 y 2 − xy 3 ; Si ( x, y ) ≠ (0,0)  f ( x, y ) =  x 2 + y 2  0; Si ( x, y ) = (0,0)  2 2 Hallar: ∂ f (0,0) = ?? ; y ∂ f (0,0) = ?? ∂x∂y ∂y∂x

27.

Dada f ( x, y ) determine si esta satisface a la ecuación dada:

f ( x, y) = e x (cos y + seny) ∂2 f ∂2 f + =0 ∂x 2 ∂y 2 2

2 3

2

2

sen ( z 2 y 2 x) hallar

28.

Si W = 2 x y z + 2 ln( x y ) + derivadas parciales de segundo orden

29.

Dada la siguiente función z = sen ( x 2 + y 2 ) determine si satisface la ecuación

todas las

∂2z ∂ 2 z ∂z y 2 −x − =0 ∂y∂x ∂y ∂x 30.

Encontrar

la

derivada

f ( x, y, z ) = e cos( yz ) x

direccional

en el punto

de

(0,0,0)

la

función:

y en la dirección

2i + j − 2k. 31.

32.

2 2 En qué dirección la derivada dirección de f (x, y ) = x − y en (1,1) es 2 x + y2 igual a cero?

Hallar la derivada direccional de la función f ( x, y, z ) = xy + yz + zx en el punto

(2,1,3) en la dirección que va desde éste al punto (5,5,15) .

138 Ejercicios

33.

Diferenciación de Funciones Escalares

Para el campo escalar direccional en el punto

34.

f ( x , y , z ) = xy 2 e z calcular la derivada

(1,3,0) en la dirección de (1,3,−1) .

Si el Potencial Eléctrico en cualquier punto en R3 se define:

1

V ( x, y, z ) =

x2 + y2 + z2

Determinar: La razón de cambio de V en (2,2,-1) en la dirección del vector 2i- 3j+ 6k. 35.

Dada la función f ( x, y, z ) = x 2 − yz + z 2 x y los puntos P(1,-4,3); Q(2,1,8), encontrar la derivada direccional de f en la dirección de P a Q en el punto P.

36.

Dada:

f ( x ) : U ⊂ R n → R ; Si Lim f ( x ) = f ( x 0 ) ; entonces x → x0

existen todas las derivadas direccionales de f en x0. Verdadero o Falso justifique su respuesta. 37.

Dada: f ( x, y ) = x 2e−2 y , P(2,0); Q(−3,1) , direccional de f en P y en la dirección PQ.

38.

La derivada direccional de dirección ( 1 ) i + ( 2 ) j , es 5

39.

Encontrar

encontrar,

la

derivada

f ( x, y, z ) = z 2 x + y 3 en (1,1,2) en la

2 5 . Justifique su respuesta.

5

la

ecuación

del

plano

tangente

a

la

superficie

f ( x, y, z ) = 3 x 2 y 2 z 2 + xyz 3 + 3 z 2 + x 2 en el punto (3,0,-l) y encontrar la ecuación de la recta tangente a esta superficie en el mismo punto y en la dirección del vector(2,2,-5).

f ( x, y, z ) = x 2 e − yz , calcular la razón de cambio de f en la dirección 13 (1,1,1) .

40.

Dada la función

41.

Dada la función:

f ( x, y, z ) = x 2 y 2 + 2 xy + y 3 z 3 a) Encontrar un vector perpendicular a las superficies de nivel. b) Encontrar un vector que apunte al mayor crecimiento de f

Ejercicios

Diferenciación de Funciones Escalares

139

c) Calcular la ecuación del plano tangente a la superficie de nivel cuando f(x, y, z) = 4 en el punto P(l,0,-l). d) Encontrar la derivada direccional máxima en el punto P(l,0,-l). 42.

Hallar un par de ecuaciones cartesianas para la recta que es tangente a las dos superficies:

x 2 + y 2 + 2 z 2 = 4; z = e x − y

en el punto (1,1,1).

43.

Un insecto se halla en un medio tóxico, el nivel de toxicidad esta dado por T ( x, y ) = 2 x 2 − 4 y 2 . El insecto está en (-1, 2). ¿En que dirección deberá moverse para disminuir lo más rápido la toxicidad?

44.

Dada la función f ( x, y) = 2e +e a) En que dirección crece más rápidamente en el punto (1,0) b) Encontrar la ecuación del plano tangente a la superficie en este punto.

45.

Encontrar el plano tangente a la superficie

− x2

−3 y 2

z = x 2 + y 2 en el punto

(1,−2,5) y representarlo gráficamente. 46.

Encontrar la dirección en la cual la función f ( x, y ) = x 2 + xy más rápidamente en el punto

47.

crece

(− 1,1) .

Calcular el plano tangente a la superficie: x2 + 3y2 + 4z 2 = 10 en el

(

)

punto 0, 2 ,1 . 48.

Hallar los puntos de la superficie x 2 + 4 x + y 2 + z 2 − 2 z = 11 en los cuales su plano tangente es horizontal.

49.

Determine el plano tangente y la recta normal a la superficie

x 2 + 4 y 2 − 2 z 2 = 1 en el punto del primer octante donde el plano tangente es paralelo al plano x − y − z = 1 . 50.

Encuentre un punto de la superficie x 2 + 2 y 2 + 3 z 2 = 12 donde el

 x = 1 + 2t

plano tangente es perpendicular a la recta: l =   y = 3 + 8t

 z = 2 − 6t 

140 Ejercicios

51.

Diferenciación de Funciones Escalares

Dada

la

superficie

z = x0 y;

z = xy

y

las

rectas: z

= y0 x ; y = y0 ,

x = x0 . Determinar si el plano tangente a la superficie

contiene o no a estas rectas en el punto( x 0 , y 0 , z 0 ). 52.

Hallar las ecuaciones paramétricas de la recta que es tangente a las

x 2 + y 2 + z 2 = 6 ; z = y + x en el punto (1,1,2 ).

superficies: 53.

La elevación de una montaña sobre el nivel del mar en

3000

e − (x

2

+ 2 y

2

(x, y )

es:

) / 100

mt. El semieje positivo de las “x” apunta hacia el este y el de las “y” hacia el norte. Un alpinista que esta ubicado exactamente arriba de 10,10 . Si se mueve hacia el noroeste; ¿asciende o desciende? Y ¿con qué rapidez?.

(

54.

Demostrar que el plano 2 x − 6 y + 3 z − 49 = 0 es tangente a la superficie esférica

55.

)

Calcule

el

x 2 + y 2 + z 2 = 49 .

ángulo

de las funciones f ( x, y, z) = x + 3 y z y g ( x, y, z ) = x + 3 y − 2 z en el punto (1, 2, 1). 4

entre

los

gradientes

4

2

2

56.

Dada la función f ( x, y, z) = x − yz + z x y los puntos P(1,-4,3) Q(2,-1,8) encontrar: a) La razón de crecimiento máximo de f en P. b) El plano tangente a f en Q.

57.

Hallar la ecuación del plano tangente a la superficie z = x2 + y2 − 4x , y  x = 3 + 4t que es perpendicular a la recta  y = −2t  z = 1 + t 

58.

Calcular

la

ecuación

del

plano

tangente

a

la

superficie

x 3 − 2 y 3 + z 3 = 0 en el punto (1,1,1). 2

2

2

59.

Encuentre los puntos del elipsoide x + 2 y + 3 z = 6 en los que la recta normal que pasa por ellos es perpendicular al plano 4 x − 6 y + 3z = 7 .

60.

Las superficies:

Ejercicios

Diferenciación de Funciones Escalares

f ( x, y , z ) = x 2 + y 2 − z 2 = 1 ,

141

g ( x, y , z ) = x + y + z = 5

se cortan formando la curva “C”. Hállese las ecuaciones paramétricas de la recta tangente a “C” en el punto (1,2,2).

z = x 2 + xy que sea perpendicular a los planos x + y − z = 3 ; 2 x − y + z = 4 .

61.

Determine la ecuación del plano tangente a la superficie

62.

Dada la siguiente función Encontrar:

∂z ∂t

z = x 2 + 3 y 2 ; x = e t ; y = Cos (t ) .

.

z = f (e4t ,6lnt)

63.

Sea

64.

Demuestre que

encuentre la derivada de z con respecto a t.

z = f ( x + y ,− x − y ) , donde f es una función

diferenciable, satisface esta ecuación

65.

Sea la función

66.

Demostrar

x 67.

∂z ∂z − =0 ∂x ∂y

x z = f   calcular x ∂ z + ∂ z y ∂x ∂y  y x+ y  z = f  que satisface x− y

la

ecuación:

∂z ∂z +y =0 ∂x ∂y

Califique de verdadera o falsa la siguiente proposición: Dado

f : R2 → R

derivable,

f ( x, y ) =

1  y f   para x ≠ 0 ; x x

entonces:

x

∂f ∂f + y = − f ( x, y ) ∂x ∂y

142 Ejercicios

68.

Diferenciación de Funciones Escalares

z = f ( x, y ) satisface la ecuación de Laplace:

Si la función 2

2

∂ z ∂ z + = 0 , demostrar que la función z = f (x −2y,2x + y) también ∂x 2 ∂y 2 satisface esta ecuación.

(

)

x2 + y2

; σ (t ) = (t ,−t ) .

69.

Dado: f x, y = xe Encontrar: D( f o σ ) .

70.

Dado f ( x, y ) = x 2 + 1, y 2 y g (u, v ) = u + v, u , v 2 . Calcular usando

(

(

)

)

la regla de la cadena D( g o f ) (1,1) .

71.

f ( x, y , z ) = xe x

Dado:

2

+ y2 + z2

(

; r (t ) = t ,−t , t 2

) . Encontrar:

D( f o r ) ó d / dt ( f (r (t ))) . 72.

Encontrar

∂ ( f °T ) (0,0 ) donde: ∂s

(

f (u , v ) = cos u sen v ; T (s, t ) = cos t 2 s, ln 1 + s 2 73.

(

F (x, y ) = x 2 + 1, y 2

Dado usando punto

74.

75.

)

y

(

G (u , v ) = u + v, u , v 2

la regla de la cadena, la matriz diferencial de

) )

calcular,

Go F

en el

(1,1).

Sea z = 4 x 3 − 2 xy + y 2 estimar el cambio en ∆z y cambia de los puntos (2.98, 1.03) al punto (3, 1). Sea P = k 

T V

dz cuando (x, y)

 , donde k es una constante, sirve para calcular la presión  

de un gas en función de su volumen y temperatura. Encontrar el máx. porcentaje de error aproximado que se puede obtener en el calculo de la presión, si se puede introducir un error de ± 0.4% de la temperatura y ± 0.9% en la medida del volumen. 76.

El radio y la altura de un cilindro circular recto se mide con un posible error del 4% y del 2% respectivamente, estimar el máximo porcentaje de error, que eso implica para la medida del volumen.

Ejercicios

Diferenciación de Funciones Escalares

143

77.

El posible error involucrado al medir cada una de las dimensiones de una caja son 0.5, 0.2, 0.15 cm. Encuentre cual es la variación o error de volumen relativo de la caja.

78.

Si el radio de un cilindro aumenta en 1% y la altura en un 2%, determine el porcentaje en el cual cambia el volumen.

79.

Al medir el diámetro y el lado de un cono circular recto se obtiene 10 cm. y 20 cm. respectivamente. Si en cada medida hay un error probable de 0.2 cm. Cuál es, aproximadamente el mayor error posible en el valor calculado del volumen.

CAPITULO 4 ______________________________

“Las abejas..., en virtud de una cierta intuición geométrica…, saben que el hexágono es mayor que el cuadrado y que el triángulo, y que podrá contener más miel con el mismo gasto de material” Pappus de Alejandría.

OPTIMIZACION DE FUNCIONES ESCALARES 4.1 4.2 4.3 4.4

Fórmula de Taylor. Definición de la matriz Hessiana Extremos de funciones escalares. La matriz Hessiana como calificadora de la naturaleza de extremos locales. Extremos condicionados.

145

4.1 Formula de Taylor

4.1

FORMULA DE TAYLOR.

En el capítulo anterior usamos el plano tangente a una superficie para hacer aproximaciones de la misma en la vecindad de un punto. Ahora ampliemos nuestro campo de aplicación y veamos como podemos hacer este tipo de aproximaciones a funciones escalares de orden superior, como por ejemplo funciones cuadráticas. Para funciones derivables de una variable la fórmula de Taylor nos permite disponer de un polinomio de grado “n” para esta aproximación, para funciones n

escalares de R → R resulta complejo disponer de un polinomio de grado mayor a 2; revisemos, primero, la fórmula de Taylor para una función derivable de variable real en una vecindad de x 0 . Un polinomio de grado “n” es de la forma:

Pn ( x) = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + .................... + a n x n Como este polinomio lo usaremos para aproximar una función de variable real en la vecindad de un punto, podemos escribir:

f ( x) ≈ a 0 + a1 x + a 2 x 2 + a3 x 3 + .................... + a n x n Escribamos 4-1 en el punto de

4-1

x − x0 , que esta dentro de una vecindad cualquiera

x: f ( x ) ≈ a 0 + a1 ( x − x 0 ) + a 2 ( x − x 0 ) 2 + a 3 ( x − x 0 ) 3 + ........ + a n ( x − x 0 ) n

4-2

Veamos la forma de encontrar los coeficientes del polinomio en la ecuación 4-2:

f ( x0 ) = a 0 + 0 ⇒ a0 = f ( x0 ) f ' ( x) = a1 + 2a 2 ( x − x0 ) + 3a 3 ( x − x 0 ) 2 + ........ + na n ( x − x 0 ) n −1 f ' ' ( x) = 2a 2 + (2)(3)a 3 ( x − x0 ) + ........ + (n − 1)(n)a n ( x − x0 ) n − 2 f ' ' ' ( x) = (2)(3)a 3 + ........ + (n − 2)(n − 1)(n)a n ( x − x0 ) n −3 ..........

f ( n ) ( x) = n!a n . De aquí podemos obtener los coeficientes:

146 Capítulo 4

Optimización de Funciones Escalares

f ' ( x0 ) = a1 + 0 ⇒ a1 = f ' ( x0 ) f ' ' ( x 0 ) = 2a 2 + 0 ⇒ a 2 =

f ' ' ( x0 ) 2!

f ' ' ' ( x0 ) = 6a3 + 0 ⇒ a 3 =

f ' ' ' ( x0 ) 3!

. . .

f ( n ) ( x0 ) = n!a n

⇒ an =

f ( n ) ( x0 ) . n!

Ahora podemos escribir la ecuación 4-2 de la siguiente forma: f ( x) ≈ f ( x 0 ) + f ' ( x0 )( x − x0 ) +

f ' ' ( x0 ) f ( n) ( x0 ) ( x − x 0 ) 2 + ..... + ( x − x0 ) n 2! n!

Que para hacer la igualdad le agregamos un error de aproximación: f ( x ) = f ( x0 ) + f ' ( x0 )( x − x0 ) +

Donde el error

f ' ' ( x0 ) f ( n ) ( x0 ) ( x − x0 ) 2 + ..... + ( x − x0 ) n + Rn ( x , x0 ) 2! n!

4-3

Rn ( x, x0 ) para x cercano a x0 es: x

R n ( x, x 0 ) =

( x − t ) n ( n +1) ∫ n! f (t )dt , y debe ser un valor pequeño entre más x0

cerca se encuentre x de

x0 ; se dice “un infinitésimo de orden superior a n” que

significa:

Lim x → x0

R n ( x, x 0 ) = 0. ( x − x0 ) n

Nos interesa expresar la ecuación 4-3 aplicada a una función escalar

f ( X ) : R n → R , diferenciable en una vecindad de X 0 ∈ R n . Como el diferencial de segundo orden, para este caso, es una matriz cuadrada, resulta complejo expresar la fórmula 4-3 para un orden mayor al segundo; por cuanto el diferencial de tercer orden

147

4.1 Formula de Taylor

es el diferencial de la matriz cuadrada y resulta complejo expresarlo; peor todavía los diferenciales de orden mayor. Para

f ( X ) : R n → R , el diferencial de primer orden es el vector gradiente, y

( X − X 0 ) se lo puede expresar como el vector: ( X − X 0 ) = ( x1 − x01 , x 2 − x02 ,......, x n − x0 n ) , entonces: Fórmula de Taylor de primer orden:

X 0 ∈ R n , la fórmula de Taylor al

Sea f ( X ) : U ⊂ R n → R ; diferenciable en primer orden para

f ( X ) en una vecindad de X 0 , se puede escribir de la forma:

f ( X ) = f ( X 0 ) + ∇f ( X 0 ) • ( X − X 0 ) + R1 ( X , X 0 ) Donde

R1 ( X , X 0 ) es un infinitésimo de orden superior al primero y tiene la

propiedad que:

Lim

X →X0

Considerando

R1 ( X , X 0 ) =0 X − X0

X − X 0 como vector o matriz columna podemos escribir en forma

similar a la ecuación 4-3 la fórmula de Taylor de segundo orden:

Fórmula de Taylor de segundo orden: Sea f ( X ) : U ⊂ R n → R ; doblemente diferenciable en Taylor al segundo orden para

X 0 ∈ R n , la fórmula de

f ( X ) en una vecindad de X 0 , se puede escribir de

la forma: f ( X ) = f ( X 0 ) + ∇ f ( X 0 ) • ( X − X 0 ) + 12 H [ f ( X 0 ) ][X − X 0 ] • ( X − X 0 ) + R 2 ( X , X 0 )

Donde

R2 ( X , X 0 ) es un infinitésimo de orden superior al segundo y tiene la

propiedad que:

Lim

X →X0

R2 ( X , X 0 ) X − X0

2

=0

148 Capítulo 4

Optimización de Funciones Escalares

[X − X 0 ]

es el vector diferencia expresado como matriz columna de la

siguiente forma:

 x1 − x01  x − x  02   2 .   [X − X 0 ] =  .  , matriz columna de dimensión n × 1    .       x n − x0 n 

H [ f ( X )] es la matriz segunda derivada y se la llama matriz Hessiana, definida de la siguiente forma: Definición de Matriz Hessiana: Sea f ( X ) : U ⊂ R n → R ; de tipo C

 ∂2 f  2  ∂x21  ∂ f H [ f ( x)] =  ∂x1∂x 2   :  ∂2 f   ∂x1∂x n

2

en una vecindad de X 0 la matriz

∂2 f ∂x 2 ∂x1 ∂2 f

∂2 f ∂x3 ∂x1 ∂2 f ∂x3 ∂x 2 : 2 ∂ f ∂x3 ∂x n

2

∂x 2 : 2 ∂ f ∂x 2 ∂x n

n×n:

∂2 f   ∂x n ∂x1  ∂2 f  ... ∂x n ∂x 2   :  ∂2 f  ... 2  ∂x n  ...

Se llama matriz Hessiana de la función escalar y representa su diferencial de segundo orden.

Entonces, la misma fórmula de Taylor al segundo orden expresada en forma de sumatorias se la escribiría de la siguiente forma: n

f ( x) = f ( x o ) + ∑ i =1

∂f ( x i − x 0i ) + ∂x i

n

1 2

n

∂2 f

∑ ∑ ∂x ∂x i =1 j =1

i

( x i − x 0i )( x j − x 0 j ) + R 2 ( x, x 0 ) j

149

4.1 Formula de Taylor

La matriz Hessiana tiene las siguientes características:

• • • •

Es una matriz cuadrada de dimensión n x n. Tiene las derivadas parciales dobles en la diagonal principal y las mixtas en la triangular superior e inferior. Es simétrica, porque las derivadas parciales mixtas son iguales. Hace el papel de la segunda derivada en funciones de variable real.

[

][

El producto H f ( X 0 ) X − X 0

], representa un producto de dos matrices, de

(n × n) por (n × 1) y resulta un vector de n componentes que se multiplica escalar mente con el vector diferencia X − X 0 y forma el tercer término de dimensiones

la fórmula de Taylor al segundo orden. producto escalar

f ( X ) = f ( X 0 ) + ∇f ( X 0 ) • ( X − X 0 ) +

1 H [ f ( X 0 ) ][ X − X 0 ] • ( X − X 0 ) + R2 ( X , X 0 ) 2 producto matricial

2

Si la función escalar esta en R :

f : R2 → R

 ∂2 f  2 ∂x [ ] H f ( x, y ) =  2 ∂ f  ∂x∂y 

∂2 f   ∂y∂x  ∂2 f  ∂y 2 

( X − X o ) = ( x − xo ; y − yo )

Ejemplo 4-1

Escribir la fórmula de Taylor al 1er. orden para la función: f ( x, y ) = Sen( x + 2 y ) en una vecindad de (0,0)

Solución:

f ( x, y ) = Sen( x + 2 y ) ∇f = (Cos ( x + 2 y ),2Cos ( x + 2 y )) f (0,0) = 0

150 Capítulo 4

Optimización de Funciones Escalares

∇f

( 0, 0 )

= (1,2)

f ( x, y ) = 0 + (1,2) • ( x − 0, y − 0) + R1 f ( x, y ) = x + 2 y + R1 Ejemplo 4-2




Escribir la fórmula de Taylor al 2º orden para la función:

f ( x, y ) = e xy sen( x + y ) en una vecindad de P (0, π2 ) Solución:

[

]

∇f = ye xy sen( x + y ) + e xy cos( x + y ), xe xy sen(x + y ) + e xy cos(x + y )  y 2e xy sen(x + y ) + ye xy cos(x + y ) + e xy sen(x + y ) + xyexy sen(x + y ) +   xy  xy ye xy cos(x + y ) + xe xy cos(x + y ) −   ye cos(x + y ) − e sen( x + y )   e xy sen(x + y )   H[ f ]=    e xy sen(x + y ) + xye xy sen(x + y ) +   x 2e xy sen(x + y ) + xe xy cos(x + y ) + xy xy  xe cos( x + y ) + ye cos( x + y ) −   xy xe xy cos(x + y ) − e xy sen(x + y )   e sen(x + y ) 

∇f (0,π ) = ( π2 ,0) 2 π −1 0  H [ f ] (0,π ) =  4  2 − 1  0 2

X − X 0 = ( x, y − π2 )

 x  π y − 2 

[X − X 0 ] = 

H [ f ( X 0 )][ X − X 0 ] = ( π4 x − x,− y + π2 ) 2

f (0, π2 ) = 1 ∇f ( X 0 ) ⋅ ( X − X 0 ) = π2 x

151

4.1 Formula de Taylor

H [ f ( X 0 )][X − X 0 ] • ( X − X 0 ) = ( π4 x − x) x + ( y − π2 )(− y + π2 ) 2

f ( x, y ) = 1 +

π 2

x + 12 ( π4 − 1) x 2 + 12 ( − y 2 + πy − π4 ) + R2 ( x, y ) 2

f ( x, y ) = π 8− 4 x 2 − 12 y 2 + 2

Ejemplo 4-3

2

π 2

x+

π 2

y + (1 − π8 ) + R2 (x, y )
2

Encontrar la fórmula de Taylor al segundo orden para la función

f ( x, y ) = e x Cosy en una vecindad de (0,0) y analizar su bondad de aproximación en (0.1,0.1) Solución:

∇f ( x, y ) = (e x Cosy ,−e x Seny ) ∇f (0,0) = (1,0) f (0,0) = 1  e x cos y − e x seny  H [ f ( x, y )] =  x  x − e seny − e cos y 

( 0,0 )

1 0  =   0 − 1

[X − X o ] = 

x − 0  x =     y − 0  y

 x  1 0   x   x  H [ f ( x o , y o )]   =  =    − y   y  0 − 1  y   

f ( x, y ) = f ( x o , y o ) + ∇f ( x o , y o ) • (( x, y ) − ( x o , y o ) ) + 1 [H [ f (x o , y o )][( x, y ) − ( x o , y o )]] • [( x, y ) − ( x o , y o )] + R 2

f ( x, y ) = 1 + (1,0) • ( x, y ) + 12 ( x,− y ) • ( x, y ) + R2 = 1 + x + 12 ( x 2 − y 2 ) + R2 f ( x, y ) = 1 + x + 12 x 2 − 12 y 2 + R2

152 Capítulo 4

Optimización de Funciones Escalares

f (0.1,0.1) = 1.099649 f ( x, y )

( 0.1, 0.1)

= 1.1

R2 ≈ 1.1 − 1.099649 ≈ 0.000351




Como la fórmula de Taylor sirve para encontrar la aproximación de una función escalar cualquiera a una función lineal o cuadrática en una vecindad de un punto dado, es muy útil para demostrar teoremas o expresar definiciones o aplicaciones especiales que sin esta fórmula darían mucha fatiga realizarlas como es el caso de las aplicaciones de la matriz Hessiana para calificar valores extremos, que lo veremos más adelante. El ejemplo 4-4 demuestra la regla de la cadena enunciada en la sección 3.5, teorema 3-10 y que dejamos pendiente su demostración en el capítulo anterior.

Ejemplo 4-4

Demostrar la regla de la cadena enunciada en el teorema 3-10, sección 3.5.

Solución:

Sea:

g ( x0 ) = y 0 ; g ( x0 + h) , es el valor de la función en

cualquier punto

x y a una distancia h de x0 . Entonces usando la

aproximación de Taylor al primer orden tenemos:

g ( x0 + h) = g ( x0 ) + Dg ( x0 )h + R g ( x0 , h) Haciendo:

k = Dg ( x0 )h + R g ( x0 , h) , tenemos:

g ( x0 + h) = g ( x0 ) + k ; por otro lado podemos ver que: Limk = 0 . h →0

Si se cumple la propuesta de la regla de la cadena:

D( f o g )( x0 ) = Df ( g ( x0 )) Dg ( x0 ) Entonces debemos hacer ver que

f o g es diferenciable en x0 .

R f o g ( x0 , h) = ( f o g )( x0 + h) − ( f o g )( x 0 ) − Df ( g ( x 0 )) Dg ( x0 )h O lo que es lo mismo:

R f o g ( x 0 , h) = f ( g ( x 0 + h)) − f ( g ( x 0 )) − Df ( g ( x 0 )) Dg ( x 0 ) h

153

4.1 Formula de Taylor

R f o g ( x 0 , h) = f ( g ( x 0 ) + k )) − f ( g ( x 0 )) − Df ( g ( x 0 )) Dg ( x 0 )h R f o g ( x 0 , h) = f ( y 0 + k )) − f ( y 0 ) − Df ( y 0 ) Dg ( x 0 ) h Para demostrar que ver que

Lim

f o g es diferenciable en x0 debemos hacer

R f o g ( x0 , h) h

h →0

Una fórmula de Taylor para

=0 f ( y 0 + k ) al primer orden es:

f ( y 0 + k ) = f ( y 0 ) + Df ( y 0 )k + R f ( y 0 , k ) , entonces: R f o g ( x 0 , h) = f ( y 0 ) + Df ( y 0 ) k + R f ( y 0 , k ) − f ( y 0 ) − Df ( y 0 ) Dg ( x 0 ) h

R f o g ( x0 , h) = Df ( y0 )k + R f ( y0 , k ) − Df ( y0 ) Dg ( x0 )h , como:

k = Dg ( x0 )h + R g ( x0 , h) , entonces:

[

]

R f o g ( x 0 , h) = Df ( y 0 ) Dg ( x 0 )h + R g ( x 0 , h) + R f ( y 0 , k ) − Df ( y 0 ) Dg ( x 0 )h R f o g ( x0 , h) = Df ( y0 ) Dg ( x0 )h + Df ( y0 ) Rg ( x0 , h) + R f ( y0 , k ) − Df ( y0 ) Dg ( x0 )h

R f o g ( x0 , h ) = Df ( y0 ) Rg ( x0 , h) + R f ( y0 , k ) , o lo que es lo mismo:

R f o g ( x0 , h) = Df ( y 0 ) R g ( x0 , h) + R f ( y 0 , k ) Utilizando la desigualdad triangular:

R f o g ( x0 , h) ≤ Df ( y 0 ) R g ( x 0 , h) + R f ( y 0 , k ) Utilizando la propiedad matricial: matriz y

Ax ≤ M x , donde A es una

M un número cualquiera, tenemos:

R f o g ( x0 , h) ≤ M R g ( x 0 , h) + R f ( y 0 , k ) , dividiendo todo para

0≤ lado:

h > 0: R f o g ( x 0 , h) h

≤M

R g ( x0 , h) h

+

R f ( y0 , k ) h

; por otro

154 Capítulo 4

Optimización de Funciones Escalares

R f ( y0 , k ) h R f ( y0 , k ) h

=

=

R f ( y0 , k ) k k

h

R f ( y 0 , k ) Dg ( x0 )h + R g ( x0 , h) k

h

Aplicando la desigualdad triangular y matricial antes expuesta:

R f ( y 0 , k )  Dg ( x0 )h R g ( x 0 , h)    + h k h h   R f ( y0 , k ) R f ( y0 , k )  ~ h R g ( x 0 , h)  M  ≤ + h k h  h  R f ( y0 , k ) R f ( y 0 , k )  ~ R g ( x 0 , h)  M +  , remplazando: ≤ h k h   R f ( y0 , k )

0≤

≤

R f o g ( x 0 , h)

≤M

h

R g ( x 0 , h) h

+

R f ( y 0 , k )  ~ R g ( x0 , h  M +  k h  

Como:

Lim

R g ( x 0 , h) h

h →0

Lim

R f ( y0 , k ) k

k →0

= 0 , por ser g ( x ) diferenciable en x 0 , y:

= 0 , por ser f ( x ) diferenciable en x 0 .

Entonces:

Lim

R f o g ( x 0 , h)

h →0

h

= 0.

f o g es diferenciable en x0 , y el teorema de la regla de la cadena queda demostrado.
Esto demuestra que

155

4.2 Extremos de Funciones Escalares

4.2

EXTREMOS DE FUNCIONES ESCALARES. Sea

f ( x) : U ⊂ R n → R ; xo ∈ U , β n ( xo , ρ ) una vecindad de xo en

R n ; ρ > 0 , si f ( x) ≤ f ( xo ) ∀x ∈ β n ( xo , ρ ) entonces se dice que en xo hay un valor máximo local de Si; por el contrario,

f ( x) que es f ( x0 ) . f ( x) ≥ f ( xo ) ∀x ∈ β n ( xo , ρ ) entonces se dice que en

xo hay un valor mínimo local de f ( x) que es f ( x0 ) ; si f ( x) es tal que en ciertas direcciones es un máximo local y en otras direcciones es un mínimo local, entonces se lo llama punto de silla. A los extremos de una función escalar se los llama también valores óptimos de la función escalar o extremos relativos de la función escalar.

Teorema 4-1 (condición necesaria de óptimo) Sea f ( x ) : U ⊂ R n → R , entonces:

x0 ∈ U

. Si en

xo f ( x) tiene un extremo local,

∇f ( x 0 ) = 0

Se llama condición necesaria de óptimo porque:

Si en x o hay un   extremo local   

[∇f ( xo ) = 0]

⇒

⇒

[∇f ( xo ) = 0]

En x 0 exista un   extremo local   


Demostración: Supongamos que

∇f ( x 0 ) ≠ 0 .

La derivada direccional de

f ( x) en x0 , en la dirección del gradiente: 2

f ´(xo; ∇f ( xo)) = (∇f ( x0 ) • ∇f ( x0 ) = ∇f ( xo) > 0

156 Capítulo 4

Optimización de Funciones Escalares

f ´(xo; ∇f ( xo)) = lim h →0

f ( xo + h∇f ( xo)) − f ( xo) >0 h

Por lo tanto:

lim f ( xo + h∇f ( xo)) − f ( xo) > 0 , que implica: h →0

f ( xo + h∇f ( xo)) > f ( xo) ⇒ en x0 no hay un máximo. Como esto no es cierto, y en demuestra que evidentemente

Ejemplo 4-5

x0 si hay un máximo, encontramos un absurdo que

∇f ( x 0 ) = 0 .

Encontrar los extremos relativos de la función

f ( x, y ) = x 2 + y 2

∇f ( x, y ) = [2 x 2 y ] = [0 0] Solución:

2 x = 0 ⇒ ( x, y ) = (0,0)  2 y = 0

;

Como se ve en la figura 4-1 el paraboloide tiene un valor mínimo en el punto (0,0) que es

f (0,0) = 0 y además es un extremo absoluto de esta función.

Figura 4-1


4.3

LA MATRIZ HESSIANA COMO CALIFICADORA NATURALEZA DE EXTREMOS LOCALES.

DE

LA

La matriz Hessiana es una matriz cuadrada y simétrica, como lo vimos en la sección 4-1, y puede estar expresada en forma diagonal o no; cuando está en forma diagonal es porque tiene valores diferentes de cero sólo en la diagonal principal y el resto de valores son cero, cuando esto no se cumple la matriz no es diagonal. Si la matriz Hessiana es diagonal quiere decir que todas las derivadas parciales mixtas de la función son cero y las dobles no; este razonamiento es muy importante para poder demostrar la forma como sirve la matriz Hessiana para calificar la naturaleza de los valores extremos. Ahora, si la matriz Hessiana es diagonal es

4.3 La Matriz Hessiana como calificadora de la Naturaleza de Extremos Locales

157

importante el signo que tienen los valores que están en la diagonal principal; esto nos lleva hacer la siguiente clasificación de la matriz Hessiana: ∂ 2 f  2  ∂x1  0 H =   :   0   ∂2 f  2  ∂x2 1  ∂ f H =  ∂x1∂x2   :  ∂2 f   ∂x1∂xn

0 ∂2 f ∂x 2 :

2

0

...

0

...

:

0

0

∂2 f ∂x2∂x1 ∂2 f 2 ∂x2 : ∂2 f ∂x2 ∂xn

...

∂2 f ∂x3∂x1 ∂2 f ∂x3∂x2 : ∂2 f ∂x3∂xn

 0    0   :  ∂2 f  2  ∂ x n  ∂2 f   ∂xn ∂x1  2 ∂ f  ... ∂xn ∂x2   :  2 ∂ f  ... 2  ∂xn 

⇒

Matriz Hessiana diagonal de dimensión

n×n

...

⇒

Matriz Hessiana no diagonal de dimensión

n×n

Si la matriz Hessiana es diagonal se la clasifica en las siguientes categorías de acuerdo al signo de los elementos de la diagonal principal:

1.

Si

∀i,

∂2 f ∂xi

2

> 0 , (todos los términos de la diagonal principal son

positivos) se dice que es “DEFINIDA POSITIVA”. 2.

Si

∀i,

∂2 f ∂xi

2

< 0 , (todos los términos de la diagonal principal son

negativos) se dice que es “DEFINIDA NEGATIVA”. 3.

Si

∀i,

∂2 f ∂xi

2

≥ 0 , (todos los términos de la diagonal principal son no

negativos) se dice que es “SEMI DEFINIDA POSITIVA”. 4.

Si

∀i,

∂2 f ∂xi

2

≤ 0 , (todos los términos de la diagonal principal son no

positivos) se dice que es “SEMI DEFINIDA NEGATIVA”. 5.

Términos no negativos y no positivos en la diagonal principal se dice que es: “NO DEFINIDA NI POSITIVA NI NEGATIVA”.

158 Capítulo 4

Optimización de Funciones Escalares

Cuando la matriz Hessiana no es diagonal se deben calcular sus autovalores o valores característicos, que por su naturaleza de ser simétrica son reales, y representan los términos de la diagonal principal de la matriz diagonalizada. Entonces, para ubicarla en cualquiera de las categorías anteriores se lo hará en función del signo de los autovalores que serían los términos de la diagonal principal, así: Sea

λi

el i-ésimo auto valor de la matriz:

∀i, λi > 0 , (todos los autovalores son positivos) se dice que es

1.

Si

2.

“DEFINIDA POSITIVA”. Si ∀i, λi < 0 , (todos los autovalores son negativos) se dice que es

3.

“DEFINIDA NEGATIVA”. Si ∀i, λi ≥ 0 , (todos los autovalores son no negativos) se dice que es

4.

“SEMI DEFINIDA POSITIVA”. Si ∀i, λi ≤ 0 , (todos los autovalores son no positivos) se dice que es

5.

“SEMI DEFINIDA NEGATIVA”. Autovalores no negativos y no positivos se dice que es: “NO DEFINIDA NI POSITIVA NI NEGATIVA”.

Teorema 4-2 (Criterio para calificar la naturaleza de los valores extremos) Sea f ( x ) : U ⊂ R n → R , de tipo extremo local y 1.

Si

H [ f ( x0 )] es su matriz Hessiana definida en xo , entonces:

H [ f ( x0 )] es definida positiva, entonces en x0 hay un valor mínimo

de la función 2.

Si

f ( x0 ) .

H [ f ( x0 )] es definida negativa, entonces en x0 hay un valor

máximo de la función 3.

Si

C 2 (U ) , x0 ∈ U . Si en xo f (x) tiene un

f ( x0 ) .

H [ f ( x0 )] es semi-definida positiva, entonces en x0 “puede existir”

un valor mínimo de la función 4.

Si

H [ f ( x0 )] es semi-definida negativa, entonces en x0 “puede existir”

un valor máximo de la función 5.

Si

f ( x0 ) . f ( x0 ) .

H [ f ( x0 )] es no definida, entonces en x0 hay un punto de silla de la

función

f ( x0 ) .

159

4.3 La Matriz Hessiana como calificadora de la Naturaleza de Extremos Locales


Demostración: Como en

x0 hay un extremo local de la función, del teorema 4-1 tenemos que

∇f ( x 0 ) = 0 . Una aproximación cuadrática de la función escalar en una vecindad de

x0 está

dada por: f ( X ) = f ( X 0 ) + ∇ f ( X 0 ) • ( X − X 0 ) + 12 H [ f ( X 0 ) ][X − X 0 ] • ( X − X 0 ) + R 2 ( X , X 0 )

Que por haber en

x0 un extremo local la aproximación queda:

f ( X ) = f ( X 0 ) + 12 H [ f ( X 0 )][ X − X 0 ] • ( X − X 0 ) + R2 ( X , X 0 ) O lo que es lo mismo:

f ( X ) − f ( X 0 ) = 12 H [ f ( X 0 ) ][ X − X 0 ] • ( X − X 0 ) + R 2 ( X , X 0 ) Si

H [ f ( x0 )] es definida positiva;

Y por supuesto

1 2

1 2

H [ f ( X 0 ) ][ X − X 0 ] • ( X − X 0 ) > 0

H [ f ( X 0 ) ][ X − X 0 ] • ( X − X 0 ) + R 2 ( X , X 0 ) > 0 , por

ser R 2 ( X , X 0 ) un infinitésimo; entonces:

f ( X ) − f ( X 0 ) > 0 y eso prueba que en f ( x0 ) hay un mínimo local. De igual forma: Si

H [ f ( x0 )] es definida negativa; 12 H [ f ( X 0 ) ][X − X 0 ] • ( X − X 0 ) < 0

Y por supuesto

1 2

H [ f ( X 0 ) ][ X − X 0 ] • ( X − X 0 ) + R 2 ( X , X 0 ) < 0 , por

ser R 2 ( X , X 0 ) un infinitésimo; entonces:

f ( X ) − f ( X 0 ) < 0 y eso prueba que en f ( x0 ) hay un máximo local. Para el caso de que la matriz Hessiana sea semi-definida positiva o negativa el razonamiento es así:

160 Capítulo 4

Optimización de Funciones Escalares

1 2

H [ f ( X 0 ) ][ X − X 0 ] • ( X − X 0 ) ≥ 0

1 2

H [ f ( X 0 ) ][ X − X 0 ] • ( X − X 0 ) ≤ 0

Esto no garantiza que: 1 2

H [ f ( X 0 ) ][ X − X 0 ] • ( X − X 0 ) + R 2 ( X , X 0 ) ≥ 0

1 2

H [ f ( X 0 ) ][ X − X 0 ] • ( X − X 0 ) + R 2 ( X , X 0 ) ≤ 0

Por cuanto en este caso la presencia del infinitésimo si afecta el signo de este término y esto no permite aseverar que se pueda tratar de un mínimo o máximo, respectivamente, sino solo afirmar que “puede tratarse” de estos extremos. Con el razonamiento anterior es obvio que si

H [ f ( x0 )] es no definida

entonces:

f ( X ) − f ( X 0 ) ≤ 0 o f ( X ) − f ( X 0 ) ≥ 0 y por supuesto se trata de un punto de silla. En el caso del ejemplo 4-5 la matriz Hessiana es:

2 0 H [ f ( x, y ) ] =    0 2 Definida positiva lo que indica que en el punto (0,0) hay un valor mínimo de la función y es un extremo absoluto por cuanto la matriz Hessiana ni siquiera depende del valor (0,0) para ser definida positiva sino que lo es en todo el dominio de la función. Con los teoremas 1 y 2 podemos hacer un resumen del procedimiento tradicional para encontrar y calificar los valores extremos de una función escalar, este procedimiento lo presentamos en la figura 4-2: Hay que tomar en cuenta en los ejercicios que si la matriz Hessiana es semidefinida, debemos probar en todas las direcciones posibles antes de concluir que se trata de un valor máximo o mínimo; en el caso de semi-definida es más fácil negar que se trata de un valor extremo que afirmar que es un valor extremo; por cuanto en el primer caso se trata de probar un cuantificador de existencia mientras que en el segundo caso se trata de probar un cuantificador universal y por lo tanto siempre quedará la duda de lo afirmado.

161

4.3 La Matriz Hessiana como calificadora de la Naturaleza de Extremos Locales

Calcular:

PROCEDIMIENTO TRADICIONAL PARA OPTIMIZAR FUNCIONES ESCALARES

∇f ( x ) H [ f ( x )]

∇f ( x ) = 0 H [ f ( x 0 )]

Encontrar los posibles extremos (valores críticos)

DIAGONAL (Calificar los valores críticos)

NO DIAGONAL (Calcular autovalores)

Con los autovalores (Calificar los valores críticos)

Figura 4-2

Ejemplo 4-6

Encontrar

los

extremos

2

2

f ( x, y ) = x − y Solución:

relativos

de

la

función

∇f ( x, y ) = (2 x,−2 y ) ∇f ( x, y ) = (0,0) ⇒ ( x, y ) = (0,0)

2 0  H [ f ( x, y ) ] =   , no definida, por lo tanto en (0,0) hay  0 − 2 un punto de silla


162 Capítulo 4

Optimización de Funciones Escalares

Autovalores de una matriz

r

Dada la matriz cuadrada A; se desea resolver las ecuaciones Av son los auto valores o valores propios de la matriz A y vectores propios de la matriz A correspondientes a λ . La solución se da si existe al menos un numero real resuelva la ecuación. Esto es:

r = λv donde λ

r v son los auto vectores o

λ

y un vector

r v ≠ 0 que

[A − λI ]vr = 0 ; (vector cero)

4-4

La ecuación 4-4 representa un sistema homogéneo de n ecuaciones con n incógnitas que se resuelve de acuerdo a la regla de Cramer.

Regla de CRAMER Si en un sistema homogéneo el determinante del sistema es diferente de 0 ⇒ que el sistema tiene solución, única y es la solución cero. Si en un sistema homogéneo el determinante del sistema es igual a 0 ⇒ que el sistema tiene infinitas soluciones diferentes de la solución nula.

De la regla de CRAMER para que este sistema homogéneo de la ecuación 4-4 tenga “n” soluciones diferentes de cero, tiene que cumplirse que:

det[ A − λI ] = 0

4-5

La condición 4-5 da una ecuación en λ de grado “n” de cuya solución se obtendrá “n” raíces entre reales e imaginarias. Estas raíces son los autovalores de A.

7 3 0  A = 3 7 4 0 4 7 

Ejemplo 4-7

Encontrar los autovalores de la matriz:

Solución:

7 3 0  1 0 0   A − λI = 3 7 4 − λ 0 1 0 0 4 7  0 0 1

163

4.3 La Matriz Hessiana como calificadora de la Naturaleza de Extremos Locales

3 0  7 − λ  det  3 7−λ 4  = 0  0 4 7 − λ 

(

)

(7 − λ ) (7 − λ ) 2 − 16 − 3(3(7 − λ ) ) = 0 (7 − λ )(49 − 14λ + λ 2 − 16) − 9(7 − λ ) = 0

( ) (7 − λ )(24 − 14λ + λ ) = 0

(7 − λ ) 33 − 14λ + λ2 − 9(7 − λ ) = 0 2

(7 − λ )(λ − 12)(λ − 2) = 0  λ1 = 7  λ 2 = 12 λ =2  3 Regresando a lo nuestro, esta matriz es definida positiva

Ejemplo 4-8




Encontrar los valores extremos del campo escalar

f ( x, y ) = x 2 + y 2 − 2 x + 4 y + 5

Solución:

∇f = [2 x − 2 2 y + 4] = [0 0] 2x − 2 = 0 ⇒ x = 1

2 y + 4 = 0 ⇒ y = −2 Valor crítico: (1,-2)

2 0 H [ f ( x, y ) ] =   ; definida positiva  0 2 ∴ en (1,-2) hay un mínimo de la función que es: f (1,−2) = 0


164 Capítulo 4

Ejemplo 4-9

Optimización de Funciones Escalares

Encontrar los valores extremos del campo escalar

f ( x, y ) = x 2 − 2 xy + y 2 + x 3 + y 3 Solución:

[

∇ f ( x, y ) = 2 x − 2 y + 3 x 2

]

− 2 x + 2 y + 3 y 2 = [0 0]

2 x − 2 y + 3x 2 = 0 − 2x + 2 y + 3y 2 = 0 3( x 2 + y 2 ) = 0 ⇒ (0,0) Valor crítico −2  2 + 6 x H [ f ( x, y ) ] =  2 + 6 y   −2

 2 − 2 H [ f (0,0)] =   ; como no es diagonal, calculamos los − 2 2  autovalores:

Y

2 − λ − 2  det  =0  − 2 2 − λ (2 − λ ) 2 − 4 = 0 4 − 4λ + λ 2 − 4 = 0 λ ( λ − 4) = 0 λ1 = 0

λ2 = 4 ; Semi definida positiva

---

+ + + + + + + ++ - -+++ +++++++++ -1 1 + +

-

X

Figura 4-3

Como es semi definida no podemos aseverar que se trate de un mínimo; procedemos a comprobar esto en distintas direcciones. 2

3

En la dirección: y = 0 eje " X " ; f ( x,0) = x + x Como se ve en la figura 4-3, en una pequeña vecindad de (0,0) si se trata de un mínimo. Como se aprecia en la misma figura lo mismo pasa para la dirección del eje “Y” x = 0 ; pero no para el caso de la dirección

4.3 La Matriz Hessiana como calificadora de la Naturaleza de Extremos Locales

165

y = x , donde se aprecia que no cumple, esto nos hace concluir que la función no tiene extremos.

x = 0 eje "Y " ; f (0, y ) = y 2 + y 3 y=x Ejemplo 4-10

;

f ( x, x ) = 2 x 3




Encontrar los valores extremos del campo escalar:

f ( x, y ) = x 3 − x 2 y + y 2 − x 2 Solución:

[

]

∇f = 3 x 2 − 2 xy − 2 x − x 2 + 2 y = [0 0]

3x 2 − 2 xy − 2 x = 0 ⇒ 2 − x + 2 y = 0 y=

 x2  x2 ⇒ 3x 2 − 2 x  − 2 x = 0 2  2

3x 2 − x 3 − 2 x = 0 x(3 x − x 2 − 2) = 0 x=0

3x − x 2 − 2 = 0

x = 2; x = 1 Existen tres puntos críticos:

(0,0); (1, 12 ); (2,2)

6 x − 2 y − 2 − 2 x  Hf =  2   − 2x

Hf

( 0,0 )

− 2 0 =   0 2

No definida, ⇒ (0,0) es un punto de silla

 3 − 2 = ; − 2 2  (3 − λ )(2 − λ ) − 4 = 0 Hf

1   1, −  2 

3 − λ det   −2

−2  =0 2 − λ 

166 Capítulo 4

Optimización de Funciones Escalares

6 − 5λ + λ2 − 4 = 0 λ2 − 5λ + 2 = 0

λ=

5 ± 25 − 8 ; λ1 = 4.56; λ 2 = 0.43 ; definida (+) 2

(1, 12 ) hay un mínimo.

En

Hf

( 2, 2)

 6 − 4 = ; − 4 2  

6 − λ det   −4

−4  =0 2 − λ 

(6 − λ )(2 − λ ) − 16 = 0 12 − 8λ + λ2 − 16 = 0 λ2 − 8λ − 4 = 0

λ= En

8 ± 64 + 16 ; 2

λ1 = 8.47; λ 2 = −0.47 ; no definida

(2,2) hay un punto de silla.

⇒ La función tiene un mínimo en (1, 12 ) y dos puntos de silla
en los puntos (0,0); ( 2,2) .

Ejemplo 4-11

Encontrar los extremos de: f ( x, y) = x 4 + y 4 − 2 x 2 + 4 xy − 2 y 2

Solución:

 4 x 3 − 4 x + 4 y  0  ∇f =  3 =  4 y + 4 x − 4 y   0  x3 − x + y = 0 ; ⇒

y = x − x3

y3 + x − y = 0 (x − x3 )3 + x − x + x3 = 0 x 3 (1 − x 2 ) 3 + x − x + x 3 = 0

4.3 La Matriz Hessiana como calificadora de la Naturaleza de Extremos Locales

167

x 3 (1 − 3 x 2 + 3 x 4 − x 6 ) + x 3 = 0 x 3 − 3x 5 + 3x 7 − x 9 + x 3 = 0 x 9 − 3x 7 + 3x 5 − 2 x 3 = 0 x 3 ( x 6 − 3 x 4 + 3 x 2 − 2) = 0 ; ⇒ 6

4

x = 0;

y=0

2

( x − 3 x + 3 x − 1) − 1 = 0 ( x 2 − 1) 3 − 1 = 0 ; diferencia de cubos ( x 2 − 1 − 1)( x 4 − 2 x 2 + 1 + x 2 − 1 + 1) = 0 ( x 2 − 2)( x 4 − x 2 + 1) = 0 ( x 4 − x 2 + 1) = 0 ; no sirve porque son valores imaginarios

⇒

x2 = 2

x=± 2

Puntos Críticos ( 0 , 0 ) ; ( 2 ,- 2 ) ; (- 2 , 2 )

12 x 2 − 4 4  H ( x) =   12 y 2 − 4  4 − 4 4  H (0,0) =    4 − 4 hay que calcular valores característicos

−4−λ 4

λ1 = 0

4 =0 −4−λ

16 + 8λ + λ2 − 16 = 0

λ 2 = −8

La matriz Hessiana es semidefinida negativa; lo que no garantiza que haya un máximo en este punto. Analicemos en un entorno de (0 ,0); la figura 4-4 ilustra gráficamente este análisis sobre las rectas y = x ; y sobre la recta y = −x :

168 Capítulo 4

Optimización de Funciones Escalares

Y

++

+

+

+

+

+ +

--

++

-

+

+

+

+

--

+

+

+

+

y=x

X

-

+

+

++ y = -x

Figura 4-4

y=x ⇒

f ( x, x) = 2 x 4 ; siempre positivos

y = −x ⇒

f ( x,− x) = 2 x 4 − 8 x 2 ; negativo dentro de una

pequeña vecindad de (0,0). Esto indica que en (0,0) no existe un máximo.

20 4  H ( 2 ,− 2 ) =    4 20 20 − λ

4

4

20 − λ

λ1 = 24

=0

⇒

(20 − λ ) 2 − 16 = 0

λ 2 = 16

Definido positivo, hay un mínimo

20 4  H (− 2 , 2 ) =   ; lo mismo, por lo tanto:  4 20 Hay mínimos en ( 2 ,− 2 ); ( − 2 , 2 )

f ( 2 , − 2 ) = ( − 2 , 2 ) = −8




4.3 La Matriz Hessiana como calificadora de la Naturaleza de Extremos Locales

Ejemplo 4-12

Solución:

169

Encontrar los extremos de la función: f ( x, y ) = ( x − y 2 )(2 x − y 2 ) = 2 x 2 + y 4 − 3 xy 2

 4 x − 3 y 2  0  ∇f =  3 =  4 y − 6 xy  0 − 6y   4 H =  2 − 6 y 12 y − 6 x 

∇f = 0

x = 34 y 2

4x − 3 y 2 = 0 4 y 3 − 6 xy = 0 ;

4 y 3 − 6( 34 y 2 ) y = 0

4 y 3 − 92 y 3 = 0 ⇒ x = 0 ; 4 0 H (0,0) =   0 0

y=0

Semidefinida Positiva

Quiere decir que posiblemente se trata de un mínimo. Veamos que pasa si analizamos la función sobre la recta y = ax , la figura 4-5 representa gráficamente este perfil para un cierto valor de a:

Y

y = ax

X

(0 , 0)

Figura 4-5

170 Capítulo 4

Optimización de Funciones Escalares

f ( x, ax) = 2 x 2 + a 4 x 4 − 3a 2 x 3 ∧

f ' = 4 x + 4a 4 x 3 − 9a 2 x 2

∧

f ' ' = 4 + 12a 4 x 2 − 18a 2 x

∧

∧

f ' (0) = 0 ; f ' ' (0) = 4 > 0 ⇒

Indica que la función tiene un mínimo sobre cualquier perfil de la forma y = ax . Sin embargo de esto no es suficiente para asegurar que se trata de un mínimo. La figura 4-6 representa un análisis gráfico en una pequeña vecindad de (0,0) entre las regiones planas limitadas por las parábolas

x = y 2 y x = 12 y 2 : Y f=0 f=0 + + + + + +

+ + + + + +

-- +

+ + ++ - +

X

--

2x − y 2 = 0

x − y2 = 0

Figura 4-6 Vemos que escribiendo la función en la forma original. f ( x, y ) = ( x − y 2 )(2 x − y 2 ) , nos permite análizar los signos de la función en cada una de las subregiones como lo indica la figura. En esta discución se ve que (0,0) no es un mínimo de la función a pesar de que en los perfiles rectos de la forma y = ax si lo era.

∴ Esta función no tiene extremos.




Es muy importante notar, como lo dijimos anteriormente y como lo intentan explicar los ejemplos anteriores, que cuando la matriz Hessiana es semidefinida positiva o negativa es bastante difícil demostrar que se trate de mínimos o máximos respectivamente; es más fácil negar esta afirmación si el ejercicio lo permite.

171

4.4 Extremos Condicionados

4.4

EXTREMOS CONDICIONADOS.

Es importante que comprendamos lo que se conoce como un problema de extremos condicionados; que lo identificamos como un problema de calcular los valores máximos o mínimos sujetos a un conjunto de restricciones. Es muy común hablar de problemas condicionados; por ejemplo, en el campo de los negocios, una empresa que produce algunos artículos necesita saber cuales deben ser los niveles de producción de cada uno de los artículos que produce, para maximizar sus utilidades, sujeto a restricciones de capital disponible, materia prima por disponibilidad de proveedores, capacidad de producción instalada, características de mercado y muchas otras restricciones más que son muy comunes en el mundo de los negocios, este ejemplo y muchos más que son frecuentes en este campo son problemas de extremos condicionados. Un problema condicionado lo podemos formular así: Optimizar:

z = f (X )

Función objetivo

Sujeto a:

 g1 ( X ) = b1  g (X ) = b  2 2  .   g k ( X ) = bk

Conjunto de restricciones

Donde

z = f ( X ) : R n → R , y g i ( X ) = bi para

i = 1,2,......, k son

n

superficies de nivel en R . La figura 4-7 representa un problema condicionado: El mínimo de z sujeto a la restricción:

= x2 + y2 ,

ax + by + cz + d = 0 (plano π )

Extremo Condicionado

x

Extremo Absoluto

Figura 4-7

El punto P1 es el mínimo absoluto de la función y el punto P2 representa el mínimo condicionado al plano π , como puede apreciar en este gráfico resolver este problema condicionado, geométricamente, es

172 Capítulo 4

Optimización de Funciones Escalares

encontrar el mínimo de la función sobre el corte o intersección de la superficie con el plano El conjunto de restricciones no necesariamente son igualdades, pueden también ser desigualdades de la forma:

 g1 ( X ) ≤ b1 g ( X ) ≤ b  2 2 o de la forma  .   g k ( X ) ≤ bk

 g1 ( X ) ≥ b1 g ( X ) ≥ b  2 2 o combinando las desigualdades  .   g k ( X ) ≥ bk

con las igualdades. Existen algunos métodos para resolver este tipo de problemas condicionados, de los cuales los más comunes y que estudiaremos en este libro son el de Los Multiplicadores de Lagrange, para el caso de que sólo existan restricciones de igualdad y el de las condiciones de Kuhn Tucker para el caso de que existan desigualdades en el conjunto de restricciones, analizaremos cada uno de estos métodos por separado.

METODO DE LOS MULTIPLICADORES DE LAGRANGE Consideremos el problema:

Optimizar

z = f (X )

 g1 ( X ) = b1  g (X ) = b  2 2 Sujeto a:  .   g k ( X ) = bk Podemos construir una función que asocie la función objetivo del problema original y el conjunto de restricciones de la siguiente manera:

L( x1, x2 ,......,xn , λ1, λ2 ,........,λk ) = f ( X ) − λ1( g1( X ) − b1) − λ2 ( g2 ( X ) − b2 ) − .....− λk ( gk ( X ) − bk )

173

4.4 Extremos Condicionados

Esta nueva función no altera el valor de la función objetivo original porque se k

esta restando el valor:

∑ λ (g ( X ) − b ) , i

i

i

que es cero por contener todas las

i =1

restricciones igualadas a cero. A la función L( x1 , x2 ,......, xn , λ1 , λ2 ,........, λk ) : R n + k → R , se la conoce como

función de Lagrange y los coeficientes

λi

se los conoce como Multiplicadores de

Lagrange, el óptimo de L( x1 , x2 ,......, xn , λ1 , λ2 ,........, λk ) es el óptimo del problema condicionado. Aplicando la condición necesaria de óptimo a la función de Lagrange obtenemos:

∇L = 0 , esto implica: ∂g ∂g ∂g ∂L ∂f = − λ1 1 − λ 2 2 − ......... − λ k k = 0; i = 1,2,....., n ∂xi ∂xi ∂xi ∂xi ∂xi ∂L = g j ( X ) − b j = 0; ∂λ j

j = 1,2,...., k

El método consiste en encontrar los valores de condiciones:

∂L = 0; ∂xi

i = 1,2,...., n

∂L = 0; ∂λ j

j = 1,2,...., k

x y de λ que satisfagan las

n + k ecuaciones con n + k incógnitas, donde por supuesto daremos prioridad al cálculo de las xi que es lo que generalmente Esto lleva a resolver un sistema de

interesa en el problema original.

Ejemplo 4-13

Encontrar los extremos de la función:

f ( x, y , z ) = 3 x 2 + 4 y 2 + z 2 , sujeto a:

x2 + y2 + z2 −1 = 0

174 Capítulo 4

Solución:

Optimización de Funciones Escalares

Es un problema de extremos condicionados con una sola restricción que también se lo puede resolver haciendo una substitución directa de la restricción y trabajando sobre el corte de la siguiente forma:

fˆ ( x, y ) = 3 x 2 + 4 y 2 + 1 − x 2 − y 2 o fˆ ( x, y ) = 2 x 2 + 3 y 2 + 1 ,

4 x = 0 ∇fˆ ( x, y ) = (4 x,6 y ) = (0,0) ⇒  , la solución es: 6 y = 0 (0,0,1) , calculemos la matriz Hessiana para probar si es máximo o mínimo:

 2 0 H fˆ ( x, y ) =   ; definida positiva, lo que indica que el 0 6  

[

]

punto antes mencionado es un mínimo. Ahora procedamos por el método de Los Multiplicadores de Lagrange, la función de Lagrange es de la forma:

L( x, y, z , λ ) = 3 x 2 + 4 y 2 + z 2 − λ ( x 2 + y 2 + z 2 − 1) ∇L = 0

 6 x − 2 xλ = 0  8 y − 2 yλ = 0    2 z − 2 zλ = 0  x 2 + y 2 + z 2 = 1 Existen 6 puntos diferentes de la forma este sistema:

( x, y, z , λ ) que satisfacen

(±1,0,0,m3); (0,±1,0,m4); (0,0,±1,m1) , probemos estos valores:

f (±1,0,0) = 3 f (0,±1,0) = 4 f (0,0,m1) = 1

175

4.4 Extremos Condicionados

(0,0,±1) son mínimos del problema condicionado y (0,±1,0) son valores máximos del problema condicionado.


Aquí se ve que

Como podemos observar en el ejemplo anterior 4-13, por substitución directa perdimos los extremos (0,0,−1) que también es un mínimo y los extremos (0,±1,0) que son máximos locales; lo cual indica el cuidado que se debe tener cundo se aplica substitución directa que es aplicable siempre que se tenga una sola restricción de igualdad; pues, si se tiene mas de una restricciones de igualdad este método ya se dificulta por cuento se tendría que trabajar sobre el conjunto solución de todas las restricciones.

Ejemplo 4-14

Encontrar los extremos de la función: f

x2 + y2 = 1 ⇒ y =

sujeto a: Solución:

(x ,

y

)

= xy

1 − x2

Por sustitución directa: 1

f ( x, y ) = x 1 − x 2 = ( x 2 − x 4 ) 2 = f ( x ) f ' (x ) =

1 2

(x

2

2x − 4x 3

=

2

2 x −x

− 12

) (2 x − 4 x ) = 0

− x4

4

=

3

1− 2x 2 1− x

2

=0⇒ x=±

2 2 ⇒ y=± 2 2

Los extremos son:

,

2 2

) , (−

f(

2 2

,

2 2

f(

2 2

,−

(

2 2

2 2

,

) = f (− 2 2

2 2

2 2

) = f (−

2 2

,−

,−

2 2

) = 12 , máximos condicionados

2 2

2 2

) = − 12 , mínimos condicionados

), ( ,

2 2

) , (−

2 2

,−

Por Lagrange:

(

L ( x , y , λ ) = xy − λ x 2 + y 2 − 1

[

∇ L = y − 2 xλ

x − 2λy

x

2

 y − 2 xλ = 0   x − 2 yλ ) = 0 ; da como solución:  x2 + y2 = 1 

) + y2 −1

]

2 2

)

176 Capítulo 4

Optimización de Funciones Escalares

(

2 2

2 2

,

) , (−

2 2

,

2 2

) , (−

2 2

,−

2 2

), (

2 2

,−

2 2

)

Que da la misma solución obtenida por substitución directa.

Ejemplo 4-15

Encontrar 2

la

distancia

más

corta

entre

la




elipse

2

2 x + 3 y = 12 y la recta x + y = 6 . Solución:

x+ y =6

d

x2 y2 + =1 6 4

Figura 4-8

Como podemos apreciar en la figura 4-8, considerando que la distancia de un punto a una recta en el plano es:

d=

ax + by + c a2 + b2

, se lo puede plantear como un problema

condicionado de la forma:

Minimizar :

2 2 x + 3 y = 12 2

Sujeto a:

L ( x, y , λ ) =

∇L =

[

2 2

x+ y−6

f ( x, y ) =

1 2

− 2 xλ

2

x + y − 6 − λ (2 x 2 + 3 y 2 − 12) 2 2

− 6 yλ

2 x 2 + 3 y 2 − 12

]

177

4.4 Extremos Condicionados

 22 − 2 xλ = 0 x = −1.96  2  2 − 6 yλ = 0 ⇒ x = +1.96 2 x 2 + 3 y 2 = 12 

y = −1.3 λ = +0.09 y = +1.3 λ = −0.09

f (−1.96,−1.3) = 6.54 f (1.96.1.3) = 1.93 ⇒ la mínima distancia entre la elipse y la recta es 1.93.


Ejemplo 4-16

Cuál es el volumen del más grande paralelepípedo que puede ser inscrito en el elipsoide

x2 y2 z2 + + =1 9 16 36

Solución:

Figura 4-9

Figura 4-9 Como se puede ver en la figura 4-9, en el sistema cartesiano las dimensiones del paralelepípedo son: 2 x × 2 y × 2 z , el problema condicionado es de la forma: Maximizar:

8 xyz

Sujeto a:

x2 y2 z2 + + =1 9 16 36

178 Capítulo 4

Optimización de Funciones Escalares

L( x, y, z , λ ) = 8 xyz − λ (

x2 y2 z2 + + − 1) 9 16 36

 8 yz − 92 xλ  0  8 xz − 1 yλ     8   0  ∇L =  8 xy − 1 zλ  = 18  x 2 y 2 z 2  0     + + − 1 0  9 16 36  Esto lleva a resolver el sistema:

 8 yz − 92 xλ = 0  8 xz − 1 yλ = 0 8   8 xy − 181 zλ = 0 , hay dos conjuntos de soluciones:  x2 y2 z2  + + =1  9 16 36

x = 0  Si λ = 0 ; 8 xz = 0 ⇒  x = 0 8 xy = 0  x = 3 8 yz = 0

y = 0 z = 6  y = 4 z = 0 y = 0 z = 0

Todos estos valores dan volumen cero; valores mínimos condicionados; para este caso no nos interesa. Si

λ ≠ 0 ; λ ( 92 x 2 − 18 y 2 ) = λ ( 18 y 2 − 181 z 2 ) = 0 x= 3

y=

El volumen máximo es:

Ejemplo 4-17

4 3

3

z=2 3

64 3 unid3




Una caja rectangular abierta en la parte superior tiene un volumen de 32 cm3, cada lado debe tener las dimensiones tales que la superficie total sea máxima. Encontrar las dimensiones.

179

4.4 Extremos Condicionados

Solución:

Sean x, y , z las dimensiones de la caja:

z

Minimizar:

x

f ( x, y , z ) = 2 xz + 2 yz + xy Sujeto a:

y

Figura 4-10

xyz = 32

L( x, y, z , λ ) = 2 xz + 2 yz + xy − λ ( xyz − 32)  2 z + y − yzλ  0  2 z + x − xzλ  0 =  ∇L =  2 x + 2 y − xyλ  0      xyz − 32  0 Tenemos que resolver el sistema:

 2 z + y − yzλ = 0  2 z + x − xzλ = 0  ;  2 x + 2 y − xyλ = 0  xyz = 32

2 xz − 2 yz = 0   xy − 2 xz = 0 ;  xyz = 32  x ≠ 0;

 2 xz + xy − xyzλ = 0  2 yz + xy − xyzλ = 0   2 xz + 2 yz − xyzλ = 0  xyz = 32

 z( x − y) = 0   x( y − 2 z ) = 0  xyz = 32 

y ≠ 0; z ≠ 0 ⇒ x = y;

( y )( y )( 2y ) = 32 ⇒ y 3 = 64;

x = 4; Area max = 48 cm2

y = 2 z.

y=4

y = 4; z = 2 ; son las dimensiones


180 Capítulo 4

Optimización de Funciones Escalares

INTERPRETACIÓN DEL MULTIPLICADOR DE LAGRANGE

λ

En la mayoría de las aplicaciones del método de los multiplicadores de Lagrange no es necesario calcular el valor numérico del multiplicador λ ; sin embargo ahora analizaremos la importancia de la interpretación del multiplicador λ . Sea

M el valor óptimo de f ( X ) , sujeta a la restricción g ( X ) = k .

Entonces

M = f ( X ) para alguna terna ( x1 , x 2 ,......, x n ) ∈ R n que satisfaga

las n + 1 ecuaciones que resultan de aplicar la condición necesaria de óptimo a la función de Lagrange:

 f ' x1 = λg ' x1  f ' = λg ' x2  x2 n , además las coordenadas de la terna ( x1 , x 2 ,......, x n ) ∈ R , :   f ' = λg ' xn  xn  g ( X ) = k dependen de k ya que los diferentes niveles de la restricción llevarán por lo general diferentes combinaciones óptimas de xi ; por lo tanto:

M = f ( X ) ; donde xi dependen de k ⇒ aplicando la regla de la cadena:

dM ∂M dx1 ∂M dx 2 ∂M dx n = + + .......... + o lo que es lo mismo: dk ∂x1 dk ∂x 2 dk ∂x n dk dx dx dx dM = f ' x1 1 + f ' x2 2 + .......... + f ' xn n por que M = f ( X ) , o: dk dk dk dk dx dM = λg ' x1 1 + λg ' x2 dk dk dx dM = λ ( g ' x1 1 + g ' x2 dk dk

dx dx 2 + .......... + λg ' xn n dk dk dx n dx 2 + .......... + g ' xn ) ; o: dk dk

181

4.4 Extremos Condicionados

dM dg =λ aplicando la regla de la cadena, dk dk Como

g(X ) = k ⇒

dg = 1 y por supuesto: dk

dM =λ dk Esto quiere decir que λ representa el cambio del valor óptimo de f ( X ) debido a un incremento unitario de k , que es el margen de la restricción. Visto de otra forma; la variación del valor óptimo de la función con respecto al valor marginal de la restricción.

Ejemplo 4-18

Un fabricante tiene asignado $60.000,00 para invertir en el desarrollo y la promoción de un nuevo producto. Se ha calculado que si gasta x miles de dólares en desarrollo y y miles de dólares 3

en promoción, se venderán aproximadamente unidades del nuevo producto.

f ( x, y ) = 20 x 2 y

a.- ¿Cuánto dinero debe gastar el fabricante en desarrollo y cuánto en promoción para maximizar las ventas? b.- Supóngase que le aumentan la asignación para invertir en desarrollo y promoción a $60.200,00. Calcular de qué manera afectará al nivel máximo de ventas los $200 adicionales.

Solución:

a.- El problema condicionado será: 3

Maximizar Sujeto a:

f ( x, y ) = 20 x 2 y x + y = 60 3

L( x, y, λ ) = 20 x 2 y − λ ( x + y − 60)

182 Capítulo 4

Optimización de Funciones Escalares

30 x 2 y − λ  0   3 ∇L =  20 x 2 − λ  = 0 , esto lleva a resolver el sistema:  x + y − 60  0     1

30 x 2 y − λ = 0  3  20 x 2 − λ = 0 , la solución es: x = 36  x + y = 60  1

y = 24

Esto es; para maximizar las ventas, el fabricante debe invertir $36.000,00 en desarrollo y $24.000,00 en promoción y venderá aproximadamente 103.680 unidades del nuevo producto.

dM = λ , aplicando diferenciales tenemos: dk

b.- Como:

∆M ≈

dM ∆k = λ∆k , calculemos λ dk 3 2

3 2

λ = 20 x = 20(36) = 4.320 , ∆k = 0.2

(miles de dólares)

∆M ≈ (4.320)(0.2) = 864 Lo que quiere decir que las ventas máximas del nuevo producto se incrementarán aproximadamente en 864 unidades, si el presupuesto se aumenta de $60.000,00 a $60.200,00
Hablando de maximización de utilidad sujeto a una restricción presupuestaria, el multiplicador de Lagrange es el cambio aproximado en la utilidad máxima, resultante de un incremento unitario en el presupuesto y los entendidos en esta materia lo conocen como utilidad marginal del dinero.

CONDICIONES DE KUHN – TUCKER Este procedimiento es utilizado cuando el problema condicionado tiene restricciones de desigualdad y esta basado también en el método de Lagrange. Consideremos el problema:

183

4.4 Extremos Condicionados

Maximizar:

z = f (X )

Sujeto a:

g i ( X ) ≤ 0 ; i = 1,2,........, m

Las restricciones de desigualdad pueden transformarse en igualdades aumentándoles una variable no negativa que se la llama variable de holgura, para asegurarnos la no negatividad tomemos esta variable como

S i2 , i = 1,2,......, m ,

entonces el problema queda de la forma: Maximizar:

z = f (X )

Sujeto a:

g i ( X ) + S i2 = 0 ; i = 1,2,........, m

Este es un problema al que le aplicamos el método de multiplicadores de Lagrange y la función de Lagrange será de la forma:

L( x1 , x 2 ,.., x n , s1 , s 2 ,.., s m , λ1 , λ 2 ,.., λ m ) = f ( X ) − λ ( g ( X ) + S 2 ) 4-6 Donde:

X = ( x1 , x 2 ,..., x n ) ∈ R n S = ( s1 , s 2 ,...., s m ) ∈ R m

λ = (λ1 , λ2 ,...., λm ) ∈ R m g ( X ) = ( g 1 ( X ), g 2 ( X ),...., g m ( X )) ∈ R m Dado que:

g i ( X ) ≤ 0 , una condición necesaria para la optimización es que λ

sea no negativa para casos de maximización y que sea no positiva para casos de minimización; esto se justifica de la siguiente manera: Como vimos anteriormente respecto a

λ

representa la tasa de variación de

f ( X ) con

g (X ) ,

λ=

∂f ∂g

g ( X ) ≤ 0 aumenta sobre cero, el 0 , implica g i ( X ) < 0 , S > 0 y λi = 0 .

Esta nueva condición repite el argumento anterior , por cuanto 2 i

g i ( X ) = 0 o S = 0 . De igual manera, si

2 i

Las condiciones necesarias de Kuhn-Tucker para que X y λ sean un punto crítico del problema de maximización se resumen de la siguiente forma:

185

4.4 Extremos Condicionados

λ=0 ∇f ( X ) − λ ∇g ( X ) = 0

λi g i ( X ) = 0,

i = 1,2,3,..., m

g( X ) < 0 Se puede demostrar como ejercicio que estas condiciones también se cumplen para el caso de minimización con la excepción de que λ debe ser no positiva. Tanto en la maximización como en la minimización, los multiplicadores de Lagrange que corresponden a las restricciones de igualdad no deben estar restringidos en signo. Las condiciones de Kuhn-Tucker son necesarias y suficientes si la función objetivo y el espacio solución satisfacen ciertas condiciones con respecto a la convexidad y a la concavidad, que son las siguientes:

Maximización: función obj.

Cóncava; espacio solución

Conjunto convexo

Minimización: función obj.

Convexa; espacio solución

Conjunto convexo

Tomar en cuenta que en la práctica es más fácil demostrar que una función es convexa o cóncava que demostrar que un conjunto es convexo.

Entonces un problema condicionado general, queda definido de la forma:

Maximizar o minimizar

Sujeta a:

z = f (X )

g i ( X ) ≤ 0,

i = 1,2,3,..., r

g i ( X ) ≥ 0,

i = r + 1,..., p

g i ( X ) = 0,

i = p + 1,...., m

r

[

i =1

Donde

λi

p

m

] ∑ λ [g ( X ) − S ] − ∑ λ g ( X )

L( X , S , λ ) = f ( X ) − ∑ λi g i ( X ) + S i2 −

i

i

i = r +1

es el multiplicador asociado con la restricción i.

2 i

i

i = p +1

i

186 Capítulo 4

Ejemplo 4-19

Optimización de Funciones Escalares

Considerar el siguiente problema condicionado de minimización: Minimizar:

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

g 1 ( x, y , z ) = 2 x + y − 5 ≤ 0 g 2 ( x, y , z ) = x + z − 2 ≤ 0 Sujeta a:

Solución:

g 3 ( x, y, z ) = 1 − x

≤0

g 4 ( x, y , z ) = 2 − y

≤0

g 5 ( x, y, z ) = − z

≤0

Como es un caso de minimización, λ ≤ 0 y las condiciones de Kuhn-Tucker se resumen de la siguiente forma:

(λ1 , λ 2 , λ3 , λ 4 , λ5 ) ≤ 0 1 0  2  1 0 1  (2 x,2 y,2 z ) − (λ1 , λ 2 , λ3 , λ 4 , λ5 ) − 1 0 0 = 0    0 − 1 0  0 0 − 1 λ1 g1 = λ2 g 2 = ....... = λ5 g 5 = 0 g( X ) ≤ 0 Estas condiciones generan las siguientes ecuaciones:

λ1 , λ2 , λ3 , λ4 , λ5 ≤ 0 2 x − 2λ1 − λ 2 + λ3 = 0 2 y − λ1 + λ 4 = 0 2 z − λ 2 + λ5 = 0 λ1 (2 x + y − 5) = 0 λ 2 ( x + z − 2) = 0 λ3 (1 − x) = 0

Ejercicios

Optimización de funciones escalares

187

λ4 (2 − y ) = 0 λ5 z = 0 2x + y ≤ 5 x+ z ≤2 x ≥ 1, y ≥ 2, z ≥ 0 La solución de este conjunto de ecuaciones es:

x = 1, y = 2, z = 0, λ1 = λ 2 = λ5 = 0, λ3 = −2, λ 4 = −4 f ( x, y, z ) como el conjunto g ( x, y, z ) ≤ 0 son convexos, L ( x, y , z , λi , S i ) debe ser convexa y el pinto crítico encontrado es un mínimo restringido global.
Ya que tanto

EJERCICIOS 2 x+3 y

1.- Dada la función f(x, y) = e Encontrar una fórmula de Taylor de segundo orden para aproximar a) esta función en una vecindad del punto (0,0). b) Estime el error de aproximación en (0.01, -0.03).

(x −1)2 cos y 2.- Dada la función f( x , y ) = e a) Encontrar una fórmula de Taylor de segundo orden para aproximar esta función en una vecindad del punto (1,0). b) Estime el error de aproximación en (1.2, 0.2). 3.- Calcular aproximadamente el valor de: 0.98 ϕ= 15.03 + 3 0.97 4.- Utilice una aproximación de Taylor para estimar el valor de: e0.03 2(0.98 ) + 2.02 Estimar el error de aproximación con tres cifras significativas. 3

188 Ejercicios

Optimización de funciones escalares

5.- Calcular aproximadamente el valor de:

ψ =

2.03 0.98 3

24.97

6.- Si q es la capacitancia total de tres capacitores conectados en serie, tal que:

1 n= 3 1 =∑ q n =1 qn Si las medidas de los capacitores son q1=25µF; q2=40µF; q3=50µF; con errores del 0.5% en cada caso, estime el error máximo en el valor de q. 7.- Si el radio de un cilindro aumenta en un 1% y la altura en un 2%, determine el porcentaje en el cual cambia el volumen y el área total de la superficie externa. 8.- Determinar y clasificar los puntos críticos de las siguientes funciones:

a)

f ( x, y ) = x 2 y − x − xy 2 + y

b)

z = 0.5 − x 2 + y 2 e1− x

c)

f (x, y ) = x 3 − x 2 y + y 2 − x 2

d)

f (x, y ) = x − y 2 2 x − y 2

e)

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

f)

f ( x, y , z ) = e − x

g)

z = senx + seny + sen( x + y ) ; en la región

h)

x y z 1 f (w, x, y , z ) = w + + + + + w x y z

(

)

(

)(

2

2

− y2

)

− y 2 − z 2 + 2 y + xz

0≤x≤

π 2

,0 ≤ y ≤

π 2

9.- La suma de tres números es 50. Determinar el valor de cada uno de ellos para que el producto sea máximo. 10. Sean tres números positivos x, y, z determine el máximo producto de estos tres números, si se sabe que su suma es constante. 11. Utilice este resultado para determinar si es verdadera la siguiente proposición:

Ejercicios

189

Optimización de funciones escalares

3

xyz ≥

x+y+ z 3

12. Hallar el volumen máximo de un sólido rectangular que tiene la propiedad 2 de que la suma de las área de las seis caras es 6a

13. Un paquete en forma rectangular se puede enviar por correo, si la suma de su longitud y el perímetro de una sección transversal perpendicular a la longitud es igual a 34cm. Encuentre las dimensiones del paquete de máximo volumen que puede ser enviado por correo. 14. Demostrar que un triangulo es equilátero si el producto de los senos de sus ángulos es máximo. 15. Determinar el volumen del paralelepípedo rectangular más grande que puede inscribirse en el elipsoide

x2 y2 z 2 + + =1 a2 b2 c2

3 2 16. Encuentre los puntos más cercanos al origen de la superficie xy z = 16.

x 2 + y 2 − xy − z 2 + 1 = 0

17. ¿Cuál es la distancia mínima entre C :  

x 2 + y 2 = 1

y el origen?

18. Determine el área del paralelogramo de máxima área que se puede inscribir en una elipse de ejes 2 y 3.

2z =16− x2 − y2 x + y = 4

19. Hallar la distancia más cercana al origen y la curva C: 

20. Hallar la distancia mínima entre 9x 2 + 16 y 2 = 144 y 21. Sea T (x, y, z) = 100+ x2 + y2 2

2

5 x + 8 y = 40

la temperatura en cada punto de la esfera

2

x + y + z = 50 . Hállese la temperatura máxima en la curva de intersección de la esfera y el plano

x−z =0

22. Cual es la máxima área que debe tener un rectángulo si la longitud de su diagonal debe ser 2.

190 Ejercicios

Optimización de funciones escalares

23. Obtenga los puntos sobre la curva de intersección del elipsoide x 2 + 4 y 2 + 9 z 2 = 36 y el plano x − 4 y − z = 0 que están más cerca del origen y calcular la distancia mínima. 24. Encontrar las dimensiones del paralelepípedo de volumen máximo que puede ser inscrito en el sólido limitado por el paraboloide

x2 y2 z + = y a2 b2 c

el plano z = c . 2

25. Hallar los puntos de la superficie z − xy = 1 más próximos al origen. 26. Halle que dimensiones debe tener una caja rectangular de máximo volumen tal que la suma de su largo, ancho y altura debe ser c. 27. La suma de tres números x, y, z es 100, hállelos de tal modo que el producto x a y b z c ; donde a, b y c son constantes, sea máximo. 28. Hallar el mayor volumen que puede tener una caja rectangular donde el área total de su superficie debe ser igual a “A”. 29. Encontrar las dimensiones de la caja de máximo volumen que se puede construir al recortar cuatro cuadrados en las esquinas de una plancha cuya área es igual a “A”.

CAPITULO 5 _______________________________

“La geometría es una ciencia del conocimiento del ser, pero no de lo que esta sujeto a la generación o a la muerte. La geometría es una ciencia de lo que siempre es”

Platón.

TRAYECTORIAS EN R3 5.1 5.2 5.3 5.4 5.5 5.6 5.7

Interpretación de una curva como una función vectorial de variable escalar. Definiciones de velocidad, rapidez, aceleración y longitud de curva. Vectores unitarios elementales, curvatura y componentes de la aceleración para una curva en R3. Fórmulas prácticas para calcular las componentes tangencial, normal de la aceleración y curvatura. Funciones vectoriales de variable vectorial. Rotacional y divergencia de un campo vectorial. Campos vectoriales gradientes.

5.1 INTERPRETACION DE UNA CURVA VECTORIAL DE VARIABLE ESCALAR.

COMO

UNA

FUNCION

Cuando estudiamos las ecuaciones paramétricas de una curva plana en el curso de cálculo elemental para funciones de variable real, vimos que una forma de parametrizar una función de variable real y = f (x ) es de la forma:

 x = g (t ) ; esto es, expresar tanto la variable independiente x como la   y = f ( g (t )) variable dependiente y en función de un tercer parámetro t . De igual forma, en el capítulo 2, estudiamos la forma paramétrica de expresar una recta en R3. Sin temor a equivocarnos podemos expresar una curva cualquiera en

 x = x(t )  , este razonamiento lo R en forma paramétrica de la forma:  y = y (t )  z = f ( x(t ), y (t ))  3

podemos generalizar a la representación paramétrica de una curva en Rn, de la forma:

 x1 = x1 (t )  x = x (t ) 2  2  • , estas parametrizaciones son funciones   •  x n = x n (t )   z = f ( x1 (t ), x 2 (t ),......., x n (t )) R → R 2 para una curva plana, de R → R 3 para una curva en el n espacio tridimensional y de R → R para una curva en el espacio n – dimensional; vectoriales; de

estas parametrizaciones de trayectorias son funciones vectoriales de la forma:

σ (t ) = ( x1 (t ), x 2 (t ),........x n (t )) Esta función, lo que hacen es transformar un número real del dominio en un vector del espacio n – dimensional en el rango o imagen de la función; así:

t ∈ (a, b) ⊂ R → ( x1 (t ), x 2 (t ),........x n (t )) ∈ U ⊂ R n , a estas se las conoce

como

trayectorias

σ (t ) : (a, b) ⊂ R → R

n

.

en

Rn

y

son

funciones

vectoriales

Entonces, figura 5-1.

σ (t ) : (a, b) ⊂ R → R 3 , es una trayectoria en R3 como lo indica la Z

σ (t ) σ (a)

) b

( a

Figura 5-1

σ (b)

Y

X

Definición: Una trayectoria en Rn es una función vectorial de la forma:

σ (t ) : t ∈ (a, b) ⊂ R → ( x1 (t ), x 2 (t ),........x n (t )) ⊂ R n Donde

x1 (t ), x 2 (t ),........, x n (t ) son sus componentes. Esta trayectoria es de

1

tipo C (diferenciable, hasta sus derivadas contínuas) en su dominio (a, b) si cada una de sus componentes son también de tipo C1 en (a, b); σ ( a ), σ (b) son los extremos de la trayectoria y su imagen es una curva en Rn

Entonces para una trayectoria en R3:

σ (t ) = ( x(t ), y (t ), z (t )) ; x(t ) , y (t )

y z (t ) son las componentes de la trayectoria y esta es diferenciable en (a, b) si y sólo si cada una de sus componentes son diferenciables en (a, b). Ejemplo 5-1

Analizar el gráfico de la función: σ (t ) = (t − sent ,1 − cos t ) , que es una curva plana conocida como la cicloide, formada por la trayectoria que describe un punto de un círculo rodante de radio 1.

Solución:

El círculo esta en el plano “X,Y” y rueda sobre el eje “X”, de tal forma que su centro se mueve hacia la derecha sobre la recta y = 1 con rapidez constante de 1 radián por unidad de tiempo. El punto del círculo rodante tiene un movimiento más complicado y es la imagen de σ (t ) , la curva que va describiendo se conoce como la cicloide, la misma que se representa en la figura 5-2

1

Figura 5-2




Ejemplo 5-2

Representar una circunferencia de radio r como una trayectoria en R2 y discutir su gráfico.

Solución:

El círculo de radio r es una trayectoria en R2 y esta dada por la función vectorial: σ (t ) = (r cos t , rsent ) que es la parametrización de la circunferencia de radio r, usando coordenadas polares, su gráfico se aprecia en la figura 5-3.

y

σ (t ) • r x

Figura 5-3




Ejemplo 5-3

Analizar el gráfico de la función: σ (t ) = ( a cos t , asent , bt ) , que es una curva en R3, conocida con el nombre de hélice circular recta.

Solución:

Esta curva representa una espiral circular donde a es el radio de la espira y b es el espaciamiento entre espiras, su gráfico se lo puede z apreciar en la figura 5-4. σ (t )

b

a

y (a ,0,0 )

Figura 5-4 x

5.2 DEFINICIONES DE VELOCIDAD, LONGITUD DE CURVA.


RAPIDEZ,

ACELERACION

Y

Si consideramos una partícula de masa desplazándose por una trayectoria σ (t ) , la forma vectorial de la trayectoria representa el desplazamiento de la partícula en función del tiempo t, si la trayectoria es diferenciable, su diferencial como lo vimos en el capítulo 3 sección 3-5, tiene una singular importancia en el estudio del desplazamiento de dicha partícula. Definición: Sea de

σ (t ) : t ∈ (a, b) ⊂ R → ( x1 (t ), x 2 (t ),.......x n (t )) ∈ R n , una trayectoria 1 tipo C en (a, b) el diferencial de σ (t ) es la matriz columna

 x1 ' (t )   x ' (t )  2  D[σ (t )] =  •  , que expresada como vector representa la velocidad de una    •   x n ' (t ) partícula que se desplaza por la trayectoria en el tiempo t y es tangente a la misma en cualquier punto.

Si la trayectoria esta en R3 es de la forma

σ (t ) = ( x(t ), y (t ), z (t )) ,

su

velocidad es el vector σ ' (t ) = x ' (t )i + y ' (t ) j + z ' (t ) k , que expresado como matriz columna es el diferencial de la función vectorial, y es tangente a la trayectoria en cualquier punto.

Definición: Sea

σ (t ) : t ∈ (a, b) ⊂ R → ( x1 (t ), x 2 (t ),.......x n (t )) ∈ R n ,

de tipo

una trayectoria

1

C en (a, b) la norma del vector velocidad es la rapidez; representada por:

S (t ) = σ ' (t ) Para una trayectoria en R3 la rapidez será:

S (t ) = ( x' (t )) 2 + ( y ' (t )) 2 + ( z ' (t )) 2 Definición:

σ (t ) : t ∈ (a, b) ⊂ R → ( x(t ), y (t ), z (t )) ∈ R 3 , una trayectoria de tipo C 1 en R3, la recta tangente a la curva en σ (t 0 ) , en forma vectorial y en función del parámetro λ esta dada por:

Sea

l (λ ) = σ (t 0 ) + λσ ' (t 0 )

La recta tangente a la curva punto será:

x(λ ) = x(t 0 ) + λx' (t 0 ) y (λ ) = y (t 0 ) + λy ' (t 0 ) z (λ ) = z (t 0 ) + λz ' (t 0 )

σ (t )

en R3, en forma paramétrica y en cualquier

Ejemplo 5-4

Solución:

Calcular el vector velocidad y la rapidez de la hélice σ (t ) = (cos t , sent , t ) en R3

− sent  v = σ ' (t ) =  cos t  ; v' = (− sent )i + (cos t ) j + k  1  S (t ) = v = (− sent ) 2 + (cos t ) 2 + 1 = 2

Ejemplo 5-5

Considere una partícula

que se

mueve


sobre la hélice

3

σ (t ) = (cos t , sent , t ) en R ; inicia su movimiento en el punto σ (0) . En el tiempo t = π la partícula deja la trayectoria y vuela hacia fuera por la tangente, encontrar la posición de la partícula en el tiempo t = 2π suponiendo que ninguna fuerza externa actúa sobre ella después de abandonar la trayectoria. Solución:

z l (π ) y = σ ' (π ) σ (π )

σ (t ) = (cos t , sent , t )

l (λ ) y

σ ' (t ) = (− sent , cos t ,1) σ (0) = (1,0,0) σ (0) = (1,0,0) σ (π ) = (−1,0, π =) σ ' (t ) = (0,−1,1)

x

Figura 5-5

Como se aprecia en la figura 5-5 el recorrido total lo realiza la partícula por dos trayectorias; la primera es sobre la hélice σ (t ) , durante un tiempo t = π y la segunda sobre la recta tangente a la hélice en el punto σ (π ) y durante un tiempo t = π , también, por cuanto el tiempo total del recorrido es 2π ; por lo tanto al cabo del tiempo t = 2π la partícula estará sobre la recta tangente y para esto es necesario encontrar la ecuación de la recta tangente a la hélice en el punto σ (π ) :

l (λ ) = (−1,0, π ) + λ (0,−1,1) Luego la posición final de la partícula será en el punto l (π )

l (π ) = (−1,−π ,2π ) ; por lo tanto en el tiempo t = 2π la partícula se encuentra en el punto (−1,−π ,2π )
Como la rapidez, representa el tamaño del vector velocidad en un punto dado, es razonable pensar que la longitud del recorrido de una partícula desde t = a , hasta t = b sea el limite de la longitud total de la poligonal que se formaría por los vectores entre cada dos puntos, hasta cubrir el total del recorrido, cuando se toman infinitos vectores desde t = a hasta t = b . Esta observación se la resume en la siguiente definición. Definición: Sea 1

σ (t ) : t ∈ (a, b) ⊂ R → ( x(t ), y (t ), z (t )) ∈ R 3 ,

una trayectoria de tipo

3

C en R , la longitud de curva desde t = a hasta t = b , esta dada por: b

l (σ ) = ∫ σ ' (t ) dt a

Otra forma de expresar la longitud de curva será:

l (σ ) = ∫

b

a

( x' (t )) 2 + ( y ' (t )) 2 + ( z ' (t )) 2 dt

Si la curva esta en R2, la longitud de curva será:

l (σ ) = ∫

b

a

( x' (t )) 2 + ( y ' (t )) 2 dt

Definición: Sea

σ (t ) : t ∈ (a, b) ⊂ R → ( x1 (t ), x 2 (t ),.......x n (t )) ∈ R n , 2

una trayectoria

de tipo C en (a, b) la aceleración de una partícula de masa que se desplaza por la trayectoria esta dada por: a = σ ' ' (t ) = ( x ' ' (t ), y ' ' (t ), z ' ' (t ))

Entonces resumiendo las definiciones que hemos estudiado hasta este punto para una curva en R3 son: Definiciones:

σ (t ) = ( x(t ), y (t ), z (t ))

“Vector posición del punto”

v = σ ' (t ) = ( x' (t ), y ' (t ), z ' (t ))

“Vector velocidad del punto”

a = σ ' ' (t ) = ( x' ' (t ), y ' ' (t ), z ' ' (t ))

“Vector aceleración del punto”

S (t ) = σ ' (t ) = l (σ ) = ∫

b

a

Ejemplo 5-6

[x' (t )]2 + [ y ' (t )]2 + [z' (t )]2

“Rapidez (escalar)”

[x' (t )]2 + [ y ' (t )]2 + [z ' (t )]2 dt

”Longitud de arco”

Encontrar la longitud de una circunferencia de radio r:

σ (θ ) = (r cos θ , rsenθ ) 2π

Solución:

L=

∫

(− r Senθ ) 2 + (r Cosθ ) 2 dθ

0 2π

L=

∫

r 2 Sen2θ + r 2 Cos 2θ dθ

0 2π

L=

Ejemplo 5-7

2π

∫

r dθ = r dθ = 2πr

0

0

2

∫

Encontrar la longitud de curva de la hipocicloide:

σ (t ) = (cos 3 t , sen 3 t ) , de t = 0 Solución:




a t = 2π

Como podemos ver en la figura 5-6, la hipocicloide no es una curva diferenciable en 0,2π ; por lo tanto, para encontrar su longitud total lo podemos hacer calculando la longitud de una de sus ramas; del punto (1,0) al punto (0,1) y por ser simétrica esta longitud la multiplicamos por 4, así:

[

]

1 3 3 Imagen de σ (t ) = (cos t , sen t )

σ ' (t )

σ (t )

1

1

Figura 5-6

1 π

L = 4 ∫ 2 (−3 cos 2 t sent ) 2 + (3sen 2 t cos t ) 2dt 0

π

L = 12 ∫ 2 cos 4 t sen 2 t + sen 4 t cos 2t dt 0

π

 sen 2 t  2 L = 12 ∫ 2 sent cos t dt = 12   0  2 0 π

L=6

Ejemplo 5-8




Encontrar la longitud de trayectoria

σ (t ) = (| t |, | t − 12 |,0 )

de

[− 1,1] . Solución:

Este recorrido se lo puede apreciar en la figura 5-7 y por tratarse de una curva con la presencia de valor absoluto tampoco es diferenciable de − 1,1 y la podemos tomar por fragmentos de la siguiente manera:

[

]

σ 1 (t ) = (−t ,−t + 12 ,0) de [− 1,0] σ 2 (t ) = (t ,−t + 12 ,0) de [0, 12 ] σ 3 (t ) = (t , t − 12 ,0) de [12 ,1]

Y

σ (−1) 1

( )

σ 12

σ ( 0)

( )

σ 12 1

X 2

Figura 5-7

L = L1 + L2 + L3 L=∫

0

−1

1

1

1 + 1dt + ∫ 2 1 + 1dt + ∫1 1 + 1dt 0

L= 2+

2 2

+

2 2

2

=2 2




(

Ejemplo 5-9

Dada la hélice σ (t ) = cos 2t , sen 2t , 5t calcular: a.- La velocidad en t = 2π . b.- La aceleración en t = 2π . c.- La rapidez en t = 2π . d.- la longitud de curva desde t = 0 a t = 4π .

Solución:

a.-

σ ' (t ) = (−2 sen 2t ,2 cos 2t , 5 ) v(2π ) = σ ' (2π ) = (0,2, 5)

b.-

σ ' ' (t ) = (−4 cos 2t ,−4 sen 2t ,0) a (2π ) = σ ' ' (2π ) = (−4,0,0)

c.-

S (t ) = 4sen 2 2t + 4 cos 2 2t + 5 = 3 S (2π ) = 3 ; constante, independiente de t. 4π

d.-

L = ∫ 3dt = 12π 0




)

en

[0,4π ] ,

5.3 VECTORES UNITARIOS ELEMENTALES CURVATURA COMPONENTES DE LA ACELARACION PARA UNA CURVA EN R3.

Y

Ahora aplicaremos los conceptos básicos estudiados en la sección anterior al movimiento de una partícula sobre la trayectoria y a la interpretación geométrica de la misma. Cuando una partícula se desplaza sobre una trayectoria C, su velocidad puede cambiar lenta o rápidamente dependiendo de si la curva se dobla en forma gradual o brusca, respectivamente. Para medir la rapidez con que se encorva, o cambia de forma una curva, se usa el concepto de curvatura, que en otras palabras seria la mediad de la rapidez con que la curva se tuerce o se dobla en un punto dado. Comencemos con los conceptos básicos que son; los de Vector Tangente Unitario y Vector Normal Unitario.

Definición: Sea

σ (t ) : t ∈ (a, b) ⊂ R → ( x1 (t ), x 2 (t ),.......x n (t )) ∈ R n ,

de tipo C

2

en (a, b), se conoce como vector tangente unitario, denotado por

T (t ) , a: T (t ) =

σ ' (t ) σ ' (t )

denotado por N (t ) , a:

; de igual forma se conoce como vector normal unitario,

N (t ) =

T ' (t ) . T ' (t )

Como se puede apreciar en la figura 5-8 T (t ) y N (t ) son vectores ortogonales y el primero es tangente a la curva y el segundo normal a la misma; además es fácil demostrar que T (t ) y

N (t ) son ortogonales. Ejemplo 5-10

una trayectoria

Demostrar que los vectores tangente y normal unitarios son perpendiculares en cualquier punto de la curva.

Z

P

C

T (t )

N (t )

σ (t ) Y Figura 5-8

X

Solución:

T (t ) = 1 ; por ser un vector unitario T (t ) • T (t ) = 1 ; propiedad del producto interno, sección 1-5 D[T (t ) • T (t )] = D[1] ; aplicando la regla de la cadena T ' (t ) • T (t ) + T (t ) • T ' (t ) = 0 2T (t ) • T ' (t ) = 0 ⇒ lo que demuestra que T (t ) y T ' (t ) son ortogonales.


Ejemplo 5-11

Dada la hélice

σ (t ) = (4 cos t ,4 sent ,3t )

para t ≥ 0 , encontrar

los vectores T (t ) y N (t ) en cualquier punto. Solución:

σ ' (t ) = (−4 sent ,4 cos t ,3) T (t ) =

(−4 sent ,4 cos t ,3) = (− 45 sent , 54 cos t , 53 ) 5

T ' (t ) = (− 45 cos t ,− 45 sent ,0) (− 45 cos t ,− 45 sent ,0) N (t ) = = (− cos t ,− sent ,0) 4




5

A continuación; primero definamos curvatura para una curva plana, para luego hacerlo para una curva en R3. Como lo dijimos anteriormente, una curva plana puede parametrizarce de muchas maneras; supongamos que la paramatrizamos en función de la longitud de arco s , como lo vemos en la figura 59 cualquier punto de la curva plana C estará dado por: r ( s ) = ( x ( s ), y ( s )) , donde s , en este caso, es la longitud de curva de los puntos A a P, derivando con respecto a s se obtiene el vector tangente

r ' ( s) =

dx dy i+ j ds ds

y su norma es:

Y P

r ' ( s)

s C

A

r (s ) X Figura 5-9

2

2

2

 dx   dy   ds  r ' ( s ) =   +   =   = 1 ; por cuanto, como se vio en el  ds   ds   ds  curso de cálculo elemental para funciones de variable real, el diferencial de longitud de 2

arco es:

2

 dx   dy  ds = (dx) 2 + (dy ) 2 =   +   dt .  dt   dt 

En base a lo anterior punto P, como se aprecia en la figura 5-9, a este vector lo denotamos por T (s ) . En la figura 5-10 observamos que θ es el ángulo que forma T (s ) con el vector unitario

i , la rapidez de variación de θ con respecto a s esta dθ medida por y en el ds

r ' ( s ) es un vector unitario tangente a la curva C en el R Y Y

V Q

T (s )

C P

θ

W

i mismo gráfico podemos X apreciar que esta rapidez de variación es pequeña en los puntos Q y V, donde la Figura 5-10 curva se dobla levemente; mientras que en los puntos R y W esta rapidez de variación es grande y aquí la curva se dobla en forma abrupta. Estas observaciones se concretan en la siguiente definición. Definición: Sea C una curva plana regular, dada por:

r ( s ) = ( x( s ), y ( s )) , donde el parámetro

s es la longitud de curva y sea θ el ángulo que forma el vector tangente unitario T (s ) con el vector unitario i , la curvatura k de la curva C en el punto P(x, y) esta dada por:

k=

dθ ds

Ejemplo 5-12

Demostrar que la curvatura de una recta es cero en todos sus puntos. Y

Solución:

Como se aprecia en la figura 5-11, en todos los puntos de la recta l el ángulo θ es constante;

l T (s )

dθ =0 y ds por lo tanto k = 0 en

θ = cte

P

por lo tanto

i X

todos sus puntos. Figura 5-11


Ejemplo 5-13

Demostrar que la curvatura en todos los puntos de una circunferencia de radio R es

Solución:

1 . R

En la figura 5-12 hemos graficado una circunferencia de radio R y con centro en el origen; P es un punto de la circunferencia en el primer cuadrante α es el ángulo AOP medido en radianes y s es la longitud de arco AP, por lo tanto:

Y Y

T (s )

θ P

α 0

A(k ,0) Figura 5-12

s = Rα ; α =

s ; R

en la figura 5-12 podemos ver:

θ =α +

π 2

=

s π + ; derivando con respecto a s: R 2

X

dθ 1 dθ 1 = +0 ⇒ k = = ds R ds R




Como mensaje del ejemplo 5-13 podemos definir radio de curvatura, denotado por ρ , como el radio de una circunferencia imaginaria a la que pertenecería el arco de curva C; con esto es fácil interpretar que el radio de curvatura de un recta es infinito y el de cualquier otra curva regular que no sea recta es un valor finito definido por:

ρ=

1 ; el inverso de la curvatura. k

Si la curva plana esta como

5-1

y = f (x) :

tan θ = y ' de donde, θ = tan −1 y ' Derivando

θ

con respecto a

5-2

x y aplicando la regla de la cadena se tiene:

dθ dθ dθ ds dθ dx = , ⇒ = ds dx ds dx ds dx Como la curvatura es el valor absoluto de la variación de de la ecuación 5-3:

5-3

θ

con respecto a

s,

dθ

dx ; De la ecuación 5-2; dx dθ 1 = y ' ' y por otro lado ds = 1 + ( y ' ) 2 ; entonces: 2 dx 1 + ( y ' )

k=

k=

ds

y' '

[1 + ( y' ) ] 2

3 2

5-4

La ecuación 5-4 serviría para calcular la curvatura de una curva plana cuando se tiene a la curva de la forma normal de expresar una función de variable real y = f ( x) .

Si la curva esta dada en forma paramétrica

σ (t ) = ( x(t ), y (t ))

tenemos:

y ' (t ) −1  y ' (t )   , derivando esta última: ; θ = tan  x' (t )  x' (t )  dθ 1 x' (t ) y ' ' (t ) − x' ' (t ) y ' (t ) = , además: 2 dt 1 + ( y ' (t ) x' (t ) ) ( x' (t )) 2 ds = ( x' (t )) 2 + ( y ' (t )) 2 , entonces: dt

tan θ =

k=

x' (t ) y ' ' (t ) − x' ' (t ) y ' (t ) dθ dt dθ = = 3 ds ds dt ( x' (t )) 2 + ( y ' (t )) 2 2

[

]

5-5

La ecuación 5-5 sirve para calcular la curvatura de una curva plana cuando esta está dada en forma paramétrica. Sea C una curva regular en el espacio tridimensional, el análisis de la curvatura no puede hacerse en forma análoga al que acabamos de hacer para una curva plana por cuanto el ángulo θ no es único; por lo tanto el análisis lo vamos hacer desde otro enfoque que es similar al usado para curvas en dos dimensiones. En dos dimensiones, el vector tangente unitario escribir:

T ( s ) se lo puede, también,

T ( s ) = cos θi + senθj , donde θ es el mismo ángulo del que hablamos anteriormente, derivando esta última con respecto a s tenemos: T ' ( s ) = − senθ

T ' (s) =

dθ dθ dθ i + cos θ j= (− senθi + cos θj ) , su norma será: ds ds ds

dθ dθ − senθi + cos θj = =k. ds ds

Este es el enfoque que usaremos para analizar la curvatura en tres dimensiones, escribiremos el vector tangente unitario T ( s ) sin hacer referencia al ángulo θ y luego definiremos k como:

k = T ' ( s)

5-6

Dada la curva en R3 de la forma anteriormente: 2

r ( s ) = ( x( s ), y ( s ), z ( s )) , como lo vimos

2

2

2

 dx   dy   dz   ds  r ' (s) =   +   +   =   = 1  ds   ds   ds   ds  Lo que quiere decir que

T (s) = r ' (s ) .

Si la curva esta dada en función del parámetro t , de la forma: σ (t ) = ( x(t ), y (t ), z (t )) , el vector tangente unitario también lo podemos escribir de la forma:

σ ' (t ) σ ' (t )

T (s) =

En la 5-7 como

y por tanto:

σ ' (t )

σ ' (t ) = T ( s ) σ ' (t )

es la velocidad

5-7

v(t ) y σ ' (t ) es la rapidez conocida

como la razón de cambio de la longitud de curva con respecto al tiempo, tenemos:

v(t ) =

ds T ( s ) , derivando esta expresión con respecto al tiempo, tenemos: dt

a (t ) = v' (t ) =

d 2s ds d (T ( s )) d 2 s ds ds T ( s ) + = 2 T ( s ) + T `( s ) 2 dt dt dt dt dt dt

a (t ) = v' (t ) =

d 2s  ds  T ( s ) +   T `( s ) 2 dt  dt 

2

5-8

Como se demostró en el ejemplo 5-10, las vectores T (s ) y T ' ( s ) son perpendiculares; entonces el normal unitario en función del parámetro s esta dado por:

N ( s) =

T ' (s) , remplazando 5-6 en esta última tenemos: T `( s )

N (s) =

T ' (s) , o lo que es lo mismo: T ' ( s ) = kN ( s ) k

5-9

Remplazando 5-9 en 5-8, tenemos: 2

d 2s  ds  a (t ) = v' (t ) = 2 T ( s ) + k   N ( s ) dt  dt 

5-10

Como la aceleración se puede escribir de la forma:

a (t ) = aT T ( s ) + a N N ( s ) Z

donde

d 2s aT = 2 dt

la

componente

tangencial de la aceleración y

N ( s)

X

es

aN

la componente normal de la aceleración; podemos deducir de la ecuación 5-10, que:

T ( s)

 ds  aN = K    dt 

aT

a (t )

aT =

Y

2

dv d 2 s = dt dt 2

5-11 2

 ds  a N = kv = k   5-12  dt 

Figura 5-13

2

La

figura

5-13

permite

apreciar cada una de estas componentes de la aceleración.

5.4 FÓRMULAS PRÁCTICAS PARA CALCULAR LAS COMPONENTES TANGENCIAL, NORMAL DE LA ACELERACIÓN Y CURVATURA. Dada una curva en R3 como una función vectorial de la forma σ (t ) = ( x(t ), y (t ), z (t )) , la componente tangencial de la aceleración es la proyección escalar de la aceleración en la dirección del vector tangente unitario; por lo tanto:

aT = a(t ) • T (t ) = σ ' ' (t ) •

aT =

σ ' (t ) σ ' (t )

, de aquí:

σ ' (t ) • σ ' ' (t ) σ ' (t )

5-13

a (t ) en función de T (s ) y N (s ) en la ecuación 5-10, también podemos expresar v(t ) en función de T (s ) de la siguiente De igual forma que calculamos la

forma:

v(t ) = vT ( s ) =

ds T ( s ) , ahora hagamos el producto vectorial v(t ) × a (t ) : dt

2 2   ds  d s  ds  v(t ) × a (t ) =  T ( s)  ×  2 T ( s) + k   N ( s)  , o lo que es lo mismo:   dt   dt  dt  

3

2  ds  d s   ds  v(t ) × a(t ) =   2 (T ( s) × T ( s) ) + k   (T ( s ) × N ( s) ) , como:  dt  dt   dt 

3

 ds  T ( s ) × T ( s ) = 0 ⇒ v(t ) × a (t ) = k   (T ( s ) × N ( s ) , sacando la  dt  norma en esta última igualdad vectorial, y sabiendo que: T ( s ) × N ( s ) = 1 , tenemos:  ds  v(t ) × a (t ) = k    dt 

3

5-14

Viendo la ecuación 5-12, podemos decir que la componente normal de la aceleración deducida de la ecuación 5-14, y sabiendo que

aN =

σ ' (t ) × σ ' ' (t ) σ ' (t )

ds es la rapidez,es: dt

5-15

De la 5-14 también podemos deducir una expresión práctica para la curvatura:

k=

σ ' (t ) × σ ' ' (t ) σ ' (t )

3

5-16

Ejemplo 5-14

Dada la trayectoria:

σ (t ) = (1 + cos t − sent , sent + cos t ) , encontrar: a.- La velocidad y la rapidez. b.- La aceleración tangencial, la aceleración normal, la curvatura y el radio de curvatura Solución:

a.-

σ (t ) = (1 + Cost − Sent )i + ( Sent + Cost ) j

v = D[σ (t )] = σ ' (t ) = (− Sent − Cost )i + (Cost − Sent ) j rapidez = v = (−Cost − Sent ) 2 + (Cost − Sent ) 2 v = cos 2 t + 2 cos tsent + sen 2 t + cos 2 t − 2 cos tsent + sen 2 t

v = 2

b.- a = σ ' ' (t ) = (− cos t + sent )i + (− sent − cos t ) j aT =

(− sent − cos t )(− cos t + sent ) + (cos t − sent )(− sent − cos t ) 2

aT = 0 i

σ ' (t ) × σ ' ' (t ) = − sent − cos t

j

cos t − sent − cos t + sent − sent − cos t σ ' (t ) × σ ' ' (t ) = 2k aN =

k 0 0

2 =2 2 2

2

a = aT + a N = 2 a = sen 2 t − 2 cos tsent + cos 2 t + sen 2 t + 2 sent cos t + cos 2 t

a = 2

k=

ρ=

Ejemplo 5-15

2

( 2)

3

=

1 2 = 2 2

1 = 2 k




Dada la trayectoria:

σ (t ) = (t , t 2 , t 3 ) ,

encontrar:

a.- La velocidad y la rapidez, para t = 1 . b.- La aceleración tangencial, la aceleración normal, la curvatura y el radio de curvatura, para t = 1 .

Solución:

a.-

σ (t ) = ti + t 2 j + t 3 k

v = D[σ (t )] = σ ' (t ) = i + 2tj + 3t 2 k vt =1 = i + 2 j + 3k rapidez = v = (1) 2 + (2t ) 2 + (3t 2 ) 2 = 1 + 4t 2 + 9t 4 v t =1 = 1 + 4 + 9 = 14

b.- a = σ ' ' (t ) = 2 j + 6tk aT =

4t + 18t 3 1 + 4t 2 + 9t 4

aTt =1 =

22 11 14 = 7 14

i

j

k

σ ' (t ) × σ ' ' (t ) = 1 2t 3t 2 0

2

6t

σ ' (t ) × σ ' ' (t ) = 6t 2 i − 6tj + 2k 36t 4 + 36t 2 + 4

aN =

1 + 4t 2 + 9t 4

a N t =1 = Para

38 7

t = 1: 2

2

a = aT + a N =

1960 = 40 49

a = 4 + 36 = 40

k t =1 =

ρ t =1 =

76

( 14 )

3

=

1 38 14 7

1 7 = 14 k 38




5.5 FUNCIONES VECTORIALES DE VARIABLE VECTORIAL. En el capitulo 2 sección 2-6, cuando hablamos de las funciones de varias variables, mencionamos a las funciones vectoriales de variable vectorial como aquellas que transforma un vector del dominio Rn en otro vector del rango Rm; esto es:

Podemos citar algunos ejemplos prácticos de este tipo de funciones como:

Imaginémonos un gas comprimido en una cámara; y en el, una función vectorial que relaciona un punto cualquiera del interior de la cámara con la velocidad del gas de una partícula del mismo situada en dicho punto del interior de la cámara; esta función vectorial relaciona:

Como se puede ver es una función vectorial de R3 a R3 5.6 ROTACIONAL Y DIVERGENCIA DE UN CAMPO VECTORIAL. Definición: Dado un campo vectorial

F : U ⊆ R 3 → R 3 , F = (F1 , F2 , F3 ) diferenciable,

definido en el conjunto abierto producto vectorial

(∇ × F )

∂ ∂ ∂ U en R 3 , ∇ el operador  , ,  ; al  ∂x ∂y ∂z 

se lo llama rotacional del campo y se lo simboliza

rot F .

rot F = (∇ × F ) =

i

j

k

∂ ∂x

∂ ∂y

∂ ∂z

F1

F2

F3

 ∂F ∂F   ∂F ∂F   ∂F ∂F  rot F =  3 − 2 i +  1 − 3  j +  2 − 1 k ∂z   ∂z ∂x   ∂x ∂y   ∂y

• • •

Observaciones El rotor del campo es un vector Es aplicable para verificar si un campo vectorial es gradiente o no. Es aplicable para verificar si un campo vectorial es de fuerzas rotacionales o no.

Ejemplo 5-16

Encontrar

(

el

)

rotacional

(

)

F ( x, y, z ) = x + y i + xyz j + z + x k 2

2

del

campo

Solución:

i ∂ rot F = ∂x x2 + y

j ∂ ∂y xyz

k ∂ ∂z z2 + x

 ∂ 2  ∂ 2 ∂ 2 ∂ =  z + x − ( xyz )i +  x +y − z +x ∂z ∂x  ∂y   ∂z

(

)

(

)

(

∂  ∂ 2 +  ( xyz ) − x + y k ∂y  ∂x  = (0 − xy )i + (0 − 1) j + ( yz − 1)k rot F = − xy i − j + ( yz − 1)k


(

)

Teorema 5-1 Sea R3 .

f : U ⊂ R 3 → R ; una función de clase C2 definida el conjunto abierto U de Su gradiente ∇f : U ⊆ R 3 → R 3 , ∇f =

(

∂f ∂x

)

, ∂∂fy , ∂∂fz . Entonces el rotacional

del gradiente es cero.
Demostración:

rot ∇f =

i

j

k

∂ ∂x ∂f ∂x

∂ ∂y ∂f ∂y

∂ ∂z ∂f ∂z

 ∂2 f ∂2 f   ∂2 f ∂2 f   ∂2 f ∂2 f  i +   j +  k =  − − −  ∂z∂y ∂y∂z   ∂x∂z ∂z∂x   ∂y∂x ∂x∂y  = (0,0,0 ) ∴ rot ∇f = 0

Definición:

) j 

Dado un campo vectorial

F : U ⊆ R 3 → R 3 , F = (F1 , F2 , F3 ) diferenciable,

definido en el conjunto abierto producto vectorial

∂ ∂ ∂ U en R 3 , ∇ el operador  , ,  ; al  ∂x ∂y ∂z 

(∇ • F ) se lo llama divergencia del campo y se lo simboliza

div F . ∂ ∂ ∂ ∂F ∂F ∂F div F = (∇ • F ) =  , ,  • (F1 , F2 , F3 ) = 1 + 2 + 3 ∂x ∂y ∂z  ∂x ∂y ∂z 

• •

Observaciones La divergencia del campo es un escalar La divergencia sólo se aplica para funciones vectoriales Encontrar

Ejemplo 5-17

(

la

divergencia

F ( x, y, z ) = e , x + y + z , xyz xyz

2

2

2

)

del

campo

Solución:

∂ ∂ ∂ div F =  , ,  • e xyz , x 2 + y 2 + z 2 , xyz  ∂x ∂y ∂z  ∂ xyz ∂ 2 ∂ = e + x + y 2 + z 2 + ( xyz ) ∂x ∂y ∂z

(

( )

(

)

)

= yze xyz + 2 y + xy div F = yze xyz + 2 y + xy
Teorema 5-2 3

3

Sea F : U ⊆ R → R ; un campo de clase C2 definida el conjunto abierto U de R3. Entonces la divergencia del rotacional del campo es cero.


Demostración:

 ∂F ∂F   ∂F ∂F   ∂F ∂F  rot F =  3 − 2 i +  1 − 3  j +  2 − 1 k ∂z   ∂z ∂x   ∂x ∂y   ∂y ∂  ∂F ∂F  ∂  ∂F ∂F  ∂  ∂F ∂F  div(rot F ) =  3 − 2  +  1 − 3  +  2 − 1  ∂x  ∂y ∂z  ∂y  ∂z ∂x  ∂z  ∂x ∂y  ∂ 2 F3 ∂ 2 F2 ∂ 2 F3 ∂ 2 F1 ∂ 2 F2 ∂ 2 F1 − + − + − =0 ∂y∂x ∂z∂x ∂z∂y ∂x∂y ∂x∂z ∂y∂z ∴ div(rot F ) = 0 =

5.7 CAMPOS VECTORIALES GRADIENTES. Una

función

F ( x, y, z ) = ( f1 ( x, y, z ), f 2 ( x, y, z ),

vectorial en R3 , f 3 (x, y, z )) puede ser una función gradiente;

lo que quiere decir que puede tratarse del gradiente de una cierta función escalar (f) en cuyo caso la función “f” se la llama función potencial del campo. Las funciones gradientes constituyen campos conservativos (en los cuales el trabajo es independiente de la trayectoria), las funciones que no son gradientes constituyen campos disipativos o no conservativos (en los cuales el trabajo no es independiente de la trayectoria). Averiguamos si un campo vectorial F es o no gradiente con su rotor, si es igual a cero es un campo gradiente, si distinto a cero no es gradiente. Cuando un campo es gradiente podemos encontrar su función potencial.

rot F = 0

Campo Vectorial Gradiente

rot F ≠ 0

Campo Vectorial No gradiente

Campo Vectorial F

Ejemplo 5-18

Investigar si el campo vectorial campo gradiente

Función Potencial

No tiene Función Potencial

F ( x, y, z ) = yi − xj es o no un

Solución:

rot F =

i

j

k

∂ ∂x

∂ ∂y

∂ ∂z

y

−x

0

= 0i + 0 j + ( −1 − 1)k = −2k ≠ 0

i

j

k

∂ ∂x

∂ ∂y

∂ ∂z

F1

F2

F3

rot F = (∇ × F ) =

 ∂F ∂F   ∂F ∂F   ∂F ∂F  rot F =  3 − 2 i +  1 − 3  j +  2 − 1 k ∂z   ∂z ∂x   ∂x ∂y   ∂y ∴ F no es un campo gradiente
Ejemplo 5-19

Averiguar

si

(

F ( x, y, z ) = 2 xye

el

x2 y

campo 2 x2 y

3

, z +x e

, 3 yz

2

vectorial

)

es o no conservativo, y en caso de serlo determinar su función potencial. Solución:

i rot F =

j

∂ ∂x

2 xye x

k

∂ ∂y 2

y

∂ ∂z

z 3 + x 2e x

2

y

3 yz 2

= (3 z 2 − 3 z 2 )i + (0 − 0 ) j 2

2

2

2

+ ( 2 xe x y + 2 x 3 ye x y − 2 xe x y − 2 x 3 ye x y )k =0 ∴ F es un campo gradiente 2 2 2 ∂f = 2xyex y f (x, y, z ) = ∫ 2xyex y ∂x =e x y + k ( y, z ) x ∂x 2 2 2 ∂f = z 3 + x 2e x y f (x, y, z ) = ∫ z 3 + x2e x y ∂y = z 3 y + e x y + k (x, z ) y ∂y ∂f = 3 yz2 f (x, y, z ) = ∫ 3yz2∂z = z 3 y + k (x, y ) z ∂z x2 y 3 f ( x, y , z ) = e + z y + k


(

)

CAPITULO 6 ______________________________

“Nuestras almas, cuyas facultades pueden comprender la maravillosa arquitectura del mundo, y medir el curso de cada planeta vagabundo, aún escalan tras el conocimiento infinito” Christopher Marlowe.

INTEGRALES MULTIPLES 6.1. 6.2. 6.3. 6.4. 6.5. 6.6. 6.7. 6.8. 6.9.

Integrales dobles. Cálculo de una integral doble en regiones generales. Cambio de orden de integración. Cambio de variable en una integral doble. Aplicaciones de la integral doble al cálculo de áreas y volúmenes. Integrales triples. Integrales triples en regiones generales. Cambio de variable en una integral triple. Aplicaciones de la integral triple al cálculo de volúmenes.

6.1 INTEGRALES DOBLES. Dada una función z = f ( x, y ) en D ⊂ R tal que z > 0 , ∀( x, y ) ∈ D ; queremos encontrar el volumen del sólido limitado por “f” arriba de D, donde D es una región rectangular definida por el producto cartesiano de 2 intervalos de R: D = a , b × c, d / x ∈ a , b ∧ y ∈ c, d . 2

[ ] [

]

[ ]

[

]

z z = f(x,y)

c

d y

a

∆x

b

∆y

x

Figura 6-1

[a, b] y [c, d ] en “n” particiones. Queda D dividida en “n” celdas y cada celda tiene un área (∆x ∆y ) . Sea ∆V el volumen arriba de una Dividimos al intervalo

celda cualquiera si ∆x y ∆y son incrementos infinitesimales, entonces considerarse como un paralelepípedo y su volumen será:

∆V puede

∆V = f (x, y )∆y∆x Si consideramos V como la suma de los volúmenes de arriba de cada celda: n

n

V = ∑ ∆V = ∑∑ f ij ( x, y )∆xi ∆y j j =1 i =1

Cuando se toma un número de particiones “n” muy grande entonces tendremos: n

n

V = lim ∑∑ f ij ( x, y )∆xi ∆y j n →∞ d b

j =1 i =1

V = ∫ ∫ f ( x, y )∂x∂y c a

Observaciones i) La integral doble es un límite a) Puede existir o no b) Si existe es un número real. ii) Sirve para calcular el volumen limitado por una función arriba de una región D. D se llama Región de Integración y para el caso de la integral doble es un subconjunto de R2 (región plana cualquiera). a, b y c, d son los límites y van de acuerdo a la ubicación del diferencial d b

∫ ∫ f (x, y )∂x∂y

b d

=

∫ ∫ f (x, y )∂y∂x

c a

a c

interna

interna

externa

externa

La integral se evalúa en dos procesos de la integral definida independientes considerando la constante la variable que no se integra; siempre se evalúa primero la integral interna, luego la externa. Ejemplo 6-1

Calcular

∫∫ (3xy + 2 x

2

)

− y 3 ∂x∂y ; donde Q = [1,3]× [− 2,4]

Q

Solución:

Resolvemos con el orden de integración indicado 3

4 3   3x 2 y 2 3 2 3 3  ∫−2 ∫1 3xy + 2 x − y ∂x ∂y = −∫2  2 + 3 x − y x ∂y 1 4

(

)

4

56   = ∫ 12 y + − 2 y 3 ∂y 3  − 2 4

56   y − 2y4  = 6 y 2 + 3   −2 = 72 + 112 − 120 = 64

Ahora resolvemos cambiando el orden de integración indicado 4

3 4   3 xy 2 2 2 y4  2 3 3 xy + 2 x − y ∂ y ∂ x = + x y − ∂x  ∫1 −∫2 ∫1  2 3 4  − 2  3

(

)

3

(

)

= ∫ 18 x + 12 x 2 − 60 ∂x 1

[

]

3

= 9 x 2 + 4 x 3 − 60 x 1 = 72 + 112 − 120 = 64 Propiedades Sean f, g dos campos escalares integrables en 1.

∫∫ ( f ± g ) ∂A = ∫∫ f ∂A ± ∫∫ g ∂A . D

2.

D

D

∫∫α f ∂A = α ∫∫ f ∂A . D

3.

D ⊂ R 2 , sea α ∈ R :

D

f ≥ g , ∀( x, y ) ∈ D ; entonces

Si

∫∫ f ∂A ≥ ∫∫ g ∂A . D

4.

∫∫ f ∂A ≤ ∫∫ f D

5.

Sea

D

∂A

D

Q = D1 ∪ D2 ∪ D3 ∪ K ∪ Dn ; entonces:

∫∫ f ∂A = ∫∫ f ∂A + ∫∫ f ∂A + ∫∫ f ∂A + L + ∫∫ f ∂A Q

D1

D2

D3

Dn

n

∫∫ f ∂A = ∑ ∫∫ f ∂A Q

i =1 Di

6.2 CÁLCULO DE UNA INTEGRAL DOBLE EN REGIONES GENERALES. Adoptaremos tres tipos de regiones planas: Tipo 1

y f2(x)

D f1(x) a

x

b

Figura 6-2

{

}

D : ( x , y ) ∈ R 2 / a ≤ x ≤ b ∧ f1 ( x ) ≤ y ≤ f 2 ( x ) Tipo 2

y

g1(y)

g2(y)

d

D c x Figura 6-3

{

D : ( x , y ) ∈ R 2 / g1 ( y ) ≤ x ≤ g 2 ( y ) ∧ c ≤ y ≤ d

}

Tipo 3 Este tipo de regiones pueden ser tipo 1 o tipo 2 indistintamente. Las regiones tipo 3 son en realidad las regiones generales

y

y

D D x

x

Figura 6-4 Sea D, región de integración, una región plana tipo 3; evaluar:

∫∫ f (x, y ) ∂x∂y D

y d

f2(x)

D f1(x)

R

c a

b

x

Figura 6-5 Suponemos a D de tipo 1, totalmente incluida en una región R rectangular y ) definimos f ( x, y ) de la siguiente manera:

)  f ( x, y ); f ( x, y ) =  0; 

( x, y ) ∈ D ( x, y ) ∉ D

z z = f(x,y)

c

d y

a

D R

b

f1(x)

x

f2(x) Figura 6-6

Suponemos a D de tipo 1, totalmente incluida en una región R rectangular y ) definimos f ( x, y ) de la siguiente manera:

)  f ( x, y ); f ( x, y ) =  0; 

( x, y ) ∈ D ( x, y ) ∉ D

Resolviendo la integral:

∫∫ f (x, y ) ∂y∂x = ∫∫ fˆ (x, y ) ∂y∂x D

R b  f1 ( x ) d  = ∫  ∫ fˆ ∂y  ∂x = ∫  ∫ 0 ∂y + a c a    c b

f2 (x)

∫

f ( x, y ) ∂y +

f1 ( x )

 ∂ y ∫  ∂x f2 (x)   d

b f2 ( x)

=∫

∫ f (x, y )∂y ∂x

a f1 ( x )

Entonces tenemos:

∫∫

b f2 ( x )

f ( x, y ) ∂y∂x = ∫

D

∫ f (x, y )∂y ∂x

⇔

D es una región tipo 1

⇔

D es una región tipo 2

a f1 ( x )

De idéntica manera: d g2 ( x)

∫∫ f (x, y ) ∂x∂y = ∫ ∫ f (x, y )∂x ∂y D

c g1 ( x )

Ejemplo 6-2

Calcular

∫∫ x

2

y 2 ∂A ; donde D es la región sombreada de la figura

D

Figura 6-7

Solución:

Resolvemos tomando diferenciales horizontales entonces tenemos:

∫∫ x

2

D

y−2

y 2∂A = ∫

2

=∫

2

1 0 3

x3 y 2

=∫

2

y 2 ( y − 2 ) ∂y + ∫

0

∫

0

[

1 0 3

x 2 y 2∂x∂y + ∫

4

2

]

y −2

0

∂y + ∫

4

∫

0

[

x 2 y 2∂x∂y

x3 y 2

1 2 3

3

y+2

4

1 2 3

]

y+2

0

∂y

y 2 ( y + 2 ) ∂y 3

( ) ∫ y (y + 6 y + 12 y + 8)∂y ∫ (y − 6 y + 12 y − 8 y )∂y ∫ (y + 6 y + 12 y + 8 y )∂y [ y − y + 3y − y ] [ y + y + 3y + y ] 2

= 13 ∫ y 2 y 3 − 6 y 2 + 12 y − 8 ∂y 0

+ 13 = 13

+ 13 = 13

+ 13

4

2

3

2

2

2

5

4

3

2

0

4

5

4

3

2

2

1 6

1 6

6

6

6 5

6 5

5

5

4

4

8 3

8 3

3 2 0

3 4 2

40976 = − 16 45 + 45

= 8192 9 6.3 CAMBIO DE ORDEN DE INTEGRACIÓN. Como se vio en capítulos anteriores para regiones rectangulares al cambiar el orden de integración, los límites de las integrales por ser constantes se mantienen iguales. Sin embargo cuando tenemos regiones tipo 3, éstas no siempre se pueden resolver fácilmente con cualquier orden de integración. Es decir que cuando la región es tipo 3 en algunos casos existe un orden de integración más conveniente que otros y es importante identificarlo para facilitar el cálculo de la integral orden. Al hacer el cambio de orden de integración se debe tener en cuenta que los límites variables sólo pueden estar presentes en la integral interna y éstos deben estar en función del diferencial externo; los límites de la integral externa serán valores constantes. 2 6− y

∫ ∫ f (x, y )∂y∂x 0 y2

Los límites externos son constantes, pero los límites internos NO son función del diferencial externo Los límites internos son función del diferencial externo, pero los límites externos NO son constantes

y 4− x 2

∫ ∫ f (x, y )∂y∂x 1 1+ x 4 x 2 −2

∫ ∫ f (x, y )∂y∂x

Los límites internos son función del diferencial externo y los límites externos son constantes

3 3− x

2

2

0

x

∫∫

2

e − y ∂y∂x .

Ejemplo 6-3

Calcular

Solución:

Cuando intentamos resolver con el orden de integración indicado, nos −y ∫ e ∂y . Por lo 2

damos cuenta que no podemos calcular directamente:

que debemos cambiar el orden de integración, para determinar si se puede resolver la integral. Graficamos la región de integración:

Figura 6-8

Al cambiar el orden de integración tenemos: 2

2

0

x

∫∫

e − y ∂y∂x = ∫ 2

2

0 2

∫

y

0

2

e − y ∂x∂y

[

= ∫ x e− y 0

2

2

] ∂y y

0

= ∫ y e − y ∂y 2

0

[

= − 12 e − y

2

]

2

0

= − 12 e − 4 6.4 CAMBIO DE VARIABLE EN UNA INTEGRAL DOBLE. Para funciones de variable real la integral: b

∫ f (x ) ∂x a

Pueden ser expresadas en términos de una nueva variable t, por medio de la función x = g (t ) , siempre que g (t ) sea una función uno a uno (inyectiva). Entonces teniendo en cuenta que: de la variable t es: b

∫

∂x = g ' (t )∂t , a = g (c ) , b = g (d ) ; la integral en función

d

f ( x ) ∂x = ∫ f ( g (t )) g ' (t )∂t

a

c

En forma similar para una función

f :U ⊆ R2 → R : ∂ ( x, y )

∫∫ f (x, y )∂x∂y = ∫∫ f (Φ(u, v )) ∂(u, v ) ∂u∂v D

T

Si Φ (u , v ) = (x (u , v ), y (u , v )) es una función uno a uno y R → R , geométricamente Φ transforma la región de integración D en otra región de integración T. 2

2

∂ ( x, y ) : se llama jacobiano de la transformación y es el valor ∂ (u , v ) absoluto del determinante de la matriz diferencial de Φ . J (u , v ) =

Se puede demostrar que el jacobiano es un número regulador de la expansión o compresión del área de la región de integración D.

Φ(u, v ) = (x(u, v ), y (u, v )) es una función R 2 → R 2 ; que lo único que hace es transformar la región de integración original en otra región de de acuerdo al cambio de variable escogido.

Ejemplo 6-4

Calcular la integral

∫∫ (x + y ) e 2

x− y

∂x∂y , donde D es la región

D

acotada por Solución:

x + y = 1 , x + y = 4 , x − y = 1 y x − y = −1 .

Primero definimos las relaciones

u+v  u = x + y  x = 2 Sea  ⇒ v = x − y  y = u − v 2  De acuerdo al cambio de variable transformamos la región de integración. T2

Φ (u, v )

←

D D4

T2

D2

D3

T3

T

T1

D1 T4 Figura 6-9

 D1 : x − y = 1 D : x + y = 4  D: 2  D3 : x − y = −1  D4 : x + y = 1

Figura 6-10

 T1 : v = 1 T :u = 4  T : 2 T3 : v = −1  T4 : u = 1

Φ: u + v u −v  Φ(u , v ) =  ,  2   2

Definimos la función

Determinamos el jacobiano de la transformación:

J [Φ (u, v )] =

∂ ( x, y ) = abs 1 ∂ (u, v ) 2 1 2

1 2

−

1 2

=−

1 1 = 2 2

Resolvemos la integral aplicando el cambio de variable:

∫∫ (x + y ) e

2 x− y

D

1 ∂x ∂y = ∫∫ u 2e v  ∂u ∂v 2 T 1 4

1 = ∫ ∫ u 2 e v ∂u ∂v 2 −1 1 4

1 1  v u3  = ∫ e ∂v 2 −1  3 1 1

=

21 v e ∂v 2 −∫1

21 v 1 e −1 2 21 = e − e −1 2 =

[ ] (

)

Cambio de variables usuales: Polares La función Φ que define el cambio de variable para coordenadas polares es:

Φ(r ,θ ) = (r cos θ , r sen θ ) = ( x, y ) Entonces el jacobiano de la transformación es:

J (r , θ ) =

 cos θ ∂ ( x, y ) = abs  ∂ (r , θ ) − r sen θ

sen θ  = r cos 2 θ + r sin 2 θ = r  r cos θ 

Por lo tanto el cambio de variable para una transformación polar queda:

∫∫ f (x, y )∂x∂y = ∫∫ f (r cosθ , r sen θ )r ∂r∂θ D

T

T2

Ejemplo 6-5

Evaluar la integral de:

∫∫ ln(x

2

)

+ y 2 ∂x∂y , donde D es la región en

D

el 1er cuadrante, limitada entre los arcos de circunferencia:

x2 + y 2 = a2 ∧ x2 + y 2 = b2 ; a > b . Solución:

El cambio de coordenadas más conveniente el polar. De acuerdo al cambio de variable transformamos la región de integración.

Φ( r ,θ )

←

D

Figura 6-11

T

Figura 6-12

Como es un cambio de variable conocido reemplazamos directamente en la integral:

∫∫ ln(x

2

)

( )

+ y 2 ∂x∂y = ∫∫ ln r 2 (r )∂r ∂θ

D

T

π 2

[

]

a

= ∫ 12 ln r 2 b ∂θ 0

π

 a2  2 =  12 ln 2  b 0  =

π 4

ln

a2 b2

6.5 APLICACIONES DE LA INTEGRAL DOBLE AL CÁLCULO DE ÁREAS Y VOLÚMENES. Cálculo del área de figuras planas:

Dada una función z = f ( x, y ) = 1 . Al integrar esta función, sobre una región D, obtendremos el volumen del cilindro de base D y altura 1. El volumen del cilindro es igual al área de su base (área de D) por su altura que es 1, entonces numéricamente el valor es igual al área de la región de integración D.

∫∫ f (x, y )∂x∂y = ∫∫ ∂x∂y = A[D] D

Ejemplo 6-6

D

Encontrar el área de la región limitada por la parábola recta

Solución:

y = x +1.

Graficamos la región de integración:

D

Figura 6-13

y = x 2 y la

De acuerdo al grafico se observa que el orden de integración mas conveniente es tomando diferenciales verticales. Para esto necesitamos conocer los puntos de intersección de las curvas:

x2 = x +1 x2 − x −1 = 0 ( −1)2 − 4 (1)(−1) 2 (1)

x = 1±

(

= 12 1 ± 5

)

Entonces resolvemos la integral:

(1+ 5 ) x +1 A[D ] = ∫∫ ∂A = ∫ ∫ ∂y∂x 1 (1− 5 ) 2 D x 2 1 (1+ 5 ) 1 (1+ 5 ) 2 2 x +1 = ∫ [ y ]x 2 ∂x = ∫ x + 1 − x 2 ∂x 1 (1− 5 ) 1 (1− 5 ) 2 2 1 (1+ 5 ) 2 3 = 12 x + x − 13 x 12 (1− 5 ) 2 1 2

(

[

=

)

]

5 5 6

Cálculo de volúmenes: Como se demostró anteriormente si la función 2

D ⊂ R tal que z > 0 , entonces la integral

z = f ( x, y ) es continua en

∫∫ f (x, y )∂x∂y , representa el volumen D

debajo de la superficie f ( x, y ) sobre la región D. Ejemplo 6-7 Encontrar el volumen de una esfera de radio R, limitado por los planos coordenados, utilizando integrables dobles

Solución:

Graficamos la región de integración:

z = R2 − x2 − y2

Figura 6-14 Como la esfera es simétrica, sólo tomaremos en cuenta sólo el primer octante, proyectamos el volumen al plano “xy”:

D

Figura 6-15

Φ( r ,θ ) ← 

T

Figura 6-16

Como la región de integración es circular entonces utilizaremos una cambio de variable polar, como es un cambio de variable conocido reemplazamos directamente en la integral:

V [Ω] = 8∫∫ R 2 − x 2 − y 2 ∂x∂y = 8∫∫ R 2 − r 2 (r )∂r ∂θ D

T

π R 2

R

π  = 8∫ ∫ r R 2 − r 2 ∂θ ∂r = 8  ∫ r R 2 − r 2 ∂r  2 0 0 0  1 = 4π − R 2 − r 2  3 4π 3 = R 3

(

)

3/ 2

R

  0

6.6 INTEGRALES TRIPLES. Dada una función f ( x, y , z ) en Ω ⊂ R ; donde Ω es un paralelepípedo rectangular definida por el producto cartesiano de 3 intervalos de R: Ω = a, b × c, d × e, f / x ∈ a, b ∧ y ∈ c, d ∧ z ∈ e, f . 3

[ ] [

] [

]

[ ]

]

[

]

[e, f ] en “n” particiones. Queda Ω dividida en “n” paralelepípedos y cada uno tiene un volumen (∆x ∆y ∆z ) . Definimos Dividimos al intervalo

[a, b] , [c, d ]

[

y

el producto:

∆I = f ( x, y, z )∆z∆y∆x Si consideramos I como la suma de todos los n

n

∆I :

n

I = ∑ ∆I = ∑∑∑ f ijk ( x, y, z )∆xi ∆y j ∆z k k =1 j =1 i =1

Cuando se toma un número de particiones “n” muy grande entonces tendremos: n

n

n

I = lim ∑∑∑ f ijk ( x, y, z )∆xi ∆y j ∆z k n →∞

f d b

k =1 j =1 i =1

I = ∫ ∫ ∫ f ( x, y, z )∂x∂y∂z e c a

Ejemplo 6-8

Resolver

integral

∫∫∫ (x

triple

2

)

+ 2 y + z dV ,

Q

Ω = [1,2]× [2,3]× [3,1] Solución:

Resolvemos la integral: 3 2 4

∫ ∫ ∫ (x

2

3 2

∫ ∫ [x z + 2 yz + z ]∂z ∂x ∂y

)

2

+ 2 y + z ∂z ∂x ∂y =

2 1 3

2 1 3 2

7  = ∫ ∫  x 2 + 2 y +  ∂x ∂y 2 2 1 2

 x3 7  = ∫  + 2 xy + x  ∂y 3 2 1 2 3

3

7

7

∫  3 + 2 y + 2  ∂y 2

3

7  7 =  y + y 2 + y 2 2 3 21 21 14 14 = +9+ − −9− 3 2 3 2 35 = 6 6.7 INTEGRALES TRIPLES EN REGIONES GENERALES. Adoptaremos cuatro tipos de regiones elementales: Tipo 1: Superficies variables arriba y abajo

donde

De este tipo podemos encontrar en dos formas: a) z

f1 ( x, y ) ≤ z ≤ f 2 ( x, y )    3 Ω : ( x, y, z ) ∈ R / g1 ( x ) ≤ y ≤ g 2 ( x )    a≤ x≤b  

∫∫∫ Ω

b g 2 ( x ) f 2 (x, y )

f (x, y, z ) dV = ∫

∫ ∫ f (x, y, z ) ∂z ∂y ∂x

a g1 ( x ) f 1 ( x , y )

b)

f1 ( x, y ) ≤ z ≤ f 2 ( x, y )    3 Ω : ( x, y, z ) ∈ R / h1 ( y ) ≤ x ≤ h2 ( y )    c≤ y≤d   d h2 ( y ) f 2 ( x , y )

∫∫∫ f (x, y, z ) dV = ∫ ∫( ) (∫ f) (x, y, z )∂z ∂x ∂y Ω

y

x

Figura 6-17

c h1 y f1 x , y

Tipo 2: Superficies variables a los costados De este tipo podemos encontrar en dos formas: c) z

f1 ( x, z ) ≤ y ≤ f 2 ( x, z )    3 Ω : ( x, y, z ) ∈ R / g1 (x ) ≤ z ≤ g 2 ( x )    a≤ x≤b   b g2 (x ) f2 (x,z )

∫∫∫ f (x, y, z ) dV = ∫ Ω

∫ ∫ f (x, y, z )∂y ∂z ∂x

a g1 ( x ) f1 ( x , z )

d)

f1 ( x, z ) ≤ y ≤ f 2 ( x, z )    3 Ω : ( x, y, z ) ∈ R / h1 ( z ) ≤ x ≤ h2 ( z )    e≤ z≤ f   f h2 ( z ) f 2 ( x , z )

∫∫∫ f (x, y, z ) dV = ∫ ∫( ) (∫ f) (x, y, z )∂y ∂x ∂z Ω

e h1 z f1 x , z

Tipo 3: Superficies variables delante y atrás

y

x

Figura 6-18

De este tipo podemos encontrar en dos formas: e) z

f1 ( y, z ) ≤ x ≤ f 2 ( y, z )    3 Ω : ( x, y, z ) ∈ R / g1 ( z ) ≤ y ≤ g 2 ( z )    e≤ z≤ f   f g2 (z ) f2 ( y,z )

∫∫∫ f (x, y, z ) dV = ∫ Ω

∫ ∫ f (x, y, z )∂x ∂y ∂z

e g1 ( z ) f1 ( y , z )

f)

f1 ( y, z ) ≤ x ≤ f 2 ( y, z )    3 Ω : ( x, y, z ) ∈ R / h1 ( y ) ≤ z ≤ h2 ( y )    c≤ y≤d  

y

d h2 ( y ) f 2 ( y , z )

x

∫∫∫ f (x, y, z ) dV = ∫ ∫( ) (∫ f) (x, y, z ) ∂x ∂z ∂y Ω

Figura 6-19

c h1 y f1 y , z

Tipo 4 Cuando la región Ω es tal que puede ser considerada como una región tipo 1, tipo 2 o tipo 3 indistintamente. Es el único caso que permite hacer cambio en el orden de integración y generalmente se refiere a sólidos limitados por la intersección de dos superficies (sólidos cerrados)

f ( x, y, z ) = 2 xyz en la región limitada por el cilindro z = 1 − x y los planos z = 0 , y = x y y=0

Ejemplo 6-9 Evaluar la integral triple de la función 1 2

2

Solución: Graficamos la región de integración:

Figura 6-20 Definimos la integral tomando la región de integración como tipo 1: 1 2 2 x 1− 2 x

2x

∫ ∫ ∫ 2 xyz ∂z ∂y ∂x = ∫ ∫ [xyz ] 0 0

0

0 0

1 2 2 1− 2 x 0

x

 xy 2  x 2  2  1 −   ∂x = = ∫ 2  2  0   0 2

2

 x2  ∂y ∂x = ∫ ∫ xy1 −  ∂y ∂x 2  0 0 2x

2

x3  x 2  ∫0 2 1 − 2  ∂x 2

 x3 x5 x7   x 4 x 6 x8  = ∫  − + ∂x =  − +  2 2 4  8 12 64  0 0 1 2 1 1 = − + = 2 3 4 12 2

2

Ahora definimos la integral tomando la región de integración como tipo 2:

2 (1− z ) x

1

2 (1− z )

1

1

2 (1− z ) 3

∫ ∫ ∫ 2 xyz ∂y ∂x ∂z = ∫ ∫ [xy z ] ∂x ∂z = ∫ ∫ x x

2

0

0

0

0

0

0

0

 x4 z  = ∫  4 0 0  1

2 (1− z )

z∂x ∂z

0

1

∂x = ∫ z (1 − z ) ∂x 2

0 1

 z 2 2z 3 z 4  = ∫ z − 2 z + z ∂x =  − +  3 4 0 2 0 1 2 1 1 = − + = 2 3 4 12 1

(

2

3

)

Ahora definimos la integral tomando la región de integración como tipo 3: 1 2

2 1− 2 y

1 2 21− 2 y

2(1− z )

∫ ∫

∫ 2xyz∂x ∂z ∂y = ∫ ∫ [x yz]

0

y

0

2

2(1− z )

y

0

∂z ∂y

0

1 2 21− 2 y

=

∫ ∫ yz(2(1 − z) − y )∂z ∂y 2

0

0

1 2 21− 2 y

=

∫ ∫ (2yz − 2yz 0

2

)

− y 3 z ∂z ∂y

0 1− 1 y 2

 2 yz3 y 3 z 2  2 ∂y = ∫  yz2 − −  3 2 0 0 1

  y 2  2 2 y  y 2 3 y 3  y 2  2  = ∫  y1 −  − 1 −  − 1 −  ∂y  2 3 2 2 2  0   2

 y y3 y5 y7  = ∫  − + − ∂x 3 2 4 24  0 2

 y 2 y 4 y 6 y8  = − + −   6 8 24 192 0 1 1 1 1 1 = − + − = 3 2 3 12 12

2

6.8 CAMBIO DE VARIABLE EN UNA INTEGRAL TRIPLE. Al igual que par las integrales dobles, se puede usar un cambio de variable en las integrales triples. Para una función

f :U ⊆ R3 → R : ∂ ( x, y , z )

∫∫∫ f (x, y, z )∂x∂y∂z = ∫∫∫ f (Φ(u, v, w)) ∂(u, v, w) ∂u∂v∂w Ω

T

Φ(u, v, w) = ( x(u, v, w), y (u, v, w), z (u, v, w)) es una función uno a uno y 3 R → R 3 , geométricamente Φ transforma la región de integración D en otra región Si

de integración T.

∂ ( x, y , z ) : se llama jacobiano de la transformación y es el valor ∂ (u , v, w) absoluto del determinante de la matriz diferencial de Φ . J (u , v, w) =

Cambio de variables usual: Cilíndricas La función Φ que define el cambio de variable para coordenadas polares es:

Φ(r ,θ , z ) = (r cos θ , r sen θ , z ) = ( x, y, z )

Entonces el jacobiano de la transformación es:

cos θ ∂ ( x, y , z ) J (r ,θ , z ) = = abs − r sen θ ∂ (r ,θ , z ) 0

sen θ

0

r cos θ 0

0 = r cos 2 θ + r sin 2 θ = r 1

Por lo tanto el cambio de variable usando coordenadas cilíndricas queda:

∫∫∫ f (x, y, z )∂x∂y∂z = ∫∫∫ f (r cosθ , r sen θ , z )r ∂r∂θ∂z Ω

T

Ejemplo 6-10 Calcular la integral triple

∫∫∫ W

región de la esfera

z x2 + y2

∂z∂y∂x , donde W es la

x 2 + y 2 + z 2 = 10 , donde z ≥ 2 .

Solución:

El cambio de coordenadas más conveniente es el esférico. De acuerdo al cambio de variable transformamos la región de integración.

Q Φ( r ,θ , z ) ←  

T

Figura 6-22 Figura 6-21 Como es un cambio de variable conocido reemplazamos directamente en la integral:

∫∫∫ W

z

z ∂z∂y∂x = ∫∫∫ r ∂z ∂r ∂θ r x +y T 2

2

2π 6 10− r 2

=

∫ ∫ ∫ z ∂z ∂r ∂θ 0 0

2

2π 6

=

∫ 0

=

1 2

 z2  ∫0  2  2

10 − r 2

∂r ∂θ

2π 6

∫ ∫ (10 − r

2

)

− 4 ∂r ∂θ

0 0 6

2π 1  r3  = ∫ 6r −  ∂θ 2 0 3 0 2π

= 2 6 ∫ ∂θ 0

= 4π 6 Cambio de variables usual: Esféricas La función Φ que define el cambio de variable para coordenadas polares es:

Φ(ρ ,θ , φ ) = (ρ cos θ sen φ , ρ sen θ sen φ , ρ cos φ ) = ( x, y, z ) Entonces el jacobiano de la transformación es:

cos θ sen φ ∂ ( x, y , z ) J (ρ , θ , φ ) = = sen θ sen φ ∂ (ρ , θ , φ ) cos φ

(

2

− ρ sen θ sen φ

ρ cos θ cos φ ρ sen θ cos φ − ρ sen φ

ρ cos θ sen φ 0

2

= cos φ − ρ sen θ sen φ cos φ − ρ cos 2 θ sen φ cos φ

(

2

2

2

2

2

− ρ sen φ ρ cos θ sen φ + ρ sen θ sen φ

)

)

2

= − ρ sen φ Por lo tanto el cambio de variable usando coordenadas esféricas queda:

∫∫∫ f (x, y, z )∂x∂y∂z = Ω

∫∫∫ f (ρ cos θ sen φ , ρ sen θ sen φ , ρ cos φ )ρ

2

sen φ ∂r∂θ∂φ

T

Ejemplo 6-11 Evaluar la integral

(x ∫∫∫ e

2

+ y2 + z2

) ∂V 3/ 2

, donde Q es la esfera unitaria

Q

Solución:

El cambio de coordenadas más conveniente es el esférico. De acuerdo al cambio de variable transformamos la región de integración.

Q

Φ( ρ,θ ,φ )

T

←  Figura 6-24 Figura 6-23

T3

Como es un cambio de variable conocido reemplazamos directamente en la integral:

∫∫∫ e

(x

2

+ y2 +z2

) ∂V = e ρ ρ 2 sen φ ∂ρ ∂φ ∂θ ∫∫∫ 3/ 2

3

Q

T

2π π 1

=

∫∫∫e

ρ3

ρ 2 sen φ ∂ρ ∂φ ∂θ

0 0 0 1

 eρ  = ∫∫ sen φ  ∂φ ∂θ  3  0 0 0  3

2π π

2π π

e −1 = sen φ ∂φ ∂θ 3 ∫0 ∫0 2π

=

e −1 [− cos φ ]π0 ∂θ ∫ 3 0 2π

2(e − 1) = ∂θ 3 ∫0 =

4π (e − 1) 3

6.9 APLICACIONES DE LA INTEGRAL TRIPLE AL CÁLCULO DE VOLÚMENES. Dada una función continua y positiva f ( x, y , z ) sobre una región Ω ⊂ R . Al integrar esta función, sobre la región Ω, obtendremos el hipervolumen debajo de la gráfica f ( x, y , z ) sobre Ω. Si la función f ( x, y , z ) = 1 , entonces numéricamente el valor de este hipervolumen sobre Ω es igual al volumen de la región de integración Ω. 3

∫∫∫ f (x, y, z )∂x∂y∂z = ∫∫∫ ∂x∂y∂z = V [Ω] Ω

Ω

Ejemplo 6-12 Calcular el volumen del tetraedro acotado por los planos coordenados y el plano 3 x + 6 y + 4 z − 12 = 0

Solución:

Graficamos la región de integración:

Figura 6-25 Definimos y resolvemos la integral:

1 3 3 4 2 − 2 x 3− 4 x − 2 y

V [Ω] = ∫∫∫ ∂V = ∫

∫

∫ ∂z ∂y ∂x

Ω

0

0

4

=∫ 0

0

2 − 12 x

∫ [z ]

3− 34 x − 32 y 0

0

1 4 2− 2 x

=∫ 0

∂y ∂x

∫ (3 −

3 4

x − 32 y ) ∂y ∂x

0 2 − 12 x

4

3 3   = ∫ 3 y − xy − y 2  4 4 0 0 

∂x

2 4   1  3  1  3 1   = ∫  3 2 − x  − x 2 − x  −  2 − x   ∂x  2  4  2  4 2   0  4

3 3   = ∫  3 − x + x 2  ∂x 2 16  0 4

3 1   = 3 x − x 2 + x 3  4 16  0  =4

Ejemplo 6-13 Se hace un agujero de 1 cm de diámetro a través de una esfera de 2 cm de radio, simétrica a un diámetro de la esfera. Encontrar el volumen del sólido resultante

Solución:

Graficamos la región de integración:

Figura 6-26 Definimos las superficies que limitan la región: Esfera:

x2 + y2 + z 2 = 4 x2 + y2 =

Cilindro:

1 4

Debido a la naturaleza de la región resulta conveniente efectuar un cambio a variables cilíndricas: Esfera: r Cilindro:

2

+ z2 = 4 r = 12

Entonces determinamos los límites constantes de la región: 1 4

+ z2 = 4

z 2 = 154 z=±

15 2

Como es un cambio de variable conocido reemplazamos directamente en la integral:

15 2

2π

4− z 2

∫∫∫ ∂V = ∫ ∫ ∫ r ∂r ∂z ∂θ Ω

0−

1 2

15 2 15 2

2π

r2  =∫ ∫   2 1 0 − 15  2 2 2π

=

4− z 2

∂z ∂θ

1 2

 4 − z2 1  ∫0 ∫0  2 − 8  ∂z ∂θ 15

2π

2 15 z3  = ∫  z −  ∂θ 8 6  − 15 0  2

2π

=

5 15 ∂θ 4 ∫0

=

5 15π 2

Ejemplo 6-14 Hallar el volumen de un sólido limitado por la hoja superior del cono

z 2 = x 2 + y 2 y por la esfera: x 2 + y 2 + z 2 = 9

Solución:

Graficamos la región de integración:

Figura 6-27 Debido a la naturaleza de la región resulta conveniente efectuar un cambio a variables esféricas: Esfera: ρ = 3 Cono superior:

φ=

π

4 3π Cono inferior: φ = 4

Como es un cambio de variable conocido reemplazamos directamente en la integral:

V [Ω] = ∫∫∫ ∂V = Ω

3π 2π 4 3

∫ π∫ ∫ ρ 0

2

sen φ ∂ρ ∂φ ∂θ

0

4 3π 2π 4

=

∫ 0

3

ρ3  ∫π  3 sen φ  ∂φ ∂θ 0 4

3π 2π 4

=9∫

∫ sen φ ∂φ ∂θ

0 π 4 2π

3π

= 9 ∫ [− cos φ ]π4 ∂θ 4

0 2π

= 9 2 ∫ ∂θ 0

= 18 2π

CAPITULO 8 ______________________________

“Nuestras almas, cuyas facultades pueden comprender la maravillosa arquitectura del mundo, y medir el curso de cada planeta vagabundo, aún escalan tras el conocimiento infinito” Christopher Marlowe.

INTEGRALES DE SUPERFICIE 8.1. 8.2. 8.3. 8.4. 8.5. 8.6. 8.7. 8.8.

Parametrización de una superficie en R3. Área de una superficie en R3. Definición y cálculo de una integral de superficie para una función escalar. Definición y cálculo de una integral de superficie para una función vectorial. Integrales de superficie orientadas. Teorema de Stokes. Teorema de Gauss. Aplicaciones.

8.1 PARAMETRIZACIÓN DE UNA SUPERFICIE EN R3. Al igual que una curva en R3 puede ser parametrizada por una función σ, definida en R y cuya imagen es la representación de la curva en el espacio tridimensional. Así mismo una superficie en R3 puede ser expresada como la imagen de una función Φ definida en R2.

Φ (u , v )

z

Φ(u , v) Tu × Tv

v

Tu Tv

U

Φ(u , v0 )

v = v0

Φ(u0 , v) u

u = u0

x

Figura 8-1 Definición: Una superficie parametrizada es una función

Φ : U ⊂ R 2 → R 3 de la forma

Φ(u, v ) = ( x(u, v ), y (u, v ), z (u , v )) , tal que su imagen representa una superficie “S” en R3. Donde x(u , v ), y (u , v ), z (u , v ) son sus componentes. La función Φ es de tipo C1 (diferenciable, hasta sus derivadas contínuas) en su dominio U si cada una de sus componentes son también de tipo C1 en U.

u = u 0 y v = v0 que en R3 representan las trayectorias Φ (u0 , v ) y Φ (u , v0 ) respectivamente, el punto (u 0 , v 0 ) se proyecta como Φ (u0 , v0 ) . Φ(u , v0 ) = ( x(u , v0 ), y (u , v0 ), z (u , v0 )) Si se fija u en u0 y v en v0 se obtienen las rectas

Φ(u0 , v ) = ( x(u0 , v ), y (u0 , v ), z (u0 , v )) En el punto (u 0 , v 0 ) o en cualquier otro punto, se pueden trazar los vectores tangentes a cada trayectoria:

y

 ∂x ∂y ∂z  Tu =  , ,   ∂u ∂u ∂u  Vectores Tangentes Elementales

 ∂x ∂y ∂z  Tv =  , ,   ∂v ∂v ∂v 

Tu y Tv se llaman vectores tangentes elementales y pueden evaluarse en cualquier punto de Φ (u, v ) . Si hacemos el producto cruz entre los vectores tangentes elementales obtenemos:

Tu × Tv =

i

j

k

∂x ∂u

∂y ∂u ∂y ∂v

∂z ∂u

∂x ∂v

∂z ∂v

El vector Tu × Tv se denomina vector producto elemental y representa un vector normal a la superficie en cualquier punto de Φ (u, v ) . Definición: Se dice que una superficie es suave cuando no tiene picos ni pliegues; esto se reconoce matemáticamente cuando el vector producto elemental es diferente de cero; entonces el punto o los puntos donde el vector producto elementa es cero la superficie es no suave.

Ejemplo 8-1

z 2 = x 2 + y 2 parametrizado en forma cilindrica: Φ(r ,θ ) = (r cos θ , r sen θ , r ) . Demostrar que ésta es una

Dado el cono

parametrización no suave del cono en el origen. Solución:

Los vectores tangentes elementales:

Tr = (cos θ , sen θ ,1) Tθ = (− r sen θ , r cos θ ,0 ) Entonces el vector producto elemental:

i Tr × Tθ = cos θ − r sen θ

j sen θ

k 1

r cos θ

0

(

)

= − r cos θ ,−r sen θ , r cos 2 θ + r sen 2 θ = (− r cos θ ,− r sen θ , r ) Si evaluamos en punto (0,0,0 ) , es decir cuando r = 0 Tr × Tθ = (0,0,0 ) ∴ La parametrización no es suave en el origen
Ejemplo 8-2

Probar que la parametrización usual de cualquier función escalar

f : R 2 → R , cuya gráfica es una superficie en R3, es siempre suave. Solución:

Parametrizamos la superficie de forma usual:

Φ( x, y ) = ( x, y, f ( x, y )) Los vectores tangentes elementales:

∂f   Tx = 1,0,  ∂x    ∂f  Ty =  0,1,  ∂y   Entonces el vector producto elemental:

i

j

k

Tx × Ty = 1 0 0 1

∂f ∂x ∂f ∂y

 ∂f ∂f  =  − ,− ,1 ≠ (0,0,0 )  ∂x ∂y 

∴ La parametrización usual es siempre suave
8.2 ÁREA DE UNA SUPERFICIE EN R3. Dada una superficie “S” en R3

parametrizada

por

Φ : D ⊂ R → R de la forma Φ(u, v ) = ( x(u, v ), y (u, v ), z (u , v )) . 2

3

la

función

Φ (u , v )

z

Φ(u , v) Tu i

v vj+1

Tv j y

Rij vj ui

ui+1 u Figura 8-2

x

Por simplicidad asumimos que D es un rectángulo, entonces dividimos a D en “n” celdas. Sea Rij el ij-ésimo rectángulo en la partición con vértices: ui , v j ,

(

(u

i +1

)

, v j ) , (ui , v j +1 ) y (ui +1 , v j +1 ), 0 ≤ i ≤ n − 1 , 0 ≤ j ≤ n − 1 . Si se fija u en ui y v en vj se obtienen las rectas

u = ui y v = v j que en R3

representan las trayectorias:

σ (v ) = Φ(ui , v) ; σ : [v j , v j +1 ] → R 3

ρ (u ) = Φ (u, v j ) ; ρ : [ui , ui +1 ] → R 3 Para un segmento de curva muy pequeño su longitud es aproximadamente la magnitud del vector velocidad por lo cual tendremos para cada trayectoria:

∆lv = σ ' (v )(vi +1 − vi ) = σ ' (v ) ∆v ∆lu = ρ ' (u )(ui +1 − ui ) = ρ ' (u ) ∆u Tomando las expresiones anteriores en forma vectorial y considerando las definiciones de los vectores tangentes elementales:

∆Lv = σ ' (v j )∆v = Tv j ∆v

∆Lu = ρ ' (ui )∆u = Tu i ∆u Sea ∆S el área de la porción de la superficie “S” que es la imagen de la región Rij, si ∆u y ∆v son incrementos infinitesimales, entonces ∆S puede considerarse como un paralelogramo; si recordamos que el área del paralelogramo generado por dos vectores es la norma de su producto cruz, aplicando la anterior obtenemos:

∆S = ∆Lu × ∆Lv = Tu i ∆u × Tv i ∆v = Tu i × Tv i ∆u∆v

Si consideramos

A[S ] como la suma del área de todas las particiones ∆S n −1 n −1

A[S ] = ∑ ∆S = ∑∑ Tu i × Tv i ∆u∆v j =0 i = 0

Cuando se toma un número de particiones “n” muy grande entonces tendremos: n −1 n −1

A[S ] = lim ∑∑ Tu i × Tv i ∆u∆v n →∞

j =0 i =0

A[S ] = ∫∫ Tu × Tv ∂u∂v D

Definición: Dada una superficie parametrizada por la función

Φ : D ⊂ R 2 → R 3 de la

forma Φ (u , v ) = ( x(u , v ), y (u , v ), z (u , v )) , suave en D, tal que su imagen representa una superficie “S” en R3. Entonces el área de “S” está dada por la integral:

A[S ] = ∫∫ Tu × Tv ∂u∂v D

x2 + y2 + z 2 = R2 .

Ejemplo 8-3

Encontrar el área de la superficie de la esfera

Solución:

Parametrizamos la superficie usando coordenadas esféricas:

0 ≤ u ≤ 2π Φ(u, v ) = (R cos u sen v, R sen u sen v, R cos v ) ;  0 ≤ v ≤ π Los vectores tangentes elementales:

Tu = (− R sen u sen v, R cos u sen v,0 ) Tv = (R cos u cos v, R sen u cos v,− R sen v ) Entonces el vector producto elemental:

i j k Tu × Tv = − R sen u sen v R cos u sen v 0 R cos u cos v R sen u cos v − R sen v

(

= − R 2 cos u sen 2 v,− R 2 sen u sen 2 v,− R 2 sen v cos v El área de la superficie de la esfera es:

)

A[S ] = ∫∫ Tu × Tv ∂u∂v D

= ∫∫ R 4 cos2 u sen 4 v + R 4 sen 2 u sen 4 v + R 4 sen 2 v cos2 v ∂u∂v D

= R 2 ∫∫ sen v ∂v∂u D 2π π

= R 2 ∫ ∫ sen v ∂v ∂u 0 0 2π

= R 2 ∫ [− cos v]0 ∂u π

0 2π

= 2 R 2 ∫ ∂u 0

A[S ] = 4πR
2

8.3 DEFINICIÓN Y CÁLCULO DE UNA INTEGRAL DE SUPERFICIE PARA UNA FUNCIÓN ESCALAR. En el capítulo anterior se estudiaron las integrales de trayectoria: se tenía una función escalar continua

f : U ⊂ R 3 → R y σ (t ) = ( x(t ), y (t ), z (t )) la

parametrización de una trayectoria en R3, integral de trayectoria de f sobre σ es:

σ (t ) : [a, b] ⊂ R → R 3 .

Entonces la

b

∫σ f ∂s = ∫ ( f o σ )σ ' (t ) ∂t a

Así mismo se encontrará una expresión que permita evaluar la integral de una función escalar cuya región de integración será una superficie en R3.

f ( x, y, z ) : U ⊂ R 3 → R diferenciable y acotada en U, Φ(u, v ) = ( x(u, v ), y (u, v ), z (u , v )) la parametrización suave de una superficie “S” Dada una función

en R3,

Φ : D ⊂ R 2 → U ⊂ R3 .

Dividimos a D en “n” celdas. Es decir que la superficie “S” dividida en “n” porciones. Si tomamos la ij-ésima porción de superficie cuya área está definida por ∆S ij . Definimos el producto:

∆H ij = f (xij , yij , zij )∆Sij

Al considerar la parametrización tendremos que los puntos de la superficie se definen de la siguiente manera:

(x , y , z ) = Φ(u , v ) ij

ij

ij

i

j

Para una porción de superficie muy pequeña su área es aproximadamente:

∆S ij = Tu i × Tv j ∆u∆v Si consideramos H como la suma de todos los

∆H ij :

n −1 n −1

H = ∑ ∆H = ∑∑ f (Φ (ui , v j ))Tu i × Tv i ∆u∆v j =0 i =0

Cuando se toma un número de particiones “n” muy grande entonces tendremos: n −1 n −1

H = lim ∑∑ f (Φ (ui , v j )) Tu i × Tv i ∆u∆v n →∞

j =0 i = 0

H = ∫∫ ( f o Φ ) Tu × Tv ∂u∂v = ∫∫ f dS D

S

Definición:

f ( x, y, z ) una función escalar definida en U ⊂ R 3 → R , diferenciable y acotada en U, Φ (u , v ) = ( x(u , v ), y (u , v ), z (u , v )) de una superficie “S” en R3, Φ : D ⊂ R 2 → U ⊂ R 3 . Se llama integral de superficie de f en S a la integral: Sea

∫∫ f dS = ∫∫ ( f o Φ ) T

u

S

Ejemplo 8-4

Evaluar

× Tv ∂u∂v

D

la

integral

∫∫ f dS

del

campo

escalar

S

f ( x, y, z ) = x + y + 1 ; y S la superficie del helicoide 2

2

σ (r ,θ ) = (r cos θ , r sen θ ,θ ) ; donde r ∈ [0,1] y θ ∈ [0,2π ] . Solución:

Determinamos los vectores tangentes elementales:

Tr = (cos θ , sen θ ,0 ) Tθ = (− r sen θ , r cos θ ,1) Entonces el vector producto elemental:

i

j

k

sen θ

0

r cos θ

1

Tr × Tθ = cos θ − r sen θ

(

= sen θ ,− cos θ , r cos 2 θ + r sen 2 θ

)

= (sen θ ,− cos θ , r ) Resolvemos la integral de acuerdo a la definición: 2π 1

∫∫ f dS = ∫ ∫

r 2 cos 2 t + r 2 sen 2 t + 1 (sen t ,− cos t , r ) ∂r ∂θ

0 0

S

2π 1

=

2π 1

∫∫

r 2 + 1 r 2 + 1∂r ∂θ =

0 0 2π

∫∫ S

∫ ∫ (r

2

)

+ 1 ∂r ∂θ

0 0 1

2π

r  4 = ∫  + r  ∂θ = ∫ ∂θ 3 3 0 0 0 8 f dS = π
3 3

También se puede expresar la integral de línea de un campo escalar utilizando la parametrización usual para la superficie de la siguiente forma:

∫∫ f dS = ∫∫ S

D

f ( x, y, z ( x, y )) ∂x ∂y cos θ

Donde θ es el ángulo entre el vector normal N y el eje “z”.Esta forma se usa cuando la superficie es plana, porque el término cos θ es constante. Demostración: Sea la superficie S parametrizada de forma z usual:

Φ( x, y ) = ( x, y, f ( x, y ))

N

Entonces el vector normal será:

 ∂f ∂f  N = Tx × Ty =  − ,− ,1  ∂x ∂y 

θ

El producto punto entre el vector normal N y el vector k:

y

x Figura 8-3

N • k = N k cos θ  ∂f ∂f   − ,− ,1 • (0,0,1) = N cos θ  ∂x ∂y  1 = N cos θ N =

1 cos θ

Reemplazando en la definición de integral de superficie para campos escalares:

∫∫ f dS = ∫∫ f (x, y, z(x, y )) T

x

S

× Ty ∂x∂y = ∫∫

D

Ejemplo 8-5

D

Evaluar la integral de superficie

f ( x, y, z ( x, y )) ∂x ∂y cos θ

∫∫ x dS , donde S es el triángulo de S

vértices Solución:

(1,0,0) , (0,1,0) y (0,0,1) .

Determinamos el vector normal:

z P3(0,0,1)

r N

π

P1(1,0,0) x Figura 8-4

i

j k

N = V1 × V2 = − 1 1 0 = (1,1,1) −1 0 1

y P2(0,1,0)

N • k = N k cos θ cos θ =

N •k 1 = N 3

Resolvemos la integral: 1 1− x

x ∫∫S x dS = ∫∫D cosθ ∂y∂x = 3 ∫0 1

1

∫ x ∂y ∂x 0

(

)

= 3 ∫ [xy ]0 ∂x = 3 ∫ x − x 2 ∂x 1− x

0

0 1− x

∫∫ S

 x 2 x3  = 3 −   2 3 0 3 f dS =
6

8.4 DEFINICIÓN Y CÁLCULO DE UNA INTEGRAL DE SUPERFICIE PARA UNA FUNCIÓN VECTORIAL. Definición: Sea

F ( x, y, z ) = (F1 ( x, y, z ), F2 ( x, y, z ), F3 ( x, y, z )) una función vectorial

U ⊂ R 3 → R 3 , diferenciable y acotada Φ(u, v ) = ( x(u, v ), y (u, v ), z (u , v )) de una superficie “S”

definida

en

en

U;

en

R 3,

Φ : D ⊂ R 2 → U ⊂ R 3 . Se llama integral de superficie de F en S a la integral:

∫∫ F • dS = ∫∫ (F o Φ ) • (T

u

S

Ejemplo 8-6

× Tv )∂u∂v

D

Dado el campo vectorial F ( x, y , z ) = xi + yj + zk ; y S la superficie de la semiesfera superior de radio 1 Φ(u, v ) = (cos u sen v, sen u sen v, cos v ) ; donde u ∈ 0,2π y

[

v ∈ [0, π2 ] . Evaluar la integral

∫∫ F • dS . S

Solución:

Determinamos los vectores tangentes elementales:

]

Tu = (− sen u sen v, cos u sen v,0 ) Tv = (cos u cos v, sen u cos v,− sen v ) Entonces el vector producto elemental:

i j k Tu × Tv = − sen u sen v cos u sen v 0 cos u cos v sen u cos v − sen v

(

= − cos u sen 2 v,− sen u sen 2 v,− sen v cos v

)

Resolvemos la integral de acuerdo a la definición: 2π

π 2

∫∫ F • dS = ∫ ∫ (F o Φ ) • (T

u

× Tv )∂v ∂u

0 0

S

2π

=

π 2

∫ ∫ (− cos u

2

)

sen 3 v − sen 2 u sen 3 v − sen v cos 2 v ∂v ∂u

0 0 2π

=

π

2π

2

π

∫ ∫ (− sen v )∂v ∂u = ∫ [cos v]

2

0

0 0

∫∫ F • dS = −2π

0

2π

∂u = − ∫ ∂u 0




S

8.5 INTEGRALES DE SUPERFICIE ORIENTADAS. Definición: Se consideran superficies orientadas aquellas que tienen dos caras bien definidas, cuando no es posible, la superficie es no orientada.

Una superficie orientada tiene dos vectores normales, uno externo y otro interno (uno que entra y otro que sale). Ambos vectores normales son opuestos, es decir, tienen direcciones contrarias. Como ejemplo vamos a tomar un plano que es una superficie orientada ya que tiene dos caras bien definidas.

Dos parametrizaciones del planos serían:

φ 1 (u , v ) = ( x(u , v ), y (u, v ), z (u , v )) φ 2 (s, t ) = ( x(s, t ), y (s, t ), z (s, t )) De tal manera que el vector normal a la superficie, de acuerdo a cada parametrización será:

N1

N 1= Tu × Tv N 2= Ts × Tt Se observa que:

N 1= − N 2

N2

Entonces al evaluar la integral de superficie de una

F : U ⊂ R3 → R3 : ∫∫ F • N1 = − ∫∫ F • N 2

función vectorial

Figura 8-5 S S Cambiar de orientación significa cambiar el sentido del vector normal. Una cierta parametrización puede provocar este efecto, entonces se debe tomar en cuenta que cuando se cambia la orientación de la superficie se está cambiando su signo. Una superfiice en el espacio puede ser abierta o cerrada. Si una superficie limita un sólido entonces se la denomina superficie cerrada; caso contrario, entonces se la denomina superficie abierta. Una superficie suave cerrada puede estar formada por la unión de varias superficies abiertas suaves, por ejemplo el cubo unitario está formado por 6 superficies abiertas suaves (planos):

z

S

S6

S S3

S5

y

S1

x

Figura 8-6

La integral de superficie en superficies como éstas es la suma de las integrales de superficie de cada una de las superficies individuales que la conforman.

Sea “S” el cubo unitario, entonces:

S = S1 ∪ S 2 ∪ S 3 ∪ S 4 ∪ S5 ∪ S 6 Entonces la integral de superficie de F en S es:

∫∫ F • dS = ∫∫ F • dS + ∫∫ F • dS + ∫∫ F • dS + ∫∫ F • dS + ∫∫ F • dS + ∫∫ F • dS S

Ejemplo 8-7

S1

S2

S3

S4

S5

S6

Dado el campo vectorial F ( x, y , z ) = ( x, y , z ) ; y S la superficie de la semiesfera superior de radio 1. Calcular la integral de superficie

∫∫ F • dS : S

a.- Utilizando la parametrización esférica. b.- Utilizando la parametrización usual. Solución:

a.- Φ (u , v ) = (cos u sen v, sen u sen v, cos v ) Entonces el vector producto elemental:

(

Tu × Tv = − cos u sen 2 v,− sen u sen 2 v,− sen v cos v

)

Resolvemos la integral:

∫∫ F • dS =

2π

π 2

∫ ∫ (F o Φ ) • (T

u

× Tv )∂v ∂u

0 0

S

2π

=

π 2

∫ ∫ (− cos u

2

)

sen 3 v − sen 2 u sen 3 v − sen v cos 2 v ∂v ∂u

0 0 2π

=

π

2π

2

π

2

0 0

0

∫∫ F • dS = −2π




S

b.-

2π

∫ ∫ (− sen v )∂v ∂u = ∫ [cos v]0 ∂u = − ∫ ∂u

(

Φ ( x, y ) = x, y , 1 − x 2 − y 2

)

Entonces el vector producto elemental:

  x y  Tx × Ty =  , , 1  1 − x2 − y 2 1 − x2 − y 2    Resolvemos la integral:

0

1−x2

1

∫∫F • dS = ∫ ∫ S

−1− 1−x2 1−x2

1

=∫

∫

−1− 1−x2 2π

(x, y, 1− x − y )• 1− xx − y , 2

2



2

2

 ∂y ∂x , 1 1− x2 − y2  y

2π 1

1

r ∂ y ∂ x = ∂r ∂θ ∫∫ 2 1− x2 − y2 0 0 1− r

[

]

1

2π

= ∫ − 1− r2 0 ∂θ = ∫ ∂θ 0

0

∫∫ F • dS = 2π




S

La parametrización esférica cambia la orientación de la superficie y la usual no. 8.6 TEOREMA DE STOKES. 3 3 Sea F un campo vectorial de R → R ; continuo e integrable en S. Si S es una superficie parametrizada por la función Φ : D ⊂ R 2 → R 3 definida de la forma

Φ(u, v ) = ( x(u, v ), y (u , v ), z (u, v )) , donde D una región plana tipo 3, donde “ ∂S ” es el contorno de S orientado positivamente, entonces:

∫ F • ∂r = ∫∫ rot F • ∂S ∂S

S

El teorema de Strokes relaciona un integral de superficie con una integral de línea en el contorno de la superficie. Cumple la misma función que el teorema de Green sobre una superficie en R3. La orientación positiva del contorno se z asume en el sentido que caminaría un observador de pie con dirección ala N normal exterior de la superficie de tal forma que la superficie quede a su izquierda

S

∂S

y

x Figura 8-7 El teorema de Strokes permite evaluar una integral de superficie en función de una integral de línea, o viceversa; una integral de línea como una de superficie, dependiendo de lo que sea más fácil de resolver.

Ejemplo 8-8

Verificar el teorema de Stokes para la superficie del paraboloide semiesfera unitaria superior utilizando la función vectorial F ( x, y , z ) = ( y , z , x ) .

Solución:

Como podemos observar en la figura 8-8 el problema nos pide resolver dos integrales una integral de línea cuya región de integración es la curva que limita la semiesfera y una integral de línea cuya región de integración es la superficie de la semiesfera. Por tratarse de resolver una integral de línea es conveniente calcular su rotor para determinar si el campo vectorial es un campo conservativo

i

j k

rotF = ∂∂x ∂∂y ∂∂z = (−1,−1,−1) y z x

z = 1− x2 − y2

S

∂S Figura 8-8 Parametrizamos la curva que limita la superficie:

∂S : σ (t ) = (cos t , sen t ,0); t ∈ [0,2π ] Resolvemos la integral de línea acuerdo a la definición:

2π

2π

∫ F • ∂r = ∫ (sen t ,0, cos t )• (− sen t , cos t,0)∂t = ∫ − sen ∂S

0

2

t ∂t

0 2π

2π

sen 2t   1 − cos 2t  1 = − ∫ ∂t = −  θ − 2 4  0  2 0

∫ F • ∂r = −π




∂S

Ahora resolvemos aplicando el teorema de Stokes, para lo cual tenemos que resolver un integral de superficie, entonces parametrizamos la superficie:

(

Φ( x, y ) = x, y,1 − x 2 − y 2

)

Entonces el vector producto elemental:

Tx × Ty = (2 x,2 y,1)

∫ F • ∂r = ∫∫ rot F • ∂S ∂S

S

= ∫∫ (− 1,−1,−1) • (2 x,2 y,1) ∂y ∂x = ∫∫ (− 2 x − 2 y − 1) ∂y ∂x D

D

2π 1

=

∫ ∫ (− 2r cosθ − 2r sen θ − 1)r ∂r∂θ 0 0 1

2π

 2 r2  = ∫ − r 3 (cos θ + sen θ ) −  ∂θ 3 2 0 0 2π

2 1  2 = ∫  − cos θ − sen θ − ∂θ 3 3 2 0 2π

=

∫( 0

2π

2 1   2 − 4 x + 16 x − 16 ∂θ = − sen θ + cos θ − θ  3 2 0  3 2

)

∫ F • ∂r = −π
∂S

8.7 TEOREMA DE GAUSS. 3 3 Sea F un campo vectorial de R → R ; continuo e integrable en Ω. Sea Ω es una región tipo 4 en R3, “ ∂Ω ” es su contorno, una superficie orientada cerrada que limita a Ω, entonces:

∫∫ F • ∂S = ∫∫∫ div F ∂V ∂Ω

Ω

El teorema de Gauss relaciona un integral triple con una integral de superficie en el contorno de la región. Como los teoremas anteriores relaciona las integrales en un todo y en su contorno. Ejemplo 8-9

Verificar el teorema de Gauss para evaluar

∫∫ F • n ∂S , donde S S

es la superficie cerrada determinada por

2

x + y2 = 4, z = 0 y

(

)

z = 2 . Utilizando el campo vectorial F ( x, y, z ) = 4 x,−2 y 2 , z 2 . Solución:

Como podemos observar en la figura 8-9 el problema nos pide resolver una integral de superficie en una superficie cerrada. Por lo que podemos resolver el primera como una integral de superficie o aplicado Gauss y resolviendo una integral triple. Dado que el problema nos pide que lo resolvamos de ambas maneras, primero resolvemos como una integral de superficie:

S2 S1

S0

Figura 8-9 Para resolver la integral en toda superficie debemos dividirla en tres porciones de superficie, parametrizar cada superficie y orientar sus vectores normales al exterior, como se indica en la figuara 8-9. Entonces la integral de superficie en la superfcie total S será:

∫∫ F • ∂S = ∫∫ F • ∂S + ∫∫ F • ∂S + ∫∫ F • ∂S S

S0

S1

S2

Resolvemos para la superficie S0, parametrizamos la superficie y hallamos el vector producto cruz elemental:

S 0 : Φ( x, y ) = ( x, y,0 ); x 2 + y 2 ≤ 4 Tx × Ty = (0,0,1) El vector producto cruz elemental está en dirección contraria del normal exterior:

N 0 = −(0,0,1) Calculamos la integral:

∫∫ F • ∂S = ∫∫ (4 x ,− 2 y ,0 )• (0,0,−1)∂x∂y = 0 2

S0

D0

Ahora resolvemos para la superficie S1, parametrizamos la superficie y hallamos el vector producto cruz elemental:

S1 : Φ(θ , z ) = (2 cos θ ,2 sen θ , z ); 0 ≤ θ ≤ 2π ,0 ≤ z ≤ 2 Tθ × Tz = (2 cos θ ,2 sen θ ,0 ) El vector producto cruz elemental coincide con el normal exterior:

N1 = (2 cos θ ,2 sen θ ,0) Calculamos la integral:

∫∫ F • ∂S = ∫∫ (4(2 cosθ ),−2(2 senθ ) , z )• (2 cosθ ,2 senθ ,0)∂θ ∂z 2

S1

2

D1 2 2π

(

)

= ∫ ∫ 16 cos2 θ − 16 sen3 θ ∂θ ∂z 0 0 2 2π

 1 + cos 2θ  = 16∫ ∫  − senθ + cos2 θ senθ ∂θ ∂z 2  0 0 2π

2

1 1  = 16∫  θ + sen 2θ + cosθ − cos3 θ  ∂z 2 4 0 0 2

= 16π ∫ ∂z 0

= 32π

Finalmente resolvemos para la superficie S2, parametrizamos la superficie y hallamos el vector producto cruz elemental:

S 2 : Φ( x, y ) = ( x, y,2 ); x 2 + y 2 ≤ 4 Tx × Ty = (0,0,1) El vector producto cruz elemental coincide con el normal exterior:

N 2 = (0,0,1) Calculamos la integral:

∫∫ F • ∂S = ∫∫ (4 x,−2 y , (2) )• (0,0,1)∂x∂y 2

S2

2

D2

= 4 ∫∫ ∂x∂y = 4 A[D2 ] = 4(4π ) D2

= 16π Por lo tanto la integral de superficie en la superfcie total S será:

∫∫ F • ∂S = ∫∫ F • ∂S + ∫∫ F • ∂S + ∫∫ F • ∂S S

S0

S1

S2

= 0 + 32 π + 16 π ∫∫ F • ∂S = 48π
S

Ahora resolvemos aplicando el teorema de Gauss, para lo cual tenemos que calcular el divergente del campo vectorial y resolver una integral triple:

∫∫ F • ∂S = ∫∫∫ div F ∂V = ∫∫∫ (4 − 4 y + 2 z )∂V Ω

S

Ω

2π 2 2

=

∫ ∫ ∫ (4 − 4 r sen θ + 2 z )r ∂z∂r∂θ 0 0 0

2π 2

=

∫ ∫ [4 rz − 4 r

]

2

2

z sen θ + rz 2 0 ∂r∂θ

2

sen θ ∂r∂θ

0 0 2π 2

=

∫ ∫ (12 r − 8r

)

0 0 2

2π

8   = ∫  6 r 2 − r 3 sen θ  ∂ θ 3 0 0  2π

8   = 8 ∫  3 − sen θ  ∂ θ 3  0  2π

8   = 8 3θ − cos θ  3  0

∫∫ F • ∂S = 48π
S

8.8 APLICACIONES.

CAPITULO 7 ______________________________

“Nuestras almas, cuyas facultades pueden comprender la maravillosa arquitectura del mundo, y medir el curso de cada planeta vagabundo, aún escalan tras el conocimiento infinito” Christopher Marlowe.

INTEGRALES DE LÍNEA Y TEOREMA DE GREEN 7.1. 7.2. 7.3. 7.4. 7.5. 7.6. 7.7.

Definición, cálculo y aplicaciones de la integral de trayectoria. Definición y cálculo de la integral de línea, como una integral vectorial. Orientación en una integral de línea. Aplicación de la integral de línea al cálculo de trabajo. Integrales de línea en campos conservativos. Teorema de Green, aplicaciones Formas vectoriales del teorema de Green.

7.1 DEFINICIÓN, CÁLCULO Y APLICACIONES DE LA INTEGRAL DE TRAYECTORIA. Dada una función

f ( x, y, z ) : U ⊂ R 3 → R diferenciable y acotada en σ (t ) ,

σ (t ) = ( x(t ), y (t ), z (t )) σ (t ) : [a, b] ⊂ R → R 3 .

la

parametrización

una

trayectoria

z

σ (t ) σ (a)

) b

( a

de

en

R 3,

σ (b)

y ∆s

x

Figura 7-1 Dividimos a la trayectoria en “n” particiones. Queda la curva dividida en “n” segmentos de curva y cada uno tiene una longitud de curva ∆si . Definimos el producto:

∆S i = f ( xi , yi , zi )∆si Al considerar la parametrización tendremos que los puntos de la curva se definen de la siguiente manera:

(xi , yi , zi ) = σ (ti ) Para un segmento de curva muy pequeño su longitud es aproximadamente la magnitud del vector velocidad por lo cual tendremos:

∆si = σ ' (ti ) ∆ti Si consideramos S como la suma de todos los n

n

i =1

i =1

∆S i :

S = ∑ ∆S = ∑ f ( xi , yi , zi )∆si = ∑ f (σ (ti )) σ ' (ti ) ∆ti Cuando se toma un número de particiones “n” muy grande entonces tendremos: n

S = lim ∑ ( f o σ ) t σ ' (ti ) ∆ti n →∞

i =1

i

b

S = ∫ ( f o σ ) σ ' (t ) ∂t = ∫ f ds a

σ

Definición:

f ( x, y, z ) una función escalar definida en U ⊂ R 3 → R , diferenciable y acotada en U, σ (t ) = ( x (t ), y (t ), z (t )) la parametrización de una trayectoria en 3 R3, σ (t ) : [a, b] ⊂ R → R . Se llama integral de trayectoria de f sobre σ a la Sea

integral: b

∫σ f ∂s = ∫ ( f o σ )σ ' (t ) ∂t a

Observaciones: • • •

La integral de trayectoria es una versión escalar de la integral de línea que es la versión vectorial. Cuando se habla de la integral de trayectoria no es necesario asociar una orientación a σ. La integral de trayectoria se puede evaluar como una integral definida

Ejemplo 7-1

Solución:

f ( x, y , z ) = x 2 + y 2 + z 2 ; sobre la trayectoria de una hélice σ (t ) = (cos t , sen t , t ) de [0,2π ] . Evaluar la integral del campo escalar

Resolvemos la integral de acuerdo a la definición:

∫ σ

2π

f ∂s =

∫ (cos

2

)

t + sen 2 t + t 2 (− sen t , cos t ,1) ∂t

0 2π

=

∫ (1 + t ) 2

cos 2 t + sen 2 t + 1 ∂t

0 2π

(

)

= 2 ∫ 1 + t 2 ∂t 0 2π

 t3  = 2 t +   3 0

8   2  2π + π 3 
3  

∫ f ∂s = σ

Aplicaciones de la integral de trayectoria 1era. Aplicación: Dada una función f ( x, y , z ) = 1 . Al integrar esta función, sobre una región σ, obtendremos la suma de las longitudes de los segmentos de curva. Es decir tendremos la longitud total de la curva σ. b

∫ f ∂s = σ∫ ∂s = ∫ σ ' (t ) ∂t = L[σ ]

σ

Ejemplo 7-2

a

Calcule

la

longitud

de curva de σ (t ) = (a cos t , a sen t , bt ) , donde t ∈ 0,2π .

[

Solución:

una

hélice

]

Resolvemos la integral de acuerdo a la definición:

L[σ ] = ∫ ∂s σ 2π

=

∫ (− a sen t, a cos t , b ) ∂t 0

2π

=

∫

a 2 sen 2 t + a 2 cos 2 t + b 2 ∂t

0 2π

= a 2 + b 2 ∫ ∂t 0

L[σ ] = 2π a + b 2
2

2da. Aplicación: Sirve para encontrar el valor promedio del campo escalar f a través de la curva σ.

Vp = 3ra. Aplicación:

∫σ f ds L[σ ]

f ( x, y ) : U ⊂ R 2 → R , continua e integrable en D ⊂ R 2 tal que f ( x, y ) > 0 , ∀( x, y ) ∈ D ; σ (t ) = ( x (t ), y (t )) la parametrización de una Dada una función

trayectoria en R2,

σ (t ) : [a, b] ⊂ R → D ⊂ R 2 .

Entonces la integral

∫ f ∂s σ

representa el área de la valla levantada desde la curva plana σ, hasta la función f.

Área de la valla =

∫σ f ∂s

z f(x,y)

y

σ (t ) x Ejemplo 7-3

Encontrar el área de la valla sobre la recta el paraboloide “xy”

Solución:

Figura 7-2

x + y = 1 y limitada por

f ( x, y ) = x + y en el primer cuadrante del plano 2

2

Como podemos observar en la figura 7-3 el problema nos pide determinar el área de la valla que se levanta desde la recta en el plano “xy” hasta el paraboloide

Figura 7-3

Primero parametrizamos la curva plana y determinamos su vector velocidad:

σ (t ) = (t ,1 − t ) σ ' (t ) = (1,−1)

Resolvemos la integral de acuerdo a la definición

A[Valla ] = ∫ f ∂s σ 1

(

= ∫ t 2 + (1 − t )

2

)

2 ∂t

0 1

(

)

= 2 ∫ 2t 2 − 2t + 1 ∂t 0 1

 2t 3 2  = 2 − t + t  3 0 2 2
A[Valla ] = 3 7.2 DEFINICIÓN Y CÁLCULO DE LA INTEGRAL DE LÍNEA, COMO UNA INTEGRAL VECTORIAL. Definición: Sea

F ( x, y, z ) = (F1 ( x, y, z ), F2 ( x, y, z ), F3 ( x, y, z )) una función vectorial

U ⊂ R 3 → R 3 , diferenciable y acotada en U; σ (t ) = ( x(t ), y (t ), z (t )) la parametrización de una trayectoria en R3,

definida

en

σ (t ) : [a, b] ⊂ R → R 3 . Se llama integral de línea de F sobre σ

a la integral:

b

∫σ F • ∂s = ∫ (F o σ ) • (σ ' (t ))∂t a

Existe otra forma más usual de expresar la integral de línea si tenemos en cuenta que el vector diferencial de curva se puede expresar de la siguiente manera:

∂s = (∂x , ∂y , ∂z ) Entonces al resolver el producto punto obtendremos otra expresión equivalente:

∫σ F • ∂s = σ∫ (F (x, y , z ), F (x, y , z ), F (x, y , z )) • (∂x, ∂y , ∂z ) 1

2

3

∫σ F • ∂s = σ∫ F (x, y , z )∂x + σ∫ F (x, y , z )∂y + σ∫ F (x, y , z )∂z 1

Ejemplo 7-4

Evaluar

2

la

integral

de

3

línea del campo vectorial sobre la trayectoria de una hélice

F ( x, y, z ) = xi + yj + zk σ (t ) = (sen t , cos t , t ) de [0,2π ] Solución:

Resolvemos la integral de acuerdo a la definición

∫ F • ∂s = σ

2π

∫ (sen t , cos t , t ) • (cos t ,− sen t ,1)∂t 0

2π

=

∫ (sen t cos t − sen t cos t + t )∂t 0 2π

t 2  4π 2 = ∫ t ∂t =   = 2  2 0 0 2π

∫ F • ∂s = 2π σ

2




7.3 ORIENTACIÓN EN UNA INTEGRAL DE LÍNEA. Una curva en el espacio puede ser abierta o cerrada. Sea

σ (t )

σ (a ) , σ (b ) ; si σ (a ) = σ (b ) entonces se denomina curva cerrada y si σ (a ) ≠ σ (b ) entonces se la denomina curva abierta. parametrización de una curva y

la la

Además de abierta o cerrada, una trayectoria en el espacio puede ser simple o no simple. Una curva simple es una curva que no se cruza a si misma y una curva no simple es aquella que se cruza a si misma.

z

z

σ (b)

σ (a ) = σ (b )

y

σ (a) x

y

x Curva Abierta y Simple

Curva Cerrada y Simple

z

z

σ (b)

σ (a ) = σ (b )

σ (a) x

y

y

x Curva Abierta y No Simple

Curva Cerrada y No Simple Figura 7-4

Cuando la curva es abierta, vamos a asumir orientación positiva hacia arriba y hacia la derecha; hacia abajo y hacia la izquierda será orientación negativa. Cuando la curva es cerrada vamos a asumir orientación positiva cuando es en sentido contrario a la rotación de las manecillas del reloj; cuando es a favor se tratará de orientación negativa

z

z

+

–

y

x

y

x Orientación Positiva

Orientación Negativa Figura 7-5

Una trayectoria puede ser puede ser reparametrizada de tal manera que pueden conservar su orientación original o cambiar la orientación original. Ejemplo 7-5

F ( x, y, z ) = ( x, y, z ) . Calcule la integral de línea en el segmento de la recta que une a los puntos (0,1,0 ) y (1,2,2) , parametrizandola positivamente y luego reparametrizándola

Dado el campo vectorial

de tal manera que cambie su orientación. Solución:

Una parametrización positiva del segmento de recta es: σ (t ) = (t , t + 1,2t ) ; donde 0 ≤ t ≤ 1 Evaluando la integral con dicha parametrización: 1

1

∫ F • ∂s = ∫ (t , t + 1,2t ) • (1,1,2)∂t = ∫ (6t + 1)∂t = [3t σ 0

2

+t

]

1 0

0

∫ F • ∂s = 4
σ

Ahora reparametrizándola de tal manera que cambie su orientación: ρ (t ) = (1 − t ,2 − t ,2 − 2t ) ; donde 0 ≤ t ≤ 1 Evaluando la integral con dicha parametrización: 1

1

∫ρ F • ∂s = ∫ (1− t,2 − t,2 − 2t ) • (−1,−1,−2)∂t = ∫ (6t − 7)∂t = [3t 0

∫ρ F • ∂s = −4


0

2

]

1

− 7t 0

Teorema 7-1 Sea F : U ⊂ R 3 → R 3 seccionalmente continua, σ la parametrización de una curva suave, simple y orientada, y sea ρ la reparametrización de la curva, entonces:

∫ F • ∂s = ∫ρ F • ∂s

si ρ no cambia de orientación de la curva

σ

∫σ F • ∂s = −∫ρ F • ∂s

si ρ cambia de orientación de la curva

Teorema 7-2 Sea F : U ⊂ R 3 → R 3 seccionalmente continua, σ la parametrización de una curva suave, no simple y orientada, y sea ρ la reparametrización de la curva, entonces:

∫ f ds = ∫ρ f ds

sea que ρ cambie o no cambie la orientación de la curva

σ

7.4 APLICACIÓN DE LA INTEGRAL DE LÍNEA AL CÁLCULO DE TRABAJO. El trabajo en la física elemental se define como “trabajo es igual a fuerza por distancia”, es decir que el trabajo que se efectúa sobre el cuerpo se da por: W = Fd , donde F es una fuerza constante que actúa sobre el cuerpo y que es paralela al desplazamiento y d es la magnitud del desplazamiento. Para la figura 7-6 el trabajo se define de la siguiente manera:

F θ

W = Fd d

Fd

Donde Fd es la componente de la fuerza F paralela al desplazamiento:

Fd = F cos θ

d Figura 7-6

Tenemos entonces expresado por:

el

trabajo

W = Fd cos θ 3

Asumiendo que F : U ⊂ R 3 → R 3 representa un campo de fuerza en R ;

σ (t ) la parametrización de una trayectoria en R3, σ (t ) : [a, b] ⊂ R → R 3 .

z

El trabajo realizado por F en un punto de la trayectoria es:

F

σ (a)

∂W = F ∂s cos θ Como F y ∂s son vectores podemos

θ

expresar la expresión anterior como un producto punto:

∂s

∂W = F • ∂s y

σ (b)

Calculamos entonces el trabajo del campo de fuerzas para transportar una partícula a lo largo de la curva σ, es:

W = ∫ F • ∂s

x

σ

Figura 7-7 Ejemplo 7-6

Dado

el

campo

de

fuerzas

F ( x, y, z ) = 2 x + 2 y,2 x,3 z 2 .

Encontrar el trabajo que realizará F al mover una partícula a través de los puntos: (0,0,0 ) → (1,2,0 ) → (1,2,5) . Solución:

El problema nos pide determinar el trabajo de un campo de fuerzas para mover una partícula a través de una curva, así que se trata de una integral de línea. Como podemos observar en la figura 7-8, la curva C es seccionalmente continua así que debemos dividirla en dos curvas:

C2

C1

Figura 7-8 Donde cada curva la parametrizamos:

x = t  C1 :  y = 2t z = 0  0 ≤ t ≤1

x = 1  C2 :  y = 2 z = t  0≤t≤5

+

+

Resolvemos la integral de línea acuerdo a la definición:

∫ F • ∂s = ∫ F • ∂s + ∫ F • ∂s C1+

C

C2 +

1

5

= ∫ F (t ,2t ,0 ) • (1,2,0 )∂t + ∫ F (1,2, t ) • (0,0,1)∂t 0

0

1

5

= ∫ 10t ∂t + ∫ 3t 2∂t 0

0

[ ] + [t ]

= 5t

2 1 0

3 5 0

= 5 + 125 ∫ F • ∂s = 130
C

7.5 INTEGRALES DE LÍNEA EN CAMPOS CONSERVATIVOS. En el capítulo 5 se estudiaron un tipo particular de campos vectoriales, los campos vectoriales gradientes (también conocidos como campos vectoriales conservativos). Sea F ( x, y , z ) = (F1 ( x, y, z ), F2 ( x, y , z ), F3 ( x, y , z )) un campo vectorial gradiente

definida

en

U ⊂ R 3 → R 3 , diferenciable y acotada en U;

σ (t ) = ( x(t ), y (t ), z (t )) la parametrización de una trayectoria σ (t ) : [a, b] ⊂ R → R 3 , entonces la integral de línea se puede definir como:

en

R 3,

b

∫ F • ∂s = ∫ (F o σ ) • (σ ' (t ))∂t σ

Como

a

F ( x, y, z ) = (F1 , F2 , F3 ) es un campo vectorial gradiente, entonces

existe una función escalar

f ( x, y, z ) definida en R 3 → R , tal que: F = ∇f

(F1 , F2 , F3 ) =  ∂f

∂f ∂f  ,   ∂x ∂y ∂z  ,

Entonces la integral de línea queda de la siguiente manera: b

∫ F • ∂s = ∫ (∇f o σ ) • (σ ' (t ))∂t σ

a

 ∂f   ∂x ∂y ∂z  ∂f ∂f = ∫  (σ (t )), (σ (t )), (σ (t )) •  , , ∂t ∂x ∂y ∂z   ∂t ∂t ∂t  a b

 ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂z  = ∫  (σ (t )) + (σ (t )) + (σ (t )) ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t ∂z ∂t  a b

b

 ∂f  = ∫  (σ (t ))∂t ∂ t  a b

= ∫ (∂f (σ (t ))) a

∫ F • ∂s = f (σ (b )) − f (σ (a )) σ

Ejemplo 7-7

Sea F ( x, y , z ) = (2 xyz + sen x )i + x zj + x yk , determinar: a.- Si F es un campo gradiente y si lo es encontrar su función potencial. 2

b.-

2

∫ F ⋅ ∂r donde C es el segmento de recta que une los puntos C

(0,0,0) y (1,2,3) . c.-

∫ F • ∂r donde C es el segmento de recta que une los puntos C

(0,0,0) , (1,0,0) , (1,2,0) y (1,2,3) . d.-

∫ F • ∂r donde C es la intersección del plano

y = x y la

C

esfera Solución:

x2 + y2 + z2 = 1 .

a.- Para determinar si F es un campo gradiente calculamos su rotor:

i j k ∂ ∂ ∂ rot F = = x 2 − x 2 ,2 xy − 2 xy,2 xz − 2 xz ∂x ∂y ∂z 2 xyz + sen x x 2 z x 2 y

(

rot F = (0,0,0) ∴ F es un campo gradiente porque su rotor es igual a cero Entonces determinamos la función potencial de F:

∂f = 2xyz+ senx f ( x, y, z) = ∫ (2xyz+ senx)∂x =x2 yz − cosx + k( y, z) x ∂x ∂f = x2 z f ( x, y, z) = ∫ x2 z∂y = x2 yz + k(x, z) y ∂y ∂f = x2 y f ( x, y, z) = ∫ x2 y∂z = x2 yz + k(x, y) z ∂z 2 f ( x, y, z ) = x z − cos x + k
b.- Como F es un campo gradiente podemos calcular la integral de línea evaluando su función potencial en el punto final, menos su valor en el punto inicial:

∫ F • ∂r = f (1,2,3) − f (0,0,0) = 6 − cos(1) − 1 C

∫ F • ∂r = 5 − cos(1)
C

c.- Calculamos la integral de igual manera que en el literal anterior:

∫ F • ∂r = f (1,2,3) − f (0,0,0) = 6 − cos(1) − 1 C

∫ F • ∂r = 5 − cos(1)
C

d.- Como la curva es cerrada y el campo es conservativo la integral de línea es cero:

∫ F • ∂r = 0
C

7.6 TEOREMA DE GREEN, APLICACIONES

P( x, y ) y Q( x, y ) funciones definidas en D ⊂ R 2 → R ; de tal forma que F ( x, y ) = (P ( x, y ), Q ( x, y )) . D una región plana tipo 3, “ ∂D ” su contorno Sean

orientado positivamente: entonces:

)

 ∂Q

∂P 

∫ P ∂x + Q∂y = ∫∫  ∂x − ∂y  ∂x ∂y

∂D

D

Demostración:

 ∂Q

∂P 

∫ P ∂x + Q ∂y = ∫∫  ∂x − ∂y  ∂x ∂y

∂D

D

∂Q

∂P

∫ P ∂x + ∫ Q ∂y = ∫∫ ∂x ∂x ∂y − ∫∫ ∂y ∂x ∂y

∂D

∂D

D

D

Primero se demostrará que:

∂P

∫ P ∂x = − ∫∫ ∂y ∂x ∂y

∂D

D

Para esto consideramos a D como una región tipo 1:

y φ2(x)

C3

D

C4

C2

Donde cada curva la parametrizamos:

φ1(x) C1 a

a≤ x≤b   D : ( x, y ) ∈ R 2 /  ϕ1 ( x ) ≤ y ≤ ϕ 2 ( x )  Definimos la curva ∂D como: + + − − ∂D (+ ) = C1 ∪ C2 ∪ C3 ∪ C4

x

b Figura 7-9

+ x = t + x = a C2 :  C1 :   y = ϕ1 (t ) y = t − x = t − x = b C3 :  C4 :   y = ϕ 2 (t ) y = t

Entonces la integral de línea queda:

∫ P ∂x = ∫ P ∂x + ∫ P ∂x + ∫ P ∂x + ∫ P ∂x ∂D

C1+

C2 +

C3 −

b

b

a

a

C4 −

= ∫ P (t , ϕ1 (t )) ∂t − ∫ P (t , ϕ 2 (t )) ∂t La integral doble queda:

(x)

bϕ

2 ∂P ∂P − ∫∫ ∂x ∂y = − ∫ ∫ ∂y ∂x ∂y ∂y D a ϕ1 ( x )

b

ϕ (x)

= − ∫ [P ( x, y )]ϕ12( x ) ∂x a b

= − ∫ (P (x, ϕ 2 ( x )) − P ( x, ϕ1 ( x ))) ∂x a b

= ∫ (P ( x, ϕ1 ( x )) − P ( x, ϕ 2 ( x ))) ∂x a

x = t , tenemos que: ∂P ∫∂D P ∂x = ∫a P(t ,ϕ1 (t ))∂t − ∫a P(t , ϕ2 (t ))∂t = − ∫∫D ∂y ∂x ∂y

Haciendo un cambio de variable de b

b

Ahora se demostrará que:

∂Q

∫ Q ∂y = ∫∫ ∂x ∂x ∂y

∂D

D

Para esto consideramos a D como una región tipo 2:

µ1(y)

y

µ ( x ) ≤ x ≤ µ 2 ( x )  D : ( x, y ) ∈ R 2 / 1  c≤ y≤d   Definimos la curva ∂D como: + + − − ∂D (+ ) = C1 ∪ C2 ∪ C3 ∪ C4

µ2(y) C3

d C4

D

C2

Donde cada curva la parametrizamos: + x = t C1 :  y = c − x = t C3 :  y = d

c C1 x Figura 7-10 Entonces la integral de línea queda:

∫ Q ∂y = ∫ Q ∂y + ∫ Q ∂y + ∫ Q ∂y + ∫ Q ∂y ∂D

C1+

C2 +

C3 −

b

b

a

a

C4 −

= ∫ P (t , µ 2 (t )) ∂t − ∫ P(t , µ1 (t )) ∂t La integral doble queda:

+ x = t C2 :   y = µ 2 (t ) − x = t C4 :   y = µ1 (t )

(y)

d v

2 ∂Q ∂Q ∂ x ∂ y = ∫∫D ∂x ∫c µ ∫( y ) ∂x ∂x ∂y 1

b

µ (y)

= ∫ [Q( x, y )]µ12( y ) ∂y a b

= ∫ (Q(µ 2 ( y ), y ) − Q(µ1 ( y ), y )) ∂y a

Haciendo un cambio de variable de b

x = y , tenemos que:

b

∂Q

∫ Q ∂y = ∫ P(t , µ (t ))∂t − ∫ P(t , µ (t ))∂t = ∫∫ ∂x ∂x ∂y 2

∂D

Ejemplo 7-8

1

a

a

Verificar

∫ 2(x

2

el

D

teorema

)

de

Green

en

la

integral

+ y ∂x + ( x + y ) ∂y , siendo C el contorno del triángulo 2

2

C

con vértices en los puntos Solución:

(1,1) , (2,2) y (1,3) .

Como podemos observar en la figura 7-11 el problema nos pide determinar la integral de línea a lo largo de una curva cerrada que limita una región plana.

C2 C3

D C1

Figura 7-11 Donde cada curva la parametrizamos:

+ x = t C1 :  y = t 1≤ t ≤ 2

− x = t C2 :  y = 4 −t 1≤ t ≤ 2

− x =1 C3 :  y = t 1≤ t ≤ 3

Resolvemos la integral de línea acuerdo a la definición:

∫ F • ∂s = ∫ F • ∂s + ∫ F • ∂s + ∫ F • ∂s C

C1+

C2 −

2

C3 − 2

3

= ∫ F (t , t ) • (1,1)∂t − ∫ F (t ,4 − t )• (1,−1)∂t − ∫ F (1, t )• (0,1)∂t 1

1

2

2

1

(

3

)

(

)

= ∫ 8t 2 ∂t − ∫ 4t 2 − 16t + 16 ∂t − ∫ t 2 + 2t + 1 ∂t 1

1

1

2

2

3

 8t   4t  t3  =   − − 8t 2 + 16t  −  + t 2 + t   3 1  3 1  3 1 56 28 26 = − + 24 − 16 − −8− 2 3 3 3 3

3

4

∫ F • ∂s = − 3


C

Ahora resolvemos aplicando el teorema de Green: 2 4− x

∫ F • ∂s = ∫∫ (2(x + y ) − 4 y )∂y ∂x = ∫

∫ (2 x − 2 y )∂y∂x

C

x

D 2

1

[

= ∫ 2 xy − y 2

]

4− x x

2

1 2

(

)

∂x = ∫ 2 x(4 − 2 x ) − (4 − x ) + x 2 ∂x 2

1 2

 4  = ∫ − 4 x + 16 x − 16 ∂x = − x 3 + 8 x 2 − 16  3 1 1 28 = − + 24 − 16 3 4 ∫ F • ∂s = − 3
C

(

2

)

El teorema de Green puede ser aplicado al cálculo de áreas de regiones planas.

[ ]

Consideremos la región plana D en R2. Sea σ (t ) = ( x (t ), y (t )) , σ(t) : a,b ⊂ R →R , la parametrización de la frontera de D orientada positivamente. Sea el campo vectorial 2

F ( x, y ) = (P( x, y ), Q( x, y )) , F ( x, y ) : R 2 → R 2 , continua e integrable en D. Entonces el área de la región D está definida por:

A[D ] = ∫∫ ∂y ∂x D

Aplicando el teorema de Green al calcular la integral de línea de F sobre σ:

 ∂Q

∂P 

∫ F • ∂s = σ∫ P ∂x + Q∂y = ∫∫  ∂x − ∂y ∂y ∂x σ D

Entonces para el valor de la integral de línea sea numéricamente igual al valor del área de la región D, el campo vectorial F debe cumplir la siguiente condición:

∂Q ∂P − =1 ∂x ∂y Por ejemplo tomando el campo

F ( x, y ) = (− 12 y, 12 x ) , al aplicar el teorema de

Green:

∫σ F • ∂s = σ∫ −

1 2

y ∂x + 12 x∂y = ∫∫ ( 12 + 12 )∂y ∂x = ∫∫ ∂y ∂x = A[D ] D

D

x2/3 + y 2/ 3 = a2/3 .

Ejemplo 7-9

Calcular el área encerrada por el hipocicloide

Solución:

Como podemos observar en la figura 7-12 el problema nos pide determinar el área de la región plana limitada por una curva cerrada.

D

Figura 7-12 La parametrización del hipocicloide orientado positivamente es:

σ (θ ) = (a cos3 θ , a sen 3 θ ); 0 ≤ θ ≤ 2π

Aplicando el teorema de Green para el cálculo de áreas tenemos:

A[D] = ∫∫∂y ∂x = ∫ − 12 y ∂x + 12 x∂y σ

D 2π

(

)

(

= ∫ − 12 asen3 θ − 3a cos2 θ senθ ∂θ + 12 a cos3 θ 3asen2 θ cosθ ∂θ 0

=

3a2 2

2π

∫ (sen θ cos θ + cos θ sen θ )∂θ 4

2

4

2

0

2 2π

=

3a 2

∫sen θ cos θ(sen + cos )∂θ 2

2

3a 2

2

0 2

2 2π

=

2

 sen2θ  ∫0  2  ∂θ

2π

3a2 1− cos4θ  =   ∂θ 8 ∫0  2  2π

3a2  sen4θ  θ− = 16  4 0 3a 2π A[D] =
8

7.7 FORMAS VECTORIALES DEL TEOREMA DE GREEN.

F ( x, y ) = (P( x, y ), Q( x, y )) , F ( x, y ) : R 2 → R 2 , continua e integrable en D. D una región plana tipo 3, “ ∂D ” su contorno orientado Sea el campo vectorial

positivamente entonces de acuerdo al teorema de Green:

 ∂Q

∂P 

∫ F • ∂s = ∫ P ∂x + Q∂y = ∫∫  ∂x − ∂y  ∂x ∂y

∂D

∂D

D

Ahora si calculamos el rotor de F:

i

j k

 ∂Q ∂P  rotF = ∂∂x ∂∂y ∂∂z = 0,0, −  ∂x ∂y   P Q 0 Definimos el producto punto:

(rotF) •k = 0,0, ∂Q − ∂P  • (0,0,1) = ∂Q − ∂P 

∂x

∂y 

∂x

∂y

)

Entonces el teorema de Green pude ser expresado de la siguiente manera:

∫ F • ∂s = ∫∫ ((rot F ) • k )∂x ∂y ∂D

D